第三章 多维随机变量及其分布
第三章 多维随机变量及其分布
- 在一箱子中装有12只开关，其中2只是次品，在其中取两次，每次任取一只，考虑两种试验：(1) 放回抽样；(2) 不放回抽样. 我们定义随机变量 X, Y 如下：
$ X=\{\begin{aligned}&0,& 若第一次取出的是正品,\\ &1,& 若第一次取出的是次品;\end{aligned}. $
Y = $ \{\begin{aligned}&0,& 若第二次取出的是正品；\\ &1,& 若第二次取出的是次品.\end{aligned}. $
试分别就(1)、(2)两种情况，写出X和Y的联合分布律.
解 （1）放回抽样. 由教材第一章知第一次第二次取到正品（或次品）的概率相同，且两次所得的结果相互独立，即有
$$ P\{X=0\}=P\{Y=0\}=\frac{5}{6}, $$
$$ P\{X=1\}=P\{Y=1\}=\frac{1}{6}, $$
且 $ P\{X=i,Y=j\}=P\{X=i\}P\{Y=j\},i,j=0,1 $ ,于是得 X 和 Y 的联合分布律为
$$ P\{X=0,Y=0\}=P\{X=0\}P\{Y=0\}=\frac{4}{36}, $$
$$ P\{X=0,Y=1\}=P\{X=0\}P\{Y=1\}=\frac{5}{36}, $$
$$ P\{X=1,Y=0\}=P\{X=1\}P\{Y=0\}=\frac{5}{36}, $$
$$ P\{X=1,Y=1\}=P\{X=1\}P\{Y=1\}=\frac{1}{36}. $$
(2) 不放回抽样. 由乘法公式
$$ \dot{P}\{X=i,Y=j\}=P\{Y=j\mid X=i\}P\{X=i\},i,j=0,1, $$
知 X 和 Y 的联合分布律为
$$ P\{X=0,Y=0\}=\frac{9}{11}\times\frac{10}{12}=\frac{45}{66}, $$
$$ P\{X=0,Y=1\}=\frac{2}{11}\times\frac{10}{12}=\frac{10}{66}, $$
$$ P\{X=1,Y=0\}=\frac{10}{11}\times\frac{2}{12}=\frac{10}{66}, $$
$$ P\{X=1,Y=1\}=\frac{1}{11}\times\frac{2}{12}=\frac{1}{66}. $$
(1)、(2) 两种情况下的 X 和 Y 的联合分布律的表格形式分别为
| X Y | 0 1 |
|---|---|
| 0 | $ \frac{25}{36} $ $ \frac{5}{36} $ |
| 1 | $ \frac{5}{36} $ $ \frac{1}{36} $ |
| X Y | 0 | 1 |
|---|---|---|
| 0 | $ \frac{45}{66} $ | $ \frac{10}{66} $ |
| 1 | $ \frac{10}{66} $ | $ \frac{1}{66} $ |
2.（1）盒子里装有3只黑球、2只红球、2只白球，在其中任取4只球.以X表示取到黑球的只数，以Y表示取到红球的只数.求X和Y的联合分布律.
(2) 在(1)中求 $ P\{X > Y\} $, $ P\{Y = 2X\} $, $ P\{X + Y = 3\} $, $ P\{X < 3 - Y\} $
解 （1）按古典概型计算. 自7只球中取4只，共有 $ \left(\frac{7}{4}\right)=35 $种取法. 在4只球中，黑球有i只，红球有j只（剩下 $ 4-i-j $只为白球）的取法数为：
$$ \begin{aligned}N\{X=i,Y=j\}&=\binom{3}{i}\binom{2}{j}\binom{2}{4-i-j},\\i&=0,1,2,3,j=0,1,2,i+j\leqslant4.\end{aligned} $$
于是
$$ P\{X=0,Y=2\}=\binom{3}{0}\binom{2}{2}\binom{2}{2}\bigg/35=\frac{1}{35}. $$
$$ P\{X=1,Y=1\}=\binom{3}{1}\binom{2}{1}\binom{2}{2}\bigg/35=\frac{6}{35}. $$
$$ P\{X=1,Y=2\}=\binom{3}{1}\binom{2}{2}\binom{2}{1}\bigg/35=\frac{6}{35}. $$
$$ P\{X=2,Y=0\}=\binom{3}{2}\binom{2}{0}\binom{2}{2}\bigg/35=\frac{3}{35}. $$
$$ P\{X=2,Y=1\}=\binom{3}{2}\binom{2}{1}\binom{2}{1}\bigg/35=\frac{12}{35}. $$
$$ P\{X=2,Y=2\}=\binom{3}{2}\binom{2}{2}\binom{2}{0}\bigg/35=\frac{3}{35}. $$
$$ P\{X=3,Y=0\}=\binom{3}{3}\binom{2}{0}\binom{2}{1}/35=\frac{2}{35}. $$
$$ P\{X=3,Y=1\}=\binom{3}{3}\binom{2}{1}\binom{2}{0}/35=\frac{2}{35}. $$
$$ \begin{aligned}P\{X=0,Y=0\}&=P\{X=0,Y=1\}=P\{X=1,Y=0\}\\&=P\{X=3,Y=2\}=0.\end{aligned} $$
分布律为
| X\nY | 0 | 1 | 2 | 3 |
|---|---|---|---|---|
| 0 | 0 | 0 | $ \frac{3}{35} $ | $ \frac{2}{35} $ |
| 1 | 0 | $ \frac{6}{35} $ | $ \frac{12}{35} $ | $ \frac{2}{35} $ |
| 2 | $ \frac{1}{35} $ | $ \frac{6}{35} $ | $ \frac{3}{35} $ | 0 |
(2)
$$ \begin{aligned}P\{X>Y\}&=P\{X=2,Y=0\}+P\{X=2,Y=1\}\\&\quad+P\{X=3,Y=0\}+P\{X=3,Y=1\}\\&=\frac{3}{35}+\frac{12}{35}+\frac{2}{35}+\frac{2}{35}=\frac{19}{35}.\end{aligned} $$
$$ P\{Y=2X\}=P\{X=1,Y=2\}=\frac{6}{35}. $$
$$ \begin{aligned}P\{X+Y=3\}&=P\{X=1,Y=2\}+P\{X=2,Y=1\}+P\{X=3,Y=0\}\\&=\frac{6}{35}+\frac{12}{35}+\frac{2}{35}=\frac{20}{35}.\end{aligned} $$
$$ \begin{aligned}P\{X<3-Y\}&=P\{X+Y<3\}\\&=P\{X=0,Y=2\}+P\{X=1,Y=1\}+P\{X=2,Y=0\}\\&=\frac{1}{35}+\frac{6}{35}+\frac{3}{35}=\frac{10}{35}.\end{aligned} $$
- 设随机变量(X,Y)的概率密度为
$$ f(x,y)=\{\begin{aligned}&k(6-x-y),&0 （1）确定常数k. (2) 求 $ P\{X<1, Y<3\} $. (3) 求 $ P\{X < 1.5\} $. (4) 求 $ P\{X+Y \leqslant 4\} $. 解 (1) 由 $ \int_{-\infty}^{\infty}\int_{-\infty}^{\infty}f(x,y)dx dy = 1 $ , 得 $$ \begin{aligned}1=&\int_{2}^{4}\mathrm{d}y\int_{0}^{2}k(6-x-y)\mathrm{d}x=k\int_{2}^{4}\left[(6-y)x-\frac{1}{2}x^{2}\right]\bigg|_{x=0}^{x=2}\mathrm{d}y\\=&k\int_{2}^{4}(12-2y-2)\mathrm{d}y=k(10y-y^{2})\bigg|_{2}^{4}=8k,\end{aligned} $$ 所以 $ k = \frac{1}{8} $. (2) $$ \begin{aligned}P\{X<1,Y<3\}&=\int_{2}^{3}\mathrm{d}y\int_{0}^{1}\frac{1}{8}(6-x-y)\mathrm{d}x\\&=\frac{1}{8}\int_{2}^{3}\left[(6-y)x-\frac{1}{2}x^{2}\right]\Big|_{x=0}^{x=1}\mathrm{d}y\\&=\frac{1}{8}\int_{2}^{3}\left(\frac{11}{2}-y\right)\mathrm{d}y=\frac{3}{8}.\end{aligned} $$ (3) $$ \begin{array}{l}P\{X<1,5\}=\int_{2}^{4}\mathrm{d}y\int_{0}^{1.5}\frac{1}{8}(6-x-y)\mathrm{d}x\\=\frac{1}{8}\int_{2}^{4}\left[(6-y)x-\frac{1}{2}x^{2}\right]\bigg|_{x=0}^{x=1.5}\mathrm{d}y\\=\frac{1}{8}\int_{2}^{4}\left(\frac{63}{8}-\frac{3}{2}y\right)\mathrm{d}y=\frac{27}{32}.\end{array} $$ （4）在 $ f(x,y) \neq 0 $ 的区域 $ R: 0 \leq x \leq 2, 2 \leq y \leq 4 $ 上作直线 $ x + y = 4 $（如题 3.3 图），并记 $$ G:\{(x,y)\mid0\leqslant x\leqslant2,2\leqslant y\leqslant4-x\}, $$ 则 $$ \begin{aligned}P\{X+Y\leqslant4\}&=P\{(X,Y)\in G\}\\&=\iint\limits_{G}f(x,y)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\&=\int_{2}^{4}\mathrm{d}y\int_{0}^{4-y}\frac{1}{8}(6-x-y)\mathrm{d}x\\&=\frac{1}{8}\int_{2}^{4}\left[(6-y)x-\frac{1}{2}x^{2}\right]\bigg|_{\substack{x=0\\x=0}}^{x=4-y}\mathrm{d}y\\&=\frac{1}{8}\int_{2}^{4}\left[(6-y)(4-y)-\frac{1}{2}(4-y)^{2}\right]\mathrm{d}y\\&=\frac{1}{8}\int_{2}^{4}\left[2(4-y)+\frac{1}{2}(4-y)^{2}\right]\mathrm{d}y\\&=\frac{1}{8}\left[-(4-y)^{2}-\frac{1}{6}(4-y)^{3}\right]\bigg|_{2}^{4}=\frac{2}{3}.\end{aligned} $$ （1）证明 $ P\{X 其中 $ F_{X}(x) $ 是 X 的分布函数， $ f_{Y}(y) $ 是 Y 的概率密度. （2）设 X, Y 相互独立，其概率密度分别为 $$ f_{X}(x)=\{\begin{aligned}&\lambda_{1}e^{-\lambda_{1}x},&x&>0,\\ &0,& 其他 ,\end{aligned}.\quad f_{Y}(y)=\{\begin{aligned}&\lambda_{2}e^{-\lambda_{2}y},\\ &0,\end{aligned}. $$ 求 $ P\{X 解 （1）因 X,Y 为非负的相互独立的随机变量，故其概率密度为 $$ f(x,y)=\{\begin{aligned}&f_{X}(x)f_{Y}(y),&x>0,y>0,\\ &0,& 其他 .\end{aligned}. $$ 从而 $$ P\{X 其中G为 $ x \geqslant 0, y \geqslant x $界定的区域，从而 $$ \begin{aligned}P\{X （2）由（1） $$ \begin{aligned}P\{X $$ F(x,y)=\{\begin{aligned}&1-e^{-x}-e^{-y}+e^{-x-y},&x>0,y>0,\\ &0,& 其他 .