复旦大学：《概率论》课程教学资源（习题答案）第三章 随机变量与分布函数

第三章随机变量与分布函数 1、解:令n表在n次移动中向右移动的次数,则ξ服从二项分布, P(=}=*(1-p)"-,= 0, 1,..n 以Sn表时刻时质点的位置,则 Sn=5n-(n-5n)=25n-n。 5n的分布列为 0 1 2 n (-p)cp(-p)-p(1-p)n-2p Sn的分布列为 n -n+2 n+4n (1-p)Cp(1-p)n-2p2(1-p)-2…p 2、解:P=1}=P失成}+P成失}=Pq+p P=2}=P失失成}+P成成失}=ppq+qqp=p2q+q2p… 所以ξ的概率分布为 p{=k}=pq+q2p,k=1,2, 3、解:(1)1=f(k)=,c=1 =" (2)1=kc(e2-1),c=(e2-1y 4、证:f(x)≥0,且 f(x)-"dx e-dx =-e-r ∴f(x)是一个密度函数。 5、解:(1)P(6<5<9)=P(6-10)<(5-10)<(9-10) =P-12(-10)2888 (2)P(7<5<12)=P(7-10)<(5-10)<-(12-10) =P{-1-<(5-10)<1=(1)-(-1-)=0.774538

第三章 随机变量与分布函数 1、 解：令  n 表在 n 次移动中向右移动的次数，则  n 服从二项分布， P k C p p k n k k n k { n = } = n (1− ) − , = 0,1,  以 n S 表时刻时质点的位置，则 Sn =  n − (n − n ) = 2 n − n 。  n 的分布列为         − − − − n− n n n n n p C p p C p p p n   1 1 2 2 2 (1 ) (1 ) (1 ) 0 1 2 。 n S 的分布列为         − − − − − + − + − n− n n n n n p C p p C p p p n n n n   1 1 2 2 2 (1 ) (1 ) (1 ) 2 4 。 2、 解： P{ =1} = P{失成}+ P{成失} = pq + qp ， P{ = 2} = P{失失成}+ P{成成失} = ppq + qqp = p 2 q + q 2 p,  所以  的概率分布为 p{= k} = p k q + q 2 p, k =1,2, 。 3、 解： （1） = = =  N k N N c f k 1 1 ( ) ， c =1。 （2）   = = = − 1 ( 1) ! 1 k k c e k c   ， 1 ( 1) −  = −  c e 。 4、 证： f (x)  0 ，且  −  − − −  −  − − = = −    0 | | | | 2 1 ( ) x x x f x dx e dx e dx e  f (x) 是一个密度函数。 5、 解：（1）         = −  −  (9 −10) 2 1 ( 10) 2 1 (6 10) 2 1 P(6  9) P  ( 2) 0.285788 2 1 2 1 ( 10) 2 1 1  −  − =      =        = P −   −  （2）         = −  −  (12 −10) 2 1 ( 10) 2 1 (7 10) 2 1 P(7  12) P  ( ) ) 0.774538 2 1 ( 10) 1 1 ( 1 2 1 2 1 1 =  −  − =       = P −   − 

(3)P(13<5<15)=P(13-10)<(5-10)<(15-10) P1 (5-10)<2}=c|2|-(1)=0060597 6、解:7+24+38+24+7=100,P{<x4}=(100-7)/100=0.93,P{5<x3}= P{5<x3}=(7+24+38)/100=069,查表得Φ(1.5)≈0.93,Φ(0.5)≈069 由题设得 30-60)=x}=P5<y 令x=(y-60)=1.5,解得y=64.5,即x4=64.5。由对称性得x1= 60-(645-60)=555令(y-60)=05,解得y=61.5,即x3=61.5。由对 称性得x2=60-(61.5-60)=585 7、解:(1)(1.3)=090,而P{<a}=P=(5-5)<(a-5)}=(a-5) 令二(a-5)=1.3解得a=76 (2)由P5-5a}=0011P5-5>a=0005,从而P2(5-5)≤a 0.995,而Φ(26)=0.995所以a=26,a=5,2。 8、证:(1)设x2>x12F(x2)-F(x1)=P{x1<5≤x2}20,所以F(x2)≥F(x1), F(x)非降 (2)设x<…<x<x1<…<x1<x,x1↓x由概率的可加性得 nI(<5sx =P(x <5 soi ∑[(x)-F(xn)=F(x0)-F(x)。 由此得F(x0)-F(x)=lm[F(x)-F(x), F(x)=lmF(xn)=F(x+0),F(x)右连续 (3)1=P{-<5<m}=∑Pn<5≤n+

