复旦大学概率论基础第三章答案
发布时间：2024-11-04
复旦大学概率论基础第一版第三章答案
复旦大学《概率论基础》习题答案
（第一版）
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，
kk
P{ n k} Cnp(1 p)n k,k 0,1, n
以Sn表时刻时质点的位置，则
Sn n (n n) 2 n n。
n的分布列为
0
(1 p)n
11Cnp(1 p)n 1
2
22Cnp(1 p)n 2
n
。 pn
Sn的分布列为
n
(1 p)n
n 21Cnp(1 p)n 1
n 4
22Cnp(1 p)n 2
2、 解：P{ 1} P{失成} P{成失} pq qp，
n
。 pn
P{ 2} P{失失成} P{成成失} ppq qqp p2q q2p,
所以 的概率分布为
p{ k} pkq q2p,k 1,2, 。
3、 解： （1）1
f(k)
k 1
N
c
N， c 1。 N
1
（2）1 c
k! c(e 1)， c (e 1)
k 1
k
。
4、 证：f(x) 0，且
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1 |x| |x| x
f(x)dx dx edx e
0 2
f(x)是一个密度函数。
5、 解：（1）P(6 9) P (6 10)
1
211 ( 10) (9 10) 22
11 1
P 1 ( 10) ( 2) 0.285788
22 2
（2）P(7 12) P (7 10)
1 211 ( 10) (12 10) 22
1 11
P 1 ( 10) 1 1 ( 1) 0.774538
2 22
（3）P(13 15) P (13 10)
1
211 ( 10) (15 10) 22
P 1
1 1 11 1
7 ( 10) 2 2 (1) 0.06059
2 2 22 2
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
1 1
(x) P ( 60) (y 60) x P{ y}
3 3
令x
1
(y 60) 1.5，解得y 64.5，即x4 64.5。由对称性得x1 3
1
60 (64.5 60) 55.5。再令(y 60) 0.5，解得y 61.5，即x3 61.5。由对称性
3
得x2 60 (61.5 60) 58.5。
7、 解：（1） (1.3) 0.90，而P{ a} P ( 5)
1
21 1 (a 5) (a 5) ，令2 2
1
(a 5) 1.3解得a 7.6。 2
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（2）由P{| 5| a} 0.01得P{ 5 a} 0.005，从而P ( 5) 而 (2.6) 0.995所以
1 21
a =0.995，2
1
a 2.6,a 5.2。 2
8、 证：（1）设x2 x1,F(x2) F(x1) P{x1 x2} 0，所以F(x2) F(x1)，F(x)
非降。
（2）设x xn xn 1 x1 x0，x1 x由概率的可加性得
P (xi 1 xi) P{x x0} i 0
F(x) F(x) F(x
i
i 1
i 0
) F(x)。
由此得 F(x0) F(x) lim F(x0) F(x) ，
n
F(x) limF(xn) F(x 0),F(x)右连续。
n
（3）1 P{ }
n
P{n n 1}
F(n 1) F(n) limF(n)
n
x
n
m
limF(m)。
F(x)与limF(x)均存在且有穷，由0 F(x) 1及上式得由单调性得lim
x
F( ) 0,F( ) 1。
9、 证：P{x1 x2} P{ x2} P{ x1} P{ x2} (1 P{ x2})
P{ x2} P{ x1} 1 (1 ) (1 ) 1 1 ( ).
