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(13a=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{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(-∞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-∞-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)P0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

dx (1-e-)+(2 (1-e2)2 (5)当x0时f(x|y)=0:当x>0,y>0时有 f(x Ly) f(x,y)2e-(2x+ f2(y) (6)P{<1}= ∫d2-1”=Ced∫2-hk=-c=1-c 2e-(2x+y) 利用(2)的结果可得 P<2n<12=P211=0-Xe) P{<l} 1-e 16、解:作变换,令x-a= ocos e,y-b=psnb,则|J}=p椭圆区域为 2 cos-2rsin 0 cos0+sin 9=2 s20 2rsin 0 cos 0 0,0. 则p=λ/s,且 P{(5,m)∈D()}= der。2xs3 2(1-r de S 1-e 21G2 当→时,P(5m)∈DA)→,由此得∫。= TOT 17、证:设多项分布为 P{1=k…,=k=;划 (1) k.≥0 =n,∑P1=1 (2) 利用(2)可以把(1)改写成

  − − − − − + = − − 2 0 2 (2 ) 2 0 2 (2 ) 2e (1 e dx (2e 2e dx x x x x 4 4 2 4 2 2 2 (1 ) (2 2 ) 1 2 (1 ) − − − − − − = − e + e − e = + e − e = − e . （5）当 x  0, y  0 时 f (x | y) = 0 ；当 x  0, y  0 时有 x y x y e e e f y f x y f x y 2 (2 ) 2 2 ( ) ( , ) ( | ) − − − + = = =  . （6） P dy e dx x y    − +  = 0 (2 ) 1 0 { 1} 2 1 1 0 0 (2 ) 1 0 2 1 − −  − − + = = − = −   e dy e dx e e y x y y , 利用（2）的结果可得       1 4 1 1 (1 )(1 ) 1 2, 1 2, 1 − − − − − − =      = e e e P P P      4 1 − = − e . 16、解：作变换，令 x − a =  cos, y − b =  sin  ，则 | J |=  椭圆区域为 2 2 2 2 1 2 2 1 2 2 cos 2 sin cos sin           =       − + r 记 2 2 2 2 1 2 2 1 2 cos 2 sin cos sin s r − + =         则  =  / s ，且   − −  −  = x s S r d e d r P D 2 0 0 2(1 ) 1 2 1 2 2 2 2 2 1 1 {( , ) ( )}                  e d S r r S x r S 0 2 0 2(1 ) 2 2 2 1 2 2 2 2 (1 ) 2 1 1  − − −  − − =          − − = − −       2 0 2 2(1 ) 1 2 2 1 1 2 1 2 2 d S e r r 当  → 时， P{(,)  D()} →1 ，由此得  − =     2 0 2 1 2 2 1 1 2 r d S 。 17、证：设多项分布为 r k k r r r p p k k n P k k 1 1 1 1 1 1 ! ! ! { , , }    =   = = ， （1）   = =  = = r i i r i ki ki n p 1 1 0, , 1。 （2） 利用（2）可以把（1）改写成 P{1 = k1 ,  , r−1 = kr−1 } =

k!…k1(n-k1 p…D×(1-p1-…-p1) 由边际分布的定义并把(3)代入得 1=kt1…,5-1=k-1} np…p2 (n-k1-…-k-2)! (1-P P=2P1) 由二项式定理得 P{51=k1;…,2=k,-2}= P P 把(4)与(3)比较知,边际分布仍服从多项分布。多次类推可得 P{51=k1}= k1!(n-k1) p4(1-p) 从而知任意边际分布均服从多项分布(包括二项分布)。 18、解:(1)5的密度函数为,当x≤0时p2(x)=0:当x>0时,注意积分取胜有选 取,得 P:(x)=」p(x,y)d x-(y-x)d(令y-x=1) T(k,r(k2) dt r(k1)r(2)0 r(k1) (2)m的密度函数为,当y≤0时pn(y)=0;当y>0时, P,()=p(x,y)dx T(hr(k,) 令x=y,当x=0时t=0,当x=y时t=1,所以 p,() k1-1,k2-1 r(k1)I(k2) B(k1,k2)= e- T(k,r(k,) r(k1)I(k2) T(k,r(k) T(,+k,) r(k1+k2)

