第四章数字特征与特征函数.pdf

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1、复旦大学概率论基础习题答案 （第一版） 第四章数字特征与特征函数 1、解 ： 01 1 11 1 )1 ( , kk k k k a a aa a kE，令p a a )1( ，则10p，且 1 2 1)1 ( 1 kk kk p p a a pppkp，a a a a a a E 2 1 1 1 1 1 。 采用同样的方法并利用aE得 11 22 1)1( 1 1 11 1 k k k k pkk aa a k a E 11 )1( 1 1 1 1 k k k k pkk a kp a )1(11 2 1 2 p p a p ap a p a k k2 3 2 2 )1 ( 2 1 aa p

2、a p a )1 ()2()( 2222 aaaaaEED。 2、解 ：设 n 2 1 ，其中 出现次试验若第 出现次试验若第 Ai， Ai i 0 , 1 ，则 n i i n i i pEE 11 ，由试验独立得诸 i 相互独立，由此得 )1( 11 i n i i n i i ppDD。 3、解 ：服从两占分布，由第二章第29 题得，PP 1 事件 A 出现奇数次 = 0,)21( 2 1 2 1 Pp n P事件 A 出现偶数次 n p)21( 2 1 2 1 ，所以 n pE)21 ( 2 1 2 1 ， nnn pppD 2 )21( 4 1 4 1 )21( 2 1 2 1 )2

3、1( 2 1 2 1 . 4、解 ：设表取一球的号码数。袋中球的总数为)1( 2 1 21nnn，所以 nk nn k nn k kP, , 2, 1, )1( 2 ) 1( 2 1 . n k n nnn nn k nn k E 1 )12( 3 1 6 )12)(1( )1( 2 )1( 2 . 5、解： 由于是分布，所以应有 00 1 ! n n n n B AnP，即 BB eAAe, 1。又 由已知a n AB nE n n ! 0 ，即a n B AB n n 0 1 )!1( ，aABe B , ,aB aB eeA。 6、解 ：表示摸出c 个球中白球个数，摸c 个球可视为不放回

4、地摸c 次。记 次摸到黑球第 次摸到白球第 i i i , 0 , 1 ，则 c21 。由第二章第7 题得 1 i P )(ba a ，ci,2, 1。所以 )(ba a E i ， ba ac ba a cEE c i i 1 . 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 k21 ，因为是放回抽取，所以诸 i 独立。由此得，对ki,2,1。 n j n j i nnn n j nn jE 11 2 1 2 )1(111 ， ) 1( 2 1 21 nkEEEE k ； )12)(1( 6 1 6 ) 12)(1(

5、11 1 2 2 nn nnn nn jE n j i ， ) 1( 12 1 )1( 4 1 ) 12)(1( 6 12222 nnnnEED iii ， )1( 12 1 2 21 nkDDDD n 。 8 、 解 ： 设为 所 得k张 卡 片 上 号 码 之 和 。 对nii k1 1有 21k iiiP k n C 1 ，由定义得 nii n m k n k n k n k k m C C C iiiE 1 11 1 1 21 1 )(（* ） 每次抽卡片k 张称为一组，对于每个固定的卡片m，在卡片 m 所在的组中，其余1k张卡 片可以从剩下1n张卡片中任意抽取，所以 m 总共被抽到的

6、次数 （或所在的组数） 为 1 1 k n C， 转换成对m 求和就得到上式。由此得 2 )1( 2 )1(nknn n k E. 为求方差，先求 2 E，由定义得 niikjt jtk nii k n k n k kk iiii CC iiiE 11 11 22 1 1 2 21 2 2)( 11 )( n mnji k n k n k n k n ij C C m C C 11 2 22 1 1 2 其中前一个和式得来的理由同（*）式。为获得后一和式，仍考虑每次抽得的一组k 张卡片。 在卡片 i 和 j 所在的组中，其余2k张卡片可以从其余2n张卡片中任意抽取，所以卡片 i 和 j 同时被

