说明：以下题目主要来自许忠好《初等概率论》习题/课后作业题/期中考试题等，仅供参考。
其中部分题目难度较大，作为拓展 or 附加题。（源自某23级学长）

概率空间典型题目

事件 $A$ 与 $B$ 相互独立的充要条件为 $P(A\mid B)=P(A)$ .

必要性不成立：若事件 $A$ 与 $B$ 相互独立，则 $P(B)$ 可能为 $0$ ，此时 $P(A\mid B)$ 无意义。

若随机事件 $A,B,C$ 两两独立，则 $A\cup B$ 与 $C$ 相互独立。

反例：设 $\Omega=\{1,2,3,4\}$ ，令 $A=\{1,2\},B=\{1,3\},C=\{1,4\}$ ，则

P(A)=P(B)=P(C)=\frac{1}{2},P(AB)=P(AC)=P(BC)=\frac{1}{4}

故 $A,B,C$ 两两独立。而

P(A\cup B)=\frac{3}{4},P(C)=\frac{1}{2}, P((A\cup B)C)=\frac{1}{4}\neq\frac{3}{8}=\frac{3}{4}\times\frac{1}{2}=P(A\cup B)P(C)

故 $A\cup B$ 与 $C$ 不相互独立。

扑克牌发放问题：
一副 $52$ 张牌，其中满足特定条件（花色/点数）的牌有 $n$ 张。
将这副牌分给 $4$ 个人（每人 $13$ 张），则四个人拿到的特定条件牌数分别为 $a,b,c,d$ （ $a+b+c+d=n$ ）的概率为 $\frac{\binom{13}{a}\binom{13}{b}\binom{13}{c}\binom{13}{d}}{\binom{52}{n}}$ 。

解：可将发牌情况理解为一串 $52$ 个元素的序列，每个元素有唯一的花色与点数。
满足特定条件（花色/点数）的 $n$ 张牌先确定其序列位置（共 $\binom{52}{n}$ 种组合），
然后满足题目牌数分配的情况中，每个人的 $13$ 张牌里特定牌数可任意选择顺序（得到分子）。

已知有三张牌，一张两面均为红色，一张一面红色一面黄色，一张两面均为黄色。
现在任意抽取一张牌，并任意选择一面。已知此面为红色，求此牌另一面的颜色也为红色的概率 $\frac{2}{3}$ 。

设选择这三张牌的事件分别为 $B_1,B_2,B_3$ （和题目顺序一一对应），并记事件 $A$ 为选择的面为红色。则由贝叶斯公式，

\begin{aligned} P(B_1\mid A)&=\frac{P(A\mid B_1)P(B_1)}{P(A\mid B_1)P(B_1)+P(A\mid B_2)P(B_2)+P(A\mid B_3)P(B_3)}\\ &=\frac{1\times\frac{1}{3}}{1\times\frac{1}{3}+\frac{1}{2}\times\frac{1}{3}+0\times\frac{1}{3}}\\ &=\frac{2}{3} \end{aligned}

已知 $P(A\mid B)+P(\overline{A}\mid\overline{B})=1$ ，证明： $A$ 与 $B$ 相互独立。

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证明：设 $P(A)=a,P(B)=b,P(AB)=c$ ，则由条件得：

\frac{c}{b}+\frac{1-a-b+c}{1-b}=1

化简得 $ab=c$ ，即 $P(A)P(B)=P(AB)$ ，故 $A$ 与 $B$ 相互独立。

已知有随机事件 $A$ , $B$ ，证明： $|P(AB)-P(A)P(B)|\leq\frac{1}{4}$ .

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证明：因为

\begin{aligned} &P(AB)-P(A)P(B)\\ =&P(AB)-(P(A\setminus B)+P(AB))(P(B\setminus A)+P(AB))\\ =&P(AB)(1-P(A\setminus B)-P(B\setminus A)-P(AB))-P(A\setminus B)P(B\setminus A)\\ =&P(AB)P(\overline{A}\cdot\overline{B})-P(A\setminus B)P(B\setminus A) \end{aligned}

又因为 $0\leq P(AB)+P(\overline{A}\cdot\overline{B})\leq 1,0\leq P(A\setminus B)+P(B\setminus A)\leq 1$ ，故由基本不等式，

P(AB)P(\overline{A}\cdot\overline{B})\in[0,\frac{1}{4}],P(A\setminus B)+P(B\setminus A)\in[0,\frac{1}{4}]

所以

|P(AB)-P(A)P(B)|=|P(AB)P(\overline{A}\cdot\overline{B})-P(A\setminus B)P(B\setminus A)|\leq\frac{1}{4}

（取等号条件： $A=B,P(A)=P(B)=\frac{1}{2}$ ）

请举例说明：存在从可测空间 $(\Omega_1,\mathcal{F}_1)$ 到 $(\Omega_2,\mathcal{F}_2)$ 上的可测映射 $f$ 及 $A\in\mathcal{F}_1$ ，
使得 $f(A)\not\in\mathcal{F}_2$ ,这里 $f(A)\triangleq\{y\in \Omega_2:\text{存在}x\in A\text{使得}y=f(x)\}$ .

