1 ⎛2⎞ 1 DX = EX − ( EX ) = − ⎜ ⎟ = . 2 ⎝ 3 ⎠ 18 1 2 DZ = 4 DX = 4 × = . 18 9
【解毕】
9．在一次拍卖中，两人竞买一幅名画，拍卖以暗标的形式进行，并以最高价成交．设两人 的出价相互独立且均服从（1，2）上的均匀分布，求这幅画的期望成交价． 解：设两人的出价分别为随机变量 X , Y ，则这幅画的期望成交价为 Z = max { X , Y } 由题意知， X 与Y 独立，且 X ∼ U (1, 2); Y ∼ U (1, 2) 先求 Z 的分布函数 当 1 < z < 2 时， F ( z ) = P ( Z £ z ) = P (max { X , Y } £ z ) = P ( X £ z ,Y £ z )
= P( X £ z ) P (Y £ z ) = ( z -1)2
当 z £ 1 时， F ( z ) = 0 ；当 z ³ 2 时， F ( z ) = 1 于是 Z 的密度函数为 f ( z ) = ï í
ì2( z -1),1 < z < 2 ï ï 0, 其它 ï î 5 3
EZ = ò
+¥
3 X .求： （ 1）常数 a, b, c; （2） Ee . 4
【解】 （1）由概率密度的性质知，有
+∞ 2 4
1=
又因为
−∞
∫
f ( x )dx = ∫ axdx + ∫ ( cx + b )dx = 2a + 6c + 2b.
0 2
+∞
2
4
2 = EX =
−∞
∫ xf ( x )dx = ∫ xiaxdx + ∫ x ( cx + b )dx
1
x
1 4
设二维随机变量 ( X , Y ) 在区域 G =
{( x, y ) : 0 < x < 1, y < x} 内服从均匀分布，求随
机变量 Z = 2 X + 1 的方差 DZ .
【解】 由方差的性质得知
DZ = D ( 2 X + 1) = 4 DX
又由于 X 的边缘密度为
+∞
fX ( x) =
−1 0 0
1 6
【解毕】
1 2 DX = EX 2 − ( EX ) = . 6 5． 已知连续型随机变量 X 的密度函数为
f ( x) =
求 EX 与 DX .
1 − x2 + 2 x −1 e , π
-∞ <x<+∞ .
(1987 年考研题) 【解】 （方法 1）直接法. 由数学期望与方差的定义知
试确定常数 k ，并求 E ( XY ) ． 解： 1 =
ò
+¥
-¥
ò ∫
+¥
-¥
1 x 1 f ( x, y )dxdy = ò dx ò kdy = k 0 0 2
于是 k = 2
E ( XY ) = ∫
8．
+∞
+∞
−∞
−∞
xyf (x , y )dxdy = 2∫ xdx ∫ ydy =
0 0
Ee
从而
−2 X
=
−∞
∫e
f ( x ) dx =
∫e
0
−2 x
1 ie− x dx = , 3
【解毕】
1 4 E ( X + e−2 X ) = EX + Ee −2 X = 1 + = . 3 3
7．设随机变量 ( X , Y ) 的概率密度函数为
⎧k , 0 < x < 1; 0 < y < x f ( x, y ) = ⎨ ⎩ 0, 其它
2 2 2 E (3 X 2 + 2) = ⎡3 × ( −1) + 2 ⎤ × 0.4 + ⎡ ⎣3 × 0 + 2⎤ ⎦ × 0.4 + ⎡ ⎣ 3 × 1 + 2⎤ ⎦ × 0.2 = 3.6 ⎣ ⎦
2
2．
一台设备由三大部件构成，在设备运转中各部件需要调整的概率相应为 0.10，0.20 和
0.30，假设各部件的状态相互独立，以 X 表示同时需要调整的部件数，试求 X 的数学期望
P ( X = k ) = 0.1k −1 × 0.9, k = 1, 2,3, 4.
