第四章 随机变量的数字特征

第四章 随机变量的数字特征

1. (1) 在下列句子中随机地取一个单词，以 X 表示取到的单词所包含的字母个数，写出 X 的分布律并求 E(X).

$$ \text{“THE GIRL PUT ON HER BEAUTIFUL RED HAT”}. $$

（2）在上述句子的 30 个字母中随机地取一个字母，以 Y 表示取到的字母所在单词所包含的字母数，写出 Y 的分布律并求 E(Y).

（3）一人掷骰子，如得6点则掷第2次，此时得分为 $ 6+ $第二次得到的点数；否则得分为他第一次掷得的点数，且不能再掷，求得分X的分布律及E(X).

解 （1）随机试验属等可能概型. 所给句子共8个单词，其中含2个字母，含4个字母，含9个字母的各有一个单词，另有5个单词含3个字母，所以X的分布律为

数学期望

$$ E(X)=2\times\frac{1}{8}+3\times\frac{5}{8}+4\times\frac{1}{8}+9\times\frac{1}{8}=\frac{15}{4}. $$

（2）随机试验属等可能概型，Y的可能值也是2，3，4，9.样本空间S由各个字母组成，共有30个样本点，其中样本点属于Y=2的有2个，属于Y=3的有15个，属于Y=4的有4个，属于Y=9的有9个，所以Y的分布律为

数学期望 $ E(Y) = 2 \times \frac{2}{30} + 3 \times \frac{15}{30} + 4 \times \frac{4}{30} + 9 \times \frac{9}{30} = \frac{73}{15} $.

（3）分布律为

$$ \begin{aligned}E(X)&=1\times\frac{1}{6}+2\times\frac{1}{6}+3\times\frac{1}{6}+4\times\frac{1}{6}+5\times\frac{1}{6}+7\times\frac{1}{36}+8\times\frac{1}{36}+9\times\frac{1}{36}\\&\quad+10\times\frac{1}{36}+11\times\frac{1}{36}+12\times\frac{1}{36}\\&=\frac{49}{12}.\end{aligned} $$

1. 某产品的次品率为0.1，检验员每天检验4次.每次随机地取10件产品进行检验，如发现其中的次品数多于1，就去调整设备.以X表示一天中调整设备的次数，试求E(X).（设诸产品是否为次品是相互独立的.）

解 先求检验一次，决定需要调整设备的概率. 设抽检出次品件数为 Y，则 $ Y \sim b(10,0.1) $. 记需调整设备一次的概率为 p，则

$$ \begin{aligned}p=&P\{Y>1\}=1-P\{Y=0\}-P\{Y=1\}\\ =&1-0.9^{10}-\binom{10}{1}\bullet0.9^{9}\bullet0.1=0.263\ 9.\end{aligned} $$

又因各次检验结果相互独立，故

$$ X\sim b\left(4,0,2639\right). $$

X 的分布律为

$$ \begin{array}{r l r l r l}{X}&{0}&{1}&{\frac{1}{2}}&{2}&{3}&{4}\\ {p_{k}}&{(1-p)^{4}}&{4p(1-p)^{3}}&{6p^{2}(1-p)^{2}}&{4p^{3}(1-p)}&{p^{4}}\end{array} $$

于是

$$ \begin{aligned}E(X)&=1\times4p(1-p)^{3}+2\times6p^{2}(1-p)^{2}+3\times4p^{3}(1-p)+4\times p^{4}\\&=4p=4\times0.263\ 9=1.055\ 6.\end{aligned} $$

以后将会知道若 $ X \sim b(n, p) $，则 $ E(X) = np $.

1. 有3只球，4个盒子，盒子的编号为1，2，3，4. 将球逐个独立地，随机地放入4个盒子中去. 以X表示其中至少有一只球的盒子的最小号码（例如X=3表示第1号，第2号盒子是空的，第3个盒子至少有一只球），试求E(X).

解法(i) 由于每只球都有4种放法，由乘法原理共有 $ 4^{3}=64 $种放法。其中3只球都放在4号盒中的放置法仅有1种，从而

$$ P\{X=4\}=\frac{1}{64}. $$

又 $ \{X=3\} $表示事件“1，2号盒子都是空的，而3号盒子不空”。因1，2号盒子都空，球只能放置在3，4号两个盒子中，共有 $ 2^{3} $种放置法，但其中有一种是3只球都放在4号盒子中，即3号盒子是空的，这不符合X=3的要求需除去，故有

$$ P\{X=3\}=\frac{2^{3}-1}{64}=\frac{7}{64}. $$

同理可得

$$ P\{X=2\}=\frac{3^{3}-2^{3}}{64}=\frac{19}{64}, $$

$$ P\{X=1\}=\frac{4^{3}-3^{3}}{64}=\frac{37}{64}. $$

因此

$$ E(X)=\sum_{k=1}^{4}kP\{X=k\}=\frac{25}{16}. $$

注： $ P\{X=1\} $ 也可由 $ 1-(P\{X=4\}+P\{X=3\}+P\{X=2\}) $ 求得.

解法(ii) 以 $ A_{i}(i=1,2,3,4) $ 记事件“第 i 个盒子是空盒”. $ \{X=1\} $ 表示事件“第一个盒子中至少有一只球”，因此 $ \{X=1\}=\bar{A}_{1} $，故

$$ P\{X=1\}=P(\overline{A}_{1})=1-P(A_{1})=1-\left(\frac{3}{4}\right)^{3}=\frac{37}{64}. $$

（因第一个盒子为空盒，3只球的每一只都只有3个盒子可以放，故 $ P(A_{1})=(3/4)^{3} $.）

$ \{X=2\} $ 表示事件“第一个盒子为空盒且第二个盒子中至少有一只球”，因此 $ \{X=2\}=A_{1}\bar{A}_{2} $.故

$$ \begin{aligned}P\{X=2\}&=P(A_{1}\overline{A}_{2})=P(\overline{A}_{2}\mid A_{1})P(A_{1})\\&=(1-P(A_{2}\mid A_{1}))P(A_{1})\\&=\left[1-\left(\frac{2}{3}\right)^{3}\right]\left(\frac{3}{4}\right)^{3}=\frac{19}{64}.\end{aligned} $$

（因在第一个盒子是空盒的条件下，第二个盒子也是空盒，则3只球都只有2个盒子可以放，故 $ P(A_{2}\mid A_{1})=\left(\frac{2}{3}\right)^{3} $.）

类似地，

$$ \begin{aligned}P\{X=3\}&=P(A_{1}A_{2}\overline{A}_{3})\\&=P(\overline{A}_{3}\mid A_{1}A_{2})P(A_{2}\mid A_{1})P(A_{1})\\&=\left[1-\left(\frac{1}{2}\right)^{3}\right]\left(\frac{2}{3}\right)^{3}\left(\frac{3}{4}\right)^{3}=\frac{7}{64},\end{aligned} $$

$$ P\{X=4\}=1-\frac{37}{64}-\frac{19}{64}-\frac{7}{64}=\frac{1}{64}, $$

因此， $ E(X) = \sum_{k=1}^{4} k P\{X = k\} = \frac{25}{16} $.

解法(iii) 将球编号. 以 $ X_{1}, X_{2}, X_{3} $ 分别记1号，2号，3号球所落入的盒子的号码数. 则 $ X_{1}, X_{2}, X_{3} $ 都是随机变量，记 $ X = \min\{X_{1}, X_{2}, X_{3}\} $，按题意，本题需要求的是

$$ E(X)=E[\min\{X_{1},X_{2},X_{3}\}]. $$

因 $ X_{1}, X_{2}, X_{3} $ 具有相同的分布律

二九四

因而 $ X_{1}, X_{2}, X_{3} $ 具有相同的分布函数

$$ F(z)=\{\begin{aligned}&0,&z<1,\\&\frac{1}{4},&1\leqslant z<2,\\&\frac{2}{4},&2\leqslant z<3,\\&\frac{3}{4},&3\leqslant z<4,\\&1,&z\geqslant4.\end{aligned}. $$

于是 $ X = \min\{X_1, X_2, X_3\} $ 的分布函数为：

$$ F_{\min}(z)=1-\left[1-F(z)\right]^{3} $$

$$ \begin{aligned}&\{\begin{aligned}&1-(1-0)^{3}=0,&&z<1,\\&1-(1-\frac{1}{4})^{3}=\frac{37}{64},&&1\leqslant z<2,\\&1-(1-\frac{2}{4})^{3}=\frac{56}{64},&&2\leqslant z<3,\\&1-(1-\frac{3}{4})^{3}=\frac{63}{64},&&3\leqslant z<4,\\&1-(1-1)^{3}=1,&&z\geqslant4.\end{aligned}.\end{aligned} $$

$ X = \min\{X_1, X_2, X_3\} $ 的分布律为

得

$$ E(X)=\frac{25}{16}. $$

1. (1) 设随机变量 X 的分布律为 $ P\{X = (-1)^{i+1} \frac{3^i}{j}\} = \frac{2}{3^i} $, $ j = 1, 2, \cdots $，说明 X 的数学期望不存在.

（2）一盒中装有一只黑球，一只白球，作摸球游戏，规则如下：一次从盒中随机摸一只球，若摸到白球，则游戏结束；若摸到黑球放回再放入一只黑球，然后再

从盒中随机地摸一只球.试说明要游戏结束的摸球次数X的数学期望不存在.

解（1）因级数

$$ \begin{aligned}\sum_{j=1}^{\infty}&(-1)^{j+1}\frac{3^{j}}{j}P\{X=(-1)^{j+1}\frac{3^{j}}{j}\}\\&=\sum_{j=1}^{\infty}(-1)^{j+1}\frac{3^{j}}{j}\bullet\frac{2}{3^{j}}=2\sum_{j=1}^{\infty}\frac{(-1)^{j+1}}{j}\end{aligned} $$

不绝对收敛，按定义 X 的数学期望不存在.

（2）以 $ A_{k} $ 记事件“第 k 次摸球摸到黑球”，以 $ \overline{A}_{k} $ 记事件“第 k 次摸球摸到白球”，以 $ C_{k} $ 表示事件“游戏在第 k 次摸球时结束”，k = 1,2,\cdots. 按题意

$$ C_{k}=A_{1}A_{2}\cdots A_{k-1}\bar{A}_{k}, $$

$$ P(C_{k})=P(\bar{A}_{k}\mid A_{1}A_{2}\cdots A_{k-1})P(A_{k-1}\mid A_{1}A_{2}\cdots A_{k-2})\cdots P(A_{2}\mid A_{1})P(A_{1}). $$

$$ P\{X=1\}=P(\bar{A}_{1})=\frac{1}{2}, $$

$$ P\{X=2\}=P(A_{1}\overline{A}_{2})=P(\overline{A}_{2}\mid A_{1})P(A_{1})=\frac{1}{3}\cdot\frac{1}{2}, $$

$$ \begin{aligned}P\{X=3\}&=P(A_{1}A_{2}\overline{A}_{3})=P(\overline{A}_{3}\mid A_{1}A_{2})P(A_{2}\mid A_{1})P(A_{1})\\&=\frac{1}{4}\cdot\frac{2}{3}\cdot\frac{1}{2}=\frac{1}{4}\cdot\frac{1}{3},\end{aligned} $$

X=k时，盒中共 $ k+1 $只球，其中只有一只是白球，故

$$ \begin{aligned}P\{X=k\}&=P(A_{1}\cdots A_{k-1}\overline{A}_{k})\\&=P(\overline{A}_{k}\mid A_{1}A_{2}\cdots A_{k-1})P(A_{k-1}\mid A_{1}A_{2}\cdots A_{k-2})\cdots P(A_{2}\mid A_{1})P(A_{1})\\&=\frac{1}{k+1}\cdot\frac{k-1}{k}\cdot\frac{k-2}{k-1}\cdot\cdots\cdot\frac{2}{3}\cdot\frac{1}{2}=\frac{1}{k+1}\cdot\frac{1}{k}.\end{aligned} $$

若 $ E(X) $ 存在，则它应等于 $ \sum_{k=1}^{\infty} kP\{X=k\} $. 但

$$ \sum_{k=1}^{\infty}kP\{X=k\}=\sum_{k=1}^{\infty}k\cdot\frac{1}{k+1}\cdot\frac{1}{k}=\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k+1}=\infty, $$

故 X 的数学期望不存在.

1. 设在某一规定的时间间隔里，某电气设备用于最大负荷的时间 X（以 min 计）是一个随机变量，其概率密度为

$$ f(x)=\{\begin{aligned}&\frac{1}{1\ 500^{2}}x,&0\leqslant x\leqslant1\ 500,\\&\frac{-1}{1\ 500^{2}}(x-3\ 000),&1\ 500

求 $ E(X) $.

