(167)--第二章《一维随机变量及其分布》习题册答案解析_01.2026考研数学有道武忠祥刘金峰全程班_01.2026考研数学武忠祥刘金峰全程班_00.书籍和讲义_{3}--全部课件

第二章 一维随机变量及其分布
2-1 基础过关
1.【答案】请参照解析
【解析】（1） X 的取值为 0 , 1 , 2
C3 22 C1C2 12 C2C1 1
P{X 0} 13  ，P{X 1} 2 13  ，P{X 2} 2 13 
C3 35 C3 35 C3 35
15 15 15
所以 X 的分布律为
X 0 1 2
P
22
35
1
3
2
5
1
3 5
0, x0

22
 , 0 x1
35
（2）分布函数为F(x) P{X  x} ，图像如下：
34

, 1 x2
35

1, x2
2.【答案】（1） e

32
；（2） 1  e

52
 t  ke
【解析】由题意可知：x~ π ，P{X k}
2 k!（1）当 t  3 时， x ~ π
 3
2
 3 
，此时 p  P{X 0}e 2；
1
（2）当 t  5 时， x ~ π
 5
2

，此时 p
2
 P { X  1 }  1  P { X  0 }  1  e
 52
.
3.【答案】（1） l n 2 ；1； l n
5
4
；（2） f
X
( x ) 
 1
x
0 ,
, 1
e

l s
x
e
 e
【解析】（1） P { X  2 }  F ( 2  0 )  l i
x 
m
2 
l n x  l n 2 ，
P{0 X 3} P{X 3}P{X 0} F(3)F(0)101，
P

2  X 
5
2

 P

X 
5
2

 P  X  2   l n
5
2
 l n 2  l n
5
4
；
（2） f
X
( x )  F X ( x ) 
 1
x
0 ,
, 1
e

l s
x
e
 e
4.【答案】
2
2
3
4
2
3
 1000 1000  2
【解析】P{X 1500} dx 
1500 x2 x 3
1500
任取 5 只器件，记其中寿命大于1500小时的器件数为随机变量 Y
 2
，则Y ~ B5, 
 3
1 5 2 1 4 232
所以 pP{Y 2}1P{Y 0}P{Y 1}1  C1    .
3 5 3 3 243
5.【答案】 1  (1  e  2 ) 5

1  1 x  1 x
【解析】先求出等待服务的时间超过10 min的概率： p   e 5 dxe 5 e2
10 5
10
易知Y ~ B(5,e2)，所以P{Y k}Ck (e2)k (1e2)5k ，k 0,1, ,5
5
所以P{Y 1}1P{Y 0}1(1e2)5.6.【答案】请参照解析
【解析】 Y 的取值为0,1,4,9
P { Y  0 }  P { X  0 } 
1
5
， P { Y  1 }  P { X  1 }  P { X   1 } 
1
1
5

1
6

3
7
0
1 11
P{Y 4} P{X 2} ，P{Y 9} P{X 3}
5 30
所以 Y 的分布律为
Y 0 1 4 9
p
k
1
5 3
7
0
1
5
1
3
1
0
7.【答案】（1） f
Y
( y ) 
 1
y
0 ,
, 1
e

l s
y
e
 e
；（2） f
Y
( y ) 
 1
2
0 ,
y  e , 2 y 
e l
0
s e
1 0 x1.
【解析】由题可知： f (x)
X 0, 其他.
（1）F (y) P{Y  y} P{eX  y}
Y
①当 y  1 时，F (y)0；
Y
②当 1  y  e ， F
Y
( y )  P { e X  y }  P { X  l n y }  
ln
0
y
1 d x  l n y ；
③当ye时， F
Y
( y )  1 .
故 f
Y
( y )  F Y ( y ) 
 1
y
0 ,
, 1
e

l s
y
e
 e
（2） F
Y
( y )  P { Y  y }  P {  2 l n X  y } ，
①当y 0时，F (y)0；
Y
y y
 1 
②当y 0时，F (y) P{X e 2} y1dx1e 2
Y 
e 2所以 f
Y
( y )  F Y ( y ) 
 1
2
0 ,
e
 y2
, y 
e l
0
s e
8.【答案】（1） f
Y
( y ) 