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例： $\Omega_1=\{a,b,c\},\mathcal{F}_1=\{\{a,b\},\{c\},\varnothing,\Omega_1\}$ ； $\Omega_2=\{1,2\},\mathcal{F}_2=\{\varnothing,\Omega_2\}$
设 $f$ 满足： $f(a)=f(b)=1,f(c)=2$ ，则 $\forall B\in\mathcal{F}_2$ ， $f^{-1}(B)\in\mathcal{F}_1$ ，故 $f$ 为可测映射；
而令 $A=\{a\}\in\mathcal{F}_1$ ，则 $f(A)=\{1\}\not\in\mathcal{F}_2$ ，满足条件。

随机变量典型题目

若 $X^2$ 是随机变量，则 $X$ 是随机变量。

反例：设 $\Omega=\{1,2,3\},\mathcal{F}=\{\varnothing,\{1,3\},\{2\},\Omega\}$ ， $X(1)=X(2)=1,X(3)=-1$ ，则

\{\omega:X(\omega)=1\}=\{1,2\}\not\in\mathcal{F}

故 $X$ 不是随机变量。而 $X^2(1)=X^2(2)=X^2(3)=1$ ，故

(X^2)^{-1}(B)=\left\{\begin{aligned} \Omega, 1\in B\\ \varnothing,1\not\in B \end{aligned} \right. \in\mathcal{F}

故 $X^2$ 为随机变量。
（特别地，若 $X$ 为非负函数，则上述命题为真，因为 $\forall a\geq 0,\{X\leq\sqrt{a}\}=\{X^2\leq a\}$ ，故可测集相同）

设随机变量 $X$ 为一连续分布，随机变量 $Y$ 为一离散分布，且 $X$ 与 $Y$ 相互独立，则 $Z=X+Y$ 的分布函数没有间断点。

\begin{aligned} F_Z(z)&=P(X+Y\leq z)\\ &=\sum_{k} P(X\leq z-y_i,Y=y_i)\\ &=\sum_{k} F_X( z-y_i)\cdot P(Y=y_i) \end{aligned}

即 $Z$ 的分布函数为 $X$ 的分布函数的线性和，故 $Z$ 处处连续，没有间断点。

多项分布的边际分布为二项分布。

具体表述为：设随机向量 $(X_1,\cdots,X_n)$ 满足多项分布（联合分布列为 $P(X_1=n_1,\cdots,X_r=n_r)=\frac{n!p_1^{n_1}\cdots p_r^{n_r}}{n_1!\cdots n_r!},\sum_{i=1}^rn_i=n$ ），则其任意一个分量 $X_i\sim b(n,p_i)$
简单证明：定义指示变量

I_j=\left\{ \begin{aligned} &1,\text{第}j\text{次实验结果为第}i\text{类}\\ &0,\mathrm{otherwise}. \end{aligned} \right.

那么 $X_i=\sum_{j=1}^nI_j$ ，又因为 $I_j\sim b(1,p_i)$ ，由二项分布的可加性， $X_i\sim b(n,p_i)$
（当然也可以通过边际分布列的定义推导计算，在此不赘述）

已知 $X$ 的分布函数为 $F(x)$ ，求 $Y=aX+b$ 的分布函数。

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分情况讨论：
当 $a=0$ 时， $Y\equiv b$ ，

F_Y(y)=\left\{ \begin{aligned} 0,\hspace{1em}y< b\\ 1,\hspace{1em}y\geq b \end{aligned} \right.

当 $a>0$ 时，

F_Y(y)=P(X\leq\frac{y-b}{a})=F(\frac{y-b}{a})

当 $a< 0$ 时，

F_Y(y)=P(X\geq\frac{y-b}{a})=\left\{ \begin{aligned} &1-F(\frac{y-b}{a})+P(\frac{y-b}{a}),&X\text{为离散变量且在}\frac{y-b}{a}\text{有取值}\\ &1-F(\frac{y-b}{a}),&\mathrm{otherwise}. \end{aligned} \right.

设随机变量 $X\sim U(0,1)$ ，求它的 $\mu_k,\nu_k$ .

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\begin{aligned} &\mu_k=\int_0^1x^kdx=\frac{1}{k+1},\\ &\nu_k=\int_0^1(x-\frac{1}{2})^kdx=\left\{ \begin{aligned} &\frac{1}{2^k(k+1)},&k=2n\\ &0,&k=2n+1 \end{aligned} \right. (n\in\mathbb{N}) \end{aligned}

已知随机变量 $X\sim\operatorname*{Exp}(\lambda)$ ，求 $Y=[X]$ 的数学期望（ $[X]$ 为 $X$ 的下取整）。

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\begin{aligned} P(Y=k)&=P(k\leq x< k+1)\\ &=F_X(k+1)-F_X(k)\\ &=e^{-\lambda k}-e^{-\lambda(k+1)} \end{aligned}

于是

\begin{aligned} \mathbb{E}Y&=\sum_{k=0}^\infty kP(Y=k)\\ &=\sum_{k=1}^\infty ke^{-\lambda k}(1-e^{-\lambda})\\ &=(1-e^{-\lambda})\cdot\frac{e^{-\lambda}}{(1-e^{-\lambda})^2}\\ &=\frac{1}{e^\lambda-1} \end{aligned}

已知随机向量 $X\sim P(\lambda)$ ，证明： $\mathbb{E}X^{k+1}=\lambda \mathbb{E}(X+1)^k$ .

