注意事项

每一个概率函数都要写出它的定义域(或者使用示性函数)

联合分布函数

F (x_{1}, \dots, x_{n}) = P (X < x_{1}, \dots, X < x_{n})

应当具有如下性质

单调
有界且极限为 $0$ 和 $1$
右连续
非负性(多元特有的情况), 对于任意 $a_{i} < b_{i}, i \in [n]$ 有

P (a_{1} < x_{1} \leq b_{1}, \dots, a_{n} < x_{n} \leq b_{n}) \geq 0

Note

在单元的情况下, 单调性已经蕴含了非负性, 这是因为对 $a < b$ , 我们有 $F (a) < F (b) ⟹ P (a < x \leq b) = F (b) - F (a) > 0$ . 然而在多元的情况下计算 $P$ 的过程中同时含有加减法, 故必须添加非负性使得满足概率的定义

变量变换

一般情况

f_{Y} (y) = f_{X} (g^{- 1} (y)) \frac{\partial x}{\partial y}

where $g : X = x ⟺ Y = g (x)$

加法/减法

For independent $X, Y$

f_{X + Y} (z) = \int_{- \infty}^{\infty} f_{X} (x) f_{Y} (z - x) d x

乘法

For independent $X, Y$

f_{X Y} (z) = \int_{- \infty}^{\infty} \frac{1}{∣ x ∣} f_{X} (x) f_{Y} (\frac{z}{x}) d x

除法

For independent $X, Y$

f_{X / Y} (z) = \int_{- \infty}^{\infty} ∣ y ∣ f_{X} (yz) f_{Y} (y) d y

常见分布及其性质

二项分布

X \sim Bin (n, p) ⟺ P (X = k) = (k n) p^{k} (1 - p)^{n - k}

with $E [X] = n p, Var (X) = n p (1 - p)$

If $X_{i} \sim Bin (n_{i}, p)$ and $X_{1}, \dots, X_{k}$ are independent, we can conclude

i = 1 \sum k X_{i} \sim Bin (i = 1 \sum k n_{i}, p)

多项分布

P (X_{1} = n_{1}, \dots, X_{k} = n_{k}) = \frac{n !}{n _{1} ! n _{2} ! \dots n _{k} !} \cdot p_{1}^{n_{1}} p_{2}^{n_{2}} \dots p_{k}^{n_{k}}

where $n_{1} + n_{2} + \dots + n_{k} = n$ , with $E [X_{i}] = n p_{i}$ , $Var (X_{i}) = n p_{i} (1 - p_{i})$ , $Cov (X_{i}, X_{j}) = - n p_{i} p_{j} (i \neq = j)$

几何分布

P (X = k) = (1 - p)^{k - 1} p

with $E [X] = \frac{1}{p}$ , $Var (X) = \frac{1 - p}{p ^{2}}$

负二项分布(Pascal)

$X$ for all trials until $r$ success

P (X = k) = (r - 1 k - 1) p^{r} (1 - p)^{k - r}

with $E [X] = \frac{r}{p}, Var (X) = \frac{r ( 1 - p )}{p ^{2}}$

超几何分布

P (X = k) = \frac{( k N ) ( n - k N - K )}{( n N )}

with $E [X] = n \cdot \frac{K}{N}$

指数分布

$X$ be the waiting time until the first arrival of a success which arrives at a rate of $λ$ successes per unit of time.

f (x) = λ exp (- λ x), x > 0

with $E [X] = \frac{1}{λ}$ and $Var (X) = \frac{1}{λ ^{2}}$

Poisson分布

Under a Poisson distribution with the expectation of $λ$ events in a given interval, the probability of $k$ events in the same interval is

P (X = k) = \frac{λ ^{k} exp ( - λ )}{k !}, k \geq 0

with $E [X] = λ, Var (X) = λ$

Let $X_{1} \sim Pois (λ_{1}), X_{2} \sim Pois (λ_{2})$ and $X_{1}, X_{2}$ are independent, then we will have

X_{1} + X_{2} = Pois (λ_{1} + λ_{2})

Normal Distribution

If $Z \sim N (0, 1)$ , then

X = μ + σ Z

is said to have the normal distribution with mean $μ$ and variance $σ^{2}$ , for any real $μ$ and $σ^{2}$ with $σ > 0$ . We denote this by $X \sim N (μ, σ^{2})$