\end{aligned}. $$ 求边缘分布函数. $$ F_{x}(x)=F(x,\infty)=\{\begin{aligned}&1-\mathrm{e}^{-x},&x>0,\\ &0,& 其他 .\end{aligned}. $$ $$ F_{Y}(y)=F(\infty,y)=\{\begin{aligned}&1-e^{-y},&y>0,\\ &0,& 其他 .\end{aligned}. $$ 解法(i) 将试验的样本空间及 X,Y 取值的情况列表如下： X所有可能取的值为0,1,2；Y所有可能取的值为0,1,2,3，由于试验属等可能概型，容易得到(X,Y)取 $ (i,j) $，i=0,1,2;j=0,1,2,3的概率.例如 $$ P\{X=1,Y=2\}=\frac{2}{8}=\frac{1}{4},P\{X=2,Y=3\}=\frac{1}{8}, $$ $$ P\{X=1,Y=3\}=0. $$ 可得 X 和 Y 的联合分布律和 $ (X,Y) $ 的边缘分布律如下表所示. 解法(ii) $ X \sim b(2, \frac{1}{2}) $，Y 所有可能取的值为 0, 1, 2, 3。而当 X = i (i = 0, 1, 2) 时，Y 取 i 的概率为 $ \frac{1}{2} $，Y 取 $ i+1 $ 的概率也是 $ \frac{1}{2} $，而取 i, i+1 以外的值是不可能的（因第三次投掷不是出现 H 就是出现 T），知 $ P\{X = i\} = \binom{2}{i} \frac{1}{4} $，i = 0, 1, 2，故知 $$ \begin{aligned}P\{X=0,Y=0\}&=P\{Y=0\mid X=0\}P\{X=0\}\\&=\frac{1}{2}P\{X=0\}=\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{4}=\frac{1}{8},\end{aligned} $$ $$ \begin{aligned}P\{X=0,Y=1\}&=P\{Y=1\mid X=0\}P\{X=0\}\\&=\frac{1}{2}P\{X=0\}=\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{4}=\frac{1}{8},\end{aligned} $$ $$ \begin{aligned}P\{X=1,Y=1\}&=P\{Y=1\mid X=1\}P\{X=1\}\\&=\frac{1}{2}P\{X=1\}=\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{2}=\frac{1}{4},\end{aligned} $$ $$ \begin{aligned}P\{X=1,Y=2\}&=P\{Y=2\mid X=1\}P\{X=1\}\\&=\frac{1}{2}P\{X=1\}=\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{2}=\frac{1}{4},\end{aligned} $$ $$ \begin{aligned}P\{X=2,Y=2\}&=P\{Y=2\mid X=2\}P\{X=2\}\\&=\frac{1}{2}P\{X=2\}=\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{4}=\frac{1}{8},\end{aligned} $$ $$ \begin{aligned}P\{X=2,Y=3\}&=P\{Y=3\mid X=2\}P\{X=2\}\\&=\frac{1}{2}P\{X=2\}=\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{4}=\frac{1}{8},\end{aligned} $$ $$ \begin{aligned}P\{X=0,Y=2\}&=P\{X=0,Y=3\}\\&=P\{X=1,Y=0\}=P\{X=1,Y=3\}\\&=P\{X=2,Y=0\}=P\{X=2,Y=1\}=0.\end{aligned} $$ 所得 X 和 Y 的联合分布律与解法(i) 相同，即为上表所示. $$ f(\overline{x},y)=\begin{cases}4.8y(2-x),&0\leqslant x\leqslant1,0\leqslant y\leqslant x,\\0,& 其他 .\end{cases} $$ 求边缘概率密度. 解（X，Y）的概率密度 $ f(x,y) $ 在区域 $ G:\{(x,y)\mid0\leqslant x\leqslant1,0\leqslant y\leqslant x\} $ 外取零值.如题3.7图有 $$ \begin{aligned}f_{X}(x)=&\int_{-\infty}^{\infty}f(x,y)\mathrm{d}y\\=&\begin{cases}\displaystyle\int_{0}^{x}4.8y(2-x)\mathrm{d}y,&0\leqslant x\leqslant1,\\0,& 其他 \end{cases}\\=&\begin{cases}2.4(2-x)x^{2},&0\leqslant x\leqslant1,\\0,& 其他 ,\end{cases}\end{aligned} $$ $$ \begin{aligned}f_{Y}(y)=&\int_{-\infty}^{\infty}f(x,y)\mathrm{d}x\\=&\begin{cases}\displaystyle\int_{y}^{1}4.8y(2-x)\mathrm{d}x,&0\leqslant y\leqslant1,\\0,& 其他 \end{cases}\\=&\begin{cases}2.4y(3-4y+y^{2}),&0\leqslant y\leqslant1,\\0,& 其他 .\end{cases}\end{aligned} $$ 注：在求边缘概率密度时，需画出 $ (X,Y) $的概率密度 $ f(x,y)\neq0 $的区域，这对于正确写出所需求的积分的上下限是很有帮助的. $$ f(x,y)=\{\begin{aligned}&\mathrm{e}^{-y},&0 求边缘概率密度. 解 $ f_{X}(x)=\{\begin{aligned}&\int_{x}^{\infty}\mathrm{e}^{-y}\mathrm{d}y=-.\mathrm{e}^{-y}|_{x}^{\infty}=\mathrm{e}^{-x},&x>0,\\ &0,& 其他,\end{aligned}. $ $$ f_{Y}(y)=\{\begin{aligned}&\int_{0}^{y}e^{-y}d x=ye^{-y},&y>0,\\ &0,& 其他 .\end{aligned}. $$ $$ f(x,y)=\{\begin{aligned}&cx^{2}y,&x^{2}\leqslant y\leqslant1,\\ &0,& 其他 .\end{aligned}. $$ （1）确定常数c. (2) 求边缘概率密度. 解（1）由于（如题3.9图） $$ \begin{aligned}1&=\int_{-\infty}^{\infty}\int_{-\infty}^{\infty}f(x,y)\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\iint\limits_{x^{2}\leqslant y\leqslant1}c x^{2}y\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\&=c\int_{-1}^{1}x^{2}\mathrm{d}x\int_{x^{2}}^{1}y\mathrm{d}y=c\int_{-1}^{1}x^{2}\left.\frac{y^{2}}{2}\right|_{x^{2}}^{1}\mathrm{d}x\\&=c\int_{0}^{1}x^{2}(1-x^{4})\mathrm{d}x=\frac{4c}{21},\end{aligned} $$ 得 $ c=\frac{21}{4} $ (2) $$ \begin{aligned}f_{X}(x)&=\int_{-\infty}^{\infty}f(x,y)\mathrm{d}y=\{\begin{aligned}&\int_{x^{2}}^{1}\frac{21}{4}x^{2}y\mathrm{d}y,&-1\leqslant x\leqslant1,\\&0,& 其他 \end{aligned}.\\&=\{\begin{aligned}&\frac{21}{8}x^{2}y^{2}\big|_{x^{2}}^{1}.=\frac{21}{8}x^{2}(1-x^{4}),&-1\leqslant x\leqslant1,\\&0,& 其他 .\end{aligned}.\end{aligned} $$ $$ \begin{aligned}f_{Y}(y)&=\int_{-\infty}^{\infty}f(x,y)\mathrm{d}x=\{\begin{aligned}&\int_{-\sqrt{y}}^{\sqrt{y}}\frac{21}{4}x^{2}y\mathrm{d}x,&0\leqslant y\leqslant1,\\&0,& 其他 ,\end{aligned}.\\&=\{\begin{aligned}&\frac{7}{4}x^{3}y\big|_{\sqrt{y}}^{\sqrt{y}}.=\frac{7}{2}y^{5/2},&0\leqslant y\leqslant1,\\&0,& 其他 .\end{aligned}.\end{aligned} $$ （1）求边缘分布律. （2）求8月份的订单数为51时，9月份订单数的条件分布律. 解 （1）（X,Y）关于 X 的边缘分布律为 $$ P\{X=i\}=\sum_{j=51}^{55}P\{X=i,Y=j\},i=51,52,53,54,55. $$ 将表中 X = i 那一列的各数字相加，就得到概率 $ P\{X = i\} $，例如 $$ P\{X=52\}=0.05+0.05+0.10+0.02+0.06=0.28. $$ 可得 $ (X,Y) $关于X的边缘分布律为 $ (X,Y) $ 关于 Y 的边缘分布律为 $$ P\{Y=j\}=\sum_{i=51}^{55}P\{X=i,Y=j\},\quad j=51,52,53,54,55. $$ 将表中 Y = j 那一行的各数字相加，就得到概率 $ P\{Y = j\} $，例如 $$ P\{Y=53\}=0.05+0.10+0.10+0.05+0.05=0.35. $$ 可得 $ (X,Y) $关于Y的边缘分布律为 （2）所需求的是条件分布律： $$ P\{Y=j\mid X=51\},\quad j=51,52,53,54,55. $$ 由 $ P\{Y=j|X=51\}=\frac{P\{X=51,Y=j\}}{P\{X=51\}} $ 知，只要将原表中第一行各数除以 $ P\{X=51\}=0.28 $，即得所求的条件分布律： $$ P\{X=n,Y=m\}=\frac{\mathrm{e}^{-14}(7.14)^{m}(6.86)^{n-m}}{m!(n-m)!}, $$ $$ m=0,1,2,\cdots,n;n=0,1,2,\cdots. $$ (1) 求边缘分布律. (2) 求条件分布律. （3）特别，写出当 X = 20 时，Y 的条件分布律. 解（1） $$ \begin{aligned}P\{X=n\}&=\sum_{m=0}^{n}P\{X=n,Y=m\}\\&=\sum_{m=0}^{n}\frac{\mathrm{e}^{-14}(7.14)^{m}(6.86)^{n-m}}{m!(n-m)!}\\&=\frac{\mathrm{e}^{-14}}{n!}\sum_{m=0}^{n}\frac{n!}{m!(n-m)!}(7.14)^{m}(6.86)^{n-m}\\&=\frac{\mathrm{e}^{-14}}{n!}(7.14+6.86)^{n}=\frac{14^{n}\mathrm{e}^{-14}}{n!},n=0,1,2,\cdots.