题型 1 关于随机变量的判断及选择

5.1

设离散型随机变量 $X$ 的分布律为: $P\{X=k\}=b{\lambda }^k,\left(k=1,2,3,\cdots \right)$ 且 $b>0$, 则 $\lambda$ 为 ( ).

(A) $\lambda >0$ 的任意实数 (B) $\lambda =b+1$ (C) $\lambda =\frac{1}{1+b}$ (D) $\lambda =\frac{1}{b-1}$

解

因为 $\sum _{k=1}^{\infty }P\{X=k\}=\sum _{k=1}^{\infty }b{\lambda }^k=1,S_n=\sum _{k=1}^{n}b{\lambda }^k=b\cdot \frac{\left(1-{\lambda }^n\right)\lambda }{1-\lambda }$ 即

$$\underset{n\to \infty }{\lim }{S}_n=\underset{n\to \infty }{\lim }b\cdot \lambda \frac{\left(1-{\lambda }^n\right)}{1-\lambda }=1$$

于是可知,当 $\left|\lambda \right|<1$ 时, $b\cdot \frac{\lambda }{1-\lambda }=1$,所以

$$\lambda =\frac{1}{1+b}<1,\left(\text{ 因 }b>0\right)$$

故应选(C)

5.2

设 $F_1\left(x\right)$ 与 $F_2\left(x\right)$ 为两个分布函数, 其相应的概率密度 $f_1\left(x\right)$ 与 $f_2\left(x\right)$ 是连续函数, 则必为概率密度的是 ( )

(A) $f_1\left(x\right)f_2\left(x\right)$. (B) $2f_2\left(x\right)F_1\left(x\right)$. (C) $f_1\left(x\right)F_2\left(x\right)$. (D) $f_1\left(x\right)F_2\left(x\right)+f_2\left(x\right)F_1\left(x\right)$.

解

因为 $f_1\left(x\right)F_2\left(x\right)+f_2\left(x\right)F_1\left(x\right)\ge 0$,且

${\int }_{-\infty }^{+\infty }\left[f_1\left(x\right)F_2\left(x\right)+f_2\left(x\right)F_1\left(x\right)\right]\mathrm{d}x$

$={\int }_{-\infty }^{+\infty }\left[F^{\prime }{}_1\left(x\right)F_2\left(x\right)+F^{\prime }{}_2\left(x\right)F_1\left(x\right)\right]\mathrm{d}x$

$=F_1\left(x\right)F_2\left(x\right){|}_{-\infty }^{+\infty }=1.$

则 $f_1\left(x\right)F_2\left(x\right)+f_2\left(x\right)F_1\left(x\right)$ 满足概率密度的两条性质,故应选(D).

点评

本题考查了多个基本知识点, 综合性较强:

① 概率密度的性质: $f\left(x\right)\ge 0;{\int }_{-\infty }^{+\infty }f\left(x\right)\mathrm{d}x=1$;

② 分布函数的性质: $F\left(-\infty \right)=0;F\left(+\infty \right)=1$;

③ 分布函数与概率密度的关系: $F^{\prime }\left(x\right)=f\left(x\right)$.

5.3

设 $X\sim B\left(n,p\right)$,若 $\left(n+1\right)p$ 不是整数,则( )时 $P\{X=k\}$ 最大.

(A) $k=\left(n+1\right)p$ (B) $k=\left(n+1\right)p-1$ (C) $k=np$ (D) $k=\left[\left(n+1\right)p\right]$

解

由二项分布的性质知, 应选 (D).

点评

设 $X\sim B\left(n,p\right)$,则使 $P\{X=k\}$ 达到最大的 $k$,称为二项分布的最可能值,记为 $k_0$ 且

$$k_0=\{\begin{array}{ll}\left(n+1\right)p\text{ 和 }\left(n+1\right)p-1,& \text{ 当 }\left(n+1\right)p\text{ 是整数时 }\\ \left[\left(n+1\right)p\right],& \text{ 其他 }\end{array}$$

5.4

设随机变量 $X$ 在区间 $\left(2,5\right)$ 上服从均匀分布,现对 $X$ 进行三次独立观测,则至少有两次观测值大于 3 的概率为( ).