（3）         = −  −  (15 −10) 2 1 ( 10) 2 1 (13 10) 2 1 P(13  15) P  ) 0.060597 2 1 (1 2 1 2 2 1 ( 10) 2 2 1 2 1 1  −  =      =        = P   −  6、 解：7+24+38+24+7=100， P{  x4 } = (100 −7)/100 = 0.93， P{  x3 } = P{  x3 } = (7 + 24 + 38)/100 = 0.69 ，查表得 (1.5)  0.93, (0.5)  0.69 。 由题设得 ( 60) { } 3 1 ( 60) 3 1 (x) P y x = P  y        =  −  − =  令 ( 60) 1.5 3 1 x = y − = ， 解 得 y = 64.5 ， 即 x4 = 64.5 。 由 对 称 性 得 x1 = 60 − (64.5 − 60) = 55.5 。再令 ( 60) 0.5 3 1 y − = ，解得 y = 61.5 ，即 x3 = 61.5 。由对 称性得 x2 = 60 −(61.5−60) = 58.5。 7、 解：（1） (1.3) = 0.90 ，而       =  −        = −  − ( 5) 2 1 ( 5) 2 1 ( 5) 2 1 P{ a} P  a a ， 令 ( 5) 1.3 2 1 a − = 解得 a = 7.6。 （ 2 ） 由 P{|  − 5 | a} = 0.01 得 P{ − 5  a} = 0.005 ，从而       P −  a 2 1 ( 5) 2 1  =0.995，而 (2.6) = 0.995 所以 2.6, 5.2 2 1 a = a = 。 8、 证：（1）设 x2  x1 , F(x2 ) − F(x1 ) = P{x1   x2 } 0 ，所以 ( ) ( ) 2 1 F x  F x ， F(x) 非降。 （2）设 1 1 0 x x x x x  n  n−   ， x  x 1 由概率的可加性得 ( ) { }0 0 1 P x x P x x i i i =            = +    ( ) ( ) ( ) ( ) 0 0 1 F x F x F x F x i  i − i = −  = + 。 由此得 ( ) ( ) lim  ( ) ( ) 0 0 F x F x F x F x n − = − → ， F(x) lim F(x ) F(x 0), F(x) n n  = = + → 右连续。 （3） 1 { }  { 1}  → = −    =   + n P  P n  n

