三、随机变量的矩
设 \((X,Y)\) 是二维随机变量。如果 \(E(X^{k}Y^{l})\) 存在，则称 \(E(X^{k})(k = 1,2,\dots)\) 为 \(X\) 的 \(k\) 阶原点矩；称 \(E(X - EX)^{k}(k = 2,3,\dots)\) 为 \(X\) 的 \(k\) 阶中心矩；称 \(E(X^{k}Y^{l})(k,l = 1,2,\dots)\) 为 \(X\) 与 \(Y\) 的 \(k + l\) 阶混合原点矩；称 \(E[(X - EX)^{k}(Y - EY)^{l}](k,l = 1,2,\dots)\) 为 \(X\) 与 \(Y\) 的 \(k + l\) 阶混合中心矩。
从上述定义看出：数学期望 \(EX\) 是 \(X\) 的一阶原点矩，方差 \(DX\) 是 \(X\) 的二阶中心矩，协方差 \(\operatorname{Cov}(X,Y)\) 是 \(X\) 与 \(Y\) 的混合二阶中心矩。
例4.10
设随机变量 \(X\) 的概率密度为
\[f(x) = \frac{1}{\sqrt{\pi}} \mathrm{e}^{-x^{2} + x - \frac{1}{4}} \quad (-\infty < x < +\infty),\]则随机变量 \(X\) 的二阶原点矩为
【分析】 依题设，即求 \(EX^2\)。首先对所给概率密度作变换：对于 \(x(-\infty < x < +\infty)\)，有
\[f(x) = \frac{1}{\sqrt{\pi}} \mathrm{e}^{-x^{2} + x - \frac{1}{4}} = \frac{1}{\sqrt{2\pi} \sqrt{\frac{1}{2}}} \mathrm{e}^{-\frac{(x - 1)^{2}}{2}},\]由此可知随机变量 \(X\) 服从正态分布，从而 \(EX = \frac{1}{2}, DX = \frac{1}{2}\)，于是
\[EX^{2} = DX + (EX)^{2} = \frac{3}{4}.\]评注 当遇到型如
\[f(x) = Ae^{-(ax^2 +bx + c)} \quad (a > 0,b,c \text{为已知常数}, A > 0 \text{待定或已知})\]的函数作为随机变量 \(X\) 的密度函数时，一般都要往正态密度方向凑，即将 \(\mathrm{e}^{-(ax^2 +bx + c)}\) 通过配方化成 \(\mathrm{e}^{-\frac{1}{2}(x - \mu)^2 +k}\) 的形式，再通过比较 \(x\) 同次幂的系数可得 \(\sigma^2 = \frac{1}{2a},\mu = \frac{-b}{2a},k = \frac{b^2}{4a} -c\)。通常情况下，只要简单凑一下数就可以得到 \(\mu ,\sigma^2\)（如本例 \(\sigma^2 = \frac{1}{2},\mu = \frac{1}{2},k = 0)\)，此时 \(A\) 的值也可以得到了。
考题型及其解题方法与技巧
题型一 随机变量的期望与方差
例4.11
设试验成功的概率为 \(\frac{3}{4}\)，失败的概率为 \(\frac{1}{4}\)，现独立重复地试验直到成功两次为止，则所需进行的试验次数的数学期望为
【分析】 设 \(X\) 表示试验成功两次时所进行的试验次数，\(Y\) 表示第一次试验成功所进行的试验次数，\(Z\) 表示从第一次成功之后到第二次成功所进行的试验次数，则 \(X = Y + Z\)，且 \(Y\) 与 \(Z\) 都服从同一几何分布，其概率分布为
\[P\{Y = k\} = P\{Z = k\} = \frac{3}{4} \left(\frac{1}{4}\right)^{k - 1} \quad (k = 1, 2, \dots),\]从而有 \(E(Y) = E(Z) = \frac{4}{3}\)，于是
\[E(X) = E(Y + Z) = E(Y) + E(Z) = \frac{4}{3} + \frac{4}{3} = \frac{8}{3}.\]例4.12
已知随机变量 \(X\) 的概率密度为 \(f(x) = A\mathrm{e}^{x(B - x)}(-\infty < x < +\infty)\)，且 \(E(X) = 2D(X)\)。试求：
（I）常数 \(A\)，\(B\) 之值； （Ⅱ）\(E(X^{2} + \mathrm{e}^{X})\)； （Ⅲ）\(Y = |\sqrt{2} (X - 1)|\) 的分布函数 \(F(y)\)