And the PDF of Normal distribution is

f (x) = \frac{1}{2 π σ} exp [- \frac{( x - μ ) ^{2}}{2 σ ^{2}}]

Beta分布

f (x) = \frac{1}{β ( a , b )} x^{a - 1} (1 - x)^{b - 1}, 0 < x < 1

where

β (a, b) = \int_{0}^{1} x^{a - 1} (1 - x)^{b - 1} d x

with $E [X] = \frac{a}{a + b}$

Gamma分布

f (y) = \frac{1}{Γ ( a )} (λ y)^{a} e^{- λ y} \frac{1}{y}, y > 0

where

Γ (s) = \int_{0}^{+ \infty} x^{s - 1} e^{- x} d x

数字特征

期望

Linearity

E [a X + bY] = a E [X] + b E [Y]

For independent r.v.s $X_{1}, \dots, X_{n}$ , we have

E [X_{1} \dots X_{n}] = E [X_{1}] \dots E [X_{n}]

方差

Definition

Var (X) = E [(X - E [X])^{2}]

With the linearity of expectation

Var (X) = E [X^{2}] - E^{2} [X]

$Var (X + c) = Var (X)$ for any constant $c$
$Var (c X) = c^{2} Var (X)$ for any constant $c$
If $X$ and $Y$ are independent, then $Var (X + Y) = Var (X) + Var (Y)$
For any constant $c$ , $Var (X) \leq E [(X - c)^{2}]$ . The equality holds if and only if $c = E [X]$ . This means $E [(X - c)^{2}]$ reaches its minimum when $c = E [X]$ , and the value of this minimum is $Var (X)$

条件期望

Conditional Expectation

E [Y] = E [E [Y ∣ X]]

Conditional Variance

Var (Y) = Var (E [Y ∣ X]) + E [Var (Y ∣ X)]

协方差和相关系数

Cov (X, Y) = E [(X - E [X]) (Y - E [Y])]

this implies

Cov (X, Y) = E [X Y] - E [X] E [Y]

While independence implies a zero covariance, $X$ and $Y$ are uncorrelated does not mean they are independent.

$Cov (X, a) = 0$
$Cov (X, X) = Var (X)$
$Cov (X, Y) = Cov (Y, X)$
$Cov (X + a, Y + b) = Cov (X, Y)$

Cov (a X + bY, c W + d V) = a c Cov (X, W) + a d Cov (X, V) + b c Cov (Y, W) + b d Cov (Y, V)

题目

T1

从一批产品中任取 $n$ 件, 以事件 $A_{i}$ 表示"第 $i$ 件取得正品", 用它们表示以下事件

仅仅只有一件是是次品

至少有两件不是次品

可以直接列出所有情况得

E_{1} = \overset{ˉ}{A}_{1} A_{2} \dots A_{n} + A_{1} \overset{ˉ}{A}_{2} \dots A_{n} + A_{1} A_{2} \dots \overset{ˉ}{A}_{n}

或者用示性函数表达

E_{1} : I_{A_{1}} + \dots + I_{A_{n}} = n - 1

其中

I_{A} = {1, 0, A \overset{ˉ}{A}

直接使用示性函数

I_{A_{1}} + I_{A_{2}} + \dots + I_{A_{n}} \geq 2

T2

设有来自 $2$ 个地区的考生的报名表, 其中第 $k$ 个地区男女生报名表分别有 $b_{k}$ 份和 $g_{k}$ 份, $k = 1, 2$ . 随机取一个地区的报名表, 从中先后抽取两份, 求

先抽到的一份是女生表的概率

已知后抽到的一份是男生表, 求先抽到的一份是女生表的概率

假设不先确定一个地区, 而是从所有报名表中随机抽取两份. 如果已知后抽到的一份是一个男生的报名表, 那么问先抽到的一份是同地区一个女生的报名表的可能性有多大?

