随机变量的独立性

§17.3 · 核心概念🌱 基础篇 →

考频价值

0.90 分/卷近 11 年平均

5/11 年出现年份

3.6 分支撑的下游价值

前置诊断

① 直接前置（需先掌握）二维随机变量与联合分布边缘分布与条件分布事件的独立性③ 掌握后可解锁二维随机变量函数的分布总体、样本与统计量三大抽样分布（χ²、t、F）

要点精讲

把关键道理、证明与典型例子重新过一遍。

1. 随机变量相互独立的定义： $F (x, y) = F_{X} (x) F_{Y} (y)$ （对一切 $x, y$ ）；离散型的判别法 $p_{ij} = p_{i \cdot} p_{\cdot j}$ 逐格检验★★ 必会

定义：设二维随机变量

(X, Y)

的联合分布函数为

F (x, y)

，边缘分布函数为

F_{X} (x), F_{Y} (y)

。若对任意实数

x, y

都有

F (x, y) = P {X \leq x, Y \leq y} = F_{X} (x) F_{Y} (y),

则称

X

与

Y

相互独立。它的含义是：事件

{X \leq x}

与

{Y \leq y}

对每一对

(x, y)

都相互独立，即一个变量的取值信息完全不改变另一个变量的分布。这一等式还可推广为

P {X \in I_{1}, Y \in I_{2}} = P {X \in I_{1}} P {Y \in I_{2}}

，它对任意区间

I_{1}, I_{2}

都成立。

① 离散型的判别法：

X, Y

相互独立

⟺

每一格的联合概率都等于对应的两个边缘概率之积

p_{ij} = P {X = x_{i}, Y = y_{j}} = p_{i \cdot} p_{\cdot j} (对一切 i, j) .

必须注意：只有全部格子都验证通过，才能断定相互独立；只要有一格不相等，就立即断定不独立。特别地，如果表中某一格为

0

，而它所在的行、列的边缘概率都

> 0

，那么二者一定不独立。

② 连续型的判别法：

f (x, y) = f_{X} (x) f_{Y} (y)

，只要几乎处处成立即可；便于实际判断的形式是支撑集为矩形且密度可分离变量，参看下一条。

③ 推广与遗传性：称

n

个变量相互独立，是指

F (x_{1}, \dots, x_{n}) = F_{X_{1}} (x_{1}) \dots F_{X_{n}} (x_{n})

对一切实数组都成立；又相互独立的变量各自的函数

g (X)

与

h (Y)

仍相互独立。

离散分布表的检验步骤：第一步，由行和与列和求出两个边缘分布；第二步，逐格比较

p_{ij}

与

p_{i \cdot} p_{\cdot j}

；第三步，一旦出现某一格不相等，即可停止并断定不独立。

证明 / 推导

证下面证明离散型的判别法与定义等价。

\Rightarrow

如果逐格有

p_{ij} = p_{i \cdot} p_{\cdot j}

，那么对任意

x, y

，由于二重求和对乘积可以分离，有

F (x, y) = x_{i} \leq x \sum y_{j} \leq y \sum p_{i \cdot} p_{\cdot j} = (x_{i} \leq x \sum p_{i \cdot}) (y_{j} \leq y \sum p_{\cdot j}) = F_{X} (x) F_{Y} (y) .

\Leftarrow

如果

F

处处可以分解，那么用矩形增量取出单点概率：

P {X = x_{i}, Y = y_{j}} = δ \to 0^{+} lim [F (x_{i}, y_{j}) - F (x_{i} - δ, y_{j}) - F (x_{i}, y_{j} - δ) + F (x_{i} - δ, y_{j} - δ)],

代入

F = F_{X} F_{Y}

，方括号中的式子恰好可以因式分解为

[F_{X} (x_{i}) - F_{X} (x_{i} - δ)] \cdot [F_{Y} (y_{j}) - F_{Y} (y_{j} - δ)] δ \to 0^{+} P {X = x_{i}} P {Y = y_{j}},