【分析】 \(f(x) = Ae^{x(B - x)} = Ae^{-x^2 + Bx} = Ae^{\frac{B^2}{4}}e^{-(x - \frac{B}{2})^2}\)，可以将 \(f(x)\) 看成正态分布 \(N\left(\frac{B}{2}, \frac{1}{2}\right)\) 的概率密度函数。
【解】
（I）由 \(X \sim N\left(\frac{B}{2}, \frac{1}{2}\right)\) 且 \(E(X) = 2D(X)\)，得到 \(E(X) = \frac{B}{2} = 2D(X) = 1\)，即 \(B = 2\)。而 \(A\mathrm{e}^{\frac{B^2}{4}} = \frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma}\)，就有 \(A\mathrm{e} = \frac{1}{\sqrt{2\pi} \cdot \sqrt{\frac{1}{2}}} = \frac{1}{\sqrt{\pi}}\)，于是 \(A = \frac{\mathrm{e}^{-1}}{\sqrt{\pi}}\)，从而 \(f(x) = \frac{1}{\sqrt{\pi}}\mathrm{e}^{-(x - 1)^2}\)。
（Ⅱ）\(E(X^{2} + \mathrm{e}^{X}) = E(X^{2}) + E(\mathrm{e}^{X})\)。而
\[E\left(X^{2}\right) = D(X) + \left[E(X)\right]^{2} = \frac{1}{2} + 1 = \frac{3}{2},\] \[\begin{aligned} E\left(e^{X}\right) &= \int_{-\infty}^{+\infty} e^{t} f(t) dt = \int_{-\infty}^{+\infty} e^{t} \frac{1}{\sqrt{\pi}} e^{-(t - 1)^{2}} dt = \frac{1}{\sqrt{\pi}} \int_{-\infty}^{+\infty} e^{-t^{2} + 3t - 1} dt \\ &= \frac{1}{\sqrt{\pi}} \int_{-\infty}^{+\infty} e^{-(t - \frac{3}{2})^{2}} \cdot e^{\frac{5}{4}} dt = e^{\frac{5}{4}} \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{1}{\sqrt{\pi}} e^{-(t - \frac{3}{2})^{2}} dt = e^{\frac{5}{4}}, \end{aligned}\]所以 \(E(X^{2} + \mathrm{e}^{X}) = \frac{3}{2} +\mathrm{e}^{\frac{5}{4}}\)。
（Ⅲ）由于 \(X \sim N\left(1, \frac{1}{2}\right)\)，故 \((X - 1) \sim N\left(0, \frac{1}{2}\right), \sqrt{2}(X - 1) \sim N(0, 1)\)。
显然，当 \(y < 0\) 时，\(F(y) = 0\)；当 \(y \geqslant 0\) 时，
\[\begin{aligned} F(y) &= P\{Y \leqslant y\} = P\{|\sqrt{2}(X - 1)| \leqslant y\} = P\{-y \leqslant \sqrt{2}(X - 1) \leqslant y\} \\ &= \int_{-y}^{y} \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \mathrm{e}^{-\frac{t^{2}}{2}} dt = 2\int_{0}^{y} \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \mathrm{e}^{-\frac{t^{2}}{2}} dt = 2\Phi(y) - 1, \end{aligned}\]故
\[F(y) = \left\{ \begin{array}{ll}0, & y < 0,\\ 2\Phi(y) - 1, & y\geqslant 0. \end{array} \right.\]其中 \(\Phi(y)\) 为标准正态分布的分布函数。
例4.13
