答案⚓︎

第三章⚓︎

不直接利用对数正态分布密度算较方便. 按定义, 若 \(X\) 为对数正态分布, 则 \(X=\mathrm{e}^{Y}, Y \sim N\left(a, \sigma^{2}\right)\). 于是可利用公式 (1.18). 这涉及计算形如

\[ \int_{-\infty}^{\infty} \mathrm{e}^{b x} \mathrm{e}^{-(x-a)^{2} / 2 \sigma^{2}} \mathrm{~d} x \]

的积分. 把 \(b x-(x-a)^{2} / 2 \sigma^{2}\) 写为 \(-(x-c)^{2} / 2 \sigma^{2}+d\) 的形式, 其中 \(c=a+b \sigma^{2}\), 即不难算出上述积分.

易见它只与区间之长 \(b-a\) 有关(何故). 记 \(\theta=(b-a) / 2\), 可就 \(R(-\theta, \theta)\) 的情况算, 结果为 \(9 / 5-3=-6 / 5\).
设 \(X\) 服从超几何分布(第二章例 1.4), 可把 \(X\) 表为 \(X_{1}+\) \(\cdots+X_{n}\), 这是设想 \(n\) 个产品一件一件抽出, \(X_{i}=0\) 或 1 视第 \(i\) 个产品为合格品或否而定, 先证明

\[ \begin{aligned} & P\left(X_{i}=1\right)=M / N, P\left(X_{i}=0\right)=1-M / N, i=1, \cdots, n \\ & P\left(X_{i}=1, X_{j}=1\right)=M(M-1) / N(N-1) \\ & P\left(X_{i}=1, X_{j}=0\right)=P\left(X_{i}=0, X_{j}=1\right) \\ & \quad=M(N-M) / N(N-1) \\ & P\left(X_{i}=0, X_{j}=0\right)=(N-M)(N-M-1) / N(N-1) \end{aligned} \]

当 \(i \neq j\). 由此就不难算出 \(E(X)=n M / N\) 及 \(E\left(X^{2}\right)\) 把 \(X^{2}=\) \(\left(X_{1}+\cdots+X_{n}\right)^{2}\) 展开), 从而算出 \(\operatorname{Var}(X)=\frac{N-n M}{N-1 N}\left(1-\frac{M}{N}\right) n\).

在不放回时, \(n\) 种情况 (用 1 把, 2 把, \(\cdots, n\) 把) 都是等可能, 即 \(P(X=i)=1 / n, i=1, \cdots, n\). 故

\[ E(X)=\frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n} i=\frac{1}{n} \frac{n(n+1)}{2}=\frac{n+1}{2} \]

如有放回, 则 \(X=\) 概率为 \(p\) 是 \(1 / n\) 的几何分布变量再加上 1 . 按例 1.2 , 得 \(E(x)=1+\frac{1-p}{p}=1+n-1=n\).

作法与第 3 题相似 (实际上, 第 3 题为本题当 \(a_{i}=0\) 或 1 时的特例). 但此处 \(X_{i}\) 的分布为

\[ P\left(X_{i}=a_{j}\right)=1 / N, j=1, \cdots, N, i=1, \cdots, n \]

当 \(i \neq j\) 时, \(\left(X_{i}, X_{j}\right)\) 联合分布为

\[ P\left(X_{i}=a_{u}, X_{i}=a_{v}\right)=1 / N(N-1)(u \neq v) \]

由此易算出 \(E(\bar{X})=a\). 为算 \(\operatorname{Var}(\bar{X})\), 要算. \(E\left(X_{1}+\cdots+X_{n}\right)^{2}\). 有 \(E\left(X_{i}^{2}\right)=\sum_{j=1}^{N} a_{j}^{2} / N\). 而由(2) 有

\[ \begin{aligned} E\left(X_{i} X_{j}\right) & =\frac{1}{N(N-1)} \sum_{u \neq v} a_{u} a_{z} \\ & =\frac{1}{N(N-1)}\left[\sum_{u, v=1}^{N} a_{u} a_{i}-\sum_{k-1}^{N} a_{k}^{2}\right] \\ & =\frac{1}{N(N-1)}\left[(n a)^{2}-\sum_{k=1}^{v} a_{k}^{2}\right] \end{aligned} \]

再经过简单的整理, 可得

\[ \operatorname{Var}(\bar{X})=\frac{N-n}{N-1} \frac{1}{n N} \sum_{i=1}^{N}\left(a_{i}-a\right)^{2} \]