7、抽到的次数为 2 2 k n C，即得第二个和式的系数。继续运算得 n m k n k n nnnn C C m n k E 1 2 222 )1(3221 2 2 ) 1( 2 )1( )1( )1(2 6 )12)(1( 1 1 mmnn m nn kknnn n k n m 1 1 2 1 1 3 2 1 2 1 2 )1( 2 ) 1( )1( ) 1(2 6 ) 12)(1( n m n m mm nnnn nn kknnk ) 1(6 )12() 1( )1(4 )1( 2 )1( )1( 6 ) 12)(1( 22 nn nnn nn nnnn kk nnk ) 12( 6 1

8、)1( 4 1 )1( 2 1 )1()12)(1( 6 1 nnnnnkknnk )23)(1)(1( 12 1 ) 12)(1( 6 1 nnkknnk )(1( 12 1 )( 22 knnkEED. 9、证 ： 11 kkjk jPkP 33232 1PPPPP 1 k EkkP. 10、解 ：此题属于有放回抽样的情形，利用允许重复的排列计算。若 n 辆车的车牌号中最大 号码为 k，则其中应至少有一个牌号为k，所以有利场合数应为， n k与那些 n 个牌号中没有 号码 k 的种数 n k) 1(之差，从而有 Nk N kk kP n nn , 2, 1, )1( . 1 11 ) 1(

9、 N k n nN k n nn N k N N kk kE. 11、解 ：) )( ( 2 1 | x tdxxeE x 令 dte t t| | 2 dtedte t tt| 22 0. ) )( ()( 2 1 | 2 x texD x 令 0 2 0 2222 2)(dtteetdtet ttt 2 0 2 0 2 0 2 2)(22)(2 ttt edtteet. 12、解 ：分子平均速度为 0 3 2 )( 4 2 2 a x tdxe a x xE a x 令 0 0 2 0 3 2 2 224 222 a dtte a e at adte t ttt 。 分子平均动能为 0 3

10、 2 22 )( 4 2 1 2 1 2 2 a x tdxe a x mxmE a x 令 0 2 0 3 2 0 4 2 222 2 32 dte ma et ma dtet ma ttt 4 3 2 2 3 22 mama 。 13、证 ： 21 的联合密度为 2 2 2 2 2 )( 2 )( exp),( ayax yxp， dxdyyxpyxE),(),max(),max( 21 x x dyyxypdxdyyxxpdx),(),( （利用密度函数的积分值为1，减 a再加 a） x x adyyxpaydxdyyxpaxdx),()(),()( （在前一积分中交换积分次序，在后一积

11、分中交换x 与 y 的记号） yy adxyxpaydydxyxpaxdy),()(),()( y axay dxeaxdyea 2 2 2 2 2 )( 2 )( 2 )( 2 1 2) )( (t ay 令 dtea t2 1 aa. 14、证 ： 0 00 )(1()()()()(xFxdxxdFxxdFxxdFxxdFE 0 0 0 0 )(1)(1)()(dxxFxFxdxxFxxF 由均值存在得)(|xdFx ， A AxdFxAAF)(0)(|)(0当， B BxdFxBFB)(0)(|)(1(0当 以此代入E的计算式即得 0 0 )()(1dxxFdxxFE。 15、证 ： 由

12、0 i 知： )()( )()( 1 1 n k 的分母部位0，它是有限的可测函数，即是随机变量。利用独立同分布 可得 E ( )()( )()( 1 1 n k ) = n xxn n k ddxfxf xx xx 1 )()( 1 1 1 =k n xxn n ddxfxf xx x 1 )()( 1 1 1 = n k n xxn n n ddxfxf xx xx 1 )()( 1 1 1 = n k 16、解 ：记为袋中的白球数，则由题设得n = N k kkP 1 ，于是利用全概率公式得 kPkPP kPk0)(,0N |摸 一 球 为 白 球球摸 一 球 为 白 = N n kkP

13、 NN k kP N k N k10 1 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 () ca E ab ，考虑到若ca，则当1,iac时0Pi； 若c b，则当icb时0Pi ；而在条件概率定义中要求()0 i P APi 由此得 ! ( , ) max(0,) ( ) | m n a c ic b P BPi P Bi 0 i i Pi c 00 1 ii i Pii Pi cc E cc 1ac cab . 18、解法一 ：令 i ， i分别表示进行 i次后袋中白、黑球数； 1 i P， 2 i P分别表示第i次从