投篮测试规则为每人最多投三次，投中为止，且第 \(i\) 次投中得分为 \((4 - i)\) 分，\(i = 1,2,3\)。若三次均未投中不得分，假设某人投篮测试中投篮的平均次数为1.56次。
（I）求该人投篮的命中率； （Ⅱ）求该人投篮的平均得分。
【解】
（I）设该投篮人投篮次数为 \(X\)，投篮得分为 \(Y\)；每次投篮命中率为 \(p(0 < p < 1)\)，则 \(X\) 的概率分布为
\[P\{X = 1\} = p, \quad P\{X = 2\} = p q, \quad P\{X = 3\} = q^{2},\] \[EX = p + 2pq + 3q^{2} = p + 2p(1 - p) + 3(1 - p)^{2} = p^{2} - 3p + 3.\]依题意 \(p^2 - 3p + 3 = 1.56\)，即 \(p^2 - 3p + 1.44 = 0\)。
解得 \(p = 0.6\)（\(p = 2.4\) 不合题意，舍去）。
（Ⅱ）\(Y\) 可以取0，1，2，3四个可能值，且
\[P\{Y = 0\} = q^{3} = 0.4^{3} = 0.064,\] \[P\{Y = 1\} = p q^{2} = 0.6 \times 0.4^{2} = 0.096,\] \[P\{Y = 2\} = p q = 0.6 \times 0.4 = 0.24,\] \[P\{Y = 3\} = p = 0.6,\]于是 \(EY = \sum_{i=0}^{3} iP\{Y = i\} = 2.376\)（分）。
评注 ① 求命中率 \(p\) 就是求随机变量 \(X\) 分布律的未知参数问题，这可以根据题意列出一个以 \(p\) 为未知量的方程解决，但要注意作为命中率 \(p\) 是不能大于1的，故应舍去 \(p = 2.4\) 这一解。 ② 求一个离散型随机变量分布律，首先应明确其全部可能取值，然后计算取各相应值的概率。前者一般是显而易见的，如本例中的投篮次数、投篮得分，而计算概率有时比较复杂。 ③ 本例中若误认为 \(P\{X = 3\} = pq^2\)，则会出现 \(\sum_{i=1}^{3} P\{X = i\} \neq 1\) 的矛盾。这是由于投篮测试规则限定每人最多可投三次，一位投篮者投了三次仅表明他前面两次未投中，不能说明他第三次是投中还是没有投中。而事件"\(Y = 1\)"，则表示投篮者投了三次且第三次投中了，其概率为 \(pq^2\)。
例4.14
已知随机变量 \(X_{1}\) 与 \(X_{2}\) 相互独立且分别服从参数为 \(\lambda_1, \lambda_2\) 的泊松分布，\(P\{X_1 + X_2 > 0\} = 1 - e^{-1}\)，则 \(E(X_1 + X_2)^2 = \_\)
【分析】 已知 \(X_{i}\sim P(\lambda_{i})\) 且相互独立，所以 \(EX_{i} = DX_{i} = \lambda_{i},i = 1,2\)。
\[\begin{aligned} E\left(X_{1} + X_{2}\right)^{2} &= E\left(X_{1}^{2} + 2X_{1}X_{2} + X_{2}^{2}\right) = EX_{1}^{2} + 2EX_{1}EX_{2} + EX_{2}^{2} \\ &= \lambda_{1} + \lambda_{1}^{2} + 2\lambda_{1}\lambda_{2} + \lambda_{2} + \lambda_{2}^{2} = \lambda_{1} + \lambda_{2} + (\lambda_{1} + \lambda_{2})^{2}. \end{aligned}\]为求得最终结果我们需要由已知条件求得 \(\lambda_1 + \lambda_2\)。因为
\[\begin{aligned} P\{X_{1} + X_{2} > 0\} &= 1 - P\{X_{1} + X_{2} \leqslant 0\} = 1 - P\{X_{1} + X_{2} = 0\} \\ &= 1 - P\{X_{1} = 0, X_{2} = 0\} = 1 - P\{X_{1} = 0\} P\{X_{2} = 0\} \\ &= 1 - \mathrm{e}^{-\lambda_{1}} \cdot \mathrm{e}^{-\lambda_{2}} = 1 - \mathrm{e}^{-(\lambda_{1} + \lambda_{2})} \xlongequal{\text{依题设}} 1 - \mathrm{e}^{-1}, \end{aligned}\]所以 \(\lambda_1 + \lambda_2 = 1\)，故 \(E(X_{1} + X_{2})^{2} = 1 + 1 = 2\)。