EIF(n+1)-F(n)]=lim F(n)=lim F(m) 由单调性得limF(x)与lmF(x)均存在且有穷,由0≤F(x)≤1及上式得 F(-∞)=0,F(∞)=1。 9、证:P{x1≤5≤x2}=P{≤x2}-P{<x1}=P{≤x2}-(1-P≤x2}) =P{≤x2}+P{2x1}-1≥(-B)+(1-a)-1=1-(a+B) ∴不等式成立 x∈(-∞,0 10、证法一:定义F(x)={P0≤5<x,x∈(0则F(x)是5的分布函数。由题 x∈(1,∞) 设得,对任意2x∈[0,1有P{0≤5<x}=P{x≤5<2x},即有 P0≤5<2x}=2P{0≤5<x}由此得F(2x)=2F(x)。逐一类推可得,若nx∈[0], 则F(nx)=nF(x),或者一F(x)=F(-)。从而对有理数一,若“x与x都属于[0,1 n 则有Hmx|=mF(x)。再由F(x)的左连续性可得,对任意无理数a,若ax与x都 属于[0,1,则F(ax)=aF(x) 因为区间[0,1)与[0,1的长度相等,由题设得 F(1)=P{0≤5<1=P{0≤5≤1}=1 由此及上段证明得,对任意x∈[0,有F(x)=xF(1)=x,即F(x)为 0 F(x)=x,0<x≤1 ∵.5服从[0,1上均匀分布。 证法二:如同证法一中定义5的分布函数F(x),由F(x)单调知它对[O,1上的L一测 试几乎处处可微。设x1,x2∈(0.1),当x1+Ax∈[0l](=1,2)时,由题设得 F(x,+Ax)-F(x=Px ss<x+Ax) P{x2≤5<x2+△x}=F(x2+△x}-F(x2) 等式两端都除以△x,再令Δx→>0可得,由F(x1)存在可推得F(x2)也存在,而且 F(x2)=F(x1)从而对任意x∈(0,1)有F(x)≡C。当x百[0时显然有F(x)=0。 点的长度为0,由题设得P{5=0}=P{=l}=0。由上所述可知ξ是连续型随机变 量,F(x)是其密度函数,从而定出c=1。至此得证服从[0,1均匀分布。 1l、证:(1)fG(x)= ra exp_(x-m) 2

F(n 1) F(n) lim F(n) lim F(m) n m n → →−  → =  + − = = 。 由 单 调 性 得 lim F(x) x→− 与 lim F(x) x→ 均 存 在 且 有 穷 ， 由 0  F(x)  1 及上式得 F(−) = 0, F() = 1。 9、 证： { } { } { } 1 2 2 1 P x   x = P   x − P   x { } (1 { }) 2 2 = P   x − − P   x = P{  x2 }+ P{  x1 }−1  (1−  ) + (1−) −1 = 1− ( +  ). ∴不等式成立。 10、证法一：定义            − = 1, (1, ) {0 }, (0,1] 0, ( ,0] ( ) x P x x x F x  则 F(x) 是  的分布函数。由题 设得，对任意 2x [0,1] 有 P{0    x} = P{x    2x} ，即有 P{0    2x} = 2P{0    x} 。由此得 F(2x) = 2F(x) 。逐一类推可得，若 nx [0,1]， 则 F(nx) = nF(x) ，或者 ( ) ( ) 1 n x F x F n = 。从而对有理数 n m ，若 x n m 与 x 都属于[0,1]， 则有 F(x) n m x n m F  =      。再由 F(x) 的左连续性可得，对任意无理数 a ，若 ax 与 x 都 属于[0,1]，则 F(ax) = aF(x) 。 因为区间 [0,1) 与[0,1]的长度相等，由题设得 F(1) = P{0    1} = P{0    1} = 1. 由此及上段证明得，对任意 x [0,1] 有 F(x) = xF(1) = x ，即 F(x) 为          = 1, 1 , 0 1 0, 0 ( ) x x x x F x ∴  服从[0,1]上均匀分布。 证法二：如同证法一中定义  的分布函数 F(x) ，由 F(x) 单调知它对[0,1]上的 L－测 试几乎处处可微。设 , (0,1) x1 x2  ，当 [0,1]( 1,2) x1 + x i = 时，由题设得 ( ) ( ) { } 1 1 1 1 F x + x − F x = P x    x + x { } ( } ( 2) 2 2 2 = P x   x + x = F x + x − F x 等式两端都除以 x ，再令 x →0 可得，由 '( ) 1 F x 存在可推得 '( ) 2 F x 也存在，而且 '( ) 2 F x '( ) 1 = F x 。从而对任意 x (0,1) 有 F'(x)  c 。当 x  [0,1] 时显然有 F'(x) = 0 。 一点的长度为 0，由题设得 P{ = 0} = P{ = 1} = 0 。由上所述可知  是连续型随机变 量， F'(x) 是其密度函数，从而定出 c =1 。至此得证  服从[0,1]均匀分布。 11、证：（1）       − = − 2 2 2 2 1     ( x m ) f ( x ) exp

