四川师范大学外事学院-个人事迹简介

《概率论》计算与证明题 113
第4章 数字特征与特征函数
2、袋中有k号 的球k只，
k1,2,,n
，从中摸出一球，求所得号码的数学期望。
3、随机 变量

取非负整数值
n0
的概率为
p
n
AB< br>n
n!
，已知
E

a
，试决定A与B。
7、袋中有n张卡片，记号码1,2,„,n,从中有放回地抽出k张卡片来，求所得号码之和

的数学期望
及方差。

9、试证：若取非负整数值的随机变量

的数学期望存在，则
E



P{

k1
|x

|
k}
。
11、若随机变量

服 从拉普拉斯分布，其密度函数为
p(x)
E

，
D
。
1
2

e

,x,


0
。试求
13、若

1
,

2
相互独立，均服从
N(a,

2
)
，试证
Emax(
1
,

2
)a


。
17、甲袋中有
a
只白球
b
只黑球，乙袋中装有

只白球

只黑球，现从甲袋中摸出
c(cab)
只球放
入乙袋中，求从 乙袋中再摸一球而为白球的概率。
20、现有n个袋子，各装有
a
只白球
b
只黑球，先从第一个袋子中摸出一球，记下颜色后就把它放入第
二个袋子中，再从第二个袋子中 摸出一球，记下颜色后就把它放入第三个袋子中，照这样办法依次
摸下去，最后从第n个袋子中摸出一球 并记下颜色，若在这n次摸球中所摸得的白球总数为
S
n
，求
S
n< br>。
21、在物理实验中，为测量某物体的重量，通常要重复测量多次，最后再把测量记录的平均 值作为该体
质重量，试说明这样做的道理。
24、若

的密度函数是偶函数 ，且
E


，试证

与

不相关，但它 们不相互独立。

1

,
25、若

,

的密度函数为
p(x,y)



0,
xy1
xy1
22
22
2
，试证：

与

不相关，但它们不独立。
27、若

与

都 是只能取两个值的随机变量，试证如果它们不相关，则独立。
26、若
UaXb,Vc Yd
，试证
U,V
的相关系数等于
X,Y
的相关系数。
28、若

1
,

2
,

3
是三 个随机变量，试讨论（1）

1
,

2
,

3
两两不相关；

《概率论》计算与证明题 114
（2）
D(

1
< br>
2


3
)D

1
D

2
D

3
；（3）
E

1

2

3
E

1
E

2E

3
之间的关系。
29、若

,
服从二元正态分布，
E

a,D

1,E

b,D

1
。证明：

与

的相关系数rcosq

，
其中
qP{(

a)(

b)0}
。
(1r)
30、设
(

,< br>
)
服从二元正态分布，
E

E

0, D

D

1,r

r
，试证：
E max(

,

)
31、设

与
独立，具有相同分布
N(a,

2
)
，试求
p

q

与
u

v

的相关系数。 < br>34、若

服从
N(a,

2
)
，试求E|

a|
k
。
39、若

及

分别记二进制信道的输入及输出，已知
P{

1}p,P{
< br>0}1p,


。
P{

1
< br>1}q
，
P{

0

1}1q,P{< br>
1


0}r,P{

0
0}1r
，试求
输出中含有输入的信息量。
40、在12只金属球中混有 一只假球，并且不知道它比真球轻还是重，用没有砝码的天平来称这些球，
试问至少需要称多少次才能查 出这个假球，并确定它比真球轻或重。
41、试用母函数法求巴斯卡分布的数学期望及方差。
43、在贝努里试验中，若试验次数
v
是随机变量，试证成功的次数与失败的次数这两个变量 独立的充要
条件，是
v
服从普阿松分布。
44、设
{
< br>k
}
是一串独立的整值随机变量序列，具有相同概率分布，考虑和



1


2


v
，其中v
是
随机变量，它与
{

k
}
相互独立，试用 （1）母函数法，（2）直接计算证明
E

EvE

k
,D

EvD

k
Dv(E

k
)
。
2
47、若分布函数
F(x)1F(x0)
成立， 则称它是对称的。试证分布函数对称的充要条件，是它的
特征函数是实的偶函数。
48、试求
[0,1]
均匀分布的特征函数。
49、一般柯西分布的密度函 数为
p(x)
expi

{t

1

(x

)


22
,

0
。证它的特征函数为

t|
，利用这个结果证明柯西分布的再生性。
|

50、若随机变量

服从柯西分布，

0,

1
，而



，试证关于特征函数成立着
f



(t)f

(t)f

(t)
，但是

与
并不独立。

《概率论》计算与证明题 115
53、求证：对于任何实值特征函数
f(t)
，以下两个不等式成立：
2
1f(2t)4(1f(t)),1f(2t)2(f(t))
。 54、求证：如果
f(t)
是相应于分布函数
F(x)
的特征函数，则对 于任何
x
值恒成立：
lim
1
2T
T
T
T
f(x)e
itx
dtF(x0)F(x0)
。
k

