USTC概率论习题课讲义第1章基本内容21证明不妨设b>0,利用投票定理得Nn(0, b)pgP(SiS2 ...Sn+0,Sn=b)=h-P(Sn=b).-n设Mn=max(Si:0≤i≤n),当So=0时，Mn≥0.定理1.6So =0,r ≥ 1, 则有(P(Sn = b),bzr,r-bP(Mn≥r, Sn=b)(9)b<r.P(Sn = 2r - b),P证明仅考虑b<r,记Q=((0, 0)→(n,b)且过某点(i,r)V元EQ,记（i元，r）为元与y=的第一个交点，然后反射（i元，r）后面部分得到新轨道元（连接（0,0）与(n,2r-b)).两者有1-1对应.而学P(元)4=puygytP(元)=p因此-qP() =P(Mn ≥r, Sn = b) = P(n) =P(Sn = 2r -b)DREQ注当p=时,P(Sn = 2r - b) =2r-h P(Sn ≥ r)+ P(Mn ≥r)= P(Sn≥r)+1P(Sn = c)pb=+= I(Sn =r)+ Z (1+())P(Sn = c)W.1p== P(Sn =r)+2P(Sn ≥r+ 1).定理1.7（首中时定理）So=0,在时刻n首次击中点b概率为[b]fo(n) :P(Sn=b),n≥1n
USTC 概率论习题课讲义 第 1 章 基本内容 21 证明 不妨设 𝑏 > 0, 利用投票定理得 P(𝑆1𝑆2 · · · 𝑆𝑛 ≠ 0, 𝑆𝑛 = 𝑏) = 𝑏 𝑛 𝑁𝑛(0, 𝑏)𝑝 𝑛+𝑏 2 𝑞 𝑛−𝑏 2 = 𝑏 𝑛 P(𝑆𝑛 = 𝑏). 设 𝑀𝑛 = max{𝑆𝑖 : 0 ≤ 𝑖 ≤ 𝑛}, 当 𝑆0 = 0 时, 𝑀𝑛 ≥ 0. 定理 1.6 ♥ 𝑆0 = 0, 𝑟 ≥ 1, 则有 P(𝑀𝑛 ≥ 𝑟, 𝑆𝑛 = 𝑏) = P(𝑆𝑛 = 𝑏), 𝑏 ≥ 𝑟, 𝑞 𝑝 𝑟−𝑏 P(𝑆𝑛 = 2𝑟 − 𝑏), 𝑏 < 𝑟. 证明 仅考虑 𝑏 < 𝑟, 记 𝑄 = {(0, 0) → (𝑛, 𝑏)且过某点(𝑖, 𝑟)} ∀𝜋 ∈ 𝑄, 记 (𝑖 𝜋, 𝑟) 为 𝜋 与 𝑦 = 𝑟 的第一个交点, 然后反射 (𝑖 𝜋, 𝑟) 后面部分得到新轨道 𝜋 0 (连接 (0, 0) 与 (𝑛, 2𝑟 − 𝑏)), 两者有 1 − 1 对应. 而 P(𝜋) P(𝜋 0 ) = 𝑝 𝑛+𝑏 2 𝑞 𝑛−𝑏 2 𝑝 𝑛+2𝑟−𝑏 2 𝑞 𝑛−2𝑟+𝑏 2 = 𝑞 𝑝 𝑟−𝑏 , 因此 P(𝑀𝑛 ≥ 𝑟, 𝑆𝑛 = 𝑏) = ∑ 𝜋∈𝑄 P(𝜋) = 𝑞 𝑝 𝑟−𝑏 ∑ 𝜋 0 P(𝜋 0 ) = 𝑞 𝑝 𝑟−𝑏 P(𝑆𝑛 = 2𝑟 − 𝑏). 注 当 𝑝 = 1 2 时, P(𝑀𝑛 ≥ 𝑟) = P(𝑆𝑛 ≥ 𝑟) + ∑𝑟−1 𝑏=−∞ 𝑞 𝑝 𝑟−𝑏 P(𝑆𝑛 = 2𝑟 − 𝑏) 𝑐=2𝑟−𝑏 ========= P(𝑆𝑛 ≥ 𝑟) + ∑+∞ 𝑐=𝑟+1 𝑞 𝑝 𝑐−𝑟 P(𝑆𝑛 = 𝑐) = P(𝑆𝑛 = 𝑟) + ∑+∞ 𝑐=𝑟+1 1 + 𝑞 𝑝 𝑐−𝑟 P(𝑆𝑛 = 𝑐) 𝑝= 1 2 ====== P(𝑆𝑛 = 𝑟) + 2P(𝑆𝑛 ≥ 𝑟 + 1). 定理 1.7 (首中时定理) ♥ 𝑆0 = 0, 在时刻 𝑛 首次击中点 𝑏 概率为 𝑓𝑏 (𝑛) = |𝑏| 𝑛 P(𝑆𝑛 = 𝑏), 𝑛 ≥ 1