\\ \end{aligned} $$ $$ \begin{aligned}P\{Y=m\}&=\sum_{n=m}^{\infty}P\{X=n,Y=m\}\\&=\sum_{n=m}^{\infty}\frac{\mathrm{e}^{-14}(7.14)^{m}(6.86)^{n-m}}{m!(n-m)!}\\&=\frac{\mathrm{e}^{-14}}{m!}(7.14)^{m}\sum_{n=m}^{\infty}\frac{(6.86)^{n-m}}{(n-m)!}=\frac{\mathrm{e}^{-14}}{m!}(7.14)^{m}\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(6.86)^{k}}{k!}\\&=\frac{\mathrm{e}^{-14}}{m!}(7.14)^{m}\mathrm{e}^{6.86}=\frac{(7.14)^{m}\mathrm{e}^{-7.14}}{m!},\quad m=0,1,2,\cdots.\\ \end{aligned} $$ 亦即 $ X \sim \pi(14) $, $ Y \sim \pi(7.14) $. （2）对于 m=0,1,2,\cdots $$ \begin{aligned}P\{X=n|Y=m\}&=\frac{P\{X=n,Y=m\}}{P\{Y=m\}}\\&=\frac{\mathrm{e}^{-14}(7.14)^{m}(6.86)^{n-m}}{m!(n-m)!}\Bigg/\frac{(7.14)^{m}}{m!}\mathrm{e}^{-7.14}\\&=\frac{(6.86)^{n-m}}{(n-m)!}\mathrm{e}^{-6.86},\quad n=m,m+1,\cdots.\\ \end{aligned} $$ 对于 n=0,1,2,\cdots $$ \begin{aligned}P\{Y=m\mid X=n\}&=\frac{P\{X=n,Y=m\}}{P\{X=n\}}\\&=\frac{\mathrm{e}^{-14}(7.14)^{m}(6.86)^{n-m}}{m!(n-m)!}\bigg/\frac{14^{n}\mathrm{e}^{-14}}{n!}\end{aligned} $$ $$ \begin{aligned}&=\binom{n}{m}\left(\frac{7.14}{14}\right)^{m}\left(\frac{6.86}{14}\right)^{n-m}\\&=\binom{n}{m}(0.51)^{m}(0.49)^{n-m},\quad m=0,1,\cdots,n.\end{aligned} $$ (3) $ X=20 $时， $$ P\{Y=m\mid X=20\}=\binom{20}{m}(0.51)^{m}(0.49)^{20-m},\quad m=0,1,\cdots,20. $$ 解 在 $ \S $1 例1中，在 X 取为定值 i 之后，Y 是在 1,2,\cdots,i 这 i 个数中等可能地取一个数，因此，条件分布律为 $$ P\{Y=k\mid X=i\}=\frac{1}{i},\quad k=1,2,\cdots,i. $$ 当i=1时，条件分布律为 $$ \begin{array}{c|c}{Y=k}&{1}\\ \hline{P\{Y=k\mid X=1\}}&{1}\end{array} $$ 当i=2时，条件分布律为 当i=3时，条件分布律为 当i=4时，条件分布律为 (1) 求条件概率密度 $ f_{X\mid Y}(x\mid y) $，特别，写出当 $ Y = \frac{1}{2} $ 时 X 的条件概率密度. (2) 求条件概率密度 $ f_{Y\mid X}(y\mid x) $，特别，分别写出当 $ X=\frac{1}{3} $， $ X=\frac{1}{2} $ 时 Y 的条件概率密度. （3）求条件概率 $$ P\{Y\geqslant\frac{1}{4}\mid X=\frac{1}{2}\},\quad P\{Y\geqslant\frac{3}{4}\mid X=\frac{1}{2}\}. $$ $$ f(x,y)\Rightarrow\{\begin{aligned}&\frac{21}{4}x^{2}y,&x^{2} $$ \begin{aligned}f_{X}(x)=&\int_{x^{2}}^{1}\frac{21}{4}x^{2}y\mathrm{d}y=\frac{21}{8}x^{2}y^{2}\bigg|_{y=x^{2}}^{y=1}\\=&\frac{21}{8}x^{2}(1-x^{4}),\quad-1\leqslant x\leqslant1.\end{aligned} $$ $$ \begin{aligned}f_{Y}(y)=&\int_{-\sqrt{y}}^{\sqrt{y}}\frac{21}{4}x^{2}y\mathrm{d}x=\frac{7}{4}x^{3}y\bigg|_{x=-\sqrt{y}}^{x=\sqrt{y}}\\=&\frac{7}{2}y^{5/2},0\leqslant y\leqslant1.\end{aligned} $$ 边缘概率密度为 $$ f_{X}(x)=\{\begin{aligned}&\frac{21}{8}x^{2}(1-x^{4}),&-1\leqslant x\leqslant1,\\&0& 其他 .\end{aligned}. $$ $$ f_{Y}(y)=\{\begin{aligned}&\frac{7}{2}y^{5/2},&0\leqslant y\leqslant1,\\ &0& 其他 .\end{aligned}. $$ （1）当 0 < y ≤ 1 时， $$ f_{X\mid Y}(x\mid y)=\{\begin{aligned}&\frac{(21/4)x^{2}y}{(7/2)y^{5/2}}=\frac{3}{2}x^{2}y^{-3/2},-\sqrt{y} 当 $ Y=\frac{1}{2} $时的条件概率密度可自上式中令 $ y=\frac{1}{2} $而得到： $$ f_{X\mid Y}(x\mid y=\frac{1}{2})=\{\begin{aligned}&3\sqrt{2}x^{2},&-\frac{\sqrt{2}}{2} (2) 当 -1 < x < 1 时， $$ f_{Y\mid X}(y\mid x)=\{\begin{aligned}&\frac{(21/4)x^{2}y}{(21/8)x^{2}(1-x^{4})}=\frac{2y}{1-x^{4}},\\&0,\end{aligned}. $$ 当 $ X = \frac{1}{3} $ 时，Y 的条件概率密度为 $$ f_{Y\mid X}(y\mid x=\frac{1}{3})=\{\begin{aligned}&\frac{81}{40}y,&\frac{1}{9} 当 $ X = \frac{1}{2} $ 时，Y 的条件概率密度为 $$ f_{Y\mid X}(y\mid x=\frac{1}{2})=\{\begin{aligned}&\frac{32}{15}y,&\frac{1}{4} (3) $$ P\{Y\geqslant\frac{1}{4}\}\mid X=\frac{1}{2}\}=\int_{\frac{1}{4}}^{1}f_{Y\mid X}(y\mid\frac{1}{2})dy=1. $$ $$ P\{Y\geqslant\frac{3}{4}\}\mid X=\frac{1}{2}\}=\int_{\frac{3}{4}}^{1}f_{Y\mid X}(y\mid\frac{1}{2})dy=\frac{7}{15}. $$ $$ f(x,y)=\{\begin{aligned}&1,&|y| 求条件概率密度 $ f_{Y\mid X}(y\mid x) $， $ f_{X\mid Y}(x\mid y) $. 解如题3.14图， $$ f_{X}(x)=\{\begin{aligned}&\int_{-x}^{x}1d y=2x,&0 $$ f_{Y}(y)=\{\begin{aligned}&\int_{y}^{1}1\mathrm{d}x=1-y,&0 当0<y<1时， $$ f_{X\mid Y}(x\mid y)=\{\begin{aligned}&\frac{1}{1-y},&y 当-1<y≤0时， $$ f_{X\mid Y}(x\mid y)=\{\begin{aligned}&\frac{1}{1+y},&-y 也可写成 $$ f_{Y}(y)=\{\begin{aligned}&\int_{|y|}^{1}1\cdot\mathrm{d}x=1-|y|,&|y|<1,\\&0,& 其他 .\end{aligned}. $$ 因此，当 $ |y|<1 $时， $$ f_{X\mid Y}(x\mid y)=\{\begin{aligned}&\frac{1}{1-|y|},&|y| 当0<x<1时， $$ f_{Y\mid X}(y\mid x)=\{\begin{aligned}&\frac{1}{2x},&|y|& (1) 求 X 和 Y 的联合概率密度 $ f(x, y) $. (2) 求边缘密度 $ f_{Y}(y) $，并画出它的图形. (3) 求 $ P\{X > Y\} $. 解 (1) 因 $ f(x,y)=f_{Y\mid X}(y\mid x)f_{X}(x) $ 今 $$ f_{X}(x)=\{\begin{aligned}&1,&0 故 $$ f(x,y)=\{\begin{aligned}&x,&0 $ f(x,y) $ 仅在区域 $ D:\{(x,y)\mid0 （2）如题3.15图2有， $$ \begin{aligned}f_{Y}(y)&=\int_{-\infty}^{\infty}f(x,y)\mathrm{d}x\\&=\begin{cases}\displaystyle\int_{0}^{1}x\mathrm{d}x=\frac{1}{2},&0 即 $$ f_{Y}(y)=\{\begin{aligned}&\frac{1}{2},&0 $$ P\{X>Y\}=\iint_{G}f(x,y)\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\int_{0}^{1}\mathrm{d}y\int_{y}^{1}x\mathrm{d}x=\int_{0}^{1}\frac{1}{2}(1-y^{2})\mathrm{d}y=\frac{1}{3}. $$ 16.（1）问第1题中的随机变量X和Y是否相互独立？ （2）问第14题中的随机变量X和Y是否相互独立（需说明理由）？ 解 （1）在放回抽样时，X 和 Y 的联合分布律与边缘分布律如下表： | X Y | 0 1 | $ P\{Y=j\} $ | | 0 1 | $ \frac{25}{36} $ $ \frac{5}{36} $ $ \frac{5}{6} $ $ \frac{5}{36} $ | $ \frac{1}{36} $ $ \frac{1}{6} $ | | $ P\{X=i\} $ | $ \frac{5}{6} $ $ \frac{1}{6} $ | 1 | 由于 $$ P\{X=0,Y=0\}=\frac{25}{36}=P\{X=0\}P\{Y=0\}, $$ $$ P\{X=0,Y=1\}=\frac{5}{36}=P\{X=0\}P\{Y=1\}, $$ $$ P\{X=1,Y=0\}=\frac{5}{36}=P\{X=1\}P\{Y=0\}, $$ $$ P\{X=1,Y=1\}=\frac{1}{36}=P\{X=1\}P\{Y=1\}, $$ 故 X 与 Y 相互独立. 不放回抽样时，X 和 Y 的联合分布律与边缘分布律如下表： 由于 $ P\{X=0,Y=0\}=\frac{15}{22}\neq P\{X=0\}P\{Y=0\} $，即知 X 和 Y 不是相互独立的. （2）在第14题中有（见第14题解答）： $$ f_{X}(x)=\{\begin{aligned}&2x,&0 $$ f_{Y}(y)=\{\begin{aligned}&1-|y|,&|y|&<1,\\ &0,& 其他 ,\end{aligned}. $$ 而 $$ f(x,y)=\{\begin{aligned}&1,&\mid y\mid 在区域 $ G: \{(x,y) \mid |y| < x, 0 < x < 1\} $ 上 $ f(x,y) \neq f_{X}(x)f_{Y}(y) $，故 X 与 Y 不是相互独立的. 