《概率统计》 第四章习题课.pdf

概率统计 概率统计 第四章习题课第四章习题课 2 问题1 数学期望定义中 为何要求绝对收敛 我们通过一个期望不存在的例子 来说明这个问题 设 X 的分布律为 k kk xXPp2 1 2 1 kkx kk k 2 1 1 其中 1k kk px 1 1 1 k k k则 2ln4 13 12 11 J 3 但由于 1k kk px 1 1 k k 因此 X 的数学期望不存在 事实上由 微积分知识可知 如果把 J 式左边 级数中的项进行重排可能收敛于不同 的数 例如 2ln5 14 17 15 12 13 11 2ln5 08 16 13 14 12 11 随机变量的数学期望只能是一个 数 因此期望定义中要求的绝对收敛是 4 必要的 它可以保证顺序的变化不影 响数学期望中级数的收敛性 问题2 1 0 书中方差性质4如何证明 CXPXD 证证当时 0 2 XEXEXD CXE 先证必要性先证必要性 记 若结论不成立 则 1 CXP 于是 Cxx xXPCxCXPCxXD 22 5 右端第二项和式中至少有一项 CaaXP 0 从而对应的 因此0 2 Ca 0 2 aXPCaXD 与已知矛盾 所以 1 CXP 再证充分性再证充分性 0 2222 CCXEXEXD 当时 1 CXP 1 CCXE 222 1 E XCC 则 6 问题3 方差不存在的随机变量 其期望是否也不存在 是 因为由 22 XEXEXD 同学甲答 得 2 XDXEXE 右边不存在则左边也不能存在 XD XE 同学乙答 否 因为二阶中心矩不存在并不能 推出一阶原点矩不存在 两种回答究竟谁对 两种回答究竟谁对 7 同学乙回答得对 自由度为n的分布 2 0 2 n n XEXDXE 0 XDXE2 n当时 2 n当时 ntX例如例如 8 4 2 X4 5 6 7 p4 18 1 16 5 16 5 81 5 16 93 16 35 16 30 16 20 16 8 XE 解二解二X 的分布律为 5 0 5 0 433 1 k k CkXP 解解 81 5 16 93 7 4 k k pkXE 7 6 5 4 k 9 4 5设 X 表示电梯需停次数 则 mn m nnn XE 2 3 1 21 X1 2 3 m p 1 1 nn 1 2 1 nmn 1 概 率怎能为负 若n m 1 11 m n n 10 解 i X设 1 电梯在第 i 层停 0 电梯在第 i 层不停 ni 1 m n 1 11 X i 1 0 p m n 1 1 i XE m n 1 11ni 1 设 X 表示电梯需停次数 则 n i i XX 1 n i i XEXE 1 1 11 m n n 11 4 9设 Xi 表示第 i 个人摸到的红球 Xi 0 1 2 p 6 0 2 5 1 3 1 2 C CC 3 0 2 5 2 3 C C 1 0 1 2 5 C nXEXEXE n i ii 8 0 8 0 1 22 XEXEXD 2 64 0nn 2 8 0 3 006 011 04 nn 数 设 X表示 n 个人共摸到的红球数 则有 12 2 XE还有同学无计算的过程 22 XEXEXD 2 36 0n 2 XE的正确计算 2 11 2 2 1 2 nji ji n i i n i i XXXEXEXE 2 11 2 nji ji n i i XEXEXE 222 64 036 0 8 0 2nnCn n 22 XEXEXD n36 0 13 解法二解法二 Xi 0 1 2 p6 0 2 5 1 3 1 2 C CC 3 0 2 5 2 3 C C 1 0 1 2 5 C 11 026 01 8 0 222 ii XEXE 36 064 01 22 iii XEXEXD nXDXDXD i n i n i i 36 0 11 14 4 10设 X表示试开次数 则其分布律为 n nXE 1 21 2222 2 11 21 n n nXE 12 1 6 1 nn 12 1 2 22 n XEXEXD 1 2 3 X p 1 11 nn n n 1 2 1 1 21 nn n n n n 1 n 15 4 16 设 乘客在第 Xi 分钟 到达车站 12 11 60 1021 100 11 XEx时当 2 7 60 2021 3010 22 XEx时当 12 65 60 2521 5530 33 XEx时当 4 5 60 151110 6055 