0 ,
1
2 π
2 ln y 
e 2
y
, y
e l s e
 0
；
（2） f
Y
( y ) 

2
0 ,
y  1 1  e , y 4
π ( y  1 )
e l s

e
1
；（3） f
Y
( y ) 

0 ,
2
π
 e 2 y2 , y
e l

s e
0
1 
x2
【解析】 f (x) e 2
X
2π
（1）F (y) P{Y  y} P{eX  y}
Y
当 y  0 时， F
Y
( y )  0 ；
当 y  0 时， F
Y
( y )  P { X  l n y }  
ln
 
y 1
2 π
e
 2 x2
d x
所以 f
Y
( y )  F Y ( y ) 

0 ,
2 ln y 1 
e , 2
2 π y
e
y
l s e
 0
（2）F (y)P{Y  y}P{2X2 1 y}
Y
当 y1时， F
Y
( y )  0
当 y  1 时，
F
Y
( y )  P


y 
2
1
 X 
y 
2
1 
 

y  1
2y
 1
2
1
2 π
e
 2 x2
d x  2 
0
y 2 1 1
2 π
e
 2 x2
d x
 1  y1
 e 4 , y 1
所以 f (y) F(y)2 π(y1)
Y Y

0, else（3） F
Y
( y )  P { Y  y }  P { X  y }
当 y  0 时，F (y)0；
Y
当 y  0
y 1 
x2
时，F (y) P{y X  y}2 e 2dx
Y
0 2π
所以 f
Y
( y )  F Y ( y ) 

0 ,
2
π

e
2 y2
, y
e l

s e
0
9.【答案】（1） f
Y
( y ) 
1
3
y
 23
f ( y
13
) ， y  0 ；（2） f
Y
( y ) 

2
0 ,
1
y
 e y , y
e l

s e
0
3y
【解析】（1）F (y) P{Y  y} P{X3  y} P{X  3 y}  f(x)dx
Y

所以 f
Y
( y )  F Y ( y ) 
1
3
y
 23
f ( y
13
) ， y  0
（2） F
Y
( y )  P { Y  y }  P { X 2  y }
当 y  0 时， F
Y
( y )  0 ；
当 y  0 时， F
Y
( y )  P {  y  X  y }  
0
 y
0 d x  
0
y
e  x d x  1  e  y
 1
e y, y 0

所以 f (y) F(y)2 y
Y Y

0, else
10.【答案】 f
Y
( y ) 

π
0 ,
2
1  y 2
, 0
e l

s e
y  1
【解析】 F
Y
( y )  P { Y  y }  P { s i n X  y }
当 y 0时，F (y)0；
Y
当0 y1时，F
Y
( y ) 



P { 0  X
2 a rc sin y

π 0
1
[ a r c s
2 π
2
a r c s i n
π

x
d
2
2 i n
y
a r c
x 
y 
s

i n
π
π  a
2 π
y
rc

} 
sin y
( π
P
2
π

{ π
x
d
2
a r

x
c s
a r
i n
c s
y
i
)
n
2 ]
y  X  π }
当 y  1 时， F
Y
( y )  1 .
所以 f
Y
( y )  F Y ( y ) 

π
0 ,
2
1  y 2
, 0
e l

s e
y  12-2 基础真题
1.【答案】
X 1 1 3
P 0 .4 0 .4 0 .2
【解析】 F ( x ) 为阶梯状函数，则 X 可能取的值为 F ( x ) 的跳跃点：  1 , 1 , 3 .
P { X   1 }  F (  1 )  F (  1  )  0 . 4
P { X  1 }  F (1 )  F (1  )  0 .8  0 .4  0 .4
P { X  3 }  F ( 3 )  F ( 3  )  1  0 . 8  0 . 2
2.【答案】
 1
2
1 
e x
1
2
,
e  x ,
x
x