14、 袋中摸出一球是白、黑球的概率。则由本章第16 题结论得 baEE ii ， ba E P ba E P i i i i 2 1 1 1 ,（1） 令 次摸出一个白球，第 次摸出一个黑球，第 i i i 0 1 ，则,2, 1, 2 iPE ii 从袋中摸出一个黑球的概率是 2 1 P，也就是换一个黑球为白球的概率是 2 1 P。袋中原有a个 白球， 所以这时袋中白球数学期望为 2 111 PaEaE，接着再摸第二次，摸出一个 黑 球 ， 也 就 是 换 一 个 黑 球 为 白 球 的 概 率 是 2 2 P， 这 时 袋 中 白 球 数 学 期 望 为 2 2 2 12 PPaE等 ， 由

15、此 推 出 一 般 ， 并 利 用 （ 1 ） 中 三 式 变 形 得 n i i n i i n i in Eba ba a ba E aPaE 1 1 1 1 1 21 ,（2） 置上式中n为1n得 1 1 11 1 n i in Eba ba aE,(3) （2）一（ 3）得 111 1 1 1 nnnn E ba Eba ba EE 由此式可得递推公式，依次递推并利用等比级数求和公式得（初始条件为aE 0 ） 1 2 1 11 1 1 1 nnn E ba ba ba ba E ba ba E nn ba ba a ba ba ba ba ba ba1111 1 12 n n ba b

16、a a ba ba ba ba 1 1 1 1 1 b ba ba baaba ba ba ba n n n 11 所以进行n次后，再从袋中摸出一球是白球的概率为 1 1 1 1 1 1 1 n n n n n ba bab ba ba ba a ba E P 解法二： 以 A 表示事件“进行i次后，再从袋中摸出一球是白球”，i,2, 1则由全概 率公式得 iiiiiii AAPAPAAPAPAP 111 baba ba AP ba APAPAP iiii 111 1 2 利用此递推公式即可求得欲求的概率。 19、解： 令 i ， i 分别表示交换i次后甲、乙两袋中白球数，第1i由甲、乙两袋中

17、取出一 白球的概率分别为 1 1i P、 2 1i P，则由本章第16 题结论得 dc E P ba E PcaEE i i i iii 2 1 1 1 , 令 袋摸出一个黑球乙，第次从甲 袋摸出一个白球乙，第次从甲 21 ii 显然有 2 1 1 1 2 1 1 11 PPaEEaE， 2 2 2 1 1 2 1 1 2 2 1 2 2 1 1 12 PPPPaEEEEaE， 由此可推得一般，并利用中三式变形得 n i ii n i i n i in ba E dc E aPPaE 1 11 1 2 1 1 n i ii ba E dc Eca a 1 11 置上式中n为1n可得 1n E的

18、表达式，以 n E减 1n E，并整理可得递推关系式： dcba E db ca E nn 11 1 1 由于aE 0 ，由上式递推关系并利用等比级数求和公式可得 n n dcbadcba bacdca dcba baca E 11 1 所以题中欲求的概率为 n n n dcbadcbaba bcad dcba ca ba E P 11 1 1 1 20、解： 令 袋子中摸出黑球从第 袋子中摸出白球从第 i i i ,0 , 1 ，则 1 1 () a P ab ， 2 1 1 11 aaba P abababab 2 ()(1) aabaa ab abab 。 由此类推得 1 1 () a

19、P ab ，1,2,in。又 12nn S， 1 n n i na ESE ab 。 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之间有偏差， i是独立同分布的随机变量，并有 2 , ii Ea D。测量记录的 平均值记为，则 1 1 () n n 1 1 n i i na EEa nn ， 22 22 1 1 n i i n DD nnn 。 平均值的均值仍为a，但方差只有 i方差的 1 n ，而方差是描述随机变量对于其数学期望 的离散程度，所以以作为物体的重量，则更近于真值。 22、解： 若有某0 k ，取, 1 k a其余0 i a