分析 \(X\) 的构成, 它等于 \(X_{1}+\cdots+X_{r}\), 其中 \(X_{i}\) 是已登记了 \(i-1\) 个不同数字的情况下, 再抽到一个末登记的数字所需要抽的次数, 显然, \(X_{1}=1\), 对 \(i>1, X_{i}=\) 个个概率 \(p\) 为 \(1-\frac{i-1}{n}\) 的几何分布变量加上. 1 . 由此用例 1.2 算出 \(E\left(X_{i}\right)=n /(n-i+1)(\) 此式对 \(i=1\) 也对), 故 \(E(X)=\sum_{i=1}^{r} n /(n-i+1)\).
(a) 用全概率公式算 \(p_{k}(r+1, n)\) : 先把 \(r\) 个球随机放人 \(n\) 盒. 如恰有 \(k\) 个空盒 (概率为 \(p_{k}(r, n)\) ), 则剩下一球必须落在已有球的盒子(共 \(n-k\) 个) 中, 其概率为 \((n-k) / n\); 或者恰有 \(k+1\) 个空盒 (概率为 \(p_{k+1}(r, n)\) ), 则剩下一球必须落在无球的盒子里, 其概率为 \((k+1) / n\). 由此得题中之 \((1)\) 式.

(b) 把题中的 (1) 式两边乘以 \(k\), 再对 \(k=0,1, \cdots, n-1\), 相加, 在化简右边时注意.

\[ \begin{aligned} & \sum_{k=0}^{n-1} k p_{k+1}(r, n)(k+1) \\ &= \sum_{k-1}^{n-1}(k+1)^{2} p_{k+1}(r, n) \\ &-\sum_{k=0}^{n-1}(k+1) p_{k+1}(r, n) \end{aligned} \]

\[ \begin{aligned} & =\sum_{k=1}^{n} k^{2} p_{k}(r, n)-\sum_{k=1}^{n} k p_{k}(r, n) \\ & =\sum_{k=0}^{n-1} k^{2} p_{k}(r, n)-\sum_{k-0}^{n} k p_{k}(r, n) \end{aligned} \]

这样即得出右边之和为 \(\left(1-\frac{1}{n}\right) m_{r}, m_{0}=n\) 显然, 因为, 不投球时空盒数为 \(n\).

要全出 \(C\), 使 \(C \int_{-\infty}^{\infty}\left(1+x^{2}\right)^{-n} \mathrm{~d} x=1\). 令 \(N=2 n-1\), 上式化为 \(C \int_{-\infty}^{\infty}\left(1+x^{2}\right)^{-(N+1) / 2} \mathrm{~d} x=1\). 令 \(x=y / \sqrt{N}\). 上式化为 \(\frac{C}{\sqrt{N}} \cdot \int_{-\infty}^{\infty}\left(1+\frac{y^{2}}{N}\right)^{-(N+1) / 2} \mathrm{~d} y=1\). 与自由度为 \(N\) 的 \(t\) 分布密度比较, 即得 \(\frac{C}{\sqrt{N}}=\Gamma\left(\frac{N+1}{2}\right) /\left(\Gamma\left(\frac{N}{2}\right) \sqrt{N \pi}\right)\). 故

\[ C=\Gamma(n) /\left(\Gamma\left(\frac{2 n-1}{2}\right) \sqrt{\pi}\right) \]

此密度关于 0 对称, 故其均值为 0 , 方差为 \(C \int_{-\infty}^{\infty} x^{2}\left(1+x^{2}\right)^{-n} \mathrm{~d} x\) \(=2 C \int_{0}^{\infty} x^{2}\left(1+x^{2}\right)^{-n} \mathrm{~d} x\). 这个积分经变数代换 \(t=1 /\left(1+x^{2}\right)(x\) \(=\sqrt{(1-t) / t})\) 可化为 \(\beta\) 积分.

由第二章 22 题可知 \(Y_{1}\) 的密度函数为 \(2 \Phi(x) \varphi(x)\), 这里 \(\Phi, \varphi\) 分别是 \(N(0,1)\) 的分布和密度函数, 故

\[ \begin{aligned} E\left(Y_{1}\right) & =2 \int_{-\infty}^{\infty} x \Phi(x) \varphi(x) \mathrm{d} x \\ & =2 \int_{-\infty}^{\infty} x \varphi(x)\left[\int_{-\infty}^{x} \varphi(y) \mathrm{d} y\right] \mathrm{d} x \\ & =2 \iint_{|y<x|} x \varphi(x) \varphi(y) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y \\ & =\frac{1}{\pi} \iint_{\mid y<x !} x e^{-\left(x^{2}+y^{2}\right) / 2} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y \end{aligned} \]

