概率论答案---李贤平版---第四章

第四章 数字特征与特征函数

1、设是事件A在n次独立试验中的出现次数，在每次试验中P(A)p，再设随机变量视取偶数或奇数而取数值0及1，试求E及D。

2、袋中有k号的球k只，k1,2,,n，从中摸出一球，求所得号码的数学期望。

n3、随机变量取非负整数值n0的概率为pnAB/n!，已知Ea，试决定A与B。

4、袋中有n张卡片，记号码1,2,…,n,从中有放回地抽出k张卡片来，求所得号码之和的数学期望及方差。 5、试证：若取非负整数值的随机变量的数学期望存在，则EP{k}。

k11e6、若随机变量服从拉普拉斯分布，其密度函数为p(x)22|x|,x, 0。试求E，D。

7、若1,2相互独立，均服从N(a,)，试证Emax(1,2)a。 8、甲袋中有a只白球b只黑球，乙袋中装有只白球只黑球，现从甲袋中摸出c(cab)只球放入乙袋中，

求从乙袋中再摸一球而为白球的概率。

9、现有n个袋子，各装有a只白球b只黑球，先从第一个袋子中摸出一球，记下颜色后就把它放入第二个袋子

中，再从第二个袋子中摸出一球，记下颜色后就把它放入第三个袋子中，照这样办法依次摸下去，最后从第n个袋子中摸出一球并记下颜色，若在这n次摸球中所摸得的白球总数为Sn，求Sn。

10、在物理实验中，为测量某物体的重量，通常要重复测量多次，最后再把测量记录的平均值作为该体质重量，

试说明这样做的道理。

11、若的密度函数是偶函数，且E，试证与不相关，但它们不相互独立。

2122,xy112、若,的密度函数为p(x,y)，试证：与不相关，但它们不独立。

220,xy113、若与都是只能取两个值的随机变量，试证如果它们不相关，则独立。 14、若UaXb,VcYd，试证U,V的相关系数等于X,Y的相关系数。 15、若1,2,3是三个随机变量，试讨论（1）1,2,3两两不相关；

（2）D(123)D1D2D3；（3）E123E1E2E3之间的关系。

16、若,服从二元正态分布，Ea,D1,Eb,D1。证明：与的相关系数rcosq，其中

qP{(a)(b)0}。

《概率论》计算与证明题 114

17、设(,)服从二元正态分布，EE0,DD1,rr，试证：Emax(,)18、设与独立，具有相同分布N(a,)，试求pq与uv的相关系数。 19、若服从N(a,)，试求E|a|。

2k2(1r)。

20、若及分别记二进制信道的输入及输出，已知P{1}p,P{0}1p, P{11}q，

P{01}1q,P{10}r,P{00}1r，试求输出中含有输入的信息量。

21、在12只金属球中混有一只假球，并且不知道它比真球轻还是重，用没有砝码的天平来称这些球，试问至少

需要称多少次才能查出这个假球，并确定它比真球轻或重。 22、试用母函数法求巴斯卡分布的数学期望及方差。

23、在贝努里试验中，若试验次数v是随机变量，试证成功的次数与失败的次数这两个变量独立的充要条件，是

v服从普阿松分布。

24、设{k}是一串独立的整值随机变量序列，具有相同概率分布，考虑和12它与{k}相互独立，试用（1）母函数法，（2）直接计算证明

v，其中v是随机变量，

EEvEk,DEvDkDv(Ek)2。

25、若分布函数F(x)1F(x0)成立，则称它是对称的。试证分布函数对称的充要条件，是它的特征函数

是实的偶函数。

26、试求[0,1]均匀分布的特征函数。 27、一般柯西分布的密度函数为p(x)1(x)22,0。证它的特征函数为exp{it|t|}，利用

这个结果证明柯西分布的再生性。

28、若随机变量服从柯西分布，0,1，而，试证关于特征函数成立着f(t)f(t)f(t)，但

是与并不独立。

29、试求指数分布与分布的特征函数，并证明对于具有相同值的分布，关于参数r有再生性。 30、求证：对于任何实值特征函数f(t)，以下两个不等式成立：

1f(2t)4(1f(t)),1f(2t)2(f(t))2。

31、求证：如果f(t)是相应于分布函数F(x)的特征函数，则对于任何x值恒成立：

1T2TlimTTf(x)eitxdtF(x0)F(x0)。

《概率论》计算与证明题 115

132、随机变量的特征函数为f(t)，且它的n阶矩存在，令Xkkidklogf(t)dtk,t0kn，称Xk为随机

变量的k阶半不变量，试证b（b是常数）的k(k1)阶半不变量等于Xk。 33、试求出半不变量与原点矩之间的关系式。 34、设1,2,1,n相互独立，具有相同分布N(a,2)试求的分布，并写出它的数学期望及协方差阵，

n1n再求i的分布密度。

ni135、若服从二元正态分布N(0,)，其中态分布，并求的密度函数。

36、证明：在正交变换下，多元正态分布的独立、同方差性不变。 37、若(,)的分布为p(k1,k2)42，试找出矩阵A，使A，且要求服从非退化的正21n!p1k1p2k2(1p1p2)nk1k2 0pi1

ki!k2!(nk1k2)!（1）求随机变量的边际分布；（2）求E(|)。 0kin k1k2n i1,2，

ABn38、若r,v,的取值是非负数，且p(n),又E8，求A?,B?

n!39、设~N(2,1),~N(1,4)且二者独立，求U2 ,V2的相关系数uv 40、某汽车站在时间t内发车的概率为P(t)=1-e8t，求某人等候发车的平均匀时间。

41、某厂生产的园盘的直径服从(a,b)内的均匀分布，求园盘面积的数学期望。 42、搜索沉船， 在时间t内发现沉船的概率为P(t)1e间。

43、从数字1,2,3,4中按有放回方式取数，设随机变量表示第一次选取的数字，随机变量表示第二次选取的

不小于的数字. (1)写出(,)的联合分布列; (2)求E.

