(168)--第三章《二维随机变量及其分布》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_{2}--资料

第三章 二维随机变量及其分布
3-1 基础过关
1.【答案】（1） k 
1
8
；（2）
3
8
；（3）
2
3
7
2
；（4）
2
3
 
【解析】（1）由   f(x,y)dxdy 1 ，得
 
x2
4 2 4 1 
1 dy k(6x y)dxk (6 y)x x2 dy
 
2 0 2  2 
x0
4 4
k (122y2)dy k(10y y2) 8k
2 2
1
所以 k  ．
8
（2）
P { X  1 , Y  3 } 


1
8
3
2
d

y
 3

2 
1 1

8 0
1 1
2
(

6 
y

x
d

y 
y )
3
8
d x 
1
8

3
2

( 6  y ) x 
1
2
x 2

x
x


1
0
d y
（3）
P { X  1 . 5 } 

4

2
1
8
d

y
4
2


1 .5
0
6 3
8
1
8

( 6
3
2

y
x


d y
y

) d
2
3
x
7
2

1
8

4
2

( 6  y ) x 
1
2
x 2

x
x


1 .5
0
d y
（4）在 f ( x , y )  0 的区域R:0 x2,2 y4
上作直线 x  y  4 （如图），并记G:{(x,y)|0 x2,2 y4x}
则4 4y1
P{X Y 4} P{(X,Y)G} f(x,y)dxdy  dy (6x y)dx
2 0 8
G
x4y
1 4 1  1 4 1 
  (6 y)x x2 dy   (6 y)(4 y) (4 y)2 dy
   
8 2  2  8 2  2 
x0
4
1 4 1  1 1  2
  2(4 y) (4 y)2 dy  (4 y)2  (4 y)3 
   
8 2  2  8 6  3
2
2.【答案】
2.4(2x)x2, 0 x1,
f (x) ，
X 0, else
f
Y
( y ) 
 2
0
.
,
4 y ( 3  4 y  y 2 ) 0
e

l s e
y  1 ,
【解析】 ( X , Y ) 的概率密度 f (x,y)在区域 G : { ( x , y ) | 0  x  1 , 0  y  x } 外取零值．
如图有
   x 4.8y(2x)dy, 0 x1, 2.4(2x)x2, 0 x1,
f (x)  f(x,y)dy  0 
X 
 0, else
0, else 1
  4.8y(2x)dx, 0 y1, 2.4y(34y y2) 0 y1,
f (y) f (x,y)dx y 
Y  0, else  0, else

3.【答案】 f
X
( x ) 
 e
0

,
x , x
e l

s e
0 ,
， f
Y
( y ) 
 y
0
e
,
 y , y
e l

s e
0 ,
【解析】
   eydy ey  ex, x0,
f (x) x x ，
X
 0, else
f
Y
( y ) 
 
0
y
0
,
e  y d x  y e  y , y
e l

s e
0 ,
4.【答案】请参照解析
【解析】（1）如图
  1 1
1  f(x,y)dxdy   cx2ydxdy c x2dx ydy
  1 x2
x2y1
1
1 y2 1 4c
c x2 dxc x2(1x4)dx
1 2 0 21
x2
21
得c ．
4
（2）
 1 21 21 1 21
  x2ydy, 1 x1,  x2y2  x2(1x4) 1 x1,
f (x)  f(x,y)dy  x2 4  8 8
X

x2
 0, else 
0, else
 y
 y 21 7 7

 x2y dx, 0 y1,  x3y  y5/2, 0 y1,
f (y)  f(x,y)dx   y 4 4 2
Y   y
 0, else


0, else（3）当 0  y  1 时， f
X |Y
( x | y ) 
 ( 2
( 7
0 ,
1 / 4
/ 2
) x
) y
2 y
5 /2

3
2
x 2 y  3 /2 , 
x 取
y
其

他
x 
值
y ,
当 Y 
1
2
时的条件概率密度可自上式中令 y 
1
2
而得到：
 2 2
1 3 2x2,   x ,
f (x| y  ) 2 2
X|Y 2

 0, x取其他值
 (21/4)x2y 2y
  , x2  y1
（4）当 1 x1 时， f (y|x)(21/8)x2(1x4) 1x4
Y|X

0, y取其他值
当 X 
1
3
时，Y 的条件概率密度为 f
Y |X
( y | x 
1
3
) 
 8
4
0
1
0
,
y ,
1
9
e l

s e
y  1
1
当X  时，
2
Y 的条件概率密度为 f
Y |X
( y | x 
1
2
) 
 3
1
0
2
5
,
y ,
1
4
e l

s e
y  1
（5） P

Y 
1
4
| X 
1
2

 
1
14
f
Y |X
( y |
1
2
) d y  1 ， P

Y 
3
4
| X 
1
2

 
1
34
f
Y |X
( y |
1
2
) d y 
1
7
5
.
 1
x, 0 x1,0 y
5.【答案】（1） f(x,y) x；（2）
 0, 其他
f
Y
( y ) 
 1
2
2
0
, 0
1
, y
2 y
其 ,


他
y
1
 1
（3） P { X  Y } 
1
3
【解析】（1）由题可知： f
X
( x ) 
 1
0 ,
0 
其
x
他

.
1 ,
，
 1
x, 0 x1,0 y
所以 f(x,y) f (y|x) f (x) x
Y|X X
 0, 其他1
1
其中： f(x,y)dxdy   dxxxdy 1
0 0
xoy
（2） f
Y
( y )  
 
 
f ( x , y ) d x 



0
1
x d x
0
1
x d x y
0
其 他 ,


1
2
2
, 0
1
y 2

,
y
y


1
1
（3） P { X  Y }   
x  y
f ( x , y ) d x d y  
1
0
d x 
x
0
x d y 
1
3
 1
 , | y| x
6.【答案】（1） f (y|x)2x ，
Y|X
 0, y取其他值
f
X |Y
( x | y ) 

1
0

,
1
| y |
, |
x
y
取
|
其
x
他
 1
值
,
（2） X , Y 不独立
【解析】（1）如图， x
 1dy 2x, 0 x1,
f (x) x ，
X
 0, else
f
Y
( y ) 



0
1
y
1

,
1
y
d
1
x
d x


1 
1 
y ,
y ,
0

e

1
l s

e
y 
y
1

,
0 ,
当 0  y  1 时， f
X |Y
( x | y ) 

1
0
1

,
y
, y
x 取
 x
其

他
1
值
当1 y0时， f
X |Y
( x | y ) 