USTC概率论习题课讲义第1章基本内容22证明不妨设b>0.注意此时t=n时达到新的最大值点，因此fb(n) = P(Sn = b, Mn-1 = b - 1, Sn-1 = b - 1) = P(Mn-1 = Sn-1 = b - 1, Xn = 1)= pP(Mn-1 = b - 1,Sn-1 = b- 1)= p(P(Mn-1 ≥ b - 1, Sn-1 = b - 1) - P(Mn-1 ≥ b, Sn-1 = b - 1)n-bp(Sn-1=b-1)-p.P(Sh-1=b+1)="+b定理1.6-P(Sn = b) -P(Sn=b)2n2npUP(Sn= b),注对比定理1.4和定理1.5，思考能否类同投票定理计数观点来说明上述定理？定理1.8,So =0, 记最后一次访问原点：T2n=max(0≤i≤2n:Si=0],则有p=P(T2n = 2k) = IP(S2k = 0)P(S2n-2k = 0).证明P(T2n=2k)=P(S2k=0,S2k+I**S2n+O)=P(S2k=O)P(S2k+1 **S2n+0/S2k=O)时齐性 P(S2k = 0)P(SiS .-S2n-2k # 0),.令m=n-k,mmm2Z21 (5m=21) =2 m+i-(m-定理1.51ZP(SI ..S2m+O):-B[1S2ml] =22m2m42mi=1i=(2m-1)(m+i-1)= P(S2m = 0)注 P(SiS2 ...S2m 0) = P(S2m = 0).(")" V2元n,n -→ 8. 因此Stirling公式：n!~P(S2k = 0)00V元k1P(S2n-2k = 0)-k-V元(n-k)例题1.22（反正弦律）接定理1.8，n一→+o时，我们有11!1 P(T2n = 2k) ~P(T2n ≤2xn) =元2Asavk(n-k)(1-)k:k≤xnA≤XVndu2arcsinx7πyu(1-u)即Z2n2的渐近分布为子arcsin Vx.2n爪例题1.23直线上简单随机游动SmXk,So = 0, 这里 X, i.i.d 且 P(X, = 1) = p, P(Xi = 1) = 1 - p,0 <1k=1p<1
USTC 概率论习题课讲义 第 1 章 基本内容 22 证明 不妨设 𝑏 > 0, 注意此时 𝑡 = 𝑛 时达到新的最大值点, 因此 𝑓𝑏 (𝑛) = P(𝑆𝑛 = 𝑏, 𝑀𝑛−1 = 𝑏 − 1, 𝑆𝑛−1 = 𝑏 − 1) = P(𝑀𝑛−1 = 𝑆𝑛−1 = 𝑏 − 1, 𝑋𝑛 = 1) = 𝑝P(𝑀𝑛−1 = 𝑏 − 1, 𝑆𝑛−1 = 𝑏 − 1) = 𝑝 (P(𝑀𝑛−1 ≥ 𝑏 − 1, 𝑆𝑛−1 = 𝑏 − 1) − P(𝑀𝑛−1 ≥ 𝑏, 𝑆𝑛−1 = 𝑏 − 1)) 定理 1.6 ========= 𝑝P(𝑆𝑛−1 = 𝑏 − 1) − 𝑝 · 𝑞 𝑝 P(𝑆𝑛−1 = 𝑏 + 1) = 𝑛 + 𝑏 2𝑛 P(𝑆𝑛 = 𝑏) − 𝑛 − 𝑏 2𝑛 P(𝑆𝑛 = 𝑏) = 𝑏 𝑛 P(𝑆𝑛 = 𝑏), 注 对比定理 1.4和定理 1.5, 思考能否类同投票定理计数观点来说明上述定理? 