44、如果,,互不相关,且方差分别为1,3,6,求u,v的相关系数uv.

45、将三个球随机地放入三个盒子中去，设随机变量,分别表示放入第一个、第二个盒子中的球的个数。1)

求二维随机变量(,)的联合分布列; 2)求E

t(0)， 求为了发现沉船所需要的平均搜索时

46、设RV, 相互独立，且E2, D1, E1, D4，求U-2 , V2- 的相关系数puv。

《概率论》计算与证明题 116

47、民航机场一送客汽车载有20个旅客从机场开出，旅客可从10个站下车，如果到站没人下车就不停车，

假定乘客在每个车站下车是等可能的，求平均停车次数。 48、据统计，一个40岁的健康者在5年内死亡的概率为1-p，保险公司开办五年人寿保险，条件是参加者需要

交保险费a元，若五年内死亡，公司赔偿b元(ba)，问b应如何确定才能使公司可望受益？若有m个人参加保险，公司可望收益多少?

49、对敌人防御地段进行100次轰炸，每次命中目标的炸弹数是一个随机变量，其期望值是2，方差是1.69，求

100次轰炸中有180～220颗命中目标的概率。 50、若有n把看上去样子相同的钥匙，其中只有1把打开门上的锁。用它们去试开门上的锁，设取得每把钥匙是

等可能的。若每把钥匙试开后除去，求试开次数X的期望。 51、对球的直径作近似测量，其值均匀分布在区间[a,b]上。求球的体积的期望。 52、设X服从几何分布，它的概率分布列为：P{Xi}q53、设离散随机变量X的分布列为P{Xi}i1p,n1,2,，求Ysin，其中q1p，求E(X)，D(X)。

1,i1,2,2X的期望。 254、有3只球，4只盒子，盒子的编号为1,2,3,4。将球随机地放入4只盒子中去。记X为其中至少有1只球的

盒子的最小号码。求E(X)。

55、随机地掷6个骰子，利用切比雪夫不等式估计6个骰子出现点数之和在15点到27点之间的概率。 56、已知正常成人血液中，每亳升白细胞数平均是7300，标准差是700。利用切比雪夫不等式估计每亳升男性成

人血液中含白细胞数在5200至9400之间的概率p。

57、一部件包括10部分，每部分的长度是一个随机变量，相互独立且服从同一分布、其期望是2mm，标准差

是0.05mm。规定总长度为(200.1)mm时产品合格，求产品合格的概率。

58、根据以往的经验，某种电器元件的寿命服从均值为100小时的指数分布，现随机取16只，设它们的寿命是

相互独立的，求这16只元件的寿命的总和大于1920小时的概率。 59、证明Cuchy---Swchz不等式，若EE 存在 ,则EE2E2 60、设r>0，则当 E|| 存在时， 0,有P(||)r

222E||rr。

61、若P(k)pqk-1 k1,2, pq1(p0) 则E1。 p62、设与都只取两个数值，且与不相关，则与独立。 63、叙述并证明契比雪夫大数定律。

64、若是取非负整数的随机变量，E,D均存在，则EP(i)。

i1 《概率论》计算与证明题 117

65、设,的联合密度函数是f(x,y)121R2e12(1R2)x22Rxyy2，求证: Emax(,)21R

ba66、证明：对取值于区间[a,b]中的随机变量恒成立，aEb,D()。

267、设随机变量的方差D存在，c为任一实数，证明：DE(c)

2xnxe68、设随机变量的密度函数为：p(x)n!069、若RV1,2,x0x0 ， 其中n为正整数， 证明：

,n相互独立且同分布，Ei1, Di1, i1,2,3,,n，试证： 对任意的k(k1,2,,n) k(k1)有P0i2k

ki1n170、如果随机变量序列{n}，当n时有2D(k)0，证明：{n}服从大数定律.