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证明：

\begin{aligned} \lambda \mathbb{E}(X+1)^k&=\lambda\sum_{t=0}^\infty(t+1)^k\frac{\lambda^t}{t!}e^{-\lambda}\\ &=\lambda e^{-\lambda}\sum_{t=1}^\infty t^k\frac{\lambda^{t-1}}{(t-1)!}\\ &=\sum_{t=1}^\infty t^{k+1}\frac{\lambda^{t}}{t!}e^{-\lambda}\\ &=\mathbb{E}X^{k+1} \end{aligned}

设 $X\sim N(0,1),a>0$ ，记

Y=\left\{ \begin{aligned} &X,&|X|< a,\\ &-X,&|X|\geq a \end{aligned} \right.

求 $Y$ 的分布函数。

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设分布函数为 $F_Y(y)$ ，则：

\begin{aligned} F_Y(y)&=P(Y\leq y)\\ &=P(X\leq y,|X|< a)+P(X\geq -y,|X|\geq a)\\ &=\Phi(y)\cdot 1_{\{|X|< a\}}+(1-\Phi(-y))\cdot 1_{\{|X|\geq a\}}\\ &=\Phi(y) \end{aligned}

设随机变量 $X\sim N(\mu,\sigma^2)$ ，则数学期望 $\mathbb{E}(\max(X,0))=$ $\mu\Phi(\frac{\mu}{\sigma})+\sigma\varphi(\frac{\mu}{\sigma})$ 。
(请用符号 $\mu,\sigma\,\varphi,\Phi$ 来表示，其中 $\varphi,\Phi$ 分别是 $N(0,1)$ 的概率密度函数和分布函数)。

\begin{aligned} \mathbb{E}(\max(X,0))\\ &=\int_{-\infty}^\infty\max(x,0)\cdot\frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma}e^{-\frac{(x-\mu)^2}{2\sigma^2}}dx\\ &=\int_0^\infty\frac{x}{\sqrt{2\pi}\sigma}e^{-\frac{(x-\mu)^2}{2\sigma^2}}dx\\ &\xlongequal{z=\frac{x-\mu}{\sigma}}\int_{-\frac{\mu}{\sigma}}^\infty\frac{\mu+\sigma z}{\sqrt{2\pi}}e^{-\frac{z^2}{2}}dz\\ &=\mu\int_{-\frac{\mu}{\sigma}}^\infty\frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-\frac{z^2}{2}}dz+\sigma\int_{-\frac{\mu}{\sigma}}^\infty\frac{z}{\sqrt{2\pi}}e^{-\frac{z^2}{2}}dz\\ &=\mu\Phi(\frac{\mu}{\sigma})+\sigma\varphi(\frac{\mu}{\sigma}) \end{aligned}

这里用到了一个性质：

\int_a^\infty x\varphi(x)dx=\varphi(a)=\varphi(-a)

简单证明：

\begin{aligned} \varphi'(x)=\frac{d}{dx}(\frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-\frac{x^2}{2}})=-\frac{x}{\sqrt{2\pi}}e^{-\frac{x^2}{2}}=-x\varphi(x) \end{aligned}

两边同时积分即可。（类似有 $\int_{-\infty}^a x\varphi(x)dx=-\varphi(a)$ ）
拓展：由此可得

\begin{aligned} \mathbb{E}(|X|)&=\mathbb{E}(X\cdot 1_{\{X\geq 0\}})-\mathbb{E}(X\cdot 1_{\{X<0\}})\\ &=\mathbb{E}(\max(X,0))+\mathbb{E}(\max(-X,0))\\ &=\mu\Phi(\frac{\mu}{\sigma})+\sigma\varphi(\frac{\mu}{\sigma})-\mu\Phi(\frac{-\mu}{\sigma})+\sigma\varphi(\frac{-\mu}{\sigma})\\ &=\mu(2\Phi(\frac{\mu}{\sigma})-1)+2\sigma\varphi(\frac{\mu}{\sigma}) \end{aligned}

特别地，当 $\mu=0$ 时， $\mathbb{E}(|X|)=2\sigma\varphi(0)=\sigma\sqrt{\frac{2}{\pi}}$ .

设 $\varphi(x)$ 是标准正态分布的概率密度函数， $u_\alpha$ 是 $\alpha$ -分位数，证明：

\int_{\alpha}^1u_pdp=\varphi(u_\alpha).