设 $P_{k}$ 代表选择 $k$ 地区的报名表的概率

P (G, \cdot) = P (G_{1}, \cdot) P_{1} + P (G_{2}, \cdot) P_{2} = \frac{1}{2} \frac{g _{1}}{b _{1} + g _{1}} + \frac{1}{2} \frac{g _{2}}{b _{2} + g _{2}}

由条件概率定义

P (G, \cdot ∣ \cdot, B) = \frac{P ( G , B )}{P ( \cdot , B )}

其中

P (G, B) = P (G_{1}, B_{1}) P_{1} + P (G_{2}, B_{2}) P_{2} = \frac{g _{1} b _{1}}{2 ( g _{1} + b _{1} ) ( g _{1} + b _{1} - 1 )} + \frac{g _{2} b _{2}}{2 ( g _{2} + b _{2} ) ( g _{2} + b _{2} - 1 )}

以及

P (\cdot, B) = P (\cdot, B_{1}) P_{1} + P (\cdot, B_{2}) P_{2} = \frac{1}{2} \frac{b _{1}}{g _{1} + b _{1}} + \frac{1}{2} \frac{b _{2}}{g _{2} + b _{2}}

于是可得 $P (G, \cdot ∣ \cdot, B)$ 3. 由全概率公式

P (G, \cdot ∣ \cdot, B; 同一地区) = P (G_{1}, \cdot ∣ \cdot, B_{1}) P (\cdot, B_{1} ∣ \cdot, B) + P (G_{2}, \cdot ∣ \cdot, B_{2}) P (\cdot, B_{2} ∣ \cdot, B) = \frac{P ( G _{1} , B _{1} ) + P ( G _{2} , B _{2} )}{P ( \cdot , B )}

其中

P (G_{i}, B_{i}) = \frac{g _{i}}{b _{1} + g _{1} + b _{2} + g _{2}} \frac{b _{i}}{b _{1} + g _{1} + b _{2} + g _{2} - 1}

以及

P (\cdot, B) = \frac{b _{1} + b _{2}}{b _{1} + g _{1} + b _{2} + g _{2}}

T3

从装有 $m$ 个白球, $n$ 个黑球的袋中不放回地取球, 直到摸出白球时停止, 记 $X$ 为取出的黑球的个数, 求 $X$ 的分布

考虑 $X = k$ 的情况, 此时则前 $k$ 次都是黑球, 而第 $k + 1$ 次摸出的白球

P (前 k 次都是黑, 第 k + 1 次是白) = P (第 k + 1 次是白 ∣ 前 k 次都是黑) P (前 k 次都是黑) = \frac{m}{n + m - k} \cdot \frac{( k n )}{( k n + m )}

Tip

不要相信直觉! 尽可能使用条件概率和全概率公式来推理

T4

独立重复抛硬币, $A =$ “抛一次得正面”, $p = P (A)$ , 记 $X$ 为最早得到2个正面时抛硬币的次数, $Y$ 为最早得到连续2个正面时抛硬币的次数. 求 $X, Y$ 各自的概率分布.

考虑 $X = k$ 的情况, 则第 $k$ 次是正面且前 $k - 1$ 次出现了 $1$ 次正面, 则

P (第 k 次是正, 前 k - 1 次 1 次正) = P (第 k 次是正 ∣ 前 k - 1 次 1 次正) P (前 k - 1 次 1 次正) = p \cdot (1 k - 1) p (1 - p)^{k - 2} = (k - 1) p^{2} (1 - p)^{k - 2}

考虑 $Y = k$ 的情况, 当 $k > 2$ 时, 采用首步分析法, 对前两次的结果分类

P (Y = k) = P (Y = k ∣ \overset{ˉ}{A}_{1}) P (\overset{ˉ}{A}_{1}) + P (Y = k ∣ A_{1} A_{2}) P (A_{1} A_{2}) = P (Y = k ∣ A_{1} \overset{ˉ}{A}_{2}) P (A_{1} \overset{ˉ}{A}_{2})

其中

P (Y = k ∣ \overset{ˉ}{A}_{1}) = P (Y = k - 1), P (Y = k ∣ A_{1} A_{2}) = 0, P (Y = k ∣ A_{1} \overset{ˉ}{A}_{2}) = P (Y = k - 2)

从而设 $p_{k} = P (Y = k)$ , 有

p_{k} = (1 - p) p_{k - 1} + p (1 - p) p_{k - 2}

Tip

对于一个序列事件, 既可以用全概率公式展开尾部情况, 也可以站看首部情况. 特别是当该事件依赖于序列末端的特性时

T5

设随机变量 $X$ 服从 $(- π /2, π /2)$ 上的均匀分布, 求

随机变量 $Y = cos X$ 的概率密度函数

$Y$ 的数学期望和方差

当 $x > 0$ 时,

y = cos x ⟹ x = arccos (y) ⟹ \frac{\partial x}{\partial y} = - \frac{1}{1 - y ^{2}}

