随机变量的独立性

§16.3 · 核心概念🌱 基础篇 →

考频价值

0.84 分/卷近 11 年平均

5/11 年出现年份

2.9 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 $x, y$ ）；离散型的判据是逐格检验 $p_{ij} = p_{i \cdot} p_{\cdot j}$ ★★ 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，即一个变量的取值不改变另一个变量的分布。这一等式还可以推广为

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

对任意区间

I_{1}, I_{2}

都成立。

① 离散型的判据：

X, Y

相互独立

⟺

每一格的联合概率都等于相应两个边缘概率之积

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

必须全部格子都验证通过，才能断定独立；只要有一格不相等，就立即判定为不独立。特别地，若表中某一格为

0

，而它所在的行与列的边缘概率都

> 0

，那么二者不独立。

② 连续型的判据：

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

（只需几乎处处成立）；便于快速判定的形式是支撑为矩形且密度可分离变量，详见下一条。

③ 推广与保持性：

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。

检验的步骤（对离散型分布表）：第一步，由各行之和与各列之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，一旦出现某格不相等，即可停止，判定为不独立。

证明 / 推导

离散型判据与定义等价（证明要点）。

\Rightarrow

若逐格有

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

，则对任意

x, y

，由于二重和对乘积可以分离，得

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

若

F

处处可以分解，则用矩形增量求出单点的概率：

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

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

。

■

举例说明

2005·数三解答：设

(X, Y)

的概率分布为

X \ Y 01 0 0.4 b 1 a 0.1

若事件

{X = 0}

与

{X + Y = 1}

相互独立，求

a, b

。解独立性把联合概率等于两个边缘概率之积这一关系，化成了确定未知格的方程。
① 由归一性：

0.4 + a + b + 0.1 = 1 \Rightarrow a + b = 0.5

。
② 写出三个概率：

P {X = 0} = 0.4 + a

；

P {X + Y = 1} = P {X = 0, Y = 1} + P {X = 1, Y = 0} = a + b = 0.5

；而

{X = 0} \cap {X + Y = 1} = {X = 0, Y = 1}

，其概率为

a

。
③ 用独立性 $P (A B) = P (A) P (B)$ ：

a = (0.4 + a) (a + b) = (0.4 + a) \cdot 0.5

，解得

a = 0.4

，从而

b = 0.1

。
易错之处：独立所说的是某一格的联合概率等于两个边缘概率之积，因此必须分清哪一个是交事件（其概率为

a

），哪两个是边缘事件。先用归一性消去一个未知量，再代入独立性所给的方程，比一开始就设两个未知数联立求解更为稳妥。

2. 为什么支撑为矩形且密度可分离变量恰好与独立等价★ 要懂

判定连续型随机变量独立的实用充要条件是：支撑为矩形，并且

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

，两条缺一不可。这一条件并非只能死记，而是可以证明的。关键在于：独立要求

f = f_{X} f_{Y}

对几乎所有

(x, y)

都成立，支撑以外的点也不例外。若支撑不是矩形（例如三角形

0 < x < y < 1

），则存在点

(x_{0}, y_{0})

，使

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

、

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

，然而

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

，等式

f = f_{X} f_{Y}

在该点就不成立。矩形的支撑恰好保证在两个边缘密度都不为零的地方联合密度也不为零，而可分离变量则保证二者的形式相符。

证明 / 推导

设支撑为矩形

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)

，

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

。又因总积分为

1

，故

\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)

；而在

R

之外，两边都等于

0

。故

f = f_{X} f_{Y}

处处成立，即

X, Y

独立。反之，若二者独立，则

f = f_{X} f_{Y}

显然是可分离的，且支撑为

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

，这是一个矩形。可见这两个条件与独立等价。证毕。

3. 独立必定不相关，不相关却未必独立：以圆域上的均匀分布为反例★★ 必会

独立是指任何形式的无关，而不相关只是指没有线性关系（

Cov = 0

）。前者强，后者弱，所以独立

\Rightarrow

不相关，但反过来一般不成立。前面已给出连续型的反例

Y = X^{2}

；下面再用一道真题，即圆域上的二维均匀分布，作为不相关却不独立的反例，并把独立

\Rightarrow

不相关的证明补齐。

证明 / 推导

先证独立

\Rightarrow

不相关。二者独立时，被积函数（或求和的通项）中的因子可以分离，因而期望可以相乘：

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）。至于反过来不成立，见下面的例子。

举例说明

1991·数三解答：设

(X, Y)