解 按连续型随机变量的数学期望的定义，有

$$ \begin{aligned}E(X)&=\int_{-\infty}^{\infty}x f(x)\mathrm{d}x\\&=\int_{-\infty}^{0}x f(x)\mathrm{d}x+\int_{0}^{1\ 500}x f(x)\mathrm{d}x\\&\quad+\int_{1\ 500}^{3\ 000}x f(x)\mathrm{d}x+\int_{3\ 000}^{\infty}x f(x)\mathrm{d}x\\&=\int_{-\infty}^{0}x\cdot0\mathrm{d}x+\int_{0}^{1\ 500}x\cdot\frac{x}{1\ 500^{2}}\mathrm{d}x\\&\quad+\int_{1\ 500}^{3\ 000}x\cdot\frac{-\left(x-3\ 000\right)}{1\ 500^{2}}\mathrm{d}x+\int_{-3\ 000}^{\infty}x\cdot0\mathrm{d}x\\&=\frac{1}{1\ 500^{2}}\frac{x^{3}}{3}\bigg|_{0}^{1\ 500}+\frac{1}{1\ 500^{2}}\bigg(3\ 000\times\frac{x^{2}}{2}-\frac{x^{3}}{3}\bigg)\bigg|_{1\ 500}^{3\ 000}\\&=1\ 500(\min).\end{aligned} $$

6.（1）设随机变量X的分布律为

求 $ E(X) $， $ E(X^{2}) $， $ E(3X^{2}+5) $

(2) 设 $ X \sim \pi(\lambda) $，求 $ E\left(\frac{1}{X+1}\right) $.

解 （1）X 的分布律为

$$ E(X)=(-2)\times0.4+0\times0.3+2\times0.3=-0.2. $$

由关于随机变量函数的数学期望的定理，知

$$ \begin{aligned}E(X^{2})&=(-2)^{2}\times0.4+0^{2}\times0.3+2^{2}\times0.3=2.8,\\E(3X^{2}+5)&=\left[3(-2)^{2}+5\right]\times0.4+\left[3(0)^{2}+5\right]\times0.3+\left[3(2^{2})+5\right]\times0.3\\&=13.4.\end{aligned} $$

如利用数学期望的性质，则有

$$ E(3X^{2}+5)=3E(X^{2})+5=3\times2.8+5=13.4. $$

(2) 因 $ X \sim \pi(\lambda) $，故 $ P\{X = k\} = \frac{\lambda^{k} e^{-\lambda}}{k!} $.

$$ \begin{aligned}E\Big(\frac{1}{X+1}\Big)&=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{k+1}P\{X=k\}=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{k+1}\frac{\lambda^{k}\mathrm{e}^{-\lambda}}{k!}=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{\lambda^{k}\mathrm{e}^{-\lambda}}{(k+1)!}\\&=\frac{\mathrm{e}^{-\lambda}}{\lambda}\sum_{k=0}^{\infty}\frac{\lambda^{k+1}}{(k+1)!}=\frac{\mathrm{e}^{-\lambda}}{\lambda}\Big(\sum_{j=1}^{\infty}\frac{\lambda^{j}}{j!}\Big)=\frac{\mathrm{e}^{-\lambda}}{\lambda}\Big(\sum_{j=0}^{\infty}\frac{\lambda^{j}}{j!}-1\Big)\\&=\frac{\mathrm{e}^{-\lambda}}{\lambda}(\mathrm{e}^{\lambda}-1)=\frac{1}{\lambda}(1-\mathrm{e}^{-\lambda}).\end{aligned} $$

7.（1）设随机变量X的概率密度为

$$ f(x)=\{\begin{aligned}&e^{-x},&x>0,\\ &0,&x\leqslant0.\end{aligned}. $$

求(i) $ Y=2X $; (ii) $ Y=e^{-2X} $的数学期望.

（2）设随机变量 $ X_{1}, X_{2}, \cdots, X_{n} $ 相互独立，且都服从（0，1）上的均匀分布（i）求 $ U = \max\{X_{1}, X_{2}, \cdots, X_{n}\} $ 的数学期望，（ii）求 $ V = \min\{X_{1}, X_{2}, \cdots, X_{n}\} $ 的数学期望.

解 （1）由关于随机变量函数的数学期望的定理，知

(i)

$$ \begin{aligned}E(Y)&=E(2X)=\int_{-\infty}^{\infty}2xf(x)\mathrm{d}x\\&=2\left(\int_{-\infty}^{0}x\cdot0\mathrm{d}x+\int_{0}^{\infty}x\mathrm{e}^{-x}\mathrm{d}x\right)\\&=2\left(-x\mathrm{e}^{-x}\Big|_{0}^{\infty}+\int_{0}^{\infty}\mathrm{e}^{-x}\mathrm{d}x\right)=-2\mathrm{e}^{-x}\Big|_{0}^{\infty}=2\text{；}\end{aligned} $$

(ii)

$$ \begin{array}{c}E(Y)=E(\mathrm{e}^{-2X})=\int_{0}^{\infty}\mathrm{e}^{-2x}\cdot\mathrm{e}^{-x}\mathrm{d}x=\int_{0}^{\infty}\mathrm{e}^{-3x}\mathrm{d}x\\=\frac{-1}{3}\mathrm{e}^{-3x}\bigg|_{0}^{\infty}=\frac{1}{3}.\end{array} $$

(2) 因 $ X_{i} \sim U(0,1), i = 1, 2, \cdots, n, X_{i} $ 的分布函数为

$$ F(x)=\{\begin{aligned}&0,&x<0,\\ &x,&0\leqslant x<1,\\ &1,&x\geqslant1.\end{aligned}. $$

因 $ X_{1}, X_{2}, \cdots, X_{n} $ 相互独立，故 $ U = \max\{X_{1}, X_{2}, \cdots, X_{n}\} $ 的分布函数为

$$ F_{U}(u)=\{\begin{aligned}&0,&&u<0,\\ &u^{n},&&0\leqslant u<1,\\ &1,&&u\geqslant1.\end{aligned}. $$

U 的概率密度为

$$ f_{U}(u)=\{\begin{aligned}&mu^{n-1},&0&

$$ E(U)=\int_{-\infty}^{\infty}uf_{U}(u)\mathrm{d}u=\int_{0}^{1}u\cdot nu^{n-1}\mathrm{d}u=n\int_{0}^{1}u^{n}\mathrm{d}u=\frac{n}{n+1}. $$

$ V = \min\{X_1, X_2, \cdots, X_n\} $ 的分布函数为

$$ F_{V}(v)=\{\begin{array}{ll}0,&v<0,\\1-(1-v)^{n},&0\leqslant v<1,\\1,&v\geqslant1.\end{array}. $$

V 的概率密度为

$$ f_{V}(v)=\{\begin{aligned}&n(1-v)^{n-1},&0

$$ \begin{aligned}E(V)&=\int_{-\infty}^{\infty}vf_{V}(v)\mathrm{d}v=\int_{0}^{1}vn(1-v)^{n-1}\mathrm{d}v\\&=-\left.v(1-v)^{n}\right|_{0}^{1}+\int_{0}^{1}(1-v)^{n}\mathrm{d}v\\&=-\frac{(1-v)^{n+1}}{n+1}\bigg|_{0}^{1}=\frac{1}{n+1}.\end{aligned} $$

1. 设随机变量(X,Y)的分布律为

(1) 求 $ E(X), E(Y) $

(2) 设 $ Z = \frac{Y}{X} $，求 $ E(Z) $.

（3）设 $ Z=(X-Y)^{2} $，求 $ E(Z) $.

解 由关于随机变量函数的数学期望 $ E[g(X,Y)] $ 的定理，得

(1)

$$ \begin{aligned}E(X)&=\sum_{i=1}^{3}\sum_{j=1}^{3}x_{i}p_{ij}\\&=1\cdot(0.2+0.1+0.1)+2\cdot(0.1+0+0.1)+3\cdot(0+0.3+0.1)\\&=2.\end{aligned} $$

$$ \begin{aligned}E(Y)&=\sum_{j=1}^{3}\sum_{i=1}^{3}y_{j}p_{ij}\\&=(-1)\cdot(0.2+0.1+0)+0\cdot(0.1+0+0.3)+1\cdot(0.1+0.1+0.1)\\&=0.\end{aligned} $$

(2)

$$ \begin{aligned}E(Z)&=E\Big(\frac{Y}{X}\Big)\\&=\frac{-1}{1}P\{X=1,Y=-1\}+\frac{-1}{2}P\{X=2,Y=-1\}\\&\quad+\frac{-1}{3}P\{X=3,Y=-1\}.\end{aligned} $$

$$ \begin{align*}&+\frac{0}{1}P\{X=1,Y=0\}+\frac{0}{2}P\{X=2,Y=0\}\\&+\frac{0}{3}P\{X=3,Y=0\}+\frac{1}{1}P\{X=1,Y=1\}\\&+\frac{1}{2}P\{X=2,Y=1\}+\frac{1}{3}P\{X=3,Y=1\}\\&=-0.2-0.05+0.1+0.05+\frac{0.1}{3}=-\frac{1}{15}.\end{align*} $$

(3)

$$ \begin{aligned}E(Z)&=E[(X-Y)^{2}]=\sum_{j=1}^{3}\sum_{i=1}^{3}(x_{i}-y_{j})^{2}p_{ij}\\&=2^{2}\times0.2+3^{2}\times0.1+4^{2}\times0+1^{2}\times0.1+2^{2}\times0\\&\quad+3^{2}\times0.3+0^{2}\times0.1+1^{2}\times0.1+2^{2}\times0.1\\&=5.\end{aligned} $$

注：(i) 可先求出边缘分布律，然后求出 $ E(X) $， $ E(Y) $.

（ii）在（3）中可先算出 $ Z=(X-Y)^{2} $ 的分布律

$$ \begin{array}{r l r l r}{{Z}}&{{0}}&{{1}}&{{4}}&{{9}}\\ {p_{k}}&{{0.1}}&{{0.2}}&{{0.3}}&{{0.4}}\end{array} $$

然后求得 $ E(Z) = \sum_{k=1}^{4} z_{k} p_{k} = 5 $.

9.（1）设随机变量(X,Y)的概率密度为

$$ f(x,y)=\{\begin{aligned}&12y^{2},&0\leqslant y\leqslant x\leqslant1,\\ &0,& 其他 .\end{aligned}. $$

求 $ E(X) $, $ E(Y) $, $ E(XY) $, $ E(X^{2} + Y^{2}) $.

（2）设随机变量 X, Y 的联合密度为

$$ f(x,y)=\{\begin{aligned}&\frac{1}{y}e^{-(y+x/y)},&x>0,y>0,\\ &0,& 其他 ,\end{aligned}. $$

$$ \begin{aligned} 求 E(X),E(Y),E(XY).\end{aligned} $$

解 (1) 各数学期望均可按照 $ E[g(X,Y)] = \int_{-\infty}^{\infty} \int_{-\infty}^{\infty} g(x,y) f(x,y) \, dx \, dy $ 计算。因 $ f(x,y) $ 仅在有限区域 $ G: \{(x,y) \mid 0 \leqslant y \leqslant x \leqslant 1\} $ 内不为零，故各数学期望均化为 G（如题 4.9 图）上相应积分的计算。

$$ \begin{aligned}E(X)&=\int_{-\infty}^{\infty}\int_{-\infty}^{\infty}x f(x,y)\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\iint_{G}x\cdot12y^{2}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\&=\int_{0}^{1}\mathrm{d}x\int_{0}^{x}12xy^{2}\mathrm{d}y=\frac{4}{5}.\end{aligned} $$

$$ E(Y)=\iint_{G}y\cdot12y^{2}\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\int_{0}^{1}\mathrm{d}x\int_{0}^{x}12y^{3}\mathrm{d}y=\frac{3}{5}. $$

$$ E(XY)=\iint_{G}xy\cdot12y^{2}\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\int_{0}^{1}\mathrm{d}x\int_{0}^{x}12xy^{3}\mathrm{d}y=\frac{1}{2}. $$

$$ \begin{aligned}E(X^{2}+Y^{2})&=\iint\limits_{G}(x^{2}+y^{2})12y^{2}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\&=\int_{0}^{1}\mathrm{d}x\int_{0}^{x}12(x^{2}y^{2}+y^{4})\mathrm{d}y=\frac{16}{15}.\end{aligned} $$

(2)

$$ \begin{aligned}2)E(X)&=\int_{-\infty}^{\infty}\int_{-\infty}^{\infty}x f(x,y)\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\int_{0}^{\infty}\int_{0}^{\infty}\frac{x}{y}\mathrm{e}^{-(y+\frac{x}{y})}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\&=-\int_{0}^{\infty}\mathrm{e}^{-y}\left[\int_{0}^{\infty}x\mathrm{e}^{-x/y}\mathrm{d}(\frac{-x}{y})\right]\mathrm{d}y\end{aligned} $$

$$ =-\int_{0}^{\infty}\mathrm{e}^{-y}\left[x\mathrm{e}^{-x/y}\bigg|_{0}^{\infty}-\int_{0}^{\infty}\mathrm{e}^{-x/y}\mathrm{d}x\right]\mathrm{d}y=\int_{0}^{\infty}\mathrm{e}^{-y}y\mathrm{d}y=1. $$

$$ \begin{aligned}E(Y)&=\int_{0}^{\infty}\int_{0}^{\infty}\mathrm{e}^{-(y+x/y)}\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\int_{0}^{\infty}\mathrm{e}^{-y}\int_{0}^{\infty}\mathrm{e}^{-x/y}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\&=\int_{0}^{\infty}\mathrm{e}^{-y}[-y\mathrm{e}^{-x/y}]_{0}^{\infty}\mathrm{d}y=\int_{0}^{\infty}\mathrm{e}^{-y}y\mathrm{d}y=1.\end{aligned} $$

$$ \begin{aligned}E(XY)&=\int_{-\infty}^{\infty}\int_{-\infty}^{\infty}xyf(x,y)\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\int_{0}^{\infty}\int_{0}^{\infty}x\mathrm{e}^{-(y+x/y)}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\&=\int_{0}^{\infty}\mathrm{e}^{-y}[\int_{0}^{\infty}x\mathrm{e}^{-x/y}\mathrm{d}x]\mathrm{d}y.\end{aligned} $$

而

$$ \int_{0}^{\infty}x\mathrm{e}^{-x/y}\mathrm{d}x=-y\int_{0}^{\infty}x\mathrm{e}^{-x/y}\mathrm{d}\left(-\frac{x}{y}\right)=y^{2} $$

故

1. (1) 设随机变量 $ X \sim N(0,1) $, $ Y \sim N(0,1) $ 且 X, Y 相互独立. 求 $ E\left(\frac{X^{2}}{X^{2}+Y^{2}}\right) $.