定理 1.8 ♥ 𝑝 = 1 2 , 𝑆0 = 0, 记最后一次访问原点: 𝑇2𝑛 = max{0 ≤ 𝑖 ≤ 2𝑛 : 𝑆𝑖 = 0}, 则有 P(𝑇2𝑛 = 2𝑘) = P(𝑆2𝑘 = 0)P(𝑆2𝑛−2𝑘 = 0). 证明 P(𝑇2𝑛 = 2𝑘) = P(𝑆2𝑘 = 0, 𝑆2𝑘+1 · · · 𝑆2𝑛 ≠ 0) = P(𝑆2𝑘 = 0)P(𝑆2𝑘+1 · · · 𝑆2𝑛 ≠ 0 | 𝑆2𝑘 = 0) 时齐性 ======== P(𝑆2𝑘 = 0)P(𝑆1𝑆2 · · · 𝑆2𝑛−2𝑘 ≠ 0). 令 𝑚 = 𝑛 − 𝑘, P(𝑆1 · · · 𝑆2𝑚 ≠ 0) 定理 1.5 ========= 1 2𝑚 E[|𝑆2𝑚|] = 2 2𝑚 ∑𝑚 𝑖=1 2𝑖 · P(𝑆2𝑚 = 2𝑖) = 2 1 2 2𝑚∑𝑚 𝑖=1 𝑚 + 𝑖 − (𝑚 − 𝑖) 2𝑚 2𝑚 𝑚 + 𝑖 = 2 1 2 2𝑚∑𝑚 𝑖=1 2𝑚 − 1 𝑚 + 𝑖 − 1 − 2𝑚 − 1 𝑚 + 𝑖 = 1 2 2𝑚 2𝑚 𝑚 = P(𝑆2𝑚 = 0). 注 P(𝑆1𝑆2 · · · 𝑆2𝑚 ≠ 0) = P(𝑆2𝑚 = 0). Stirling 公式: 𝑛! ∼ 𝑛 𝑒 𝑛 √ 2𝜋𝑛, 𝑛 → ∞. 因此 P(𝑆2𝑘 = 0) = 1 2 2𝑘 2𝑘 𝑘 ∼ 1 √ 𝜋𝑘 , 𝑘 → ∞, P(𝑆2𝑛−2𝑘 = 0) ∼ 1 p 𝜋(𝑛 − 𝑘) , 𝑛 − 𝑘 → ∞. 例题 1.22 (反正弦律) 接定理 1.8, 𝑛 → +∞ 时, 我们有 P(𝑇2𝑛 ≤ 2𝑥𝑛) = ∑ 𝑘:𝑘 ≤𝑥𝑛 P(𝑇2𝑛 = 2𝑘) ∼ ∑ 𝑘 𝑛 ≤𝑥 1 𝜋 p 𝑘 (𝑛 − 𝑘) = ∑ 𝑘 𝑛 ≤𝑥 1 𝜋 1 r 𝑘 𝑛 1 − 𝑘 𝑛 · 1 𝑛 ∼ ˆ 𝑥 0 d𝑢 𝜋 p 𝑢(1 − 𝑢) = 2 𝜋 arcsin √ 𝑥, 即 𝑇2𝑛 2𝑛 的渐近分布为 2 𝜋 arcsin √ 𝑥. 例题 1.23 直线上简单随机游动 𝑆𝑛 = ∑𝑛 𝑘=1 𝑋𝑘 , 𝑆0 = 0, 这里 𝑋𝑖 i.i.d 且 𝑃(𝑋𝑖 = 1) = 𝑝, 𝑃(𝑋𝑖 = 1) = 1 − 𝑝, 0 < 𝑝 < 1
USTC概率论习题课讲义第1章基本内容23(1) 求E(Sn),Var(Sn),Cov(Sm,Sn)(2)Y服从参数为p的几何分布且与(Xk)独立时,求Var(Sy)。(3)对正整数k,求Sn+k关于Sn的条件分布列fsm+#IS.与条件期望B[Sn+k|Sn].