1
0
1

,
y
, 
x
y
取

其
x
他
 1
值
 1
 1dx1| y|, | y|1
也可写成 f (y) |y|
Y
 0, else
因此，当 | y | 1 时， f
X |Y
( x | y ) 

1
0

,
1
| y |
, |
x
y
取
|
其
x
他
 1
值
,
 1
 , | y| x
当0x1时， f (y|x)2x
Y|X
 0, y取其他值
（2）因为 f (x)f (y) f(x,y)，所以X,Y 不独立.
X Y7.【答案】（1） f ( x , y ) 
 1
2
0 ,
e
 y2
, 0
其

他
x
.
 1 , y  0 ,
；（2） 1  2 π [  (1 )   ( 0 ) ]
【解析】依题设，可知X 的概率密度为 f
X
( x ) 
 1
0
,
,
0 
其
x
他

.
1 ,
由X 与Y 相互独立，得 f ( x , y )  f
X
( x ) f
Y
( y ) 
 1
2
0 ,
e
 y2
, 0
其

他
x
.
 1 , y  0 ,
（2）方程 a 2  2 X a  Y  0 有实根，则   ( 2 X ) 2  4 Y  0 ，即X2 Y，令
A{(x,y)|x2  y}，则
P ( A )  
1
0
d x 
x
0
2 1
2
e
 y2
d y  
1
0
(1  e
 2 x2
) d x  1  2 π 
1
0
1
2 π
e
 2 x2
d x  1  2 π [  (1 )   ( 0 ) ]
其中  ( x ) 为标准正态分布函数.
8.【答案】（1） f
X |Y
( x | y ) 

0
e
,
 x , x
e

l s e
0 , y  0  
；（2）请参照解析
【解析】（1）因为 X , Y 相互独立，所以
e(xy), x0,y 0
f(x,y) f (x)f (y)
X Y 0, 其他
f(xy) ex, x0,y 0
所以 f (x| y) 
X|Y f (y) 0, else
Y
（2）
P { Z  1 } 

P

{

0
X


e
Y
 (
}


) x

d

0
x

d

x



x


e
e
 (
 (
x 

y )d

) x
0
y



  
 
  
   

所以P{Z 0}1P{Z 1} ，所以Z 的分布律为
Z 0 1
p


  

 
F
Z
( z ) P { Z z }
0
1
,
,
, 0
z
z
z
0
1
1

 
  






9.【答案】（1） f
Z
( z ) 

2 z
z

0
2 ,
z
.
2 ,
0
1


e
z
z
l s


e
1
2
2(1z) 0 z1
；（2） f (z)
Z  0. else
【解析】（1）分布函数法： F
Z
( z )  P { Z  z }  P { X  Y  z }
当 z  0 时， F
Z
( z )  0 ；当z 1时， F
Z
( z )  1
当 0  z  1 时，
F
Z
( z ) 

z

0
z

0
d
1
2
x
(

z
z
0
2


x
(
x
x
2

) d
y
x
) d

y
1
2



z
z
0
2
1
2
x
(

x
1
3

x
y
3
)

2
z
0
z 
0

x
d
1
3
x
z 3
当 1  z  2 ，
1
1 1 1 1
F (z)1 dx (x y)dy 1 (x y)2 dy
Z z1 zx z12
zx
1 1
1 (x1)2 z2dx
 
z12
1
11  1 1
1 (x1)3z2x  z3z2 
 
23  3 3
z1
所以 f
Z
( z )  F Z ( z ) 

2 z
z

0
2 ,
z
.
2 ,
0
1


e
z
z
l s


e
1
2

公式法：① f (z) f(x,zx)dx
Z
z, 0 x1,0 zx1
② f(x,zx)
0, else
③当 z  0 或 z  2 时， f(x,zx)0，所以 f
Z
( z )  0
当 0  z  1 时， f ( x , z  x ) 
 z
0
,
,
0
e l

s e
x  z
所以 f
Z
( z )  
z
0
z d x  z 2
当 1  z  2 时，
f ( x , z  x ) 
 z
0
,
,
z
e

l s
1
e
 x  1
所以 f
Z
( z )  
1
z  1
z d x  2 z  z 2
 z2, 0 z1

④所以 f (z)2zz2, 1 z 2
Z

0, else

（2）分布函数法： F
Z
( z )  P { Z  z }  P { X Y  z }
当z0时 F
Z
( z )  0 ；当 z  1 时， F
Z
( z )  1
当 0  z  1 时，
1
1 1 1 1 
F (z)1 dx (x y)dy 1 xy y2 dx
Z z x z z   2   z
x
1
1  1 1 z2  1 1 z2 
1 x z  dx1 x2  xzx 
z 2 2 x2  2 2 2x
z
2zz2
22z, 0 z1
所以 f (z)F(z)
Z Z  0. else
  z 1
公式法：① f (z) f  x,   dx
Z   x x② f

x ,
z
x



x 
0
z
x
.
, 0  x  1
e
, 0
l s e

z
x
 1
③当 z  0 或 z  1 时， f

x ,
z
x

 0 ，所以 f (z)0
Z
当 0  z  1 时， f

x ,
z
x



x 
0
z
x
, z 
e
x
l s

e
1
所以 f
z
( z )  
1
z

x 
z
x


1
x
d x 

x 
z
x
 1
z
 2 ( 1  z )
2(1z) 0 z1
，所以 f (z)
z  0. else
10.【答案】 f
z
( z ) 

(
1
e


e
1 )
0

e
z ,
 z ,
0 
z
e
z

l s

1
e
1
【解析】因为 X , Y 相互独立，所以 f ( x , y )  f
x
( x ) f
y
( y ) 
 e 
0
y
.
, 0  x 
e l
1
s
,
e
y  0
方法一：分布函数法： F
Z
( z )  P { Z  z }  P { X  Y  z }
当 z  0 时， F
Z
( z )  0 ；
当 0  z  1 时， F
z
( z )  
z
0
d x 
z
0
 x
e  y d y  
z
0
( 1  e x  z ) d x  ( x  e x  z )
z
0
 z  1  e  z
当 z  1 时， F
Z
( z )  
1
0
d x 
z
0
 x
e  y d y  
1
0
(1  e x  z ) d x  ( x  e x  z )
1
0
 1  e 1  z  e  z
所以 f
z
( z )  F Z ( z ) 

