2023年考研数学一第22题

首先，根据协方差的定义，有公式 $\operatorname{Cov}(X,Y) = E(XY) - E(X)E(Y)$。因此，我们需要分别计算 $E(X)$、$E(Y)$ 和 $E(XY)$。 题目中给出的联合概率密度函数 $f(x,y)$ 定义在区域 $D$ 上，且由对称性可知，$f(x,y)$ 关于 $x$ 和 $y$ 均为偶函数，而 $x$ 和 $y$ 本身是奇函数。具体地，考虑 $E(X)$ 的计算： $$E(X) = \iint_D x \, f(x,y) \, dxdy.$$ 由于积分区域 $D$ 关于 $x=0$ 对称（即若 $(x,y) \in D$，则 $(-x,y) \in D$），且被积函数 $x f(x,y)$ 关于 $x$ 是奇函数（因为 $x$ 是奇函数，$f(x,y)$ 是偶函数），所以该积分为零，即 $E(X)=0$。 同理，对于 $E(Y)$： $$E(Y) = \iint_D y \, f(x,y) \, dxdy.$$ 积分区域 $D$ 关于 $y=0$ 对称，被积函数 $y f(x,y)$ 关于 $y$ 是奇函数，因此 $E(Y)=0$。 接下来计算 $E(XY)$： $$E(XY) = \iint_D xy \, f(x,y) \, dxdy.$$ 被积函数 $xy f(x,y)$ 关于 $x$ 是奇函数（因为 $x$ 是奇函数，$y f(x,y)$ 是偶函数），同时积分区域关于 $x=0$ 对称，因此该积分为零，即 $E(XY)=0$。 将以上结果代入协方差公式： $$\operatorname{Cov}(X,Y) = E(XY) - E(X)E(Y) = 0 - 0 \times 0 = 0.$$ 因此，$X$ 与 $Y$ 的协方差为 $0$。

判断两个随机变量$X$与$Y$是否相互独立，通常有两种等价的方法： **方法一：联合概率密度函数是否可分离** 若$X$与$Y$相互独立，则联合密度$f(x,y)$可以分解为边缘密度$f_X(x)$与$f_Y(y)$的乘积，即$f(x,y)=f_X(x)\cdot f_Y(y)$。反之，若$f(x,y)$不能写成仅含$x$的函数与仅含$y$的函数的乘积形式，则$X$与$Y$不独立。 由题目已知条件，联合密度函数为 $$f(x,y)=\begin{cases}\frac{1}{\pi}, & x^2+y^2\leq 1,\\0, & \text{其他}.\end{cases}$$ 该函数在圆盘内为常数$\frac{1}{\pi}$，在圆盘外为$0$。若将其分解为$g(x)\cdot h(y)$的形式，则$g(x)$和$h(y)$必须同时为常数（在支撑集内）才能得到常数乘积。但圆盘支撑集不是矩形区域，例如当$x=0.9$时，$y$的取值范围为$|y|\leq\sqrt{1-0.9^2}\approx0.4359$；而当$x=0$时，$y$的取值范围为$|y|\leq1$。这意味着$f(x,y)$在$x$固定时对$y$的依赖区域随$x$变化，无法用一个仅含$y$的函数$h(y)$统一描述。因此$f(x,y)$不能分解为$f_X(x)\cdot f_Y(y)$的形式，故$X$与$Y$不独立。 **方法二：支撑集形状判断** 若两个随机变量相互独立，则它们的联合支撑集（即$f(x,y)>0$的点集）必须是矩形区域（可退化为无穷矩形），即支撑集可以表示为$\{(x,y):x\in A,\,y\in B\}$的形式，其中$A$和$B$分别是$x$和$y$的取值范围。本题中支撑集为单位圆盘$\{(x,y):x^2+y^2\leq1\}$，该区域不是矩形（例如，当$x$取不同值时，$y$的允许区间长度不同），因此$X$与$Y$不独立。 **结论**：综合以上两个角度，$X$与$Y$不相互独立。

