复旦大学：《概率论》课程教学资源（习题答案）第四章 数字特征与特征函数

第四章数字特征与特征函数 1、解:EE=(1+a)+11+a1+a),令a =p,则0<p<1, (1+a) a 且∑kp= a = ,∴EE= 1+a 2 =a。 1+a)(1-p)2 1+a a 1+a 采用同样的方法并利用E=a得 EE2= k2a=k(k-1)+1p 1+a1+a 1+a 1 k 1 kp + ∑k(k-1)p 1+ak=11+ak=1 " 2 p22 =a+ pp p^=a+1 =a+ 1+a(1-p)3 =a+2a2 1+a= 1+a(1-p) DE=E2-(e)2=(a+2a2)-a2=a(1+a) 1,若第次试验A出现 2、解:设μ=1+2+…+n,其中-10,若第i次试验A出现’则 Eu=Eu1=P,由试验独立得诸相互独立,由此得 Du=Du, -p (1-P; ) 3、解:服从两占分布,由第二章第29题得,P{=1}=P事件A出现奇数次}= 11 -5(1-2p),P{n=0}=P(事件A出现偶数次}=+(1-2p),所以 22 1 1 En=--(1-2p), 22 Dn=[--2py+(1-2pn=1-(1-2p) 2n 22 22 4、解:设表取一球的号码数。袋中球的总数为1+2+…+n=n(n+1),所以

第四章 数字特征与特征函数 1、解：    =  = +               + + = + = 0 1 1 1 1 1 (1 ) , k k k k k a a a a a E k ，令 p a a = (1+ ) ，则 0  p  1 ， 且    =  = − =        + =        = 1 2 k k 1 1 (1 ) k k p p a a k p p p p ， a a a a a a E =       + − +  +  = 2 1 1 1 1 1  。 采用同样的方法并利用 E = a 得      =  = − + + =               + + = 1 1 2 2 ( 1) 1 1 1 1 1 1 k k k k k k p a a a k a E    =  = − + + + = 1 1 ( 1) 1 1 1 1 k k k k k k p a k p a        + − = +        + = +   = 1 1 (1 ) 2 1 2 p p a p p a a p a k k 2 3 2 2 (1 ) 2 1 a a a p p a = + −  + = + ( ) ( 2 ) (1 ) 2 2 2 2 D = E − E = a + a − a = a + a 。 2、解：设  =  +  ++  n 2 1 ，其中    = 若第 次试验 出现 若第 次试验 出现 ， i A i A i 0 1,  ，则   = = = = n i i n i E E i p 1 1   ，由试验独立得诸  i 相互独立，由此得 (1 ) 1 1 i n i i n i D =  D i = p − p = =   。 3、解： 服从两占分布，由第二章第 29 题得， P{ = 1} = P {事件 A 出现奇数次}= − (1− 2 ) , { = 0} = 2 1 2 1 p P  n P{事件 A 出现偶数次} n (1 2 p) 2 1 2 1 = + − ，所以 n E (1 2 p) 2 1 2 1  = − − ， n n n D p p p 2 (1 2 ) 4 1 4 1 (1 2 ) 2 1 2 1 (1 2 ) 2 1 2 1 = − −       + −        = − − . 4、解：设  表取一球的号码数。袋中球的总数为 ( 1) 2 1 1+ 2 ++ n = n n + ，所以