0 ,
0 .
【解析】 F ( x )  
x
 
f ( t ) d t  
x
 
1
2
e  t d t .
当 x  0 时， F ( x )  
x
 
1
2
e td t 
1
2
e t
x
 

1
2
e x
当x0时， F ( x )  
0
 
1
2
e td t + 
x
0
1
2
e  td t 
1
2
e t 0


1
2
e  t x0  1 
1
2
e  x .
3.【答案】B
【解析】由题设及概率密度的性质，可得 1 ( x ) d x 2
0
( x ) d x    
 
 
 
 
所以
 1
 (x)dx ，而
0 2
F ( a )
0
a
( x
(
)
x
d
) d
x
x
x
a
0
t
( x
a
) d x
( t
1
2
) ( d t
a
0
)
( x )
a
d x
( t ) d t   
  
 



 






 
 





 
 
故选（B）.
4.【答案】[1,3]1
， x[0,1]

3

【解析】根据题设， f(x)2 .
, x[3,6]

9

0, 其他
从而，当 k  0 时，则P{X k}1；当 0  k  1
2 1 2
时，P{X k}  (1k) ；
3 3 3
当 1  k  3 时， P  X  k  
2
3
；当 3  k  6
2 2
时，PX k (6k) ；
9 3
当 k  6 时， P  X  k   0 . 因此，由 P  X  k  
2
3
，可知 k 的取值区间为 [ 1 , 3 ] .
5.【答案】D
【解析】 
 
 
[ f
1
( x )  f
2
( x ) ]d x  
 
 
f
1
( x ) d x  
 
 
f
2
( x ) d x  1  1  2  1 ，（A）不对；
F
1
(   )  F
2
(   )  1  1  2  1 ，（C）不对；
设X U(0,1)，X U(1,2)，此时 f (x)f (x)0，（B）不对；答案选（D）.
1 2 1 2
事实上，（D）中的 F
1
( x ) F
2
( x ) 就是随机变量 m a x { X
1
, X
2
} 的分布函数（可用分布函数
的定义验证）.
6.【答案】
4
5
【解析】的概率密度为 f ( )
1
5
, 1
0 , .
6 , 
 


其 他

而方程x2 x10的判别式24，故该方程有实根的概率为
P { 0 } P { 2 4 } P { 2 }
2
f ( ) d
6
2
1
5
d
4
5
    

       

   .
7.【答案】A
X  
【解析】用(x)代表标准正态分布N(0,1)的分布函数 p  P 1(1)，
1  4 Y   Y  
p  P 11P 11(1)，由于
2  5   5 
 (  1 )  1   ( 1 ) ，所以
p  p ，故应选（A）.
1 2
8.【答案】C
【解析】由已知 X ~ N ( , 2 )
X 
 ，得 ~ N(0,1) ，故

P

X

    P
X
1 P 1
X
1 (1 ) ( 1 )
 
 

 




 



     .
故选（C）.
9.【答案】 4
【解析】二次方程 y 2  4 y  X  0 无实根的充要条件是 4  X  0 .
故由条件知 P  X  4  
1
2
.
于是有
1 X  4
 PX 41PX 41P  
2    
 4 4
1PY  1
 
     
则
4 1
2



  
 .
其中 Y
X
N ( 0 , 1 )




，  ( x ) 
1
2 

x
 
e

2t2
d t
1
. 又(0) ，所以
2
4
0



 ，
4.
10.【答案】A
【解析】由
 X  1  Y  1 
P  X  1   P 1  ,P  Y  1   P 2  ,
1  
1

1
 2  
2

2
P

X
1
1

P

Y
2
1

       ，
知 P
X
1
1
1
1
P
Y
2
2
1
2
.
 