（2）一飞机进行空投物资作业，设目标点为原点 $ O(0,0) $，物资着陆点为 $ (X,Y) $，X，Y相互独立，且设 $ X\sim N(0,\sigma^{2}) $， $ Y\sim N(0,\sigma^{2}) $，求原点到点 $ (X,Y) $间距离的数学期望.

解 （1）由对称性知

$$ E\left(\frac{X^{2}}{X^{2}+Y^{2}}\right)=E\left(\frac{Y^{2}}{X^{2}+Y^{2}}\right). $$

而

$$ E\left(\frac{X^{2}}{X^{2}+Y^{2}}\right)+E\left(\frac{Y^{2}}{X^{2}+Y^{2}}\right)=E(1)=1, $$

故

$$ E\left(\frac{X^{2}}{X^{2}+Y^{2}}\right)=\frac{1}{2}. $$

（2）记原点到点 $ (X,Y) $的距离为R， $ R=\sqrt{X^{2}+Y^{2}} $，由题设 $ (X,Y) $的密度函数为

$$ \begin{aligned}f(x,y)&=\frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma}\mathrm{e}^{-x^{2}/(2\sigma^{2})}\cdot\frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma}\mathrm{e}^{-y^{2}/(2\sigma^{2})}\\&=\frac{1}{2\pi\sigma^{2}}\mathrm{e}^{\frac{x^{2}+y^{2}}{2\sigma^{2}}},\quad-\infty

$$ E(R)=E(\sqrt{X^{2}+Y^{2}})=\int_{-\infty}^{\infty}\int_{-\infty}^{\infty}\sqrt{x^{2}+y^{2}}\frac{1}{2\pi\sigma^{2}}\mathrm{e}^{-(x^{2}+y^{2})/(2\sigma^{2})}\mathrm{d}x\mathrm{d}y. $$

采用极坐标

$$ \begin{aligned}E(R)&=\int_{0}^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_{0}^{\infty}\frac{r}{2\pi\sigma^{2}}\mathrm{e}^{-r^{2}/(2\sigma^{2})}r\mathrm{d}r\\&=2\pi\int_{0}^{\infty}\frac{1}{2\pi\sigma^{2}}r^{2}\mathrm{e}^{-r^{2}/(2\sigma^{2})}\mathrm{d}r=\frac{1}{\sigma^{2}}\int_{0}^{\infty}r^{2}\mathrm{e}^{-r^{2}/(2\sigma^{2})}\mathrm{d}r\\&=-\int_{0}^{\infty}r\mathrm{d}(\mathrm{e}^{-r^{2}/(2\sigma^{2})})=-\left.r\mathrm{e}^{-r^{2}/(2\sigma^{2})}\right|_{0}^{\infty}+\int_{0}^{\infty}\mathrm{e}^{-r^{2}/(2\sigma^{2})}\mathrm{d}r\\&=\frac{1}{2}\int_{-\infty}^{\infty}\mathrm{e}^{-r^{2}/(2\sigma^{2})}\mathrm{d}r=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma}\int_{-\infty}^{\infty}\mathrm{e}^{-r^{2}/(2\sigma^{2})}\mathrm{d}r\right)\sqrt{2\pi}\sigma\\&=\frac{1}{2}\times1\times\sqrt{2\pi}\sigma=\sigma\sqrt{\frac{\pi}{2}}.\\ \end{aligned} $$

1. 一工厂生产的某种设备的寿命 X（以年计）服从指数分布，概率密度为

$$ f(x)=\{\begin{aligned}&\frac{1}{4}\mathrm{e}^{-x/4},&x>0,\\ &0,&x\leqslant0.\end{aligned}. $$

工厂规定，出售的设备若在售出一年之内损坏可予以调换。若工厂售出一台设备赢利100元，调换一台设备厂方需花费300元。试求厂方出售一台设备净赢利的数学期望。

解 一台设备在一年内调换的概率为

$$ p=P\{X<1\}=\int_{0}^{1}\frac{1}{4}\mathrm{e}^{-x/4}\mathrm{d}x=-\left.\mathrm{e}^{-x/4}\right|_{0}^{1}=1-\mathrm{e}^{-1/4}. $$

以 Y 记工厂售出一台设备的净赢利值，则 Y 具有分布律

故有

$$ \begin{aligned}E(Y)&=100\times e^{-1/4}-200(1-e^{-1/4})\\&=300e^{-1/4}-200=33.64( 元 ).\end{aligned} $$

1. 某车间生产的圆盘直径在区间 $ (a,b) $服从均匀分布，试求圆盘面积的数学期望.

解 设圆盘直径为 X，按题设 X 具有概率密度

$$ f_{X}(x)=\{\begin{aligned}&\frac{1}{b-a},&a

故圆盘面积 $ A = \frac{1}{4}\pi X^{2} $ 的数学期望为

$$ \begin{aligned}E\Big(\frac{1}{4}\pi X^{2}\Big)=&\int_{a}^{b}\frac{1}{4}\pi x^{2}\frac{1}{b-a}\mathrm{d}x=\frac{\pi}{12(b-a)}x^{3}\Big|_{a}^{b}\\=&\frac{\pi}{12}(b^{2}+ab+a^{2}).\end{aligned} $$

1. 设电压（以 V 计） $ X \sim N(0,9) $. 将电压施加于一检波器，其输出电压为 $ Y = 5X^{2} $，求输出电压 Y 的均值.

解 由 $ X \sim N(0,9) $，即有 $ E(X) = 0, D(X) = 9 $.

$$ \begin{aligned}&E(Y)=E(5X^{2})=5E(X^{2})=5\{D(X)+[E(X)]^{2}\}\\ &\quad=5(9+0)=45(V).\\ \end{aligned} $$

另法 X 的概率密度为

$$ f_{X}(x)=\frac{1}{3\sqrt{2\pi}}\mathrm{e}^{-x^{2}/18},\quad-\infty

$$ \begin{aligned}E(Y)&=E(5X^{2})=5E(X^{2})=5\int_{-\infty}^{\infty}\frac{x^{2}}{3\sqrt{2\pi}}\mathrm{e}^{-x^{2}/18}\mathrm{d}x\\&=\frac{5\times9}{3\sqrt{2\pi}}\bigg(-x\mathrm{e}^{-x^{2}/18}\bigg|_{-\infty}^{\infty}+\int_{-\infty}^{\infty}\mathrm{e}^{-x^{2}/18}\mathrm{d}x\bigg)\\&=\frac{45}{3\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{\infty}\mathrm{e}^{-x^{2}/18}\mathrm{d}x=45\int_{-\infty}^{\infty}f_{X}(x)\mathrm{d}x\\&=45\times1=45(V).\end{aligned} $$

1. 设随机变量 $ X_{1}, X_{2} $ 的概率密度分别为

$$ f_{1}(x)=\{\begin{aligned}&2\mathrm{e}^{-2x},&x>0,\\ &0,&x\leqslant0,\end{aligned}.\quad f_{2}(x)=\{\begin{aligned}&4\mathrm{e}^{-4x},&x>0,\\ &0,&x\leqslant0.\end{aligned}. $$

(1) 求 $ E(X_{1} + X_{2}) $, $ E(2X_{1} - 3X_{2}^{2}) $.

（2）又设 $ X_{1}, X_{2} $相互独立，求 $ E(X_{1}X_{2}) $

解 若 X 服从以 $ \theta $ 为参数的指数分布，其概率密度为

$$ f(x)=\{\begin{aligned}&\frac{1}{\theta}e^{-x/\theta},&x>0,\\ &0,& 其他 ,\end{aligned}. $$

则 $ E(X)=\int_{-\infty}^{\infty}xf(x)\mathrm{d}x=\int_{0}^{\infty}x\frac{1}{\theta}\mathrm{e}^{-x/\theta}\mathrm{d}x $，令 $ u=x/\theta $，得到

$$ E(X)=\theta\int_{0}^{\infty}ue^{-u}du=\theta\Gamma(2)=\theta\Gamma(1)=\theta, $$

$$ \begin{aligned}E(X^{2})=&\int_{-\infty}^{\infty}x^{2}f(x)\mathrm{d}x=\int_{0}^{\infty}x^{2}\ \frac{1}{\theta}\mathrm{e}^{-x/\theta}\mathrm{d}x\\=&\theta^{2}\int_{0}^{\infty}u^{2}\mathrm{e}^{-u}\mathrm{d}u=\theta^{2}\Gamma(3)\quad( 其中 u=\frac{x}{\theta})\\=&\theta^{2}\bullet2\Gamma(2)=\theta^{2}\bullet2\Gamma(1)=2\theta^{2},\end{aligned} $$

故 $ E(X_{1})=\frac{1}{2},E(X_{2})=\frac{1}{4},E(X_{2}^{2})=2(\frac{1}{4})^{2}=\frac{1}{8} $，于是

（1）由数学期望的性质，有

$$ E(X_{1}+X_{2})=E(X_{1})+E(X_{2})=\frac{3}{4}, $$

$$ E(2X_{1}-3X_{2}^{2})=2E(X_{1})-3E(X_{2}^{2})=\frac{5}{8}. $$

（2）因 $ X_{1}, X_{2} $ 相互独立，由数学期望的性质，有

$$ E(X_{1}X_{2})=E(X_{1})E(X_{2})=\frac{1}{2}\times\frac{1}{4}=\frac{1}{8}. $$

1. 将 n 只球 (1～n 号) 随机地放进 n 个盒子 (1～n 号) 中去，一个盒子装一只球。若一只球装入与球同号的盒子中，称为一个配对。记 X 为总的配对数，求 E(X).

解 引入随机变量

$$ X_{i}=\{\begin{aligned}&1,&& 若第 i 号球装入第 i 号盒子中 ,\\ &0,&& 若第 i 号球未装入第 i 号盒子中 ,\end{aligned}.\\ \quad i=1,2,\cdots,n, $$

则总的配对数 X 可表示成

$$ X=X_{1}+X_{2}+\cdots+X_{n}. $$

显然

$$ P\{X_{i}=1\}=\frac{1}{n},\quad i=1,2,\cdots,n. $$

$ X_{i} $ 的分布律为

即有 $ E(X_{i})=\frac{1}{n}, i=1,2,\cdots,n $，于是

$$ \begin{aligned}E(X)&=E(X_{1}+X_{2}+\cdots+X_{n})\\&=E(X_{1})+E(X_{2})+\cdots+E(X_{n})=1.\end{aligned} $$

1. 若有 n 把看上去样子相同的钥匙，其中只有一把能打开门上的锁，用它们去试开门上的锁。设取到每只钥匙是等可能的。若每把钥匙试开一次后除去，试用下面两种方法求试开次数 X 的数学期望。

（1）写出 X 的分布律.

（2）不写出 X 的分布律.

