第11题
二维随机变量$(X,Y)$的联合概率密度为$f(x,y)=\begin{cases}ax^2y, & x<y<1,\ 0<x<1 \\ 0, & \text{其他}\end{cases}$。(1) 求常数$a$的值；(2) 求边缘概率密度$f_X(x),f_Y(y)$；(3) 求条件概率密度$f_{Y|X}(y|x)$；(4) 求概率$P\{X\le\frac{1}{2}|Y>\frac{1}{2}\}$；(5) 求概率$E(\frac{X}{1+X})$。
答案
(1) $a=15$; (2) $f_X(x)=\begin{cases}\frac{15}{2}x^2(1-x^2), & 0<x<1 \\ 0, & \text{其他}\end{cases}$, $f_Y(y)=\begin{cases}5y^4, & 0<y<1 \\ 0, & \text{其他}\end{cases}$; (3) $f_{Y|X}(y|x)=\begin{cases}\frac{2y}{1-x^2}, & x<y<1 \\ 0, & \text{其他}\end{cases}$; (4) $\frac{15}{62}$; (5) 见解析
📖 前置知识梳理
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题型：二维连续型 $(X,Y)$ 相关问题。核心思路：(1)求常数用归一性 $\iint f(x,y)\mathrm{d}x\mathrm{d}y=1$，关键是正确确定积分区域 $D$（非零区域）；(2)求边缘密度时，求 $f_X(x)$ 要将区域用 X-型表示（$x$ 的范围确定后，$y$ 从下到上），求 $f_Y(y)$ 要将区域用 Y-型表示（$y$ 的范围确定后，$x$ 从左到右），这是最容易出错的地方，务必画图辅助理解；(3)条件概率密度公式 $f_{Y|X}(y|x)=\frac{f(x,y)}{f_X(x)}$，注意分母不为零时才有定义；(4)条件概率 $P\{A|B\}=\frac{P\{AB\}}{P\{B\}}$，对于连续型变量，分子分母都用积分计算，画图确定积分区域至关重要；(5)求 $E(g(X))$ 既可以用 $\int g(x)f_X(x)\mathrm{d}x$，也可以用 $\iint g(x)f(x,y)\mathrm{d}x\mathrm{d}y$。注意：非零区域 $D$ 是由 $x<y<1$ 和 $0<x<1$ 围成的三角形区域，$y=x$ 和 $y=1$ 是边界线。
📋 解题步骤
1
求常数$a$
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由归一化条件$\iint_{\mathbb{R}^2}f(x,y)dxdy=1$，有
$$a\int_0^1dx\int_x^1x^2ydy=a\int_0^1x^2\cdot\frac{1-x^2}{2}dx=\frac{a}{2}\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{5}\right)=\frac{a}{15}=1$$
故$a=15$。
$$a\int_0^1dx\int_x^1x^2ydy=a\int_0^1x^2\cdot\frac{1-x^2}{2}dx=\frac{a}{2}\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{5}\right)=\frac{a}{15}=1$$
故$a=15$。
2
边缘概率密度
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$f_X(x)=\int_{-\infty}^{+\infty}f(x,y)dy=\begin{cases}\int_x^115x^2ydy=\frac{15}{2}x^2(1-x^2), & 0<x<1 \\ 0, & \text{其他}\end{cases}$
$f_Y(y)=\int_{-\infty}^{+\infty}f(x,y)dx=\begin{cases}\int_0^y15x^2ydx=5y^4, & 0<y<1 \\ 0, & \text{其他}\end{cases}$
$f_Y(y)=\int_{-\infty}^{+\infty}f(x,y)dx=\begin{cases}\int_0^y15x^2ydx=5y^4, & 0<y<1 \\ 0, & \text{其他}\end{cases}$
3
条件概率密度
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当$0<x<1$时，
$$f_{Y|X}(y|x)=\frac{f(x,y)}{f_X(x)}=\begin{cases}\frac{15x^2y}{\frac{15}{2}x^2(1-x^2)}=\frac{2y}{1-x^2}, & x<y<1 \\ 0, & \text{其他}\end{cases}$$
$$f_{Y|X}(y|x)=\frac{f(x,y)}{f_X(x)}=\begin{cases}\frac{15x^2y}{\frac{15}{2}x^2(1-x^2)}=\frac{2y}{1-x^2}, & x<y<1 \\ 0, & \text{其他}\end{cases}$$
4
条件概率$P\{X\le\frac{1}{2}|Y>\frac{1}{2}\}$
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$P\{X\le\frac{1}{2},Y>\frac{1}{2}\}=\int_{1/2}^1dy\int_0^{1/2}15x^2ydx=\frac{15}{64}$
$P\{Y>\frac{1}{2}\}=\int_{1/2}^15y^4dy=1-\frac{1}{32}=\frac{31}{32}$
故$P\{X\le\frac{1}{2}|Y>\frac{1}{2}\}=\frac{15/64}{31/32}=\frac{15}{62}$。
$P\{Y>\frac{1}{2}\}=\int_{1/2}^15y^4dy=1-\frac{1}{32}=\frac{31}{32}$
故$P\{X\le\frac{1}{2}|Y>\frac{1}{2}\}=\frac{15/64}{31/32}=\frac{15}{62}$。
5
期望$E(\frac{X}{1+X})$
▼
$$E\left(\frac{X}{1+X}\right)=\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{x}{1+x}f_X(x)dx=\int_0^1\frac{x}{1+x}\cdot\frac{15}{2}x^2(1-x^2)dx$$
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