   
 



 


而
X
1
1 N ( 0 , 1 )



，
Y
2
2 N ( 0 , 1 )



，所以
1
1
1
2
 
 ，即  . 故选项（A）正确.
1 2
11.【答案】 X ~

0

.1
1
3 4 4 0 .7
0
3 1 2 0 .1
1
3 4 4

【解析】记 Y
1
 X
1
X
4
, Y
2
 X
2
X
3
，则 X  Y
1
 Y
2
，且 Y
1
和 Y
2
独立同分布.
P
P


Y
Y
1
1


1
0




P
P
 Y
 Y
2
2


1 
0 


P
1


X
0
2
.1

6
1 ,

X
0
3
.8

4
1   0 .1 6
随机变量X Y Y ，可能取值为
1 2
 1 , 0 , 1 .
P
P
P



X
X
X




1
0
1






P
1
P


 Y
1
Y 
1
2 

1
0
0
, Y
. 1
,
2
3
Y
4
2

4

0


 1

0 .

0
7
0
. 1
3 1
. 8
6
2
4


0
0
. 8
. 1
4
6


0
0
. 1
. 1
3
3
4
4
4
4
,
,
于是行列式 X 的概率分布为 X ~

0

.1
1
3 4 4 0 .7
0
3 1 2 0 .1
1
3 4 4

.
12.【答案】 f
Y
( y ) 
3
π 1
(

1 
( 1
y

2 )
y ) 6
, y  R
【解析】
方法一： y  1  3 x 在(,)上单调，反函数是 x  (1  y ) 3 ，故
3(1 y)2
f (y) f [h(y)] h(y)  ,yR
Y X [1(1 y)6]
方法二：因Y 的分布函数
F (y) P{Y  y}
Y
 P{1 3 X  y} P{3 X 1 y} P{X (1 y)3}
 dx 1 1  
  arctanx   arctan(1 y)3
(1y)3 (1x2)  (1y)3   2  故 Y 的概率密度为 f
Y
( y ) 
d
d y
F
Y
( y ) 
3
π 1
(

1 
( 1
y

2 )
y ) 6
, y  R .
13.【答案】 f
Y
( y ) 

2
0
1
y
其 ,
, e
他
2 
.
y  e 4 ,
【解析】方法一： X 的概率密度为 f
X
 x  
 1
0
, 1
其 ,
 x
他

.
2 ,
y  e 2 x 在 ( 1 , 2 ) 上的反函数为
x  h ( y ) 
1
2
l n y ，故 f
Y
( y )  f
X
[ h ( y ) ]  h ( y ) 

2
0
1
y
其 ,
, e
他
2 
.
y  e 4 ,
方法二：由条件知， X 的概率密度为 f
X
( x ) 
 1
0
, 1
, 其
 x
他
 2 ,
记 F ( y )  P { Y  y } 为 Y 的分布函数，则有 F ( y ) 
 0

1
, y
1
ln
2
1
, y

y

d
e
x
e
2 ,
, e
4 .
2  y  e 4 ,
故 f
Y
( y ) 

2
0
1
y
其 ,
, e
他
2 
.
y  e 4
14.【答案】
4
1
y
【解析】方法一：在0x2时，由 y  x 2 可知x h(y) y，则0 y 4时，
1 1 1
f (y) f ( y) ( y)    .
Y X 2 2 y 4 y
方法二： Y 的分布函数F (y) Ρ{Y  y} Ρ{X2  y}.
Y
当 y 0时，F (y)0；
Y
y
当 y 0时，F (y)Ρ{X  y} Ρ{ y  X  y} f (x)dx，
Y X
 y其中 f
X
( x ) 
 1
2
, 0
0 ,

其
x
他
 2 ,
是X 的概率密度.
所以，当 y  2即 y  4 时， F
Y
( y )  
2
0
1
2
d x  1 ；
当 y  2 即0 y4时， F
Y
( y )  
0
y 1
2
d x 
1
2
y .
所以 F
Y
( y ) 