解 （1）以 $ A_{k}(k=1,2,\cdots,n) $ 表示事件“第 k 次试开是成功的”. $ \{X=k\} $ 表示前 k-1 次所取的钥匙均未能打开门，而第 k 次所取的钥匙能将门打开.即有

$$ \begin{aligned}P\{X=k\}&=P(\overline{A}_{1}\overline{A}_{2}\cdots\overline{A}_{k-1}A_{k})\\&=P(\overline{A}_{1}\overline{A}_{2}\cdots\overline{A}_{k-1})P(A_{k}\mid\overline{A}_{1}\overline{A}_{2}\cdots\overline{A}_{k-1})\\&=P(\overline{A}_{1}\overline{A}_{2}\cdots\overline{A}_{k-2})P(\overline{A}_{k-1}\mid\overline{A}_{1}\overline{A}_{2}\cdots\overline{A}_{k-2})P(A_{k}\mid\overline{A}_{1}\overline{A}_{2}\cdots\overline{A}_{k-1})\\&=\cdots\\&=P(\overline{A}_{1})P(\overline{A}_{2}\mid\overline{A}_{1})P(\overline{A}_{3}\mid\overline{A}_{1}\overline{A}_{2})\cdots P(A_{k}\mid\overline{A}_{1}\overline{A}_{2}\cdots\overline{A}_{k-1})\\&=\frac{n-1}{n}\cdot\frac{n-2}{n-1}\cdots\cdot\frac{n-k+1}{n-k+2}\cdot\frac{1}{n-k+1}=\frac{1}{n},\\ \end{aligned} $$

X 的分布律为

$$ P\{X=k\}=\frac{1}{n},\quad k=1,2,\cdots,n, $$

故

$$ \begin{aligned}E(X)=&\sum_{k=1}^{n}kP\{X=k\}=\sum_{k=1}^{n}k\bullet\frac{1}{n}=\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}k\\=&\frac{1}{n}\bullet\frac{n(n+1)}{2}=\frac{n+1}{2}.\end{aligned} $$

（2）引入随机变量 $ X_{k} $如下：

$$ X_{1}=1, $$

$ X_{k}=\{\begin{aligned}&1,&&前k-1次试开均未成功,\\ &0,&&前k-1次中有一次试开成功,\ k=2,3,\cdots,n,\end{aligned}. $

$$ X=X_{1}+X_{2}+\cdots+X_{n}. $$

则

沿用(1)中的记号，则有

$$ E(X_{1})=1, $$

$$ \begin{aligned}E(X_{k})&=1\times P\{X_{k}=1\}=1\times P(\bar{A}_{1}\bar{A}_{2}\cdots\bar{A}_{k-1})\\&=P(\bar{A}_{1})P(\bar{A}_{2}\mid\bar{A}_{1})\cdots P(\bar{A}_{k-1}\mid\bar{A}_{1}\bar{A}_{2}\cdots\bar{A}_{k-2})\\&=\frac{n-1}{n}\cdot\frac{n-2}{n-1}\cdot\cdots\cdot\frac{n-(k-1)}{n-(k-2)}=\frac{n-k+1}{n},\\ \end{aligned} $$

$$ k=2,3,\cdots,n. $$

故有

$$ E(X)=1+\sum_{k=2}^{n}E(X_{k})=1+\sum_{k=2}^{n}\frac{n-k+1}{n}=\frac{n+1}{2}. $$

1. 设 X 为随机变量，C 是常数，证明 $ D(X) < E[(X - C)^2] $，对于 $ C \neq E(X) $. (由于 $ D(X) = E[[X - E(X)]^2] $，上式表明 $ E[(X - C)^2] $ 当 $ C = E(X) $ 时取到最小值.)

$$ \begin{aligned}E[(X-C)^{2}]&=E(X^{2}-2CX+C^{2})=E(X^{2})-2CE(X)+C^{2}\\&=E(X^{2})-[E(X)]^{2}+\{[E(X)]^{2}-2CE(X)+C^{2}\}\\&=D(X)+(E(X)-C)^{2}\geqslant D(X).\\ \end{aligned} $$

等号仅当 C = E(X) 时成立.

1. 设随机变量 X 服从瑞利分布，其概率密度为

$$ f(x)=\{\begin{aligned}&\frac{x}{\sigma^{2}}\mathrm{e}^{-x^{2}/(2\sigma^{2})},&x>0,\\ &0,&x\leqslant0,\end{aligned}. $$

其中 $ \sigma>0 $是常数.求 $ E(X) $， $ D(X) $.

$$ E(X)=\int_{-\infty}^{\infty}x f(x)dx=\int_{0}^{\infty}x\frac{x}{\sigma^{2}}e^{-x^{2}/(2\sigma^{2})}dx. $$

令 $ u=x^{2}/(2\sigma^{2}) $，得到

$$ \begin{aligned}E(X)&=\sqrt{2}\sigma\int_{0}^{\infty}u^{1/2}\mathrm{e}^{-u}\mathrm{d}u=\sqrt{2}\sigma\Gamma(\frac{3}{2})\\&=\sqrt{2}\sigma\frac{1}{2}\Gamma(\frac{1}{2})^{\textcircled{1}}=\sqrt{\frac{\pi}{2}}\sigma.\end{aligned} $$

$$ E(X^{2})=\int_{-\infty}^{\infty}x^{2}f(x)dx=\int_{0}^{\infty}x^{2}\frac{x}{\sigma^{2}}e^{-x^{2}/(2\sigma^{2})}dx. $$

令 $ u=x^{2}/(2\sigma^{2}) $，得到

$$ E(X^{2})=2\sigma^{2}\int_{0}^{\infty}ue^{-u}du=2\sigma^{2}\Gamma(2)=2\sigma^{2}, $$

故

$$ D(X)=E(X^{2})-(E(X))^{2}=2\sigma^{2}-\frac{\pi}{2}\sigma^{2}=\frac{4-\pi}{2}\sigma^{2}. $$

1. 设随机变量 X 服从 $ \Gamma $ 分布，其概率密度为

$$ f(x)=\{\begin{aligned}&\frac{1}{\beta^{\alpha}\Gamma(\alpha)}x^{\alpha-1}\mathrm{e}^{-x/\beta},&x>0,\\ &0,&x\leqslant0,\end{aligned}. $$

其中 $ \alpha>0,\beta>0 $ 是常数. 求 $ E(X), D(X) $.

解

$$ \begin{aligned}E\left(X\right)&=\int_{-\infty}^{\infty}x f(x)\mathrm{d}x=\int_{0}^{\infty}\frac{x}{\beta^{\alpha}\Gamma(\alpha)}x^{\alpha-1}\mathrm{e}^{-x/\beta}\mathrm{d}x\\&\xlongequal{ 令 u=x/\beta}\frac{\beta}{\Gamma(\alpha)}\int_{0}^{\infty}u^{\alpha}\mathrm{e}^{-u}\mathrm{d}u=\frac{\beta}{\Gamma(\alpha)}\Gamma(\alpha+1)\\&=\frac{\beta}{\Gamma(\alpha)}\alpha\Gamma(\alpha)=\alpha\beta.\end{aligned} $$

$$ \begin{aligned}E(X^{2})&=\int_{-\infty}^{\infty}x^{2}f(x)\mathrm{d}x=\int_{0}^{\infty}\frac{x^{2}}{\beta^{\alpha}\Gamma(\alpha)}x^{\alpha-1}\mathrm{e}^{-x/\beta}\mathrm{d}x\\&\xlongequal{ 令 u=x/\beta}\frac{\beta^{2}}{\Gamma(\alpha)}\int_{0}^{\infty}u^{\alpha+1}\mathrm{e}^{-u}\mathrm{d}u=\frac{\beta^{2}}{\Gamma(\alpha)}\Gamma(\alpha+2)\\&=\frac{\beta^{2}}{\Gamma(\alpha)}(\alpha+1)\alpha\Gamma(\alpha)=\alpha(\alpha+1)\beta^{2}.\end{aligned} $$

$$ D(X)=\alpha(\alpha+1)\beta^{2}-(\alpha\beta)^{2}=\alpha\beta^{2}. $$

1. 设随机变量 X 服从几何分布，其分布律为

$$ P\{X=k\}=p(1-p)^{k-1},\quad k=1,2,\cdots, $$

其中 0 < p < 1 是常数. 求 $ E(X) $, $ D(X) $.

解

$$ \begin{aligned}E(X)&=\sum_{n=1}^{\infty}nP\{X=n\}=\sum_{n=1}^{\infty}np(1-p)^{n-1}\\&=\dot{p}\sum_{n=1}^{\infty}n(1-p)^{n-1}=\dot{p}\frac{1}{\lbrack1-(1-p)\rbrack^{2}}=\frac{1}{\dot{p}}.\end{aligned} $$

这是因为

$$ \frac{1}{1-x}=1+x+x^{2}+\cdots+x^{k}+\cdots,\quad|x|<1, $$

两边对 x 求导，就有

$$ \frac{1}{(1-x)^{2}}=1+2x+3x^{2}+\cdots+kx^{k-1}+\cdots,|x|<1. $$

$$ E[X(X+1)]=\sum_{n=1}^{\infty}n(n+1)P\{X=n\}=p\sum_{n=1}^{+\infty}n(n+1)(1-p)^{n-1}. $$

将上述(A)式两边关于x求导，就有

$$ \frac{2}{\left(1-x\right)^{3}}=1\cdot2+2\cdot3x+\cdots+\left(k-1\right)\cdot kx^{k-2}+\cdots,\quad|x|<1, $$

由此知

$$ E[X(X+1)]=p\frac{2}{\left[1-(1-p)\right]^{3}}=\frac{2}{p^{2}} $$

故

$$ \mathcal{D}(X)=\mathrm{E}(X^{2})-\left[\mathrm{E}(X)\right]^{2}=\mathrm{E}\left[X(X+1)-X\right]-\left[\mathrm{E}(\bar{X})\right]^{2} $$

$$ =E[X(X+1)]-E(X)-[E(X)]^{2}=\frac{2}{p^{2}}-\frac{1}{p}-\frac{1}{p^{2}}=\frac{1-p}{p^{2}}. $$

1. 设长方形的长（以 m 计） $ X \sim U(0,2) $，已知长方形的周长（以 m 计）为 20。求长方形面积 A 的数学期望和方差.

解 长方形的长为 X，周长为 20，所以它的面积 A 为

$$ \boldsymbol{A}=\boldsymbol{X}(10-\boldsymbol{X}). $$

现在 $ X \sim U(0,2) $，X 的概率密度为

$$ f_{X}(x)=\{\begin{aligned}&\frac{1}{2},&0

所以

$$ \begin{aligned}E(A)=&E[X(10-X)]=\int_{0}^{2}x(10-x)\cdot\frac{1}{2}\mathrm{d}x\\=&\left(\frac{5}{2}x^{2}-\frac{1}{6}x^{3}\right)\bigg|_{0}^{2}=\frac{26}{3}=8.67,\end{aligned} $$

$$ \begin{aligned}E(A^{2})&=E[X^{2}(10-X)^{2}]=\int_{0}^{2}x^{2}(10-x)^{2}\cdot\frac{1}{2}\mathrm{d}x\\&=\frac{1}{2}\int_{0}^{2}(100x^{2}-20x^{3}+x^{4})\mathrm{d}x=\frac{1448}{15}=96.53,\end{aligned} $$

$$ D(A)=E(A^{2})-\left[E(A)\right]^{2}=\frac{1}{15}\frac{448}{15}-\left(\frac{26}{3}\right)^{2}=21.42. $$

1. (1) 设随机变量 $ X_{1}, X_{2}, X_{3}, X_{4} $ 相互独立，且有 $ E(X_{i}) = i, D(X_{i}) = 5 - i, i = 1, 2, 3, 4 $. 设 $ Y = 2X_{1} - X_{2} + 3X_{3} - \frac{1}{2}X_{4} $. 求 $ E(Y), D(Y) $.

（2）设随机变量 X, Y 相互独立，且 $ X \sim N(720, 30^{2}) $， $ Y \sim N(640, 25^{2}) $，求 $ Z_{1} = 2X + Y $， $ Z_{2} = X - Y $ 的分布，并求概率 $ P\{X > Y\} $， $ P\{X + Y > 1400\} $.

解（1）

$$ \begin{aligned}E(Y)&=E\Big(2X_{1}-X_{2}+3X_{3}-\frac{1}{2}X_{4}\Big)\\&=2E(X_{1})-E(X_{2})+3E(X_{3})-\frac{1}{2}E(X_{4})\\&=2\times1-2+3\times3-\frac{1}{2}\times4=7.\end{aligned} $$

因 $ X_{1}, X_{2}, X_{3}, X_{4} $ 相互独立，故有

$$ \begin{aligned}D(Y)&=D\Big(2X_{1}-X_{2}+3X_{3}-\frac{1}{2}X_{4}\Big)\\&=4D(X_{1})+D(X_{2})+9D(X_{3})+\frac{1}{4}D(X_{4})\\&=4\times4+3+9\times2+\frac{1}{4}\times1=37.25.\end{aligned} $$

（2）因 X,Y 相互独立，且 $ X \sim N(720,30^{2}) $， $ Y \sim N(640,25^{2}) $，故 $ Z_{1} = 2X + Y $， $ Z_{2} = X - Y $ 均服从正态分布，且

$$ \begin{aligned}E(Z_{1})&=E(2X+Y)=2E(X)+E(Y)\\&=2\times720+640=2\ 080,\end{aligned} $$

$$ \begin{aligned}D(Z_{1})&=D(2X+Y)=4D(X)+D(Y)\\&=4\times30^{2}+25^{2}=4\ 225,\end{aligned} $$

$$ \begin{aligned}E(Z_{2})&=E(X-Y)=E(X)-E(Y)\\&=720-640=80,\end{aligned} $$

$$ \begin{aligned}D(Z_{2})&=D(X-Y)=D(X)+D(Y)\\&=30^{2}+25^{2}=1\ 525,\end{aligned} $$

故有

$$ Z_{1}\sim N(2\ 080,4\ 225),\quad Z_{2}\sim N(80,1\ 525). $$

$$ \begin{aligned}P\{X>Y\}&=P\{X-Y>0\}=P\{Z_{2}>0\}\\&=1-P\{Z_{2}\leqslant0\}=1-\Phi\Big(\frac{0-80}{\sqrt{1\ 525}}\Big)\\&=\Phi(2.048\ 6)=0.979\ 8.\end{aligned} $$

又

$$ \begin{aligned}&X+Y\sim N(E(X)+E(Y),D(X)+D(Y)),\\ &\quad\text{and}\quad X+Y\sim N(1\ 360,1\ 525).\\ \end{aligned} $$

即

故

$$ \begin{aligned}P\{X+Y>1\ 400\}&=1-P\{X+Y\leqslant1\ 400\}\\&=1-\Phi\Big(\frac{1\ 400-1\ 360}{\sqrt{1\ 525}}\Big)=1-\Phi(1.02)\\&=1-0.846\ 1=0.153\ 9.\end{aligned} $$

1. 五家商店联营，它们每两周售出的某种农产品的数量（以 kg 计）分别为 $ X_{1}, X_{2}, X_{3}, X_{4}, X_{5} $. 已知 $ X_{1} \sim N(200, 225) $, $ X_{2} \sim N(240, 240) $, $ X_{3} \sim N(180, 225) $, $ X_{4} \sim N(260, 265) $, $ X_{5} \sim N(320, 270) $, $ X_{1}, X_{2}, X_{3}, X_{4}, X_{5} $ 相互独立.

