完整版概率论第四章答案.docx
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完整版概率论第四章答案
0,x≤0.
X
-2
0
2
P
0.4
0.3
0.3
E（X）；E（2－3X）;E（X2）；
2
E（3X2
5）.
解由定义和数学期望的性质知
E（X）
（2）0.400.3
2
0.3
0.2;
E（23X）23E（X）
2
3
（0
2）
2.6;
E（X2）
（2）20.40
2
0.3
22
0
32.8;
E（3X25）3E（X2）
5
3
2.8
5
13.4.
2.设随机变量X的概率密度为
xe,
x
0,
1.设随机变量X的分布律为
习题4-1
f（x）
2X
求Y2X和Ze2X的数学期望.
解E（Y）E（2X）2E（X）2xexdx2,
E（Z）E（e2X）e2xexdx1.
03
3.游客乘电梯从底层到电视塔顶观光,电梯于每个整点的第5分钟、第25分钟和第55分钟从底层起行.假设一游客在早八点的第X分钟到达底层侯梯处,且X在区间[0,60]上服从均匀分布.求该游客等候电梯时间的数学期望.
解已知X在[0,60]上服从均匀分布,其概率密度为
1
0≤x≤60,
ca，
Y
c,
X1,
X0.
于是E（Y）（ca）P{X
1}cP{X0}
ap
c.
据题意有apca10%,因此应要求顾客角保费c
（0.1
p）a.
习题4-2
1.选择题
（1）已知E（X）1,D（X）
3则E[3（X
2
2）2]（
）.
（A）9.（B）6.
（C）30.
（D）
36
解E[3（X2）2]3E（X
24X4）
3[E（X2）
4E（X）
4]
3{D（X）
[E（X）]2
4E（X）
4}
3（31
44）36.
可见，应选（D）.
（2）设X~B（n,p）,E（X）
6,D（X）
3.6,则有（
）.
（A）n10,p0.6.
（B）n20,
p0.3
（C）n15,p0.4.
（D）n12,
p0.5
解因为X~B（n,p）,所以
E（X）=np,D（X）=np（1-p）,
得到np=6,np（1-p）=3
n=15,p=0.4.可见，应选（C）.
（3）设X与Y相互独立，且都服从
2
N（,2）
则有（
）.
（A）E（XY）E（X）
E（Y）.
（B）E（X
Y）2.
（C）D（XY）D（X）
D（Y）.
（D）D（X
Y）22.
解注意到E（XY）E（X）E（Y）
0.由于X与Y相互独立,所以
D（XY）D（X）D（Y）2
2
2.选（D）.
（4）在下列结论中,错误的是（
）.
6.解之,
（A）若X~B（n,p）,则E（X）np.
（B）若X~U1,1，则D（X）0.
（C）若X服从泊松分布,则D（X）E（X）.
（D）若X~N（,）,则X~N（0,1）.
32
03
2
1x22
E（|XY|）E（|U|）|x|e2dx0xe
E（|U|2）E（U2）D（U）[E（U）]2
2
x
2dx
02
故而D（|XY|）D（|U|）E（|U|2）[E（|U|）]2
2e
1.
2
2
12
5.设随机变量X~U[1,2],随机变量
1,X0,
Y0,X0,
1,X0.求期望E（Y）和方差D（Y）.
解因为X的概率密度为
1
1≤x≤2,
fX（x）3
于是Y的分布率为
P{Y1}P{X
P{Y
P{Y1}P{X
因此
0,其它.
0
01
1
0}
-fX（x）dx
dx
-13
3
0}
P{X0}0,
+
21
2
0}
0fX（x）dx
dx
0
03
3
故有
6.设随机变量U
1,
X
1,
求E（X+Y）,D（X+Y）.
E（Y）
E（Y2）（
1）2
02
12
D（Y）E（Y2）
[E（Y）]2
3
2
1.
3
8
9.
在区间[-2,2]上服从均匀分布若U≤1,若U1.
9
随机变量
1,若U≤1,Y1,若U1.
-111
P{X1,Y1}
P{U
≤1,U≤1}
P{U
≤1}
dx
-244
P{X
1,Y
1}
P{U≤
1,U
1}
0,
11
1
P{X1,Y
1}
P{U
1,U
≤1}
14
dx,
2
21
1
P{X1,Y
1}
P{U
1,U
1}
dx.
14
4
于是得X和Y的联合密度分布为
X+Y
-2
0
2
1
1
1
P{X+Y=k}
4
2
4
（X+Y）2
0
4
P{（X+Y）2=k}
1
1
2
2
由此可见
222E（XY）0;D（XY）E[（XY）2]2.