∴不等式成立。
0,
10、证法一：定义F(x) P{0 x},
1,
x ( ,0]
x (0,1]则F(x)是 的分布函数。由题设得，x (1, )
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]，
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则F(nx) nF(x)，或者
1xmm
F(x) F()。从而对有理数，若x与x都属于[0,1]，则
nnnn
有F
m m
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]，x F(x)。
n n
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
0,x 0
F(x) x,0 x 1
1,x 1
∴ 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x1,x2 (0,1)，当x1 x [0,1](i 1,2)时，由题设得
F(x1 x) F(x1) P{x1 x1 x}
P{x2 x2 x} F(x2 x} F(x2)
等式两端都除以 x，再令 x 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[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。
(x m)2 1
11、证：（1）f (x) exp 2
2 2
(x m)2 11 2
exp (x m) ln exp ln ln2 022
2 2 2
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若令Q( )
12
,T(x) (x m),D( _ ln ， S(x) ln2，则有 02
(2)
f (x) exp{Q( )T(x) D( ) S(x)}
这就证明了正态分布M(m0, 2)是单参数 ( 0)的指数族。 （2）fm(x)
2 (x m) exp 2
2 0 2 0
1
x2 2mx m2 m2x21 mx
exp lnexp 2 222
2 2 02 020 2 0 0
1
1
m2
mx21若令Q(m) ，则 ,T(x) x,D(m) ,S(x) ln222 0 02 02 0
fm(x) exp{Q(m)T(x) D(m) S(x)}
所以正态分布N(m, 0)是单参数m( m )的指数族。 （3）p(k; )
2
k
k!
e exp{kln lnk!}。
若令Q( ) ln ,T(k) k,D( ) ,S(k) lnk!，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f (x)
1/ ,0 x
x 或x 0 0,
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)}12、证：分别对固定的x0和y0有
故f (x)关于 不是一个单参数的指数族。
，
1,
F(x0,y)
0,
y x0
,
y x0
1,x x0
F(x,y0)
0,x y0
。
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
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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：
b a(x y)2
a
ac b2
ya
f(x,y)dxdy ke
令u x
e
dxdy
bb
y,v y，得y v,x u v,J 1。设 aa
f(x,y)dxdy ke audu e
2
ac b22
va
dv
2
要积分收敛，必须a 0,(ac b2)/a 0，由此得应有ac b 0以及c 0。利用
e udu 可得
2
∴ k
ke audu
2
e
ac b22
va
dv k
1a
aac b
2
1
ac b2
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f(x,y) f1(x)f2(y) h(x,y)是密度函数，则由f(x,y) 0得
h(x,y) f1(x)f2(y)。又
1 f(x,y)dxdy f1(x)dx f2(y)dy h(x,y)dxdy 1 h(x,y)dxdy，
所以应有
h(x,y)dxdy 0。
h(x,y)dxdy 0，显然有
反之，若h(x,y) f1(x)f2(y)，h(x,y)可积且
f(x,y) 0且 f(x,y)dxdy 1，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h(x,y) f1(x)f2(y)且
h(x,y)dxdy 0。
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15、解：（1）1
0
Ae 2xdx
0
1
e ydy A e 2x
2
10
e y| 0
A
,A 2 2
（2）P 2, 1
20
2 4
e y|11 e 1)。 2e 2xdx e ydy e 2x|00 (1 e)(
（3） 的边际分布，当x 0时f (x) 0，当x 0时有
f (x) 2e 2xe ydy 2e 2x.
（4）P 2
202
2e 2xdx
2x
2 x0
e ydy
2e
(1 e
(2 x)
dx (2e 2x 2e (2 x)dx
2
(1 e 4) (2e 4 2e 2) 1 e 4 2e 2 (1 e 2)2.
（5）当x 0,y 0时f(x|y) 0；当x 0,y 0时有
f(x,y)2e (2x y)
f(x|y) 2e 2x. y
f (y)e
（6）P{ 1}
dy
1 0
2e
(2x y)
dx edy 2e
1
y
(2x y)
dx e
y1
1 e 1,
利用（2）的结果可得
P 2, 1 (1 e 4)(1 e 1) 4
1 e. P 2, 1 1
P 11 e
16、解：作变换，令x a cos ,y b sin ，则|J| 椭圆区域为
cos2 2rsin cos sin2 2
2 2
1 2 2 1
2
记
cos2
2
1
2rsin cos
1 2
sin2
22
s2
则 /s，且
P{( , ) D( )}
12 1 2 r
12 1 2 r
2
2
d se
2x
12(1 r)
2
2S2
d
2x0
(1 r2) 2(1 r) e2
S
S2
2
S
d
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2 1
r 2(1 r2) 1 ed 2 02 1 2S
2
2
当 时，P{( , ) D( )} 1，由此得17、证：设多项分布为
2 0
2 1 21
。 d 22S r
P{ 1 k1, , r kr}
r
n!