(4) 求 P(Si ≥ -1, S2 ≥ -1,*- S2n-2 ≥ -1, S2n-1 = -1)解(1)我们有B[Sn] = E[Xi] = n(2p - 1),i=1nVar(Sn)= Var(X) = n(B[X}] - (B[XiI)3) = n(1 - (2p - 1)2) = 4np(1 - p),i=lmin(m,n)mnCov(Sm, Sn) =ZCov(Xi, X) =Var(X))=4min (m,n)p(1-p)i=1i=1 j=1(2)可直接取条件期望求解，也可以通过引理1.10(在本课程的作业和考试中若使用该引理必须给出证明）求得1 4p(1-p)+=P (2p-1)2= (1-P)(8p*-4p+1)Var(S) = B[] Var[X1] + Var[] (B[X]) - p2Pp2(3)利用空齐性和时齐性，我们有(1-p)，21(k+b)k+bP(Sn+k=a+b|Sn=a)=P(Sk=b|So=0)=0,2+(k +b)且有n+kn+k独立Z Sn + Z B[Xx] = Sn + k(2p - 1).B[X</Sn]B[Sn+k/Sn] = E[Sn + Xn+1 ++-+ Xn+k]Sn] = Sn +k=n+1k=n+1(4)利用首中时原理，我们有-P(S1 ≥ -1, S2n-2 ≥ -1, S2n-1 = -1, S2n = -2)P(Si ≥ -1, ... S2n-2 ≥-1, S2n-1 = -1) =1-p-P(Si ≥ -1, ...S2n-2 ≥-1, S2n-1 ≥-1, S2n = -2)1-p12P(S2n=-2)1 -p 2n1n-l(1- p)n+1n(1-p)(n+)练习1.15Grimmett3.11.27.3.11.28白练习1.16平面上一粒子“向右向上”随机游走，So=0,Sn=Sn-1+Xn，n=1,2，这里X,i.i.dP(X,=.记Cnm为粒子从（0,0)到（mn,n）且始终在直线y=二及其上方运动的概(1,0)) = P(X, = (0,1)) =-m率求(1）当m=1时计算Cn,1;(2）当m=2时计算C3.2.并验证序列Cn.2/的母函数G(s）满足方程G(s) =1 + G3(s).d
USTC 概率论习题课讲义 第 1 章 基本内容 23 (1) 求 E(𝑆𝑛), Var(𝑆𝑛), Cov(𝑆𝑚, 𝑆𝑛). (2) 𝑌 服从参数为 𝑝 的几何分布且与 {𝑋𝑘 } 独立时, 求 Var(𝑆𝑌 ). (3) 对正整数 𝑘, 求 𝑆𝑛+𝑘 关于 𝑆𝑛 的条件分布列 𝑓𝑆𝑛+𝑘 |𝑆𝑛 与条件期望 E[𝑆𝑛+𝑘 |𝑆𝑛]. (4) 求 P(𝑆1 ⩾ −1, 𝑆2 ⩾ −1, · · · 𝑆2𝑛−2 ⩾ −1, 𝑆2𝑛−1 = −1). 解 (1) 我们有 E[𝑆𝑛] = ∑𝑛 𝑖=1 E[𝑋𝑖] = 𝑛(2𝑝 − 1), Var(𝑆𝑛) == ∑𝑛 𝑖=1 Var(𝑋𝑖) = 𝑛(E[𝑋 2 𝑖 ] − (E[𝑋𝑖])2 ) = 𝑛(1 − (2𝑝 − 1) 2 ) = 4𝑛𝑝(1 − 𝑝), Cov(𝑆𝑚, 𝑆𝑛) = ∑𝑚 𝑖=1 ∑𝑛 𝑗=1 Cov(𝑋𝑖 , 𝑋𝑗) = min ∑ {𝑚,𝑛} 𝑖=1 Var(𝑋𝑖) = 4 min {𝑚, 𝑛} 𝑝(1 − 𝑝). (2) 可直接取条件期望求解, 也可以通过引理 