1

d
55、随机变量的特征函数为
f( t)
，且它的
n
阶矩存在，令
X
k

k

k
logf(t)

,
i

dt

t0
kn
，称
X
k
为
随机变量的k阶半不变量，试证



b
（
b
是常数）的
k(k1)
阶半不变量等于
X
k
。
56、试求出半不变量与原点矩之间的关系式。


1

58、设

1
,

2
,,

n
相互独立，具有相同分布
N(a,

2
)
试求







n


的分布，并写 出它的数学期望及协



方差阵，再求


1< br>n
i


n
i1
的分布密度。

4

2
2


，试找出矩阵
A
，使
A

，且要求

服从非
1

59 、若

服从二元正态分布
N(0,)
，其中


退化的正态分布，并求

的密度函数。
60、证明：在正交变换下，多元正态分布的独立、同方差性不变。

第四章 解答
.

《概率论》计算与证明题 116

2、解：设

表取一球的号 码数。袋中球的总数为
12n
k
1
2
n
1
2
n(n1)
，所以
P{

k}
2k
n(n1)
,k1,2,,,n
.
n(n1)
E



n(n1)
k1
2k
k
2
n(n 1)


n(n1)(2n1)
6


13
n
(2n1)
.
3、解：由于

是分布，所以应 有


P{

n0
n}

An0
B
n!
B
1
，即
Ae
B
1 ,Ae
B
。又由已知
E



n
n 0
AB
n

n!
a
，即
AB

n0
B
n1
(n1)!
a
，
ABea
,
Ba,
Ae
B
e
a
。

7、解：设

表示抽出k张卡片的号码和，

i
表示第i次抽到卡 片的号码，则



1


2

k
，
因为是放回抽取，所以诸

i
独立。由此得，对
i1,2,,k
。

《概率论》计算与证明题 117
n
E

i


j1
j
1
n

1
n
n
< br>j1
j
1n(n1)n1
，

n22
1
2
k(n1)
；
E
< br>E

1
E

2
E

k< br>
n
E

i

2

j1
j
2
1
n

1n(n1)(2n1)1
(n1 )(2n1)
，
n66
2
D

i
E

i


E

i


2
1
6
(n1)(2n1)
1
4
(n1)
2

1
12
(n1)
，
2
D

D
1
D

2
D

n

1
12
k(n1)
。
2
8.



9、证：

P{

k1
k}

P{

j}

k1jk

{

1}P{

2}P{

3} P{

2}P{

3P{

3}




kP{

k1
k}E


10.

《概率论》计算与证明题 118


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





t

| t|


t
t|

|

2
ed t



2
e
|
dt



2
e
|t
dt
0



.
|x

|
D




1

2

(x

)
2
e
(令t
(x

)

)


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


2

2
t(e
t< br>)

0
2

2


t
0
tedt2

2
(e
t
)

0< br>2

2

13、证：


(xa)22
1

2
的联合密度为
p(x,y)exp

(ya)


2

2
2
2

，

∴
Emax(

1
,

2
)

max(x,y)p(x,y)dxdy


.

《概率论》计算与证明题 119







dx

x

xp(x,y)d y



dx


x
yp(x,y) dy

（利用密度函数的积分值为1，减a再加a）


dx

x

(xa)p(x,y)dy



dx


x
(ya)p(x,y)dya< br>
（在前一积分中交换积分次序，在后一积分中交换x与y的记号）


dy


y
(xa)p(x,y)dx
12

2

(ya)
2

2
2

dy


y
(ya)p(x,y)dxa< br>
(xa)
2

2
2
a2

a
1


edy


y

(xa)edx

(令
(ya)

t)






e
t
2
dt
a 



a


.