积分区域在图 4 中直线 \(l\) 的下方, 化成极坐标后, 有

\[ \begin{aligned} & \iint_{y<x} x e^{-\left(x^{2}+y^{2}\right) / 2} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y=\int_{-3 \pi / 4}^{\pi / 4} \cos \theta \mathrm{d} \theta \\ & \int_{0}^{\infty} r^{2} \mathrm{e}^{-r^{2} / 2} \mathrm{~d} r=\sqrt{2} \cdot(\sqrt{2 \pi} / 2)=\sqrt{\pi} \end{aligned} \]

因而得 \(E\left(Y_{1}\right)=1 / \sqrt{\pi}\). 由于 \(Y_{1}+Y_{2}=X_{1}\) \(+X_{2}\), 知 \(E\left(Y_{2}\right)=-E\left(Y_{1}\right)=-1 / \sqrt{\pi}\).

10 . 卡方分布的方差为其为值的 2 倍, 故若 \(X_{1}\) 和 \(X_{2}\) 分别服从卡方分布 \(\chi_{m}^{2}\) 和约 4 \(\chi_{n}^{2}\), 则因 \(X_{1}, X_{2}\) 独立, 将有

\[ E\left(X_{1}+b X_{2}\right)=m+b n, \operatorname{Var}\left(X_{1}+b X_{2}\right)=2 m+2 b^{2} n \]

要后一值为前者的 2 倍, 只有在 \(b=0\) 或 1 时才行.

化为极坐标, 则 \(Z\) 与 \(r\) 无关而只是 \(\theta\) 的函数, 再利用第二章例 3.6 中得出的 \(\theta \sim R(0,2 \pi)\).
先设 \(F\) 有密度 \(f\), 则 \(F(x)=\int_{0}^{x} f(y) \mathrm{d} y\) (因 \(X\) 只取非负值, \(f(y)=0\), 当 \(y<0)\). 故

\[ \begin{aligned} & \int_{0}^{\infty}[1-F(x)] \mathrm{d} x=\int_{0}^{\infty}\left[\int_{0}^{\infty} f(y) \mathrm{d} y-\int_{0}^{x} f(y) \mathrm{d} y\right] \mathrm{d} x \\ = & \int_{0}^{\infty} \int_{x}^{\infty} f(y) \mathrm{d} y \mathrm{~d} x=\int_{0}^{\infty}\left[\int_{0}^{y} \mathrm{~d} x\right] f(y) \mathrm{d} y \\ = & \int_{0}^{\infty} y f(y) \mathrm{d} y=E(X) \end{aligned} \]

若 \(P(X=k)=p_{k}, k=0,1,2, \cdots\), 则当 \(i<x<i+1\) 时. 有 \(F(x)=P(X \leqslant x)=P(X=0,1, \cdots, i)=\sum_{j=0}^{i} p_{j}\). 故 \(1-F(x)\) \(=\sum_{j=i+1}^{\infty} p_{j}\). 因此

\[ \begin{aligned} & \int_{0}^{\infty}[1-F(x)] \mathrm{d} x=\sum_{i=0}^{\infty} \int_{i}^{i+1} \cdot[1-F(x)] \mathrm{d} x=\sum_{i=0}^{\infty} \sum_{j=i+1}^{\infty} p_{j} \\ & =\left(p_{1}+p_{2}+\cdots\right)+\left(p_{2}+p_{3}+\cdots\right)+\left(p_{3}+\cdots\right)+\cdots \\ & =p_{1}+2 \cdot p_{2}+3 \cdot p_{3}+\cdots=E(X) \end{aligned} \]

证明要用到重要的施瓦茨不等式

\[ E\left(X^{2}\right) E\left(Y^{2}\right) \geqslant(E(X Y))^{2} \]

此实际上在定理 3.1 的 \(2^{\circ}\) 中已证明了: 只须把 (3.3) 式中的 \(m_{1}\), \(m_{2}\) 改为 0 , 则 (3.4) 式即成为此处的 (3) 式. 等号成立的条件为 \(X\), \(Y\) 有线性关系, 即存在常数 \(c\), 使 \(Y=c X\) 或 \(X=c Y\).