20、，其方差最小。 若所有0 i ，则可视方差为n个变元 n aaa, , 21 的函数 n n i ii n i ii aaafaaD, 21 1 22 1 ，由题设有联系方程 01, 1 21 n i in aaaa，现在用拉格朗日乘法求方差何时最小，为此， 作函数1, 11 22 21 n i i n i iin aafaaaF 令nia a F ii i ,2 , 102 2 ，解得; 2 2 i i a又1 2 1 2 n ii 从而得 n i i 1 2 2 1 ，所以当 n ik i i a 1 2 21 1 时，方差最小，这时方差为 n i i n i ii n i i aD 1

21、2 1 22 1 1 1 。若 i 相等，则 i a n 1 时，方差最小值是 2 1 1 i n i i n D 23、解：ji nn aaEr nm mj j n i ist 其中, 1 22 11 n i n mi nm nj ji n mi i mn mj ji aaEaEaaE n11111 2 1 n m n mn 1 2 2 24、证 ：设( )f x是的密度函数，则()( )fxfx。由( )xfx是奇函数可得0E，从 而| 0E E。又由于|( )x xf x是奇函数，得 |( )0|Ex x f x dxE E 故|与不相关。 由 于的 密 度 函 数 是 偶 函 数 ，

22、故 可 选0c使0|1Pc， 亦 有 1Pc， |,|Pc PcPcPcc 其中等式成立是由于|cc。由此得|与不独立。 25、证： 2 2 11 11 1 ( , )0 x x Exp x y dxdyxdxdy ，同理0E。 2 2 11 11 1 cov( , )0 x x EE Exdxydy 即与不相关。但与不独立，事实上可求得 22 1,| 1 ( ) 0,| 1 xx pxx x ， 2 2 1,| 1 ( ) 0,| 1 yy ypx y ， 而当| 1x且| 1y时，( , )( )( )p x ypx py 。 26、证： 设 1122 , , , abcd pqpq 。作

23、两个随机变量 * 1122 ,0,0 :,: , abcd bd pqpq 。 由与不相关即EE E得 * ()()EEbdbdE EbEdEbd * ()()Eb EdEE， 而 * () (),Eabcd Pabcd， * () ()EEab Pabcd Pcd， 由上两式值相等，再由()()0ab cd得 * , PabcdPab Pcd 此即,PacPaPc。同理可证 ,PadPaPd，,PbcPb Pc ,PbdPbPd， 从而与独立。 27、证：证： 2 ,EUaEXb DUa DX， 2 ,EVcEYd DVc DY， cov(,)() ()cov(,)U VEa XEX c Y

24、EYacX Y， cov(,) | | |( ) UVxy U Vac rr ac aDXcD Y 。 欲 UVxy rr，题中需补设a与c同号。 28、解：（一） 证(1)(2)，设（ 1）成立，即两两不相关，则 2 123123123 ()()()DEEEE 2 112233 ()()()EEEE 1231122 2 ()()DDDEEE 11332233 2 ()()2 ()()EEEEEE 123 DDD， （2）成立。 （二） (1)?(3)。设 12 1,11,1 :,: 1111 , 2222 ， 并设 1与2独立，则 123（记）： 2 1233 1,1 1 ,: 11 1,

25、22 ， 由第三章 25题知， 123 两两独立，从而两两不相关，满足（1）。而 12 0EE，这 时 123123 01EEEE，（ 3）不成立。 （三） (2)?(1)。设 123 1 0, 2 D，则 123 111 ()()2 224 DDDD 。 123 11 2 24 DDDDDDD ， 满足（ 2）。但显然 123 ,两两相关， 事实上由 22 ()0EED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 1213 1,00,11,1 :,1:,: 111111 , 222222 则

26、 2 121233 00 :,: 11 再设 1与3独立，从而1的函数2与3也独立，我们有12 11 , 22 EE， 3 0E， 1213132323 0,0,0EEEEEEE， 123123 0EEEE，满足（ 3）。但 123 ()D 123121323 222DDDEEE 121323 222EEEEEE 12312 2DDDEE 123123 1 2 DDDDDD。 （2）成立。 （六） (3)?(1)。事实上，由(1)(2)，(3)?(2)得必有 (3)?(1)。 （七） 当 123 ,相互独立时， (1) ，(2)，(3) 同时成立。 29、证： 由题设得 22 2 2 ()()