17 、解：令B表“从乙袋摸一球为白球”，

表从甲袋所摸个球中白球数，则

取值
0,1,,c
，服从
超几何分布，且
E


ca
(ab)
，考虑到若
ca
，则当
ia1,,c
时
P{

i}0
；若
cb
，则当
ic b
时
P{

i}0
；而在条件概率定义中要求
P(A< br>i
)P{

i}0
由此得
m!n(a,c)

P(B)

imax(0,cb)
P{

i} P{B|

i}



i0
P{
< br>i}


i



c




i



c

P{

i0
i}
1



c
1

iP{

i0
i}







c

E




c

ac




.



c

ab

< br>1,
20、解：令

i



0,
P{

1
1}
从第i袋子中摸出白球
从第i袋子中摸出黑球a
(ab)
a
ab

，则
，
2
P{

2
1}
a1
ab1

b
ab

a
ab1

aaba
(ab)(a b1)

a
ab
。
由此类推得
P{

1
1}
a
(ab)
，
i1,2,,n
。又< br>S
n


1


2


n
，
n
ES
n


E
< br>i1

na
ab
。

21、解：以

i
表第i次测量值，由于受测量过程中许多随机因素的影响，测量值

i和物体真实重量
a
之

《概率论》计算与证明题 120
间有偏差，

i
是独立同分布 的随机变量，并有
E

i
a,D

i




1
n
(

1

n
)

2
。测量记录的平均值记为

，则
E< br>

1
n
i
E


n
i 1

na
n
a
，
D


1
n
2
n

D

i1
i
n

n
2
2


n
2
。 < br>平均值

的均值仍为
a
，但方差只有

i
方 差的
所以以

作为物体的重量，则更近于真值。


1< br>n
，而方差是描述随机变量对于其数学期望的离散程度，
24、证：设
f(x)
是

的密度函数，则
f(x)f(x)
。由
xf(x)
是奇函数可得
E

0
，从而
E

E|< br>
|0
。又由于
x|x|f(x)
是奇函数，得
E

|

|



x|x|f(x)dx0 E

E|

|

故
|

|
与

不相关。
由于

的密度函数是偶函数，故可选
c0
使
0P{|

|c }1
，亦有
P{

c}1
，
P{
c}P{|

|c}P{|

|c}P{

c,|

|c}


其中等式成立是由于
{|

|c}{

c}
。由此得
|

|
与

不独立。

25、证：
E






xp(x,y)dxdy

1
1
xdx

1x
2
1
2
1x

dy0
，同理
E

0
。
cov(

,

)E

E

E



1
1
xdx

1x
2
1
2
1x

ydy0

即

与

不相关 。但

与

不独立，事实上可求得

2
2
1x,

p

(x)

x

0,< br>
|x|1

2
2
1y,

，
p

(x)

y

0,
|x|1
< br>|y|1
|y|1
，
而当
|x|1
且
|y| 1
时，
p(x,y)p

(x)p

(y)
。
26、证：
EUaEXb,DUaDX
，
EVcEYd,DVc DY
，
cov(U,V)Ea(XEX)c(YEY)accov(X,Y)
，

22

《概率论》计算与证明题 121
r
UV

cov(U,V)< br>|a|DX|c|D(Y)

ac
|ac|
r
xy
。
欲
r
UV
r
xy
，题中需补设
a
与c
同号。


a,
27、证：设


p
1
,
b

c,

,

q< br>1

p
2
,
*
d


。 作两个随机变量
q
2




b:


ab,

p
1
,
0

*
,



d
q
1

< br>cd,
:


p
2
,
0


。
q
2

由

与

不相关 即
E

E

E

得
E

E(

b

d

bd)(E

E

bE

dE

bd)

**

(E

b)(E

d)E

E

，
**
而
E

*
*
(ab)(cd)P{

*
ab,

*< br>cd}
，
*

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

****
此即
P{

a,

c}P{

a}P{

c}
。同理可证 P{

a,

d}P{

a}P{

d}
，
P{

b,

c}P{

b}P{

c}

P{

b,

d}P{

b}P{

d}
，
从而

与

独立。

28、解：（一）证(1)(2)，设（1）成立，即两两不相关，则
D(
1


2


3
)E[(

1


2


3
)(E

1
E

2
E

3
)]

E[ (

1
E

1
)(

2
E

2
)(

3
E

3
)]< br>
2
2
D

1
D

2
D

3
2E(

1
E

1
)(

2
E

2
)
2E(

1
E

1
)(

3
E

3< br>)2E(

2
E

2
)(

3
E

3
)

D

1
D
2
D

3
，

∴（2）成立。

《概率论》计算与证明题 122
（二）(1)
⇏
(3)。设

1,

1
:

1

,
2< br>1


1
,

2

1,

2
:

1

,
2
1

1
，

2
并设

1
与

2
独立，则

1,

1

2


3
（记）：

1

,
2
1

2

1
,

1

2

3


3

2

1

:

， < br>
1

由第三章25题知，

1

2

3
两两独立，从而两两不相关，满足（1）。而
E

1
E

2
0
，这时
E

1
E

2
E

3
01E

1

2

3
，（3）不成立。
（三）(2)
⇏
(1)。设< br>D

0,

1


2


,

3

1
2

，则
1< br>2

1

2
1
4
D(

1


2


3
)D(




)D



2


D

。
1

1

D

1
D

2
D

3
D

 D

D




2D

，
4

2

满足（2）。但显然

1
,
2
,

3
两两相关，事实上由
E

2
(E

)
2
D

0
得

与

相关，（1）不成立。
（四）(2)
⇏
(3)。事实 上，由(1)(2)，(1)
⇏
(3)得必有(2)
⇏
(3)。
（五）(3)
⇏
(2)。设

1,

1
:

1

,
2
0


1,

2

0,

2


1
1:

1

,
2
1

1
,

3

2

1,
:

1

,
2
1


1


2
则

0

2

1

2
:

,

1

2
3


3

1


0
:



1

1
2
,E

2

1
2
再设

1
与

3
独立，从而

1
的函数

2
与

3
也独立，我们有
E

1

，
E

3
0
，
E

1

2
0,E< br>
1

3
E

1
E

3
0,E

2

3
E

2
 E

3
0
，
E

1

2

3
0E

1
E

2
E

3
，
满足（3）。但
D(

1


2


3
)

《概率论》计算与证明题 123
D

1
D
2
D

3
2E

1

2
2E

1

3
2E

2

3
2E

1
E

2
2E

1
E

3
2E

2
E

3< br>
D

1
D

2
D

3
2E

1
E

2

D

1
D

2
D

3

12
D

1
D

2
D

3
。
∴（2）成立。
（六）(3)
⇏
(1)。事实上，由(1) (2)，(3)
⇏
(2)得必有(3)
⇏
(1)。
（七）当
1
,

2
,

3
相互独立时，(1 )，(2)，(3)同时成立。

29、证：由题设得
q
1
e xp


1


(xa)
2
2r(x a)(yb)(
2


2

1-r
2


2

yb)


dxdy
(x a)(yb)0

2(1r)

ux,av
）
y

b
1

1
2
ruvv
2
)
=e
2(1r
2
(u2
)
dudv
2

1-r
2

uv0
1

1< br>2
v
2
)
e
2(1r
2
(u2ru v
)
dudv


1-r
2

0

令
u

cos

,v

sin

,|J|

，则
1

2


(1rsin2

)
q

r
2
)
d



1-r
2


d

2


e
2(1
1

2

2





2
(1rsin2

)


1-r
2


2
< br>
1r
e
2(1r)

d



1rsin2



0

1-r
2< br>

d



(令

=2

)

2
1rsin2

1-r
2
< br>2


2

d


1rsin< br>


r

2
1-r
2

tg
1







1
arctg
2



1-r
2
1-r
2




t
1
由
limtg
< br>g

r



2

，而liamrc
2
tg




得
q
1
arctg
r1
1
2
-r
2
< br>1-r
2

2

（令
即，

《概率论》计算与证明题 124


1


tg


q




2


r
1-r
2
，变形得
2
2
ctgq


2
r
1-r
2
， 或
ctgq


2
r
1-r
，
所以
r
2
ctgq

1ctgq

2
s inq

ctgq

cosq

。
222< br>注意到
0q1
，且
r
与
ctgd

同号 ，即
r
与
cosq

同号，故得
rcosq
< br>（其中
qP{(

a)

(b)
）。
0

30、证：由题设得
Emax(

,
)




max(x,y)
2

1r
2

1
2(1r)
2
(x2xyy)
22
edxdy


1
2(1r)
2

2

1
1r
2
1
22
(x2xy y)

X
2
2(1r)
dy


x dx

e






xdx

Y

(x2xyy)
22
e
dx





1

1r

1
2



x
2


xdx


x
2
X


1
2 (1r)
2
(x2xyy)
22
edy

(yrx )
2
2


1r


1r

1
2
xe
2
dx

x

1r

e
2(1r)
dy





1r
t
2
xe
2
dx

1r< br>
e
2
dt

用部分积分法，令，余下部分为，得。


31、解：记
Sp

q

,T u

v

，则
ESpaqa(pq)a,ET(uv)a
，
DS(pq)

,
222
DT(uv)

，
2
222
covSTE(p(

a)q(
a))(u(

a)v(

a))pu

 qv

，
2
r
ST

puqv
pq
22
。
2
uv
2
32.

《概率论》计算与证明题 125

33.


34、 解：
E|

a|
k

1
2

1
2

2





|x a|e
u
2
k

(xa)
2

2
2
xa

dx

令u










|u|e
u
2
kk

2

du



k

0
ue
k

2
du



2
kk1


u

e
< br>


u
2
2



< br>
0
2


(k1)

u
0k

k2
e

u
2
2
du
。
当
k
为偶数时
E|

a|
k
2


(k1)(k3)

31

e
0
k


u
2
2
du

1
3

5

(
k
3)(
k
1)

k

当
k
为奇数时
E|
a|
k
2


(k1)(k3)

4 2

ue
0
k


u
2
2< br>du
24(k3)(k1)

k
2

。
35.

