概率论第十周作业
第四章 T26
帕雷托(Pareto)分布的密度函数为
$$ p(x) = \begin{cases}r A^r\dfrac{1}{x^{r+1}}, & x \geqslant A \ 0, & x< A\end{cases} $$
这里 \(r>0,A>0\). 试指出该分布具有 \(p\) 阶矩当且仅当 \(p<r\).
设 \(\xi\) 服从 Pareto 分布，计算 \(E(|\xi|^p)\) 有
\[
\begin{aligned}
E(|\xi|^p) & = \int_{A}^{+\infty} x^p r A^r \dfrac{1}{x^{r+1}} \mathrm{d}x \\
& = rA^r\int_A^{+\infty} x^{p-r-1} \mathrm{d}x \\
\end{aligned}
\]
为使 \(p\) 阶矩存在，上述广义积分应收敛，因此根据阶的判别法，该广义积分收敛等价于 \(p-r-1< -1\) ，因此 \(p<r\) 等价于 \(p\) 阶矩存在. \(\square\)
第四章 T27
若 \(\xi\) 的密度函数为
$$ p(x) = \begin{cases}\dfrac{1}{2|x|(\ln |x|)^2}, & |x| > \mathrm{e}, \\ 0, & \text{Otherwise}.\end{cases} $$
试证对于任何 \(\alpha>0\) ，\(E(|\xi|^\alpha)=\infty\).
计算 \(E(|\xi|^\alpha)\) 即可：
\[
\begin{aligned}
E(|\xi|^\alpha) & = \int_{\mathrm{e}}^{+\infty} |x|^\alpha \dfrac{1}{2|x|(\ln |x|)^2} \mathrm{d}x \\
& = \frac{1}{2}\int_{\mathrm{e}}^{+\infty} |x|^{\alpha-1} \dfrac{1}{(\ln |x|)^2} \mathrm{d}x \\
\end{aligned}
\]
由于 \(\alpha>0\) ，从而 \(\alpha-1> -1\) ，根据阶的判别法，可知上述广义积分发散，从而 \(E(|\xi|^\alpha)=\infty\) . \(\square\)
第四章 T31
若 \((\xi,\eta)\) 的密度函数为
$$ p(x,y) = \begin{cases} \dfrac{1}{\pi}, & x^2+y^2 \leqslant 1 \\ 0, & x^2+y^2 > 1.\end{cases} $$
试验证：\(\xi\) 和 \(\eta\) 不相关，但它们不独立.
设 \(D: \left\lbrace (x,y): x^2+y^2 \leqslant 1 \right\rbrace\) ，计算出数学期望有
\[
\begin{aligned}
E(\xi \eta) & = \iint_D xy \frac{1}{\pi} \mathrm{d}x \mathrm{d}y \\
& = \frac{1}{\pi}\int_{0}^{2 \pi}\sin \theta \cos \theta \mathrm{d}\theta \int_{0}^1 r^3 \mathrm{d}r \\
& = 0.
\end{aligned}
\]
考虑边际分布的分布密度函数：
\[
p(x) = \int_{-\infty}^{+\infty} p(x,y) \mathrm{d}y = \frac{2}{\pi} \dfrac{1}{\sqrt{1-x^2}}
\]
同理 \(p(y) = \dfrac{2}{\pi \sqrt{1-y^2}}\) . 这样
\[
p(x)p(y) = \dfrac{4}{\pi^2 \sqrt{1-x^2}\sqrt{1-y^2}}\neq \frac{1}{\pi}
\]
这说明二者并不独立.
再计算
\[
\begin{aligned}
E(\xi) & = \frac{2}{\pi}\int_{-1}^1 \dfrac{x}{\sqrt{1-x^2}} \mathrm{d}x \\
& = -\dfrac{2}{\pi} \sqrt{1-x^2}\bigg|_{-1}^1 \\
& = 0
\end{aligned}
\]
因此 \(E(\xi \eta)-E(\xi)E(\eta)=0\) . 因此二者不相关. \(\square\)
第四章 T32
某人写好 \(n\) 封信，又写好 \(n\) 只信封，在黑暗中把每封信随意放入某一信封中，试求放对的信封数 \(\mu\) 的数学期望及其方差.
设 \(\xi_i\) 为如下的随机变量：
\[
\xi_i = \begin{cases}
1, & \text{第}i\text{封信塞入到正确的信封}, \\
0, & \text{其他}.
\end{cases}
\]
可列出其分布列：
\[
\xi_i \sim
\begin{pmatrix}0 & 1 \\ \dfrac{n-1}{n} & \dfrac{1}{n}\end{pmatrix}
\]
故 \(E(\xi_i) = \dfrac{1}{n}\)，此时，根据题意可得
\[
\mu = \sum\limits_{i=1}^n \xi_i
\]
故可求其期望为
\[
E(\mu) = \sum\limits_{i=1}^n E(\xi_i) = n\cdot \frac{1}{n} =1
\]
对于其方差，利用公式
\[
D(\mu) = E(\mu^2)-[E(\mu)]^2
\]
对于第一项，考虑计算
\[
\begin{aligned}
E(\mu^2) & = E\left[\sum\limits_{k=1}^n \xi_k \right] \\
& = \sum\limits_{i=1}^n E(\xi_i^2) + 2\sum\limits_{i \neq j} E(\xi_i \xi_j)
\end{aligned}
\]
其中容易得到 \(E(\xi_i^2)= \dfrac{1}{n}\) ，\(E(\xi_i \xi_j) = \dfrac{1}{n(n-1)}\) ，可得 \(E(\mu^2)= 2\) .
故 \(D(\mu) = 2-1=1\) . \(\square\)
第四章 T41
试用母函数法求 Pascal 分布的数学期望及方差.