例4.15
已知 \((X,Y)\) 在以点 \((0,0),(1,0),(1,1)\) 为顶点的三角形区域上服从均匀分布，对 \((X,Y)\) 作4次独立重复观察，观察值 \(X + Y\) 不超过1出现的次数为 \(Z\)，则 \(E Z^{2} =\)
【分析】 由题设知 \((X,Y)\) 的联合概率密度为
\[f(x, y) = \left\{ \begin{array}{ll} 2, & 0 < y < x < 1, \\ 0, & \text{其他}, \end{array} \right.\]若记 \(A = "X + Y \leqslant 1"\)，则 \(Z\) 是4次独立重复试验事件 \(A\) 发生的次数，故 \(Z \sim B(4, p)\)，其中
\[\begin{aligned} p &= P(A) = P\{X + Y \leqslant 1\} = \iint_{x + y \leqslant 1} f(x, y) dx dy \\ &= 2 \times \frac{1}{2} \times \frac{1}{2} \times 1 = \frac{1}{2}. \end{aligned}\]所以 \(E Z^{2} = D Z + (E Z)^{2} = 4\times \frac{1}{2}\times \frac{1}{2} +\left(4\times \frac{1}{2}\right)^{2} = 5\)。
例4.16
甲、乙两人相约于某地在 \(12:00\sim 13:00\) 会面，设 \(X,Y\) 分别是甲、乙到达的时间，且假设 \(X\) 和 \(Y\) 相互独立，已知 \(X,Y\) 的概率密度分别为
\[f_{X}(x) = \left\{ \begin{array}{ll} 3x^{2}, & 0 < x < 1, \\ 0, & \text{其他}, \end{array} \right. \quad f_{Y}(y) = \left\{ \begin{array}{ll} 2y, & 0 < y < 1, \\ 0, & \text{其他}. \end{array} \right.\]求先到达者需要等待的时间的数学期望。
【解】 \(X\) 和 \(Y\) 的联合概率密度为
\[f(x, y) = \left\{ \begin{array}{ll} 6x^{2}y, & 0 < x < 1, 0 < y < 1, \\ 0, & \text{其他}. \end{array} \right.\]按题意需要求的是 \(|X - Y|\) 的数学期望，即有
\[\begin{aligned} E(|X - Y|) &= \int_{0}^{1} \int_{0}^{1} |x - y| 6x^{2}y dx dy \\ &= \iint_{D_{1}} -(x - y) 6x^{2}y dx dy + \iint_{D_{2}} (x - y) 6x^{2}y dx dy \\ &= \frac{1}{12} + \frac{1}{6} = \frac{1}{4} (\text{小时}). \end{aligned}\]例4.17
设二维随机变量 \((X,Y)\) 的联合概率密度为
\[f(x, y) = \frac{1}{2\pi \sigma^{2}} e^{-\frac{x^{2} + y^{2}}{2\sigma^{2}}}, \quad -\infty < x, y < +\infty,\]记 \(Z = X^{2} + Y^{2}\)。求： （I）\(Z\) 的密度函数； （Ⅱ）\(EZ\)，\(DZ\)； （Ⅲ）\(P\{Z\leqslant 1\}\)
【解】
（I）当 \(z \leqslant 0\) 时，\(F(z) = 0\)；当 \(z > 0\) 时，
\[\begin{aligned} F(z) &= P\{Z \leqslant z\} = P\{X^{2} + Y^{2} \leqslant z\} \\ &= \iint_{x^{2} + y^{2} \leqslant z} \frac{1}{2\pi \ --- # 练习题 ### 例题1 设随机变量 \(X$ 的概率密度为 \]f(x) = \frac{1}{\sqrt{\pi}} e^{-x^2 + x - \frac{1}{4}}, \quad -\infty < x < +\infty.