44
习题4-3
1.选择题
（1）在下列结论中,（）不是随机变量X与Y不相关的充分必要条件
（A）E（XY）=E（X）E（Y）.（B）D（X+Y）=D（X）+D（Y）.
（C）Cov（X,Y）=0.（D）X与Y相互独立.
解X与Y相互独立是随机变量X与Y不相关的充分条件,而非必要条件.选（D）.
（2）
设随机变量X和Y都服从正态分布,且它们不相关,则下列结论中不正确的是
（C）X与Y未必独立.（D）解对于正态分布不相关和独立是等价的
（3）设（X,Y）服从二元正态分布,则下列说法中错误的是（）.
（A）（X,Y）的边缘分布仍然是正态分布.
（B）X与Y相互独立等价于X与Y不相关.
（C）（X,Y）是二维连续型随机变量.
（D）由（X,Y）的边缘分布可完全确定（X,Y）的联合分布.
解仅仅由（X,Y）的边缘分布不能完全确定（X,Y）的联合分布.选（D）
2设D（X）=4,D（Y）=6,ρXY=0.6,求D（3X-2Y）.
解D（3X2Y）9D（X）4D（Y）12Cov（X,Y）
944612XYD（X）D（Y）
3624120.62624.727.
3.设随机变量X,Y的相关系数为0.5,E（X）E（Y）0,E（X2）E（Y2）2,
2
求E[（XY）2].
222
解E[（XY）2]E（X2）2E（XY）E（Y2）
42[Cov（X,Y）E（X）E（Y）]
42XYD（X）D（Y）
420.526.
4.设随机变量（X,Y）的分布律为
解首先由pij1得ab0.4.其次由
i1j1
0.8E（XY）得b0.3.进而a
于是
故
100.420a110.221b0.22b
0.1.由此可得边缘分布律
X
1
2
Y
0
1
P{Xi}
0.6
0.4
P{Yj}
0.5
0.5
E（Y）00.5
10.50.5.
0.50.1.
E（X）10.620.41.4,
Cov（X,Y）E（XY）E（X）E（Y）0.81.4
5.已知随机变量（X,Y）~N（0.5,4;0.1,9;0）,Z=2X-Y,试求方差D（Z）,协方差
Cov（X,Z）,相关系数ρXZ.
解由于X,Y的相关系数为零,所以X和Y相互独立（因X和Y服从正态分布）.因此
D（Z）D（2XY）4D（X）D（Y）44925,
Cov（X,Z）Cov（X,2XY）
2Cov（X,X）Cov（X,Y）.
1XY
关系数XY,Z.求:
（1）E（Z）,D（Z）；
（2）X与Z的相关系数ρXZ;（3）问XY232
X与Z是否相互独立?
为什么?
22解
（1）由于X~N（1,32）,Y~N（0,42）,所以
（3）由XZ0知X与Z不相关,又X与Z均服从正态分布,故知X与Z相互独立.7．证明:
对随机变量（X,Y）,E（XY）=E（X）E（Y）或者D（XY）=D（X）+D（Y）的充要条件是X与Y不相关.
证首先我们来证明E（XY）E（X）E（Y）和D（XY）D（X）D（Y）是等价的.
事实上,注意到D（XY）D（X）D（Y）2Cov（X,Y）.因此
D（XY）D（X）D（Y）Cov（X,Y）0E（XY）E（X）E（Y）.
其次证明必要性.假设E（XY）=E（X）E（Y）,则
Cov（X,Y）E（XY）E（X）E（Y）0.
0.由此知
最后证明充分性.假设X与Y不相关,即XY0,则Cov（X,Y）
E（XY）E（X）E（Y）.
总习题四
1.设X和Y是相互独立且服从同一分布的两个随机变量,已知X的分布律为1
P{Xi},i1,2,3.又设Umax{X,Y},Vmin{X,Y}.
3
（1）写出二维随机变量（U,V）的分布律;
（2）求E（U）.解
（1）下面实际计算一下P{U1,V3}.
注意到Umax{X,Y},Vmin{X,Y},因此
P{X3,Y1}3}P{X3}P{Y1}2
P{U1,V3}P{X1,Y3}
P{X1}P{Y
1111
33339类似地计算,可得（U,V）的分布律如下表
VU
1
2
3
1
1
2
2
9
9
9
2
0
1
9
2
9
3
0
0
1
9
（2）由（U,V）的分布律可得关于U的边缘分布律
U
1
2
3
P{Ui}
1
3
5
9
9
9
13522
所以E（U）11233522.
9999
2.从学校乘汽车到火车站的途中有3个交通岗.假设在各个交通岗遇到红灯的事件是
2
相互独立的,并且概率是.设X为途中遇到红灯的次数,求随机变量X的分布律、分布函
5
数和数学期望.