1.10(在本课程的作业和考试中若使用该引理必须给出证 明) 求得 Var(𝑆𝑌 ) = E[𝑌] · Var[𝑋1] + Var[𝑌] · (E[𝑋1])2 = 1 𝑝 · 4𝑝(1 − 𝑝) + 1 − 𝑝 𝑝 2 · (2𝑝 − 1) 2 = (1 − 𝑝) (8𝑝 2 − 4𝑝 + 1) 𝑝 2 . (3) 利用空齐性和时齐性, 我们有 P(𝑆𝑛+𝑘 = 𝑎 + 𝑏|𝑆𝑛 = 𝑎) = P(𝑆𝑘 = 𝑏|𝑆0 = 0) = 𝑘 𝑘+𝑏 2 𝑝 𝑘+𝑏 2 (1 − 𝑝) 𝑘−𝑏 2 , 2 | (𝑘 + 𝑏) 0, 2 ∤ (𝑘 + 𝑏) 且有 E[𝑆𝑛+𝑘 |𝑆𝑛] = E[𝑆𝑛 + 𝑋𝑛+1 + · · · + 𝑋𝑛+𝑘 |𝑆𝑛] = 𝑆𝑛 + ∑𝑛+𝑘 𝑘=𝑛+1 E[𝑋𝑘 |𝑆𝑛] 独立 ====== 𝑆𝑛 + ∑𝑛+𝑘 𝑘=𝑛+1 E[𝑋𝑘 ] = 𝑆𝑛 + 𝑘 (2𝑝 − 1). (4) 利用首中时原理, 我们有 P(𝑆1 ⩾ −1, · · · 𝑆2𝑛−2 ⩾ −1, 𝑆2𝑛−1 = −1) = 1 1 − 𝑝 P(𝑆1 ⩾ −1, · · · 𝑆2𝑛−2 ⩾ −1, 𝑆2𝑛−1 = −1, 𝑆2𝑛 = −2) = 1 1 − 𝑝 P(𝑆1 ⩾ −1, · · · 𝑆2𝑛−2 ⩾ −1, 𝑆2𝑛−1 ⩾ −1, 𝑆2𝑛 = −2) = 1 1 − 𝑝 2 2𝑛 P(𝑆2𝑛 = −2) = 1 𝑛(1 − 𝑝) 2𝑛 𝑛 + 1 𝑝 𝑛−1 (1 − 𝑝) 𝑛+1 . 练习 1.15 Grimmett 3.11.27, 3.11.28. 练习 1.16 平面上一粒子 “向右向上” 随机游走, 𝑆0 = 0, 𝑆𝑛 = 𝑆𝑛−1 + 𝑋𝑛, 𝑛 = 1, 2, · · · , 这里 𝑋𝑖 i.i.d P(𝑋𝑖 = (1, 0)) = P(𝑋𝑖 = (0, 1)) = 1 2 . 记 𝐶𝑛,𝑚 为粒子从 (0, 0) 到 (𝑚𝑛, 𝑛) 且始终在直线 𝑦 = 𝑥 𝑚 及其上方运动的概 率. 求 (1) 当 𝑚 = 1 时计算 𝐶𝑛,1; (2) 当 𝑚 = 2 时计算 𝐶3,2, 并验证序列 𝐶𝑛,2 的母函数 𝐺(𝑠) 满足方程 𝐺(𝑠) = 1 + 𝑠 8 𝐺 3 (𝑠)
USTC概率论习题课讲义第1章基本内容241.10连续型随机变量随机向量间的变换：以二元为例，(Xi,X2）→(Yi,Y2)=T(X1,X2),yi=yi(x1,x2),i=1,2,T：DCR2RcR2,1-1映射，（x1,x2）→（y1,y2),其逆xi=xi(y1,y2)有连续偏导数定理1.9(Xi1,X2)有密度f(x1,x2),则fxi,y2 (y1, y2) = f(x1 (y1, y2), x2(y1, y2) [J(y1, y2)[ IRax10x2这里J=ay2ay2证明本质变量替换，设ACD,B=T(A)CT(D)=R,则(Xi,X2)EA(YI,Y2)EB,则P((YI, Y2) E B) = P((XI, X2) E A)f(x1,x2)dxidx2f(xi (y1, y2),x2(y1, y2) (|dyidy2取 B = T(D) n (-00, y1l × (-80, y2)注1. 