22(x-m0)2+h (x-=m)-m=m2 2 若令Q(a)=,T(x)=(x-m)2,D(a_=-ho,S(x)=-h√2z,则有 (22) f,(x)=expo()T(x)+D(o)+S(x)) 这就证明了正态分布M(m0,a2)是单参数o(G>0)的指数族 (2)Jn(x)= (x-m)2 丌 IX 若令Q(m)=-2,7(x)=x,D(m) ,S(x)≡ +h1 O f (x)=expo(m)T(x)+D(m)+S(x)) 所以正态分布N(m,O02)是单参数m(-∞<m<∞)的指数族。 (3)p(k;)=∥ep{kh2-2-hkl}。 若令Q(4)=h,7(k)=k,D(4)=-,S(k)=-hk!,则 p(k,A)=exp{Q(4)T(k)+D()+S(k)},所以p(k;1)是单参数A(2>0)的指数族 (4)关于[0,0]上的均匀分布,其密度函数为f(x)= j1/,0sx≤e b或x>0 f(x)是定义在-∞<x<∞的函数,由于它是x的分段表示的函数,所以无法写成形 式f(x)=ex{Q(6)r(x)+D(O)+(x)}故f(x)关于O不是一个单参数的指数 族 12、证:分别对固定的x0和y0有 y>-x0 F(x, yo) 0.x 由上式显然可得F(x,y)对每个变元非降,左连续,而且满足(2.6)及(2.7),即 F(-∞,y)=0,F(x-∞)=0,F(+∞,+∞)=1但有 F(1)-F(1,0)-F(0,1)+F(0.0)=-1 这说明当取a1=a2=0,b=b2=1时(2.5)式不成立。所以F(x,y)不是分布函数。 13、证:必要性:

      = − − +  2  1 ( ) ln 2 1 exp 2 2 m0 x       − − − = −    2 2 2 2 ln ln ( x m) exp 若令  , ( ) ( ) , ( _ ln  (2 ) 1 ( ) 2 2 = − 0 = − − Q = T x x m D ， S(x) = −ln 2 ，则有 f (x) = exp{Q( )T(x) + D( ) + S(x)}  这就证明了正态分布 ( , ) 2 M m0  是单参数  (  0) 的指数族。 （2）         − = − 2 0 2 0 2 ( ) exp 2 1 ( )    x m f x m       − + = − 2 2 2 0 2 2 exp 2 1    x mx m         = − − + 0 2 0 2 2 0 2 2 0 2 1 ln 2 2 exp     mx m x 若令 0 2 0 2 2 0 2 2 0 2 1 ln 2 , ( ) 2 1 ( ) , ( ) , ( )      = + − = = = x S x m T x x D m m Q m ，则 f (x) exp{Q(m)T(x) D(m) S(x)} m = + + 所以正态分布 ( , ) 2 N m  0 是单参数 m(−  m  ) 的指数族。 （3） exp{ ln ln !} ! ( ; ) e k k k p k k = = − − −      。 若令 Q() = ln , T(k) = k, D() = −, S(k) = −ln k! ，则 p(k;) = exp{Q()T(k) + D() + S(k)} ，所以 p(k;) 是单参数 (  0) 的指数族。 （4）关于 [0, ] 上的均匀分布，其密度函数为        = 0, 0 1/ , 0 ( ) x x x f x  或    f (x)  是定义在 −  x   的函数，由于它是 x 的分段表示的函数，所以无法写成形 式 f (x) = exp{Q()T(x) + D() + S(x)}  ， 故 f (x)  关于  不是一个单参数的指数 族。 12、证：分别对固定的 0 x 和 0 y 有     −  − =     −  − = 0 0 0 0 0 0 0, 1, , ( , ) 0, 1, ( , ) x y x x F x y y x y x F x y 。 由上式显然 可得 F(x, y) 对每个变元非 降，左 连续，而 且满足(2.6) 及(2.7) ，即 F(−, y) = 0,， F(x,−) = 0, F(+,+) = 1 但有 F(1,1) − F(1,0) − F(0,1) + F(0,0) = −1, 这说明当取 a1 = a2 = 0, b1 = b2 =1 时(2.5)式不成立。所以 F(x, y) 不是分布函数。 13、证：必要性：