27、 0 11 exp()2 ()()() 2(1) 21-xay b qxar xaybybdxdy r r （令,uxa vyb） 22 2 1 (2) 2(1) 2 0 1 =e 21-r uruvv r uv dudv 22 2 1 (2) 0 2(1) 2 1 e 1-r uruvv r dudv 令cos ,sin, |uvJ，则 2 2 (1sin 2) 2(1) 2 2 1 1-r r r qded 2 2 2 (1sin 2 ) 2(1) 2 2 0 11 1sin 2 1-r r r r ed r 2 2 1-r ( 1sin2 d r 令=2 ) 2 2 1-r 21sin

28、d r 2 2 22 1 1-r1 2 1-r1-r tgr arctg 由 lim 2 tg， 而 2 1 2 l i m 2 1 - r t gr a r c t g得 2 11 2 1-r r qarctg， 即 2 1 2 1 - r r t gq，变形得 2 1-r r ctgq， 或 2 2 2 1-r r ctg q， 所以 2 2222 2 sincos 1 ctg q rqctg qq ctg q 。 注意到01q，且r与ctgd同号，即r与cosq同号，故得cosrq（其中 ()()0qPab） 。 30、证： 由题设得 22 2 1 (2) 2(1) 2 max( ,)

29、max( , ) 21 xxyy rx y Eedxdy r 2222 22 11 (2)(2) 2(1)2(1) 2 1 21 xxyyxxyy XY rr xdxedyxdxedx r 22 2 1 (2) 2(1) 2 1 1 xxyy X r xdxedy r 2 2 2 () 1 2(1) 12 2 1 1 y rx rx r r xedxedy r 22 1 122 1 rxt x r xedxedt 用部分积分法，令，余下部分为，得。 31、解： 记,SpqTuv，则 () ,()ESpaqapq aETuv a， 222222 (),()DSpqDTuv， 22 cov()()

30、( ()()STE paqauavapuqv， 2222 ST puqv r pquv 。 32、证： 11 11prpr rrp AA ErA xdxrAdx xx 。当且仅当11rp，即pr时 上式积分收敛， p E存在。当时， 1prp rp A rr EAA rpxrp 。 33、证： 对0a，由于 2 lim (log) x x x ，所以存在Me，使当xM时， 2 1 (log) x x 此时 22 00 11 |2 2 (log )2 (log ) aa a M xx Edxdxdx xxxxxx ， | a E。 34、解： 2 2 () 2 1 | 2 xa kk xa Ea

31、xaedxu 令 2 2 1 | 2 u kk uedu 2 2 0 2 u kk u edu 2 2 2 12 2 0 0 22 (1) u u kkkk uekuedu。 当k为偶数时 2 2 0 2 |(1)(3)3 1 u kk Eakkedu1 3 5(3)(1) k kk 当k为奇数时 2 2 0 2 |(1)(3)4 2 u kk Eakkuedu 2 2 4(3)(1) k kk。 35、证： 2 11 2 kkk ata ta 211 |2 |( ) ktk txt xxdF x 2 11 (1)(1) 22 |( )0 kk txxdF x 即 2 11 ( )0 kk u

32、 tata对 任 意t成 立 。 又 1 0 k a， 所 以 判 别 式 2 11 440 kkk aaa， 即 2 11kkk aaa， 从 而 有 2 11 kkk kkk aaa。 依 次 令 1,2,1kn得 24222(1)11 102213112 , nnn nnn aa aaa aaaa 其中 0 1a。把这些不等式中前k个的左右两边分别相乘化简得 1 1 kk kk aa，两边 同开(1)k k次方，即得 1 1 kk kk aa。 36、解：3lg37lg75lg5 15 1 15lg 15 3 lg 15 3 15 7 lg 15 7 15 5 lg 15 5 甲 H 7