而
P ( X = 5 ) = 1 − P ( X = 1) − P ( X = 2 ) − P ( X = 3) X = 4
=1 −0.9 −0.09 −0.009 −0.0009 = 0.0001
从而

5
EX = ∑ kP ( X = k ) = 1× 0.9 + 2 × 0.09 + 3 × 0.009 + 4 × 0.0009 + 5 × 0.0001
+∞
EX =
−∞
∫
xf ( x )dx =
+∞
2
1 π
+∞
−∞
∫
xe −( x −1) dx =
2
1 π
+∞
−∞
− ( x −1) ∫ e dx +
2
1 π
+∞
−∞
∫ ( x − 1) e
−( x −1)
2
dx
1 = π
−∞
−( x −1) ∫ e dx = 1. +∞ +∞ 2 2
DX = E ( X − EX ) =
第4章
1．设随机变量 X 的分布律为
习题祥解
X P
-1 0．4
0 0．4
1 0．2
求 E ( X ), E ( X 2 ), E (3 X 2 + 2) 。 解： E ( X ) = −1× 0.4 + 0 × 0.4 + 1× 0.2 = −0.2
E ( X 2 ) = ( −1) × 0.4 + 02 × 0.4 + 12 × 0.2 = 0.6
i
= 0.820.
故
DX = EX 2 − ( EX ) = 0.820 − 0.62 = 0.46.
【解毕】 设 X 表示 10 次独立重复射击中命中目标的次数，每次射中目标的概率为 0.4，求 (1995 年考研题)
2
3．
EX 2 .
【解】 由题意知 X ~ B (10, 0.4 ) 于是
EX = 10 × 0.4 = 4, DX = 10 × 0.4 × (1 − 0.4 ) = 2.4.
k =1
= 1.1111
（2）由题意知， Y = 5 − X .故
EY = 5 − EX = 5 − 1.1111 = 3.8889
11． 设随机变量 X 的概率密度为
⎧ ax, ⎪ f ( x ) = ⎨cx + b, ⎪ 0, ⎩
已知 EX = 2, P (1 < X < 3) =
0 < x < 2, 2 ≤ x ≤ 4, 其他.
= 0.092;
于是 X 的分布律为 X 0 P 0.504
(
)
1 0.398
2 0.092
3 0.006
从而
EX = ∑ xi pi = 0 × 0.504 + 1× 0.398 + 2 × 0.092 + 3 × 0.006
i
= 0.6,
EX 2 = ∑ xi 2 pi = 02 × 0.504 + 12 × 0.398 + 22 × 0.092 + 32 × 0.006
由 DX = EX − ( EX ) 可推知
2 2
EX 2 = DX + ( EX ) = 2.4 + 42 = 18.4.
4． 设 X 是一随机变量，其概率密度为
2
⎧1 + x, − 1 ≤ x ≤ 0, ⎪ f ( x ) = ⎨ 1 − x, 0 < x ≤ 1, ⎪ 0, 其他. ⎩
求 DX . (1995 年考研题) 【解】
−∞
∫
⎧x ⎪ 1dy , f ( x , y )dy = ⎨ −∫x ⎪ 0, ⎩ 0 < x <1 其他.
0 < x <1 其他.
⎧ 2 x, =⎨ ⎩ 0,
于是
1 2 EX = ∫ x i2 xdx = , 3 0 2 2
1 1 EX 2 = ∫ x 2 i2 xdx = , 2 0 2
因此 ，
= 1 π
+∞
2
−∞
∫ ( x − 1) f ( x ) dx = ∫ ( x − 1)
−∞
1 −( x −1)2 e dx π
−∞
∫t e
2 −t2
dt 分部积分
1 2 π
+∞
−∞
∫e
−t2
1 dt = . 2
( x − µ )2
2σ 2
（方法 2） 利用正态分布定义.
1 − 由于期望为 µ ，方差为 σ 的正态分布的概率密度为 e 2 π
得
a=
1 1 b = 1, c = − 4, 4
（2）
x ⎛ x⎞ Ee = ∫ e f ( x ) dx = ∫ e i dx + ∫ e x ⎜ 1 − ⎟ dx 4 ⎝ 4⎠ −∞ 0 2
X x x
+∞
2
4
1 1 1 = e4 − e2 + . 4 2 4
【解毕】 12． 袋中装有 N 只球，但其中白球数为随机变量，只知道其数学期望为 A ，试求从该袋 中摸一球得到白球的概率. 【解】 记 X 为袋中的白球数，则由题设知