从而由变换公式

f_{Y} (y ∣ x > 0) = f_{X} (x ∣ x > 0) \frac{\partial x}{\partial y} = f_{X} [arccos (y)] \cdot \frac{1}{1 - y ^{2}} = \frac{2}{π 1 - y ^{2}}

同理又有 $f_{Y} (y ∣ x < 0) = \frac{2}{π} 1 - y^{2}$ , 故

f_{Y} (y) = \frac{1}{2} f_{Y} (y ∣ x > 0) + \frac{1}{2} f_{Y} (y ∣ x < 0) = \frac{2}{π 1 - y ^{2}}

Tip

注意 $arccos$ 的值域, 不要忘记分类讨论

由定义

E [y] = \int_{0}^{1} y f_{Y} (y) d y = \int_{0}^{1} \frac{2 y d y}{π 1 - y ^{2}} = - \frac{1}{π} \int_{1}^{0} \frac{d ( 1 - y ^{2} )}{1 - y ^{2}} = \frac{1}{π} [2 u^{1/2}]_{0}^{1} = \frac{2}{π}

且

E [Y^{2}] = \int_{0}^{1} \frac{2 y ^{2} d y}{π 1 - y ^{2}}

设 $y = sin t, t \in [0, \frac{π}{2}]$ , 从而 $d y = cos t d y, 1 - y^{2} = cos t$ , 于是

E [Y^{2}] = \int_{0}^{π /2} \frac{2 sin ^{2} t cos t d t}{π cos t} = \int_{0}^{π /2} \frac{2}{π} sin^{2} t d t = \frac{1}{π} \int_{0}^{π /2} (1 - cos 2 t) d t = \frac{1}{π} [t - \frac{1}{2} sin 2 t]_{0}^{π /2} = \frac{1}{π} (\frac{π}{2}) = \frac{1}{2}

从而 $Var (Y) = E [Y^{2}] - E^{2} [Y] = \frac{1}{2} - \frac{4}{π ^{2}}$

T6

袋中装有 $N$ 个球, 其中白球的数量为随机变量 $X$ , 已知 $E [X] = n$ .

证明从该袋中摸出一球为白球的概率 $\frac{n}{N}$ .

由1中结论解决如下问题: 从装有 $a$ 个黑球, $b$ 个白球的袋中每次取出一个球, 每次把取出的球换成一个黑球并将其放回. 记 $H_{k}$ 表示事件“第 $k$ 次取出的是黑球”, 求 $P (H_{k})$ 的值

由全概率公式

P (B) = k = 0 \sum N P (B ∣ X = k) P (X = k) = k = 0 \sum N \frac{k}{N} P (X = k) = \frac{n}{N}

设 $X_{k}$ 为第 $k$ 次取球前袋中的黑球数, 则

P (H_{k}) = \frac{E [ X _{k} ]}{a + b}

其中

X_{k} = X_{k - 1} + I_{\overset{ˉ}{H}_{k}} = {X_{k - 1}, X_{k - 1} + 1 H_{k} \overset{ˉ}{H}_{k}

于是

E [X_{k}] = E [X_{k - 1}] P (H_{k}) + (E [X_{k - 1}] + 1) (1 - P (H_{k}))

从而

E [X_{k}] = E [X_{k - 1}] + 1 - \frac{E [ X _{k} ]}{a + b}

解差分方程可以得到答案

T7

一盒子里有 $n$ 个球, 编号为 $1, 2, \dots, n$ . 逐个有放回地从盒子里随机取出 $m$ 个球, $m \leq n$ . 求取出的球的编号按照严格上升次序排列的概率

先计算总的取法个数, 因为每次取完球都会放回, 所以每次都有 $n$ 种可能, 而一共有 $m$ 次, 从而总取法为 $n^{m}$ . 而严格上升次序相当于我要在 $n$ 个球中挑出 $m$ 个球, 然后把它们按照升序排序, 所以一共有 $(m n)$ 中取法, 所以总的概率就是

P = \frac{( m n )}{n ^{m}} = \frac{n !}{m ! ( n - m )! n ^{m}}

T8

将 $n$ 根短绳的 $2 n$ 个端头任意两两连接, 试求恰好连成 $n$ 个圈的概率

考虑这 $2 n$ 个端头, 第 $1$ 个端头可以连接剩下的 $(2 n - 1)$ 个端头, 设第 $2$ 个端头就是那个和第1个连接的, 那么第 $3$ 个端头就可以连接剩下的 $(2 n - 3)$ 个端头, 以此类推就一共有

(2 n - 1) (2 n - 3) \dots 3 \cdot 1 = (2 n - 1)!!