17.（1）设随机变量(X,Y)具有分布函数 $$ F(x,y)=\{\begin{aligned}&(1-e^{-ax})y,&x\geqslant0,0\leqslant y\leqslant1,\\ &1-e^{-ax},&x\geqslant0,y>1,\\ &0,& 其他 .\end{aligned}.\\\alpha>0, $$ 证明 X, Y 相互独立. （2）设随机变量(X,Y)具有分布律 $ P\{X=x,Y=y\}=p^{2}(1-p)^{x+y-2},0 解 (1) $ F_{X}(x) = F(x, \infty) = \{ \begin{aligned} & 1 - e^{-ax}, & x \geqslant 0, \\ & 0, & \text{其他}. \end{aligned} . $ $$ F_{Y}(y)=F(\infty,y)=\{\begin{aligned}&y,&0\leqslant y\leqslant1,\\ &1,&y>1,\\ &0,& 其他 .\end{aligned}. $$ 因为对于所有的 x, y 都有 $ F(x, y) = F_{X}(x)F_{Y}(y) $，故 X, Y 相互独立. (2) $$ P\{X=x\}=\sum_{y=1}^{\infty}p^{2}(1-p)^{x+y-2}=p^{2}(1-p)^{x-1}\sum_{y=1}^{\infty}(1-p)^{y-1} $$ $$ \begin{aligned}&=p^{2}(1-p)^{x-1}\frac{1}{1-(1-p)}\\&=p(1-p)^{x-1},x=1,2,\cdots,\end{aligned} $$ $$ 0 同理 $$ P\{Y=y\}=p(1-p)^{y-1},y=1,2,\cdots, 其中 \;0 因为对于所有正整数 x, y 都有 $$ P\{X=x,Y=y\}=P\{X=x\}P\{Y=y\}, $$ 故 X,Y 相互独立. $$ f_{Y}(y)=\{\begin{aligned}&\frac{1}{2}e^{-y/2},&y>0,\\ &0,&y\leqslant0.\end{aligned}. $$ (1) 求 X 和 Y 的联合概率密度. （2）设含有 a 的二次方程为 $ a^{2}+2Xa+Y=0 $，试求 a 有实根的概率. 解 （1）因 X 的概率密度为 $$ f_{x}(x)=\{\begin{aligned}&1,&&0 且 X 和 Y 相互独立，故 $ (X,Y) $ 的概率密度为 $$ f(x,y)=\{\begin{aligned}&\frac{1}{2}e^{-y/2},&0 （2）a 的二次方程 $ a^{2}+2Xa+Y=0 $ 有实根的充 要条件为判别式 $ \Delta = 4X^{2} - 4Y \geqslant 0 $，亦即 $$ X^{2}\geqslant Y. $$ 而 $$ P\{X^{2}\geqslant Y\}=P\{(X,Y)\in G\}, $$ 其中 G 由曲线 $ y = x^{2} $, y = 0, x = 1 所围成（如题 3.18 图），即有 $$ \begin{aligned}P\{X^{2}\geqslant Y\}&=\iint\limits_{G}f(x,y)\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\int_{0}^{1}\mathrm{d}x\int_{0}^{x^{2}}\frac{1}{2}\mathrm{e}^{-y/2}\mathrm{d}y\\&=\int_{0}^{1}[-e^{-y/2}]_{0}^{x^{2}}\mathrm{d}x=\int_{0}^{1}[1-e^{-x^{2}/2}]\mathrm{d}x\\&=1-\int_{0}^{1}e^{-x^{2}/2}\mathrm{d}x=1-\sqrt{2\pi}[\Phi(1)-\Phi(0)]\\&=1-\sqrt{2\pi}(0.8413-0.5)=0.1445.\end{aligned} $$ 点 A 落在区域 $ D_{1}=\{(x,y)\mid x^{2}+y^{2}\leqslant1\} $ 得 2 分； 点 A 落在 $ D_{2}=\{(x,y)\mid 1 点 A 落在 $ D_{3}=\{(x,y)\mid x^{2}+y^{2}>4\} $ 得 0 分. 以 Z 记打靶的得分. 写出 X, Y 的联合概率密度，并求 Z 的分布律. 解 由题设知 X,Y 的概率密度为 $$ f_{X}(x)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\mathrm{e}^{-x^{2}/2},\quad-\infty $$ f_{Y}(y)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\mathrm{e}^{-y^{2}/2},\quad-\infty 且知 X 和 Y 相互独立，故 X 和 Y 的联合概率密度为 $$ f(x,y)=f_{X}(x)f_{Y}(y)=\frac{1}{2\pi}\mathrm{e}^{-\frac{1}{2}(x^{2}+y^{2})},-\infty $$ \begin{aligned}P\{(X,Y)\in D_{1}\}&=\iint\limits_{D_{1}}f(x,y)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\&\xlongequal{ 用极坐标 }\int_{0}^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_{0}^{1}\frac{1}{2\pi}\mathrm{e}^{-r^{2}/2}r\mathrm{d}r\\&=2\pi\times\frac{1}{2\pi}[-\mathrm{e}^{-r^{2}/2}]\bigg|_{0}^{1}=1-\mathrm{e}^{-1/2},\end{aligned} $$ $$ \begin{aligned}P\{(X,Y)\in D_{2}\}=&\iint\limits_{D_{2}}f(x,y)\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\int_{0}^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_{1}^{2}\frac{1}{2\pi}\mathrm{e}^{-r^{2}/2}r\mathrm{d}r\\=&-\left.\mathrm{e}^{-r^{2}/2}\right|_{1}^{2}=\mathrm{e}^{-1/2}-\mathrm{e}^{-2},\end{aligned} $$ $$ P\{(X,Y)\in D_{3}\}=1-(1-\mathrm{e}^{-1/2})-(\mathrm{e}^{-1/2}-\mathrm{e}^{-2})=\mathrm{e}^{-2}, $$ 故 Z 的分布律为 $$ \begin{array}{c|ccc}{{{Z}}}&{{{0}}}&{{{1}}}&{{{2}}} \\{{{\hline p_{k}}}}&{{{\mathrm{e}^{-2}}}}&{{{\mathrm{e}^{-1/2}-\mathrm{e}^{-2}}}}&{{{1-\mathrm{e}^{-1/2}}}} \\\end{array} $$ $$ f_{X}(x)=\{\begin{aligned}&\lambda\mathrm{e}^{-\lambda x},&x>0,\\ &0,&x\leqslant0,\end{aligned}.\quad f_{Y}(y)=\{\begin{aligned}&\mu\mathrm{e}^{-\mu y},&y>0,\\ &0,&y\leqslant0,\end{aligned}. $$ 其中 $ \lambda>0,\mu>0 $是常数.引入随机变量 $$ Z=\{\begin{aligned}&1,& 当 X\leqslant Y,\\ &0,& 当 X>Y.\end{aligned}. $$ (1) 求条件概率密度 $ f_{X \mid Y}(x \mid y) $. (2) 求 Z 的分布律和分布函数. 解 由于 X 和 Y 相互独立，(X,Y) 的概率密度 $ f(x,y)=f_{X}(x)f_{Y}(y) $，即有 $$ f(x,y)=\begin{cases}\lambda\mu\mathrm{e}^{-\lambda x-\mu y},&x>0,y>0,\\0,& 其他 .\end{cases} $$ （1）当y>0时，有 $$ f_{X\mid Y}(x\mid y)=f_{X}(x)=\{\begin{aligned}&\lambda\mathrm{e}^{-\lambda x},&x>0\\ &0,& 其他 .\end{aligned}. $$ (2) $$ \begin{aligned}P\{X\leqslant Y\}&=\iint\limits_{G_{1}x\leqslant y}f(x,y)\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\int_{0}^{\infty}\mathrm{d}x\int_{x}^{\infty}\lambda\mu\mathrm{e}^{-\lambda x-\mu y}\mathrm{d}y\\&=\int_{0}^{\infty}\left[-\lambda\mathrm{e}^{-\lambda x-\mu y}\right]\bigg|_{y=x}^{y=\infty}\mathrm{d}x\\&=\int_{0}^{\infty}\lambda\mathrm{e}^{-(\lambda+\mu)x}\mathrm{d}x=\frac{\lambda}{\lambda+\mu},\end{aligned} $$ 而 $$ P\{X>Y\}=1-P\{X\leqslant Y\}=\frac{\mu}{\lambda+\mu}. $$ 故 Z 的分布律为 $$ \begin{array}{c|c c}{Z}&{0}&{1}\\ \hline{p_{k}}&{\frac{\mu}{\lambda+\mu}}&{\frac{\lambda}{\lambda+\mu}}\\ \end{array} $$ Z 的分布函数为 $$ F_{z}(z)=\{\begin{aligned}&0,&z<0,\\&\frac{\mu}{\lambda+\mu},&0\leqslant z<1,\\&1,&z\geqslant1.\end{aligned}. $$ $$ f(x,y)=\{\begin{aligned}&x+y,&0 分别求(1) $ Z=X+Y $，(2)Z=XY的概率密度. 解 记所需求的概率密度函数为 $ f_{z}(z) $. $$ f(x,y)=\{\begin{aligned}&x+y,&0 (1) Z = X + Y $$ f_{z}(z)=\int_{-\infty}^{\infty}f(x,z-x)\mathrm{d}x. $$ 仅当被积函数 $ f(x,z-x) \neq 0 $ 时， $ f_{2}(z) \neq 0 $。我们先找出使 $ f(x,z-x) \neq 0 $ 的 x，z 的变化范围。从而可定出 $ (*_{1}) $ 中积分（相对于不同 z 的值）的积分限，算出这一积分就可以了。 易知，仅当 $ \{\begin{aligned}0& 参考题3.21图1，即得 $$ \begin{aligned}f_{Z}(z)&=\int_{-\infty}^{\infty}f(x,z-x)\mathrm{d}x\\&=\begin{cases}\displaystyle\int_{0}^{z}[x+(z-x)]\mathrm{d}x,&0 $$ \xi+\Upsilon=\Sigma $$ 即 $$ f_{Z}(z)=\{\begin{aligned}&z^{2},&0& $$ \Upsilon+\chi=\Sigma $$ 本题也可利用分布函数来求 $ f_{Z}(z) $，如下所示. 记 $ Z=X+Y $的分布函数为 $ F_{z}(z) $，参考题3.21图2知 当 $ z \leqslant 0 $时， $ F_{Z}(z) = 0 $. 