(
1
e


e
1 )
0

e
z ,
 z ,
0 
z
e
z

l s

1
e
1
方法二：公式法
① f
Z
( z )  
 
 
f ( x , z  x ) d x
ex2, 0 x1,zx0
② f(x,zx)
 0, else
③当z0时， f(x,zx)0，所以 f (z)0；
z当 0  z  1
exz, 0 x z
时， f(x,zx)
0, else
所以 f
Z
( z )  
z
0
e x  z d x  e x  z
z
0
 1  e  z
当 z  1 时， f ( x , z  x ) 
 e x
0

,
z 0 
e
x
l s

e
1
所以 f
Z
( z )  
1
0
e x  z d x  e x  z
1
0
 e 1  z  e  z  ( e  1 ) e  z
④所以 f
Z
( z ) 

(
1
e


e
1 )
0

e
z ,
 z ,
0 
z
e
z

l s

1
e
1
11.【答案】（1） X 和 Y
1
 z2ez, z 0
不独立；（2） f (z)2
Z
  0, else
【解析】（1）
 1 x1
  (x y)e(xy)dy, x0  ex, x0
f (x) f(x,y)dy  0 2  2
X

  0, else   0, else
同理可得： f
Y
( y )  
 
 
f ( x , y ) d x 
 y 
2
1
0
e
.
 y y
e

l s
0
e
，所以 f
X
( x )  f
Y
( y )  f ( x , y )
所以X 和Y 不独立
（2）① f
Z
( z )  
 
 
f ( z  y , y ) d y
② f ( z  y , y ) 
 1
2
z e
0
 z , z  y 
e l
0
s
,
e
y  0
③若 z  0 ，则 f ( z  y , y )  0 ，所以 f
Z
( z )  0 ；
1
 zez, 0 y z z1 1
若z0，则 f(z y,y)2 ，所以 f (z)  zezdy  z2ez
z 0 2 2
  0. else④所以 f
Z
( z ) 
 1
2
z 2
0
e
,
 z , z
e

l s
0
e
12.【答案】 f
Z
( z ) 
 ( z  2 )
0
e
.
 ( z  2 ) , z
e

l s
2
e
【解析】因为 X , Y 相互独立，所以 f ( x , y )  f ( x ) f ( y ) 
 e 2  x
0
 y , x  1
e
,
l s
y
e
 1
① f
Z
( z )  
 
 
f ( x , z  x ) d x
② f ( x , z  x ) 
 e 2
0
 z
.
, x  1 ,
e
z
l

s e
x  1
③当 z  2 时， f(x,zx)0，所以 f
Z
( z )  0
当 z  2
e2z, 1 x z1
时， f(x,zx)
 0. else
所以 f
Z
( z )  
z
1
 1
e 2  z d x  ( z  2 ) e 2  z
④所以 f
Z
( z ) 
 ( z  2 )
0
e
.
 ( z  2 ) , z
e

l s
2
e
13.【答案】 f
Z
( z ) 

(
0
z
,
1
 1 ) 2
, z
其

他
0
【解析】因为X,Y 独立，所以 f ( x , y )  f ( x )  f ( y ) 
 e  ( x  y ) ,
0 ,
x  0
其
, y
他
 0
① f
Z
( z )  
 
 
f ( x , x z )  x d x
e(z1)x, x0,xz 0
② f(x,xz)
 0, 其它
③当z0时， f(x,xz)0，所以 f (z)0
Z当 z  0
e(z1)x, x0
时， f(x,xz)
0, 其他
所以
f ( z )
Z





0

(
e
z
 ( z
1
 1
 1 )
2 )
x  x
 ( e
d
z
x
 1 )

x


0
 
0

=
x d
(

z

1
 1
z
)
1

2
1
e  ( z  1 ) x

= 
z
x
 1
e  ( z  1 ) x 0   

0

z
1
 1
e  ( z  1 ) x d x
④所以 f
Z
( z ) 

(
0
z
,
1
 1 ) 2
, z
其

他
0
.
14.【答案】（1） b 
1 
1
e  1
；（2） f
X
( x ) 

1
0
e

,
 x
e  1
0 
其
x
他
 1
， f
Y
( y ) 
 e 
0
y
,
,
其
y 
他
0
（3） F
U
( u ) 
 0
(
1
,
1
1

 u 2  e )
, 0
 1  e
 u e , u
u



u
1
0
 1
1 
【解析】（1） f(x,y)dxdy  dx be(xy)dy b(1e1)1，所以
0 0
xoy
b 
1 
1
e  1
.
（2） f
X
( x )  
 
 
f ( x , y ) d y 



0

1 
1
e
0

,
1
e  ( x  y )d y , 0 
其
x
他
 1


1
0
e

,
 x
e  1
0 
其
x
他
 1
f
Y
( y )  
 
 
f ( x , y ) d x 


1
0 1 
1
e
0

,
1
e  ( x  y )d y , y
其

他
0

 e 
0
y
,
, y
其

他
0
（3）因为 f
X
( x )  f
Y
( y )  f ( x , y ) ，所以 X , Y 独立
所以F (u)P{U u}P{max{X,Y}u}P{X u,Y u}
U
 P{X u}P{Y u} F (u)F (u)
X Y
因为 F
X
( u )  p { X  u } 


0
u
0
1
,
1
,
u
 x  u e 1  e
d x  , 0 
 1  1  e 1  e
u

u

0

1
1
0, u 0

F
Y
(u) p{Y u}
 u eydy 1eu, u 0


0
所以 F
U
( u ) 
 0
(
1
,
1
1

 u 2  e )
, 0
 1  e
 u e , u
u



u
1
0
 13-2 基础真题
1.【答案】C
【解析】
P{X Y} P{X 1,Y 1}P{X 1,Y 1}
1
 P{X 1}P{Y 1}P{X 1}P{Y 1}
2
故答案选择（C）.
2.【答案】请参照解析
【解析】 X 和 Y 都服从二项分布，参数相应为 ( 2 , 0 . 2 ) 和 ( 2 , 0 . 5 ) . 因此 X 和 Y 的概率分
布分别为：
X

0
0
.6 4 0
1
.3 2 0
2
.0 4

，
Y

0
0
. 2 5 0
1
. 5 0
2
. 2 5

故由独立性，知X 和 Y 的联合分布为
X
Y
0 1 2
0 0.16 0.08 0.01
1 0.32 0.16 0.02
2 0.16 0.08 0.01
5
3.【答案】
7
【解析】
P  maxX,Y0   P  X 0  Y 0 
 P  X 0P  Y 0P  X 0,Y 0
4 4 3 5
   
7 7 7 74.【答案】 F  x , y  
 或 0 , x  0
2 2 x y , 0  x  1
2 x , 0  x
2 y , x  1 ,
1 , x
y
, 0