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证明：由分位数的定义， $\Phi(u_p)=p$ ，即 $u_p=\Phi^{-1}(p)$ ，又令 $u_p=x$ ，则

\Phi(x)=p\Longrightarrow dp=\varphi(x)dx

又因为 $p=1$ 时， $x=\infty$ ； $p=\alpha$ 时， $x=u_\alpha$ ，故

\int_{\alpha}^1u_pdp=\int_{u_\alpha}^\infty x\varphi(x)dx=\varphi(u_\alpha)

（其中第二个等号来自上一题的结论）

设随机变量 $X$ 服从均匀分布 $U(0,2)$ ， $Y=\max(X,1)$ ，求 $Y$ 的分布函数 $F$ 并将其写为 $\alpha F_1+(1-\alpha)F_2$ 的形式，其中 $\alpha\in [0,1]$ 为常数， $F_1$ 和 $F_2$ 分别为离散型随机变量和连续型随机变量的分布函数。

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因为 $X$ 的分布函数为

F_X(x)=\left\{ \begin{aligned} & 0,&x\leq 0\\ & \frac{x}{2},&0 < x < 2\\ &1,&x\geq 2 \end{aligned} \right.

所以 $Y$ 的分布函数为

F_Y(y)=\left\{ \begin{aligned} & F_X(y),&y\geq 1\\ & 0,&y< 1 \end{aligned} \right. =\left\{ \begin{aligned} &0,&y< 1\\ &\frac{y}{2},&1\leq y< 2\\ &1,&y\geq 2 \end{aligned} \right.

由于分布函数间断点只有 $y=1$ ，且 $P(Y=1)=P(Y\leq 1)-P(Y< 1)=\frac{1}{2}$ ，所以可以取 $F_1(y)=1_{\{y\geq 1\}}y$ ， $\alpha=\frac{1}{2}$ ，则

F_2(y)=2F_Y(y)-F_1(y)=\left\{ \begin{aligned} &0,&y< 1\\ &y-1,&1\leq y< 2\\ &1,&y\geq 2 \end{aligned} \right.

随机向量典型题目

设随机变量 $X$ 与 $Y$ 均服从正态分布，且不相关，那么：

$X+Y$ 服从一维正态分布
$(X,Y)$ 服从二维正态分布
$X,Y$ 相互独立
以上均不正确

反例（三个选项均不成立）：
设 $X\sim N(0,1)$ ，定义与 $X$ 独立的随机变量 $Z$ ，满足 $P(Z=1)=P(Z=-1)=0.5$ ，再设 $Y=XZ$ ；
则 $F_Y(y)=P(Y\leq y)=P(X\leq y,Z=1)+P(X\geq -y,Z=-1)=0.5\Phi(y)+0.5(1-\Phi(-y))=\Phi(y)$ ，故 $Y\sim N(0,1)$ ；又因为 $\mathbb{E}(XY)=\mathbb{E}(ZX^2)=\mathbb{E}(Z)\mathbb{E}(X^2)=0$ ，故 $\mathrm{Cov}(X,Y)=0$ ， $X,Y$ 不相关；
$X$ 与 $Y$ 显然不独立（ $P(1\leq X\leq 2,3\leq Y\leq 4)=0\neq P(1\leq X\leq 2)\cdot P(3\leq Y\leq 4)$ ）；
$(X,Y)$ 的概率密度函数非 $0$ 点只在 $y=x$ 与 $y=-x$ 两条直线上，显然不服从二维正态分布；
设 $T=X+Y$ ，则 $F_T(t)=P(X+Y\leq t)=0.5P(X\leq\frac{t}{2})+0.5P(0\leq t)=0.5\Phi(\frac{t}{2})+0.5\cdot 1_{\{t\geq 0\}}$ 在 $t=0$ 处不连续，故不服从正态分布；

设 $X,Y$ 均服从 $N(0,1)$ ，则 $X^2+Y^2$ 服从卡方分布。

反例： $Y=X,X^2+Y^2=2X^2\sim 2\chi^2(1)$ ，不是卡方分布；
只有 $X$ 与 $Y$ 相互独立，才有 $X^2+Y^2\sim\chi^2(2)$

如果随机向量 $(X,Y)$ 的边际分布函数连续，则其联合分布函数连续。

证明：由于边际分布函数连续，所以任意 $(x_0,y_0)$ ， $P(X=x_0,Y\leq y)=P(X\leq x,Y=y_0)=0$ ；
于是 $P(X=x_0,Y=y_0)=0$ ， $F_{X,Y}(x,y)=P(X\leq x,Y\leq y)$ 在 $(x_0,y_0)$ 处连续，故联合分布函数处处连续。

设随机变量 $X,Y,Z$ 两两独立，则 $X+Y$ 与 $Z$ 相互独立。

证明：设 $X\sim b(1,\frac{1}{2})$ ， $Y\sim b(1,\frac{1}{2})$ ，且 $X$ 与 $Y$ 相互独立，另设 $Z=X\oplus Y$ （即 $X=Y$ 时取 $0$ ，反之取 $1$ ）
则 $P(Z=0)=P(Z=1)=\frac{1}{2}$ ，对于 $X$ 与 $Z$ ： $P(X=0,Z=0)=P(X=0,Y=0)=P(X=0)P(Y=0)=\frac{1}{4}=P(X=0)P(Z=0)$ （其他取值类似），故 $X$ 与 $Z$ 独立（同理可得 $Y$ 与 $Z$ 独立），即 $X,Y,Z$ 两两独立；
而 $P(X+Y=1,Z=0)=0\neq P(X+Y=1)P(Z=0)$ ，故 $X+Y$ 与 $Z$ 不相互独立。