（1）求五家商店两周的总销售量的均值和方差.

（2）商店每隔两周进货一次，为了使新的供货到达前商店不会脱销的概率大于0.99，问商店的仓库应至少储存多少千克该产品？

解 以 Y 记五家商店该种产品的总销售量，即 $ Y = X_{1} + X_{2} + X_{3} + X_{4} + X_{5} $.

（1）按题设 $ X_{i} $ （i=1,2,3,4,5）相互独立且均服从正态分布，即有

$$ E(Y)=\sum_{i=1}^{5}E(X_{i})=200+240+180+260+320=1200, $$

$$ D(Y)=\sum_{i=1}^{5}D(Y_{i})=225+240+225+265+270=1\ 225. $$

（2）设仓库应至少储存 n kg 该产品，才能使该产品不脱销的概率大于0.99，按题意，n 应满足条件

$$ P\{Y\leqslant n\}>0.99. $$

由于 $ Y\sim N(1\ 200,35^{2}) $，故有

$$ P\{Y\leqslant n\}=P\{\frac{Y-1\ 200}{35}\leqslant\frac{n-1\ 200}{35}\}=\Phi(\frac{n-1\ 200}{35}) $$

因而上述不等式即为

$$ \Phi\left(\frac{n-1\ 200}{35}\right)>0.99=\Phi(2.33) $$

从而 $ \frac{n-1\ 200}{35}>2.33 $，故应有

$$ n>1\ 200+2.33\times35=1\ 281.55, $$

即需取 n = 1282 kg.

1. 卡车装运水泥，设每袋水泥重量 X（以 kg 计）服从 $ N(50,2.5^{2}) $，问至多装多少袋水泥使总重量超过 2000 的概率不大于 0.05.

解 设至多能装运 n 袋水泥，各袋水泥的重量分别为 $ X_{1}, X_{2}, \cdots, X_{n} $，则

$$ X_{i}\sim N(50,2.5^{2}),\quad i=1,2,\cdots,n, $$

故卡车所装运水泥的总重量为

$$ W=X_{1}+X_{2}+\cdots+X_{n}. $$

按题意 n 需满足

$$ P\{W>2\ 000\}\leqslant0.05. $$

对于像这样的实际问题，认为 $ X_{1}, X_{2}, \cdots, X_{n} $ 相互独立是适宜的，此时

$$ E(W)=50n,\quad D(W)=2.5^{2}n, $$

$$ W\sim N(50n,2.5^{2}n). $$

于是

从而

$$ P\{W>2000\}=1-\Phi\left(\frac{2000-50n}{2.5\sqrt{n}}\right) $$

即n应满足

$$ \Phi\left(\frac{2\ 000-50n}{2.5\sqrt{n}}\right)\geqslant0.95=\Phi(1.645). $$

故应有

$$ \frac{2\ 000-50n}{2.5\sqrt{n}}\geqslant1.645, $$

$$ \sqrt{n}\leqslant6.2836, $$

$$ n\leqslant39.483. $$

解得

从而

故 n 至多取 39，即该卡车至多能装运 39 袋水泥，方能使超过 2 000 kg 的概率不

大于0.05.

（在这里我们指出，若设 $ W = nX $，其中 $ X \sim N(50, 2.5^2) $ 而去求出 $ n \approx 37 $，那就犯错误了，为什么？）

1. 设随机变量 X, Y 相互独立，且都服从（0，1）上的均匀分布.

(1) 求 $ E(XY) $, $ E(X/Y) $, $ E[\ln(XY)] $, $ E[|Y-X|] $.

（2）以 X,Y 为边长作一长方形，以 A,C 分别表示长方形的面积和周长，求 A 和 C 的相关系数.

解（1）X,Y的概率密度都是

$$ f(x)=\{\begin{aligned}&1,&0

$$ E(XY)=E(X)E(Y)=\frac{1}{2}\times\frac{1}{2}=\frac{1}{4}. $$

$ E\left[\frac{X}{Y}\right] $不存在（因 $ \int_{0}^{1}\int_{0}^{1}\frac{x}{y}dx dy $发散）.

$$ \frac{u-1\leq0}{200}<5 $$

$$ \begin{aligned}E[\ln(XY)]&=\int_{0}^{1}\int_{0}^{1}(\ln x+\ln y)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\&=2\int_{0}^{1}\int_{0}^{1}(\ln x)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\&=-2.\end{aligned} $$

$$ \begin{aligned}E(&\mid Y-X\mid)\\=&\iint\limits_{D}\mid y-x\mid\mathrm{d}x\mathrm{d}y( 如题 4.25 图 D=D_{1}\cup D_{2})\\=&2\iint\limits_{D_{1}}(y-x)\mathrm{d}x\mathrm{d}y=2\int_{0}^{1}\int_{x}^{1}(y-x)\mathrm{d}y\mathrm{d}x=\frac{1}{3}.\end{aligned} $$

(2) A = XY, C = 2(X + Y),

$ \mathrm{Cov}(A,C)=E(AC)-E(A)E(C). $

$ AC=2X^{2}Y+2XY^{2} $

$$ E(X^{2})=E(Y^{2})=D(X)+(E(X))^{2}=\frac{1}{12}+\frac{1}{4}=\frac{1}{3}. $$

$$ \begin{aligned}E(AC)&=2E(X^{2}Y)+2E(XY^{2})\\&=2E(X^{2})E(Y)+2E(X)E(Y^{2})\\&=2\times\frac{1}{3}\times\frac{1}{2}+2\times\frac{1}{2}\times\frac{1}{3}=\frac{2}{3}.\end{aligned} $$

$$ \begin{aligned}\operatorname{Cov}(A,C)&=E(AC)-E(A)E(C)\\&=\frac{2}{3}-\left[E(X)E(Y)\times2(E(X)+E(Y))\right]\end{aligned} $$

$$ \frac{2}{3}-\left[\frac{1}{2}\times\frac{1}{2}\times2\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\right)\right]=\frac{1}{6}. $$

$$ \begin{aligned}D(A)&=E(X^{2}Y^{2})-[E(X)E(Y)]^{2}=E(X^{2})E(Y^{2})-(\frac{1}{2}\times\frac{1}{2})^{2}\\&=(\frac{1}{3})^{2}-(\frac{1}{4})^{2}=\frac{7}{144}.\end{aligned} $$

$$ D(C)=D(2X+2Y)=D(2X)+D(2Y)=4\times\frac{1}{12}+4\times\frac{1}{12}=\frac{2}{3}. $$

故 $ \rho_{AC}=\frac{\mathrm{Cov}(A,C)}{\sqrt{D(A)D(C)}}=\frac{1}{6}/\sqrt{\frac{7}{144}\times\frac{2}{3}}=\sqrt{\frac{6}{7}}. $

1. (1) 设随机变量 $ X_{1}, X_{2}, X_{3} $ 相互独立，且有 $ X_{1} \sim b\left(4, \frac{1}{2}\right), X_{2} \sim b\left(6, \frac{1}{3}\right), X_{3} \sim b\left(6, \frac{1}{3}\right) $，求 $ P\{X_{1} = 2, X_{2} = 2, X_{3} = 5\}, E(X_{1}X_{2}X_{3}), E(X_{1} - X_{2}), E(X_{1} - 2X_{2}) $.

（2）设X，Y是随机变量，且有 $ E(X)=3,E(Y)=1,D(X)=4,D(Y)=9 $，令Z=5X-Y+15，分别在下列3种情况下求 $ E(Z) $和 $ D(Z) $.

(i) X, Y 相互独立，(ii) X, Y 不相关，(iii) X 与 Y 的相关系数为 0.25.

解（1）

$$ \begin{array}{l}P\{X_{1}=2,X_{2}=2,X_{3}=5\}\\ \quad=P\{X_{1}=2\}P\{X_{2}=2\}P\{X_{3}=5\}.\end{array} $$

因

$$ P\{X_{1}=2\}=\binom{4}{2}\left(\frac{1}{2}\right)^{2}\left(1-\frac{1}{2}\right)^{4-2}=\binom{4}{2}\left(\frac{1}{2}\right)^{4}, $$

$$ P\{X_{2}=2\}=\binom{6}{2}\left(\frac{1}{3}\right)^{2}\left(1-\frac{1}{3}\right)^{6-2}=\binom{6}{2}\left(\frac{1}{3}\right)^{2}\left(\frac{2}{3}\right)^{4}, $$

$$ P\{X_{3}=5\}=\binom{6}{5}\left(\frac{1}{3}\right)^{5}\left(1-\frac{1}{3}\right)^{6-5}=\binom{6}{5}\left(\frac{1}{3}\right)^{5}\left(\frac{2}{3}\right) $$

$$ \begin{aligned} 故 \quad&P\{X_{1}=2,X_{2}=2,X_{3}=5\}=P\{X_{1}=2\}\cdot P\{X_{2}=2\}\cdot P\{X_{3}=5\}\\&=0.002.03\end{aligned} $$

$$ E(X_{1}X_{2}X_{3})=E(X_{1})E(X_{2})E(X_{3})=(4\times\frac{1}{2})(6\times\frac{1}{3})(6\times\frac{1}{3})=8. $$

$$ E(X_{1}-X_{2})=E(X_{1})-E(X_{2})=2-2=0. $$

$$ E(X_{1}-2X_{2})=E(X_{1})-2E(X_{2})=-2. $$

(2) 对于 $ E(Z) $，在(i)，(ii)，(iii) 三种情况下都有

$ E(Z)=E(5X-Y+15)=5E(X)-E(Y)+15=15-1+15=29. $

对于 $ D(Z) $，(i) X, Y 独立，则

$$ D(5X-Y+15)=D(5X-Y)=D(5X)+D(-Y)=25D(X)+D(Y) $$

$$ =25\times4+9=109. $$

（ii）X,Y 不相关，即 $ \mathrm{Cov}(X,Y)=0 $

$$ D(Z)=109. $$

(iii) $ \rho_{XY} = 0.25 $, 则

$$ \mathrm{Cov}(X,Y)=\sqrt{D(X)}\sqrt{D(Y)}\rho_{xy}=2\times3\times0.25=1.5, $$

$$ \begin{aligned}D(5X-Y+15)&=D(5X-Y)=25D(X)+D(Y)-10Cov(X,Y)\\&=100+9-10\times1.5=94.\end{aligned} $$

1. 下列各对随机变量 X 和 Y，问哪几对是相互独立的？哪几对是不相关的.

(1) $ X \sim U(0,1), Y = X^{2} $

(2) $ X \sim U(-1,1), Y = X^{2} $

$$ X=\cos V,Y=\sin V,V\sim U(0,2\pi). $$

若 $ (X,Y) $的概率密度为 $ f(x,y) $

$$ \left(\frac{1}{\varepsilon},\partial\right)\delta\sim\varphi_{*}\left(\frac{1}{\varepsilon},\partial\right)\delta $$

$$ f(x,y)=\begin{cases}x+y&0

(5)

$$ f(x,y)=\{\begin{aligned}&2y,&0

解（1）

$$ E(X)=\frac{1}{2},E(Y)=E(X^{2})=\int_{0}^{1}x^{2}dx=\frac{1}{3}, $$

$$ E(XY)=E(X^{3})=\int_{0}^{1}x^{3}\mathrm{d}x=\frac{1}{4}. $$

$$ \mathrm{Cov}(X,Y)=E(XY)-E(X)E(Y)=\frac{1}{4}-\frac{1}{2}\times\frac{1}{3}\neq0. $$

故 X,Y 不相互独立，也不是不相关的.