若 Do C D,P((Xi,X2)E Do)=1,T在 Do上单射,结论亦对.2.这里二元情形可以一般化地推广到n元情形例题1.24设X,Y独立同N(O,1),令X=Rcos0.Y=Rsin0.R≥0.0≤0≤2元求(R,0)的联合密度.-e-1(x2y2),=r,则解f(x,y) =2元1e-1r,r>0,0[0,2元)fR.0(r,0)=22元表明 R 与 日独立,且 ~ U[0, 2), fr(r)=re-1r,r >0副产品：产生独立正态随机数，设U1,U2独立同U[0,1],令X = -2logU, cos (2元U2)Y=-2logUi sin (2元U2)则X与Y独立同N(0,1).例题1.25X,Y独立同N(0,1),令U=X,V=pX+1-p2Y,p(-1,1)，则(U,V)服从二元标准正态分布.即11(u?-2puv+)fu,v(u,v) =( 2(1 - p2)2元/1-p2例题1.26次序统计量）随机变量Xi...，Xni.i.d~F(x)，其密度函数为f(x).将Xi,，Xn从小到大排列为X()≤X(2)≤≤X(n)
USTC 概率论习题课讲义 第 1 章 基本内容 24 1.10 连续型随机变量 随机向量间的变换: 以二元为例, (𝑋1, 𝑋2) → (𝑌1, 𝑌2) = 𝑇 (𝑋1, 𝑋2), 𝑦𝑖 = 𝑦𝑖(𝑥1, 𝑥2), 𝑖 = 1, 2, 𝑇 : 𝐷 ⊂ R 2 → 𝑅 ⊂ R 2 , 1 − 1 映射, (𝑥1, 𝑥2) → (𝑦1, 𝑦2), 其逆 𝑥𝑖 = 𝑥𝑖(𝑦1, 𝑦2) 有连续偏导数. 定理 1.9 ♥ (𝑋1, 𝑋2) 有密度 𝑓 (𝑥1, 𝑥2), 则 𝑓𝑌1,𝑌2 (𝑦1, 𝑦2) = 𝑓 (𝑥1 (𝑦1, 𝑦2), 𝑥2 (𝑦1, 𝑦2)) |𝐽 (𝑦1, 𝑦2)| 𝐼𝑅 这里 𝐽 = 𝜕𝑥1 𝜕𝑦1 𝜕𝑥2 𝜕𝑦1 𝜕𝑥1 𝜕𝑦2 𝜕𝑥2 𝜕𝑦2 证明 本质变量替换, 设 𝐴 ⊂ 𝐷, 𝐵 = 𝑇 (𝐴) ⊂ 𝑇 (𝐷) = 𝑅, 则 (𝑋1, 𝑋2) ∈ 𝐴 ⇔ (𝑌1, 𝑌2) ∈ 𝐵, 则 P( (𝑌1, 𝑌2) ∈ 𝐵) = P( (𝑋1, 𝑋2) ∈ 𝐴) = ¨ 𝐴 𝑓 (𝑥1, 𝑥2)d𝑥1d𝑥2 = ¨ 𝐵 𝑓 (𝑥1 (𝑦1, 𝑦2), 𝑥2 (𝑦1, 𝑦2)) |𝐽| d𝑦1d𝑦2 取 𝐵 = 𝑇 (𝐷) ∩ (−∞, 𝑦1] × (−∞, 𝑦2] 注 1. 若 𝐷0 ⊂ 𝐷, P( (𝑋1, 𝑋2) ∈ 𝐷0) = 1, 𝑇 在 𝐷0 上单射, 结论亦对. 2. 这里二元情形可以一般化地推广到 𝑛 元情形. 例题 1.24 设 𝑋, 𝑌 独立同 𝑁(0, 1), 令 𝑋 = 𝑅 cos Θ, 𝑌 = 𝑅 sin Θ, 𝑅 ≥ 0, 0 ≤ Θ ≤ 2𝜋 求 (𝑅, Θ) 的联合密度. 