即得

p_{ij} = p_{i \cdot} p_{\cdot j}

。

■

举例说明

1999·数一解答：已知

X

与

Y

相互独立，

(X, Y)

的联合分布律与边缘分布律只给出部分数值：

p_{12} = \frac{1}{8}

，

p_{21} = \frac{1}{8}

，

p_{\cdot 1} = \frac{1}{6}

（

X

取

x_{1}, x_{2}

，

Y

取

y_{1}, y_{2}, y_{3}

），试填出其余全部数值。
解：由独立性知每一格的概率等于行边缘与列边缘之积，再配合行、列的求和约束，即可逐格求出。
❶ 第

1

列求和：

p_{11} = p_{\cdot 1} - p_{21} = \frac{1}{6} - \frac{1}{8} = \frac{1}{24}

；
❷ 用独立性

p_{11} = p_{1 \cdot} p_{\cdot 1}

：

\frac{1}{24} = p_{1 \cdot} \cdot \frac{1}{6} \Rightarrow p_{1 \cdot} = \frac{1}{4}

，从而

p_{2 \cdot} = 1 - \frac{1}{4} = \frac{3}{4}

；
❸ 再用

p_{12} = p_{1 \cdot} p_{\cdot 2}

：

\frac{1}{8} = \frac{1}{4} p_{\cdot 2} \Rightarrow p_{\cdot 2} = \frac{1}{2}

；列边缘归一得

p_{\cdot 3} = 1 - \frac{1}{6} - \frac{1}{2} = \frac{1}{3}

；
❹ 其余各格全由

p_{ij} = p_{i \cdot} p_{\cdot j}

补出：

p_{13} = \frac{1}{4} \cdot \frac{1}{3} = \frac{1}{12}

，

p_{22} = \frac{3}{4} \cdot \frac{1}{2} = \frac{3}{8}

，

p_{23} = \frac{3}{4} \cdot \frac{1}{3} = \frac{1}{4}

。
验证：第一行

\frac{1}{24} + \frac{1}{8} + \frac{1}{12} = \frac{1 + 3 + 2}{24} = \frac{1}{4} = p_{1 \cdot}

✓；三列列和

\frac{1}{6}, \frac{1}{2}, \frac{1}{3}

与边缘一致 ✓。易错之处：解题的入手处是先用求和约束求出一格，再用独立性推广到整行整列。独立性把

6

个未知格化成了行边缘与列边缘的乘法表，因此不要盲目设

6

个未知数去联立求解。

2. 支撑是矩形且密度可分离变量为什么恰好等价于独立★★ 必会

判别连续型独立性的实用充要条件是：支撑集为矩形，且

f (x, y) = g (x) h (y)

，两条缺一不可。这一条件不必强记，它是可以证明的。关键在于：独立性要求

f = f_{X} f_{Y}

对几乎所有的

(x, y)

都成立，支撑集以外也不例外。如果支撑集不是矩形，例如是三角形

0 < x < y < 1

，那么存在点

(x_{0}, y_{0})

，使

f_{X} (x_{0}) > 0

、

f_{Y} (y_{0}) > 0

，而

f (x_{0}, y_{0}) = 0

，于是等式

f = f_{X} f_{Y}

在该点不成立。矩形支撑恰好保证了边缘非零处联合也非零，而可分离变量则保证了两边的形式能够对应。

证明 / 推导

证设支撑集为矩形

R = (a, b) \times (c, d)

，且在

R

上

f (x, y) = g (x) h (y)

，在

R

之外为

0

。先求边缘密度。对

x \in (a, b)

，有

f_{X} (x) = \int_{c}^{d} g (x) h (y) d y = g (x) C_{2} \int_{c}^{d} h (y) d y = C_{2} g (x),

同理

f_{Y} (y) = C_{1} h (y)

，其中

C_{1} = \int_{a}^{b} g (x) d x

。又由总积分等于

1

得

\iint_{R} g (x) h (y) d x d y = C_{1} C_{2} = 1.