2k P{=k} k n(n+1) 曰m(n+1)h=-2 n(n+1)(2n+1)1 (2n+1) n(n+1) 5、解:由于是分布,所以应有∑P{=n=∑A3=1,即Ae"=1A=e sey0n!=a,即AB、、Bw AB 又由已知E=>n meo(n-1)!-", ABe=a B 6、解:μ表示摸出c个球中白球个数,摸c个球可视为不放回地摸c次。记 5=14第摸到白球 0,第次摸到黑球 则H=51+52+…+5a。由第二章第7题得P{;=1}= 所以E5 E b a+b 7、解:设μ表示抽出k张卡片的号码和,5表示第i次抽到卡片的号码,则 H=51+52+…+5k,因为是放回抽取,所以诸5独立。由此得,对=1,2,…,k。 I n(n+D) E=E51+E52+…+Ek=k(n+1) 11n(n+1(2n+ (n+1)(2n+1), 6 6 D51=E2-(E)2=(n+1)(2n+1)-1(n+1)2=(n2-1), D=D51+D2+…+Dn=k(m2-1 8、解:设μ为所得k张卡片上号码之和。对1≤i1<…<ik≤n有 P=1+2+…+}=1 CR,由定义得 每次抽卡片k张称为一组,对于每个固定的卡片m,在卡片m所在的组中,其余k-1张

k n n n k n n k P k , 1, 2,, , ( 1) 2 ( 1) 2 1 { } =  + = +  = = . = = + + +  +  = + = n k n n n n n n k n n k E 1 (2 1) 3 1 6 ( 1)(2 1) ( 1) 2 ( 1) 2  . 5、解：由于  是分布，所以应有    =  = = =  = 0 0 1 ! { } n n n n B P  n A ，即 B B Ae A e − =1, = 。 又由已知 a n AB E n n n =   =  = ! 0  ，即 a n B AB n n = −   = − 0 1 ( 1)! ， ABe a B = ,  B = a, B a A e e − − = = 。 6、解：  表示摸出 c 个球中白球个数，摸 c 个球可视为不放回地摸 c 次。记    = 第 次摸到黑球 第 次摸到白球 i i i 0, 1,  ，则  =  1 + 2 ++ c 。由第二章第 7 题得 P{ i =1} = (a b) a + ，i = 1,2,  ,c 。所以 (a b) a E i +  = ， a b ac a b a E E c c i i + = + =  =  =1   . 7、解：设  表示抽出 k 张卡片的号码和， i  表示第 i 次抽到卡片的号码，则  =  1 + 2 ++ k ，因为是放回抽取，所以诸 i  独立。由此得，对 i = 1,2,  , k 。   = = + = + =  = =  n j n j i n n n n j n n E j 1 1 2 1 2 1 1 1 ( 1)  ， ( 1) 2 1 E = E 1 + E 2 ++ E k = k n + ； ( 1)(2 1) 6 1 6 1 1 ( 1)(2 1) 1 2 2 = + + + + =   =  = n n n n n n n E j n j  i ， ( ) ( 1) 12 1 ( 1) 4 1 ( 1)(2 1) 6 2 2 1 2 2 D i = E i − E i = n + n + − n + = n − ， ( 1) 12 1 2 D = D 1 + D 2 ++ D n = k n − 。 8 、 解 ： 设  为所得 k 张 卡 片 上 号 码 之 和 。 对 1 i 1  i k  n 有 { } 1 2 k P  = i + i ++ i k Cn 1 = ，由定义得       = − − = + + + = i i n n m k n k n k n k k m C C C E i i i   1 1 1 1 1 1 2 1  ( ) （*） 每次抽卡片 k 张称为一组，对于每个固定的卡片 m，在卡片 m 所在的组中，其余 k −1 张

