2004年考研数学一第6题

首先，明确指数分布的定义。设随机变量 $X$ 服从参数为 $\lambda$（$\lambda>0$）的指数分布，其概率密度函数为： $$f(x) = \begin{cases} \lambda e^{-\lambda x}, & x \geq 0 \\ 0, & x < 0 \end{cases}$$ 指数分布的期望 $E(X) = \frac{1}{\lambda}$，这是已知结论。方差的计算公式为 $D(X) = E(X^2) - [E(X)]^2$。因此，我们需要先计算二阶原点矩 $E(X^2)$。 计算 $E(X^2)$： $$E(X^2) = \int_{0}^{+\infty} x^2 \cdot \lambda e^{-\lambda x} \, dx$$ 令 $t = \lambda x$，则 $x = \frac{t}{\lambda}$，$dx = \frac{dt}{\lambda}$，积分限不变。代入得： $$E(X^2) = \int_{0}^{+\infty} \left(\frac{t}{\lambda}\right)^2 \cdot \lambda e^{-t} \cdot \frac{dt}{\lambda} = \frac{1}{\lambda^2} \int_{0}^{+\infty} t^2 e^{-t} \, dt$$ 利用伽马函数性质：$\int_{0}^{+\infty} t^{n} e^{-t} \, dt = \Gamma(n+1) = n!$，这里 $n=2$，所以 $\int_{0}^{+\infty} t^2 e^{-t} \, dt = 2! = 2$。因此： $$E(X^2) = \frac{1}{\lambda^2} \times 2 = \frac{2}{\lambda^2}$$ 代入方差公式： $$D(X) = E(X^2) - [E(X)]^2 = \frac{2}{\lambda^2} - \left(\frac{1}{\lambda}\right)^2 = \frac{2}{\lambda^2} - \frac{1}{\lambda^2} = \frac{1}{\lambda^2}$$ 因此，对于参数为 $\lambda$ 的指数分布，方差 $D(X) = \frac{1}{\lambda^2}$。

已知指数分布的概率密度函数为 $f(x)=\lambda e^{-\lambda x}$（$x\geq0$），其方差 $D(X)=\frac{1}{\lambda^2}$。标准差定义为方差的算术平方根，即 $\sigma_X=\sqrt{D(X)}$。因此，直接代入方差公式可得： $$\sqrt{D(X)}=\sqrt{\frac{1}{\lambda^2}}=\frac{1}{\lambda}$$ 这里需注意 $\lambda>0$，所以开方后取正值。若题目中已给出 $\lambda$ 的具体数值，则代入计算即可得到标准差的具体数值。例如，若 $\lambda=2$，则标准差为 $\frac{1}{2}=0.5$。 在解题过程中，务必确认方差公式的记忆正确性：对于指数分布 $X\sim\text{Exp}(\lambda)$，其期望 $E(X)=\frac{1}{\lambda}$，方差 $D(X)=\frac{1}{\lambda^2}$。标准差即为 $\frac{1}{\lambda}$。

已知随机变量 $X$ 服从参数为 $\lambda$ 的指数分布，其概率密度函数为 $f(x)=\lambda e^{-\lambda x},\,x\ge 0$，且 $E(X)=\frac{1}{\lambda}$，$D(X)=\frac{1}{\lambda^2}$。因此 $\sqrt{D(X)}=\frac{1}{\lambda}$。 题目要求计算 $P\{X>\sqrt{D(X)}\}$，即 $P\{X>\frac{1}{\lambda}\}$。 对于指数分布，事件 $\{X>a\}$（$a\ge 0$）的概率可由生存函数直接得到： $$P\{X>a\}=e^{-\lambda a}.$$ 将 $a=\frac{1}{\lambda}$ 代入，得： $$P\{X>\frac{1}{\lambda}\}=e^{-\lambda \cdot \frac{1}{\lambda}}=e^{-1}.$$ 因此，原概率事件转化为具体不等式 $X>\frac{1}{\lambda}$，其概率值为 $e^{-1}$。

已知随机变量$X$服从参数为$\lambda$的指数分布，其分布函数为： $$F(x) = \begin{cases} 1 - e^{-\lambda x}, & x \geq 0 \\ 0, & x < 0 \end{cases}$$ 我们需要求概率$P\{X > \frac{1}{\lambda}\}$。根据概率与分布函数的关系，对于连续型随机变量，有： $$P\{X > a\} = 1 - P\{X \leq a\} = 1 - F(a)$$ 代入$a = \frac{1}{\lambda}$，得： $$P\left\{X > \frac{1}{\lambda}\right\} = 1 - F\left(\frac{1}{\lambda}\right) = 1 - \left(1 - e^{-\lambda \cdot \frac{1}{\lambda}}\right) = 1 - (1 - e^{-1}) = e^{-1} = \frac{1}{e}$$ 因此，所求概率为$\frac{1}{e}$。 **最终答案验证**： - 指数分布的无记忆性：$P\{X > s + t \mid X > s\} = P\{X > t\}$。取$s = 0$，$t = \frac{1}{\lambda}$，则$P\{X > \frac{1}{\lambda}\} = P\{X > \frac{1}{\lambda} \mid X > 0\} = P\{X > \frac{1}{\lambda}\}$，结果一致。 - 数值验证：$e^{-1} \approx 0.3679$，符合概率范围。 - 积分验证：概率密度函数$f(x) = \lambda e^{-\lambda x}$，$x \geq 0$，则 $$P\{X > \frac{1}{\lambda}\} = \int_{1/\lambda}^{\infty} \lambda e^{-\lambda x} dx = \left[-e^{-\lambda x}\right]_{1/\lambda}^{\infty} = 0 - (-e^{-1}) = e^{-1} = \frac{1}{e}$$ 结果一致，验证正确。