p1k1 p1kr， （1）
k1! kr!
ki 0,
利用（2）可以把（1）改写成
k
i 1
i
n,
p
i 1
r
i
1。 （2）
P{ 1 k1, , r 1 kr 1}
n!
p1k1 p1kr (1 p1 pr 1)n k1 kr 1 （3）
k1! kr 1!(n k1 kr 1)!
由边际分布的定义并把（3）代入得
P{ 1 k1, , r 2 kr 2}
kr 1
P{ 1 k1, , r 1 kr 1}
k1 kr 1 n,kr 1 0
n k1 kr 2r 2
n!p1k1 prk (n k1 kr 2)!2r 1
prk 1 k1! kr 2!(n k1 kr 2)!kr 1 0kr 1!(n k1 kr 1)!
(1 p1 pr 2pr 1)由二项式定理得
n k1 kr 1
P{ 1 k1, , r 2 kr 2}
n!n k1 k2r 2
（4） p1k1 prk 2 (1 p1 pr 2)
k1! kr 2!(n k1 kr 2)!
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{ 1 k1}
n!
p1k1(1 p1)n k1
k1!(n k1)!
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
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p (x)
p(x,y)dy
x
1
xk1 1(y x)k2 1 ydy(令y x 1)
(k1) (k2)
xk1 1xk1 1 xk2 1 x t
teedt e. 0 (k1) (k1) (2)
（2） 的密度函数为，当y 0时p (y) 0；当y 0时，
p (y)
p(x,y)dx
1
xk1 1(y x)k2 1 ydx
x (k) (k)12
y
令x yt，当x 0时t 0，当x y时t 1，所以
1e y
p (y) yk1 1yk2 1 tk1 1(1 t)k2 1ydt
0 (k1) (k2)
yk1 k2 1e yyk1 k2 1e y (k1) (k2)
B(k1,k2)
(k1) (k2) (k1) (k2) (k1 k2)
其中用到 函数与 函数的关系式。 19、证：我们有
1
yk1 k2 1e y
(k1 k2)
0 Fi(xi) 1,1 2fi(xi) 1 2 1 1,
1 [2F1(x1) 1][2F2(x2) 1][2F3(x3) 1] 1,
代入f (x1,x2,x3)的表达式得 f (x1,x2,x3) 0 (1) 又有
2 F(xi) Fi(xi) 0 2F(x) 1f(x)dx 2F(x) 1dF(x)1iiiiiiiii
f (x1,x2,x3)dx1dx2dx3
f1(x1)dx1
f2(x2)dx2
f3(x3)dx3 1 (2)
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
f (x1,x2,x3)dx2dx3 f1(x1), f (x1,x2,x3)dx1dx2 f3(x3)
f (x,x
1
2
,x3)dx1dx3 f2(x2).