nk1171、设(,)的密度函数是 P(x.y)0x2y21x2y21 ，证明与不相关，且不独立。

xmxe72、设连续型R,V的密度函数为P(X)m!0P(02(m1))73、设X1,X2,证

明

(x0)(x0) (其中m为正整数)，试利用契贝晓夫不等式证明

m. m1,Xn,：

是独立随机变量序列，Xi的分布列为 X ia 0 ia i=1,2,

1nlimpXi0 nni1数是偶函数，且E，

274、若的密度函

试证与不相关，但它们不相互独立。

122,xy175、若,的密度函数为p(x,y)，试证：与不相关，但它们不独立。

220,xy176、若与都是只能取两个值的随机变量，试证如果它们不相关，则独立。 77、若UaXb,VcYd，试证U,V的相关系数等于X,Y的相关系数。

《概率论》计算与证明题 118

rAr,xA78、Pareto分布的为密度函数为p(x)xr1，这里r0,A0，试指出这分布具有p阶矩，当

0,xA且仅当pr。

1,|x|e2a79、若的密度函数为p(x)2|x|(log|x|)，试证对于任何a0，E||。

0,其它k80、记akE||，若an，试证，kakk1ak1， k1,2,,n1。

81、试用母函数法证明二项分布及普阿松分布的再生性。

82、若分布函数F(x)1F(x0)成立，则称它是对称的。试证分布函数对称的充要条件，是它的特征函数

是实的偶函数。

83、若随机变量服从柯西分布，0,1，而，试证关于特征函数成立着f(t)f(t)f(t)，但

是与并不独立。 84、若1,2,,n相互独立且服从相同分布N(0,1)，试证i2服从参数为n的X2分布，并说明X2i1n分布也有再生性。

85、求证：对于任何实值特征函数f(t)，以下两个不等式成立：

1f(2t)4(1f(t)),1f(2t)2(f(t))2。

186、随机变量的特征函数为f(t)，且它的n阶矩存在，令Xkkidklogf(t)dtk,t0kn，称Xk为随机变

量的k阶半不变量，试证b（b是常数）的k(k1)阶半不变量等于Xk。

112t2x2x1e2xe2dte2。 87、求证，在xo时有不等式2x1xx188、若k具有有限方差，服从同一分布，但各k间，k和k1有相关，而k,l(|kl|2)是独立的，证明这时

对{k}大数定律成立。

第四章 解答

1、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}=

1111(12p)n,P{0}P{事件A出现偶数次}(12p)n，所以 2222 《概率论》计算与证明题 119

E11(12p)n， 22111111D(12p)n(12p)n(12p)2n.

2222442、解：设表取一球的号码数。袋中球的总数为12n1n(n1)，所以 2P{k}k1n(n1)22k,n(n1)k1,2,,,n.

E2k2n(n1)(2n1)1k(2n1).

n(n1)n(n1)63k1nBn3、解：由于是分布，所以应有P{n}A1，即AeB1,AeB。又由已知

n!n0n0Bn1ABna，ABeBa, Ba,AeBea。 Ena，即ABn!n0(n1)!n04、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。

Eij1n11n1n(n1)n1jj， nnj1n22EE1E2EkEij22j1n1k(n1)； 211n(n1)(2n1)1(n1)(2n1)， nn662DiEiEi2111(n1)(2n1)(n1)2(n21)， 64121k(n21)。 12j}

DD1D2Dn5、证：

P{k}P{k1k1jk kP{k}E.

k1.

《概率论》计算与证明题 120

1xe6、解：E2|x|dx|t|(令t(x))

t2edt0t2edt|t|2e|t|dt0.

0 22t(et)22tetdt22(et)022.

(xa)2(ya)27、证：12的联合密度为p(x,y)exp， 2222∴ Emax(1,2)max(x,y)p(x,y)dxdy

12（利用密度函数的积分值为1，减a再加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）

aetdtaa. ,c，服从超几何分布，

8、解：令B表“从乙袋摸一球为白球”，表从甲袋所摸个球中白球数，则取值0,1,且Eca，考虑到若ca，则当ia1,(ab),c时P{i}0；若cb，则当icb时P{i}0；

而在条件概率定义中要求P(Ai)P{i}0 由此得 1acE.

abccc9、解：令i1,从第i袋子中摸出白球，则

0,从第i袋子中摸出黑球a，

(ab)P{11}a2abaaaa1ba。 P{21}abab1abab1(ab)(ab1)ab由此类推得P{11}a， i1,2,(ab),n。又Sn12ESnEi1nn，

na。 ab10、解：以i表第i次测量值，由于受测量过程中许多随机因素的影响，测量值i和物体真实重量a之间有偏差，

1i是独立同分布的随机变量，并有Eia,Di2。测量记录的平均值记为，则(1nn)

《概率论》计算与证明题 121

11nnaEEia， D2nni1n平均值的均值仍为a，但方差只有i方差的作为物体的重量，则更近于真值。

n22Di2。 nni1n1，而方差是描述随机变量对于其数学期望的离散程度，所以以n11、证：设f(x)是的密度函数，则f(x)f(x)。由xf(x)是奇函数可得E0，从而EE||0。又由于x|x|f(x)是奇函数，得 故||与不相关。

由于的密度函数是偶函数，故可选c0使0P{||c}1，亦有P{c}1， 其中等式成立是由于{||c}{c}。由此得||与不独立。 12、证：Exp(x,y)dxdyxdx111x211x2dy0，同理E0。

即与不相关。但与不独立，事实上可求得

22221x,|x|11y,|y|1，p(x)y， p(x)x0,|x|1|y|10,而当|x|1且|y|1时，p(x,y)p(x)p(y)。

a,bc,d13、证：设,。作两个随机变量

p,qp,q1122*b:由与不相关即EEE得

ab,0*cd,0,d:。

p1,q1p2,q2(Eb)(Ed)E*E*，

而E(ab)(cd)P{ab,cd}， EE(ab)P{ab}(cd)P{cd}， 由上两式值相等，再由(ab)(cd)0得

此即P{a,c}P{a}P{c}。同理可证

********P{a,d}P{a}P{d}，P{b,c}P{b}P{c} P{b,d}P{b}P{d}，

《概率论》计算与证明题 122

从而与独立。

14、证：EUaEXb,DUaDX，EVcEYd,DVcDY，

22cov(U,V)Ea(XEX)c(YEY)accov(X,Y)，

rUVcov(U,V)acrxy。

|a|DX|c|D(Y)|ac|欲rUVrxy，题中需补设a与c同号。

15、解：（一）证(1)(2)，设（1）成立，即两两不相关，则

D1D2D3，

∴（2）成立。 （二）(1)⇏(3)。设

1,1:1,2并设1与2独立，则

11,21,2:1,211， 21,123（记）：1,21,2:1， 1123312由第三章25题知，123两两独立，从而两两不相关，满足（1）。而E1E20，这时