\[求 \(X$ 的二阶原点矩 \(E(X^2)$。 **解答** 首先将概率密度函数配方： \]f(x) = \frac{1}{\sqrt{\pi}} e^{-(x^2 - x + \frac{1}{4})} = \frac{1}{\sqrt{\pi}} e^{-(x - \frac{1}{2})^2}.
\[由此可知 \(X \sim N\left(\frac{1}{2}, \frac{1}{2}\right)$，即 \(EX = \frac{1}{2}$，\(DX = \frac{1}{2}$。 于是， \]E(X^2) = DX + (EX)^2 = \frac{1}{2} + \left(\frac{1}{2}\right)^2 = \frac{3}{4}.
\[ --- ### 例题2 设随机变量 \(X$ 的概率密度为 \]f(x) = A e^{x(B - x)}, \quad -\infty < x < +\infty,
\[且 \(E(X) = 2D(X)$。 （I）求常数 \(A, B$ 的值； （II）求 \(E(X^2 + e^X)$。 **解答** （I）将密度函数写为 \]f(x) = A e^{-x^2 + Bx} = A e^{\frac{B^2}{4}} e^{-(x - \frac{B}{2})^2}.
\[可知 \(X \sim N\left(\frac{B}{2}, \frac{1}{2}\right)$，故 \(EX = \frac{B}{2}$，\(DX = \frac{1}{2}$。 由条件 \(EX = 2DX$ 得 \]\frac{B}{2} = 2 \cdot \frac{1}{2} = 1 \quad \Rightarrow \quad B = 2.
\[又因为 \]A e^{\frac{B^2}{4}} = \frac{1}{\sqrt{2\pi} \cdot \sqrt{\frac{1}{2}}} = \frac{1}{\sqrt{\pi}},
\[代入 \(B = 2$ 得 \]A e^1 = \frac{1}{\sqrt{\pi}} \quad \Rightarrow \quad A = \frac{e^{-1}}{\sqrt{\pi}}.
\[因此， \]f(x) = \frac{1}{\sqrt{\pi}} e^{-(x - 1)^2}.
\[ （II）计算 \]E(X^2 + e^X) = E(X^2) + E(e^X).
\[由 \(X \sim N(1, \frac{1}{2})$ 得 \]E(X^2) = DX + (EX)^2 = \frac{1}{2} + 1 = \frac{3}{2}.
\[又 \]E(e^X) = \int_{-\infty}^{+\infty} e^x f(x) , dx = \frac{1}{\sqrt{\pi}} \int_{-\infty}^{+\infty} e^x e^{-(x - 1)^2} , dx.
\[令 \(t = x - 1$，则 \]E(e^X) = \frac{1}{\sqrt{\pi}} \int_{-\infty}^{+\infty} e^{t + 1} e^{-t^2} , dt = \frac{e}{\sqrt{\pi}} \int_{-\infty}^{+\infty} e^{-t^2 + t} , dt.