已知随机向量 $X,Y,Z$ 两两之间的相关系数均为 $\rho$ ，证明： $\rho\geq-\frac{1}{2}$ 。

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证明：由题可得， $X,Y,Z$ 的相关系数矩阵为：

\begin{pmatrix} 1 & \rho & \rho\\ \rho & 1 & \rho\\ \rho & \rho & 1 \end{pmatrix}

则由于相关系数矩阵具有非负定性（可由协方差矩阵的非负定性推得），故

\begin{vmatrix} 1 & \rho & \rho\\ \rho & 1 & \rho\\ \rho & \rho & 1 \end{vmatrix} =2\rho^3-3\rho^2+1=(x-1)^2(2x+1)>0

所以 $\rho\geq-\frac{1}{2}$ 。

一根绳子先随机地剪下一段, 从剩下的绳子再随机剪一段, 求这三段构成三角形的概率。 $\ln2-\frac{1}{2}$ 。

设绳子长度为 $1$ ，第一次剪下长度为 $X\sim U(0,1)$ ，第二次剪下长度（在 $X=x$ 条件下）为 $Y\sim U(0,1-x)$ ，则三段绳子长度为 $X,Y,1-X-Y$ .
由题目条件可得 $X< 0.5,Y< 0.5,X+Y>0.5$ ，故可得 $0< X< 0.5,0.5-X< Y< 0.5$
又因为 $(X,Y)$ 联合概率密度函数为

p_{X,Y}(x,y)=p_{Y\mid X}(y\mid x)p_X(x)=\frac{1}{1-x}\hspace{1em 0< x< 1,0< y< 1-x}

故事件概率为

\int_0^{0.5}dx\int_{0.5-x}^{0.5}\frac{1}{1-x}dy=\int_0^{0.5}\frac{x}{1-x}dx=\ln2-\frac{1}{2}

设随机变量 $X_1$ 服从均匀分布 $U(0,1)$ ；当 $X_1=x_1(0< x_1< 1)$ 时， $X_2$ 服从均匀分布 $U(0,x_1)$ ；当 $X_2=x_2(0< x_2< 1)$ 时, $X_3$ 服从均匀分布 $U(0,x_2)$ .
求数学期望 $\mathbb{E}X_3=$ $\frac{1}{8}$ 。

由重期望公式得 $\mathbb{E}X_3=\mathbb{E}(\mathbb{E}(X_3\mid X_2))$ ，又因为 $X_3\mid X_2=x_2\sim U(0,x_2)$ ，所以 $\mathbb{E}(X_3\mid X_2)=\frac{0+X_2}{2}=\frac{1}{2}X_2$ ，故 $\mathbb{E}X_3=\frac{1}{2}X_2$ ；
同理可得 $\mathbb{E}X_2=\frac{1}{2}\mathbb{E}X_1$ ，故 $\mathbb{E}X_3=\frac{1}{4}\mathbb{E}X_1=\frac{1}{4}\times\frac{1}{2}=\frac{1}{8}$ .

已知连续型随机向量 $(X,Y)$ 的联合概率密度函数 $p(x,y)$ ，计算条件数学期望 $\mathbb{E}(f(X,Y)\mid g(X,Y)<0)$ 。

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求解方法1：利用随机变量关于随机事件的条件数学期望公式（默认 $P(g(X,Y)< 0)>0$ ）：

\begin{aligned} \mathbb{E}(f(X,Y)\mid g(X,Y)< 0)&=\frac{\mathbb{E}(f(X,Y)\cdot 1_{g(X,Y)<0})}{P(g(X,Y)<0)}\\ &=\frac{\iint_{g(x,y)<0}f(x,y)p(x,y)dxdy}{\iint_{g(x,y)<0}p(x,y)dxdy} \end{aligned}

求解方法2：先求解条件分布，再求解条件数学期望。不推荐这么做

\begin{aligned} P(f(X,Y)\leq t\mid g(X,Y)<0)&=\frac{P(f(X,Y)\leq t,g(X,Y)<0)}{P(g(X,Y)<0)}\\ &=\frac{\iint_Dp(x,y)}{\iint_{D'}p(x,y)} \end{aligned}

其中 $D,D'$ 为满足相应条件的平面点集。因为 $P(f(X,Y)\leq t\mid g(X,Y)<0)$ 为关于 $t$ 的函数（设为 $h(t)$ ），则