0



1 ,

1 ,
0
y
y
y
y
,




1
1
1
1
,
,
.
,
【解析】当x0或 y  0 时，有 F ( x , y )  P { X  x , Y  y }  0 ；
当 x  1 且y 1时，有 F ( x , y )  1 ；
当 0  x  1 且 0  y  1
x y
时，有F(x,y)  4uvdudv x2y2；
0 0
当 0  x  1 且y 1时，有 F ( x , y )  
x
0

1
0
4 u v d u d v  x 2 ；
当 x  1 且 0  y  1 时，有 F ( x , y )  
1
0

y
0
4 u v d u d v  y 2 .
故 X 和 Y 的联合分布函数为 F  x , y  
 或 0 , x  0
2 2 x y , 0  x  1
2 x , 0  x
2 y , x  1 ,
1 , x
y
, 0

0



1 ,

1 ,
0
y
y
y
y
,




1
1
1
1
,
,
.
,
5.【答案】A
【解析】根据题设，由 P { X
1
X
2
 0 }  1 ，可得 P { X
1
X
2
 0 }  0 ，从而
P  X
1
  1 , X
2
  1   P  X
1
  1 , X
2
 1   P  X
1
 1 , X
2
  1   P  X
1
 1 , X
2
 1   0
因此，列表如下：
X
2
X
1
 1 0 1
P  X
1
 x
i
  p
i
1
1 0
4
0
1
4
0
1
4
0
1
4
1
2
1 1
1 0 0
4 4
  1 1 1
P X
2
 y
j
 p
j 4 2 4
1故
P  X
1
 X
2
  P  X
1
  1 , X
2
  1   P  X
1
 0 , X
2
 0   P  X
1
 1 , X
2
 1   0 ，
故选项（A）为正确选项.
6.【答案】请参照解析
【解析】（Ⅰ） P  Y = m X  n   C mn p m  1  p  n  m , 0  m  n , n  0 , 1 , 2 .
（Ⅱ）
PX n,Y m P  Y m X n  PX n
e
Cmpm(1 p)nm n (0mn,n0,1,2 )
n n!
7.【答案】
1
4
【解析】如图所示，
P { X  Y  1 } 
x
 y
 1
f ( x , y ) d x d y  
12
0
d x 
1
x
 x
6 x d y  
12
0
6 x (1  2 x ) d x 
1
4
8.【答案】（1） f
X
( x ) 
 e 
0
x
,
, x
x


0
0
,
.
；（2） 1  2 e
 12
 e  1 .

【解析】（1） f (x) f(x,y)dy
X


当x0时， f (x) 0dy 0;
X

 x  
当x0时， f (x) f(x,y)dy  0dy eydy ey ex.
X
  x x因此，随机变量X 的概率密度为 f
X
( x ) 
 e 
0
x
,
, x
x


0
0
,
.
（2）
P { X  Y  1 } 

x

 
 y  1
1  [ 2
0
f
e
(

x
(1
,

y
x )
)

d x
e
d

y
x ]

d x
1
 2
0

d
1
x

1 

x
2 e
x

e
12
 y

d
e
y
 1 .
9.【答案】
1
4
【解析】设平面区域 D 的面积为 S
D
，由于二维随机变量 ( X , Y ) 在区域 D 上服从均匀分
布，因此， ( X , Y ) 的联合概率密度 f ( x , y ) 为 f ( x , y ) 
 1
S
0
D
,
, ( x , y
其
) 
他
D ，
，
又 S
D
 
e
1
2 1
x
d x  2 ， f
X
( x )  
1x
0
1
2
d y 
1
2 x
, 1  x  e 2 ，故 f
X
( 2 ) 
1
4
.
10.【答案】请参照解析
【解析】由于 X , Y 相互独立，因此
P { X  x
i
, Y  y }j  P { X  x }i  P { Y  y }j , i  1 , 2 ; j  1 , 2 , 3 .
根据边缘分布的性质还知：P{Y  y}P{X  x,Y  y}P{X  x ,Y  y}，
i 1 i 2 i
PX  x PX  x,Y  y PX  x ,Y  y PX  x ,Y  y 
i i 1 i 2 i 3
若记 p
ij
 P  X  x
i
, Y  y
i
 ，则 p
1 1

1
6

1
8

1
2 4
； p
1

p
p
1 1
1

1
4
1 1 1 1
p  p  p  p     .
13 1 11 12 4 24 8 12
同理，可计算出 p ,p ,p ,p ,p
2 2 3 22 23.
因此
y
O x
x

y
y

1  x
1
2
1Y
X
y
1
y
2
y
3
P { X  x }i  p
i
x
1
1 1 1 1
24 8 12 4
x
2
1
8
3
8
1
4
3
4
P { Y  y }j  p
j
1
6
1
2
1
3
1
11.【答案】A
【解析】由于 ( X , Y ) 服从二维正态分布，且X 与 Y 不相关，则 X 与 Y 相互独立.记
( X , Y ) 的概率密度为 f ( x , y ) ，可得 f ( x , y )  f
X
( x ) f
Y
( y ) ，故在 Y  y 的条件下， X 的
条件概率密度 f
X Y
( x | y ) 
f (
f
Y
x
(
,
y
y
)
)
 f
X
( x ) ，正确选项为（A）.
12.【答案】（1）相互独立；（2） e  0 .1
【解析】（1） X 和Y 的分布函数分别为：
F
X
( x )  F ( x ,   ) 
 1
0

,
 0 .5 x e , x
x


0
0
， F
Y
( y )  F (   , y ) 
 1
0

,
 0 .5 y e , y
y


0
0
由于 F ( x , y )  F
X
( x )  F
Y
( y ) ，知 X 和 Y 相互独立.
（2）


Ρ
[1
{

Χ
F

X
(
0
0
.1
.1
,
)
Y
] 