1 1 1 (1 ) ! !( )! ! 1 1 1 1 1 1 1 1 − − − − − − −  − − − − − − = r r n k k r k k r r p p p p k k n k k n      （3） 由边际分布的定义并把（3）代入得 { , , } { , , } 1 1 1 1 , 0 1 1 2 2 1 1 1 1 − − + +   = − = − =  = = − − − r r k k n k k r r P k k P k k r r r         − − − − − −  − − − =  − − − − − − = − − − − − − − 1 2 1 1 1 2 0 1 1 1 1 1 2 1 2 1 2 1 2 !( )! ( )! ! !( )! ! r r r r n k k k k r r r r r r k r k p k n k k n k k k k n k k n p p       1 1 (1 ) 1 2 1 − − − −  − − − − − r n k k p pr pr   由二项式定理得 P{1 = k1 ,  , r−2 = kr−2 } = 1 2 1 2 (1 ) ! !( )! ! 1 2 1 2 1 2 1 2 n k k r k r k r r p p p p k k n k k n r − − − − − − −  − − − − − − =  −     （4） 把（4）与（3）比较知，边际分布仍服从多项分布。多次类推可得 1 1 (1 ) !( )! ! { } 1 1 1 1 1 1 k n k p p k n k n P k − − −  = = 从而知任意边际分布均服从多项分布（包括二项分布）。 18、解：（1）  的密度函数为，当 x  0 时 p (x) = 0 ；当 x  0 时，注意积分取胜有选 取，得    − − −  −  − − =   = − x k k y x y x dy y x k k p x p x y dy ( ) ( 1) ( ) ( ) 1 ( ) ( , ) 1 1 1 2  1 2  令 =   = −  − − −  t e e dt k x k x t k 0 1 1 2 1 2 1 ( ) ( ) x k e k x − − ( ) 1 1 1 . （2）  的密度函数为，当 y  0 时 p ( y) = 0 ；当 y  0 时，   − − −  −  −   = − y x k k y x y x dx k k p y p x y dx  1 1 1 2 1 2 ( ) ( ) ( ) 1 ( ) ( , ) 令 x = yt ，当 x = 0 时 t = 0 ，当 x = y 时 t =1 ，所以 y y t t ydt k k e p y k k k k y 1 1 0 1 1 1 1 2 1 2 1 2 (1 ) ( ) ( ) ( ) − − − − −  −   =   ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( , ) ( ) ( ) 1 2 1 2 1 2 1 1 2 1 2 1 2 1 1 2 k k k k k k y e B k k k k y e k k y k k y  +       =   = + − − + − − k k y y e k k + − −  + 1 1 1 2 2 ( ) 1

其中用到β-函数与r一函数的关系式 19、证:我们有 0≤F(x1)≤1,1≤2f(x1)-1≤2-1=1, l≤[2F1(x1)-112F2(x2)-12F3(x2)-1 代入∫(x12x2,x3)的表达式得 f(x1,x2x3)≥0 (1) 又有 ∫p2F(x)-1(x)=p2F(x)-1]F(x)=F(x)-F(x)=0 face, x2xs)dx 由(1),(2)知f(x1,x2,x3)是密度函数。用与上面类似的方法计算可得边际密度函数 为 JSacx,x2, x, )dx,dx=f(x,), 5a(x, x2, x, )dx, dx2=S,(x,) ∫(x,x2,x),=f(x) 20、解: (1)为求(,5)的联合概率分布,分别考虑下列三种情况:(i,k≥1)其中利用到独立性 (a)i=k P{=.=k}=PU=kn=川=∑P5=kn= ∑p2q=2=pi pg-(1-q) (b)ik {=k,5=t}=φ,P{5=k,5=i}=0 2)因为=max(,n),所以 5=k}=U{5=,n=UU=k,= P=k=∑P5=1,=+∑P=k,n==∑pq*2+∑pq42 q p q g-g)pq