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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
k k
P{ k, k} P ( k, j) P{ k, j}
j 1 j 1
(b)i k
p
j 1
k
2
q
k j 2
pq
2k 1
1 qk
pqk 1(1 qk)； 1 q
P{ k, i} P{ i, k} p2q1 k 2；
(c)i k
{ k, i} ,P{ k, i} 0
, )，所以 (2)因为 max(
{ k} { i, k} { k, j}
i 1
j 1k
k 1k
P{ k} P{ i, k} P{ k, j} pq
2
i 1
j 1
i 1
k 1k 1
1 k 2
p2qk j 2
j 1
k
pq
2k 1
1 qk 11 qk k 1kk 1
(2 q q)pq (k 1,2, ) 1 q 1 q
（3）P{ i| k}
P{ i, k}
P{ k}
pqk 1(1 qk)1 qk
qk,i k k 1k 1k
pq(2 qq)2 q 1 21 k 2i 1
pqpq qk,i kk 1k 1k
pq(2 qq)2 q 1
i k,(i,k 1)
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(x,y)dy 4xydy 2x
1
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。
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（2）边际密度函数为，当x[0.1]时f (x) 0；当0 x 1时
f (x)
f(x,y)dy 8xydy 4x(1 x2)
1
当y[0.1]时f (y) 0；当0 y 1时
f (y)
g(x,y)dx 8xydx 4y2
1
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
p (x,y)
11 z
sinxsiny( cosz) ； 323 8 4 8 (1 sinxsinysinz)dz 0
2
其余p (x,y) 0。当0 x 2 时，
p (x)
2 0
dy
20
18 3
(1 sinxsinysinz)dz
1
； 2
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，p (x,z) 1/4 2；当0 y 2 ,0 z 2 时，
当0 y 2 时，p (z) 1/2 ；当0 z 2 时，p (z) 1/2 ；p (y,z) 1/4 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(x,y)dy
1 xy1
dy ，
142
1
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。
222
现试能动分布函数来证 与 独立。 的分布函数记为F1(x)，则当0 x 1时，
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F1(x) P{ x} P{ x x}
同理可求得 2的分布函数F2(y)，得
2
x x
1
dx x； 2
x 0 0,
F1(x) x,0 x 1
1,x 1,
y 0 0,
F2(y) y,0 y 1
1,y 1,
( 2, 2)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, 2 y} P{ 2 x} x
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) P{ 2 x, 2 y} P{ x x, y y}
1 st
x y4dt xy
0, x,
合起来写得 F2(x,y) y,
xy, 1,
=
ds
x 0或y 00 x 1,y 1
0 y 1,x 10 x 1,0 y 1x 1,y 1
2
2
不难验证F3(x,y) F1(x)F2(y)对所有x,y都成立，所以 与 独立。 24、证：（1）由褶积公式及独立性得
P{ 1 2 k} P{ 1 i, 2 k i} P{ 1 i}P{ 2 k i}
i 0
i 0
kk
i 0
k
i
1
i!
e
1
(k i)!
1 k2
2
1 ( 1 2)kk!ik 1
e1 2 k!i!(k 1)!i 0
( 1 2)k ( 1 2)
e k 0,1,2,
k!
这就证明了 1 2具有普阿松分布，且参数为 1 2 （2）P{ 1 k| 1 2 n}
P{ 1 k, 1 2 n}
P{ 1 2 n}
P{ 1 k, 2 n k}P{ 1 k}P{ 2 n k}
P{ 1 2 n}P{ 1 2 n}
复旦大学概率论基础第一版第三章答案
k 1
k!
e
1
k n2
(n k)!
k
e
2
( 1 2)n ( 1 2)
e
n!
n k
n 1
k 1 2
25、证：由题设得
2
2 1
证毕。
11111
， 2222211111
P{ 1} P({ 1, 1} ( 1, 1}) 。
22222P{ 1} P({ 1, 1} ( 1, 1})
P{ 1, 1} P({ 1} [{ 1, 1} ( 1, 1}])
P{ 1, 1} P{ 1}P{ 1}
1
P{ 1}P{ 1}， 4
P{ 1, 1} P({ 1} [{ 1, 1} ( 1, 1}])
P{ 1, 1} P{ 1}P{ 1}
同理可证 P{ 1, 1} P{ 1}P{ 1}，
1
P{ 1}P{ 1}， 4
P{ 1, 1} P{ 1}P{ 1}.