[1
0

.1
F
}
Y

( 0
P
.1
{
)
Χ
] 

e
0
 0
.1
.0 5
}


e
P

{ Y
0 .0 5


0
e
.1
 0
}
.1

13.【答案】A
【解析】 P { X  Y }  P { X  1 , Y  1 }  P { X   1 , Y   1 } 
1
2

1
2

1
2

1
2

1
2
.
1 1
而PX Y 0 ，PXY 1 ，故选（A）.
2 2
14.【答案】B【解析】已知随机事件 { X  0 } 与 { X  Y  1 } 相互独立，也就是
P{X 0,X Y 1} P{X 0}P{X Y 1}，
P{X 0,X Y 1} P{X 0,Y 1}a，
P { X  0 }  P { X  0 , Y  0 }  P { X  0 , Y  1 }  0 . 4  a ，
P { X  Y  1 }  P { X  0 , Y  1 }  P { X  1 , Y  0 }  a  b ，
则 a  ( 0 .4  a ) ( a  b ) . 又因为0.4ab0.11，则 a  b  0 . 5 ，由上式易得
a  0 .4 ， b  0 . 1 ，故应选（B）.
15.【答案】 P { Z  0 } 
1
4
， P { Z  1 } 
3
4
【解析】由已知有，Z 的可能取值为 0 ，1. 而
P { Z  0 }    m a x { X , Y }  0   P { X  0 , Y  0 }  P { X  0 }  P { Y  0 } 
1
2

1
2

1
4
，
所以 P { Z  1 }  1  P { Z  0 }  1 
1
4

3
4
.
16.【答案】（Ⅰ） f
Y
( y ) 

1 
y
2
0
,
,
0
其

他
y
.
 2 ,
 z
1 ,0 z2,
；（Ⅱ） f (z) 2 ；
Z
  0,其他.
（Ⅲ） P

Y 
1
2
X 
1
2


3
4
 2x
【解析】（Ⅰ）当0 x1时， f (x) f(x,y)dy  dy 2x.
X
 0
当 x  0 或 x  1 时， f
X
( x )  0
2x,0 x1,
，即 f (x)
X

0,其他.
 1 y
当0 y 2时， f (y) f(x,y)dx dx1 ；
Y  y 2
2
 y
1 ,0 y2,
当 y 0或y 2时， f (y)0，即 f (y) 2
Y Y


0,其他.（Ⅱ）方法一：由 z  2 x  y ，得 y  2 x  z ，于是 f
Z
( z )  
 
 
f ( x , 2 x  z ) d x ，
有效区域是：0 x1， 0  y  2 x  0  x  1 ，02xz2x0x1，
0z2x.
当 0 
z
2
 1 ，即0z2时， f
Z
( z )  
 
 
f ( x , 2 x  z ) d x  
1
z2
d x  1 
z
2
.
故 f
Z
( z ) 

1 
z
2
0
,
,
0
其

他
z
.
 2 ,
方法二：
当 z  0 时， F
Z
( z )  0 ；
当 0  z  2 时， F
Z
( z )  Ρ { 2 X  Y  Z } 
2
x

y
 z
f ( x , y ) d x d y  z 
z
4
2
；
当 z  2 时， F
Z
( z )  1 .
所以 f
Z
( z )  F Z ( Z ) 

1 
z
2
0
,
,
0
其

他
z
.
 2 ,
（Ⅲ） P

Y 
1
2
X 
1
2


P

X
P


X
1
2
,

Y
1
2


1
2


1
3
61
4

3
4
.
17.【答案】 f
Z
( z ) 
 1
2
1
2
0 ,
( 1
( e
其

2
他
e


1
.
z
)
)
e
, 0
 z

, z
z


2
2
,
,
ey, 0 x1,y 0,
【解析】方法一： f(x,y) f (x) f (y)
X Y  0, 其他.

由z 2x y ，得y  z2x，进而 f (z) f(x,z2x)dx
Z
有效区域是： 0  x  1 , y  0  0  x  1 , z  2 x  0  0  x  1 , x 
z
2
.
当 0 
z
2
 1 ，即 0  z  2 时， f
Z
( z )  
 
 
f ( x , z  2 x ) d x  
z2
0
e 2 x  z d x 
1
2
(1  e  z )
当
z
2
 1 ，即z  2时， f
Z
( z )  
 
 
f ( x , z  2 x ) d x  
1
0
e 2 x  z d x 
1
2
( e 2  1 ) e  z
1
(1ez), 0 z 2

2

故 f (z)1
Z (e2 1)ez, z 2

2

0, 其他
方法二：由于 X 与 Y 相互独立，所以 ( X , Y ) 的概率密度为
f ( x , y )  f
X
( x )  f
Y
( y ) 
 e
0
 y
,
, 0  x 
其
1 ,
他
y
.
 1 ,
因此， Z 的分布函数为
F

Z

( z )  P { 2 X  Y  z }
z
0 ,
2
z z  2 x
 y   d x e d y , 0 2
0 0
z 1 z  2 x
 y   d x e d y ,
2 0 0





2 x 
0
z

2
1
y

1
z

f (

x
0
1
2
1
,
,

y
(
)
z
1
2
d x d y
 z  e 
2 ( e  1
z
1 ) , 0
 z ) e , z



0
z
2
 2
1
(1ez), 0 z2

2

所以，Z 的概率密度为 f (z) F(z)1
Z Z (e2 1)ez, z 2

2

0, 其他
1
 (2u), 0u2,
18.【答案】 p(u)2
 0, 其他
【解析】根据题设，则X 和Y 的联合密度为：f ( x , y ) 
 1
4
0 ,
, 1
其

他
x  3 , 1  y  3 ,
.
由分布函数的定义可知，
F U ( u )  P  U  u   P  X  Y  u  
x
 y
 u
f ( x , y ) d x d y .
当 u  0 时，F(u)0；当 u  2 时，F(u)1.
当 0  u  2 时，如图
F
U
( u ) 
x
 y
 u
f ( x , y ) d x d y   
x  y
1  x 
1  y 
33 u
1
4
d x d y 
1
4
[ 4  ( 2  u ) 2 ]  1 
1
4
( 2  u ) 2
综上， F
U
( u ) 
 0
1
1
, u
1
2  ( 2  u ) , 0
4
, u



0
u
2
 2
于是，随机变量U 的概率密度为 p ( u )  F U ( u ) 
 1
2
0 ,
( 2  u ) , 0
其

他
u  2
.
19.【答案】
1
9
1 1 1
【解析】P{max{X,Y}1} P{X 1,Y 1} P{X 1}P{Y 1}   .
3 3 9
20.【答案】（Ⅰ）
7
2 4
；（Ⅱ） f
Z
( z ) 
 z
(
0
(
2
,
2

其

z
他
z
)
)
2
.
, 0
, 1


z
z


1
2
,
, .
【解析】
1 x 1 5  7
（Ⅰ）P{X 2Y}  f(x,y)dxdy  dx2(2x y)dy   x x2  dx .
0 0 0 8  24
x2y