其中用到  − 函数与  −函数的关系式。 19、证：我们有 0  Fi (xi ) 1, 1 2 f i (xi ) −1 2 −1 =1, −1 [2F1 (x1 ) −1][2F2 (x2 ) −1][2F3 (x3 ) −1] 1, 代入 ( , , ) 1 2 3 f x x x  的表达式得 ( , , ) 1 2 3 f x x x   0 (1) 又有     − i i − i i dxi 2F (x ) 1 f (x )     − = 2 ( ) −1 ( ) i i i i F x dF x  ( ) ( ) 0 2 = 1 − =  − i i i F x F x 1 2 3 1 2 3 f (x , x , x )dx dx dx       −  −  − = f 1 (x1 )dx1 f 2 (x2 )dx2 f 3 (x3 )dx3 = 1 (2) 由（1），（2）知 ( , , ) 1 2 3 f x x x  是密度函数。用与上面类似的方法计算可得边际密度函数 为 ( , , ) ( ) 1 2 3 2 3 1 1  f x x x dx dx = f x   , ( , , ) ( ) 1 2 3 1 2 3 3 f x x x dx dx = f x   ( , , ) ( ) 1 2 3 1 3 2 2 f x x x dx dx = f x   . 20、解： （1）为求 ( , ) 的联合概率分布，分别考虑下列三种情况： (i, k  1) 其中利用到独立性。 （a） i = k { , } ( , ) { , } 1 1 P k k P k j P k j k j k j = = =       = = = = =  = =        (1 ) 1 2 1 1 1 1 2 2 k k k k k j k j pq q q q p q p q = − − − = =  − − = + =  ； (b) i  k 2 1 2 { , } { , } + − = = = = = = k P  k  i P  i  k p q ； (c) i  k { = k, = i} = , P{ = k, = i} = 0 (2)因为 = max(,) ，所以   1 1 1 { } { , } { , } − = = = = = = = = k i k j  k  i  k  k  j { } { , } { , } 1 1 1 P k P i k P k j k j k i = =  = = + = = = − =       = + − − = + − = + k j k j k i k p q p q 1 2 2 1 1 2 1 2 1 1 1 2 1 (2 ) 1 1 1 1 − − − −  = − −      − − + − − = k k k k k k q q pq q q q q p q (k = 1,2, )

(3)P=14=k}=P15=45=8 k ey0-g)=n1-4 (2-,y)2-0-;9,=k i>k,(,k≥1) D=,四,q,1<k 21、解:(1)边际分布的密度函数为,当x∈[0.1时f(x)=0:当0≤x≤1时, f(x)=」f(xy)d 同理,当y∈[0.1时f2(y)=0:当0≤y≤1时f2Oy)=2y。f(x,y)=f(x)fn(y) 所以5与独立 (2)边际密度函数为,当x∈[0.1时f(x)=0;当0<x<1时 :(x)=f(xy)=8xy=4x1-x) 当y[0.1时fn(y)=0:当0≤y≤1时 fn()=g(x, y)dx=8xydx=4y2 在区域0<y<1中均有g(x,y)≠f(x)2(y),所以5与n不独立。 22、证:当0≤x≤2x,0≤y≤2n时,5与的联合分布密度为 Pen(x,y) sin xsin y(-cos =) 0 8x(1-sin xsin yin =d= 8T 4 其余P(x,y)=0。当0≤x≤27时 p2()524-smxy如h= 其余P2(x)=0。由于5,75三者在密度函数的表达式中所处地位相同,故得当 0≤x≤2x,0≤二≤2丌时,P≤(x,)=1/4z2:当0≤y≤2r,0≤≤2r时 P(y)=1/4x2;当0≤y≤2r时,p2()=1/2x;当0≤z≤2z时, P:(=)=1/2z;在其余区域内,诸边际密度函数均取0值。由于 P(x,y)=P2(x)Pn(y),P≤(x,2)=P(x)P(2),Px(y,2)=PO)P(2) 故,n,2两两独立;但当0<x<2丌,0<y<2丌,0<2<2x时有 p(x,y,2)≠P:(x)Pn(y)P4(),故5,7,5不相互独立 23、证:当xk1时

（3） { } { , } { | } P k P i k P i k − = = = = =                − − = − = − − − = − − = − − − + − − − − ,( , 1) , (2 ) 2 1 , 2 1 1 (2 ) (1 ) 1 1 1 2 1 2 1 1 1 i k i k q i k q pq pq q q p q q i k q q pq q q pq q k i k k k k k k k k k k k   21、解：（1）边际分布的密度函数为，当 x  [0.1] 时 f  (x) = 0 ；当 0  x 1 时，    − = = = 1 0 f (x) f (x, y)dy 4xydy 2x  同理，当 y  [0.1] 时 f ( y) = 0 ；当 0  y  1 时 f ( y) = 2y  。f (x, y) f (x) f ( y) =   ， 所以  与  独立。 （2）边际密度函数为，当 x  [0.1] 时 f  (x) = 0 ；当 0  x 1 时    − = = = − 1 0 2 f (x) f (x, y)dy 8xydy 4x(1 x )  当 y  [0.1] 时 f ( y) = 0 ；当 0  y  1 时    − = = = 1 0 2 f ( y) g(x, y)dx 8xydx 4y  在区域 0  y  1 中均有 g(x, y) f (x) f ( y)    ，所以  与  不独立。 22、证：当 0  x  2 , 0  y  2 时 ， 与  的联合分布密度为  − =    2 0 3 8 (1 sin sin sin ) 1 ( , ) x y z dz p x y 2 2 0 3 4 1 sin sin ( cos ) 8   =       = − x y − z z ； 其余 p (x, y) = 0 。当 0  x  2 时，   = − =     2 0 2 0 3 2 1 (1 sin sin sin ) 8 1 p (x) dy x y z dz ； 其余 p (x) = 0 。由于 ,, 三者在密度函数的表达式中所处地位相同，故得当 0  x  2 , 0  z  2 时， 2 p (x,z) =1/ 4 ；当 0  y  2 , 0  z  2 时， 2 p (y,z) =1/ 4 ；当 0  y  2 时， p (z) = 1/ 2 ；当 0  z  2 时， p (z) = 1/ 2 ；在其余区域内，诸边际密度函数均取 0 值。由于 p (x, y) p (x) p ( y),  =   p (x,z) p (x) p (z),  =   p ( y,z) p ( y) p (z),  =   故 ,, 两两独立；但当 0  x  2 , 0  y  2 , 0  z  2 时有 p(x, y,z) p (x) p ( y) p (z)     ，故 ,, 不相互独立。 23、证：当 | x | 1 时