种连接方案, 所以概率应该为 $\frac{1}{( 2 n - 1 )!!}$ .

Tips

求样本空间的大小时一般必须满足不能重复（或者说这是古典概率模型的前提, 所以建议用小样例进行验证）. 但事实上我们也可以设计一个可以有“重复”的样本空间来求概率. 我们在设计事件空间 $Ω$ 的时候里面的事件是抽象的, 在这个抽象的空间中这些事件不能重复, 并不意味着这些事件在现实情况下两两不同.

另解: 设想把 $2 n$ 个端头排成一行, 然后规定 $2 k - 1$ 个端头与第 $2 k$ 个端头相连接. 于是每一种排法对应一种连接方式（这其实是有重复情况出现的, 但是没关系）, 从而 $∣ Ω ∣ = (2 n)!$ . 以 $A$ 表示恰好连成 $n$ 个圈的事件, $A_{k}$ 表示第 $k$ 号短绳被连成 $1$ 个圈的事件, 则 $A = A_{1} \cap \dots \cap A_{n}$ .

当 $A_{1}$ 发生时, 相当于有一个 $k \in [n]$ 使得在 $2 n$ 个端头的排列中, $1$ 号短绳的两个端头排在第 $2 k - 1$ 和第 $2 k$ 个位置上, 所以 $∣ A_{1} ∣ = 2 n (2 n - 2)!$ . 因此

P (A_{1}) = \frac{∣ A _{1} ∣}{∣ Ω ∣} = \frac{1}{2 n - 1}

再考虑事件 $A_{2} ∣ A_{1}$ , 这其实就是把问题转化为了 $n^{'} = n - 1$ 的情况从而

P (A_{2} ∣ A_{1}) = \frac{∣ A _{1}^{'} ∣}{∣ Ω ^{'} ∣} = \frac{1}{2 n ^{'} - 1} = \frac{1}{2 n - 3}

同理可得

P (A_{k} ∣ A_{1} A_{2} \dots A_{k - 1}) = \frac{1}{2 n - 2 k + 1}, k = 3, 4, \dots, n

于是就有

P (A) = P (A_{1} A_{2} \dots A_{k}) = \frac{1}{2 n - 1} \cdot \frac{1}{2 n - 3} \dots \frac{1}{1} = \frac{1}{( 2 n - 1 )!!}

T9

设随机变量 $X, Y$ 的联合概率密度函数为 $f_{X, Y} (x, y) = \frac{1 + x y ( x ^{2} - y ^{2} )}{4}, ∣ x ∣ \leq 1, ∣ y ∣ \leq 1$ 求 $X + Y$ 的概率分布函数 $F_{X + Y}$

由卷积公式, 我们直接有

f_{X + Y} (z) = \int_{- \infty}^{\infty} f_{X, Y} (x, z - x) d x

考虑定义域约束

- 1 \leq x \leq 1, - 1 \leq z - x \leq 1 ⟹ max {- 1, z - 1} \leq x \leq min {z + 1, 1}

因此要分类讨论 $z \leq - 2, - 2 < z \leq 0, 0 < z \leq 2, z > 2$ 来讨论. 我们先解一般情况下的积分

\int_{a}^{b} \frac{1 + x ( z - x ) [ x ^{2} - ( z - x ) ^{2} ]}{4} d x = \frac{1}{4} \int_{a}^{b} (- 2 z x^{3} + 3 z^{2} x^{2} - z^{3} x + 1) d x = (- \frac{1}{8} z x^{4} + \frac{1}{4} z^{2} x^{3} - \frac{1}{8} z^{3} x^{2} + \frac{1}{4} x)_{a}^{b}

当 $z \leq - 2$ 或者 $z > 2$ 时, 显然 $f_{X + Y} (z) = 0$ 当 $- 2 < z \leq 0$ 时, 积分区间为 $[- 1, z + 1]$ , 于是有 $f_{X + Y} (z) = \frac{2 + z}{4}$ 当 $0 < z \leq 2$ 时, 积分区间为 $[z - 1, 1]$ , 于是有 $f_{X + Y} (z) = \frac{2 - x}{4}$

T10

袋中装有 $n$ 个黑球和 $m$ 个白球, 每次从袋中取出一个球, 不放回, 再取, 直到取得白球时停止. 记 $X$ 表示取出的黑球的总数, 求 $E [X]$ .