（Ⅱ） f (z) f(x,zx)dx，其中
Z

y
O x
u


y

x u

y

x
3
1
1
x  y  u
3f ( x , z  x ) 
 2
0

其 ,
x 
他
( z  x ) , 0  x  1 , 0  z  x  1 ,

 2
0

其 ,
z ,
他
0  x  1 , 0  z  x  1 ,
当 z  0 或 z  2 时， f
Z
( z )  0 ；
当0 z1时， f
Z
( z )  
z
0
( 2  z ) d x  z ( 2  z ) ；
当 1  z  2 时， f
Z
( z )  
1
z  1
( 2  z ) d x  ( 2  z ) 2 ，
即 Z 得概率密度为 f
Z
( z ) 
 z
(
0
(
2
,
2

其

z
他
z
)
)
2
.
, 0
, 1


z
z


1
2
,
,
21.【答案】A
【解析】由X ，Y 同分布知， Y 的分布函数也为 F ( x ) .
记 Z 的分布函数为 F
Z
( x ) ，则
F (x)P  maxX,Y x  P{X  x,Y  x}P{X  x}P{Y  x}F2(x)
Z
（ X 与 Y 独立）
故答案应选（A）.3-3 拓展拔高
1.【答案】C
【解析】 P {  X  a , Y  y }  P { X   a , Y  y } ，因为
P{Y  y} P{X a,Y  y}P{X a,Y  y}，所以
P { X   a , Y  y }  P { Y  y }  P { X   a , Y  y }  F (   , y  0 )  F (  a , y  0 )
故选（C）.
2.【答案】
Y
X
0 1 p
i.
0
1
4
0
1
4
1
1
4
1
2
3
4
p
. j
1
2
1
2
1
【解析】本题考查的是建立二维离散型随机变量联合分布律的问题，具体办法是先将
( X , Y ) 的分布律设定如下
Y
X
0 1 p
i.
0 p
1 1
p
1 2
1
4
3
1 p p
21 22 4
1 1
p
.j
2 2
1
再根据分布律的结构特征，依题设，有
1 1 1
p  P{XY 1} , p  p  p   0,
22 2 12 2 22 2 2
1 1 3 1 1
p  p. p  0 , p  p . p    .
11 1 12 4 4 21 2 22 4 2 4
因此
X,Y
的分布律为Y
X
0 1 p
i.
1
0
4
0
1
4
1
1
4
1
2
3
4
p
. j
1
2
1
2
1
3.【答案】B
【解析】因为 ( X , Y ) 在区域 D : x 2  y 2  9 a 2 ( a  0 ) 上服从均匀分布，所以 ( X , Y ) 的联
合概率密度函数为 f ( x , y ) 

9
0
1
π
,
a 2
(
,
x
(
,
x
y
,
)
y

) 
D
D
，
3πa2 1
p P{X2 9Y2 9a2}  f(x,y)dxdy   ，故答案选（B）.
9πa2 3
x29y29a2
4.【答案】（1） f
X
( x ) 
 3 x 2 ,
0 ,
0
其

他
x  1
， f
Y
( y ) 
 3
2
(1  y
0
2
，
) ,
其
0
他
 y  1
（2） P

Y 
1
8
| X 
1
4


1
2
.
【解析】（1）
 x 3x2, 0 x1
f (x) f(x,y)dy  3xdy  ，
X  0  0, 其他
3
 1  (1 y2), 0 y1
f (y) f(x,y)dx 3xdx2
Y
 y


0， 其他
1  1
f  ,y 3
 1 1 1 4  1 4 1 1
（2）PY  | X   8 dy  8 dy  84dy  .
 8 4 0 f   1  0 3( 1 )2 0 2
X 4 45.【答案】（1） f ( x , y ) 
 1
2
0 ,
e
 y2
, 0
其

他
x
.
 1 , y  0 ,
；
（2） P ( A )  1  2 π [  ( 1 )   ( 0 ) ]
【解析】依题设，可知 X 的概率密度为 f
X
( x ) 
 1
0
,
,
0 
其
x
他

.
1 ,
由 X 与 Y 相互独立，得 f ( x , y )  f
X
( x ) f
Y
( y ) 
 1
2
0 ,
e
 y2
, 0
其

他
x
.
 1 , y  0 ,
方程 k 2  2 X k  Y  0 有实根，则   ( 2 X ) 2  4 Y  0 ，即 X 2  Y ，令
A{(x,y)|x2  y}，则
P ( A )  
1
0
d x 
x
0
2 1
2
e
 y2
d y  
1
0
(1  e
 2 x2
) d x  1  2 π 
1
0
1
2 π
e
 2 x2
d x  1  2 π [  (1 )   ( 0 ) ]
其中  ( x ) 为标准正态分布函数.
6.【答案】
9
2
e  3
【解析】 P { X + Y = 2 }  P { X = 0 , Y = 2 }  P { X = 1 , Y = 1 } + P { X = 2 , Y = 0 }
由 X , Y 相互独立得
P { X + Y = 2 } 

P
1
0
{
0
!
X
e 
=
1 
0 ,
2
2
Y
2
!
=
e 
2
2
}


1
1
1
!
P
e
{

X
1 
=
2
1
1
1
!
,
e
Y
 2
=

1 }
2 1
2 !

e
P
 1
{

X
2
0
=
0
!
e
2

,
2
Y

=
9
2
0
e
}
 3
7.【答案】B
【解析】因为(X,Y) N(0,1;1,1;0)，所以 X ~ N ( 0 , 1 ) ， Y ~ N ( 1 , 1 ) 且X,Y 相互独
立，于是P  X Y   0 





P
P
P
P

1
2
{ X
{ X
{ X
{ X
( 0
[ 1
)





[ 1

0 , Y
0 } P
0 } (1

0 } 
 
(  1

{ Y

1 
( 
) ]
0
P
1

}

{
P
) ]
1
2

0
Y


P { X 
}  P { X
 0 } ) 
Y  1

1
[ 1   (
 (  1 ) 
0 , Y
 0
(1 

 1 
0 ) ] 
1
.
2

}
P

(
0 }
P { Y
{ X
 (1
 1 )



0 }
0 }
P {
)
X
P {

Y
0

} )
0
P
}
 Y 
1
1
  1

故答案应选（B）.
8.【答案】D
【解析】二维正态分布应具有密度函数
1  1 (x)2 (x)(y) (y)2
f(x,y) e 2(12)

1  1 2  2

2 12  2  2 
1 2 1 1 2 2
其中，
1
,
2
,
1
 0 ,
2
 0 ,  1   1      均为常数，记作 ( X , Y ) ~ N (
1
,
2
; 21 , 22 ; ) .     
显然本题的 f ( x , y ) 不具这种形式，因此 ( X , Y ) 不服从二维正态，所以（A）（B）不正
确，由 s i n x e