当0<z<1时， $$ \begin{aligned}F_{Z}(z)&=P\{Z\leqslant z\}=P\{X+Y\leqslant z\}\\&=\iint\limits_{D_{1}}(x+y)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\&=\int_{0}^{z}\mathrm{d}y\int_{0}^{z-y}(x+y)\mathrm{d}x\\&=\frac{1}{3}z^{3}.\\ \end{aligned} $$ 当 $ 1 \leqslant z < 2 $ 时，因 $ f(x, y) $ 只在矩形区域上 $ \neq 0 $，故 $$ \begin{aligned}F_{Z}(z)&=P\{Z\leqslant z\}=1-\iint_{D_{2}}f(x,y)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\&=1-\int_{x-1}^{1}\mathrm{d}y\int_{x-y}^{1}(x+y)\mathrm{d}x=-\frac{1}{3}+z^{2}-\frac{1}{3}z^{3}.\end{aligned} $$ 当 $ z\geqslant2 $时， $ F_{z}(z)=1 $ 故 $ Z = X + Y $ 的分布函数为 $$ F_{z}(z)=\{\begin{aligned}&0,&z<0,\\&\frac{1}{3}z^{3},&0 由此知 $ Z = X + Y $ 的概率密度函数为 $$ f_{Z}(z)=\{\begin{aligned}&z^{2},&0 (2) Z = XY $$ f_{z}(z)=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{1}{\left|x\right|}f(x,\frac{z}{x})dx. $$ 易知仅当 $$ \{\begin{aligned}&0 时，上述积分的被积函数不等于零，如题3.21图3，即得 $$ f_{z}(z)=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{1}{\left|x\right|}f(x,\frac{z}{x})\mathrm{d}x $$ $$ =\{\begin{aligned}&\int_{z}^{1}\frac{1}{x}(x+\frac{z}{x})\mathrm{d}x,&0 得 $$ f_{z}(z)=\{\begin{aligned}&2(1-z),&\quad0 $$ f_{X}(x)=\{\begin{aligned}&1,&0\leqslant x\leqslant1,\\ &0,& 其他 ,\end{aligned}.\quad f_{Y}(y)=\{\begin{aligned}&e^{-y},&y>0,\\ &0,& 其他 .\end{aligned}. $$ 求随机变量 Z = X + Y 的概率密度. 解法(i) 利用公式 $$ f_{Z}(z)=\int_{-\infty}^{\infty}f_{X}(z-y)f_{Y}(y)d y, $$ 按函数 $ f_{X} $, $ f_{Y} $ 的定义知，仅当 $$ \{\begin{aligned}0&\leqslant z-y\leqslant1,\\ y&>0,\end{aligned}.\\ z-1\leqslant y\leqslant z,y>0 $$ 即 时，上述积分的被积函数才不等于0，如题3.22图1知 $$ f_{Z}(z)=\{\begin{aligned}&\int_{0}^{z}f_{X}(z-y)f_{Y}(y)\mathrm{d}y=\int_{0}^{z}1\cdot\mathrm{e}^{-y}\mathrm{d}y,&0 即有 $$ f_{z}(z)=\{\begin{aligned}&1-e^{-z},&0 若利用公式 $$ f_{Z}(z)=\int_{-\infty}^{\infty}f_{X}(x)f_{Y}(z-x)dx, $$ 知仅当 $$ \{\begin{aligned}0&\leqslant x\leqslant1,\\ z-x&>0,\end{aligned}.\quad 即 \quad\{\begin{aligned}0&\leqslant x\leqslant1,\\ x& 时，上述积分的被积函数才不会等于0，如题3.22图2知 $$ f_{Z}(z)=\{\begin{aligned}&\int_{0}^{z}f_{X}(x)f_{Y}(z-x)\mathrm{d}x=\int_{0}^{z}\mathrm{e}^{-(z-x)}\mathrm{d}x,&0 即有 $$ f_{Z}(z)=\{\begin{aligned}&1-e^{-z},&0 解法(ii) 先求出 $ Z = X + Y $ 的分布函数 $ F_{Z}(z) $，然后将 $ F_{Z}(z) $ 关于 z 求导从而得到 $ f_{z}(z) $. X 和 Y 的联合概率密度为 $$ f(x,y)=\begin{cases}e^{-y},&0\leqslant x\leqslant1,y>0,\\0,& 其他 .\end{cases} $$ 如果 $ x + y \leqslant z $，那么 $ y \leqslant z - x $，这就表明区域 $ G: \{(x, y) \mid x + y \leqslant z\} $ 位于直线 $ x + y = z $ 的下方。现就 z 的不同大小，画出区域 $ G: \{(x, y) \mid x + y \leqslant z\} $ 与 $ f(x, y) \neq 0 $ 的区域 $ D: \{(x, y) \mid 0 \leqslant x \leqslant 1, y > 0\} $ 的公共部分（有阴影线的部分）如题 3.22 图 3 所示。 当 $ z \leqslant 0 $时，如题3.22图3(1)，有 $$ \begin{aligned}F_{Z}(z)&=P\{Z\leqslant z\}=P\{X+Y\leqslant z\}\\&=\iint\limits_{x+y\leqslant z}f(x,y)\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\iint\limits_{x+y\leqslant z}0\mathrm{d}x\mathrm{d}y=0,\end{aligned} $$ 当0<z<1时，如题3.22图3(2)，有 $$ \begin{aligned}F_{Z}(z)=&P\{Z\leqslant z\}=P\{X+Y\leqslant z\}=\iint\limits_{x+y\leqslant z}f(x,y)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\ =&\int_{0}^{z}\mathrm{d}x\int_{0}^{z-x}\mathrm{e}^{-y}\mathrm{d}y=\int_{0}^{z}[1-\mathrm{e}^{-(z-x)}]\mathrm{d}x=z-1+\mathrm{e}^{-z},\end{aligned} $$ 当 $ z\geqslant1 $时，如题3.22图3(3)，有 $$ F_{z}(z)=P\{Z\leqslant z\}=P\{X+Y\leqslant z\}=\iint f(x,y)dxdy $$ $$ \int_{0}^{1}\mathrm{d}x\int_{0}^{x-x}\mathrm{e}^{-y}\mathrm{d}y=\int_{0}^{1}\left[1-\mathrm{e}^{-(x-x)}\right]\mathrm{d}x=1-\mathrm{e}^{-x+1}+\mathrm{e}^{-x}, $$ 得 $$ F_{z}(z)=\{\begin{aligned}&0,&z\leqslant0,\\&z-1+e^{-z},&0 将 $ F_{z}(z) $关于z求导数，得到Z的概率密度为 $$ f_{z}(z)=\{\begin{aligned}&1-e^{-z},&0 $$ f(t)=\{\begin{aligned}&t\mathrm{e}^{-t},&t>0,\\ &0,&t\leqslant0.\end{aligned}. $$ 设各周的需求量是相互独立的. 求(1)两周，(2)三周的需求量的概率密度. 解 设某种商品在第 i 周的需求量为 $ X_{i} (i = 1, 2, 3) $，由题设 $ X_{1}, X_{2}, X_{3} $ 相互独立，并且有 $$ f_{x_{i}}(t)=f(t)=\begin{cases}t\mathrm{e}^{-t},&t>0,\\ 0,&t\leqslant0.\end{cases} $$ （1）记两周的需求量为Z，即 $ Z=X_{1}+X_{2} $，则Z的概率密度为 $$ f_{Z}(z)=\int_{-\infty}^{\infty}f(x)f(z-x)dx. $$ 由 $ f(t) $ 的定义，知仅当 $$ \{\begin{aligned}x>0,\\ z-x>0,\end{aligned}.\quad 亦即 \quad\{\begin{aligned}x>0,\\ x 时上述积分的被积函数不等于零， 于是(参见题3.23图)Z的概率密度为 $$ \begin{aligned}f_{z}(z)=&\begin{cases}\displaystyle\int_{0}^{z}f(x)f(z-x)\mathrm{d}x,&z>0,\\0,& 其他 \end{cases}\\=&\begin{cases}\displaystyle\int_{0}^{z}x\mathrm{e}^{-x}(z-x)\mathrm{e}^{-(z-x)}\mathrm{d}x,&z>0,\\0,& 其他 \end{cases}\\=&\begin{cases}\displaystyle\mathrm{e}^{-z}\displaystyle\int_{0}^{z}(xz-x^{2})\mathrm{d}x=\frac{z^{3}\mathrm{e}^{-z}}{3!},&z>0,\\0,& 其他 .\end{cases}\end{aligned} $$ （2）记三周的需求量为W，即 $ W=Z+X_{3} $，因 $ X_{1},X_{2},X_{3} $相互独立，故 $ Z=X_{1}+X_{2} $与 $ X_{3} $相互独立，从而W的概率密度为 $$ f_{W}(u)=\int_{-\infty}^{\infty}f_{Z}(x)f_{X_{3}}(u-x)dx. $$ 由上述 $ f_{z}(z) $ 及 $ f(t) $ 的定义，知仅当 $$ \{\begin{aligned}x&>0,\\ u&-x>0,\end{aligned}.\quad 亦即 \quad\{\begin{aligned}x&>0,\\ x& 时，上述积分的被积函数不等于零，于是W的概率密度为 $$ \begin{aligned}f_{W}(u)=&\begin{cases}\displaystyle\int_{0}^{u}f_{Z}(x)f_{X_{3}}(u-x)\mathrm{d}x,&u>0,\\0,& 其他 \end{cases}\\=&\begin{cases}\displaystyle\int_{0}^{u}\frac{x^{3}\mathrm{e}^{-x}}{3!}(u-x)\mathrm{e}^{-(u-x)}\mathrm{d}x,&u>0,\\0,& 其他 \end{cases}\\=&\begin{cases}\frac{\mathrm{e}^{-u}}{3!}\displaystyle\int_{0}^{u}(x^{3}u-x^{4})\mathrm{d}x=\frac{u^{5}\mathrm{e}^{-u}}{5!},&u>0,\\0,& 其他 .\end{cases}\end{aligned} $$ 注：本题中我们假设第一周的需求量为 $ X_{1} $，第二周的需求量为 $ X_{2} $。两周的需求量为 $ X_{1} + X_{2} $，注意到， $ X_{1} $， $ X_{2} $ 是相互独立的随机变量，虽然它们具有相同的分布，但它们的取值是相互独立的，因而两周的需求量不能写成 2X，而必须写成 $ X_{1} + X_{2} $。 $$ f(x,y)=\{\begin{aligned}&\frac{1}{2}(x+y)e^{-(x+y)},&x>0,y>0\\ &0,& 其他 .