1
2
0
y
1
,
,
,
y
0
y



0
y
4
,
.
 4 , ，故当 0  y  4 时， f
Y
( y )  F Y ( y ) 
4
1
y
.
15.【答案】 f
Y
 y  
 1
y
0
2
,
,
其
y 
他
1
.
，
【解析】方法一： y  e x ，在 [ 0 ,   ) 上单调，反函数是 x  l n y ( y  1 ) ，故
f
Y
( y )  f
X
 h ( y )   h ( y ) 
 1
y
0
2
,
,
其
y
他
 1
.
0,y1,
方法二：F (y)=P{Y  y}P{eX  y}
Y P{X ln y},y1
故当 y  1 时， F
Y
( y )  P { X  l n y }  
ln
0
y
e  x d x  1 
1
y
， f
Y
( y )  F Y ( y ) 
1
y 2
 1
 ,y 1
因此 f (y)y2
Y


0,其他.
2e2x,x0
16.【证明】方法一：X 的概率密度为 f (x) ，
X

0,其他.
Y  1  e  2 x 在x0上的
1 1,0 y1
反函数为xh(y) ln(1 y)，故 f (y) f h(y) h(y) 
2 Y X

0,其他，
所以Y U(0,1).方法二： X
1e2x,x0,
的分布函数F(x)
0,x0,
设 G ( y )  P { Y  y } 为Y 的分布函数，由于 X  0 ，有 0  Y  1  e  2 x  1 ，易得
当 y 0时，G(y)0；
当 y  1 时， G ( y )  1 ；
当0 y1时，
 1 
G(y) P{Y  y} P{1e2x  y} P{e2x 1 y} PX  ln(1 y)
 2 
 1 
 F  ln1 y  y
 
 2 
综上有 G ( y ) 
 0 , y
y , 0
1 , y


 1
0 ,
y
.
 1 , 所以Y 在区间  0 , 1  上服从均匀分布.2-3 拓展拔高
1.【答案】 1
【解析】X 与X 具有相同概率密度，则它们一定具有相同分布，因为概率密度可决定
分布. X 的分布函数为 F ( x ) ，即F(x) P{X  x}，故  X 的分布函数也是F(x)，即
F ( x )  P {  X  x } ，又
F ( x )  P {  X  x }  P { X   x }  1  P { X   x }  1  P { X   x }  1  F (  x )
所以 F ( x )  1  F (  x ) ，即F(x)F(x)1.
2.【答案】D
【解析】
对于 F
1
( x ) ，当a1时， F
1
( x )  F (  x ) ， F
1
(   )  F (   )  1 ，故F(x)不一定是分
1
布函数；
对于 F
3
( x ) ，因为F(x)是右连续的，故F(x)是左连续的，从而 F
3
( x )  1  F (  x ) 也是
左连续的，无法确定F (x)是否右连续，所以
3
F
3
( x ) 也不一定是分布函数；
对于 F
2
( x ) ， F
2
( x )  F 2 ( x ) 单调不减， F
2
(   )  F 2 (   )  0 , F
2
(   )  F 2 (   )  1 ，
F
2
( x )  F 2 ( x ) 是右连续的，故 F
2
( x ) 是分布函数；
对于 F
4
( x ) ， F
4
( x )  F ( x  a ) 是由 F ( x ) 向左（或向右）平移而成，分布函数的三个充要
条件不受平移影响；故答案选（D）.
3.【答案】B
【解析】F(x) PX  x ，对任意实数x， F ( x  0 )  F ( x ) ，即 F ( x ) 在 x 处右连续；
又 P  X  x   F ( x )  F ( x  0 ) ，故
P  X  x   0  F ( x )  F ( x  0 )  0  F ( x )  F ( x  0 ) ，即 F ( x ) 在x处左连续，
综上所述，即F(x)是连续函数，故选（B）.
4.【答案】C【解析】根据概率密度的充要条件逐一判断.
对于（A）： 
 