解 𝑓 (𝑥, 𝑦) = 1 2𝜋 𝑒 − 1 2 (𝑥 2+𝑦 2 ) , |𝐽| = 𝑟, 则 𝑓𝑅,Θ(𝑟, 𝜃) = 1 2𝜋 𝑟𝑒− 1 2 𝑟 2 , 𝑟 > 0, 𝜃 ∈ [0, 2𝜋) 表明 𝑅 与 Θ 独立, 且 Θ ∼ 𝑈[0, 2𝜋), 𝑓𝑅(𝑟) = 𝑟𝑒− 1 2 𝑟 2 , 𝑟 > 0 副产品: 产生独立正态随机数, 设 𝑈1, 𝑈2 独立同 𝑈[0, 1], 令 𝑋 = p −2 log𝑈1 cos (2𝜋𝑈2) 𝑌 = p −2 log𝑈1 sin (2𝜋𝑈2) 则 𝑋 与 𝑌 独立同 𝑁(0, 1). 例题 1.25 𝑋, 𝑌 独立同 𝑁(0, 1), 令 𝑈 = 𝑋, 𝑉 = 𝜌𝑋 + q 1 − 𝜌 2𝑌, 𝜌 ∈ (−1, 1), 则 (𝑈, 𝑉) 服从二元标准正态分 布. 即 𝑓𝑈,𝑉 (𝑢, 𝑣) = 1 2𝜋 p 1 − 𝜌 2 exp − 1 2(1 − 𝜌 2 ) (𝑢 2 − 2𝜌𝑢𝑣 + 𝑣 2 ) . 例题 1.26 (次序统计量) 随机变量 𝑋1, · · · , 𝑋𝑛 i.i.d ∼ 𝐹(𝑥), 其密度函数为 𝑓 (𝑥). 将 𝑋1, · · · , 𝑋𝑛 从小到大 排列为 𝑋(1) ⩽ 𝑋(2) ⩽ · · · ⩽ 𝑋(𝑛)
USTC概率论习题课讲义第1章基本内容25(1)证明P(X(n) <x) = (F(x)", P(X() >x) =(1 - F(x)"由此可以分别求出X(1),X(n)的密度函数(2）证明：对yi=x(i),n个次序统计量（X(1),X(2)，*.,X(m)）的联合分布nlP(Xi <yi,... Xn <yn,Xi<X2<... <Xn), yi <... <yn,P(X(1) <y1, * , X(n) <yn) =(0,else.由此导出其联合密度n!f(yi)... f(yn), yi <....<yn.g(y1,*,yn) :else,0,注这里X(i)=x()已给定次序，故else情况下为0.(3)对V1≤i<j≤n,求单个统计量X()的密度函数gi(x)和两个次序统计量（X(),XG)）的联合密度函数gij(x,y)(仅考虑x<y)(4)（留作习题)若X,i.i.d.~U(0,1),定义极差：R=X(n)-X(1),求R的密度函数解(1)P(X(n) <x) = P(XI<x, .** ,Xn<x) =IIP(X<x) = (F(x)nk=1P(X() >x) = P(Xi >x,.. ,Xn >x) = P(Xk>x) =(1 - F(x)nk=l(2)仅考虑x1<.<xm.注意到P(X(1) <X1, ..,X(n) <Xn) =P(Xm<X1,...,Xn<Xn, Xa <.<Xn),即可.其中（元1，·元n）为（1,2，·**，n）的排列.(3)注意到...,(F(b) - F(a)"f(x)- f(xn)dx1-.dxn =我们有gi(x) =n!f(x1).-f(xi-1)f(x)f(xi+1)..-f(xn)dxj*-dxi--dxi+idxnf(x1)*f(xi-1)f(x)dx-dxi-1=nf(xi+1).. f(xn)dxi+1*..dxnn!(F(x)-1(1 - F(x)"- f(x).(i-1)(n -i)!