《概率论》计算与证明题 126

36.

39、解：P{

1}P{

1,

0}P{

1,

1}

P{

1|
< br>0}P{

0}P{

1|

1}P{< br>
1}

(1p)rpq

P{

0}P{

0,

0}P{

0,

1}

P{

0|

0}P{

0}P{

0|

1}P{

1}
(1p)(1r)(1q)p

P{

1}P{

0}1
。
H(出) H(

)[(1p)rpq]log[(1p)rpq][p(1q)(1 p)(1r)]

log[p(1q)(1p)(1r)]
，
H

(出)H

(

)

 P{

0}[P{

1|

0}logP{

1|

0}
P{

0|

0 }logP{

0|

0}]

《概率论》计算与证明题 127
P{

1}[P{
0|

1}logP{

0|

1}
P{

1|

1}logP{

1|
< br>1}]

(1p)[rlogr(1r)log(1r)]p[(1 q)log(1q)qlogq]

所以输出中含有输入的信息量H（入）－H
出
（入）为
H（入）－H
出
（入）＝H（出）－H
入
（出）
[( 1p)rpq]log[(1p)rpq][p(1q)(1p)(1r)]
log [p(1q)
(1p)(1r)](1p)rlogr(1p)(1r)log(1 r)p(1q)log(1q)
pqlogq
。

40、解：需 要确定其结局的实验

有24个可能结局，即12个是假球，且它比真的轻或重。若认为全部结局是等概的，则实验

的熵
H(

)log24
，即需要得到
log24
个单位信息。由称一次（随便怎
样的）所构成的实验

，可以有3个结局（即天平可以向右斜或向左斜或保持平衡），进行
k
次复合试验
A
k


1

2

k
后，可得到不大于
klog3log3
k
的信息，而
32
243
3
，所以至少得称三次才可
以称出假球，且判明它比真球轻 或重。
具体称法共有十几种，详见雅格洛姆著：“概率与信息”，这里仅取一法叙述如下：
第一次称：天平两端分放1、2、3、4和5、6、7、8，下余I、II、III、IV。
（A）若第一次称时平衡，则假球在I、II、III、IV中。
第二次称：天平两端分放I、II和III、1，注意1是真球。
（AA）若第二次称时平衡 ，则IV是假球；再把1和IV分放天平两端称第三次，可判别假球IV
比真球1轻或重。
（AB）若第二次称进I、II较重（或轻），
第三次称：天平两端分放I和II。
（ABA）若第三次称时平衡，则II是假球，且比真球较轻（或重）。
（ABB）若第三次 称时不平衡，则与（AB）中同重（或轻）的那球是假球，且它比真球较重（或
轻）。
（B）若长一资助称时1、2、3、4较重，则假球在天平上。
第二次称：天平两端分放1、2、5和3、4、6。
（BA）若第二次称时平衡，则7、8中 之一为假球，由第一次称的结果知假球较轻，再把7和8分
放天平两端称第三次，即可假球。
（BB）若第二次称时1、2、5较重，则或1、2中之一为假球，且它比真球较重，或6是假球且它
比 真球较轻。
第三次称：天平两端分放1和2。
（BBA）若第三次称进平衡，则6是假球且比真球轻。
（BBB）若第三次称时不平衡，则较重的一球是假球，且它比真球重。
（C）若第一次称时 5、6、7、8较重，则只需把（B）中编号1、2、3、4与5、6、7、8依次互换，
即得称法。

k1nkk
41、解：巴斯卡分布为
P{

n} C
n1
qp,nk,k1,
。其母函数为

《概率论》计算与证明题 128

P(s)

C
n k
k
k1
n1
q
nk
ps(令mn-k)

kk
k
kn


k1
mk1
 p

C
m0
qss
mmk
ps
kk

C
m0
m
mk1
(qs)
m

ps
(1qs)
。

ks
k1
(1qs)
k< br>ks
k
(1qs)
k1
q

kp
k
s
k1

k
，
E

P'(1)p



2kk1

(1qs)(1qs)p
s1

s1
k

kp
k
s
k1

P''(1)

k1


( 1qs)