 
f ( 2 x ) d x 
1
2

 
 
f ( t ) d t 
1
2
 1 ，故（A）不正确；
 
对于（B）： 2f(x)dx2 f(x)dx21，故（B）不正确；
 
对于（D）：
 0  0  
 f(x)dx f(x)dx f(x)dx f(t)dt f(x)dx2 f(x)dx
  0  0 0
由于 2 

0

f ( x ) d x 不一定等于 1 ，故（D）不正确；
对于（C）： f (  x )  f (  x )  0 ，且

 
 
f (  x ) d x  
 
 
f (  x ) d x   
 
 
f ( t ) d t  
 
 
f ( t ) d t  1 ，
故（C） 满足概率密度的充要条件，选（C）.
5.【答案】
e
1
1  
【解析】方法一：
由于 k 不能取0，故分布律不是泊松分布，根据分布律的充要条件，
1
k
c e
1
c
k
k
k
!
0
k
c
k
!
k
e
1
k
k
!
0
0
!
c
e
e
k 1
c
k
e
k
e
!
( 1 e ) c ( e 1 )
  
 
 
     









 


 











  
故 c
e
1
1 


.
方法二：根据分布律的充要条件，
 k  k   k 0  1
1c c c   c(e1)，故c .
k! k!  k! 0! e1
k1 k1 k0
3 5
 
6.【答案】（1）e 2；（2）1e 2
【解析】（1）午时 1 2 点至下午 3 点，时间区间 t  3
3
，故X P  ，
2
1 3 k  3
即PX k   e 2,k 0,1,2 ，在此时间段内没有接警的概率即
k!2
P  X  0  
1
0 !
 3
2
 0
 e
 32
 e
 32
；
（2）午时 1 2 点至下午 5 点，时间区间 t  5
5
，故X P  ，即
2
1 5 k  5
PX k   e 2,k 0,1,2 ，
k!2
至少接警一次的概率为 P  X  1   1  P  X  0   1 
1
0 !
 5
2
 0
 e
 52
 1  e
 52
.
7.【答案】B
【解析】正态分布 N ( , 2 )  的概率密度为 f ( x )
2
1
e
( x
2
2)2
, x R





 
 ，由于 f ( x ) 的驻
点是x，且 f ( )
2
1




，由题设知1，且 f (1 )
2
1
1



 可得 2
2
1
 

，
所以 X N (1 ,
1
2 
) ，故选（B）.
4 
8.【答案】e 3；
4
3
e
 43
【解析】由于Y 服从泊松分布，则需先求出其分布参数的值，而2p，因此需求出
p的值， P  X
1
 0   1  p ，PX 1 p，PX 0(1 p)n ，
1 2
P  X
2
 1   n p (1  p ) n  1
1 p9(1 p)n
，由题意可知 ，解得
p3np(1 p)n1
2 4 4  4
n3,p ,2p ，于是Y P  ，PY 0ee 3，
3 3 34  4
PY 1e e 3.
3
9.【答案】B
【解析】若X N(,2)，则 X 的概率密度为 f ( x )
2
1
e
( x
2
2)2
, x R





 
 ，当x
时， f ( x )
1
取得最大值 f() ，显然，
2
f ( x ) 的最大值与无关，故当
X N(,2)时， f ( )
2
1




；
当
1
2
 

时， f ( )
2
1
1 



 ，故（A）（C）（D）不正确；
当 1  
1
时， f() 1，从而
2
0  f ( x )  1 ，故选（B）.
10.【答案】
1
5
【解析】X 的分布律为 P  X  k  
 1
4

k  1

3
4
 3 
 1
4

k
，
则  n
 1
P  X  2 n    n
 1
3   1
4
 2 n  3 
1
1

1
6
1
1
6
 1
5
.
2
11.【答案】
(4 y2)
 y  y y 1
【解析】方法一：由于F (y) PY  y PX   F
 
 2 dx
Y  2 X  2 (1x2)

 y 1  1 1 2
因此 f (y) F(y)2 dx   .
Y Y  (1x2)  2   y 2 (4 y2)
1  
  2 
 
1
方法二：由Y = 2X ，知X = Y.
2
1  1  1 1  1 1 2
f (y) f  y  y  f  y 
Y X 2  2  2 X 2  2   y 2 (4 y2)
1  
  2 
 