于是在

R

上

f_{X} (x) f_{Y} (y) = C_{2} g (x) \cdot C_{1} h (y) = (C_{1} C_{2}) g (x) h (y) = g (x) h (y) = f (x, y)

；在

R

之外两边同为

0

。因此

f = f_{X} f_{Y}

处处成立，故

X, Y

相互独立。反之，如果二者相互独立，那么

f = f_{X} f_{Y}

显然可分离变量，且支撑集

{f_{X} > 0} \times {f_{Y} > 0}

是矩形。这就证明了这两个条件与独立性等价。

3. 独立必不相关，不相关未必独立：一个十字形的离散反例★★ 必会

独立性表示两个变量在任何意义下都无关，而不相关只表示它们之间没有线性关系，即

Cov = 0

。前者强，后者弱，因此独立

\Rightarrow

不相关，而反过来一般不成立。前面已给出连续型的反例

Y = X^{2}

，这里再补一个离散且对称的反例，它在考试中更为常见、计算也更简便，同时把独立

\Rightarrow

不相关的证明补全。

证明 / 推导

证先证独立

\Rightarrow

不相关。独立时被积函数（求和时为通项）可以分离成因子之积，从而期望可以相乘：

E (X Y) = \iint x y f_{X} (x) f_{Y} (y) d x d y = (\int x f_{X} d x) (\int y f_{Y} d y) = E (X) E (Y),

故

Cov (X, Y) = E (X Y) - E (X) E (Y) = 0

，即二者不相关；离散情形同理可证。至于反过来一般不成立，见下面的例子。

举例说明

设

(X, Y)

等可能地取四个点

(1, 0), (- 1, 0), (0, 1), (0, - 1)

，每点的概率各为

\frac{1}{4}

，这四点排成一个十字形。由对称性得

E (X) = E (Y) = 0

；而在每一点上

X, Y

中必有一个为

0

，故

X Y \equiv 0

，

E (X Y) = 0

，于是

Cov (X, Y) = E (X Y) - E (X) E (Y) = 0 (不相关) .

但二者不独立：

P (X = 0, Y = 0) = 0

，而

P (X = 0) P (Y = 0) = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} = \frac{1}{4} \neq = 0

。故

X, Y

不相关却不独立。这类对称的构造是常见的反例，因此看到

ρ = 0

时切不可直接断定二者独立。

4. 独立的可分组性：把独立变量分组，各组的函数照样相互独立★ 要懂

下面这条性质很实用，却常被忽视：如果

X_{1}, \dots, X_{n}

相互独立，把下标分成互不相交的几组，那么各组分别作函数所得到的随机变量仍相互独立。例如设

X_{1}, X_{2}, X_{3}, X_{4}

相互独立，则

U = X_{1} + X_{2}

与

V = X_{3} X_{4}

相互独立，

max (X_{1}, X_{2})

与

min (X_{3}, X_{4})

也相互独立。其道理在于互不相交的各组所用到的随机来源没有重叠，因而信息互不牵连。必须注意：同一个变量不能跨组，例如

X_{1} + X_{2}

与

X_{2} + X_{3}

都含有

X_{2}

，一般不独立。这条性质就是先分块求分布、再合并这一做法的依据。

证明 / 推导

证只就分成两组的情形加以证明，分成多组时逐次使用这一结果即可。设

X_{1}, \dots, X_{n}

相互独立，不妨设两组下标为

{1, \dots, k}

与

{k + 1, \dots, n}

，并记

U V = g (X_{1}, \dots, X_{k}) = h (X_{k + 1}, \dots, X_{n})

其中

g, h

取为连续函数或分段连续函数，以保证

U, V

仍是随机变量。按定义，要证

U, V

相互独立，只需证明对一切实数

u, v

都有

P {U \leq u, V \leq v} = P {U \leq u} P {V \leq v}

。

记

A = {(x_{1}, \dots, x_{k}) : g (x_{1}, \dots, x_{k}) \leq u}

，

B = {(x_{k + 1}, \dots, x_{n}) : h (x_{k + 1}, \dots, x_{n}) \leq v}

。于是事件

{U \leq u}

就是

{(X_{1}, \dots, X_{k}) \in A}

，事件

{V \leq v}

就是

{(X_{k + 1}, \dots, X_{n}) \in B}

，二者同时发生就是

(X_{1}, \dots, X_{n})