kp
k

s1

(k1)s
k2
(1qs)
k1
(k1)(1qs)
k
q S
K1

kp


2k2
(1qs)< br>
s1
k
(k1)(1q)
k1
(k1)(1 q)q
2k2
k
(1qs)
2

kkq
p
2
2

k
p
，
D

Pp' (1)[P'(1)]
kkq
p
2
2

k

kq



2
。
pp

p

p
kk
2


1,
43、证：设，

i



0,
第 i次成功
第i次失败
，

1,

i

< br>
0,
第i次失败
第i次成功

P{

i< br>1}P{

i
0}p,P{

i
0}P {

i
1}1p
。
01
则

i< br>的母函数为
F
1
(s)(1p)sps1pps
。 同理可得

i
的母函数为
F
2
(s)p(1p) s
，
v
的母函数记为
G(s)
。以

表示成功次数 ，则



1


v
，本题认为{

n
}
与
v
独立，得

的母函数为
P

(s)G[F
1
(s)]
。同理，以
表示失败次
数，则



1


v
，其母函数为
P

(s)G[F
2
(s)]
。
必要性。设

与

独立，则由
v

< br>
得
G(1pps)G[p(1p)s]G(s)
。
因为
(1pps)(psps)1s
，所以若记上式左边
G
的 变量分别为
x,y
，可得
G(x)G(y)G(xy1)
。
令
G(x)T(x1)
，则上式变成
T(x1)T(y1)T(xy11)T[(x1)(y1)]
。
利用教本P97引理可得
G(x)T(x1)a
x1
e
(x1)
。
即
v
的母函数
G(s)exp{

(s1)}
，这是普阿 松分布的母函数。由于母函数与分布列之间是相互唯一

《概率论》计算与证明题 129
确定的，所以得
v
是服从普阿松分布的随机变量。
充分性。设
v
服从普阿松分布，参数为

，则

P{

r}

P{vn}P{

nr
< br>1




v
r|vn}


1


P{vn}P{

nr

< br>

v
r}


nr
r
e


n
n!
C
n
p(1p)
rr n1


e



r!

(n r)!


(1
nr
1
p)

n r
(

p)

e


p
(

p)
r!
r
。
同理可得
P{

t}e


(1p)


(1 p
t
)


。
t!
又有
P{

r,

r}P{vrt}P{

r|vrt}< br>
e




rt
(rt)!
C
r
r1
p(1p)

r
e


rt
p(1p)
rt
r!t!
P{

r}P{

t}
。
再由
r,t
的任意性即得证

与

独立。

44、证：（1）设

i
的母函数为
F(s)
，
v
的母函数为
G(s)
。而



1

v
，所
P

(s)G[F(s)]
。
由此得
E

P'

(1){G'[F(s)]F '(s)}
s1
G'(1)F'(1)EvE

k


i
其中
F(1)

P{

j0
j}1
j

{

j0
i
j} 1
。
2

D

P

(1)P'
(1)


P'

(1)

< br>G'

F(s)



F'(s)
G'[F(s)]F''(s)
2

2

F'(1)G' (1)[F'(1)G'(1)]

s1
2
2
G''(1)

F'(1)

G'(1)F''(1)F'(1)G'(1)[ F'(1)G'(1)]

G'(1)FF'(1)

F'(1)< br>
EvD

k
Dv(E

k
)。
2

2

[F'(1)]{G''(1)G'(1) [G'(1)]
22

（2）直接计算。由题设得

P{

i}

P{vm}P{

n0

11




n
i|vm}

< br>E



i

P{vn}P{

i0n0




n
i|vn}

《概率论》计算与证明题 130

1


P{v n}

iP{

n0i0



< br>n
i}

利用
E(

1


n
)nE

1
得

E



P{vn}nE

n0

2
1
EvE

1
。
E


2

i

P{vn}P{

i0n0
2

1




n
i|vn}


P{vn}

i
n0i0
P{

1




n
i}

记


< br>1


n
，利用
E

2
D< br>
(E

)
2
及
D

nD
1
得
E


2

P{vn}< br>
D(

n0


1




n
)[E(

1




n
)]
2




P{vn}


nD

n0
2
1
22

n(E

1
)




2
< br>EvD

1
(E

1
)


nP{vn}



n0

2222
最后，再利用
Ev
2
Dv(Ev)
2
得
E
< br>EvD

1
Dv(E

1
)(Ev)( E

1
)
。
D

E

( E

)EvD

1
Dv(E

1
)
。
222

47、证：必要性。由
F(x)1F(x0 )
得
P{

x}P{

x}P{
< br>x}
，此即
F

(x)F


(x)< br>，
所以对特征函数
f(t)
有
f(t)Ee
it



e
itx
dF

(x)

edF


(x)Ee
itxit

f(t)，
由此知
f(t)
是实函数。又有
f(t)

e
itx
dF

(x)

e
itx
dF


(x)Ee
it(

)
Eeit

f(t)
，
所以
f(t)
又是偶函数。 < br>充分性。由于
f

(t)Ee
f

(t)f( t)


it

Ee
it(

)
f


(t)
，又由题设知
f

(t)
是实函数，所以
(x)
，即
f

(
。
t)
由唯一性定理知，

与


的分布函数相同，
F< br>
(x)F


P{

x}P{

x}P

{
，从而
x}F(x)1F(x0)。

《概率论》计算与证明题 131

1,
48、解：
p

(x)