\end{aligned}. $$ (1) 问 X 和 Y 是否相互独立？ (2) 求 $ Z = X + Y $ 的概率密度. 解（1） $$ \begin{aligned}f_{X}(x)&=\int_{-\infty}^{\infty}f(x,y)\mathrm{d}y=\int_{0}^{\infty}\frac{1}{2}(x+y)\mathrm{e}^{-(x+y)}\mathrm{d}y\\&=\frac{1}{2}(x+y)(-\mathrm{e}^{-(x+y)})\bigg|_{y=0}^{y=\infty}+\frac{1}{2}\int_{0}^{\infty}\mathrm{e}^{-(x+y)}\mathrm{d}y\\&=\frac{1}{2}x\mathrm{e}^{-x}-\frac{1}{2}\mathrm{e}^{-(x+y)}\bigg|_{y=0}^{y=\infty}=\frac{x+1}{2}\mathrm{e}^{-x},\quad x>0,\end{aligned} $$ 故 X 的概率密度为 $$ f_{X}(x)=\{\begin{aligned}&\frac{x+1}{2}e^{-x},&x>0,\\ &0,& 其他 .\end{aligned}. $$ 同理，Y 的概率密度为 $$ f_{Y}(y)=\{\begin{aligned}&\frac{y+1}{2}e^{-y},&y>0,\\ &0,& 其他 .\end{aligned}. $$ 显然 $ f_{X}(x)f_{Y}(y) \neq f(x,y) $，所以 X,Y 不相互独立. (2) 由教材第三章公式(5.1)可得 $ Z = X + Y $ 的概率密度 $ f_{Z}(z) $ 为 $$ f_{z}(z)=\int_{-\infty}^{\infty}f(z-y,y)d y, $$ 上述被积函数仅当 $$ \{\begin{aligned}z-y&>0,\\ y&>0,\end{aligned}.\quad 即 \quad\{\begin{aligned}y& 时才不会等于0，由题3.24图得 $$ \begin{aligned}f_{Z}(z)=&\{\begin{aligned}&\int_{0}^{z}f(z-y,y)\mathrm{d}y,&z>0,\\&0,& 其他 \end{aligned}.\\=&\{\begin{aligned}&\int_{0}^{z}\frac{1}{2}(z-y+y)\mathrm{e}^{-(z-y+y)}\mathrm{d}y,&z>0,\\&0,& 其他 .\end{aligned}.\end{aligned} $$ 即有 $$ f_{Z}(z)=\{\begin{aligned}&\frac{1}{2}\int_{0}^{z}ze^{-z}\mathrm{d}y=\frac{1}{2}z^{2}\mathrm{e}^{-z},&z>0,\\ &0,& 其他 .\end{aligned}. $$ $$ f(x)=\{\begin{aligned}&e^{1-x},&\quad&x>1,\\ &0,&\quad& 其他 .\end{aligned}. $$ 求 $ Z = X + Y $ 的概率密度. 解 由卷积公式 $$ f_{Z}(z)=\int_{-\infty}^{\infty}f_{X}(x)f_{Y}(z-x)dx, $$ 现在 $ f_{X}(x)=\{\begin{aligned}&e^{1-x},&x>1,\\ &0,& 其他,\end{aligned}. $ $$ f_{Y}(y)=\{\begin{aligned}&e^{1-y},&y>1,\\ &0,& 其他 .\end{aligned}. $$ 仅当 $ \{\begin{aligned}x&>1,\\ z-x&>1,\end{aligned}. $ 即 $ \{\begin{aligned}x&>1,\\ x& 时，上述积分的被积函数不等于零，由题3.25图 $$ f_{Z}(z)=\{\begin{aligned}&\int_{1}^{z-1}e^{1-x}e^{1-(z-x)}d x=\int_{1}^{z-1}e^{2-x}d x,&z>2,\\&0,& 其他 .\end{aligned}. $$ 得 $ f_{Z}(z)=\{\begin{aligned}&\mathrm{e}^{2-z}(z-2),&z>2,\\ &0,& \text{其他}.\end{aligned}. $ $$ f(x)=\{\begin{aligned}&e^{-x},&x>0,\\ &0,& 其他 .\end{aligned}. $$ 求 $ Z = \frac{Y}{X} $ 的概率密度. 解 $ f_{X}(x)=\{\begin{aligned}&\mathrm{e}^{-x},&x>0,\\ &0,& 其他,\end{aligned}. $ $ f_{Y}(y)=\{\begin{aligned}&\mathrm{e}^{-y},&y>0,\\ &0,& 其他.\end{aligned}. $ 由公式 $ f_{Z}(z)=\int_{-\infty}^{\infty}|x|f_{X}(x)f_{Y}(xz)dx $ 仅当 $ \{\begin{aligned}x>0,\\ x z>0,\end{aligned}. $ 即 $ \{\begin{aligned}x>0,\\ z>0\end{aligned}. $ 时，上述积分的被积函数不等于零，于是当z>0时有 $$ f_{Z}(z)=\int_{0}^{\infty}x\mathrm{e}^{-x}\mathrm{e}^{-x x}\mathrm{d}x=\int_{0}^{\infty}x\mathrm{e}^{-x(z+1)}\mathrm{d}x=\frac{1}{(z+1)^{2}}. $$ 当 $ z \leqslant 0 $时 $ f_{Z}(z)=0 $，即 $$ f_{Z}(z)=\{\begin{aligned}&\frac{1}{(z+1)^{2}},&z>0\\ &0,&z\leqslant0.\end{aligned}. $$ 解 X,Y 的概率密度分别为 $$ f_{X}(x)=\{\begin{aligned}&1,&\text{}0 面积 A = XY 的概率密度为 $$ \begin{aligned}f_{Z}(z)&=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{1}{\mid x\mid}f(x,\frac{z}{x})\mathrm{d}x\\&=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{1}{\mid x\mid}f_{X}(x)f_{Y}(\frac{z}{x})\mathrm{d}x,\end{aligned} $$ 仅当 $ \{\begin{array}{l}0 时上述积分的被积函数不等于零，由题3.27图得 $$ f_{z}(z)=\{\begin{aligned}&\int_{z}^{1}\frac{1}{x}\mathrm{d}x=-\ln z,&0 $$ f_{Z}(z)=\{\begin{aligned}&\frac{z}{\sigma^{2}}e^{-z^{2}/(2\sigma^{2})},&z\geqslant0,\\ &0,& 其他 .\end{aligned}. $$ 我们称 Z 服从参数为 $ \sigma (\sigma > 0) $ 的瑞利 (Rayleigh) 分布. 证 先来求 Z 的分布函数 $ F_{z}(z) $，由于 $ Z = \sqrt{X^{2} + Y^{2}} \geqslant 0 $，知当 z < 0 时， $ F_{z}(z) = 0 $。当 $ z \geqslant 0 $ 时有 $$ \begin{aligned}F_{Z}(z)&=P\{Z\leqslant z\}=P\{\sqrt{X^{2}+Y^{2}}\leqslant z\}\\&=P\{X^{2}+Y^{2}\leqslant z^{2}\}=\iint\limits_{x^{2}+y^{2}\leqslant z^{2}}f(x,y)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\&=\iint\limits_{x^{2}+y^{2}\leqslant z^{2}}\frac{1}{2\pi\sigma^{2}}\mathrm{e}^{-(x^{2}+y^{2})/(2\sigma^{2})}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\&\xlongequal{ 用极坐标 }\int_{0}^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_{0}^{z}\frac{1}{2\pi\sigma^{2}}\mathrm{e}^{-r^{2}/(2\sigma^{2})}\mathrm{r}\mathrm{d}r\\&=2\pi\cdot\frac{1}{2\pi}[-\mathrm{e}^{-r^{2}/(2\sigma^{2})}]\bigg|_{0}^{z}=1-\mathrm{e}^{-z^{2}/(2\sigma^{2})}.\end{aligned} $$ 将 $ F_{z}(z) $ 关于 z 求导数，得 Z 的概率密度为 $$ f_{z}(z)=\{\begin{aligned}&\frac{z}{\sigma^{2}}e^{-z^{2}/(2\sigma^{2})},&z>0,\\ &0,& 其他 .\end{aligned}. $$ $$ f(x,y)=\{\begin{aligned}&be^{-(x+y)}.&0 （1）试确定常数 b. (2) 求边缘概率密度 $ f_{X}(x) $, $ f_{Y}(y) $. (3) 求函数 $ U = \max\{X, Y\} $ 的分布函数. 解（1）由 $$ \begin{aligned}1=&\int_{-\infty}^{\infty}\int_{-\infty}^{\infty}f(x,y)\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\int_{0}^{\infty}\int_{0}^{1}b\mathrm{e}^{-(x+y)}\mathrm{d}y\mathrm{d}x\\=&b\left[\int_{0}^{\infty}\mathrm{e}^{-y}\mathrm{d}y\right]\left[\int_{0}^{1}\mathrm{e}^{-x}\mathrm{d}x\right]=b(1-\mathrm{e}^{-1}),\end{aligned} $$ 得 $$ b=\frac{1}{1-\mathrm{e}^{-1}}. $$ $$ (2)f_{X}(x)=\int_{-\infty}^{\infty}f(x,y)\mathrm{d}y=\{\begin{aligned}&\frac{1}{1-\mathrm{e}^{-1}}\int_{0}^{\infty}\mathrm{e}^{-x}\mathrm{e}^{-y}\mathrm{d}y=\frac{\mathrm{e}^{-x}}{1-\mathrm{e}^{-1}},&0 $$ f_{Y}(y)=\int_{-\infty}^{\infty}f(x,y)\mathrm{d}x=\{\begin{aligned}&\frac{1}{1-\mathrm{e}^{-1}}\int_{0}^{1}\mathrm{e}^{-x}\mathrm{e}^{-y}\mathrm{d}x=\mathrm{e}^{-y},&y>0,\\ &0,& 其他 .\end{aligned}. $$ （3）由（2）知 $ f(x,y)=f_{X}(x)f_{Y}(y) $，故 X,Y 相互独立。分别记 $ U=\max\{X,Y\} $，X 和 Y 的分布函数为 $ F_{U}(u) $， $ F_{X}(x) $ 和 $ F_{Y}(y) $，则有 $$ F_{U}(u)=F_{X}(u)F_{Y}(u). $$ 由(2)知 $$ \begin{aligned}F_{X}(u)=&\int_{-\infty}^{u}f_{X}(x)\mathrm{d}x=\begin{cases}0,&u<0,\\\int_{0}^{u}\frac{\mathrm{e}^{-x}}{1-\mathrm{e}^{-1}}\mathrm{d}x,&0\leqslant u<1,\\1&u\geqslant1\end{cases}\\=&\begin{cases}0,&u<0,\\\frac{1-\mathrm{e}^{-u}}{1-\mathrm{e}^{-1}},&0\leqslant u<1,\\1,&u\geqslant1.