落在乘积集

A \times B

内。

以连续型为例。由

X_{1}, \dots, X_{n}

相互独立，联合密度等于各边缘密度之积，即

f (x_{1}, \dots, x_{n}) = \prod_{i = 1}^{n} f_{i} (x_{i})

。于是

P {U \leq u, V \leq v} = \int_{A \times B} i = 1 \prod n f_{i} (x_{i}) d x_{1} \dots d x_{n} = (\int_{A} i = 1 \prod k f_{i} (x_{i}) d x_{1} \dots d x_{k}) (\int_{B} i = k + 1 \prod n f_{i} (x_{i}) d x_{k + 1} \dots d x_{n}) .

这一步之所以可行，在于积分区域是乘积集

A \times B

，而被积函数分成了两个因子。两个因子所含的变量互不相同，因此累次积分可以拆成两个积分之积。右端第一个因子等于

P {(X_{1}, \dots, X_{k}) \in A} = P {U \leq u}

，第二个因子等于

P {(X_{k + 1}, \dots, X_{n}) \in B} = P {V \leq v}

。因此

P {U \leq u, V \leq v} = P {U \leq u} P {V \leq v},

即

U

与

V

相互独立。离散型只需把积分换成求和，推理逐字相同。

由这个证明还可以看出同一个变量为什么不能跨组。如果两组共有

X_{2}

，那么事件

{U \leq u}

与

{V \leq v}

对

X_{2}

各有要求，相应的区域不再是乘积集，上面的拆分也就无法进行。这就证明了独立的可分组性。

■

举例说明

X_{1}, X_{2}, X_{3}

相互独立，均

\sim E (λ)

（指数分布）。求

P (X_{1} < max (X_{2}, X_{3}))

。解由于下标组

{1}

与

{2, 3}

互不相交，故

X_{1}

与

M = max (X_{2}, X_{3})

相互独立，可以各自求出分布再利用独立性。

M

的分布函数为

F_{M} (t) = (1 - e^{- λ t})^{2}

，密度为

f_{M} (t) = 2 (1 - e^{- λ t}) λ e^{- λ t} (t > 0)

；又

X_{1} \sim E (λ)

，

P (X_{1} < t) = 1 - e^{- λ t}

。由独立性得

P (X_{1} < M) = \int_{0}^{\infty} P (X_{1} < t) f_{M} (t) d t = 2 λ \int_{0}^{\infty} e^{- λ t} (1 - e^{- λ t})^{2} d t .

作换元

u = e^{- λ t}

，此时

d u = - λ e^{- λ t} d t

，于是所求积分为

2 \int_{0}^{1} (1 - u)^{2} d u = \frac{2}{3}

。验证：三者独立同分布，

X_{1}

恰为三者中最大者的概率是

\frac{1}{3}

，故

P (X_{1} < max (X_{2}, X_{3})) = 1 - \frac{1}{3} = \frac{2}{3}

，与上面所得完全一致。由此可见，利用分组的独立性，可以把二维问题化为一维问题。

5. 正态分布的特有性质与易错之处：联合正态时 $ρ = 0 \Leftrightarrow$ 独立，但边缘正态不等于联合正态★★ 必会

二维正态分布有一条特有的性质：

ρ = 0 ⟺

独立，而对一般分布只有

\Rightarrow

这一个方向成立。但这里有一处极易出错：这条性质只对联合正态，也就是二维正态成立。如果只知道

X, Y

各自服从正态分布，即两个边缘分布为正态，那么即使再加上不相关，也推不出独立；因为两个边缘都是正态，决不等于

(X, Y)

服从联合正态分布。必须把边缘正态与联合正态这两个概念严格区分开来。

证明 / 推导

证先证正向。设

(X, Y)