0,
x[0,1]
x[0,1]
。当
t0
时
f(t)1
；当
t0
时
1< br>f(t)
1

1
0
edx
itx
1it
e
itx
0

1
it
(e1)
。
it
49、证：
f(t)



e
itx





x-


dx令u


22

(x

)


it

u


1

eit


e
1
1u
2
du
（1）
考虑复变函数的积分，当
t0
，取
c
为上 y
半圆周

Re
i

(0



)
和实轴上从
R
到
R
c
的围道（如图），若
u
位于上半圆周上，则
i
x
uRe
，
duiRed

，有 -R 0 R
tt

z
i
< br>i


对
I
1
有
limI
1

R
C
e
1
1z
2
dz
R
R
e
it

u
1
1u
2
du

iRe
0

t

e
it

Re
2
t

1Re
t

d

I
1
I
2
（2）


e
i

tu
1
2
1u
du
。
由
t0
及题设

0
得
0 e
t

Rsin

1
，所以对
I
2< br>有
|I
2
|R


0
e
it< br>
Rsin

22i

1Re
0
d

R
R
2

1

0
e< br>

tRsin

d



R

R1
2
（当
R
时） （3）

在上半平面上，仅有
zi
是被积函数的一阶极点，由复变函数中 留数定理得，对任何
R1
有

其中
c
1
 lim
zi
C
e
tt

z
1
1z2
dz2

ic
1
2

i
e


t
2i
e


t
（4）
e
i

tz
2
1z
(zi)lim
zi
e
i

tz
(zi)(zi)
(zi )
lim
zi
e
i

tz
zi
< br>1
2i
e
t

ti

1
2i
e


t

把（2），（3），（4）代入（1）式得

由于
e
it

u


e< br>it

u
1
1u
2
du

e< br>

t
（5）
1< br>1u
2

1
1u
2
cost

u
sint

u
sint

u
，是
u< br>的奇函数，它在
(,)
上积分值为0；
2
2
1u(1u)
i

《概率论》计算与证明题 132
cost

u
(1u)2
是的偶函数，当
t0
时，其积分值应与
t0
时积分值相等 ；再注意到（5）中右端
t0
，所
以当
t0
时有

当
t0
时有


e
it

u
1
1u
2
du

e


|t|
（6）



e
it

u
1
1u
2
du


e
it

u
1
1u
2
du



e


0
（7）
把（5）—（7）代入（1）式得，对任意有
f(t)exp{it



|t|}
。
现证 柯西分布具有再生性。设

1
(i1,2)
的特征函数为
f
i
(t)exp{it

i


i
|t|}< br>，再设

1
与

2
独
立，



1


2
，则
f

(t )f
1
(t)f
2
(t)exp{it(

1


2
)(

1


2
)|t |}
，
所以

仍服从柯西分布，且参数为

1


2
,

1


2
。

50、证：由上题得
f

(t)f

(t)e
|t|
，所以由



2

得
| 2t|
f



(t)f
2

(t) ee
2|t|
f

(t)f

(t)
。
但

与

并不独立，事实上，可取
c
使
0 P{

c}1
，则
P{

c,

c}P{

c}P{

c}P{

c}< br>，
这说明由

与

独立可推得
f



(t)f

(t)f

(t)
，但反之 不真。
52.

《概率论》计算与证明题 133


53、证：
f(t)
是实值函数，复数部分为0，只需对实部计算。
1f(2t)






(1 cos2tx)dF(x)

2sintxdF(x)



2
2

1f(2t)


(1cost x)(1costx)dF(x)4



2
(1cost x)dF(x)4(1f(t))
。



(1cos2 tx)dF(x)2



2costxdF(x)

2
2


costxdF(x)

2
2(f( t))
，
其中利用柯西——许瓦兹不等式（置

(x)costx,
(x)1
）


(x)

(x)dF( x)





2




T
T
2
(x)dF(x)



2
(x)dF(x)
。


54、证：
Ilim
1
2T
T

T
T
f(t)e
it(yx )
itx
dtlim
1
2T
T




e
it(yx)
dF(y)dt
。

由于
e
it(yx)
1
，所以
e
分次序，得
关于乘积测度
P
F
L[T,T]
绝对可积，由富比尼定理知可交换上式 中积
Ilim
1
2T
T



d F(y)