\mathbb{E}(f(X,Y)\mid g(X,Y)<0)=\int_{-\infty}^\infty th'(t)dt

已知随机变量 $X$ 与 $Y$ 相互独立，且 $X$ 与 $Y$ 的概率密度函数分别为 $p_X(x)$ 与 $p_Y(y)$ ，求 $\mathbb{E}(X\mid f(X,Y)=t)$ 与 $\mathbb{E}(X\mid f(X,Y))$ 。（其中 $f(X,Y)$ 在 $X$ 固定时关于 $Y$ 严格单调）

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解： $(X,Y)$ 的联合概率密度函数为 $p_{X,Y}(x,y)=p_X(x)p_Y(y)$ ，设 $f(X,Y)=T$ ，另有 $Y=g(X,T)$ 则

\begin{aligned} p_{X\mid T}(x\mid t)=\frac{p_{X,T}(x,t)}{p_T(t)}&=\frac{p_{X,Y}(x,g(x,t))|g_t|}{\int_{-\infty}^\infty p_{X,Y}(x,g(x,t))|g_t|dx}\\ &=\frac{p_{X}(x)p_Y(g(x,t))|g_t|}{\int_{-\infty}^\infty p_{X}(u)p_Y(g(u,t))|g_t|du} \end{aligned}

因而有

\mathbb{E}(X\mid f(X,Y)=t)=\int_{-\infty}^\infty xp_{X\mid T}(x\mid t)dx

再求 $\mathbb{E}(X\mid f(X,Y))$ ，只需把 $t$ 换为 $f(X,Y)$ 即可。

已知随机变量 $(X,Y)$ 满足二维正态分布 $N(\mu_1,\sigma_1^2;\mu_2,\sigma_2^2;\rho)$ ，求 $\mathbb{E}(X\mid Y)$ 的表达式，并判断其是否满足正态分布。

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表达式为：

\mathbb{E}(X\mid Y)=\mu_1+\rho\frac{\sigma_1}{\sigma_2}(Y-\mu_2)

显然满足正态分布。
推导过程：由于二维正态分布的概率密度函数为

p(x,y)=\frac{1}{2\pi\sigma_1\sigma_2\sqrt{1-\rho^2}}\mathrm{exp}\left\{-\frac{1}{2(1-\rho^2)}\left[(\frac{x-\mu_1}{\sigma_1})^2+(\frac{y-\mu_2}{\sigma_2})^2-\frac{2\rho(x-\mu_1)(y-\mu_2)}{\sigma_1\sigma_2}\right]\right\}

而边缘概率密度函数

p_Y(y)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma_2}\exp\left\{-\frac{(y-\mu_2)^2}{2\sigma_2^2}\right\}

故条件概率密度函数

\begin{aligned} p_{X\mid Y}(x\mid y)&=\frac{p(x,y)}{p_Y(y)}\\ &=\frac{1}{\sqrt{2\pi(1-\rho^2)}\sigma_1}\exp\left\{-\frac{1}{2(1-\rho^2)}[(\frac{x-\mu_1}{\sigma_1})^2-\frac{2\rho(x-\mu_1)(y-\mu_2)}{\sigma_1\sigma_2}]-\frac{\rho^2(y-\mu_2)^2}{2(1-\rho^2)\sigma_2^2}\right\}\\ &=\frac{1}{\sqrt{2\pi(1-\rho^2)}\sigma_1}\exp\left\{-\frac{1}{2(1-\rho^2)\sigma_1^2}\left[x-\mu_1-\rho\frac{\sigma_1}{\sigma_2}(y-\mu_2)\right]^2\right\} \end{aligned}

所以

X\mid Y=y\sim N(\mu_1+\rho\frac{\sigma_1}{\sigma_2}(y-\mu_2),(1-\rho^2)\sigma_1^2),\hspace{1em}\mathbb{E}(X\mid Y=y)=\mu_1+\rho\frac{\sigma_1}{\sigma_2}(y-\mu_2).

设 $X\sim N(\mu,\sigma^2)$ ， $\Phi(x)$ 为标准正态分布的分布函数，求 $\mathbb{E}(\Phi(X))$ = $\Phi(\frac{\mu}{\sqrt{\sigma^2+1}})$ 。
据学长所言，这道题深受某许姓教授喜爱

法1：设 $X$ 的概率密度函数为 $p(x)$ ，则

\begin{aligned} \mathbb{E}(\Phi(X))&=\int_{-\infty}^\infty\Phi(x)p(x)dx\\ &=\int_{-\infty}^\infty\left(\int_{-\infty}^y\varphi(y)dy\right)p(x)dx\\ &=\iint_{\{(x,y):x\geq y\}}\varphi(y)\cdot p(x)dxdy \end{aligned}

设 $Y\sim N(0,1)$ ，且与 $X$ 相互独立，则 $(X,Y)$ 联合概率密度函数为 $\varphi(y)p(x)$ ，且 $X-Y\sim N(\mu,1+\sigma^2)$ ，故

\begin{aligned} \mathbb{E}(\Phi(X))&=\iint_{\{(x,y):x\geq y\}}\varphi(y)\cdot p(x)dxdy\\ &=P(X\geq Y)=P(X-Y\geq 0)\\ &=P(\frac{(X-Y)-\mu}{\sqrt{1+\sigma^2}}\geq\frac{-\mu}{\sqrt{1+\sigma^2}})\\ &=1-\Phi(\frac{-\mu}{\sqrt{1+\sigma^2}})=\Phi(\frac{\mu}{\sqrt{\sigma^2+1}}) \end{aligned}