E1E2E301E123，（3）不成立。

（三）(2)⇏(1)。设D0,12,3，则

12111D(123)D()D2D。

24211D1D2D3DDD2D，

42满足（2）。但显然1,2,3两两相关，事实上由E(E)D0得与相关，（1）不成立。 （四）(2)⇏(3)。事实上，由(1)(2)，(1)⇏(3)得必有(2)⇏(3)。 （五）(3)⇏(2)。设 则

再设1与3独立，从而1的函数2与3也独立，我们有E1,E222121， 2 《概率论》计算与证明题 123

E30，E120,E13E1E30,E23E2E30，E1230E1E2E3，满足（3）。

但

D1D2D3∴（2）成立。

1D1D2D3。 2（六）(3)⇏(1)。事实上，由(1)(2)，(3)⇏(2)得必有(3)⇏(1)。 （七）当1,2,3相互独立时，(1)，(2)，(3)同时成立。 16、证：由题设得

qu122exp(xa)2r(xa)(yb)(yb)2dxdy22(1r)21-r(xa)(yb)01,x）a （令

vyb令ucos,vsin,|J|，则

1tgr1r11r，即tgq得qarctg由limtg，而limarctg2，22222221-r1-r1-r变形得

r2ctgq， 或ctgq， 221-r1-rr2ctg2q222sinqctgqcosq。 所以 r21ctgq2注意到0q1，且r与ctgd同号，即r与cosq同号，故得rcosq（其中qP{(a)(b)0}）。 17、证：由题设得

用部分积分法，令，余下部分为，得。 18、解：记Spq,Tuv，则

ESpaqa(pq)a,ET(uv)a， DS(p2q2)2,DT(u2v2)2 ，

covSTE(p(a)q(a))(u(a)v(a))pu2qv2 ，

rSTpuqvpqk22uv1222。

(xa)22219、解：E|a||xa|kexadx令u

 《概率论》计算与证明题 124

u2kk12ue2u2kk2(k1)ue2du。 002当k为偶数时

当k为奇数时

E|a|k2k(k1)(k3)42ue0u22du24(k3)(k1)k2。

20、解：P{1}P{1,0}P{1,1}

P{1}P{0}1。

log[p(1q)(1p)(1r)]，

所以输出中含有输入的信息量H（入）－H出（入）为

H（入）－H出（入）＝H（出）－H入（出）

[(1p)rpq]log[(1p)rpq][p(1q)(1p)(1r)]log[p(1q)(1p)(1r)](1p)rlogr(1p)(1r)log(1r)p(1q)log(1q)pqlogq。

21、解：需要确定其结局的实验有24个可能结局，即12个是假球，且它比真的轻或重。若认为全部结局是等概的，则实验的熵H()log24，即需要得到log24个单位信息。由称一次（随便怎样的）所构成的实验，可以有3个结局（即天平可以向右斜或向左斜或保持平衡），进行k次复合试验Ak12kk后，可得

到不大于klog3log3的信息，而3243，所以至少得称三次才可以称出假球，且判明它比真球轻或重。 具体称法共有十几种，详见雅格洛姆著：“概率与信息”，这里仅取一法叙述如下：

第一次称：天平两端分放1、2、3、4和5、6、7、8，下余I、II、III、IV。 （A）若第一次称时平衡，则假球在I、II、III、IV中。 第二次称：天平两端分放I、II和III、1，注意1是真球。

（AA）若第二次称时平衡，则IV是假球；再把1和IV分放天平两端称第三次，可判别假球IV比真球1轻或重。

（AB）若第二次称进I、II较重（或轻）， 第三次称：天平两端分放I和II。

（ABA）若第三次称时平衡，则II是假球，且比真球较轻（或重）。

（ABB）若第三次称时不平衡，则与（AB）中同重（或轻）的那球是假球，且它比真球较重（或轻）。 （B）若长一资助称时1、2、3、4较重，则假球在天平上。 第二次称：天平两端分放1、2、5和3、4、6。

（BA）若第二次称时平衡，则7、8中之一为假球，由第一次称的结果知假球较轻，再把7和8分放天平两端称第三次，即可假球。

（BB）若第二次称时1、2、5较重，则或1、2中之一为假球，且它比真球较重，或6是假球且它比真球较轻。

第三次称：天平两端分放1和2。

（BBA）若第三次称进平衡，则6是假球且比真球轻。

（BBB）若第三次称时不平衡，则较重的一球是假球，且它比真球重。

23 《概率论》计算与证明题 125

（C）若第一次称时5、6、7、8较重，则只需把（B）中编号1、2、3、4与5、6、7、8依次互换，即得称法。

k1nkk22、解：巴斯卡分布为P{n}Cn1qp,nk,k1,m。其母函数为

pkm0Ck1mmkmk1qsspskkm0Cmmk1pksk(qs)。 k(1qs)ksk1(1qs)kksk(1qs)k1qkpksk1k， EP'(1)p(1qs)k12k(1qs)ps1s1k(k1)(1q)k1(k1)(1q)kqk2kqkkp， 2k22(1qs)ppkkkqkkkkqDP\"(1)p'(1)[P'(1)]2。 22ppppp23、证：设，i221,第i次成功，0,第i次失败i1,第i次失败