服从联合正态分布且

ρ = 0

，代入密度得

f (x, y) = \frac{1}{2 π σ _{1} σ _{2}} exp {- \frac{( x - μ _{1} ) ^{2}}{2 σ _{1}^{2}} - \frac{( y - μ _{2} ) ^{2}}{2 σ _{2}^{2}}} = f_{X} (x) f_{Y} (y),

故二者独立。至于反方向，独立

\Rightarrow

不相关对一切分布都成立。

举例说明

反例：边缘为正态且不相关，却不独立。 设

X \sim N (0, 1)

，又设

S

与

X

相互独立且

P (S = 1) = P (S = - 1) = \frac{1}{2}

，令

Y = S X

。
-

Y \sim N (0, 1)

：因

X

关于

0

对称，改变符号后分布不变，故

P (Y \leq y) = \frac{1}{2} Φ (y) + \frac{1}{2} Φ (y) = Φ (y)

。
- 不相关：

Cov (X, Y) = E (S X^{2}) = E (S) E (X^{2}) = 0 \cdot 1 = 0

。
- 但二者不独立：

∣ Y ∣ = ∣ X ∣

恒成立，例如

P (∣ X ∣ < 1, ∣ Y ∣ > 2) = 0 \neq = P (∣ X ∣ < 1) P (∣ Y ∣ > 2) > 0

。

其根源在于

(X, Y)

不是联合正态：

X + Y = X (1 + S)

以

\frac{1}{2}

的概率取

0

，含有一个原子，因而不是正态分布。结论：只有联合正态才有

ρ = 0 \Rightarrow

独立，仅有边缘正态与不相关是远远不够的。

💡 小知识

不相关却不独立，这不是刻意编出来的怪例。取

X \sim N (0, 1)

、

Y = X^{2}

，两者的协方差恰好是

0

，因为

E (X^{3}) = 0

，从数字上看毫无关联；可

Y

完全由

X

决定，依赖已经强到不能再强。这类反例的存在，逼着人们把相关与独立这两个概念严格区分开来。

基础例题

从最基础开始，循序渐进；先独立尝试，再展开完整解答。

例 1 设

(X, Y)

的联合分布律为

X \ Y 01 0 \frac{1}{6} \frac{1}{3} 1 \frac{1}{6} \frac{1}{3}

判断

X

与

Y

是否相互独立。难度 1

判据： $X, Y$ 独立 $⟺$ 对一切 $i, j$ ， $p_{ij} = p_{i \cdot} p_{\cdot j}$ （联合 = 边缘之积）。
先求边缘：

P (X = 0) = \frac{1}{6} + \frac{1}{6} = \frac{1}{3}, P (X = 1) = \frac{1}{3} + \frac{1}{3} = \frac{2}{3};

P (Y = 0) = \frac{1}{6} + \frac{1}{3} = \frac{1}{2}, P (Y = 1) = \frac{1}{6} + \frac{1}{3} = \frac{1}{2} .

逐格验证：

p_{00} = \frac{1}{6} = \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{2}, p_{01} = \frac{1}{6} = \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{2}, p_{10} = \frac{1}{3} = \frac{2}{3} \cdot \frac{1}{2}, p_{11} = \frac{1}{3} = \frac{2}{3} \cdot \frac{1}{2} .

四格全部相等，故

X

与

Y

相互独立。

例 2 设

(X, Y)

的联合概率密度为

f (x, y) = {4 x y, 0, 0 < x < 1, 0 < y < 1, 其他 .

判断

X

与

Y

是否相互独立。难度 2

两步法：① 支撑是否为矩形；② 密度能否分离且等于边缘之积。

支撑

{0 < x < 1, 0 < y < 1}

是矩形，第一步通过。求边缘密度：

f_{X} (x) = \int_{0}^{1} 4 x y d y = 2 x (0 < x < 1), f_{Y} (y) = \int_{0}^{1} 4 x y d x = 2 y (0 < y < 1) .