当 $X = k$ 时, 一共取了 $k + 1$ 次, 其中前 $k$ 次取得黑球, 第 $k + 1$ 次取得白球, 从而

P (X = k) = P (前 k 黑, 第 k + 1 白) = P (第 k + 1 白 ∣ 前 k 黑) P (前 k 黑) = \frac{m}{m + n - k} \cdot \frac{( k n )}{( k n + m )} 3

可以猜出 $E [X] = \frac{n}{m + 1}$ (利用数学归纳法)

T11

设 $X, Y$ 的联合概率密度函数 $f (x, y) = c x y (0 \leq x \leq y \leq 2)$

计算常数 $c$ 的值

分别求出 $X, Y$ 的边缘概率密度函数

判断 $X, Y$ 是否独立

对 $0 < y < 2$ , 求已知 $Y = y$ 的条件下, $X$ 的条件概率密度函数, 以及条件数学期望 $E [X ∣ Y = y]$

求 $E [X], E [Y], Var (X), Cov (X, Y), Corr (X, Y)$

先计算 $X$ 的边缘PDF为

f_{X} (x) = \int_{x}^{2} f_{X, Y} (x, y) d y = c x \int_{x}^{2} y d y = \frac{c x}{2} (4 - x^{2}), 0 \leq x \leq 2

有归一化条件, 有

1 = \int_{0}^{2} f_{X} (x) d x = \int_{0}^{2} (2 c x - \frac{c}{2} x^{3}) d x = 2 c ⟹ c = \frac{1}{2}

在1.中我们已经求出 $f_{X} (x) = \frac{x}{4} (4 - x^{2}), 0 \leq x \leq 2$ . 现在求 $Y$ 的边缘PDF为

f_{Y} (y) = \int_{0}^{y} f_{X, Y} (x, y) d x = \frac{1}{2} y \int_{0}^{y} x d x = \frac{1}{4} y^{3}

显然 $f_{X, Y} (x, y) \neq = f_{X} (x) f_{Y} (y)$ , 所以 $X, Y$ 不相互独立
由定义可知

f_{X ∣ Y} (x ∣ y) = \frac{f _{X, Y} ( x , y )}{f _{Y} ( y )} = \frac{\frac{1}{2} x y}{\frac{1}{4} y ^{3}} = \frac{2 x}{y ^{2}}, 0 \leq x \leq y \leq 2

从而有条件期望

E [X ∣ Y = y] = \int_{0}^{y} x f_{X ∣ Y} (x ∣ y) d x = \int_{0}^{y} \frac{2 x ^{2}}{y ^{2}} d x = \frac{2 y}{3}, 0 \leq y \leq 2

由定义可以求得 $E [X] = \frac{16}{15}, E [Y] = \frac{8}{5}$ , 而

E [X^{2}] = \int_{0}^{2} x^{2} \cdot \frac{x}{4} (4 - x^{2}) d x = \frac{4}{3}

于是 $Var (X) = E [X^{2}] - E^{2} [X] = \frac{4}{3} - \frac{256}{225} = \frac{44}{225}$ . 另一方面

E [Y^{2}] = \int_{0}^{2} y^{2} \cdot \frac{1}{4} y^{3} = \frac{8}{3}

于是 $Var (Y) = E [Y^{2}] - E^{2} [Y] = \frac{8}{3} - \frac{64}{25} = \frac{8}{75}$ , 再计算

E [X Y] = E [E [X Y ∣ Y]] = E [Y E [X ∣ Y]] = E [\frac{2}{3} Y^{2}] = \frac{2}{3} E [Y^{2}] = \frac{16}{9}

于是就有

Cov (X, Y) = E [X Y] - E [X] E [Y] = \frac{16}{9} - \frac{16}{15} \cdot \frac{8}{5} = \frac{16}{225}

和

Corr (X, Y) = \frac{Cov ( X , Y )}{Var ( X ) Var ( Y )} = \frac{\frac{16}{225}}{\frac{44}{225} \frac{8}{75}} = \frac{4}{66}

T12

设随机变量 $X$ 和 $Y$ 有联合概率密度函数 $f (x, y) = \frac{1 + x y}{4}$ , $(∣ x ∣ < 1, ∣ y ∣ < 1)$