P:(x)=[p(xy)d=∫ 其余P2(x)=0。同理当|yk1时,p2()=1/2其余P2(x)=0当04xk1 0 >1, (22,n2)联合分布函数记为F3(x,y),则当0≤x≤1,y≥1时 F3(x,y)=P{2<x,n2<y}=P{ 同理得当0≤y≤1,x≥1时F3(x,y)=√y:当0≤x≤1,0≤y≤1时 F3(x,y)=P2<x,n2<y=Px<<√x,-y<n<√y} √x,ry1+st dt 0,x≤0或y≤0 √x,0≤x≤1, 合起来写得 F2(xy)=√,0≤y≤1x xy,0≤x≤1,0≤y≤1 1,x≥1,y≥1 不难验证F3(x,y)=F1(x)F2(y)对所有x,y都成立,所以52与n2独立。 24、证:(1)由褶积公式及独立性得 P5+2=k}=∑P{51=1,52=k-1}=∑P51=1P{52=k- (A1+2 I(k _(41+2)+ k=0,1,2 kl 这就证明了51+2具有普阿松分布,且参数为A1+2

   − − = + = = 1 1 2 1 4 1 ( ) ( , ) dy x y p x p x y dy  ， 其 余 p (x) = 0 。同理当 | y | 1 时 ， p ( y) = 1/ 2 其 余 p (x) = 0 当 0 | x | 1, 0  y  1 时有 p(x, y) p (x) p ( y)    ，所以  与  不独立。 现试能动分布函数来证 2  与 2  独立。 2  的分布函数记为 ( ) 1 F x ，则当 0  x 1 时， − =  = −   = = x x F x P x P x x dx x 2 1 ( ) { } { } 2 1   ； 同理可求得 2  的分布函数 ( ) 2 F y ，得          =          = 1, 1, , 0 1 0, 0 ( ) 1, 1, , 0 1 0, 0 ( ) 1 2 y y y y F y x x x x F x ( , ) 2 2   联合分布函数记为 ( , ) 3 F x y ，则当 0  x  1, y  1 时 F (x, y) = P{  x,  y} = P{  x} = x 2 2 2 3    同理得当 0  y  1, x  1 时 ( , ) 3 F x y = y ；当 0  x  1, 0  y  1 时 ( , ) { , } { , } 2 2 3 F x y = P   x   y = P − x    x − y   y = − − = x + x y y dt xy st ds 4 1 合起来写得                        = 1, 1, 1 , 0 1,0 1 , 0 1, 1 , 0 1, 1 0, 0 0 ( , ) 2 x y x y x y y y x x x y x y F x y 或 不难验证 ( , ) ( ) ( ) 3 1 2 F x y = F x F y 对所有 x, y 都成立，所以 2  与 2  独立。 24、证：（1）由褶积公式及独立性得 { } { , } 1 2 0 1 2 P k P i k i k i + = =  = = − =     { } { } 1 2 0 P i P k i k i =  = = − =   1 2 0 1 1 2 ! ( )!    − = − −  − =  e k i e i k i i k 1 1 2 0 ( ) !( 1)! ! ! 1 1 2 − = − +  − = i k k i i k k e k     1 2 ( ) 1 2 ! ( )  +  −  + = e k k k = 0,1,2,  这就证明了  1 + 2 具有普阿松分布，且参数为 1 + 2