\[配方： \]-t^2 + t = -\left(t - \frac{1}{2}\right)^2 + \frac{1}{4},
\[所以 \]E(e^X) = \frac{e}{\sqrt{\pi}} e^{\frac{1}{4}} \int_{-\infty}^{+\infty} e^{-(t - \frac{1}{2})^2} , dt = \frac{e^{\frac{5}{4}}}{\sqrt{\pi}} \cdot \sqrt{\pi} = e^{\frac{5}{4}}.
\[因此， \]E(X^2 + e^X) = \frac{3}{2} + e^{\frac{5}{4}}.
\[ --- ### 例题3 设随机变量 \(X_1, X_2$ 相互独立且分别服从参数为 \(\lambda_1, \lambda_2$ 的泊松分布，且 \]P{X_1 + X_2 > 0} = 1 - e^{-1}.
\[求 \(E(X_1 + X_2)^2$。 **解答** 由泊松分布的性质，\(EX_i = DX_i = \lambda_i$。 计算 \]E(X_1 + X_2)^2 = E(X_1^2) + 2E(X_1X_2) + E(X_2^2).
\[由于 \(X_1, X_2$ 独立， \]E(X_1X_2) = EX_1 \cdot EX_2 = \lambda_1 \lambda_2,
\[且 \]E(X_i^2) = DX_i + (EX_i)^2 = \lambda_i + \lambda_i^2.
\[所以 \]E(X_1 + X_2)^2 = (\lambda_1 + \lambda_1^2) + 2\lambda_1\lambda_2 + (\lambda_2 + \lambda_2^2) = \lambda_1 + \lambda_2 + (\lambda_1 + \lambda_2)^2.
\[由已知条件， \]P{X_1 + X_2 > 0} = 1 - P{X_1 = 0, X_2 = 0} = 1 - e^{-\lambda_1} e^{-\lambda_2} = 1 - e^{-(\lambda_1 + \lambda_2)}.
\[代入条件得 \]1 - e^{-(\lambda_1 + \lambda_2)} = 1 - e^{-1} \quad \Rightarrow \quad \lambda_1 + \lambda_2 = 1.
\[因此， \]E(X_1 + X_2)^2 = 1 + 1^2 = 2.
\[ --- ### 例题4 设随机变量 \(X$ 在区间 \([-1, 1]$ 上服从均匀分布，且 \]Y = \begin{cases} 1, & X > 0, \ 0, & X = 0, \ -1, & X < 0. \end{cases}
\[求 \(DY$ 和 \(\operatorname{Cov}(X, Y)$。 **解答** 由 \(X \sim U[-1, 1]$，得 \(f_X(x) = \frac{1}{2}, -1 \le x \le 1$。 计算 \]EY = \int_{-1}^0 (-1) \cdot \frac{1}{2} , dx + \int_0^1 1 \cdot \frac{1}{2} , dx = -\frac{1}{2} + \frac{1}{2} = 0,
\[\]EY^2 = \int_{-1}^1 1 \cdot \frac{1}{2} , dx = 1,
\[所以 \]DY = EY^2 - (EY)^2 = 1.
\[又 \]EXY = \int_{-1}^0 x \cdot (-1) \cdot \frac{1}{2} , dx + \int_0^1 x \cdot 1 \cdot \frac{1}{2} , dx = -\frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} + \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} = 0,
\[但更准确计算： \]EXY = \int_{-1}^0 x \cdot (-1) \cdot \frac{1}{2} , dx + \int_0^1 x \cdot 1 \cdot \frac{1}{2} , dx = -\frac{1}{2} \cdot \left[ \frac{x^2}{2} \right]_{-1}^0 + \frac{1}{2} \cdot \left[ \frac{x^2}{2} \right]_0^1 = -\frac{1}{4}(0 - 1) + \frac{1}{4}(1 - 0) = \frac{1}{2}.
\[因此， \]\operatorname{Cov}(X, Y) = EXY - EX \cdot EY = \frac{1}{2} - 0 = \frac{1}{2}.
\[\]