USTC 概率论习题课讲义 第 1 章 基本内容 25 (1) 证明: P(𝑋(𝑛) < 𝑥) = (𝐹(𝑥))𝑛 , P(𝑋(1) > 𝑥) = (1 − 𝐹(𝑥))𝑛 . 由此可以分别求出 𝑋(1) , 𝑋(𝑛) 的密度函数. (2) 证明: 对 𝑦𝑖 = 𝑥(𝑖) , 𝑛 个次序统计量 (𝑋(1) , 𝑋(2) , · · · , 𝑋(𝑛)) 的联合分布 P(𝑋(1) < 𝑦1, · · · , 𝑋(𝑛) < 𝑦𝑛) = 𝑛!P(𝑋1 < 𝑦1, · · · 𝑋𝑛 < 𝑦𝑛, 𝑋1 < 𝑋2 < · · · < 𝑋𝑛), 𝑦1 < · · · < 𝑦𝑛, 0, else. 由此导出其联合密度 𝑔(𝑦1, · · · , 𝑦𝑛) = 𝑛! 𝑓 (𝑦1) · · · 𝑓 (𝑦𝑛), 𝑦1 < · · · < 𝑦𝑛, 0, else, 注 这里 𝑋(𝑖) = 𝑥(𝑖) 已给定次序, 故 else 情况下为 0. (3) 对 ∀1 ⩽ 𝑖 < 𝑗 ⩽ 𝑛, 求单个统计量 𝑋(𝑖) 的密度函数 𝑔𝑖(𝑥) 和两个次序统计量 (𝑋(𝑖) , 𝑋( 𝑗)) 的联合密度 函数 𝑔𝑖 𝑗(𝑥, 𝑦) (仅考虑 𝑥 < 𝑦). (4) (留作习题) 若 𝑋𝑖 i.i.d. ∼ 𝑈(0, 1), 定义极差: 𝑅 = 𝑋(𝑛) − 𝑋(1) , 求 𝑅 的密度函数. 解 (1) P(𝑋(𝑛) < 𝑥) = P(𝑋1 < 𝑥, · · · , 𝑋𝑛 < 𝑥) = ∏𝑛 𝑘=1 P(𝑋𝑘 < 𝑥) = (𝐹(𝑥))𝑛 , P(𝑋(1) > 𝑥) = P(𝑋1 > 𝑥, · · · , 𝑋𝑛 > 𝑥) = ∏𝑛 𝑘=1 P(𝑋𝑘 > 𝑥) = (1 − 𝐹(𝑥))𝑛 . (2) 仅考虑 𝑥1 < · · · < 𝑥𝑛. 注意到 P(𝑋(1) < 𝑥1, · · · , 𝑋(𝑛) < 𝑥𝑛) = ∑ 𝝅 P(𝑋𝜋1 < 𝑥1, · · · , 𝑋𝜋𝑛 < 𝑥𝑛, 𝑋𝜋1 < · · · < 𝑋𝜋𝑛 ), 即可. 其中 (𝜋1, · · · 𝜋𝑛) 为 (1, 2, · · · , 𝑛) 的排列. (3) 注意到 ˆ · · · ˆ 𝑎<𝑥1<···<𝑥𝑛<𝑏 𝑓 (𝑥1) · · · 𝑓 (𝑥𝑛)d𝑥1 · · · d𝑥𝑛 = 1 𝑛! (𝐹(𝑏) − 𝐹(𝑎))𝑛 . 我们有 𝑔𝑖(𝑥) = ˆ · · · ˆ −∞<𝑥1<···<𝑥𝑛<+∞ 𝑛! 𝑓 (𝑥1) · · · 𝑓 (𝑥𝑖−1) 𝑓 (𝑥) 𝑓 (𝑥𝑖+1) · · · 𝑓 (𝑥𝑛)d𝑥1 · · · d𝑥𝑖−1d𝑥𝑖+1d𝑥𝑛 =𝑛! ˆ · · · ˆ −∞<𝑥1<···<𝑥𝑖−1<𝑥 𝑓 (𝑥1) · · · 𝑓 (𝑥𝑖−1) 𝑓 (𝑥)d𝑥1 · · · d𝑥𝑖−1 × ˆ · · · ˆ 𝑥<𝑥𝑖+1<···<𝑥𝑛<+∞ 𝑓 (𝑥𝑖+1) · · · 𝑓 (𝑥𝑛)d𝑥𝑖+1 · · · d𝑥𝑛 = 𝑛! (𝑖 − 1)!(𝑛 − 𝑖)! (𝐹(𝑥))𝑖−1 (1 − 𝐹(𝑥))𝑛−𝑖 𝑓 (𝑥)