33、lg74lg44lg4 15 1 15lg 15 7 lg 15 7 15 4 lg 15 4 15 4 lg 15 4 乙 H 4lg44lg43lg35lg5 乙甲 HH，故乙比甲具有较大的不肯定性。 37、解： 1 1 1 1 1 11 lg1lglg k k k k k kk qqkpppqpqpqH q p q pq q pq plglglg 1 lg 2 其中 2 1 1 1 2 1 1 1 1 1 qq qqk k k k k 38、解： n k knkk n knkk n qpCqpCH 0 lg n k knkkn n n k knkk n n k k n knkk n qq

34、pCknpqpkCCqpC 000 lglglg qnqpnpCqpC n k k n knkk n lglglg 0 计 算 后 两 项 时 用 到 二 项 分 布pnkb,;和 qnkb,;的数学期望，分别为np和nq。 39、解：11,01,1PPP 1|0 01|1 1PPPP (1)p rpq 00,00,1PPP 0|0 00|1 1PPPP (1)(1)(1)prq p 101PP。 ()(1)log(1) (1)(1)(1)HHp rpqp rpqpqpr出) log(1)(1)(1)pqpr， ()HH出) 01|0log1|0PPP 0 |0log0 |0PP 1 0 |1

35、log0|1PPP 1|1log1|1 PP (1)log(1)log(1)(1)log(1)logp rrrrpqqqq 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)log(1)(1)(1)(1)p rpqp rpqpqprlog(1)pq (1)(1)(1) log(1)(1)log(1)(1)log(1)prp rrprrpqq logpqq。 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()log 24H，即需要得到log 24个单位信息。 由称一次（随便

36、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 12kk A后，可得到不大于log3log3 k k的信息， 而 23 3243，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

37、 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、

38、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。 41、解： 巴斯卡分布为 1 1 ,1, kn kk n PnCqpnk k。其母函数为 1 1 ( )(- ) kn kkn n n k P sCqp smn k 令 1 1 0 kkmmk m k m pCq s s 1 0 (

39、) (1) kk kkmm m k k m p s p sCqs qs 。 111 21 11 (1)(1) (1) (1)(1) kkkkkk k kk ss ksqsksqsqkp sk EPp qsqsp ， 1211 122 11 (1)(1)(1)(1) (1) (1)(1) kkkkkK k kk ss kp sksqskqsqS Pkp qsqs 12 222 (1)(1)(1)(1) (1) kk k k kqkqqkkqk kp qspp ， 2 2 2 22 “(1)(1)(1) kkqkkkkq DPpP ppppp 。 42、解： 此题指对非负整数n的全体而言 （1）

40、记 nn qnPpnP,，则 21nnn ppq0n 设nP0n的母函数为 0n n ns qsQ，则当11s时sQs1中的 n s系 数满足：当1n时为 nnn pqq 1 ，当0n时为 0210 1pppq，所以 sQs1sPspp n n n 11 1 0 ，故 11, 1 1 s s sP sQ （） 02nnP的母函数为 0 2 n n ns PsF 2 1 2 1 00 2 1 2 1 2 1 2 1 sPsPsPsP nn n n n n 43、证： 设， 次成功第 次失败第 次失败第 次成功第 i i ， i i ii ,0 , 1 ,0 ,1 10,011 iiii PPpP

41、Pp。 则 i 的母函数为 01 1( ) (1)1F sp spspps。 同理可得 i的母函数为2( ) (1)Fspp s，v的母函数记为( )G s。以表示成功次 数，则 1v，本题认为 n 与v独立，得的母函数为 1 ( )( )P sG F s。同理， 以表示失败次数，则 1v，其母函数为2 ( )( )P sG F s。 必要性。设与独立，则由v得 (1)(1) ( )GppsG pp sG s。 因为(1)()1ppspspss，所以若记上式左边 G的变量分别为, x y，可得 ( )( )(1)G x G yG xy。 令( )(1)G xT x，则上式变成 (1) (1)(