法2：
利用条件期望的性质以及重期望公式，设 $Z\sim N(0,1)$ ，则

\mathbb{E}(\Phi(X))=\mathbb{E}(P(Z\leq X|X))=P(Z\leq X)

后面的推导同法1。

极限理论典型题目

计算 $X\sim Ga(\alpha,\lambda)$ 的特征函数 $f(t)=$ $(\frac{\lambda}{\lambda-it})^\alpha$ 。

计算过程：

\begin{aligned} f(t)=\mathbb{E}e^{itX}=&\int_0^\infty e^{itx}\frac{\lambda^\alpha}{\Gamma(\alpha)}x^{\alpha-1}e^{-\lambda x}dx\\ &=\frac{\lambda^\alpha}{\Gamma(\alpha)}\int_0^\infty x^{\alpha-1}e^{-(\lambda-it)x}dx\\ &\xlongequal {\text{令}z=(\lambda-it)x}\frac{\lambda^\alpha}{\Gamma(\alpha)(\lambda-it)^\alpha}\int_0^\infty z^{\alpha-1}e^{-z}dz\\ &=\frac{\lambda^\alpha}{\Gamma(\alpha)(\lambda-it)^\alpha}\cdot \Gamma(\alpha)=(\frac{\lambda}{\lambda-it})^\alpha \end{aligned}

证明： $X$ 的特征函数为实值函数 $\Longleftrightarrow X$ 与 $-X$ 同分布。

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证明：当 $X$ 的特征函数 $f(t)$ 为实值函数，则 $-X$ 的特征函数 $f(-t)=\overline{f(t)}=f(t)$ ，故 $X$ 与 $-X$ 同分布；
当 $X$ 与 $-X$ 同分布，则设对应的特征函数分别为 $f(t),g(t)$ （ $f(t)=g(t)$ ），则 $f(t)=g(t)=f(-t)=\overline{f(t)}$ ，故 $f(t)$ 为实值函数。

证明：设 $X_n\stackrel{P}{\longrightarrow}X$ ， $X_n\stackrel{P}{\longrightarrow}Y$ ，证明： $P(X=Y)=1$ .

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P(X=Y)=1

等价于

P(|X-Y|>0)=0

。
首先证明：对任意

\epsilon>0

，

P(|X-Y|\geq\epsilon)=0

.
由条件得，$

\begin{aligned} \lim_{n\to\infty}P(|X_n-X|\geq\frac{\epsilon}{2})=0\\ \lim_{n\to\infty}P(|X_n-Y|\geq\frac{\epsilon}{2})=0 \end{aligned}

又因为 $\{|X-Y|\geq\epsilon\}\subseteq\{|X_n-X|\geq\frac{\epsilon}{2}\}\cup\{|X_n-Y|\geq\frac{\epsilon}{2}\}$ ，所以

\begin{aligned} P(|X-Y|\geq\epsilon)&=P(|X-X_n+X_n-Y|\geq\epsilon)\\ &\leq P(|X_n-X|\geq\frac{\epsilon}{2})+P(|X_n-Y|\geq\frac{\epsilon}{2})\to 0\hspace{0.5em}(n\to\infty) \end{aligned}

所以 $P(|X-Y|\geq\epsilon)=0$ .于是

\begin{aligned} P(|X-Y|>0)&=P\left(\bigcup_{k=1}^{\infty}\{|X-Y|\geq\frac{1}{k}\}\right)\\ &\leq\sum_{k=1}^\infty P(|X-Y|\geq\frac{1}{k})=0 \end{aligned}

命题得证。

设 $a>0,X_1,X_2,\cdots$ 相互独立且都服从均匀分布 $U(0,a)$ ，记 $Y_n=\operatorname*{max}_{1\leq k\leq n}$ ，证明： $Y_n\stackrel{P}{\longrightarrow}a$ .

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证明方法1：对任意 $\epsilon>0$ ，

\begin{aligned} P(|Y_n-a|\geq \epsilon)&=P(Y_n-a\geq \epsilon)+P(Y_n-a\leq-\epsilon)\\ &=1-P(Y_n< a+\epsilon)+P(Y_n\leq a-\epsilon)\\ &=1-P(X_1< a+\epsilon,X_2< a+\epsilon,\cdots,X_n< a+\epsilon)+P(X_1\leq a-\epsilon,X_2\leq a-\epsilon,\cdots,X_n\leq a-\epsilon)\\ &\leq 1-\prod_{k=1}^nF_{X_k}(a+\epsilon)+\prod_{k=1}^nF_{X_k}(a-\epsilon) \end{aligned}