在圆域

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

上服从均匀分布。（1）求相关系数

ρ

；（2）问

X, Y

是否独立？解联合密度为

f (x, y) = \frac{1}{π r ^{2}}

（在圆内），在圆外为

0

。
（1）求 $ρ$ ：边缘密度

f_{X} (x) = \int_{- r^{2} - x^{2}}^{r^{2} - x^{2}} \frac{d y}{π r ^{2}} = \frac{2 r ^{2} - x ^{2}}{π r ^{2}}

（

∣ x ∣ < r

）是偶函数，故

E (X) = 0

；同理

E (Y) = 0

。又

x y

关于

x

是奇函数，而圆域关于坐标轴对称，故

E (X Y) = \iint_{x^{2} + y^{2} \leq r^{2}} x y f d x d y = 0

。于是

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

，

ρ = 0

，即 $X, Y$ 不相关。
（2）判定独立性：支撑是圆盘，不是矩形，且

f_{X} (x) f_{Y} (y) = \frac{4 r ^{2} - x ^{2} r ^{2} - y ^{2}}{π ^{2} r ^{4}} \neq = \frac{1}{π r ^{2}} = f (x, y)

，故 $X, Y$ 不独立。
结论：这是不相关

\neq =

独立的最典型的例子。

ρ = 0

只保证没有线性关系；而在圆域上，

X, Y

的取值范围互相牵制，因此并不独立。由

ρ = 0

绝不能断言独立。

4. 独立性的可分组性质：把相互独立的变量分组后，各组的函数仍相互独立

下面这条性质很有用，却常被忽视：若

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

相互独立，把它们的下标分成互不相交的几组，则由各组分别作函数所得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}

独立，

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

与

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

也独立。其道理在于，互不相交的各组所用到的随机变量没有重复，因而彼此不带有对方的信息。必须注意：同一个变量不能同时属于两组，例如

X_{1} + X_{2}

与

X_{2} + X_{3}

都含有

X_{2}

，二者一般不独立。这条性质就是先分块求出分布、再合并求解的根据。

证明 / 推导

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同时属于两组。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。证毕。

举例说明

1994·数三解答：设

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

相互独立且同分布，

P {X_{i} = 0} = 0.6, P {X_{i} = 1} = 0.4

，求行列式

X = X_{1} X_{3} X_{2} X_{4} = X_{1} X_{4} - X_{2} X_{3}

的概率分布。解关键在于按组独立：下标组

{1, 4}

与

{2, 3}

互不相交，故

Y_{1} = X_{1} X_{4}

与

Y_{2} = X_{2} X_{3}

相互独立，可以先各自求出分布，再合并。
① 两个乘积的分布：

X_{i}

只取

0/1

，故

Y_{1}

也只取

0/1

，且

P {Y_{1} = 1} = P {X_{1} = 1, X_{4} = 1} = 0.4 \times 0.4 = 0.16

，

P {Y_{1} = 0} = 0.84

；

Y_{2}

与它同分布。
② 由 $Y_{1}, Y_{2}$ 独立，计算 $X = Y_{1} - Y_{2} \in {- 1, 0, 1}$ ：

P {X P {X = 1} = P {Y_{1} = 1} P {Y_{2} = 0} = 0.16 \times 0.84 = 0.1344 = - 1} = 0.84 \times 0.16 = 0.1344

P {X = 0} = 1 - 2 \times 0.1344 = 0.7312.

要点：

X_{1} X_{4}

与

X_{2} X_{3}

之所以可以先分别求出分布，再当作独立的变量相减，依据就是互不相交的下标组所作的函数仍相互独立；若两组共有某个

X_{i}

（例如

X_{1} X_{2}

与

X_{2} X_{3}

都含

X_{2}

），就不能这样拆开。

5. 正态分布的特殊之处与易错之处：联合正态时 $ρ = 0 \Leftrightarrow$ 独立，但边缘正态并不等于联合正态★★ 必会

二维正态分布有一条别的分布所没有的性质：

ρ = 0 ⟺

独立（对一般的分布只有

\Rightarrow

这一个方向成立）。但这里有一处极易出错：这条性质只对联合的二维正态分布成立。如果只知道

X, Y

各自服从正态分布，即两个边缘分布是正态的，那么即使再加上不相关，也推不出独立，因为两个边缘分布都是正态的，绝不等于

(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。

证明 / 推导

先证正面的一半：设

(X, Y)

服从联合正态分布，且

ρ = 0

，代入密度函数，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。至于另一方向，即由独立

\Rightarrow

不相关，对一切分布都成立。

举例说明

反例：边缘分布正态，且不相关，却不独立。 设

X \sim N (0, 1)