\end{cases}\end{aligned} $$ $$ \begin{array}{l}F_{Y}(u)=\int_{-\infty}^{u}f_{Y}(y)\mathrm{d}y=\{\begin{aligned}&0,&&u<0,\\&\int_{0}^{u}\mathrm{e}^{-y}\mathrm{d}y,&&u\geqslant0\end{aligned}.\\=\{\begin{aligned}&0,&&u<0,\\&1-\mathrm{e}^{-u},&&u\geqslant0.\end{aligned}.\end{array} $$ 将 $ F_{X}(u), F_{Y}(u) $ 的表达式代入(A)式，得到 $ U = \max\{X, Y\} $ 的分布函数为 $$ F_{U}(u)=\{\begin{aligned}&0,&u<0,\\&\frac{(1-\mathrm{e}^{-u})^{2}}{1-\mathrm{e}^{-1}},&0\leqslant u<1,\\&1-\mathrm{e}^{-u},&u\geqslant1.\end{aligned}. $$ 解 以 $ X_{i}(i=1,2,3,4) $ 记所选取的第 i 只元件的寿命，由题设一只元件寿命小于 180 小时的概率为 $$ \begin{aligned}P\{X_{i}\leqslant180\}&=P\{\frac{X_{i}-160}{20}\leqslant\frac{180-160}{20}\}\\&=\Phi\Big(\frac{180-160}{20}\Big)=\Phi(1)=0.8413.\end{aligned} $$ 可认为 $ X_{1}, X_{2}, X_{3}, X_{4} $ 相互独立，故选取的4只元件没有一只寿命小于180小时的概率为 $$ \prod_{i=1}^{4}\left[1-P\{X_{i}\leqslant180\}\right]=(1-0.8413)^{4}=0.00063. $$ (1) 求 $ Z = \max\{X_1, X_2, X_3, X_4, X_5\} $ 的分布函数； (2) 求 $ P\{Z > 4\} $. 解 参数 $ \sigma=2 $的瑞利分布，其概率密度为 $$ f_{X}(x)=\{\begin{aligned}&\frac{x}{4}e^{-x^{2}/8},&x>0,\\ &0,& 其他 .\end{aligned}. $$ 设其分布函数为 $ F_{X}(x) $. 则当 x<0 时， $ F_{X}(x)=0 $，当 $ x\geqslant0 $ 时有 $$ F_{x}(x)=\int_{0}^{x}\frac{x}{4}\mathrm{e}^{-x^{2}/8}\mathrm{d}x=-\left.\mathrm{e}^{-x^{2}/8}\right|_{0}^{x}=1-\mathrm{e}^{-x^{2}/8}. $$ $$ F_{X}(x)=\{\begin{aligned}&1-e^{-x^{2}/8},&x\geqslant0,\\ &0,&x<0.\end{aligned}. $$ 即有 (1) 因 $ X_{1}, X_{2}, X_{3}, X_{4}, X_{5} $ 相互独立，且都服从参数 $ \sigma = 2 $ 的瑞利分布，故 $ Z = \max\{X_{1}, X_{2}, X_{3}, X_{4}, X_{5}\} $ 的分布函数为 $$ F_{Z}(z)=[F_{X}(z)]^{5}=\{\begin{aligned}&(1-e^{-z^{2}/8})^{5},&z\geqslant0,\\ &0,&z<0.\end{aligned}. $$ (2) $$ \begin{aligned}P\{Z>4\}&=1-P\{Z\leqslant4\}=1-F_{Z}(4)\\&=1-(1-\mathrm{e}^{-2})^{5}=0.5167.\end{aligned} $$ $$ P\{a<\min\{X,Y\}\leqslant b\}=\left[P\{X>a\}\right]^{2}-\left[P\{X>b\}\right]^{2}\quad(a\leqslant b). $$ 证 由题设 X 和 Y 相互独立，且服从同一分布，以 $ F(x) $ 记它们的分布函数，又记 $ N = \min\{X, Y\} $ 的分布函数为 $ F_{N}(z) $，则 $$ F_{N}(z)=1-\left[1-F(z)\right]^{2}, $$ 于是 $$ P\{a<\min\{X,Y\}\leqslant b\}=F_{N}(b)-F_{N}(a)=\left[1-F(a)\right]^{2}-\left[1-F(b)\right]^{2}. $$ 因 $$ \begin{aligned}&P\{X>a\}=1-P\{X\leqslant a\}=1-F(a),\\&P\{X>b\}=1-P\{X\leqslant b\}=1-F(b),\end{aligned} $$ 从而 $$ P\{a<\min\{X,Y\}\leqslant b\}=[P\{X>a\}]^{2}-[P\{X>b\}]^{2}. $$ $$ \begin{aligned}&P\{X=k\}=p(k),\quad k=0,1,2,\cdots,\\&P\{Y=r\}=q(r),\quad r=0,1,2,\cdots.\\ \end{aligned} $$ 证明随机变量 $ Z = X + Y $ 的分布律为 $$ P\{Z=i\}=\sum_{k=0}^{i}p(k)q(i-k),i=0,1,2,\cdots. $$ 证 随机变量 $ Z = X + Y $ 的取值范围为 0,1,2, $ \cdots $。对于非负整数 i, $ \{Z = i\} = \{X + Y = i\} $ 可按下列方式分解为若干个两两互不相容的事件之和： $$ \begin{aligned}\{Z=i\}&=\{X+Y=i\}\\&=\{X=0,Y=i\}\cup\{X=1,Y=i-1\}\cup\cdots\\&\bigcap\{X=k,Y=i-k\}\cup\cdots\cup\{X=i,Y=0\}.\end{aligned} $$ 又由 X,Y 的独立性知 $$ \begin{aligned}P\{X=k,Y=i-k\}&=P\{X=k\}P\{Y=i-k\}\\&=p(k)q(i-k),\quad k=0,1,2,\cdots,i.\end{aligned} $$ 因此 $$ P\{Z=i\}=P\{\bigcup_{k=0}^{i}\{X=k,Y=i-k\}\} $$ $$ \begin{array}{rl}&=\displaystyle\sum_{k=0}^{i}P\{X=k,Y=i-k\}\\&=\displaystyle\sum_{k=0}^{i}p(k)q(i-k),\quad i=0,1,2,\cdots.\end{array} $$ $$ Z=X+Y\sim\pi(\lambda_{1}+\lambda_{2}). $$ 证 因 $ X \sim \pi(\lambda_{1}) $, $ Y \sim \pi(\lambda_{2}) $，故 $$ p(k)=P\{X=k\}=\frac{\lambda_{1}^{k}\mathrm{e}^{-\lambda_{1}}}{k!},\quad k=0,1,2,\cdots, $$ $$ q(k)=P\{Y=k\}=\frac{\lambda_{2}^{k}\mathrm{e}^{-\lambda_{2}}}{k!},\quad k=0,1,2,\cdots. $$ 而 $ Z = X + Y $ 可能取的值为 0, 1, 2, …，且 X, Y 相互独立。由 33 题得 $$ \begin{aligned}P\{Z=i\}&=\sum_{k=0}^{i}\frac{\lambda_{1}^{k}\lambda_{2}^{i-k}}{k!(i-k)!}\mathrm{e}^{-(\lambda_{1}+\lambda_{2})}\\&=\frac{\mathrm{e}^{-(\lambda_{1}+\lambda_{2})}}{i!}\sum_{k=0}^{i}\frac{i!}{k!(i-k)!}\lambda_{1}^{k}\lambda_{2}^{i-k}\\&=\frac{\mathrm{e}^{-(\lambda_{1}+\lambda_{2})}}{i!}\sum_{k=0}^{i}\binom{i}{k}\lambda_{1}^{k}\lambda_{2}^{i-k}=\frac{\mathrm{e}^{-(\lambda_{1}+\lambda_{2})}}{i!}(\lambda_{1}+\lambda_{2})^{i}\\&=\frac{(\lambda_{1}+\lambda_{2})^{i}\mathrm{e}^{-(\lambda_{1}+\lambda_{2})}}{i!},\quad i=0,1,2,\cdots,\\ \end{aligned} $$ 即 $ Z \sim \pi(\lambda_{1} + \lambda_{2}) $. $$ Z=X+Y\sim b(n_{1}+n_{2},p). $$ 证 因 $ X \sim b(n_{1}, p) $, $ Y \sim b(n_{2}, p) $，故 $$ p(k)=P\{X=k\}=\binom{n_{1}}{k}p^{k}(1-p)^{n_{1}-k},\quad k=0,1,2,\cdots,n_{1}, $$ $$ q(k)=P\{Y=k\}=\binom{n_{2}}{k}p^{k}(1-p)^{n_{2}-k},\quad k=0,1,2,\cdots,n_{2}. $$ 而 $ Z = X + Y $ 可能取的值为 0, 1, 2, $ \cdots $, $ n_{1} + n_{2} $，且 X, Y 相互独立，由 33 题得 $$ \begin{aligned}P\{Z=i\}=&\sum_{k=0}^{i}\binom{n_{1}}{k}\dot{p}^{k}(1-\dot{p})^{n_{1}-k}\binom{n_{2}}{i-k}\dot{p}^{i-k}(1-\dot{p})^{n_{2}-i+k}\\=&\left[\sum_{k=0}^{i}\binom{n_{1}}{k}\binom{n_{2}}{i-k}\right]\dot{p}^{i}(1-\dot{p})^{n_{1}+n_{2}-i},\end{aligned} $$ $$ i=0,1,2,\cdots,n_{1}+n_{2}. $$ 又 $$ [\scriptstyle p+(1-p)[^{n_{1}+n_{2}}]=[\scriptstyle p+(1-p)[^{n_{1}}][\scriptstyle p+(1-p)[^{n_{2}}] $$ $$ \left[\sum_{k=0}^{n_{1}}\binom{n_{1}}{k}p^{k}(1-p)^{n_{1}-k}\right]\left[\sum_{s=0}^{n_{2}}\binom{n_{2}}{s}p^{s}(1-p)^{n_{2}-s}\right]. $$ 比较上式两边展开式中 $ p^{i}(1-p)^{n_{1}+n_{2}-i} $ 这一项的系数，知 $$ \binom{n_{1}+n_{2}}{i}=\sum_{k=0}^{i}\binom{n_{1}}{k}\binom{n_{2}}{i-k}, $$ 从而 $$ P\{Z=i\}=\binom{n_{1}+n_{2}}{i}p^{i}(1-p)^{n_{1}+n_{2}-i},\quad i=0,1,2,\cdots,n_{1}+n_{2}.\\ Z\sim b(n_{1}+n_{2},p). $$ 即 (1) 求 $ P\{X = 2 \mid Y = 2\} $, $ P\{Y = 3 \mid X = 0\} $. (2) 求 $ V = \max\{X, Y\} $ 的分布律. (3) 求 $ U = \min\{X, Y\} $ 的分布律. （4）求 $ W = X + Y $的分布律. 