(A) $\frac{20}{27}$ (B) $\frac{27}{30}$ (C) $\frac{2}{5}$ (D) $\frac{2}{3}$

解

由题意“对 $X$ 进行三次独立观测” 即是在相同条件下进行三次独立重复试验,因此所求概率属于伯努利概型的概率计算问题.

以 $A$ 表示事件“对 $X$ 的观测值大于 $3^{\prime \prime }$,即 $A=\{X>3\}$,由题设知 $X$ 的概率密度为

$$f\left(x\right)=\{\begin{array}{ll}\frac{1}{3},& 2<x<5\\ 0,& \text{ 其他 }\end{array}$$

因此 $P\left(A\right)=P\{X>3\}={\int }_3^5\frac{1}{3}\mathrm{d}x=\frac{2}{3}$.

以 $Y$ 表示三次独立观测中观测值大于 3 的次数,则 $Y$ 的可能值为0,1,2,3,且据伯努利概型的计算公式, $Y$ 取各可能值的概率为

$$P\{Y=k\}=C_3^k{p}^k{q}^{3-k}=C_3^k{\left(\frac{2}{3}\right)}^k{\left(\frac{1}{3}\right)}^{3-k}\left(k=0,1,2,3\right)$$

即 $Y\sim B\left(3,\frac{2}{3}\right)$. 从而,所求概率为

$$P\{Y\ge 2\}=C_3^2{\left(\frac{2}{3}\right)}^2\left(\frac{1}{3}\right)+C_3^3{\left(\frac{2}{3}\right)}^3=\frac{20}{27}$$

故应选 (A).

5.5

当随机变量的可能值充满区间( ),则 $\phi \left(x\right)=\cos x$ 可以成为随机变量 $X$ 的分布密度.

(A) $\left[0,\frac{\pi }{2}\right]$ (B) $\left[\frac{\pi }{2},\pi \right]$ (C) $\left[0,\pi \right]$ (D) $\left[\frac{3}{2}\pi ,\frac{7}{4}\pi \right]$

解

由随机变量 $X$ 的分布密度函数 $\phi \left(x\right)$ 的非负性可知 (B)、(C) 不该入选.

又 ${\int }_{-\infty }^{+\infty }\phi \left(x\right)\mathrm{d}x=1$. 验证

(A) ${\int }_{-\infty }^{+\infty }\phi \left(x\right)\mathrm{d}x={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\cos x\mathrm{d}x={\sin x|}_0^{\frac{\pi }{2}}=1$

(D) ${\int }_{-\infty }^{+\infty }\phi \left(x\right)\mathrm{d}x={\int }_{\frac{3}{2}\pi }^{\frac{7}{4}\pi }\cos x\mathrm{d}x={\sin x|}_{\begin{array}{c}\frac{3}{2}\pi \\ \frac{3}{2}\pi \end{array}}^{\frac{7}{4}\pi }=\frac{\sqrt{2}}{2}+1$

故应选(A).

5.6

设 $X$ 为随机变量,若矩阵 $A=\left[\begin{array}{ccc}2& 3& 2\\ 0& -2& -X\\ 0& 1& 0\end{array}\right]$ 的特征值全为实数的概率为 0.5,

则( ).

(A) $X$ 服从区间 $\left[0,2\right]$ 的均匀分布 (B) $X$ 服从二项分布 $B\left(2,0.5\right)$

(C) $X$ 服从参数为 1 的指数分布 (D) $X$ 服从正态分布 $N\left(0,1\right)$

解

由 $\left|\lambda E-A\right|=\left[\begin{array}{ccc}\lambda -2& -3& -2\\ 0& \lambda +2& X\\ 0& -1& \lambda \end{array}\right]=\left(\lambda -2\right)\left({\lambda }^2+2\lambda +X\right)$,而其特征值全为实数的概率 $P\left\{2^2-4X\ge 0\right\}=P\{X\le 1\}=0.5$,可见当 $X$ 服从 $\left[0,2\right]$ 上均匀分布时成立.

故应选(A).

5.7

设随机变量 $X$ 的密度函数为 $f_X\left(x\right)$,则 $Y=3-2X$ 的密度函数为 ( ).