设随机变量$Z = X^2 + Y^2$，其中$(X,Y)$服从单位圆盘$D = \{(x,y) \mid x^2 + y^2 \leq 1\}$上的均匀分布。采用分布函数法求$F_Z(z) = P(Z \leq z)$。 首先，由于$(X,Y)$的取值范围限制在单位圆盘内，因此$Z$的取值范围为$[0,1]$。 1. 当$z < 0$时，事件$\{Z \leq z\}$为不可能事件，故$F_Z(z) = 0$。 2. 当$z \geq 1$时，事件$\{Z \leq z\}$必然发生，故$F_Z(z) = 1$。 3. 当$0 \leq z < 1$时，事件$\{Z \leq z\}$等价于$\{X^2 + Y^2 \leq z\}$，即点$(X,Y)$落在半径为$\sqrt{z}$的圆盘内。由于$(X,Y)$服从单位圆盘上的均匀分布，其联合概率密度函数为 $$f_{X,Y}(x,y) = \begin{cases} \frac{1}{\pi}, & x^2 + y^2 \leq 1, \\ 0, & \text{其他}. \end{cases}$$ 因此， $$F_Z(z) = \iint_{x^2 + y^2 \leq \sqrt{z}} f_{X,Y}(x,y) \, dxdy = \iint_{x^2 + y^2 \leq \sqrt{z}} \frac{1}{\pi} \, dxdy.$$ 注意积分区域是半径为$\sqrt{z}$的圆盘，其面积为$\pi (\sqrt{z})^2 = \pi z$，所以 $$F_Z(z) = \frac{1}{\pi} \cdot \pi z = z.$$ 综上，$Z$的分布函数为 $$F_Z(z) = \begin{cases} 0, & z < 0, \\ z, & 0 \leq z < 1, \\ 1, & z \geq 1. \end{cases}$$

对于$0 \leq z < 1$的情况，我们采用极坐标变换来计算二重积分。令$x = r\cos\theta$，$y = r\sin\theta$，则雅可比行列式的绝对值为$r$，面积元$\mathrm{d}x\mathrm{d}y = r\mathrm{d}r\mathrm{d}\theta$。积分区域由条件$x^2+y^2 \leq z$决定，在极坐标下即为$0 \leq r \leq \sqrt{z}$，$0 \leq \theta \leq 2\pi$。被积函数为$f(x,y) = \frac{2}{\pi}(x^2+y^2) = \frac{2}{\pi}r^2$。因此分布函数 $$ F_Z(z) = \iint_{x^2+y^2 \leq z} \frac{2}{\pi}(x^2+y^2)\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y = \int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{\sqrt{z}} \frac{2}{\pi}r^2 \cdot r\,\mathrm{d}r\mathrm{d}\theta = \frac{2}{\pi}\int_{0}^{2\pi}\mathrm{d}\theta \int_{0}^{\sqrt{z}} r^3\,\mathrm{d}r. $$ 先计算$\theta$积分：$\int_{0}^{2\pi}\mathrm{d}\theta = 2\pi$。再计算$r$积分：$\int_{0}^{\sqrt{z}} r^3\,\mathrm{d}r = \left[\frac{r^4}{4}\right]_{0}^{\sqrt{z}} = \frac{z^2}{4}$。代入得 $$ F_Z(z) = \frac{2}{\pi} \cdot 2\pi \cdot \frac{z^2}{4} = z^2. $$ 因此对于$0 \leq z < 1$，$F_Z(z) = z^2$。

已知随机变量$Z$的分布函数为$F_Z(z)$，由前一步骤已求得： $$F_Z(z)=\begin{cases} 0, & z\leq 0 \\ z^2, & 0

公式：f_Z(z)=\begin{cases}2z, & 0

提示：求导时注意分段点处导数可能不存在，但密度函数值可任意定义。