0,第i次成功P{i0}P{i1}1p。

P{i1}P{i0}p,01则i的母函数为F1(s)(1p)sps1pps。

同理可得i的母函数为F2(s)p(1p)s，v的母函数记为G(s)。以表示成功次数，则

1v，本题认为{n}与v独立，得的母函数为P(s)G[F1(s)]。同理，以表示失败次数，则

1v，其母函数为P(s)G[F2(s)]。

必要性。设与独立，则由v得

G(1pps)G[p(1p)s]G(s)。

因为(1pps)(psps)1s，所以若记上式左边G的变量分别为x,y，可得

G(x)G(y)G(xy1)。

令G(x)T(x1)，则上式变成

T(x1)T(y1)T(xy11)T[(x1)(y1)]。

利用教本P97引理可得

G(x)T(x1)ax1e(x1)。

即v的母函数G(s)exp{(s1)}，这是普阿松分布的母函数。由于母函数与分布列之间是相互唯一确定的，所以得v是服从普阿松分布的随机变量。

充分性。设v服从普阿松分布，参数为，则

《概率论》计算与证明题 126

er!1ep(p)rnrr。 (1p)(p)(nr)!r!nr同理可得 P{t}e(1p)t(1p)。

t!又有P{r,r}P{vrt}P{r|vrt}

ertrrertpr(1p)tCr1p(1p)P{r}P{t}。 (rt)!r!t!再由r,t的任意性即得证与独立。

24、证：（1）设i的母函数为F(s)，v的母函数为G(s)。而1其中 F(1)v，所P(s)G[F(s)]。由此得

P{j0ij}1{ij}1。

jj0EvDkDv(Ek)2。

（2）直接计算。由题设得 利用E(1n)nE1得

EP{vn}nE1EvE1。

n0记1n，利用E2D(E)2及DnD1得

222222最后，再利用EvDv(Ev)得EEvD1Dv(E1)(Ev)(E1)。

DE2(E)2EvD1Dv(E1)2。

25、证：必要性。由F(x)1F(x0)得P{x}P{x}P{x}，此即F(x)F(x)，所以对特征函数f(t)有

f(t)EeiteitxdF(x)eitxdF(x)Eeitf(t)，

由此知f(t)是实函数。又有

f(t)eitxdF(x)eitxdF(x)Eeit()Eeitf(t)，

所以f(t)又是偶函数。

充分性。由于f(t)EeitEeit()f(t)，又由题设知f(t)是实函数，所以f(t)f(t)f(t)。

由唯一性定理知，与的分布函数相同，F(x)F(x)，即P{x}P{x}P{x}，从而

F(x)1F(x0)。

《概率论》计算与证明题 127

26、解：p(x)1,x[0,1]。当t0时f(t)1；当t0时

0,x[0,1]11f(t)eitxdxeitx(eit1)。

0itit01127、证：f(t)eitxx-dx令u 22(x)11eiteitu1du （1） 1u2考虑复变函数的积分，当t0，取c为上 y 半圆周Re(0)和实轴上从R到R c 的围道（如图），若u位于上半圆周上，则 i x iuRei，duiReid，有 -R 0 R itReR11ttzituteCe1z2dzRe1u2du0iRe1R2etdI1I2 （2）

t对I1有 limI1Reitu1du。 21u1，所以对I2有

由t0及题设0得0etRsinR0 （当R时） （3） R211ettdz2ic2ie （4） 121z2i在上半平面上，仅有zi是被积函数的一阶极点，由复变函数中留数定理得，对任何R1有

其中

把（2），（3），（4）代入（1）式得

Cettz由于 eitueitu1duet （5） 21usintucostu11iu(,)，是的奇函数，它在上积分值为0；costusintu(1u2)(1u2)1u21u21u2是的偶函数，当t0时，其积分值应与t0时积分值相等；再注意到（5）中右端t0，所以当t0时有