2 x2
是奇函数，因此 
 
 
s i n x e

2 x2
d x  
 
 
s i n y e

2 x2
d y  0 ，而
 1sinxsin y 
x2y2
f (x)  f(x,y)dy   e 2 dy
X   2π
1 
x2
 
y2
 
y2
1 
x2
1 
x2
 e 2 ( e 2dy sinxsin ye 2dy) e 2  2π  e 2
2π   2π 2π
即 X ~ N ( 0 , 1 ) ，同理可证 Y ~ N ( 0 , 1 ) .
由此可知，虽然联合分布(X,Y)不服从二维正态，但其边缘分布 X , Y 均为正态，故答案
选（D）.
15
9.【答案】（1）略；（2）  ；（3）略；
XY 15
1 P(AB) 1
【解析】（1）由于P(AB) P(A)P(B| A) ，P(B) 
12 P(A|B) 6所以，
P
P
P
P
{
{
{
{
X
X
X
X




1
1
0
0
, Y
, Y
, Y
, Y




1 }
0 }
1 }
0 }




P
P
P
P
( A
( A
( A
( A
B
B
B
B
) 
) 
) 
) 
1
1 2
P
P
1
(
(

,
A
B
1
)
)
1
2



P
P
(
(
1
6
A
A

B
B
1
)
)
1
2



1
6
1
1 2
2
3
,
,
故 ( X , Y ) 的概率分布为
（2）X,Y 的概率分布分别为
由 0  1 分布的期望方差公式，
1
E(X) ，
4
E ( Y ) 
1
6
， D ( X ) 
1
4

3
4

1
3
6
， D ( Y ) 
1
6

5
6

3
5
6
因为 X Y 只能取 0 和 1
1
，所以，E(XY) P{X 1,Y 1}
12
1 Cov(X,Y) 15
故Cov(X,Y) E(XY)E(X)E(Y) ，从而  
24 XY D(X) D(Y) 15
（3）Z 的可能取值为：0,1,2，并且，
X
Y
0 1
0
2 1
3 12
1
1
6 1
1
2
X 0 1
3
P
4
1
4
Y 0 1
P
5
6
1
6P
P
P
{
{
{
Z
Z
Z



0 }
1 }
2 }



P
P
P
{
{
{
X
X
X



0 , Y
1 , Y
1 , Y



0
1
0
}
}
}



P
1
2
3
{
1
2
X  0 , Y  1 } 
1
4
所以， Z 的概率分布为
Z 0 1 2
P
2
3
1
4 1
1
2
10.【答案】（1） f
X
( x ) 
 e 
0
x
,
,
x
x


0
0
.
,
， f
Y
( y ) 
 2 e 
0
2
,
y , y
y


0
0
,
.
；
（2） X ， Y 相互独立；
（3） F
Z
( z ) 
 1
0

, z
e 

z
0

.
z e  z , z  0 ,
， f
Z
( z ) 
 z
0
e
,

z
z ,

z
0
 0

【解析】（1） f (x) f(x,y)dy
X

当 x  0 时， f
X
( x )  0 ；
当 x  0 时， f
X
( x )  
 
 
f ( x , y ) d y  

0

2 e  ( x  2 y )d y  e  x 

0

e  2 y d ( 2 y )  e  x
则 f
X
( x ) 
 e
0

,
x
x
, x


0 .
0 ,

， f (y) f(x,y)dx.
Y 
当 y  0 时， f (y)0
Y
当 y 0时， f
Y
( y )  

0

2 e  ( x  2 y )d x  2 e  2 y 

0

e  x d x  2 e  2 y
2e2y,y 0,
则 f (y)
Y 0,y0.
（2）因为 f(x,y) f (x)f (y)，所以随机变量X ，Y 相互独立
X Y（3） F
Z
( z )  P ( Z  z )  P ( X  2 Y  z ) 
x 
2 y
 z
f ( x , y ) d x d y
当z0时， F
Z
( z )  0 ；
当z0时， F
Z
( z ) 
x 
2 y
 z
f ( x , y ) d x d y  
z
0
e  x d x 
z
0
2 x
2 e  2 y d y
 
z
0
e  x d x 
z
0
2 x
e  2 y d ( 2 y )  
z
0
e  x ( 1  e x  z ) d x  1  e  z  z e  z
1ez zez,z 0,
则F (z) ，
Z 0,z 0.
f
Z
( z ) 
 z
0
e
,

z
z ,

z
0
 0
.
11.【答案】（1） c  1 ；（2）不独立；
（3） f
Z
( z ) 

e
0

,
z 
1 
( z
e 

z ( z
1 )

2
1 )

2
z
z


1
1
e  z ( z  1 ) , z
e l

s e
0 ,
【解析】（1）由规范性，可得 1  
 
 

 
 
f ( x , y ) d x d y  

0

d x 

0

c x e  x ( y  1 )d y  c
故 c  1 ；
（2）由边缘概率密度函数的计算公式，可得
    xex(y1)dy, x0, ex, x0,
f (x) f(x,y)dy  0 
X 
 0, else
0, else
  1

  xex(y1)dx, y 0,  , y 0,
f (y) f(x,y)dx 0 (y1)2
Y

0, else 

0, else
显然，当 x  0 , y  0 时， f ( x , y )  f
X
( x )  f
Y
( y ) ，故X,Y 不独立；
（3）显然，当z0时，F (z)0；而当z0时，
Z
F (z) P{max{X,Y} z} P{X  z,Y  z}
Z
z z ez(z1) 1
  dx xex(y1)dy 1ez 
0 0 z1所以 f
Z
( z )  F Z ( z ) 

e
0

,
z 
1 
( z
e 

z ( z
1 )

2
1 )

2
z
z


1
1
e  z ( z  1 ) , z
e l

s e
0 ,
12.【答案】（1） f
X
( x ) 
 1
1
0


, 其
x
x
, 
, 0
他
1

.

x
x


1
0
,
,
， f
Y
( y ) 
 2
0
y
其 ,
, 0
他

.
y  1 ,
（2） f
Z
( z )  F Z ( z ) 
 1
2
0 ,
z
其
 1
他
, 
.
2  z  0 ,
.
【解析】（1）由题设知，二维随机变量 ( X , Y ) 的概率密度为 f ( x , y ) 
 1
0
, (
, (
x
x
,
,
y
y
)
)