T
T
e
it(yx)
dt
。

记
g(T,y)
1
2T

T
 T
e
it(yx)
dt
，则当
yx
时有

《概率论》计算与证明题 134
g(T,y)
1
2T
T
T
dt1
，
当
yx
时有
g( T,y)
1
2T

T
0
2cotsy(
0,

1,
siTny(x)
。
xd)t
T(y x)
yx
yx
由此得
|g(T,y)|1
，且
li mg(T,y)

T
I
。由控制收敛定理得
dF(y)
P{x}F(x0)F(x)
。




limg(T,y)

dF(y)

T
{x}


55、证：由



b
得
f

(t)e
itb
f

(t)
，亦有
logf

(t)itblogf

(t)
。
当
k1
时，等式两边同对
t
求
k
阶导数，
it b
一项导数为0所以由定义得

的
X
k
等于
的
X
k
。

56、解：利用特征函数
f(t)
的原点矩
m
k
之间的关系式
f

(k)
(0) im
k
，可把
f(t)
展成幂级数
k
f(t)1

k1
m
k
k!
(it
,
)
k
f(0)

1
（1）

又利用上题中定义的
X
k
，可把
logf(t)
展成幂级数
logf(t)

k1
X
k
k!
( it)

k


X
k
k

f( t)exp


(it)

。 （2）

k1
k!

再把（2）中的
e
展成幂级数得
f(t)1
1

y
1!
k1

X< br>k
1


X
k
kk

(it)( it)





。 （3） k!2!

k1
k!

2
比较（1）与（3）式中的 系数，可得半不变量与原点矩之间的关系式


58、解：由诸

1
独立得

的密度函数为
n< br>p(x
1
,

,x
n
)

i1
p

i
(x)
1
n
n

2


n

i1

(x
i
a)
2

exp



，
2
2


数学期望和协方差阵为

《概率论》计算与证明题 135



a



E



，
B



a



n1

0

2

2

0



。


2



nn
由上题知，

1

~N


n
n

i1


2


a,
2

< br>
N

a,

，
n
i1
n< br>


1
n
2
所以

的分布密度为
p

(x)


n(xa)
2
exp



。
2
2

2


n
59、解：取
E

0,D

C,

~N(0,C),C

征函数分别为

1
0
0


。令

A

， 其中
A(a
ij
)
22
，则

与
< br>的特
1


1


1


f

(t)exp

tCt

,f

(t)exp

t(ACA)t

，

2

2

且有
ACA


，即

a
11


a
21
a
12


1


a
22


0
0


a
11


1


a
21
22
a
21


a
11
a
12



a
22


a< br>11
a
21
a
12
a
22
a
11
a
21
a
12
a
22


4< br>


22
a
21
a
22

2

2
2

，从而
A

2

2

2
1
2


。
1


矩阵
A
不唯一，取
a
11
2
可解得
a
12
2,a
21

2
2< br>,a
22
2


2

，这时满足

2
题中的要求，由

~N(0,C)
得

非退化 ，且

的密度函数为
p(x
1
,x
2
)


1
22

exp



x1
x
2


。
2


2


60、证：设

(

1
,,
n
)
，

i
独立同方差，其协方差矩阵和特征函数分 别为


2

D



0


0


1


< br>，
B
f(t)expiattBt

。


2

2




c< br>11

c
1n


再设

C< br>
，其中
C



是正交矩阵，即满足 
c

c

nn

n1
nn
2
ij

c
j1
1
，

c< br>j1
ji
c
k
0(j
i
k)
。

《概率论》计算与证明题 136
由此得

~N(Ca,CBC

)
，其特征函数为
f

(t)exp

i(C a)

t


CBC
，利用C的正交性计算得

1


t(CBC)t

，即

的协方 差矩阵为
2


c
11

c
1n


CBC



c

c
nn

n1








0


2

0

c
11

c
1n




 
2





c
n1
c
nn
2
22



c
11


c
1n





< br>


2
c


2
c
n1 nn




c
11

c
1n< br>






c

c
nn


n1





22

c
11


2
c
21
c
11







cc

2

n111
c
11
c< br>21

c

2
21
2

 c
n1
c
21

2

2


2

c
21
c
n1








0

22



c
n1



c
11
c
n1

2

0



B

2



矩阵中

都是对
i
从1到求和的。由协方差矩阵知，

的各分量

1
,,

n
间两两不相关且同方差，再由
正态分布间相互独立的充要条件是它们两两 不相关得，

1
,,

n
相互独立且同方差。