12.【答案】
1
2
【解析】
1  1  1  1
F   PY   P1eX   PeX   P{eX 2}
Y 2  2  2  2
ln2 ln2 1 1
 P{X ln2} f (x)dx  exdx1  .
 X 0 2 2
13.【答案】 f
Y
( y ) 
 0
3
,
1
2 
y
 12
e
 y1
8 ,
y
y


0
0
,
.
【解析】
F (y)PY  yP  9X2  y  .
Y
当 y  0 时， F
Y
( y )  0 ；
当 y  0 时，
 y y
F (y) PY  y P  9X2  y   P  X  
Y  3 3 
y 1  t2 2 y  t2
  3 e 2dt   3 e 2dt
 y 2 2 0
3
1  1  y
F(y) y 2e 18
Y
3 2
所以随机变量 Y
0, y0,

的密度函数为 f (y) 1  1  y
Y y 2e 18, y 0.

3 2
14.【答案】B
【解析】2X, X 0
Y= X+ X  ，则
0, X 0
当 y 0时， F
Y
 y   0
当 y  0 时，
F
Y
( y )  P { Y  y }  P { X  0 }  P { 0  2 X  y }   ( 0 )  
 y
2

  ( 0 )  
 y
2

所以 F
Y
( y ) 


0 ,
 y
2

, y
y


0
0
，可知F (y)在
Y
y  0 处有1个间断点.
15. 【答案】B
【解析】
X
1
 , 1 x1,
的概率密度为 f(x)2
 0, 其他,
则 Y  g ( X ) 的分布函数讨论如下：
（1）当 y  0 时， F
Y
( y )  P  Y  y   0 ;
（2）当 y  1 时， F
Y
( y )  1 ;
（3）当 0  y  1 时，
F
Y
( y ) 



P
P
1
2
1
2




Y


1 
 P
2 y

0
y
0
1
2

X

d


X
x
P
0




y
Y

y
2
2

P
 2

 0

0
1
.


P 
X
0 

Y
y

 y 
0, y0

y2 1
综上，F (y) , 0 y1，其在y 0处间断. 答案选（B）.
Y 2

1, y1
16.【答案】（1） F
Y
( y ) 

10 , e  y , yy  11 ,.
（2） 1  e  1
【解析】
（1）由 X ~ E ( 1 ) ， X 的概率密度为 f ( x ) 
 e
0

,
x , x
x


0
0
,
.
，
X, X 1
Y maxX,1
1, X 1
故 Y  [ 1 ,   ) . 由分布函数的定义 F
Y
( y )  P  Y  y  知：
当 y  1 时， F
Y
( y )  P     0 ;
当 y  1 时， F
Y
( y )  P  Y  y   P  0  X  1   P  1  X  y   F
X
( y )  1  e  y ,
其中 F
X
( y ) 是 X 的分布函数.
所以 F
Y
( y ) 

10 , e  y , yy  11 ,.
（2） P  Y  1   F
Y
(1 )  F
Y
(1  0 )  1  e  1  0  1  e  1 .
17.【答案】（1） P  X  0   0 , P  X  1  
1
2
（2） F
Y
( y ) 
 0 ,
y ,
1
,
21
,
y
0
1
2y




0 ,
y 
y 
1 .
1
2
1 ,
,
【解析】
（1）PX 0 F(0)F(00)0， P  X  1   F (1 )  F (1  0 )  1 
1
2