解（1） $$ \begin{aligned}P\{Y=2\}&=\sum_{i=0}^{5}P\{X=i,Y=2\}\\&=0.01+0.03+0.05+0.05+0.05+0.06\\&=0.25,\end{aligned} $$ $$ \begin{aligned}P\{X=0\}&=\sum_{j=0}^{3}P\{X=0,Y=j\}\\&=0.00+0.01+0.01+0.01=0.03,\end{aligned} $$ 故有 $$ P\{X=2\mid Y=2\}=\frac{P\{X=2,Y=2\}}{P\{Y=2\}}=\frac{0.05}{0.25}=\frac{1}{5}, $$ $$ P\{Y=3\mid X=0\}=\frac{P\{X=0,Y=3\}}{P\{X=0\}}=\frac{0.01}{0.03}=\frac{1}{3}. $$ (2) $ V = \max\{X, Y\} $ 所有可能的取值为 0, 1, 2, 3, 4, 5. $$ \begin{aligned}\{V=i\}&=\{\max\{X,Y\}=i\}\\&=\{X=i,Y 上式右边三项两两互不相容，故有 $$ \begin{aligned}P\{V=i\}&=P\{\max\{X,Y\}=i\}\\&=P\{X=i,Y 例如 $$ \begin{aligned}P\{V=2\}&=P\{X=2,Y=0\}+P\{X=2,Y=1\}\\&\quad+P\{X=2,Y=2\}+P\{X=0,Y=2\}\\&\quad+P\{X=1,Y=2\}\\&=0.03+0.04+0.05+0.01+0.03=0.1\end{aligned} $$ $$ \begin{aligned}P\{V=5\}=&P\{X=5,Y=0\}+P\{X=5,Y=1\}\\&+P\{X=5,Y=2\}+P\{X=5,Y=3\}\\=&0.09+0.08+0.06+0.05=0.28.\end{aligned} $$ 即有分布律： $$ \begin{array}{c|ccccc}{{{V=\max\{X,Y\}}}}&{{{0}}}&{{{1}}}&{{{2}}}&{{{3}}}&{{{4}}}&{{{5}}} \\{{{\hline}}} \\{{{p_{k}}}}&{{{0}}}&{{{0.04}}}&{{{0.16}}}&{{{0.28}}}&{{{0.24}}}&{{{0.28}}} \\\end{array} $$ (3) $ U = \min\{X, Y\} $ 所有可能的取值为 0, 1, 2, 3. $$ \begin{aligned}\{U=i\}=&\{\min\{X,Y\}=i\}\\ =&\{X=i,Y>i\}\bigcup\{X=i,Y=i\}\bigcup\{X>i,Y=i\},\end{aligned} $$ $$ P\{U=i\}=P\{X=i,Y>i\}+P\{X=i,Y=i\}+P\{X>i,Y=i\}. $$ 例如 $$ \begin{aligned}P\{U=2\}&=P\{X=2,Y=3\}+P\{X=2,Y=2\}\\&\quad+P\{X=3,Y=2\}+P\{X=4,Y=2\}\\&\quad+P\{X=5,Y=2\}\\&=0.04+0.05+0.05+0.05+0.06=0.25,\end{aligned} $$ 即有 （4） $ W = X + Y $ 所有可能的取值为0,1,2,3,4,5,6,7,8. $$ \{W=i\}=\{X+Y=i\}=\bigcup_{k=0}^{i}\{X=k,Y=i-k\}, $$ $$ P\{W=i\}=\sum_{k=0}^{i}P\{X=k,Y=i-k\}. $$ 例如 $$ \begin{aligned}P\{W=2\}&=P\{X=0,Y=2\}+P\{X=1,Y=1\}+P\{X=2,Y=0\}\\&=0.01+0.02+0.03=0.06,\end{aligned} $$ $$ \begin{aligned}P\{\boldsymbol{W}=5\}&=P\{\boldsymbol{X}=0,\boldsymbol{Y}=5\}+P\{\boldsymbol{X}=1,\boldsymbol{Y}=4\}\\&\quad+P\{\boldsymbol{X}=2,\boldsymbol{Y}=3\}+P\{\boldsymbol{X}=3,\boldsymbol{Y}=2\}\\&\quad+P\{\boldsymbol{X}=4,\boldsymbol{Y}=1\}+P\{\boldsymbol{X}=5,\boldsymbol{Y}=0\}\\&=0+0+0.04+0.05+0.06+0.09=0.24,\end{aligned} $$ 即有分布律 $$ \begin{array}{c|cccccccc}{{{\boldsymbol{W}=\boldsymbol{X}+\boldsymbol{Y}}}}&{{{0}}}&{{{1}}}&{{{2}}}&{{{3}}}&{{{4}}}&{{{5}}}&{{{6}}}&{{{7}}}&{{{8}}} \\{{{\hline p_{k}}}}&{{{0}}}&{{{0.02}}}&{{{0.06}}}&{{{0.13}}}&{{{0.19}}}&{{{0.24}}}&{{{0.19}}}&{{{0.12}}}&{{{0.05}}} \\\end{array} $$ $$ \textcircled{4}2.0=\xi(1,1)\sim(0,1)-20,0\sim(1,1)= $$ ：南京经济 \[\left\| \mathbf{i},\mathbf{j},\mathbf{k} \right\|\neq \left\| \mathbf{f},\mathbf{g},\mathbf{z} \right\| \leqslant \left\| \mathbf{y},\mathbf{z},\mathbf{z},\mathbf{w} \right\|= \left\| \mathbf{v} \right\| \left\| \mathbf{f} \right\| \left\| \mathbf{z} \right\|= \left\| \mathbf{a} \right\| \left\| \mathbf{d} \right\| \left\| \mathbf{c} \right\| \left\| 5.5.1.0 求道郊确酷河首问 $ \{Y, X\} $ min = U(8) $$ \{i=\{Y,\mathcal{X}\vert\dim\}\}=\{i=\mathbb{U}\} $$ $$ \left\| \mathbf{l} \right\|= \left\| \mathbf{y}_{1} \right\|< \left\| \mathbf{y}_{1} \right\| \left\| \mathbf{j} \right\|= \left\| \mathbf{y}_{1} \right\|= \left\| \mathbf{z} \right\| \left\| \mathbf{j} \right\|< \left\| \mathbf{y}_{4} \right\|= \left\| \mathbf{y} \right\|= \left\| \mathbf{r} \right\| $$ $$ \mathrm{f}_{1}=\mathrm{Y}_{4}(\mathrm{~<~Y~}^{\mathrm{~q~}}+\mathrm{f}_{1}=\mathrm{Y}_{4}(\mathrm{~=~7~})\mathrm{q}-\mathrm{f}_{1}<\mathrm{Y}_{4}(\mathrm{~=~7~})\mathrm{q}=\mathrm{f}_{1}=\mathrm{U}\mathrm{q} $$ 取同 $$ \mathbf{b}\mid\mathbf{U}=\mathbf{Z}\mid\mathbf{q}=\mathbf{q}\mid\mathbf{q}+\mathbf{q}=\mathbf{Z}\mid\mathbf{q}+\mathbf{q}=\mathbf{Z} $$ $$ \mathbf{S}=\mathbf{Y},\mathbf{t}=\mathbf{Y},\mathbf{q}_{1}+\mathbf{q}_{2}=\mathbf{Y},\mathbf{t}=\mathbf{Y},\mathbf{q}_{4}. $$ $$ (2=Y,0=X) 负 $$ $$ \therefore\Sigma_{i}(i=20,i=30,0+20,0+20,0+10,0)= $$ $$ \frac{1}{71.0}\quad\frac{2}{82.6}\quad\frac{1}{06.0}\quad\frac{0}{82.0^{\prime}}\quad\frac{\left(\gamma,X\right)_{\min}=U}{\alpha} $$ 2.1.0.2.1.1.0式南郊的组可音测Y+X=W(1) $$ \textcircled{4}(-\lambda)={\mathbb{Y}},\lambda=\mathbb{Z}.\quad\bigcup_{i=1}^{n}=\{i=\mathbb{Y}+\mathbb{X}\}=\{i\neq\mathbb{W}\}. $$ $$ \mathbf{X}=\iota=\Upsilon,\mathbf{X}=\mathbf{Z}\mathbf{q}\sum_{i=1}^{n}\mathbf{f}_{i}=\mathbf{W}\mathbf{q} $$
样本点 HHH HHT HTH THH HTT THT TTH TTT X 的值 2 2 1 1 1 1 0 0 Y 的值 3 2 2 2 1 1 1 0 X\nY 0 1 2 $ P\{Y=j\} $ 0 $ \frac{1}{8} $ 0 0 $ \frac{1}{8} $ 1 $ \frac{1}{8} $ $ \frac{2}{8} $ 0 $ \frac{3}{8} $ 2 0 $ \frac{2}{8} $ $ \frac{1}{8} $ $ \frac{3}{8} $ 3 0 0 $ \frac{1}{8} $ $ \frac{1}{8} $ $ P\{X=i\} $ $ \frac{1}{4} $ $ \frac{2}{4} $ $ \frac{1}{4} $ 1
X Y 51 52 53 54 55 51 0.06 0.05 0.05 0.01 0.01 52 0.07 0.05 0.01 0.01 0.01 53 0.05 0.10 0.10 0.05 0.05 54 0.05 0.02 0.01 0.01 0.03 55 0.05 0.06 0.05 0.01 0.03 X 51 52 53 54 55 $ p_{k} $ 0.28 0.28 0.22 0.09 0.13 Y 51 52 53 54 55 $ p_{k} $ 0.18 0.15 0.35 0.12 0.20 Y = j 51 52 53 54 55 P{Y = j X = 51} $ \frac{6}{28} $ $ \frac{7}{28} $ $ \frac{5}{28} $ $ \frac{5}{28} $ $ \frac{5}{28} $
Y = k 1 2 P{Y = k | X = 2} 1/2 1/2 $ Y=k $ 1 2 3 $ P\{Y=k\mid X=3\} $ $ \frac{1}{3} $ $ \frac{1}{3} $ $ \frac{1}{3} $ Y = k 1 2 3 4 P{Y = k X = 4} $ \frac{1}{4} $ $ \frac{1}{4} $ $ \frac{1}{4} $ $ \frac{1}{4} $
解 在第9题中，有（如题3.9图）
--- --- --- X Y 0 1 $ P\{Y=j\} $ 0 $ \frac{45}{66} $ $ \frac{10}{66} $ $ \frac{5}{6} $ 1 $ \frac{10}{66} $ $ \frac{1}{66} $ $ \frac{1}{6} $ $ P\{X=i\} $ $ \frac{5}{6} $ $ \frac{1}{6} $ 1
X\nY 0 1 2 3 4 5 0 0.00 0.01 0.03 0.05 0.07 0.09 1 0.01 0.02 0.04 0.05 0.06 0.08 2 0.01 0.03 0.05 0.05 0.05 0.06 3 0.01 0.02 0.04 0.06 0.06 0.05 $ U = \min\{X, Y\} $ 0 1 2 3 $ p_{k} $ 0.28 0.30 0.25 0.17