当t0时有

eitu1|t| （6） due21ueitu11ituduedue0 （7） 221u1u把（5）—（7）代入（1）式得，对任意有

《概率论》计算与证明题 128

f(t)exp{it|t|}。

现证柯西分布具有再生性。设1(i1,2)的特征函数为fi(t)exp{itii|t|}，再设1与2独立，

12，则

f(t)f1(t)f2(t)exp{it(12)(12)|t|}，

所以仍服从柯西分布，且参数为12,12。 28、证：由上题得f(t)f(t)e|t|，所以由2得

f(t)f2(t)e|2t|e2|t|f(t)f(t)。

但与并不独立，事实上，可取c使0P{c}1，则

P{c,c}P{c}P{c}P{c}，

这说明由与独立可推得f(t)f(t)f(t)，但反之不真。 29、解：（1）指数分布。当x0时，其密度函数为p(x)ex，所以它的特征函数为

f(t)eitxexdxex(it)dx00itex(it)oit1， it1其中|ex(it)|ex0(x)。

（2）分布。当x0时，其密度函数为p(x)r(r)xr1ex，为求其特征函数，我们指出，对复数

zbic，只要b0，就有如下等式成立：

利用此式可求得分布的特征函数为

0xr1ezxdx(r)。 zr(r)it1。 r(r)(it)现证分布具有再生性。设1~G(,r1),2~G(,r2)，则它们的特征函数分别为

12ititf1(t)1,f2(t)1，

rrrr再设1与2独立，12，则有

itf(t)f1(t)f2(t)1所以服从分布，分布具有献策性。

r1r2，

《概率论》计算与证明题 129

30、证：f(t)是实值函数，复数部分为0，只需对实部计算。

2(1costx)(1costx)dF(x)4(1costx)dF(x)4(1f(t))。

2costxdF(x)22(f(t))2，

其中利用柯西——许瓦兹不等式（置(x)costx,(x)1）

(x)(x)dF(x)31、证：Ilim2(x)dF(x)22(x)dF(x)。

1T2TTTf(t)eitxdtlimit(yx)1T2TTTeit(yx)dF(y)dt。

由于eit(yx)1，所以e得

关于乘积测度PFL[T,T]绝对可积，由富比尼定理知可交换上式中积分次序，

Ilim1记g(T,y)2TT1T2TdF(y)TTTeit(yx)dt。

Teit(yx)dt，则当yx时有

12Tg(T,y)1当yx时有 g(T,y)2TTdt1，

T02cost(yx)dtsinT(yx)。

T(yx)由此得|g(T,y)|1，且limg(T,y)T0,1,yxyx。由控制收敛定理得

ITlimg(T,y)dF(y){x}dF(y)P{x}F(x0)F(x)。

itb32、证：由b得f(t)ef(t)，亦有logf(t)itblogf(t)。

当k1时，等式两边同对t求k阶导数，itb一项导数为0所以由定义得的Xk等于的Xk。

(k)k33、解：利用特征函数f(t)的原点矩mk之间的关系式f(0)imk，可把f(t)展成幂级数

f(t)1mk(it)k,k1k!f(0)1 （1）

又利用上题中定义的Xk，可把logf(t)展成幂级数logf(t)Xk(it)k k1k!Xkf(t)exp(it)k。 （2）

k1k! 《概率论》计算与证明题 130

再把（2）中的e展成幂级数得

y1Xk1Xkkf(t)1(it)(it)k1!k1k!2!k1k!比较（1）与（3）式中的系数，可得半不变量与原点矩之间的关系式 34、解：由诸1独立得的密度函数为

2。 （3）

p(x1,数学期望和协方差阵为

,xn)pi(x)i1n(xia)2exp22， nni121n2a2E， Ban10由上题知，

0。 2nn21n21n~Na,2Na,，

ni1ni1nn(xa)2所以的分布密度为p(x)exp。 222n1035、解：取E0,DC,~N(0,C),C。令A，其中A(aij)22，则与的特征函数分

01别为

11f(t)exptCt,f(t)expt(ACA)t，

22且有ACA，即

22a12a11a1210a11a21a11aaaa012122a11a21a12a222122a11a21a12a2242。 2221a21a2222，这时满足题中的要2222,a22矩阵A不唯一，取a112可解得a122,a21，从而A2222求，由~N(0,C)得非退化，且的密度函数为p(x1,x2)36、证：设(1,112expx12x2。 22,n)，i独立同方差，其协方差矩阵和特征函数分别为

《概率论》计算与证明题 131

2D001Bf(t)exp， iattBt。 22c11再设C，其中Ccn1c1n是正交矩阵，即满足 cnncj1n2ij1， cjicki0(jk)。

j1n由此得~N(Ca,CBC)，其特征函数为f(t)expi(Ca)t1t(CBC)t，即的协方差矩阵为CBC，2,n间两两不相关且同方差，再由正态分布

利用C的正交性计算得

矩阵中都是对i从1到求和的。由协方差矩阵知，的各分量1,间相互独立的充要条件是它们两两不相关得，1,37、解： (1) P(k1)nk1,n相互独立且同方差。

2k20P(k,k1)

的边际分布是: P(k1)n!P1k1(1p1)nk1 k1 0,1,2,k1!(nk1)!,n

,n

(2) 同理 P(k2)n!kP22(1Pc)nk2 k2 0,1,2,k2!(nk2)! k1给定的条件密度 38、解: 由 的取值特征有:

-8n0ABnABk1， 又E8 k8 n!k!k0 联立解得 B8 Ae

39、.解: ,独立DUD4D11617,DVD4D8 40、解：设旅客等车的时间为，它是随机变量p(t)1e8t

8e8t故服从参数是8的指数分布，即的密度为P(x)0∴平均等车时间为Et0 t01 832241、解： 设园盘直径为 则~V(a,b) 园盘面积 s()42

《概率论》计算与证明题 132

ba(ba)2,D 由于E 212te42、解：设为所需时间，则F(t)1et,(t0)，于是的密度函数P(t)0t0 , t0 所以 E43、解:1)

tP(t)dt1, 所以发现沉船所需的平均搜索时间为

1  1 2 3 4 2)E1 1 0 0 0 2 3 4 0 0 0 11111111112()3()4()325. 1616121612816128444、解：Cov(,)E()()E()E()

,,互不相关E2(E)2D3

故 uv31 49245、解： 1)