f(x, y)dray=lke a(r+6 b u=x V=v, 得 JA(x, y)drdy= ke- du j 要积分收敛,必须a>0,(ac-b2)/a>0,由此得应有ac-b2>0以及c>0。利用 ∫e"d=z可得 kc-dh(°e°如=k.1√ √z 从而题中所列条件全部满足。 以上诸步可逆推,充分性显然。 14、解:设∫(x,y)=f1(x)2(y)+(x,y)是密度函数,则由∫(x,y)≥0得 h(x,y)≥-f1(x)f2(y)。又 1=/(, drdy=A(x)dx /()dy +[ n(x, y)drdy=1+[n(x,y)drdy 所以应有(x,y)h=0 反之,若x,y)2-f(x)2(y),M(xy)可积且M(x,y)td=0,显然有 f(x,y)20且』f(x,y)td=1,即f(x,y)是密度函数, 所以为使∫(x,y)是密度函数,h(x,y)必须而且只需满足h(x,y)≥-f1(x)f2(y) 且(x,y)bd=0 15、解:(1)1-J。c2deb= A=2 (2)P<2n<12=2∫h=(e-1Xe1) (3)5的边际分布,当x≤0时f(x)=0,当x>0时有 f(x)= -2xo-ydv= 2e (4)P+n<2}=22。h

f x y dxdy k e e dxdy y a ac b y a b a x   − − + − =  2 2 ( ) ( , ) 令 y v y a b u = x + , = ，得 = , = − v, J = 1 a b y v x u 。设     −  − − − − f x y dxdy = k e du e dv v a ac b a u 2 2 2 ( , ) 要积分收敛，必须 0, ( )/ 0 2 a  ac − b a  ，由此得应有 0 2 ac − b  以及 c  0 。利用   − − e du =  u 2 可得 1 1 2 2 2 2 = − =      −  − − − −   ac b a a k e du e dv k v a ac b au ∴  2 ac b k − = 从而题中所列条件全部满足。 以上诸步可逆推，充分性显然。 14、解：设 ( , ) ( ) ( ) ( , ) 1 2 f x y = f x f y + h x y 是密度函数，则由 f (x, y)  0 得 ( , ) ( ) 2( ) 1 h x y  − f x f y 。又      1 = f (x, y)dxdy = f (x)dx f ( y)dy + h(x, y)dxdy = 1+ h(x, y)dxdy 1 2 ， 所以应有 ( , ) = 0  h x y dxdy 。 反之，若 ( , ) ( ) 2( ) 1 h x y  − f x f y ， h(x, y) 可积且 ( , ) = 0  h x y dxdy ，显然有 f (x, y)  0 且 ( , ) = 1  f x y dxdy ，即 f (x, y) 是密度函数。 所以为使 f (x, y) 是密度函数， h(x, y) 必须而且只需满足 ( , ) ( ) 2( ) 1 h x y  − f x f y 且 ( , ) = 0  h x y dxdy 。 15、解：（1）     − − = 0 0 2 1 Ae dx e dy x y ( ) , 2 2 | 2 1 0 0 2   − = =      = − −   − A A A e e x y （2）     − −   = 1 0 2 0 2 P 2, 1 2e dx e dy x y   ( | )( | ) (1 )(1 ) 1 4 1 0 2 0 −2 − − − = − e − e = − e − e x y 。 （3）  的边际分布，当 x  0 时 f (x) = 0 ，当 x  0 时有 x y x f x e e dy e 2 0 2 ( ) 2 2 − −  − = =   . （4）     − − − +  = x x y P e dx e dy 2 0 2 0 2   2 2