现把 (3) 式用于 \(X=\sqrt{X_{2}}, Y=1 / \sqrt{X_{2}}\), 即得 \(E\left(\frac{1}{X_{2}}\right) \geqslant\) \(\frac{1}{E\left(X_{2}\right)}\). 等号当且仅当有常数 \(c\), 使 \(\sqrt{X_{2}}=c / \sqrt{X_{2}}\), 即 \(X_{2}=\) 常数 \(c\). 现因 \(X_{1}, X_{2}\) 独立知 \(X_{1}, 1 / X_{2}\) 独立, 故

\[ E\left(X_{1} / X_{2}\right)=E\left(X_{1}\right) E\left(1 / X_{2}\right) \geqslant E\left(X_{1}\right) / E\left(X_{2}\right)=1 \]

(因为 \(\left.E\left(X_{1}\right)=E\left(X_{2}\right)\right)\) 等乓只在 \(X_{1}, X_{2}\) 皆只取一个常数 \(c\) 为值时成立.

令 \(Y_{i}=X_{i} /\left(X_{1}+\cdots+X_{n}\right), i=1, \cdots, n\). 则因 \(X_{1}, \cdots, X_{n}\) 独立同分布, 易知 \(Y_{1}, \cdots, Y_{n}\) 同分布 (不独立). 故 \(E\left(Y_{1}\right)=\) \(E\left(Y_{2}\right)=\cdots=E\left(Y_{n}\right)\). 但 \(Y_{1}+\cdots+Y_{n}=1\), 故 \(E\left(Y_{i}\right)=1 / n\).
把次数 \(X\) 记为 \(X_{\mathrm{I}}+\cdots+X_{n}, X_{i}=1\) 或 0 , 视第 \(i\) 次试验中 \(A\) 发生与否而定. 则对两串试验而言, \(X_{1}, \cdots, X_{n}\) 都独立, 而分㭁为

第一串: \(P\left(X_{i}=1\right)=p, P\left(X_{i}=0\right)=1-p\)

第二串: \(P\left(X_{i}=1\right)=p_{i}, P\left(X_{i}=0\right)=1-p_{i}\)

对第一串有 \(E(X)=p_{1}+\cdots+p_{n}=n p\), 对第二串也有 \(E(X)=\) \(n p, \cdots\) 者同, 对方差而言, 则

第一串: 为 \(\sigma_{1}^{2}=n p(1-p)\)

第二串: 为 \(\sigma_{2}^{2}=\sum_{i=1}^{n} p_{i}\left(1-p_{i}\right)\)

有

\[ \sigma_{1}^{2}-\sigma_{2}^{2}=\sum_{i=1}^{n} p_{i}^{2}-n p^{2}=\sum_{i=1}^{n}\left(p_{i}-p\right)^{2} \geqslant 0 \]

等号当且仅当 \(p_{1}=\cdots=p_{n}=p\) 时成立. 直观上.看这结果的解释如下: 如果 \(p_{1}+\cdots+p_{n}=n p\) 而 \(p_{1}, \cdots\) \(p_{n}\) 不相同而较分散,则其中会有一些比 \(p\) 更接近 0 或 1 . 而这导致方差的降低,因为, \(p_{i}\left(1-p_{i}\right)\) 当 \(p_{i} \approx 0\) 或 1 时很小.

因 \(0 \leqslant X \leqslant 1\), 故 \(0 \leqslant E(X) \leqslant 1\), 以及 \(X^{2} \leqslant X\). 故 \(\operatorname{Var}(X)=E\left(X^{2}\right)-E^{2}(X) \leqslant E(X)-E^{2}(X)=E X(1-E X)\) 但函数 \(x(1-x)\) 在 \(0 \leqslant x \leqslant 1\) 内不超过 \(1 / 4\), 而 \(0 \leqslant E X \leqslant 1\), 故证明了 \(\operatorname{Var}(X) \leqslant 1 / 4\).

从上面推理可知, 为要成立等号, 有两个条件要满足: \(X^{2}=\) \(X, E X=1 / 2\). 前一条件决定了 \(X\) 只能取 0,1 为值. 后一条件决定了 \(P(X=0)=P(X=1)=1 / 2\). 这是唯一达到等号的情况.

对一般情况 \(a \leqslant X \leqslant b\), 可令 \(Y=(X-a) /(b-a)\). 则 \(0 \leqslant Y\) \(\leqslant 1\) 因而 \(\operatorname{Var}(Y) \leqslant 1 / 4\). 但 \(\operatorname{Var}(X)=(b-a)^{2} \operatorname{Var}(Y)\), 故有 \(\operatorname{Var}(X) \leqslant(b-a)^{2} / 4\). 等号只在下述情况成立: \(P(X=a)=P(X\) \(=b)=1 / 2\).