验证：

f_{X} (x) f_{Y} (y) = 2 x \cdot 2 y = 4 x y = f (x, y),

且两边支撑一致。故

X

与

Y

相互独立。
小结：连续型判独立，矩形支撑 + 分离变量（

f = f_{X} f_{Y}

）二者同时成立。

例 3 设

(X, Y)

的联合分布律为

X \ Y 12 1 \frac{1}{6} \frac{1}{3} 2 \frac{1}{9} α 3 \frac{1}{18} β

问

α, β

取何值时

X

与

Y

相互独立？难度 2

思路：独立要求 $p_{ij} = p_{i \cdot} p_{\cdot j}$ ，先用已知格子定出边缘。
第一行之和

P (X = 1) = \frac{1}{6} + \frac{1}{9} + \frac{1}{18} = \frac{3}{18} + \frac{2}{18} + \frac{1}{18} = \frac{6}{18} = \frac{1}{3}

，故

P (X = 2) = \frac{2}{3}

。
第一列之和

P (Y = 1) = \frac{1}{6} + \frac{1}{3} = \frac{1}{2}

。

由独立性

p_{12} = P (X = 1) P (Y = 2)

：

\frac{1}{9} = \frac{1}{3} \cdot P (Y = 2) \Rightarrow P (Y = 2) = \frac{1}{3}

，于是

α = P (X = 2) P (Y = 2) = \frac{2}{3} \cdot \frac{1}{3} = \frac{2}{9} .

又

P (Y = 3) = 1 - \frac{1}{2} - \frac{1}{3} = \frac{1}{6}

，故

β = P (X = 2) P (Y = 3) = \frac{2}{3} \cdot \frac{1}{6} = \frac{1}{9} .

验证第二行之和：

\frac{1}{3} + \frac{2}{9} + \frac{1}{9} = \frac{3}{9} + \frac{2}{9} + \frac{1}{9} = \frac{6}{9} = \frac{2}{3} = P (X = 2)

，一致。
故

α = \frac{2}{9}, β = \frac{1}{9}

。

真题精选

近年原题，先做做看、自动判分，再对照答案、思路与完整解答。

2023 年 · 数一 · 第 16 题 · 填空题 · 5 分

设随机变量

X

与

Y

相互独立，且

X \sim B (1, \frac{1}{3}), Y \sim B (2, \frac{1}{2})

，则

P {X = Y} =

______.

2023 年 · 数一 · 第 22 题 · 解答题 · 12 分

设二维随机变量

(X, Y)

的概率密度为

f (x, y) = ⎩ ⎨ ⎧ \frac{2}{π} (x^{2} + y^{2}), 0, x^{2} + y^{2} \leq 1, 其他 .

（Ⅰ）求

X

与

Y

的协方差；

（Ⅱ）

X

与

Y

是否相互独立？

（Ⅲ）求

Z = X^{2} + Y^{2}

的概率密度。

2020 年 · 数一 · 第 22 题 · 解答题 · 11 分

设随机变量

X_{1}, X_{2}, X_{3}

相互独立，其中

X_{1}

与

X_{2}

均服从标准正态分布，

X_{3}

的概率分布为

P {X_{3} = 0} = P {X_{3} = 1} = \frac{1}{2}

，

Y = X_{3} X_{1} + (1 - X_{3}) X_{2}

.
（Ⅰ）求二维随机变量

(X_{1}, Y)

的分布函数，结果用标准正态分布函数

Φ (x)

表示；
（Ⅱ）证明随机变量

Y

服从标准正态分布.

2019 年 · 数一 · 第 22 题 · 解答题 · 11 分

设随机变量

X

与

Y

相互独立，

X

服从参数为

1

的指数分布，

Y

的概率分布为

P {Y = - 1} = p, P {Y = 1} = 1 - p (0 < p < 1)

。令

Z = X Y

。

（Ⅰ）求

Z

的概率密度；

（Ⅱ）

p

为何值时，

X

与

Z

不相关；

（Ⅲ）

X

与

Z

是否相互独立？

随堂练习

先用基础题热身，再按年份从新到旧挑战本知识点的其余真题。

练习 1 · 选择题

设

(X, Y)