(A) $-\frac{1}{2}{f}_X\left(-\frac{y-3}{2}\right)$ (B) $\frac{1}{2}{f}_X\left(-\frac{y-3}{2}\right)$

(C) $-\frac{1}{2}{f}_X\left(-\frac{y+3}{2}\right)$ (D) $\frac{1}{2}{f}_X\left(-\frac{y+3}{2}\right)$

解

本题是求连续型随机变量函数的概率密度,因为 $Y=g\left(X\right)$ 是单调函数,由公式法可知 (B) 正确.

5.8

设随机变量 $X$ 具有对称的概率密度,即 $f\left(-x\right)=f\left(x\right)$,则对任意 $a>0,P\{\left|X\right|>$ $a\}$ 是 ( ).

(A) $1-2F\left(a\right)$ (B) $2F\left(a\right)-1$ (C) $2-F\left(a\right)$ (D) $2\left[1-F\left(a\right)\right]$

解

因为 $f\left(-x\right)=f\left(x\right)$,所以

$$F\left(-a\right)={\int }_{-\infty }^{-a}f\left(x\right)\mathrm{d}x={\int }_a^{+\infty }f\left(x\right)\mathrm{d}x$$

所以

$$F\left(a\right)+F\left(-a\right)={\int }_{-\infty }^{+\infty }f\left(x\right)\mathrm{d}x=1\Rightarrow F\left(-a\right)=1-F\left(a\right)$$ $$\Rightarrow P\{\left|X\right|>a\}=1-P\{\left|X\right|<a\}=1-P\{-a<X<a\}$$ $$=1-\left[F\left(a\right)-F\left(-a\right)\right]=1-\left[F\left(a\right)-\left(1-F\left(a\right)\right)\right]=2\left[1-F\left(a\right)\right].$$

故应选(D).

5.9

设随机变量 $X$ 服从正态分布 $N\left({\mu }_1,{\sigma }_1^2\right)$,随机变量 $Y$ 服从正态分布 $N\left({\mu }_2,{\sigma }_2^2\right)$,且

$P\left\{\left|X-{\mu }_1\right|<1\right\}>P\left\{\left|Y-{\mu }_2\right|<1\right\}$,则必有 ( ).

(A) ${\sigma }_1<{\sigma }_2$ (B) ${\sigma }_1>{\sigma }_2$ (C) ${\mu }_1<{\mu }_2$ (D) ${\mu }_1>{\mu }_2$

解

$P\left\{\left|X-{\mu }_1\right|<1\right\}>P\left\{\left|Y-{\mu }_2\right|<1\right\}$,即

$$P\left\{\frac{-1}{{\sigma }_1}<\frac{X-{\mu }_1}{{\sigma }_1}<\frac{1}{{\sigma }_1}\right\}>P\left\{\frac{-1}{{\sigma }_2}<\frac{Y-{\mu }_2}{{\sigma }_2}<\frac{1}{{\sigma }_2}\right\},$$

从而 $2\Phi \left(\frac{1}{{\sigma }_1}\right)-1>2\Phi \left(\frac{1}{{\sigma }_2}\right)-1$,故

$$\Phi \left(\frac{1}{{\sigma }_1}\right)>\Phi \left(\frac{1}{{\sigma }_2}\right),\frac{1}{{\sigma }_1}>\frac{1}{{\sigma }_2},\text{得}{\sigma }_2>{\sigma }_1$$

故应选 (A).

5.10

设随机变量 $X$ 的分布函数 $F\left(x\right)=\{\begin{array}{ll}0,& x<0\\ \frac{1}{2},& 0\le x<1,\\ 1-{\mathrm{e}}^{-x},& x\ge 1\end{array}$ 则 $P\{X=1\}=$ ( )

(A) 0 (B) $\frac{1}{2}$ (C) $\frac{1}{2}-{\mathrm{e}}^{-1}$ (D) $1-{\mathrm{e}}^{-1}$

解

$P\{X=1\}=P\{X\le 1\}-P\{X<1\}=F\left(1\right)-F\left(1-0\right)=\left(1-{\mathrm{e}}^{-1}\right)-\frac{1}{2}=\frac{1}{2}-{\mathrm{e}}^{-1}$.

故应选(C)