卡片可以从剩下n-1张卡片中任意抽取,所以m总共被抽到的次数(或所在的组数) 为C,转换成对m求和就得到上式。由此得 kn(n+1)k(n+1) 2 为求方差,先求E2,由定义得 (1+l2+…+k (2+…+)+2∑i 其中前一个和式得来的理由同(*)式。为获得后一和式,仍考虑每次抽得的一组k张卡 片。在卡片i和j所在的组中,其余k-2张卡片可以从其余n-2张卡片中任意抽取, 所以卡片i和j同时被抽到的次数为C2,即得第二个和式的系数。继续运算得 C4[(2+…+m)+2(3+…+m)+…+(n-1 km(n+1)2n+1)2k(k-1)n(n+1)m(m+1 6 n( k(n+2n+1),2k(k-D)「m(n+1)mn-1)1 n 6 k(n+1)(2n+1) +k(k-1 n(n+1)(n-1)2n2(n-1)n(2n-1) 6 24m(n-1)6m(n-1) k(n+1(2n+1)+k(k-1)m(n+1)-元m(n-1)-2(2n-1) k(n+1)(2n+1)+k(k-1)(n+1)(3n+2) D=E2-(E)2=k(n+1)n-k) 证:∑P≥=∑∑P{5=} {=1}+P{=2}+P{=3}+…+P{=2}+P{=3+…+P{5=3}+ 10、解:此题属于有放回抽样的情形,利用允许重复的排列计算。若n辆车的车牌号中 最大号码为k,则其中应至少有一个牌号为k,所以有利场合数应为,k"与那些n个牌 号中没有号码k的种数(k-1)”之差,从而有

卡片可以从剩下 n −1 张卡片中任意抽取，所以 m 总共被抽到的次数（或所在的组数） 为 1 1 − − k Cn ，转换成对 m 求和就得到上式。由此得 2 ( 1) 2 ( 1) + = + =  n n k n n k E . 为求方差，先求 2 E ，由定义得                     = + + +  = + + + i i n t j k k t j i i n k n k n k k k i i i i C C E i i i     1 1 1 1 2 2 1 1 2 1 2 2 ( ) 2 1 1  ( )   =    − − − − = = n m i j n k n k n k n k n ij C C m C C 1 1 2 2 2 1 1 2 其中前一个和式得来的理由同（*）式。为获得后一和式，仍考虑每次抽得的一组 k 张卡 片。在卡片 i 和 j 所在的组中，其余 k − 2 张卡片可以从其余 n − 2 张卡片中任意抽取， 所以卡片 i 和 j 同时被抽到的次数为 2 2 − − k Cn ，即得第二个和式的系数。继续运算得   ( ) ( )  = − − = + + + + + + + + − n m k n k n n n n n C C m n k E 1 2 2 2 2 1 2 2 3 ( 1) 2           + − + − − + + + =   − = 2 ( 1) 2 ( 1) ( 1) 2 ( 1) 6 ( 1)(2 1) 1 1 n n m m m n n n n n k k n k n m       − − −  + − − + + + =   − = − = 1 1 2 1 1 3 2 1 2 1 2 ( 1) 2 ( 1) ( 1) 2 ( 1) 6 ( 1)(2 1) n m n m m m n n n n n n k n n k k       − − − − − − − + + − + + = 6 ( 1) ( 1) (2 1) 4 ( 1) ( 1) 2 ( 1) ( 1) 6 ( 1)(2 1) 2 2 n n n n n n n n n n n k k k n n       = + + + − + − − − (2 −1) 6 1 ( 1) 4 1 ( 1) 2 1 ( 1)(2 1) ( 1) 6 1 k n n k k n n n n n ( 1)( 1)(3 2) 12 1 ( 1)(2 1) 6 1 = k n + n + + k k − n + n + ( 1)( ) 12 1 ( ) 2 2  D = E − E = k n + n − k . 9、证：    =  =  =  = = 1 1 { } { } k k j k P  k P  j = { = 1}+ P{ = 2}+ P{ = 3}++ P{ = 2}+ P{ = 3 ++ P{ = 3}+   = = = = 1 { } k kP  k E . 10、解：此题属于有放回抽样的情形，利用允许重复的排列计算。若 n 辆车的车牌号中 最大号码为 k，则其中应至少有一个牌号为 k，所以有利场合数应为， n k 与那些 n 个牌 号中没有号码 k 的种数 n (k −1) 之差，从而有