X
0
1
2
3
P
27
54
36
8
125
125
125
125
27
54
36
8
k}
0
1
2
3
125
125
125
125
解令X表示途中遇到红灯的次数,由题设知X~B（3,2）.即X的分布律为
5
3
从而E（X）kP{X
k1
6
5
3.设随机变量（X,Y）的概率密度为
2
12y2,0≤y≤x≤1,f（x,y）
0,
求E（X）,E（Y）,E（XY）,E（X2Y2）.
求E（X）,D（X）,E（Y）,D（Y）,E（XY）和Cov（X,Y）.
82
解E（X）
122
xf（x,y）dxdy22xsin（xy）dxdy
2
E（X2）
2
xf（x,y）dxdy
2
y）dxdy
2.
2
0
2
0
x2sin（x
于是有
1.
2
2所以协方差Cov（X,Y）E（XY）E（X）E（Y）1.
216
1
5.设随机变量X与Y独立,同服从正态分布N（0,）,求
2
（1）E（XY）;D（XY）；
（2）E（max{X,Y}）;E（min{X,Y}）.
11
解
（1）记XY.由于X~N（0,）,Y~N（0,）,所以
E（）E（X）E（Y）0,D（）D（X）D（Y）1.由此~N（0,1）.所以
x2
E（|XY|）E（||）
12
|x|2e2dx20
xe
x2
2dx
2e
x2
2
E（||2）
0
E
（2）D（）[E（）]21
故而D（|XY|）D（|
22
|）E（||2）[E（||）]21
021.
2
212
所以
（2）注意到
max（X,Y）
（XY）|XY|
min（X,Y）
XY|XY|
E[max（X,Y）]
1
12{E（X）
E（Y）
E[|XY|]}
1
2
12
2
1
2,
1
12{E（X）
6.设随机变量（X,Y）的联合概率密度为
xy,0≤x≤2,0≤y≤2,f（x,y）8
E[min（X,Y）]
E（Y）
E[|XY|]}
0,求:
E（X）,E（Y）,Cov（X,Y）,ρXY,D（X+Y）.
解
其它.
注意到f（x,y）只在区域G:
0≤x≤2,0≤y≤2上不为零,
xxydxdy
G8
2
0x（x
E（X）
xf（x,y）dxdy
因而
所以
E（X2）
2
dx
0
2
dx
0
D（X）
21
0x（xy）dy4
2
xf（x,y）dxdy
221
0x（xy）dy4
22
E（X2）[E（X）]2
7
1）dx76
23
0（x3
572
362
2
x）dx
11
36
12212244
dxxy（xy）dy（xx）dx.
由对称性知
E（Y）
这样，
8004033
722511
E（X）,E（Y2）E（X2）,D（Y）D（X）.
6336
4491
Cov（X,Y）E（XY）E（X）E（Y）,
33636
Cov（X,Y）1
XYD（X）D（Y）115
D（XY）D（X）D（Y）2Cov（X,Y）.
9
1
7.设A,B为随机事件,且P（A）,P（B|A）
4
1，A发生,XY
0，A不发生,
1
P（AB）
11
11
解由
P（B|A）
得P（AB）
P（A）
进而由
3
P（A）
33
412
1
P（AB）
1
P（A|B）
得P（B）2P（AB）
.在此基础上可以求得
2
P（B）
6
（1）P{X
1,Y
1}
P（AB）
1
12
1
11
P{X
0,Y
1}
P（AB）
P（B）
P（AB）
6
1212
1
11
P{X
1,Y
0}
P（AB）
P（A）
P（AB）
4
126
P{X
0,Y
0}
P（AB）
1P（AUB）1[P（A）
P（B）P（AB）]
求:
（1）二维随机变量（X,Y）的概率分布;
（2）X与Y的相关系数
XY
1112
1[111]2.
46123
故（X,Y）的概率分布为
Y
2
1
0
3
12
1
1
1
6
12
（2）由
（1）易得关于X和Y的边缘分布律
X
0
1
3
1
P{X=k}
4
4
Y
0
1
5
1
P{Y=k}
6
6
因此
E（X）
1,E（X2）
1,
4
4
2
2
1
1
3
D（X）E（X2）
[E（X）]2
4
16
16
E（Y）1,E（Y2）1,D（Y）E（Y2）
2
[E（Y）]2
115
66
63636
又由（X,Y）的分布律可得
2
1
1
11
E（XY）000
110
1
1.
3
12
12
1212
故
1
1
1
E（XY）E（X）E（Y）124
6
15
XYD（X）D（Y）
3
5
15.
1636
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