1
2
.
（2）设Y 的分布函数为 F
Y
 y  ，则F (y) PY  y PF(X) y,
Y其中 F ( X ) 
 0 , X
1
X , 0
2
1 , X



X
0
0
,

.
1 ,
当 y  0 时， F
Y
( y )  P     0 ;
当 0  y 
1
2
时，
F
Y
( y ) 


P
P
F


(
Y
0
2 y


)
y
1
2


X
F

(
P

0 

y
Y

0 )



 0
 P
y

0
P


X
0 

Y
2

 y
y 
当
1
2
 y  1 时，
F
Y
( y )  P  Y  y   P ( X  1 )  F ( 1  0 ) 
1
2
;
当 y  1 时， F
Y
( y ) P   1 ;   
综上， Y  F ( X ) 的分布函数为 F
Y
( y ) 
 0 ,
y ,
1
,
21
,
y
0
1
2y




0 ,
y 
y 
1 .
1
2
1 ,
,
0, y0,

18.【答案】分布函数F (y)y, 0 y1,概率密度
Y


1, y1,
f
Y
( y ) 
 1
0
, 0
, 其

他
y  1
【解析】由已知， X 的分布函数 F ( x ) 
 1
0

,
e  2 x , x
x


0
0
， y = 1  e  2 x 是单调增加函
ln(1 y)
数，则其反函数为x  . 则
2 0, y0,
F (y) PY  y P  1e2X  y    P  X  ln(1 y)   , 0 y1
Y   2 
 1, y1
0, y0,

y, 0 y1
 1, y1
1, 0 y1
f (y) F(y) ，可以看出，Y 在
Y Y 0, 其他
[ 0 , 1 ] 服从均匀分布.
19.【答案】分布函数 F
Y
( y ) 
 0
1
2
,

1
2
( 1  e  2 y )   (  y ) ,
y
y


0
0
,
,
0, y0,

概率密度 f Y (y) 1 [e2 y ( y)], y 0.
2 y

【解析】用定义法计算， F
Y
( y )  P  Y  y   P  X 2  y 
当 y  0 时， F
Y
( y )  0 ；
当 y 0时，
F
Y
( y )  P { X 2  y }  P {  y  X  y }  F ( y )  F (  y )
其中 F ( x ) 是X 的分布函数.
当 x  0 时， F ( x )  Φ ( x ) ，故 F ( y ) ( y ) ;    
当x0时， F ( x ) 
1
2
 
x
0
e  2 td t 
1
2

1
2
( 1  e  2 x ) ,
故 F ( y ) 
1
2

1
2
(1  e  2 y ) ，所以
0, y 0,

F (y)1 1
Y  (1e2 y)( y), y 0,

2 2f
Y
( y ) F
Y
( y )
0
2
,
1
y
[ e 2 y ( y ) ] ,
y
y
0
0
,
. 
  

  


20.【答案】分布函数
0, y1,

F (y)1(1 y1)2, 1 y2, 概率密度
Y
1, y2, 
f
Y
( y ) 

0 ,
1
y  1
 1 , 1
e

l s e
y
.
 2 ,
【解析】
由于 y  x 2  1 (  1  x  1 ) 不是单调函数，用定义法.
F
Y
( y )  P { Y  y }  P { X 2  1  y }  P { X 2  y  1 }
当 y  1 时， F
Y
( y )  0 ;
当 1  y  2 时，
F
Y
 y  


P

1
{


 y
y  1
(1
y  1
(1 


1
y

x ) d
 1
X
x
) 2


;
2 
y
0

y 
1
1
}
(1  x ) d x
当 y  2 时， F
Y
( y )  1
故
0, y1,

F (y)1(1 y1)2, 1 y2,
Y
1, y2,

f
Y
( y )  F Y ( y ) 

0 ,
1
y  1
 1 , 1
e

l s e
y
.
 2 ,