 0 1 2 3 0 0 1 0 0 2 0 0 0 3 2）E011111121111231 279927999992746、解： cov(-2,2-)E(-2)(2-)-E(-2)E(2-) (, 独立) D(-2)D4D17， D(2-)4DD8 故uv101785 3447、解：设i表示送客汽车在i站是否停车，则其分布为

p 0 1 《概率论》计算与证明题 133

故总停车次数为

i110i

48、解：设i 为公司从一个参加者身上获得利益则i 为一个r,v分布列为 公司期望获益有Ei0

mmaab对m个人公司获益为E(i)Eimamb(1p)

1pi1i149、解：设第i次轰炸命中目标的次数为i(i1,2,,100)则100次轰炸命中目标的次数

为 i1100i.169 E1002200 D100169,n。X的可能的取值为1,2,,n。

50、解：设Ai{第i次打开门}，i1,2,P{X1}P(A1)依次下去，有

因此，X的分布列为 故

1， nX 1 2 3 n E(X)ii1n1n(n1)1n1。 n2n21,axb351、解：设球的直径为X，其概率密度为f(x)ba，球的体积YX，它的期望为

60,其它52、解：E(X)iqppiqi1i1i1i1pp1 22(1q)pp53、解：YsinX的可能值为： 2；

1,i4n1isin0,i2n， n1,2,2i=4n-31,P{Y1}1112327211112； 8111516 《概率论》计算与证明题 134

P{Y0}111824222111111； P{Y1}5941132224118 2111516故E(Y)(1)P{X1}0P{X0}1P{Y1}P{Y1}P{Y1}822. 1515554、解：X的可能值为1，2，3，4。{X1}{X1}{X2}，{X2}{X2}{X3}，

33231{X3}{X3}{X4}。又因P{X2}3,P{X1}1,P{X3}3，P{X4}3，

444P{X4}1。 3433373323192317故P{X1}13，P{X2}33，P{X3}33，

46444644464P{X4}1137197125。故知。 E(X)12344364646464641655、解：设Xi为第i个骰子出现的点数Xi(i1,2,3,4,5,6)，它们相互独立。X为6个骰子出现的点数之和，

即XXi1ki。则

故 E(X)21,D(X)63535。 1221由切比雪夫不等式 P{15X27}P{|X2|6}3521350.514 6272256、解：设每亳升正常男性成人血液中含白细胞数为X，由题设知E(X)7300,D(X)700。由切比雪夫

不等式

57、解：设第i第部分长度为Xi(i1,2,,10)。X1,X2,,X10相互独立且服从同一分布。

E(Xi)2,D(Xi)(0.05)2，

故由中心极限定理，产品合格的概率为 58、解：设第i只元件的寿命为Xi(i1,2,,16)，则Xi独立且服从指数分布，且

1619201610019201600故PXi1920111(0.8)0.2119 40016100i159、证明: 令g(t)E(t)，对于一切t；

2222(ty)20所以E(t)20,

故g(t)0即： tE2tEE0

《概率论》计算与证明题 135

至多只有一个实根 (E)EE0

从而(E)EE 证毕

r222222

r60、证: 设 的分布函数为F(x) ，因为：E|| 存在(r0)

故P()x1dF(x)xrrdF(x)1rxdF(x)rEr

61、证： Ekp(k)

k162、证： 设(,)的分布列:p(xi,yyj)pij由于,不相关 cov(,)0 即得

i1,2j1,2

即 p(xi,yxj)p(xi)p(xj)，故(,)独立。

63、证： 切比雪夫大数定律是: 若{n}是两两互不相关的随机交量序列，且存在常数c，使Dic

i1,2,1n1n，则0 limp(iEi)0

nni1ni111Ei)ini1ni1nn 证明: 由切比雪夫不等式知： p((用到了1n 互不相关性)

D(i)ni122ncn2

1n1nc是常数n20limp(iEi)0 证毕

nni1ni1nc64、证： 设的分布列:P(i)pi i0,1,2, Eipipii0i1i

而

p(i)pi112p23p3npn

65、证： Emax(,)121R2max(x,y)eb12(1R2)(x22Rxyy2)dxdy

b66、证：设F(x)是的分布函数，aadF(x) 即: aEb D()2xdF(x)ExdF(x)bdF(x)b

aaabba(xE)dF(x)(xa222bab2)dF(x) 22267、证：E(c)E[EEc]E(E)(Ec)D(Ec)D

《概率论》计算与证明题 136

68、证： 因 En1,Dn1

故 P{02(n1)}P{En1}1kkn1n

(n1)2n169、证：因 E()k,D()k，

iii1i1kkk1k 故P0i2kP|ik|k12

kki1i1nniEii1 n1,2,70、证：取 anEi1nn

则 0P{|ni1niD(an|}i1nin)1n22n2D(i)0

i1n即Pi1inan1 故{n}服从大数定律

1x21221x,x1dy271、证：先求边际分布。 P(x)p(x,y)dy1x 0,其它0221y,y1 类似 P(y)

0,其它 再求 Cov(,)。 由于P(x),P(y)均为偶函数 EE0 Ex2y21xy1dxdy0

Cov(,)0与不相关

最后，由于P(x,y)P(x)P(y) 与不相互独立 72、证：E0xmxxm1xxedx(m1)edxm1

0m!(m1)!73、证：E(Xi)ni11112212221201ni0E(X)ia01ia2a2 ，i222222i2i2i2iin222故D(Xi)E(Xi)(E(Xi))a。从而