42、1 1)(1)(1)T xT yT xyTxy。 利用教本 P97 引理可得 1(1) ( )(1) xx G xT xae。 即v的母函数( )exp(1)G ss，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 1 | v n r PrP vn Pr vn 1 v n r P vn Pr 1 (1) ! n rrn n nr e C pp n 1 (1)() !()! n r r nr e pp rnr () ! pr ep r 。 同理可得 (1) (1) ! t p p Pte t 。 又

43、有,|PrrP vrt Pr vrt 1 (1) ()! rt rr r e Cpp rt (1) ! ! rtrt epp Pr Pt r 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 1v， 所 ( )( )P sG F s。由此得 1 (1) ( )( )(1)(1) sk EPG F sFsGFEv E 其中 00 F(1) 11 j ii jj Pjj 。 2 “ (1) (1) (1)DPPP 2 1 ( )( )( )( ) s GF sFsG F sFs 2 (1) (1

44、) (1)(1)FGFG 2 2 (1)(1)(1)(1)(1)(1)(1)(1)GFGFFGFG 2 22 (1)“(1)(1)(1)(1)(1)(1) (1)GFFFFGGG 2 () kk Ev DDvE。 （2）直接计算。由题设得 1 0 | n n PiP vm Pi vm 1 00 | n in EiP vn Pi vn 1 00 n ni P vniPi 利用 11 () n EnE得 11 0 n EP vn nEEv E 。 22 1 00 | n in EiP vn Pi vn 2 1 00 n ni P vni Pi 记 1n，利用 22 ()EDE及 1 DnD得 22

45、 11 0 ()() nn n EP vnDE 22 11 0 () n P vnnDnE 22 11 0 () n Ev DEn P vn 最后，再利用 22 ()EvDvEv得 2222 111 ()()()EEv DDvEEvE。 222 11 ()()DEEEv DDvE。 45、解： 以 i 表示第i批来到的乘客数，则 i同分布且其母函数为 0n n ns PsF 本题认为 i间相互独立且n 与独立，因为t ,0中来到的乘客数 n1 ， 而服从参数为t的普阿松分布，其母函数为sG sG1e x pst，所以的母函数为 1ex p 0n n ns PtsFGsP，由此得的数学期望为 1

46、 1 n n nptPE 46、证： （1）设 12 ( ; , ), ( ;, )b k n pb k m p，则它们的母函数分别为 1( ) () n P spsq, 2( ) () m P spsq。再设 1与2独立，12，则 的母函数为 12 ( )( )( )() ()() nmn m P sP sP spsqpsqpsq 二项分布( ;,)b k nm p的母函数为()n m psq， 由于母函数与分布列之间是相互唯 一确定的，由此即得服从( ;,)b k nm p，即二项分布具有再生性。 （2）设 12 ,分别服从参数为 12 ,的普阿松分布，其母函数分别为 1122 ( )ex

47、p(1),( )exp(1)P ssP ss。再设 1与2独立，12，则 的 母函数为 1212 ( )( )( )exp()(1)P sP s P ss。 所以服从参数为 12的普阿松分布，普阿松分布具有再生性。 47、证： 必要性。由( )1(0)F xFx得PxPxPx，此即 ( )( )FxFx，所以对特征函数( )f t有 ( )( )( )( ) ititxitxit f tEee dFxe dFxEef t， 由此知( )f t是实函数。又有 () ()( )( )( ) itxitxitit ftedFxedFxEeEef t， 所以( )f t又是偶函数。 充分性。由于 ()

48、 ()( ) itit ftEeEeft，又由题设知( )ft 是实函数，所 以( )( )( )ftftft 。 由唯一性定理知，与的分布函数相同，( )( )FxFx， 即PxPxPx，从而( )1(0)F xFx。 48、证： 1,0,1 ( ) 0,0,1 x px x 。当0t时( )1f t；当0t时 1 1 0 0 11 ( )(1) itxitxit f te dxee itit 。 49、证： 22 1- ( ) () itxx f tedxu x 令 2 11 1 ititu eedu u （ 1） 考虑复变函数的积分，当0t，取c为上y 半圆周Re (0) i 和实轴上从R到Rc 的围道（如图） ，若u位于上半圆周上，则ix Re i u，Re i duid，有-R 0 R Re 12222 0 11 111 t it R ttzitu