又因为 $F_{X_k}(a+\epsilon)=1,F_{X_k}(a-\epsilon)=\frac{a-\epsilon}{a}$ ，故

\begin{aligned} &\lim_{n\to\infty}\left(1-\prod_{k=1}^nF_{X_k}(a+\epsilon)+\prod_{k=1}^nF_{X_k}(a-\epsilon)\right)\\ &=\lim_{n\to\infty}\left(1-1+(\frac{a-\epsilon}{a})^n\right)\\ &=0 \end{aligned}

所以 $\lim_{n\to\infty}P(|Y_n-a|\geq \epsilon)=0$ ，即 $Y_n\stackrel{P}{\longrightarrow}a$ .
证明方法2：因为 $a$ 为常数，故 $Y_n\stackrel{P}{\longrightarrow}a$ 等价于 $Y_n\stackrel{d}{\longrightarrow}a$ 。
因为

F_{Y_n}(x)=[F_X(x)]^n=\left\{ \begin{aligned} &0,&x\leq 0\\ &\left(\frac{x}{a}\right)^n,&0< x< a\\ &1,&x\geq a \end{aligned} \right.

所以

\lim_{n\to\infty}F_{Y_n}(x)=\left\{ \begin{aligned} &0,&x< a\\ &1,&x\geq a \end{aligned} \right.

于是有 $\lim_{n\to\infty}Y_n\equiv a$ ，即 $Y_n\stackrel{d}{\longrightarrow}a$ ，所以 $Y_n\stackrel{P}{\longrightarrow}a$ .

设随机变量 $X,Y\stackrel{i.i.d}{\sim}N(0,1)$ ， $Z=XY$ ,求 $Z$ 的特征函数. $\frac{1}{\sqrt{1+t^2}}$

由重期望公式得 $f_z(t)=\mathbb{E}e^{itXY}=\mathbb{E}(\mathbb{E}(e^{itXY}\mid X))$ 。而当 $X=x$ 时，因为 $Y\sim N(0,1)$ ，

\mathbb{E}(e^{itXY}\mid X=x)=\mathbb{E}(e^{itxY})=e^{-\frac{(tx)^2}{2}}

所以 $f_z(t)=\mathbb{E}(e^{-\frac{t^2X^2}{2}})$
又因为 $X\sim N(0,1)$ ，所以

\mathbb{E}(e^{-\frac{t^2X^2}{2}})=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^\infty e^{-\frac{t^2x^2}{2}}e^{-\frac{x^2}{2}}=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^\infty e^{-\frac{(t^2+1)x^2}{2}}

由高斯积分 $\int_{-\infty}^\infty e^{-\frac{ax^2}{2}}=\sqrt{\frac{2\pi}{a}}$ （可由gamma函数推得），得

f_z(t)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\cdot\sqrt{\frac{2\pi}{t^2+1}}=\frac{1}{\sqrt{t^2+1}}

设随机变量序列 $\{X_n,n\geq 1\}$ 同分布且方差存在。若 $i\neq j$ 时， $\mathrm{Cov}(X_i,X_j)\leq 0$ 。证明 $\{X_n,n\geq 1\}$ 服从大数定律。

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首先确定使用哪种大数定律：不能用切比雪夫大数定律（没有独立性条件），不能用辛钦大数定律（没有期望存在条件），故使用马尔科夫大数定律。
证明：因为

\begin{aligned} \mathrm{Var}(\sum_{i=1}^nX_i)&=\sum_{i=1}^n\mathrm{Var}(X_i)+\sum_{i\neq j}\mathrm{Cov}(X_i,X_j)\\ &\leq \sum_{i=1}^n \mathrm{Var}(X_i) \end{aligned}

又因为 $\{X_n,n\geq 1\}$ 同分布且方差均存在（设为 $\sigma^2$ ），故 $\mathrm{Var}(\sum_{i=1}^nX_i)\leq n\sigma^2$ ，所以

\lim_{n\to\infty}\frac{\mathrm{Var}(\sum_{i=1}^nX_i)}{n^2}\leq \lim_{n\to\infty}\frac{\sigma^2}{n}=0

由马尔科夫大数定律可得 $\{X_n,n\geq 1\}$ 服从大数定律。

某厂生产的螺丝钉不合格率为 $0.01$ ，问一盒中应装多少只才能使得其中含有 $100$ 只合格品的概率不小于 $0.95$ ？ $103$

设 $X$ 为一盒螺丝钉中合格品的个数（设总共有 $n$ 只螺丝钉），则 $X\sim b(n,0.99)$
由中心极限定理及连续性修正，有

0.95\leq P(X\geq 100)\approx P(X\geq 99.5)\approx 1-\Phi(\frac{99.5-0.99n}{\sqrt{n\times 0.99\times 0.01}})

由正态分布表（或计算器计算）可得， $1-\Phi(t)\geq 0.95\Longrightarrow t\leq -1.645$ ，所以有

\frac{99.5-0.99n}{\sqrt{n\times 0.99\times 0.01}}\leq -1.645

解得 $n\geq 102.17$ ，故 $n$ 最小值为 $103$ .

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极限理论典型题目

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