题型 4. 关于重要分布的数字特征

4.34

设随机变量 $X$ 服从参数为 1 的泊松分布,则 $P\left\{X=E{X}^2\right\}=$ _____.

解

因为 $X\sim P\left(1\right)$,故 $EX=DX=1$,则

$$E\left(X^2\right)=DX+{\left(EX\right)}^2=2.$$

所以

$$P\left\{X=E\left(X^2\right)\right\}=P\{X=2\}=\frac{1^2\cdot {\mathrm{e}}^{-1}}{2!}=\frac{1}{2\mathrm{e}}.$$

4.35

设随机变量 $X$ 的分布函数为 $F\left(x\right)=0.3\Phi \left(x\right)+0.7\Phi \left(\frac{x-1}{2}\right)$,其中 $\Phi \left(x\right)$ 为标准正态分布函数,则 $EX=$ ( ).

(A) 0 (B) 0.3 (C) 0.7 (D) 1

解

因为 $F\left(x\right)=0.3\Phi \left(x\right)+0.7\Phi \left(\frac{x-1}{2}\right)$,所以

$$F^{\prime }\left(x\right)=0.3{\Phi }^{\prime }\left(x\right)+\frac{0.7}{2}{\Phi }^{\prime }\left(\frac{x-1}{2}\right)=0.3\frac{1}{\sqrt{2\pi }}{\mathrm{e}}^{\frac{x^2}{2}}+0.7\frac{1}{2\sqrt{2\pi }}{\mathrm{e}}^{\frac{{\left(x-1\right)}^2}{2\times 2^2}},$$

由于 $\frac{1}{\sqrt{2\pi }}{\mathrm{e}}^{-\frac{x^2}{2}}$ 是 $N\left(0,1\right)$ 的密度函数,故其随机变量的期望为 0,

$\frac{1}{2\sqrt{2\pi }}{\mathrm{e}}^{\frac{{\left(x-1\right)}^2}{2\times 2^2}}$ 是 $N\left(1,2^2\right)$ 的密度函数,其随机变量的期望为 1,

所以

$$EX={\int }_{-\infty }^{+\infty }x{F}^{\prime }\left(x\right)\mathrm{d}x=0.3\times 0+0.7\times 1=0.7,$$

故选(C).

4.36

设 $X$ 表示 10 次独立重复射击命中目标的次数,每次射中目标的概率为 0.4,则 $X^2$ 的数学期望 $E\left(X^2\right)=$ _____.

分析

利用二项分布的方差和期望公式.

解

由于 $X$ 服从二项分布 $B\left(10,0.4\right)$,所以

$DX=npq=10\times 0.4\times \left(1-0.4\right)=2.4$.

由方差公式 $E{X}^2=DX+{\left(EX\right)}^2$ 得,

$$E{X}^2=2.4+4^2=18.4.$$

4.37

设随机变量 $X$ 的概率密度为

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

对 $X$ 独立地重复观察 4 次,用 $Y$ 表示观察值大于 $\frac{\pi }{3}$ 的次数,求 $Y^2$ 的数学期望.

解法一

由于 $P\left\{X>\frac{\pi }{3}\right\}={\int }_{\frac{\pi }{3}}^{\pi }\frac{1}{2}\cos \frac{x}{2}\mathrm{d}x=\frac{1}{2},Y\sim B\left(4,\frac{1}{2}\right)$,因此

$$EY=4\times \frac{1}{2}=2,DY=4\times \frac{1}{2}\times \left(1-\frac{1}{2}\right)=1,$$

所以

$$E{Y}^2=DY+{\left(EY\right)}^2=1+2^2=5.$$

解法二

由于 $P\left\{X>\frac{\pi }{3}\right\}={\int }_{\frac{\pi }{3}}^{\pi }\frac{1}{2}\cos \frac{x}{2}\mathrm{d}x=\frac{1}{2},Y\sim B\left(4,\frac{1}{2}\right)$,

因此, $Y$ 的概率分布为

Y	0	1	2	3	4
P	$\frac{1}{16}$	$\frac{4}{16}$	$\frac{6}{16}$	$\frac{4}{16}$	$\frac{1}{16}$
所以

$E{Y}^2=\frac{1}{16}\left(0\times 1+1\times 4+2^2\times 6+3^2\times 4+4^2\times 1\right)=5.$

4.38

已知 $\left(X,Y\right)$ 服从二维正态分布 $N\left(0,0;1^2,2^2;\frac{1}{2}\right)$. 若 $Z=aX+Y$ 与 $Y$ 独立, 则 $a$ 等于( ).

(A) 2 (B) -2 (C) 4 (D) -4

解

由题设 $\left(X,Y\right)\sim N\left(0,0;1,4;\frac{1}{2}\right),EX=EY=0,DX=1,DY=4,{\rho }_{XY}=\frac{1}{2}$,

若 $Z$ 与 $Y$ 独立,则 $Z$ 与 $Y$ 不相关,即 $\mathrm{Cov}\left(Z,Y\right)=0$.