求 $X, Y$ 的边缘概率密度函数

判断 $X, Y$ 是否独立

求 $X^{2}, Y^{2}$ 的联合概率密度函数

判断 $X^{2}, Y^{2}$ 是否独立

直接积分

f_{X} (x) = \int_{- 1}^{1} \frac{1 + x y}{4} d y = \frac{1}{2}, ∣ x ∣ < 1

由于对称性, 我们也有 $f_{Y} (y) = \frac{1}{2}, ∣ y ∣ < 1$ 2. 显然 $X, Y$ 不相互独立 3. 设 $u = x^{2}, v = y^{2}$ , 有

(x, y) = (u, v) I_{0 < x < 1, 0 < y < 1} + (- u, v) I_{- 1 < x < 0, 0 < y < 1} + (u, - v) I_{0 < x < 1, - 1 < y < 0} + (- u, - v) I_{- 1 < x < 0, - 1 < y < 0}

从而

f_{X^{2}, Y^{2}} (u, v) = f_{X, Y} (u, v) \frac{\partial ( u , v )}{\partial ( u , v )} + f_{X, Y} (- u, v) \frac{\partial ( - u , v )}{\partial ( u , v )} + f_{X, Y} (u, - v) \frac{\partial ( - u , v )}{\partial ( u , v )} + f_{X, Y} (- u, - v) \frac{\partial ( - u , - v )}{\partial ( u , v )}

其中

\frac{\partial ( \pm u , \pm v )}{\partial ( u , v )} = \pm \frac{1}{2 u} 0 0 \pm \frac{1}{2 v} = \frac{1}{4 uv}

于是有

f_{X^{2}, Y^{2}} (u, v) = \frac{1}{4 uv} [\frac{1 + uv}{4} + \frac{1 - uv}{4} + \frac{1 - uv}{4} + \frac{1 + uv}{4}] I_{0 < u < 1, 0 < v < 1} = \frac{1}{4 uv} I_{0 < u < 1, 0 < v < 1}

又因为

f_{X^{2}, Y^{2}} (u, v) = f_{X^{2}} (u) \frac{1}{2 u} I_{0 < u < 1} \cdot f_{Y^{2}} (v) \frac{1}{2 v} I_{0 < v < 1}

所以 $X^{2}, Y^{2}$ 相互独立

T13

设 $X, Y \sim i.i.d. Expo (λ)$ , 求 $Z = {3 X + 1, 6 Y, X \geq Y X < Y$ 的期望

由题意

f_{X} (x) = λ exp (- λ x), f_{Y} (y) = λ exp (- λ y) x, y > 0

且

f_{X, Y} (x, y) = f_{X} (x) f_{Y} (y) = λ^{2} exp [- λ (x + y)]

由全期望公式

E [Z] = E [3 X + 1∣ X \geq Y] P (X \geq Y) + E [6 Y ∣ X < Y] P (X < Y)

其中由对称性可知 $P (X \geq Y) = P (X < Y) = \frac{1}{2}$ . 而

f (x, x > y) = \int_{0}^{x} λ^{2} exp [- λ (x + y)] d y = λ exp (- λ x) [1 - exp (- λ x)] x > 0

于是 $f (x ∣ x > y) = 2 f (x, x > y)$ , 和

f (y, x < y) = \int_{0}^{y} λ^{2} exp [- λ (x + y)] d x = λ exp (- λ y) [1 - exp (- λ y)] y > 0

于是 $f (y ∣ x < y) = 2 f (y, x < y)$ , 从而

E [3 X + 1∣ X \geq Y] = 2 \int_{0}^{\infty} (3 x + 1) λ [exp (- λ x) - exp (- 2 λ x)] d x = \frac{9}{2 λ} + 1

和

E [6 Y ∣ X < Y] = 2 \int_{0}^{\infty} 6 y λ [exp (- λ y) - exp (- 2 λ y)] d y = \frac{9}{λ}

故

E [Z] = \frac{27}{4 λ} + \frac{1}{2}

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Probability Theory Midterm

注意事项

每一个概率函数都要写出它的定义域(或者使用示性函数)

联合分布函数

变量变换

一般情况

加法/减法

乘法

除法

常见分布及其性质

二项分布

多项分布

几何分布

负二项分布(Pascal)

超几何分布

指数分布

Poisson分布

Normal Distribution

Beta分布

Gamma分布

数字特征

期望

方差

条件期望

Conditional Expectation

Conditional Variance

协方差和相关系数

题目

T1

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T11

T12

T13

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