在矩形区域

{0 < x < 1, 0 < y < 2}

上服从均匀分布，则

X

与

Y

（　）。

A相互独立
B不相互独立
C不相关但不独立
D无法判断

练习 2 · 选择题

设

(X, Y)

在圆域

{x^{2} + y^{2} \leq 1}

上服从均匀分布，则

X

与

Y

（　）。

A相互独立
B不相互独立
C一定服从正态分布
D无法判断

练习 3 · 填空题

设

X

与

Y

相互独立，且

P (X = 1) = \frac{1}{3}

，

P (Y = 0) = \frac{1}{4}

，则

P (X = 1, Y = 0) =

____。

练习 4 · 选择题

关于随机变量的独立性与相关性，下列说法正确的是（　）。

A若 $X, Y$ 相互独立，则 $X, Y$ 一定不相关
B若 $X, Y$ 不相关，则 $X, Y$ 一定相互独立
C若 $X, Y$ 不相关，则一定有 $Cov (X, Y) \neq = 0$
D独立性与相关性没有任何联系

练习 5 · 选择题

设

X_{1}, X_{2}

相互独立，且

P (X_{i} = - 1) = P (X_{i} = 1) = \frac{1}{2} (i = 1, 2)

，令

Y = X_{1} X_{2}

，则（　）。

A $X_{1}, X_{2}, Y$ 相互独立
B $X_{1}, X_{2}, Y$ 两两独立，但不相互独立
C $X_{1}$ 与 $Y$ 不独立
D $X_{2}$ 与 $Y$ 不独立

练习 6 · 填空题

设

X

与

Y

相互独立，

X \sim U (0, 1)

，

Y

服从参数

λ = 1

的指数分布，则

P (Y > X) =

____。

练习 7 · 解答题

设二维随机变量

(X, Y)

的概率密度为

f (x, y) = {A (x + y), 0, 0 < x < 1, 0 < y < 1, 其他 .

(1)

求常数

A

；

(2)

求边缘概率密度

f_{X} (x)

与

f_{Y} (y)

，并判断

X

与

Y

是否相互独立；

(3)

求

P (X + Y \leq 1)

；

(4)

求

Cov (X, Y)

，并判断

X

与

Y

是否相关。

2016 年 · 数一 · 第 22 题 · 解答题 · 11 分

设二维随机变量

(X, Y)

在区域

D = {(x, y) ∣ 0 < x < 1, x^{2} < y < x}

上服从均匀分布，令

U = {1, 0, X \leq Y, X > Y .

（Ⅰ）写出

(X, Y)

的概率密度；

（Ⅱ）问

U

与

X

是否相互独立？并说明理由；

（Ⅲ）求

Z = U + X

的分布函数

F (z)

。

2015 年 · 数一 · 第 14 题 · 填空题 · 4 分

设二维随机变量

(X, Y)

服从正态分布

N (1, 0; 1, 1; 0)

，则

P {X Y - Y < 0} =

______.

随机变量的独立性

考频价值

前置诊断

要点精讲

1. 随机变量相互独立的定义：F(x,y)=FX​(x)FY​(y)（对一切 x,y）；离散型的判别法 pij​=pi⋅​p⋅j​ 逐格检验★★ 必会

2. 支撑是矩形且密度可分离变量为什么恰好等价于独立★★ 必会

3. 独立必不相关，不相关未必独立：一个十字形的离散反例★★ 必会

4. 独立的可分组性：把独立变量分组，各组的函数照样相互独立★ 要懂

5. 正态分布的特有性质与易错之处：联合正态时 ρ=0⇔ 独立，但边缘正态不等于联合正态★★ 必会

基础例题

真题精选

随堂练习

1. 随机变量相互独立的定义： $F (x, y) = F_{X} (x) F_{Y} (y)$ （对一切 $x, y$ ）；离散型的判别法 $p_{ij} = p_{i \cdot} p_{\cdot j}$ 逐格检验★★ 必会

5. 正态分布的特有性质与易错之处：联合正态时 $ρ = 0 \Leftrightarrow$ 独立，但边缘正态不等于联合正态★★ 必会