(2)

$$ E(X)=0,E(Y)=E(X^{2})=\int_{-1}^{1}\frac{1}{2}x^{2}dx=\frac{1}{3}, $$

$$ E(XY)=E(X^{3})=\int_{-1}^{1}\frac{1}{2}x^{3}\mathrm{d}x=0. $$

$$ \mathrm{Cov}(X,Y)=E(XY)-E(X)E(Y)=0-0=0. $$

故 X,Y 不相互独立，但不相关.

(3)

$$ E(X)=\int_{0}^{2\pi}\frac{1}{2\pi}\cos vdv=0, $$

$$ E(Y)=\int_{0}^{2\pi}\frac{1}{2\pi}\sin vdv=0, $$

$$ E(XY)=E(\sin V\cos V)=\frac{1}{2}E(\sin2V)=\frac{1}{2}\int_{0}^{2\pi}\frac{1}{2\pi}\sin2v dv=0, $$

$$ \mathrm{Cov}(X,Y)=E(XY)-E(Z)E(Y)=0-0\times0=0, $$

故 X,Y 不相互独立，但不相关.

(4)

$$ f(x,y)=\{\begin{aligned}&x+y,&0

$$ f_{X}(x)=\{\begin{aligned}&\int_{0}^{1}(x+y)d y=x+\frac{1}{2},&0

$$ f_{Y}(y)=\{\begin{aligned}&y+\frac{1}{2},&0

$ f(x,y) $ 与 $ f_{X}(x)f_{Y}(y) $ 在平面上不几乎处处相等，X,Y 不相互独立.

$$ E(X)=\int_{0}^{1}x(x+\frac{1}{2})\mathrm{d}x=\frac{7}{12},\quad E(Y)=\frac{7}{12}, $$

$$ E(XY)=\int_{0}^{1}\int_{0}^{1}xy(x+y)dx dy=\frac{1}{3}. $$

$$ \mathrm{Cov}(X,Y)=E(XY)\rightarrow E(X)E(Y)\neq0. $$

故 X,Y 不是不相关的，因而一定也是不相互独立的.

(5)

$$ f(x,y)=\{\begin{aligned}&2y,&0

$$ f_{X}(x)=\{\begin{aligned}&1,&0

$ f(x,y)=f_{X}(x)f_{Y}(y) $ 对于任意 x,y 成立.

故 X,Y 相互独立，因此 X,Y 也是不相关的。

1. 设二维随机变量(X,Y)的概率密度为

$$ f(x,y)=\{\begin{aligned}&\frac{1}{\pi},&x^{2}+y^{2}\leqslant1,\\&0,& 其他 .\end{aligned}. $$

试验证 X 和 Y 是不相关的，但 X 和 Y 不是相互独立的.

证

$$ \begin{aligned}E(X)&=\int_{-\infty}^{\infty}\int_{-\infty}^{\infty}x f(x,y)\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\iint\limits_{x^{2}+y^{2}\leqslant1}\frac{x}{\pi}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\&=\frac{1}{\pi}\int_{-1}^{1}\mathrm{d}y\int_{-\sqrt{1-y^{2}}}^{\sqrt{1-y^{2}}}x\mathrm{d}x=0.\end{aligned} $$

同样 $ E(Y)=\int_{-\infty}^{\infty}\int_{-\infty}^{\infty}yf(x,y)dxdy=\iint_{2}^{} \frac{y}{\pi}dxdy=0, $

$$ \begin{aligned} 而 \quad E(XY)&=\int_{-\infty}^{\infty}\int_{-\infty}^{\infty}xyf(x,y)\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\iint\limits_{x^{2}+y^{2}\leqslant1}\frac{xy}{\pi}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\&=\frac{1}{\pi}\int_{-1}^{1}y\mathrm{d}y\int_{-\sqrt{1-y^{2}}}^{\sqrt{1-y^{2}}}x\mathrm{d}x=0,\end{aligned} $$

从而

$$ E(XY)=E(X)E(Y), $$

这表明 X,Y 是不相关的. 又

$$ f_{X}(x)=\int_{-\infty}^{\infty}f(x,y)d y=\{\begin{aligned}&\int_{-\sqrt{1-x^{2}}}^{\sqrt{1-x^{2}}}\frac{1}{\pi}d y=\frac{2}{\pi}\sqrt{1-x^{2}},&-1

同样

$$ f_{Y}(y)=\{\begin{aligned}&\frac{2}{\pi}\sqrt{1-y^{2}},&-1

显然 $ f_{X}(x)f_{Y}(y) \neq f(x,y) $，故 X,Y 不是相互独立的.

1. 设随机变量(X,Y)的分布律为

验证 X 和 Y 是不相关的，但 X 和 Y 不是相互独立的.

证 先求出边缘分布律如下：

易见 $ P\{X=0,Y=0\}=0 \neq P\{X=0\}P\{Y=0\} $，故 X,Y 不是相互独立的。又知 X,Y 具有相同的分布律，且有

$$ E(X)=E(Y)=(-1)\times\frac{3}{8}+1\times\frac{3}{8}=0. $$

又

$$ \begin{aligned}E\left(XY\right)&=\sum_{j=1}^{3}\sum_{i=1}^{3}x_{i}y_{j}p_{ij}b_{xb}\frac{y_{j}}{\pi}\\&=(-1)(-1)\times\frac{1}{8}+(-1)\times1\times\frac{1}{8}+1\times(-1)\times\frac{1}{8}+1\times1\times\frac{1}{8}\\&=0,\end{aligned} $$

即有 $ E(XY) = E(X)E(Y) $，故 X,Y 是不相关的.

1. 设 A 和 B 是试验 E 的两个事件，且 $ P(A) > 0 $, $ P(B) > 0 $，并定义随机变量 X, Y 如下：

$$ \boldsymbol{X}=\{\begin{aligned}&1,&& 若 A 发生 ,\\ &0,&& 若 A 不发生 ,\end{aligned}.\quad\boldsymbol{Y}=\{\begin{aligned}&1,&& 若 B 发生 ,\\ &0,&& 若 B 不发生 .\end{aligned}. $$

证明若 $ \rho_{xy}=0 $，则X和Y必定相互独立.

解 X,Y 的分布律分别为

$$ \begin{array}{c|ccc}X&0&1&\\ \hline p_{k}&P(\overline{A})&P(A)\end{array} $$

$$ \begin{array}{c|c c}{Y}&{0}&{1}\\ \hline{p_{k}}&{P(\overline{B})}&{P(B)}\end{array} $$

由 X,Y 的定义，XY 只能取 0,1 两个值，且

$$ P\{XY=1\}=P\{X=1,Y=1\}=P(AB) $$

于是得 XY 的分布律为

$$ \begin{array}{c|ccc}XY&0&1&\\&&p_{k}&1-P(AB)\quad P(AB)\end{array} $$

即得 $ E(X)=P(A),E(Y)=P(B),E(XY)=P(AB). $

由假设 $ \rho_{yv}=0 $，得 $ E(XY)=E(X)E(Y) $，即

$$ P(AB)=P(A)P(B), $$

故知 A 与 B 相互独立. 从而知 A 与 $ \bar{B} $、 $ \bar{A} $ 与 B、 $ \bar{A} $ 与 $ \bar{B} $ 也相互独立, 于是

$$ P\{X=1,Y=1\}=P(AB)=P(A)P(B)=P\{X=1\}P\{Y=1\}, $$

$$ P\{X=1,Y=0\}=P(A\overline{B})=P(A)P(\overline{B})=P\{X=1\}P\{Y=0\}, $$

$$ P\{X=0,Y=1\}=P(\bar{A}B)=P(\bar{A})P(B)=P\{X=0\}P\{Y=1\}, $$

$$ P\{X=0,Y=0\}=P(\bar{A}\bar{B})=P(\bar{A})P(\bar{B})=P\{X=0\}P\{Y=0\}, $$

故 X,Y 相互独立.

1. 设随机变量(X,Y)具有概率密度

$$ f(x,y)=\{\begin{aligned}&1,&\mid y\mid

求 $ E(X),E(Y),Cov(X,Y) $

解 注意到 $ f(x,y) $ 只在区域 $ G:\{(x,y)||y|

$$ \begin{aligned}E(X)&=\int_{-\infty}^{\infty}\int_{-\infty}^{\infty}x f(x,y)\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\iint_{G}x\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\&=\int_{0}^{1}\mathrm{d}x\int_{-x}^{x}x\mathrm{d}y=\int_{0}^{1}2x^{2}\mathrm{d}x=\frac{2}{3},\end{aligned} $$

$$ E(Y)=\int_{-\infty}^{\infty}\int_{-\infty}^{\infty}yf(x,y)dxdy=\iint_{G}y dxdy=\int_{0}^{1}dx\int_{-x}^{x}y dy=0, $$

$$ E(XY)=\int_{-\infty}^{\infty}\int_{-\infty}^{\infty}xyf(x,y)dxdy=\iint_{G}xydxdy=\int_{0}^{1}dx\int_{-x}^{x}xydy=0, $$

$$ \mathrm{Cov}(X,Y)=E(XY)-E(X)E(Y)=0. $$

32. 设随机变量(X,Y)具有概率密度

$$ f(x,y)=\{\begin{aligned}&\frac{1}{8}(x+y),&&0\leqslant x\leqslant2,0\leqslant y\leqslant2,\\ &0,&& 其他 .\end{aligned}. $$

求 $ E(X), E(Y), \mathrm{Cov}(X, Y), \rho_{xy}, D(X + Y) $

解 注意到 $ f(x,y) $ 只在区域 $ G:\{(x,y)|0

$$ \begin{aligned}E(X)=&\int_{-\infty}^{\infty}\int_{-\infty}^{\infty}x f(x,y)\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\int_{0}^{2}\mathrm{d}x\int_{0}^{2}\frac{x}{8}(x+y)\mathrm{d}y\\=&\int_{0}^{2}\frac{x}{8}(xy+\frac{1}{2}y^{2})\big|_{0}^{2}\mathrm{d}x.=\int_{0}^{2}\frac{x}{4}(x+1)\mathrm{d}x=\frac{7}{6},\end{aligned} $$

$$ \begin{aligned}E(X^{2})=&\int_{-\infty}^{\infty}\int_{-\infty}^{\infty}\bar{x}^{2}f(x,y)\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\int_{0}^{2}\mathrm{d}x\int_{0}^{2}\frac{x^{2}}{8}(x+y)\mathrm{d}y\\=&\frac{1}{8}\int_{0}^{2}x^{2}(xy+\frac{1}{2}y^{2})\Big|_{0}^{2}\mathrm{d}x=\frac{1}{4}\int_{0}^{2}(x^{3}+x^{2})\mathrm{d}x=\frac{5}{3},\end{aligned} $$

$$ \begin{aligned}E(XY)=&\int_{-\infty}^{\infty}\int_{-\infty}^{\infty}xyf(x,y)\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\int_{0}^{2}\mathrm{d}x\int_{0}^{2}\frac{xy}{8}(x+y)\mathrm{d}y\\=&\frac{1}{4}\int_{0}^{2}(x^{2}+\frac{4x}{3})\mathrm{d}x=\frac{4}{3}.\end{aligned} $$

由 x, y 在 $ f(x, y) $ 的表达式中的对称性（即在表达式 $ f(x, y) $ 中将 x 和 y 互换，表达式不变），得知 $ = X \cdot Y = (8) \cdot (A) \cdot (A) \cdot (B) \cdot (A) \cdot (B) = (0) \cdot (Y) \cdot (0) \cdot (Y) = (X) \cdot (Y) \cdot (X) = (X) \cdot (Y) \cdot (X) $

$$ E(Y)=E(X)=\frac{7}{6},\quad E(Y^{2})=E(X^{2})=\frac{5}{3}, $$

$$ D(Y)=D(X)=E(X^{2})-[E(X)]^{2}=\frac{5}{3}-(\frac{7}{6})^{2}=\frac{11}{36}. $$

$$ \begin{aligned}&\mathrm{Cov}(X,Y)=E(XY)-E(X)E(Y)=\frac{4}{3}-\frac{49}{36}=-\frac{1}{36},\\&\rho_{XY}=\frac{\mathrm{Cov}(X,Y)}{\sqrt{D(X)}\sqrt{D(Y)}}=\frac{-1}{11},\end{aligned} $$

$$ D(X+Y)=D(X)+D(Y)+2Cov(X,Y)=\frac{5}{9}. $$

1. 设随机变量 $ X \sim N(\mu, \sigma^{2}) $, $ Y \sim N(\mu, \sigma^{2}) $，且设 X, Y 相互独立，试求 $ Z_{1} = \alpha X + \beta Y $ 和 $ Z_{2} = \alpha X - \beta Y $ 的相关系数（其中 $ \alpha, \beta $ 是不为零的常数）.