44 XEx时当 无道理 到达概率为 60 1i 1 4 16 秒分2510 4 1 4 1 i i i i XEXEXE 2510 12 133 4 1 秒分 i i XE 即使按错误的推导 也应为 以上解法像模像样 答案也与书后 相同 很容易获得助教 研究生 的打 i XE本解法的最大错误在于是 表示到达车站时间的数学期望 而不是 等候时间的数学期望 17 0 1 21199 3600E X 0 1 21499 3600 0 12899 3600 624 51025 分秒 18 正确解正确解 设 T 为 乘客 到达车站的时间 60 0 UT则 乘客需等候的时间为 605570 553055 301030 10010 TT TT TT TT Tg 其他0 600 60 1 t tfT 19 dttftgTgE 10 0 10 60 1 dtt 30 10 30 dtt 55 30 55 dtt 60 55 70 dtt 秒分2510 60 625 下面解法二由下面解法二由 3503 班班梁俊睿梁俊睿提供提供 20 解法二解法二 设乘客需等候的时间为 T 则 2520 20152 1503 tA tA tA tfT A为待 定系数 60 1 160 AAdttf由 dtttfTE 15 0 20 dt t 20 15 30 dt t 25 20 60 dt t 秒分2510 60 625 21 4 21 证 1 由题设 baUX 其他0 1 bxa ab xf X XEdx ab x dx ab a a b a b a XEdx ab x dx ab b b b a b a bXEa 1 1 dx ab dxxf b a 22 正确证明正确证明 XEdxxxfdxxafa b a b a XEdxxxfdxxbfb b a b a bXEa 证证 2 22 2 2 2cXEEXXEXD 2 2 22 ab bXEaXE 2 4 1 abXD 23 证证 2 22 EXXEXD b a dxxfxXE 22 则 222 bXEa 222 bEXa 22 EXXEXD 4 2 22 ab ab 4 1 31 2 ab取 24 正确证明正确证明 中 在方差公式 2 cXEXD 2 ba c 取 22 cbEcXEXD 4 2 2 ab cb 由于X 在区间 a b 上取值 故 22 cbcX cbcX 22 cbEcXE 25 发生 发生 A A X 0 1 发生 发生 B B Y 0 1 设A B 为随机试验 E 的两个事件 0 P A 1 0 P B 1 令 4 23 证明 若 XY 0 则随机变量 X Y 相互独立 证证 由由 XY 0 0 YXCOV YEXEXYE APXE BPYE 而 不同时发生 同时发生 BA BA XY 0 1 ABPXYE BPAPABP 事件A B相互独立 X Y 相互独立 26 1 1 1 1 YPXPYXP 错误原因错误原因 BPAPABP 而这并不表明 X Y 相互独立 本题要证明离散随机变量 X Y 相互 独立 必需证明如下四个等式都成立 1 0 jijYPiXPjYiXP 重新证明重新证明 由题设得 X Y 的联合分布 27 X Y pij 1 0 1 0 p1 p2 p3 p4 pi p1 p3 p2 p4 p j p1 p2 p3 p4 1 4 1 i i p 31 APppXE 21 BPppYE 1 ABPpXYE 由 0 XY YEXEXYE 即 BPAPABP 即 1 1 1 1 YPXPYXP 28 由于事件 A B 相互独立 必有 BABABA 也相互独立 即 0 1 BAPYXP 0 1 YPXP BPAP 同理可证 1 0 1 0 YPXPYXP 0 0 0 0 YPXPYXP 故 X Y 相互独立 29 4 31 22 YXYX 独立 22 XYEXYEXYD 2222 YEXEYEXE 22 YEXE 2 YDXEYDXD 2 XDYE 22 YEYDXEXD 独立 YDXD 30 设随机变量 X 的密度函数为 xexf x 2 1 1 E X D X 2 求cov X X 问X 与 X 相关与否 3 问X 与 X 是否独立 为什么 解解 1 1 2 1 dxexXE x 2 2 1 2 2 1 2 1 0 2 2 22 dxex dxexdxexXE x xx 1 XD 补充题补充题 31 2 0 2 1 2 1 2 1 0 2 0 2 d