D
D
,
.
当x1或x1时， f
X
( x )  0 ；
当  1  x  0
 1
时， f (x) f(x,y)dy  dy 1x；
X
 x
当0 x1时， f
X
( x )  




f ( x , y ) d y  
1
x
d y  1  x .
于是， ( X , Y ) 关于X 的边缘概率密度为 f
X
( x ) 
 1
1
0


, 其
x
x
, 
, 0
他
1

.

x
x


1
0
,
,
当 y  0 或y 1时， f (y)0；
Y
当0 y1时， f
Y
( y )  




f ( x , y ) d x  
y
 y
d x  2 y
于是，  X , Y 
2y,0 y1,
关于Y 的边缘概率密度为 f (y)
Y 0,其他.
（2）设随机变量Z  X Y 的分布函数为 F
Z
( z ) ，概率密度为 f (z).
Z
当 z   2 时，F (z)P{Z z}P{X Y z}0
Z
当2z0时，
1 zy 1 1
F (z) P{Z  z}P{X Y  z} dy dx (z2y)dy  z2 z1;
Z  1 z y  1 z 4
2 2当 z  0 时， F
Z
( z )  P { Z  z }  P { X  Y  z }  1 .
于是 F
Z
( z ) 
 0 , z
1
z
4
1 , z

2



0
2
z
.
,
 1 ,  2  z  0 ,
1
 z1,2 z0,
f (z) F(z)2 .
Z Z
 0,其他.
13.【答案】 1  e  2 x  e  4 x  e  6 x
【解析】当 x  0 时
F ( x ) 



P
P
(1
(1
{ m
{ m


a x
i n
P {
 4 e
{
{
X
x
m i n
X ,
1

1
) (1 
{ X ,
1
X } 
2
x } P {
 2 x e )
X
X
x

}
2
}
2
1
, X }
3
 P { X
 x } )
 2  e

3

x

F

x }  P
x } 
( x ) 
3
 4 x e 
{ m
(1 
{ 1 
 6 e
i n {
P {
[1
x
X
m

1
i
F
,
n
1
X
{
(
}
2
X
1
x ) ]

,
[1
X
x ,
}
2
 F
X

2
3
(

x }
x )
x
)
] }
}
 F
 F
( x
3
( x
3
)
)
14. 【答案】 F
Z
( z ) 
1
4
F ( z ) 
3
4
F ( z  1 )
【解析】因为 Y ~ B

1 ,
3
4
 1 3
，所以，P{Y 0} ，P{Y 1}
4 4
由全概率公式，
F (z) P(Z  z) P(X Y  z)
Z
 P(X Y  z|Y 0)P(Y 0)P(X Y  z|Y 1)P(Y 1)
1 3
 P(X  z) P(X  z1)
4 4
1 3
 F(z) F(z1).
4 4
15.【答案】g(z) pf(z1)(1 p)f(z4)
【解析】利用分布函数的定义及全概率公式， Z 的分布函数为G ( z ) 



P
P
P
p
{ Z
{ 1
{ Y
F
Y

 Y

( z
z }

z 
 1

z
1
)
,
}

P
X
P
(
{
{
1
X

X

2
1 }

p


1
) F
Y
P
}
Y

{

( z
4
P
z }

{ Y
 4

Y
)

P

{
z
X
z ,

2
X
4

}

P
Y
2
{

}
X
z

, X
2 }
 1 }  P { X 2  Y  z , X  2 }
于是， Z 的概率密度函数为g(z)G(z) pf(z1)(1 p)f(z4).
16.【答案】  ( z )
【解析】由全概率公式，
F (z) P(Z  z) P(XY  z)
Z
 P(XY  z|Y 1)P(Y 1)P(XY  z|Y 1)P(Y 1)
1 1
 [P(X z)P(X  z)] [1(z)(z)](z)
2 2
17. 【答案】 F
Z
( z ) 
 0 ,
1
2
1 ,
z 2 ,
z
0
z



0
z
1
,

.
1 , Z 不是连续型随机变量
【解析】因为 Y ~ B

1 ,
1
2

，所以 Y 的取值只能是 0 或 1 ，因此，
F ( z )
Z


P
P
(
{
Z
X


z )
z ,

Y
P

{ m
z ,
a
Y
x {

X
0 }
, Y

}
P

{ X
z }


z
P
,
{
Y
X


z ,
z
Y
, Y


1 }
z }
①当 z  0 时， F
Z
( z )  0 ；
②当0z1时， F
Z
( z )  P { X  z , Y  0 }  P { } 
1
2

z
0
2 x d x 
1
2
z 2  ；
③当z 1时，F (z)1.
Z
所以， F
Z
( z ) 
 0 ,
1
2
1 ,
z 2 ,
z
0
z



0
z
1
 1 , 显然 在 z  1 处不连续，所以 Z 不是连续型随机
变量.
F
Z
( z )1
 z2ez, z 0,
18.【答案】（1）不独立；（2） f (z)2
Z
 0, else
【解析】（1）先求 X , Y 的边缘密度函数。
f
f
X
Y
(
(
x
y
)
)




 
 
 
 
f
f
(
(
x
x
,
,
y
y
)
)
d
d
y
x





0

0
 
0
,
 
0
,
1
2
1
2
(
(
x
x


y
y
)
)
e
e


( x 
( x 
y )d
y )d
y
x
,
,
x
e
y
e

l s e

l s e
0
0
,
,




1
2
0
1
2
0
,
,
(
(
x
y


1
1
)
)
e
e


x
y
,
,
x
e
y
e

l s e

l s e
0
0
,
,
显然， f ( x , y )  f
X
( x ) f
Y
( y ) ，从而判别 X , Y 不独立；

（2）利用卷积公式， f (z) f(x,zx)dx.
Z

①当 z  0 时， f
Z
( z )  
z
0
1
2
z e  z d x 
1
2
z 2 e  z ，
②当 z  0 时， f
Z
( z )  0 ，
1
 z2ez, z 0,
于是 f (z)2
Z
 0, else
19.【答案】 P { Z  k }  P { m a x ( X , Y )  k }  2 p q k  1  p q 2 k  2  p q 2 k  1 , k  1 , 2 , 3 ,
【解析】因为 X , Y 是相互独立的随机变量，均服从几何分布，所以，
P{Z k} P{max(X,Y)k}
 P(X k,Y k)P(X k,Y k)P(X k,Y k)
 k1 
2 qk1pqi1p qk1pqk1p
 

i1

2qk1p(1qk1)q2k2p(1q)
2qk1p2q2k2pq2k2p pq2k1
2pqk1 pq2k2  pq2k1,k 1,2,3,