解法(i)

$$ \begin{aligned}\operatorname{Cov}(Z_{1},Z_{2})&=\operatorname{Cov}(\alpha X+\beta Y,\alpha X-\beta Y)\\&=\alpha^{2}\operatorname{Cov}(X,X)-\alpha\beta\operatorname{Cov}(X,Y)+\alpha\beta\operatorname{Cov}(Y,X)-\\&\quad\beta^{2}\operatorname{Cov}(Y,Y)\\&=\alpha^{2}D(X)-\beta^{2}D(Y)=(\alpha^{2}-\beta^{2})\sigma^{2},\end{aligned} $$

$$ \begin{aligned}D(Z_{1})&=D(\alpha X+\beta Y)\\&=\alpha^{2}D(X)+\beta^{2}D(Y)+2Cov(\alpha X,\beta Y)=(\alpha^{2}+\beta^{2})\sigma^{2},\end{aligned} $$

$$ \begin{aligned}D(Z_{2})&=D(\alpha X-\beta Y)\\&=\alpha^{2}D(X)+\beta^{2}D(Y)-2Cov(\alpha X,\beta Y)=(\alpha^{2}+\beta^{2})\sigma^{2},\end{aligned} $$

故

$$ \rho_{z_{1}z_{2}}=\frac{(\alpha^{2}-\beta^{2})\sigma^{2}}{\sqrt{D(Z_{1})D(Z_{2})}}=\frac{\alpha^{2}-\beta^{2}}{\alpha^{2}+\beta^{2}}. $$

解法(ii)

$$ \begin{aligned}\operatorname{Cov}(Z_{1},Z_{2})&=E(Z_{1}Z_{2})-E(Z_{1})E(Z_{2})\\&=E(\alpha^{2}X^{2}-\beta^{2}Y^{2})-[\alpha E(X)+\beta E(Y)][\alpha E(X)-\beta E(Y)]\\&=\alpha^{2}E(X^{2})-\beta^{2}E(Y^{2})-\{\alpha^{2}[E(X)]^{2}-\beta^{2}[E(Y)]^{2}\}\\&=\alpha^{2}\{E(X^{2})-[E(X)]^{2}\}-\beta^{2}\{E(Y^{2})-[E(Y)]^{2}\}\\&=\alpha^{2}D(X)-\beta^{2}D(Y)=(\alpha^{2}-\beta^{2})\sigma^{2}.\end{aligned} $$

$$ D(Z_{1})=D(\alpha X+\beta Y)=\alpha^{2}D(X)+\beta^{2}D(Y)=(\alpha^{2}+\beta^{2})\sigma^{2}, $$

$$ D(Z_{2})=D(\alpha X-\beta Y)=\alpha^{2}D(X)+\beta^{2}D(Y)=(\alpha^{2}+\beta^{2})\sigma^{2}, $$

故

$$ \rho_{z_{1}z_{2}}=\frac{(\alpha^{2}-\beta^{2})\sigma^{2}}{\sqrt{D(Z_{1})D(Z_{2})}}=\frac{\alpha^{2}-\beta^{2}}{\alpha^{2}+\beta^{2}}. $$

1. (1) 设随机变量 $ W = (aX + 3Y)^{2} $, $ E(X) = E(Y) = 0 $, $ D(X) = 4 $, $ D(Y) = 16 $, $ \rho_{XY} = -0.5 $. 求常数 a 使 $ E(W) $ 为最小，并求 $ E(W) $ 的最小值.

（2）设随机变量(X,Y)服从二维正态分布，且有 $ D(X)=\sigma_{X}^{2},D(Y)=\sigma_{Y}^{2} $。证明当 $ a^{2}=\sigma_{X}^{2}/\sigma_{Y}^{2} $时，随机变量W=X-aY与V=X+aY相互独立。

$$ E(W)=E[(aX+3Y)^{2}]=a^{2}E(X^{2})+6aE(XY)+9E(Y^{2}), $$

$$ E(X^{2})=D(X)+\left[E(X)\right]^{2}=4, $$

$$ E(Y^{2})=D(Y)+\left[E(Y)\right]^{2}=16, $$

$$ E(XY)=\mathrm{Cov}(X,Y)+E(X)E(Y)=\rho_{XY}\sqrt{D(X)D(Y)}=-4, $$

故

$$ E(W)=4a^{2}-24a+144=4(a-3)^{2}+108, $$

故当 a = 3 时 $ E(W) $ 取最小值， $ \min\{E(W)\} = 108 $.

（2）因为(X,Y)是二维正态变量，而W与V分别是X，Y的线性组合，故由n维正态随机变量的性质 $ 3^{\circ} $知(W,V)也是二维正态变量.现在 $ a^{2}=\sigma_{X}^{2}/\sigma_{Y}^{2} $，故知有

$$ \begin{aligned}\mathrm{Cov}(W,V)&=\mathrm{Cov}(X-aY,X+aY)\\&=\mathrm{Cov}(X,X)-a^{2}\mathrm{Cov}(Y,Y)=\sigma_{X}^{2}-a^{2}\sigma_{Y}^{2}=0,\end{aligned} $$

即知 W 与 V 不相关. 又因 $ (W,V) $ 是二维正态变量, 故知 W 与 V 是相互独立的.

1. 设随机变量(X,Y)服从二维正态分布，且 $ X \sim N(0,3) $， $ Y \sim N(0,4) $，相关系数 $ \rho_{XY} = -\frac{1}{4} $，试写出 X 和 Y 的联合概率密度.

解 因 $ \mu_{1}=\mu_{2}=0,\sigma_{1}=\sqrt{3},\sigma_{2}=2,\rho=-\frac{1}{4} $，故 X 和 Y 的联合概率密度为

$$ \begin{aligned}f(x,y)=&\frac{1}{4\sqrt{3}\pi\sqrt{1-1/16}}\exp\Big[\frac{-1}{2(1-1/16)}\Big(\frac{x^{2}}{3}+\frac{xy}{4\sqrt{3}}+\frac{y^{2}}{4}\Big)\Big]\\=&\frac{1}{3\sqrt{5}\pi}\exp\Big[\frac{-8}{15}\Big(\frac{x^{2}}{3}+\frac{xy}{4\sqrt{3}}+\frac{y^{2}}{4}\Big)\Big].\end{aligned} $$

1. 已知正常男性成人血液中，每一毫升白细胞数平均是7300，均方差是700. 利用切比雪夫不等式估计每毫升含白细胞数在5200～9400之间的概率p.

解 以 X 表示每毫升含白细胞数，由题设

$$ E(X)=\mu=7300,\quad\sqrt{D(X)}=\sigma=700 $$

而概率

$$ \begin{aligned}p=&P\{5\ 200

在切比雪夫不等式

$$ P\{|X-\mu|<\varepsilon\}\geqslant1-\frac{\sigma^{2}}{\varepsilon^{2}} $$

中，取 $ \varepsilon=2\ 100 $，此时 $ 1-\frac{\sigma^{2}}{\varepsilon^{2}}=1-\frac{700^{2}}{2\ 100^{2}}=\frac{8}{9} $，即知

$$ p=P\{\mid X-7\ 300\mid<2\ 100\}\geqslant\frac{8}{9}. $$

1. 对于两个随机变量 V, W, 若 $ E(V^{2}) $, $ E(W^{2}) $ 存在, 证明

$$ [E(V W)]^{2}\leqslant E(V^{2})E(W^{2}). $$

这一不等式称为柯西-施瓦茨(Cauchy-Schwarz)不等式. $ X)_{\text{vo}} = (YX)_{3} $

证 若 $ E(V^{2})=0 $，则 $ P\{V=0\}=1 $（因 $ E(V^{2})=D(V)+(E(V))^{2}=0 $，得 $ D(V)=0 $ 且 $ E(V)=0 $，由方差性质 $ 4^{\circ} $ 即得 $ P\{V=0\}=1 $）。由此 $ P\{VW=0\}=1 $，因此， $ E(VW)=0 $，此时不等式（A）得证。同样对于 $ E(W^{2})=0 $ 时，不等式（A）也成立。以下设 $ E(V^{2})>0,E(W^{2})>0 $。考虑实变量 t 的函数：

$$ \boldsymbol{q}(t)=\boldsymbol{E}\left[(\boldsymbol{V}+t\boldsymbol{W})^{2}\right]=\boldsymbol{E}(\boldsymbol{V}^{2})+2t\boldsymbol{E}(\boldsymbol{V}\boldsymbol{W})+t^{2}\boldsymbol{E}(\boldsymbol{W}^{2}). $$

因为对于任意 $ t, E[(V + tW)^2] \geq 0, E(W^2) > 0 $，故二次三项式 $ q(t) $ 的判别式： $ 0 = \sqrt{v^2v} - \sqrt{v} = (f, Y)v_0 \cup (x, Y)v_0 C = 0 $

$$ \Delta=4[E(VW)]^{2}-4E(V^{2})E(W^{2})\leqslant0, $$

即有

$$ [E(V W)]^{2}\leqslant E(V^{2})E(W^{2}). $$

38. 中位数

对于任意随机变量 X，满足以下两式 $ M \geq X^{19} = (M)^{3} = \frac{1}{8} $

$$ P\{X\leqslant x\}\geqslant\frac{1}{2},\quad P\{X\geqslant x\}\leqslant\frac{1}{2} $$

的x称为X的中位数，记为 $ x_{\frac{1}{2}} $或M.它是反映集中位置的一个数字特征.中位数总是存在，但可以不唯一.画出X的分布函数 $ F(x) $的图.如果 $ F(x) $连续，那么 $ x_{\frac{1}{2}} $是方程 $ F(x)=\frac{1}{2} $的解(如题4.38图(1))，如果 $ F(x) $有跳跃点(见题4.38图(2))，用垂直于横轴的线段联结后，得一连续曲线，它与直线 $ y=\frac{1}{2} $的交点的横坐标即为 $ x_{\frac{1}{2}} $.由于交点可以不唯一，故可以有许多 $ x_{\frac{1}{2}} $.

（1）设 X 的概率密度为

$$ f(x)=\{\begin{aligned}&2e^{-2x},&\quad x\geqslant0,\\ &0,&\quad 其他 .\end{aligned}. $$

试求 X 的中位数 M.

（2）设 X 服从柯西分布，其概率密度为

$$ f(x)=\frac{b}{\pi[(x-a)^{2}+b^{2}]},\quad b>0. $$

试求 X 的中位数 M.

解 设 $ F(x) $ 为分布函数.

（1）M应满足 $ F(M)=\frac{1}{2} $

$$ \frac{1}{2}=F(M)=P\{X\leqslant M\}=\int_{0}^{M}2\mathrm{e}^{-2x}\mathrm{d}x=-\left.\mathrm{e}^{-2x}\right|_{0}^{M}=1-\mathrm{e}^{-2M}, $$

故 $ e^{-2M} = \frac{1}{2} $， $ e^{2M} = 2 $，

得

$$ M=\frac{1}{2}\ln2. $$

此即为所求的中位数.

（2）由

.

$$ \begin{aligned}\frac{1}{2}&=F(M)=P\{X\leqslant M\}=\int_{-\infty}^{M}\frac{b}{\pi[(x-a)^2+b^2]}\mathrm{d}x\\&=\frac{1}{\pi}\arctan\frac{x-a}{b}\bigg|_{-\infty}^{M}=\frac{1}{\pi}\arctan\frac{M-a}{b}+\frac{1}{2},\end{aligned} $$

得 M-a=0 ，即知中位数 M=a.

另外，易知 X 的概率密度函数 $ f(x) $ 的图形关于直线 x = a 是对称的。即知

$$ P\{X\leqslant a\}=\int_{-\infty}^{a}f(x)d x=\frac{1}{2}. $$

故中位数为 $ M = a $。

工途行官以后站，一都不如何点交于由.工次明补坐

$$ \begin{aligned},0\leqslant&x,\\.& 雖其 \end{aligned},\\ \left.\begin{array}{r}\xi g\\,0\end{array}\right\vert=(x)\boldsymbol{\xi}, $$

M拨出中油7来

式更密率悬其，市公西顾从7数(5)

$$ 0<\delta\quad,\frac{\delta}{\left[\pi\left(x-x_{0}\right)\right]^{2}}=\left(x\right) $$