根据教材例题可知 Pascal 分布的母函数为：
\[
P(s) = \left(\dfrac{ps}{1-qs}\right)^r
\]
那么有
\[
\begin{aligned}
E(\xi) & = P'(1) \\
& = r \cdot \left(\dfrac{ps}{1-qs}\right)^{r-1}\cdot \dfrac{p}{(1-qs)^2} \bigg|_{s=1} \\
& = \frac{r}{p}
\end{aligned}
\]
方差可得
\[
\begin{aligned}
D(\xi) & = P''(1) + P'(1) - [P'(1)]^2 \\
& = \dfrac{r^2+r-2rp}{p^2} + \frac{r}{p} - \dfrac{r^2}{p^2} \\
& = \dfrac{r-rp}{p^2}
\end{aligned}
\]
\(\square\)
第四章 T44
设 \(\left\lbrace \xi_k \right\rbrace\) 是一串独立的整值随机变量序列，具有相同的概率分布，考虑和 \(\eta = \xi_1+\cdots + \xi_{\nu}\) ，其中 \(\nu\) 是随机变量，它与 \(\left\lbrace \xi_k \right\rbrace\) 相互独立，试用 (1) 母函数法； (2) 直接计算证明
$$ E \eta = E \nu \cdot E \xi_k, D \eta = E \nu \cdot D \xi_k + D \nu \cdot (E \xi_k)^2 $$
(1) 利用母函数，设 \(\eta\) 的母函数为 \(H(s)\) ，\(\nu\) 的母函数为 \(Q(s)\) ，\(\xi_k\) 的母函数为 \(F(s)\) ，那么此时求 \(E (\eta)\) 有
\[
\begin{aligned}
E(\eta) & = H'(1) \\
& = Q'[F(1)] \cdot F'(1) \\
& = E (\nu) \cdot E(\xi_k)
\end{aligned}
\]
其中利用了 \(F(1)=1\) . 对方差，有
\[
\begin{aligned}
D(\eta) & = H''(1) + H'(1) - [H'(1)]'' \\
& = Q''(1) \cdot (F'(1))^2 + Q'(1)F''(1) + Q'(1)\cdot F'(1) - [Q'(1)F'(1)]^2 \\
& = Q'(1)[F''(1)+F'(1)-(F'(1))^2] \\ &\quad + [F'(1)]^2 [Q'(1)+ Q''(1)-(Q'(1))^2] \\
& = E (\nu)\cdot D(\xi_k) + (E(\xi_k))^2 \cdot D(\nu)
\end{aligned}
\]
从而结论成立.
(2) 首先计算期望，考虑
\[
kP(\eta=k) = \sum\limits_{n=1}^\infty k P(\nu=n) P \left(\sum\limits_{j=1}^n \xi_j = k\right)
\]
则
\[
\begin{aligned}
E(\eta) & = \sum\limits_{k=1}^\infty k P (\eta=k) \\
& = \sum\limits_{n=1}^\infty P(\nu = n) \sum\limits_{k=0}^\infty k P\left(\sum\limits_{j=1}^n \xi_j = k\right) \\
& = E(\xi_k)\sum\limits_{n=1}^\infty n P (\nu=n) \\
& = E(\xi_k) E(\nu)
\end{aligned}
\]
对于方差，考虑计算 \(E(\eta^2)\) ，此时有
\[
\begin{aligned}
E(\eta^2) & = \sum\limits_{n=1}^\infty P(\nu = n) \sum\limits_{k=1}^\infty k^2 P\left(\sum\limits_{j=1}^n \xi_j\right) \\
& = \sum\limits_{n=1}^\infty P (\nu=n) E\left[\left(\sum\limits_{j=1}^n \xi_j\right) ^2\right] \\
& = \sum\limits_{n=1}^\infty P(\nu = n) \left\lbrace nE(\xi^2_k)+ n(n-1) [E(\xi_k)]^2 \right\rbrace \\
& = \sum\limits_{n=1}^\infty P(\nu = n) n D(\xi_k)+ \sum\limits_{n=1}^\infty n^2 P(\nu = n) [E(\xi_k)]^2 \\
& = E(\nu) D(\xi_k) + E(\nu^2) [E(\xi_k)]^2
\end{aligned}
\]
故有
\(D(\eta) = E(\eta^2)-E(\eta) = E(\nu)D(\xi_k) - D(\nu)[E(\xi_k)]^2\) . \(\square\)
第四章 T45
某公共汽车站在 \([0,t]\) 中来到的乘客批数 \(\mu\) 服从参数为 \(\lambda t\) 的 Poisson 分布，而每批来到的乘客数是随机变量，来 \(n\) 个的概率为 \(p_n, n=0,1,\cdots\) ，试求 \([0,t]\) 中来到乘客数 \(\eta\) 的母函数及数学期望.
设第 \(k\) 批游客个数为 \(\xi_k\) ，那么来到乘客数可记为
\[
\eta = \sum\limits_{k=1}^\mu \xi_k
\]
\(\xi_k\) 的母函数为 \(P(s) = \sum\limits_{j=0}^\infty p_j s^j\) ，\(\mu\) 的母函数根据 Poisson 分布的性质有 \(Q(s) = \mathrm{e}^{\lambda(s-1)}\) ，那么 \(\eta\) 的母函数可以复合得到
\[
Q[P(s)] = \exp \left\lbrace \lambda(s-1) \sum\limits_{j=0}^\infty p_j s^j \right\rbrace
\]
数学期望考虑利用 T44 的结论有
\[
E(\eta) = E(\xi_k) E(\mu) = \lambda\sum\limits_{j=0}^\infty j p_j
\]
\(\square\)