所以 与 相互独立。用同样的方法可片 与 也相互独立。但
P{ 1, 1, 1} P({ 1, 1} [{ 1, 1} { 1, 1}])，
P{ 1}P{ 1}P{ 1}
所以 , , 只两两独立而不相互独立。
1， 8
26、解：P{ k}
k
k!
e ,
k 0,1,2 ，
由此得（1）P{ ak b}
k
k!
e ,
k 0,1,2 ，
（2）P{ k}
2
k
k!
e ,
k 0,1,2 。
27、解：（1）由P{ 0} 0知， 以概率1取有限值。当y 0时，
0 1 1
F (y) P y P{ 0} P p(x)dx 1p(x)dx；
y y
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当y 0时，
0 1 1
F (y) P y P 0 1p(x)dx；
y y
当y 0时，
F (y)
0
p(x)dx。
（2）F (y) P{tg y} P {k k arctgy}) 2 k
k
k
2
k arctgy
p(x)dx
（3）当y 0时，F (y) 0；当y 0时，
F (y) P | | y P y y
28、解：设直径为随机变量d，则
y y
p(x)dx。
1
,a x b
pd(x) (b a)。
其它 0,
圆面积S
1211
d。当 a2 y b2时， 444
1
Fa(y) P{S y} P d2 y P d
4
当y
4y
a
4y
1
dx； b a
121
a时Fa(y) 0；当y b2时Fa(y) 1。由此对Fa(y)求导（利用对参数积44
1212
分求导法则）得圆面积的分布密度为，当y a或y b时pa(y) 0；当
44
y121
a y b2时 pa(y) F'a(y) 。 44(b a) y
复旦大学概率论基础第一版第三章答案
29、解： 与 的密度函数为
1,0 x 1
（1） p (x) p (x)
0,其它
由卷积公式及独立性得 的分布密度函数为
p (y)
p (x)p (y x)dx （2）
把（2）与（1）比较知，在（2）中应有0 x 1，
0 y x 1，满足此不等式组的解(x,y) 构成图中平面区域平形四边形ABCD，当0 y 1时0 x y ,当1 y 2时y 1 x 1。所以当0 y 1时（2）中积分为
p (y) 1 1dx y0
y
当1 y 2时，（2）中积分为
p (y) 1 1dx 2 y;
y 1
1
对其余的y有p (y) 0。 30、解：p (x) p (x) 由求商的密度函数的公式得
12e
1 x22
1 2(x2 y2)
， p (x,y) e
2
1
1 2(x2y2 x2)2edx p (y) |x|p(xy,x)dx |x|
2 2
1
0
xe
1
x2(1 y2)2
dx
1
11 2x2(1 y2) 1 e , y 2 1 y2 (1 y) 0
复旦大学概率论基础第一版第三章答案
服从柯西分布。
111
(s t),y (s t),|J| 。由 与 222
22
1 s t s t 2 2 2
31、解：作变换，令s x y,t x y，得x
独立知，它们的联合密度应是它们单个密度的乘积，由此得U，V的联合密度函数为
pUV(s,t)
12
1
e4
e
1 x22
12
e
1
1 y22
|J|
1 s 2 2
2
1
e2
1 2
1
(s2 t2)4
2 2
e
12 2
e
1 t 2 2
2
pU(s)pV(t)
所以U,V两随机变量也相互独立，且均服从N（0，2）。 32、解：当y 0时由独立性得
1 F (y) P{ y} P{ 1 y, 2 y, , n y}
P{ 1 y} (1 F i(y)) (e
i 1
i 1
i 1
n
F (y) 1 exp y i
nnn
iy
) exp( y i)
i 1
n
当时。求导得的密度函数为，当时；当时
33、解：设(0,a)在内任意投两点 1, 2，其坐标分别为x,y，则 1, 2的联合分布密度为
(x,y)(0,a) (0,a) 0,
p(x,y) 1。
,(x,y) (0,a) (0,a) a2
设 | 1 2|，则 的分布函数为，当z 0时F (z) 0；当z a时F (z) 1；当
0 z a时，
F (z) P{| 1 2| z}
z x y z
0 x,y a
p(x,y)dxdy
1a2
z x y z0 x,y a
dxdy
1
S， 2a
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