250401_112846-2.基础习题册概率第二章详解_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_00.配套书籍_2026考研数学习题册答案详解_基础

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 ,