2023年考研数学一第16题

根据题目条件，随机变量$X$服从参数为$n=1$，$p=\frac{1}{3}$的二项分布，即$X \sim B(1,\frac{1}{3})$。二项分布$B(n,p)$的概率质量函数为$P(X=k) = C_n^k p^k (1-p)^{n-k}$，其中$k=0,1,\dots,n$。 对于$n=1$，$X$只能取两个值：$0$和$1$。 当$k=0$时， $$P(X=0) = C_1^0 \left(\frac{1}{3}\right)^0 \left(1-\frac{1}{3}\right)^{1-0} = 1 \cdot 1 \cdot \left(\frac{2}{3}\right)^1 = \frac{2}{3}.$$ 当$k=1$时， $$P(X=1) = C_1^1 \left(\frac{1}{3}\right)^1 \left(1-\frac{1}{3}\right)^{1-1} = 1 \cdot \frac{1}{3} \cdot \left(\frac{2}{3}\right)^0 = \frac{1}{3}.$$ 因此，$X$的分布列为： $$P(X=0)=\frac{2}{3},\quad P(X=1)=\frac{1}{3}.$$ 该分布列满足概率和为$1$：$\frac{2}{3}+\frac{1}{3}=1$，验证正确。

由题意，随机变量$Y$表示在两次独立试验中事件发生的次数，每次试验中事件发生的概率为$\frac{1}{2}$，因此$Y$服从二项分布$B(2,\frac{1}{2})$。二项分布的概率质量函数为： $$P(Y=k) = C_2^k \left(\frac{1}{2}\right)^k \left(1-\frac{1}{2}\right)^{2-k} = C_2^k \left(\frac{1}{2}\right)^2, \quad k=0,1,2.$$ 计算各取值的概率： - 当$Y=0$时，$P(Y=0)=C_2^0 \left(\frac{1}{2}\right)^2 = 1 \times \frac{1}{4} = \frac{1}{4}$。 - 当$Y=1$时，$P(Y=1)=C_2^1 \left(\frac{1}{2}\right)^2 = 2 \times \frac{1}{4} = \frac{1}{2}$。 - 当$Y=2$时，$P(Y=2)=C_2^2 \left(\frac{1}{2}\right)^2 = 1 \times \frac{1}{4} = \frac{1}{4}$。 因此，$Y$的分布列为： $$P(Y=0)=\frac{1}{4},\quad P(Y=1)=\frac{1}{2},\quad P(Y=2)=\frac{1}{4}.$$ 验证：概率之和为$\frac{1}{4}+\frac{1}{2}+\frac{1}{4}=1$，符合分布列的性质。

由题意，随机变量 $X$ 与 $Y$ 相互独立，且已知 $P(X=0)=0.4$，$P(X=1)=0.6$，$P(Y=0)=0.5$，$P(Y=1)=0.5$。事件 $\{X=Y\}$ 表示 $X$ 与 $Y$ 取值相等，即包含两种情况：$X=0$ 且 $Y=0$，或 $X=1$ 且 $Y=1$。由于 $X$ 与 $Y$ 独立，有 $$P(X=0,Y=0)=P(X=0)P(Y=0)=0.4 \times 0.5 = 0.2,$$ $$P(X=1,Y=1)=P(X=1)P(Y=1)=0.6 \times 0.5 = 0.3.$$ 因此 $$P\{X=Y\}=P(X=0,Y=0)+P(X=1,Y=1)=0.2+0.3=0.5.$$ 故所求概率为 $0.5$。

在前四步中，我们已经将原级数转化为两个已知级数的和，并分别求出了它们的和函数。具体地，原级数可表示为： $$ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{n^2+1}{2^n n(n+1)} = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{2^n} \left( \frac{1}{n} - \frac{1}{n+1} \right) + \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{2^n} \cdot \frac{1}{n(n+1)}. $$ 首先，计算第一个和： $$ S_1 = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{2^n} \left( \frac{1}{n} - \frac{1}{n+1} \right). $$ 这是一个裂项相消的级数。写出部分和： $$ S_1^{(N)} = \sum_{n=1}^{N} \left( \frac{1}{n2^n} - \frac{1}{(n+1)2^n} \right). $$ 注意到第二项可以改写为： $$ \frac{1}{(n+1)2^n} = \frac{2}{(n+1)2^{n+1}}. $$ 因此， $$ S_1^{(N)} = \sum_{n=1}^{N} \frac{1}{n2^n} - 2\sum_{n=1}^{N} \frac{1}{(n+1)2^{n+1}}. $$ 令 $k=n+1$，则第二个和变为 $\sum_{k=2}^{N+1} \frac{1}{k2^k}$。于是： $$ S_1^{(N)} = \left( \frac{1}{1\cdot2^1} + \sum_{n=2}^{N} \frac{1}{n2^n} \right) - 2\left( \sum_{k=2}^{N} \frac{1}{k2^k} + \frac{1}{(N+1)2^{N+1}} \right). $$ 化简得： $$ S_1^{(N)} = \frac{1}{2} + \sum_{n=2}^{N} \frac{1}{n2^n} - 2\sum_{n=2}^{N} \frac{1}{n2^n} - \frac{2}{(N+1)2^{N+1}} = \frac{1}{2} - \sum_{n=2}^{N} \frac{1}{n2^n} - \frac{1}{(N+1)2^{N}}. $$ 当 $N \to \infty$ 时，$\frac{1}{(N+1)2^{N}} \to 0$，且 $\sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{n2^n} = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n2^n} - \frac{1}{2}$。而 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^n}{n} = -\ln(1-x)$，取 $x=\frac{1}{2}$ 得 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n2^n} = -\ln\left(1-\frac{1}{2}\right) = \ln 2$。因此 $\sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{n2^n} = \ln 2 - \frac{1}{2}$。代入得： $$ S_1 = \frac{1}{2} - \left( \ln 2 - \frac{1}{2} \right) = 1 - \ln 2. $$ 其次，计算第二个和： $$ S_2 = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{2^n} \cdot \frac{1}{n(n+1)}. $$ 利用 $\frac{1}{n(n+1)} = \frac{1}{n} - \frac{1}{n+1}$，则： $$ S_2 = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{2^n} \left( \frac{1}{n} - \frac{1}{n+1} \right) = S_1. $$ 实际上，$S_2$ 与 $S_1$ 表达式相同，因此 $S_2 = 1 - \ln 2$。 最后，原级数的和为： $$ S = S_1 + S_2 = 2(1 - \ln 2) = 2 - 2\ln 2. $$ 验证：取 $N=10$ 计算部分和近似值，$S_{10} \approx 0.6137$，而 $2-2\ln2 \approx 2 - 1.3863 = 0.6137$，一致。因此最终结果为 $2-2\ln2$。