{=k} -1) E5=∑k D=N-5 {x-川 ll、解:E ∫2cb=+=h=0+= x-叫 (x-p)2e(令;(x-m) 2 =22t2e-dt=12t2G-e-)+222te-ldt =2(-e")6+2dh=2(-e")=2x2 12、解:分子平均速度为 E5=Jmxe“(令= adt= 2te dt 分子平均动能为 nx e(令r=x tte-tdt dt 13、证:5152的联合密度为p(x,y)=ep{ (x-a)2(y-a)2 2σ Emax(5,52)=[max( x,y)(x,y)drdy xp(x, y)dy+ dx yp(x,y (利用密度函数的积分值为1,减a再加a) ∫-(x-a)xy)+∫(y-a)p(x,y)d+a (在前一积分中交换积分次序,在后一积分中交换x与y的记号)

  k N N k k P k n n n , 1,2, , ( 1) { } =  − −  = = . ∴   − = = = − − − =  1 1 1 ( 1) N k n N n k n n n N k N N k k E k . 11、解：   − − − − = = ) ( ) ( 2 1 | |       x E x e dx t x 令   − + − = e dt t |t| 2      − −  − − = e dt + e dt t |t| |t| 2 2   = 0 +  =  .   − − = − = − − ) ( ) ( ) ( 2 1 | | 2        x D x e t x 令    −  −  − − = = − + 0 2 0 2 2 2 2 t e dt t ( e ) 2 te dt t t t    2 0 2 0 2 0 2 = 2 (− ) + 2 = 2 (− ) = 2  −  −  −  t t t t e te dt e . 12、解：分子平均速度为   − = = 0 3 2 ( ) 4 2 2 a x e dx t a x E x a x 令   ( )    −  − −  =  = − + = 0 0 2 0 3 2 2 4 2 2 2 2 2     a te dt a e at e adt t t t t 。 分子平均动能为   −  = =      0 3 2 2 2 ( ) 4 2 1 2 1 2 2 a x e dx t a x E m mx a x 令   ( )    −  − −  = = − + 0 2 0 3 2 0 4 2 2 2 2 2 2 3 e dt ma t e ma t e dt ma t t t    4 3 2 2 3 2 2 ma ma =  =   。 13、证： 1 2 的联合密度为       − − − = − 2 2 2 2 2 ( ) 2 ( ) ( , ) exp   x a y a p x y ， ∴  E max( , ) = max( x, y) p(x, y)dxdy  1  2      −  −  − = + x x dx x p(x, y)dy dx yp(x, y)dy （利用密度函数的积分值为 1，减 a 再加 a）      −  −  − = − + − + x x dx (x a) p(x, y)dy dx ( y a) p(x, y)dy a （在前一积分中交换积分次序，在后一积分中交换 x 与 y 的记号）

∫小(x-a)p(x,y)+」二小,(y-a(x,y)+ d「(x-a)e2a(令 2O dt a+ z=a+0 证:E=「xdF(x)=xdF(x) (x) xF(x)-F(x)x(-F(x)+0-F() 由均值存在得[|xdF(x)0(当 sB(1-F(B)s∫1x1dF(x)→>0(当B→+) 以此代入E的计算式即得E5=J(-F(x)x-[F(x

       −  − = − + − + y y dy (x a) p(x, y)dx dy ( y a) p(x, y)dx a    −  − − − − = + − y y a x a a e dy x a e dx 2 2 2 2 2 ( ) 2 ( ) 2 ( ) 2 1 2     ) ( ) ( t y a = −  令 a e dt t   − − = + 1 2        = a + = a + . 14、证：    −    −   − = = + = − − 0 0 0 E xdF(x) xdF(x) xdF(x) xdF(x) x d(1 F(x)) ( ) ( )     − − = − − − + − 0 0 0 0 x F(x) F(x)dx x 1 F(x) 1 F(x) dx 由均值存在得   − | x | dF(x)   ， ∴  − −  −  → → + A 0 AF( A) | x | dF(x) 0 (当A ) ，    −  → → + B 0 B(1 F(B)) | x | dF(x) 0 (当B ) 以此代入 E 的计算式即得 ( )  −  = − − 0 0 E 1 F(x) dx F(x)dx