《概率论》计算与证明题 137

a21n1n1n1n EXiE(Xi)0，DXi2D(Xi)nni1ni1ni1ni1由切比雪夫不等式

74、证：设f(x)是的密度函数，则f(x)f(x)。由xf(x)是奇函数可得E0，从而EE||0。又由

于x|x|f(x)是奇函数，得 故||与不相关。

由于的密度函数是偶函数，故可选c0使0P{||c}1，亦有P{c}1， 其中等式成立是由于{||c}{c}。由此得||与不独立。 75、证：Exp(x,y)dxdyxdx111x211x2dy0，同理E0。

即与不相关。但与不独立，事实上可求得

22221y,|y|11x,|x|1，p(x)y， p(x)x0,|x|1|y|10,而当|x|1且|y|1时，p(x,y)p(x)p(y)。 76、证：设a,bc,d,。作两个随机变量

p1,q1p2,q2ab,0*cd,0b:,d:。

p,qp,q1122*由与不相关即EEE得

(Eb)(Ed)E*E*，

而 E(ab)(cd)P{ab,cd}， EE(ab)P{ab}(cd)P{cd}， 由上两式值相等，再由(ab)(cd)0得

此即P{a,c}P{a}P{c}。同理可证

********P{a,d}P{a}P{d}，P{b,c}P{b}P{c} P{b,d}P{b}P{d}，

从而与独立。

《概率论》计算与证明题 138

77、证：EUaEXb,DUaDX，EVcEYd,DVcDY，

22cov(U,V)Ea(XEX)c(YEY)accov(X,Y)，

rUVcov(U,V)acrxy。

|a|DX|c|D(Y)|ac|欲rUVrxy，题中需补设a与c同号。

78、证：EpA11rAxr1dxrArrp1dx。当且仅当rp11，即pr时上式积分收敛，Ep存

Axxrp在。当时，

rr1EpArrpAp。

rpxArp79、证：对a0，由于limxx1此时 ，所以存在，使当时，MexMx(logx)2(logx)2E||2a011xaxadxdxdx，

0x2x(logx)2Mx2x(logx)2E||a。

280、证：ak1t2aktak1t2|x|k12t|x|t|x|k1dF(x)

24ak4ak1ak10，即

2即u(t)ak1tak10对任意t成立。又ak10，所以判别式2kkkakak2ak1ak1，从而有ak1ak1。依次令k1,2,,n1得

k1其中a01。把这些不等式中前k个的左右两边分别相乘化简得ak得 kakk1ak1。

akk1，两边同开k(k1)次方，即

81、证：（1）设1~b(k;n,p),2~b(k;m,p)，则它们的母函数分别为P1(s)(psq), P2(s)(psq)。

再设1与2独立，12，则的母函数为 二项分布b(k;nm,p)的母函数为(psq)nmnm，由于母函数与分布列之间是相互唯一确定的，由此即得

服从b(k;nm,p)，即二项分布具有再生性。

（2）设1,2分别服从参数为1,2的普阿松分布，其母函数分别为

P1(s)exp{1(s1)},P2(s)exp{2(s1)}。再设1与2独立，12，则的母函数为 P(s)P1(s)P2(s)exp{(12)(s1)}。

所以服从参数为12的普阿松分布，普阿松分布具有再生性。

《概率论》计算与证明题 139

82、证：必要性。由F(x)1F(x0)得P{x}P{x}P{x}，此即F(x)F(x)，所

以对特征函数f(t)有

f(t)EeiteitxdF(x)eitxdF(x)Eeitf(t)，

由此知f(t)是实函数。又有

f(t)eitxdF(x)eitxdF(x)Eeit()Eeitf(t)，

所以f(t)又是偶函数。

充分性。由于f(t)EeitEeit()f(t)，又由题设知f(t)是实函数，所以

f(t)f(t)f(t)。由唯一性定理知，与的分布函数相同，F(x)F(x)，即

P{x}P{x}P{83、证：由上题得f(t)f(t)e|t|从而F(x)1F(x0)。 ，x}，所以由2得

f(t)f2(t)e|2t|e2|t|f(t)f(t)。

但与并不独立，事实上，可取c使0P{c}1，则

P{c,c}P{c}P{c}P{c}，

这说明由与独立可推得f(t)f(t)f(t)，但反之不真。 84、证：记i的分布函数为F(y)，则当y0时F(y)0；当y0时

2F(y)Pyiy2yyx211e2dx， 2利用对参变量积分求导法则，对F(y)求导可得i的分布密度p(y)当y0时p(y)0；当y0时

p(y)1e21y2111112212yye。 2y2y12212把此式与X分布密度比较可知，i服从自由度为1的X分布，也就是服从分布Gn2211,。22由i间独立得2i间也独立，利用上题结论可得

i2服从分布G,n，即自由度为n的X222i111分布。再由上题中分布具有再生性可得，这里X分布也具有再生性。 85、证：f(t)是实值函数，复数部分为0，只需对实部计算。

2 《概率论》计算与证明题 140

2(1costx)(1costx)dF(x)4(1costx)dF(x)4(1f(t))。

2costxdF(x)22(f(t))2，

其中利用柯西——许瓦兹不等式（置(x)costx,(x)1）

(x)(x)dF(x)2(x)dF(x)22(x)dF(x)。

86、证：由b得f(t)eitbf(t)，亦有logf(t)itblogf(t)。当k1时，等式两边同对t求k阶

导数，itb一项导数为0所以由定义得的Xk等于的Xk。 87、证：当x0时有

所以不等式成立。

88、证：因为k,1(|kl|2)是独立的，所以