，

S

与

X

独立，且

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

，令

Y = S X

。
-

Y \sim N (0, 1)

：因

X

的分布关于

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)

不是联合正态分布：

X + Y = X (1 + S)

以

\frac{1}{2}

的概率取值

0

，分布中带有一个原子，故不是正态分布。由此可见：只有联合正态分布才有

ρ = 0 \Rightarrow

独立这一性质，仅有边缘正态再加上不相关是远远不够的。

💡 小知识

不相关却不独立并不是人为编造的怪例：取

X \sim N (0, 1)

和

Y = X^{2}

，两者的协方差恰好是

0

，因为

E (X^{3}) = 0

，从相关性上看毫无关系，可

Y

完全由

X

决定，依赖强到不能再强。有了这类反例，人们才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。

2026 年 · 数三 · 第 8 题 · 选择题 · 5 分

设随机变量

X

和

Y

独立同分布，

X

的概率密度为

f (x) = ⎩ ⎨ ⎧ \frac{1}{( 1 + x ) ^{2}}, 0, x > 0, x \leq 0,

则

P {X Y \leq 1} =

（　　）。

A $\frac{3}{4}$
B $\frac{1}{2}$
C $\frac{1}{3}$
D $\frac{1}{6}$

2020 年 · 数三 · 第 8 题 · 选择题 · 4 分

设随机变量

(X, Y)

服从二维正态分布

N (0, 0; 1, 4; - \frac{1}{2})

，则下列随机变量中服从标准正态分布且与

X

独立的是（　　）

A $\frac{5}{5} (X + Y)$
B $\frac{5}{5} (X - Y)$
C $\frac{3}{3} (X + Y)$
D $\frac{3}{3} (X - Y)$

2019 年 · 数三 · 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？

2017 年 · 数三 · 第 22 题 · 解答题 · 11 分

设随机变量

X, Y

相互独立，且

X

的概率分布为

P {X = 0} = P {X = 2} = \frac{1}{2}

，

Y

的概率密度为

f (y) = {2 y, 0, 0 < y < 1, 其他 .

（Ⅰ）求

P {Y \leq E (Y)}

；

（Ⅱ）求

Z = X + Y

的概率密度。

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

设随机变量

X

与

Y

相互独立，则下列结论中一定成立的是（　）。

A $D (X - Y) = D X - D Y$
B $X^{2}$ 与 $Y^{2}$ 相互独立
C $X + Y$ 与 $X - Y$ 相互独立
D若 $X, Y$ 都服从正态分布，则 $X Y$ 服从正态分布

练习 6 · 填空题

设

X

与

Y

相互独立，

X

服从参数为

2

的指数分布，

Y

服从参数为

3

的指数分布，则

P (X < Y) =

____。

练习 7 · 解答题

设二维随机变量

(X, Y)

的概率密度为

f (x, y) = {k (x + y^{2}), 0, 0 < x < 1, 0 < y < 1, 其他 .

(1) 求常数

k

；

(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 < 1)

；

(4) 求

P (X < \frac{1}{2} Y < \frac{1}{2})

，并与

P (X < \frac{1}{2})

比较，说明它与 (2) 的结论一致。

2015 年 · 数三 · 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} =

______.

2012 年 · 数三 · 第 7 题 · 选择题 · 4 分

设随机变量

X

与

Y

相互独立，且都服从区间

(0, 1)

上的均匀分布，则

P {X^{2} + Y^{2} \leq 1} =

（　　）。

A $\frac{1}{4}$
B $\frac{1}{2}$
C $\frac{π}{8}$
D $\frac{π}{4}$

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）；离散型的判据是逐格检验 pij​=pi⋅​p⋅j​★★ 必会

2. 为什么支撑为矩形且密度可分离变量恰好与独立等价★ 要懂

3. 独立必定不相关，不相关却未必独立：以圆域上的均匀分布为反例★★ 必会

4. 独立性的可分组性质：把相互独立的变量分组后，各组的函数仍相互独立

5. 正态分布的特殊之处与易错之处：联合正态时 ρ=0⇔ 独立，但边缘正态并不等于联合正态★★ 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 $x, y$ ）；离散型的判据是逐格检验 $p_{ij} = p_{i \cdot} p_{\cdot j}$ ★★ 必会

5. 正态分布的特殊之处与易错之处：联合正态时 $ρ = 0 \Leftrightarrow$ 独立，但边缘正态并不等于联合正态★★ 必会