M这外的大

最函亦代式(x)

$$ \frac{1}{S}=(M)F 且断边 M(I) $$

\[\because\frac{1}{S}=\frac{1}{S_{10}}=\frac{1}{S_{11}}=\frac{1}{S_{12}}=\frac{1}{S_{13}}=\frac{1}{S_{14}}=\frac{1}{S_{15}}=\frac{1}{S_{16}}=\frac{1}{S_{17}}=\frac{1}{S_{18}}=\frac{1}{S_{19}}=\frac{1}{S_{20}}=\frac{1}{S_{21}}=\frac{1}{S_{22}}=\frac{1}{S_{23}}=\frac{1}{S_{24}}=\frac{1}{S_{25}}=\frac{1}{S_{26}}=\frac{1}{S_{27}}=\frac{1}{S_{28}}=\frac{1}{S_{29}}=\frac{1}{S_{30}}=\frac{1}{S_{31}}=\frac{1}{S_{32}}=\frac{1}{S_{33}}=\frac{1}{S_{34}}=\frac{1}{S_{35}}=\frac{1}{S_{36}}=\frac{1}{S_{37}}=\frac{1}{S_{38}}=\frac{1}{S_{39}}=\frac{1}{S_{40}}=\frac{1}{S_{41}}=\frac{1}{S_{42}}=\frac{1}{S_{43}}=\frac{1}{S_{44}}=\frac{1}{S_{45}}=\frac{1}{S_{46}}=\frac{1}{S_{47}}=\frac{1}{S_{48}}=\frac{1}{S_{49}}=\frac{1}{S_{50}}=\frac{1}{S_{51}}=\frac{1}{S_{52}}=\frac{1}{S_{53}}=\frac{1}{S_{54}}=\frac{1}{S_{55}}=\frac{1}{S_{56}}=\frac{1}{S_{57}}=\frac{1}{S_{58}}=\frac{1}{S_{59}}=\frac{1}{S_{60}}=\frac{1}{S_{61}}=\frac{1}{S_{62}}=\frac{1}{S_{63}}=\frac{1}{S_{64}}=\frac{1}{S_{65}}=\frac{1}{S_{66}}=\frac{1}{S_{67}}=\frac{1}{S_{68}}=\frac{1}{S_{69}}=\frac{1}{S_{70}}=\frac{1}{S_{71}}=\frac{1}{S_{72}}=\frac{1}{S_{73}}=\frac{1}{S_{74}}=\frac{1}{S_{75}}=\frac{1}{S_{76}}=\frac{1}{S_{77}}=\frac{1}{S_{78}}=\frac{1}{S_{79}}=\frac{1}{S_{80}}=\frac{1}{S_{81}}=\frac{1}{S_{82}}=\frac{1}{S_{83}}=\frac{1}{S_{84}}=\frac{1}{S_{85}}=\frac{1}{S_{86}}=\frac{1}{S_{87}}=\frac{1}{S_{88}}=\frac{1}{S_{89}}=\frac{1}{S_{90}}=\frac{1}{S_{91}}=\frac{1}{S_{92}}=\frac{1}{S_{93}}=\frac{1}{S_{94}}=\frac{1}{S_{95}}=\frac{1}{S_{96}}=\frac{1}{S_{97}}=\frac{1}{S_{98}}=\frac{1}{S_{99}}=\frac{1}{S_{100}}=\frac{1}{S_{101}}=\frac{1}{S_{110}}=\frac{1}{S_{111}}=\frac{1}{S_{112}}=\frac{1}{S_{113}}=\frac{1}{S_{114}}=\frac{1}{S_{115}}=\frac{1}{S_{116}}=\frac{1}{S_{117}}=\frac{1}{S_{118}}=\frac{1}{S_{119}}=\frac{1}{S_{120}}=\frac{1}{S_{121}}=\frac{1}{S_{122}}=\frac{1}{S_{123}}=\frac{1}{S_{124}}=\frac{1}{S_{125}}=\frac{1}{S_{126}}=\frac{1}{S_{127}}=\frac{1}{S_{128}}=\frac{1}{S_{129}}=\frac{1}{S_{130}}=\frac{1}{S_{131}}=\frac{1}{S_{132}}=\frac{1}{S_{133}}=\frac{1}{S_{134}}=\frac{1}{S_{135}}=\frac{1}{S_{136}}=\frac{1}{S_{137}}=\frac{1}{S_{138}}=\frac{1}{S_{139}}=\frac{1}{S_{140}}=\frac{1}{S_{141}}=\frac{1}{S_{142}}=\frac{1}{S_{143}}=\frac{1}{S_{144}}=\frac{1}{S_{145}}=\frac{1}{S_{146}}=\frac{1}{S_{147}}=\frac{1}{S_{148}}=\frac{1}{S_{149}}=\frac{1}{S_{150}}=\frac{1}{S_{151}}=\frac{1}{S_{152}}=\frac{1}{S_{153}}=\frac{1}{S_{154}}=\frac{1}{S_{155}}=\frac{1}{S_{156}}=\frac{1}{S_{157}}=\frac{1}{S_{158}}=\frac{1}{S_{159}}=\frac{1}{S_{160}}=\frac{1}{S_{161}}=\frac{1}{S_{162}}=\frac{1}{S_{163}}=\frac{1}{S_{164}}=\frac{1}{S_{165}}=\frac{1}{S_{166}}=\frac{1}{S_{167}}=\frac{1}{S_{168}}=\frac{1}{S_{169}}=\frac{1}{S_{170}}=\frac{1}{S_{171}}=\frac{1}{S_{172}}=\frac{1}{S_{173}}=\frac{1}{S_{174}}=\frac{1}{S_{175}}=\frac{1}{S_{176}}=\frac{1}{S_{177}}=\frac{1}{S_{178}}=\frac{1}{S_{179}}=\frac{1}{S_{180}}=\frac{1}{S_{181}}=\frac{1}{S_{182}}=\frac{1}{S_{183}}=\frac{1}{S_{184}}=\frac{1}{S_{185}}=\frac{1}{S_{186}}=\frac{1}{S_{187}}=\frac{1}{S_{188}}=\frac{1}{S_{189}}=\frac{1}{S_{190}}=\frac{1}{S_{191}}=\frac{1}{S_{192}}=\frac{1}{S_{193}}=\frac{1}{S_{194}}=\frac{1}{S_{195}}=\frac{1}{S_{196}}=\frac{1}{S_{197}}=\frac{1}{S_{198}}=\frac{1}{S_{199}}=\frac{1}{S_{200}}=\frac{1}{S_{201}}=\frac{1}{S_{202}}=\frac{1}{S_{203}}=\frac{1}{S_{204}}=\frac{1}{S_{205}}=\frac{1}{S_{206}}=\frac{1}{S_{207}}=\frac{1}{S_{208}}=\frac{1}{S_{209}}=\frac{1}{S_{210}}=\frac{1}{S_{211}}=\frac{1}{S_{212}}=\frac{1}{S_{213}}=\frac{1}{S_{214}}=\frac{1}{S_{215}}=\frac{1}{S_{216}}=\frac{1}{S_{217}}=\frac{1}{S_{218}}=\frac{1}{S_{219}}=\frac{1}{S_{220}}=\frac{1}{S_{221}}=\frac{1}{S_{222}}=\frac{1}{S_{223}}=\frac{1}{S_{224}}=\frac{1}{S_{225}}=\frac{1}{S_{226}}=\frac{1}{S_{227}}=\frac{1}{S_{228}}=\frac{1}{S_{229}}=\frac{1}{S_{230}}=\frac{1}{S_{231}}=\frac{1}{S_{232}}=\frac{1}{S_{233}}=\frac{1}{S_{234}}=\frac{1}{S_{235}}=\frac{1}{S_{236}}=\frac{1}{S_{237}}=\frac{1}{S_{238}}=\frac{1}{S_{239}}=\frac{1}{S_{240}}=\frac{1}{S_{241}}=\frac{1}{S_{242}}=\frac{1}{S_{243}}=\frac{1}{S_{244}}=\frac{1}{S_{245}}=\frac{1}{S_{246}}=\frac{1}{S_{247}}=\frac{1}{S_{248}}=\frac{1}{S_{249}}=\frac{1}{S_{250}}=\frac{1}{S_{251}}=\frac{1}{S_{252}}=\frac{1}{S_{253}}=\frac{1}{S_{254}}=\frac{1}{S_{255}}=\frac{1}{S_{256}}=\frac{1}{S_{257}}=\frac{1}{S_{258}}=\frac{1}{S_{259}}=\frac{1}{S_{260}}=\frac{1}{S_{261}}=\frac{1}{S_{262}}=\frac{1}{S_{263}}=\frac{1}{S_{264}}=\frac{1}{S_{265}}=\frac{1}{S_{266}}=\frac{1}{S_{267}}=\frac{1}{S_{268}}=\frac{1}{S_{269}}=\frac{1}{S_{270}}=\frac{1}{S_{271}}=\frac{1}{S_{272}}=\frac{1}{S_{273}}=\frac{1}{S_{274}}=\frac{1}{S_{275}}=\frac{1}{S_{276}}=\frac{1}{S_{277}}=\frac{1}{S_{278}}=\frac{1}{S_{279}}=\frac{1}{S_{280}}=\frac{1}{S_{281}}=\frac{1}{S_{282}}=\frac{1}{S_{283}}=\frac{1}{S_{284}}=\frac{1}{S_{285}}=\frac{1}{S_{286}}=\frac{1}{S_{287}}=\frac{1}{S_{288}}=\frac{1}{S_{289}}=\frac{1}{S_{290}}=\frac{1}{S_{291}}=\frac{1}{S_{292}}=\frac{1}{S_{293}}=\frac{1}{S_{294}}=\frac{1}{S_{295}}=\frac{1}{S_{296}}=\frac{1}{S_{297}}=\frac{1}{S_{298}}=\frac{1}{S_{299}}=\frac{1}{S_{300}}=\frac{1}{S_{301}}=\frac{1}{S_{302}}=\frac{1}{S_{303}}=\frac{1}{S_{304}}=\frac{1}{S_{305}}=\frac{1}{S_{306}}=\frac{1}{S_{307}}=\frac{1}{S_{308}}=\frac{1}{S_{309}}=\frac{1}{S_{310}}=\frac{1}{S_{311}}=\frac{1}{S_{312}}=\frac{1}{S_{313}}=\frac{1}{S_{314}}=\frac{1}{S_{315}}=\frac{1}{S_{316}}=\frac{1}{S_{317}}=\frac{1}{S_{318}}=\frac{1}{S_{319}}=\frac{1}{S_{320}}=\frac{1}{S_{321}}=\frac{1}{S_{322}}=\frac{1}{S_{323}}=\frac{1}{S_{324}}=\frac{1}{S_{325}}=\frac{1}{S_{326}}=\frac{1}{S_{327}}=\frac{1}{S_{328}}=\frac{1}{S_{329}}=\frac{1}{S_{330}}=\frac{1}{S_{331}}=\frac{1}{S_{332}}=\frac{1}{S_{333}}=\frac{1}{S_{334}}=\frac{1}{S_{335}}=\frac{1}{S_{336}}=\frac{1}{S_{337}}=\frac{1}{S_{338}}=\frac{1}{S_{339}}=\frac{1}{S_{340}}=\frac{1}{S_{341}}=\frac{1}{S_{342}}=\frac{1}{S_{343}}=\frac{1}{S_{344}}=\frac{1}{S_{345}}=\frac{1}{S_{346}}=\frac{1}{S_{347}}=\frac{1}{S_{348}}=\frac{1}{S_{349}}=\frac{1}{S_{350}}=\frac{1}{S_{351}}=\frac{1}{S_{352}}=\frac{1}{S_{353}}=\frac{1}{S_{354}}=\frac{1}{S_{355}}=\frac{1}{S_{356}}=\frac{1}{S_{357}}=\frac{1}{S_{358}}=\frac{1}{S_{359}}=\frac{1}{S_{360}}=\frac{1}{S_{361}}=\frac{1}{S_{362}}=\frac{1}{S_{363}}=\frac{1}{S_{364}}=\frac{1}{S_{365}}=\frac{1}{S_{366}}=\frac{1}{S_{367}}=\frac{1}{S_{368}}=\frac{1}{S_{369}}=\frac{1}{S_{370}}=\frac{1}{S_{371}}=\frac{1}{S_{372}}=\frac{1}{S_{373}}=\frac{1}{S_{374}}=\frac{1}{S_{375}}=\frac{1}{S_{376}}=\frac{1}{S_{377}}=\frac{1}{S_{378}}=\frac{1}{S_{379}}=\frac{1}{S_{380}}=\frac{1}{S_{381}}=\frac{1}{S_{382}}=\frac{1}{S_{383}}=\frac{1}{S_{384}}=\frac{1}{S_{385}}=\frac{1}{S_{386}}=\frac{1}{S_{387}}=\frac{1}{S_{388}}=\frac{1}{S_{389}}=\frac{1}{S_{390}}=\frac{1}{S_{391}}=\frac{1}{S_{392}}=\frac{1}{S_{393}}=\frac{1}{S_{394}}=\frac{1}{S_{395}}=\frac{1}{S_{396}}=\frac{1}{S_{397}}=\frac{1}{S_{398}}=\frac{1}{S_{399}}=\frac{1}{S_{400}}=\frac{1}{S_{401}}=\frac{1}{S_{402}}=\frac{1}{S_{403}}=\frac{1}{S_{404}}=\frac{1}{S_{405}}=\frac{1}{S_{406}}=\frac{1}{S_{407}}=\frac{1}{S_{408}}=\frac{1}{S_{409}}=\frac{1}{S_{410}}=\frac{1}{S_{411}}=\frac{1}{S_{412}}=\frac{1}{S_{413}}=\frac{1}{S_{414}}=\frac{1}{S_{415}}=\frac{1}{S_{416}}=\frac{1}{S_{417}}=\frac{1}{S_{418}}=\frac{1}{S_{419}}=\frac{1}{S_{420}}=\frac{1}{S_{421}}=\frac{1}{S_{422}}=\frac{1}{S_{423}}=\frac{1}{S_{424}}=\frac{1}{S_{425}}=\frac{1}{S_{426}}=\frac{1}{S_{427}}=\frac{1}{S_{428}}=\frac{1}{S_{429}}=\frac{1}{S_{430}}=\frac{1}{S_{431}}=\frac{1}{S_{432}}=\frac{1}{S_{433}}=\frac{1}{S_{434}}=\frac{1}{S_{