分别以 \(X, Y\) 记二人到达的时间, 则等的时间为 \(|X-Y|\). 而平均等待时间为

\[ \begin{gathered} \int_{0}^{6060}|x-y| / 3600 \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y=20 \text { (分钟) } \\ \text { 18. 在计算 } \int_{0}^{\infty}|x-m| f(x) \mathrm{d} x \text { 时分为 } \int_{0}^{m}(m-x) f(x) \mathrm{d} x \\ +\int_{m}^{\infty}(x-m) f(x) \mathrm{d} x . \\ 19 . \text { 任取 } a \neq m \text {. 例如 } a<m \text {, 则 } \\ E|X-a|-E|X-m| \\ =\int_{-\infty}^{\infty}[|x-a|-|x-m|] f(x) \mathrm{d} x \\ =\int_{-\infty}^{m}[|x-a|-|x-m|] f(x) \mathrm{d} x \\ +\int_{m}^{\infty}[|x-a|-|x-m|] f(x) \mathrm{d} x \end{gathered} \]

在 \(-\infty<x \leqslant m\) 内有 \(|x-a|-|x-m| \geqslant-m-a\). 故第一积分 \(\geqslant-(m-a) \int_{-\infty}^{m} f(x) \mathrm{d} x \geqslant-\frac{1}{2}(m-a)(m\) 的定义!) 而在 \(m<x<\infty\) 内有 \(|x-a|-|x-m|=(m-a)\), 故

\[ \text { 第二积分 }=(m-a) \int_{m}^{\infty} f(x) \mathrm{d} x=\frac{1}{2}(m-a) \]

图 5

二者相加, 得 \(E|X-a|\)

\(-E|X-m| \geqslant 0\). 对 \(a>m\) 的情况也类似处理 (请读者完成).

计算 \(Y=X_{1} X_{2}\) 的分布函数 \(F(y)=P(Y \leqslant y)\). 事件 \(\{Y\) \(\leqslant y\}\) 相应于 \(\left(X_{1}, X_{2}\right)\) 落在图 5 中的区域 \(A\) 或 \(B\) 内. 因此有

\[ F(y)=\iint_{A} f\left(x_{1}\right) g\left(x_{2}\right) \mathrm{d} x_{1} \mathrm{~d} x_{2}+\iint_{B} f\left(x_{1}\right) g\left(x_{2}\right) \mathrm{d} x_{1} \mathrm{~d} x_{2} \]

固定 \(x_{1}\) 先对 \(x_{2}\) 积分,得

\[ \begin{aligned} F(y)= & \int_{0}^{\infty} f\left(x_{1}\right)\left[\int_{-\infty}^{y / x_{1}} g\left(x_{2}\right) \mathrm{d} x_{2}\right] \mathrm{d} x_{1} \\ & +\int_{-\infty}^{0} f\left(x_{1}\right)\left[\int_{y / x_{1}}^{\infty} g\left(x_{2}\right) \mathrm{d} x_{2}\right] \mathrm{d} x_{1} \end{aligned} \]

两边对 \(y\) 求导, 得 \(Y\) 的密度函数 \(h(y)\) 为

\[ h(y)=\int_{0}^{\infty} \frac{1}{x_{1}} f\left(x_{1}\right) g\left(\frac{y}{x_{1}}\right) \mathrm{d} x_{1}-\int_{-\infty}^{0} \frac{1}{x_{1}} f\left(x_{1}\right) g\left(\frac{y}{x_{1}}\right) \mathrm{d} x_{1} \]

计算 \(E(Y)=\int_{-\infty}^{\infty} y h(y) \mathrm{d} y\). 注意当 \(x_{1}>0\) 时有

\[ \int_{-\infty}^{\infty} y g\left(\frac{y}{x_{1}}\right) \mathrm{d} y=x_{1}^{2} \int_{-\infty}^{\infty} y g(y) \mathrm{d} y=x_{1}^{2} E\left(X_{2}\right) \]

而当 \(x_{1}<0\) 时有

\[ \int_{-\infty}^{\infty} y g\left(\frac{y}{x_{1}}\right) \mathrm{d} y=-x_{1}^{2} \int_{-\infty}^{\infty} y g(y) \mathrm{d} y=-x_{1}^{2} E\left(X_{2}\right) \]

因此

\[ \begin{aligned} E(Y)= & \int_{-\infty}^{\infty} y h(y) \mathrm{d} y=E\left(X_{2}\right)\left(\int_{0}^{\infty} x_{1} f\left(x_{1}\right) \mathrm{d} x_{1}\right. \\ & \left.+\int_{-\infty}^{0} x_{1} f\left(x_{1}\right) \mathrm{d} x_{1}\right)=E\left(X_{2}\right) E\left(X_{1}\right) \end{aligned} \]

答案⚓︎

第三章⚓︎

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