随机信号分析与处理习题解答_罗鹏飞.pdf

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1、第1章随机变量基础1.1设有两个随机变量X和Y，证明f(x,y)f(x,y)f(y

2、x)=，f(x

3、y)=Y

4、XX

5、Yf(x)f(y)XYyxx+Δ∫∫−∞f(x,y)dxdyx提示：首先证明F(y

6、x

7、x

8、x

9、

10、x

11、x

12、x1

13、x

14、x

15、x)=limf(y

16、x

17、XY

18、x

19、f(x

20、y)=X

21、Yf(y)Y于是有f(x,y)=f(x

22、y)f(y)=f(y

23、x)f(x)X

24、YYY

25、XX1.2设随机变量X服从二项式分布，其概率分布律为mmn−mP{X=m}=Cp(1−p)，mn=0,1,2,....，0

26、n)("nm−+1)mn−m=−∑mp(1p)m=1m!n(1nn−−)(2)[(1"nm−−)]mn−−1[(1)−(m−1)]=−np∑p(1p)m=1(1m−)!n−1(1nn−−)(2)()"nm−mn[(−−1)m]=−np∑p(1p)m=0m!n−1(nn−−1)(2)"[(nm−−+1)1]mn[(−−1)m]=−np∑p(1p)m=0m!n−1=np[p+(1−p)]=npnnniin−in!in−i注意：根据多项式展开式()ab+=∑∑Cabn=abii==00ini!(−)!n

27、nn(1−−)(2n)("ni−+1)ini−=∑abi=0i!所以有n−1(nn−−1)(2)"[(nm−−+1)1]mn[(−1)−−m]n1∑pp(1−=)[pp+(1−)]m=0m!类似地可得2E(X)=E[X(X−1)+X]=E[X(X−1)]+E(X)nmmn−m=∑m(m−1)Cnp(1−p)+npm=02n−2=n(n−1)p[p+(1−p)]+np2=n(n−1)p+np所以X的方差为2222D(X)=E(X)−E(X)=n(n−1)p+np−(np)=np(1−p)解法二：设X

28、,,,XX…相互独立，且都服从(01)−分布，分布规律为12nPX{0==−}1p，PX{1=}=p，in=1,2,…,，iinmmn−m则X=∑Xi服从参数为n，p的二项分布，即P{X=m}=Cnp(1−p)。i=1X的所有可能取值为0,1,2,…,n。由独立性可知，X以特定的方式取m（如前m个取mn−mm1，后m个取0）的概率为pp(1−)。而X取m的两两互不相容的方式有C种可能，n故有mmn−mP{X=m}=Cp(1−p)，mn=0,1,2,....nn所以X=∑Xi服从参数为n，p的二项分

29、布。i=1且有EX()1{1=⋅PX=+⋅}0{0PX==}p，iii222EX()1{1=⋅PX=+⋅}0{0PX==}p，iii222DX()()()=−=EXEXpp−=p(1)−piiin根据Xi相互之间的独立性，所以对于服从二项分布的X=∑Xi有i=1nnEX()(===E∑∑Xii)EX()npii==11nnDX()(===D∑∑Xii)DX()np(1)−pii==111.3设随机变量Y与X满足如下函数关系Y=g(X)=sin(X+θ)其中θ是已知常量，求Y的概率密度。解答：显然，

30、若y>1，则fy()0=。若y≤1，这时对于任意的y，有无穷多个x值与Y之对应，即x=−arcsinynθ+2π，n=0,1,2,±±…2nx=−πarcsinyn−+θπ2，n=0,1,2,±±…21n+dxn1J==n2dy1−y所以，当y≤1时有+∞1−−11fyYn()=+∑[()gxgx22(n+1)]21−yn=−∞+∞1−−11=−∑[gyn(arcsinθπ+2)+g(π−arcsinyn−θπ+2)]21−yn=−∞+∞1−1=∑gx()n21−yn=−∞即Y的概