$\mathrm{Cov}\left(Z,Y\right)=\mathrm{Cov}\left(aX+Y,Y\right)=a\mathrm{Cov}\left(X,Y\right)+DY=a{\rho }_{XY}\sqrt{DX}\sqrt{DY}+DY$

$=a\cdot \frac{1}{2}\cdot 2+4=0\Rightarrow a=-4.$

故应选(D).

4. 39

设 $X\sim P\left(16\right),Y\sim E\left(2\right),{\rho }_{XY}=-0.5$,则 $\mathrm{Cov}\left(X,Y+1\right)=$ _____, $E\left(Y^2+XY\right)$ $=$ _____, $D\left(X-2Y\right)=$ _____.

解

由已知, $EX=DX=16,EY=\frac{1}{2},DY=\frac{1}{4}$,则

$\mathrm{Cov}\left(X,Y+1\right)=\mathrm{Cov}\left(X,Y\right)={\rho }_{XY}\cdot \sqrt{DX}\cdot \sqrt{DY}=-1;$

$E\left(Y^2+XY\right)=E\left(Y^2\right)+E\left(XY\right)=\left[DY+{\left(EY\right)}^2\right]+\left[\mathrm{Cov}\left(X,Y\right)+EX\cdot EY\right]=\frac{15}{2};$

$D\left(X-2Y\right)=DX+4DY-4\mathrm{Cov}\left(X,Y\right)=21.$

4.40

设一物体是圆截面,测量其直径,设其直径 $X$ 服从 $\left[0,3\right]$ 上的均匀分布,则求横截面积 $Y$ 的数学期望和方差.

解

由题意可知甲 180

$$f_X\left(x\right)=\{\begin{array}{ll}\frac{1}{3},& 0\le x\le 3\\ 0,& \text{ 其他 }\end{array}$$

利用均匀分布的数字特征公式,所以

$$EX=\frac{3}{2},DX=\frac{3}{4}.$$

由横截面积 $Y=\pi \cdot \frac{X^2}{4}$ 得,

$$EY=\frac{\pi }{4}E{X}^2=\frac{\pi }{4}\left[DX+{\left(EX\right)}^2\right]=\frac{\pi }{4}\left(\frac{3}{4}+\frac{9}{4}\right)=\frac{3}{4}\pi ,$$ $$DY=E{Y}^2-{\left(EY\right)}^2=\frac{{\pi }^2}{16}E{X}^4-\frac{9}{16}{\pi }^2=\frac{{\pi }^2}{16}{\int }_0^3{x}^4\cdot \frac{1}{3}\mathrm{d}x-\frac{9}{16}{\pi }^2=\frac{9}{20}{\pi }^2.$$

4.41

设二维随机变量 $\left(X,Y\right)$ 服从 $N\left(\mu ,\mu ;{\sigma }^2,{\sigma }^2;0\right)$,则 $E\left(X{Y}^2\right)=$ _____.

解

由于 $\rho =0$,由二维正态分布的性质可知随机变量 $X,Y$ 独立.

因此 $E\left(X{Y}^2\right)=EX\cdot E{Y}^2$. 由于 $\left(X,Y\right)$ 服从 $N\left(\mu ,\mu ;{\sigma }^2,{\sigma }^2;0\right)$,可知 $EX=\mu ,E{Y}^2=DY+{\left(EY\right)}^2$ $={\mu }^2+{\sigma }^2$,则

$$E\left(X{Y}^2\right)=\mu \left({\mu }^2+{\sigma }^2\right)={\mu }^3+\mu {\sigma }^2.$$

故应填 ${\mu }^3+\mu {\sigma }^2$.

4.42

一本 500 页的书共有 100 个错误,设每页上错误的个数为随机变量 $X$,已知它服从泊松分布, 现随机地取 1 页, 求下列事件的概率:

(1)该页上没有错误；

(2)这页上错误不少于 2 个.

解

因为 $X\sim P\left(\lambda \right)$,故 $EX=\lambda$. 由题意可知每页上平均有 $\frac{1}{5}$ 个错误,即 $EX=\frac{1}{5}$,则 $\lambda =\frac{1}{5}$.

(1) $P\{X=0\}=\frac{{\left(\frac{1}{5}\right)}^{\circ }{\mathrm{e}}^{-\frac{1}{5}}}{0!}={\mathrm{e}}^{-\frac{1}{5}}$.

(2) $P\{X\ge 2\}=1-P\{X=0\}-P\{X=1\}=1-\frac{6}{5}{\mathrm{e}}^{-\frac{1}{5}}$

或查表得 $P\{X\ge 2\}=0.0175$.