§3.5 条件分布与条件期望

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§3.5 条件分布与条件期望

条件分布是描述随机变量间相关关系的重要工具。条件期望是计算无条件期望的另一有效途径。要掌握重期望公式的使用方法。

1. 离散随机变量的条件分布

（1）条件分布列 对一切使 $P(Y=y_j)=p_{\cdot j}={\sum }_{i=1}^{\infty }{p}_{ij}>0$ 的 $y_j$，称

$$p_{i\mid j}=P(X=x_i\mid Y=y_j)=\frac{P(X=x_i,Y=y_j)}{P(Y=y_j)}=\frac{p_{ij}}{p_{\cdot j}},i=1,2,\dots$$

为给定 $Y=y_j$ 条件下 $X$ 的条件分布列.

同理，对一切使 $P(X=x_i)=p_{i\cdot }={\sum }_{j=1}^{\infty }{p}_{ij}>0$ 的 $x_i$，称

$$p_{j\mid i}=P(Y=y_j\mid X=x_i)=\frac{P(X=x_i,Y=y_j)}{P(X=x_i)}=\frac{p_{ij}}{p_{i\cdot }},j=1,2,\dots$$

为给定 $X=x_i$ 条件下 $Y$ 的条件分布列.

（2）条件分布函数 给定 $Y=y_j$ 条件下 $X$ 的条件分布函数为

$$F(x\mid y_j)=\sum _{x_i\le x}P(X=x_i\mid Y=y_j)=\sum _{x_i\le x}{p}_{i\mid j},$$

给定 $X=x_i$ 条件下 $Y$ 的条件分布函数为

$$F(y\mid x_i)=\sum _{y_j\le y}P(Y=y_j\mid X=x_i)=\sum _{y_j\le y}{p}_{j\mid i}.$$

2. 连续随机变量的条件分布 对一切使 $p_Y(y)>0$ 的 $y$，给定 $Y=y$ 条件下 $X$ 的条件密度函数和条件分布函数分别为

$$p(x\mid y)=\frac{p(x,y)}{p_Y(y)},F(x\mid y)={\int }_{-\infty }^{x}p(u\mid y)du={\int }_{-\infty }^x\frac{p(u,y)}{p_Y(y)}du.$$

类似对一切使 $p_X(x)>0$ 的 $x$，给定 $X=x$ 条件下 $Y$ 的条件密度函数和条件分布函数分别为

$$p(y\mid x)=\frac{p(x,y)}{p_X(x)},F(y\mid x)={\int }_{-\infty }^{y}p(v\mid x)dv={\int }_{-\infty }^y\frac{p(x,v)}{p_X(x)}dv.$$

3. 连续场合的全概率公式和贝叶斯公式

（1）全概率公式的密度函数形式：

$$p_Y(y)={\int }_{-\infty }^{\infty }{p}_X(x)p(y\mid x)dx,p_X(x)={\int }_{-\infty }^{\infty }{p}_Y(y)p(x\mid y)dy.$$

（2）贝叶斯公式的密度函数形式：

$$p(x\mid y)=\frac{p_X(x)p(y\mid x)}{{\int }_{-\infty }^{\infty }{p}_X(x)p(y\mid x)dx},p(y\mid x)=\frac{p_Y(y)p(x\mid y)}{{\int }_{-\infty }^{\infty }{p}_Y(y)p(x\mid y)dy}.$$

4. 条件数学期望 条件分布的数学期望（若存在）称为条件期望，其定义如下：

$$E(X\mid Y=y)=\{\begin{array}{ll}\sum x_{i}P(X=x_i\mid Y=y),& (X,Y)\text{ 为二维离散随机变量},\\ {\int }_{-\infty }^{\infty }xp(x\mid y)dx,& (X,Y)\text{ 为二维连续随机变量},\end{array}$$ $$E(Y\mid X=x)=\{\begin{array}{ll}\sum y_{j}P(Y=y_j\mid X=x),& (X,Y)\text{ 为二维离散随机变量},\\ {\int }_{-\infty }^{\infty }yp(y\mid x)dy,& (X,Y)\text{ 为二维连续随机变量}.\end{array}$$

1. 条件期望具有数学期望的一切性质.
2. 条件期望 $E(X\mid Y=y)$ 是 $y$ 的函数，记为 $g(y)$，它是另一个随机变量 $g(Y)=E(X\mid Y)$ 的取值.$E(X\mid Y)$ 与 $E(X\mid Y=y)$ 虽都称为条件期望，但含义不同.前者是特定的随机变量，后者是其取值.

5. 重期望公式 设 $(X,Y)$ 是二维随机变量，若 $E(X)$ 存在，则

$$E(X)=E[E(X\mid Y)].$$

注意：该公式中里面的期望是用条件分布 $p(x\mid y)$ 计算的，外面的期望是用 $y$ 的分布 $p(y)$ 计算的.

6. 二维正态分布 $N({\mu }_1,{\mu }_2,{\sigma }_1^2,{\sigma }_2^2,\rho )$ 的两个条件分布仍是正态分布，即

$$X\mid Y=y\sim N(g_1(y),{\sigma }_1^2(1-{\rho }^2)),$$

其中

$$g_1(y)=E(X\mid Y=y)={\mu }_1+\rho \frac{{\sigma }_1}{{\sigma }_2}(y-{\mu }_2).$$ $$Y\mid X=x\sim N(g_2(x),{\sigma }_2^2(1-{\rho }^2)),$$

其中

$$g_2(x)=E(Y\mid X=x)={\mu }_2+\rho \frac{{\sigma }_2}{{\sigma }_1}(x-{\mu }_1).$$

可见，在二维正态分布中，一个变量的条件期望是另一个变量取值的线性函数，常称为一元线性回归方程.

习题与解答 3.5

习题 3.5-1

以 $X$ 记某医院一天内诞生婴儿的个数，以 $Y$ 记其中男婴的个数.设 $X$ 与 $Y$ 的联合分布为

$$P(X=n,Y=m)=\frac{e^{-14}(7.14{)}^m(6.86{)}^{n-m}}{m!(n-m)!},m=0,1,\dots ,n,n=0,1,2,\dots$$

试求条件分布列 $P(Y=m\mid X=n)$.

解 先求 $X$ 的边际分布列

$$\begin{array}{rl}P(X=n)& =\sum _{m=0}^n\frac{e^{-14}(7.14{)}^m(6.86{)}^{n-m}}{m!(n-m)!}\\ & =\frac{14^n}{n!}{e}^{-14}\sum _{m=0}^n\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{m}\right){\left(\frac{7.14}{14}\right)}^m{\left(\frac{6.86}{14}\right)}^{n-m}.\end{array}$$ $$\begin{array}{rl}P(X=n)& =\frac{14^n}{n!}{e}^{-14},n=0,1,\dots \end{array}$$

所以 $X$ 服从参数为 $14$ 的泊松分布.由此得

$$\begin{array}{rl}P(Y=m\mid X=n)& =\frac{P(X=n,Y=m)}{P(X=n)}\\ & =\frac{e^{-14}(7.14{)}^m(6.86{)}^{n-m}}{m!(n-m)!}\cdot \frac{n!}{14^n{e}^{-14}}\\ & =\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{m}\right){\left(\frac{7.14}{14}\right)}^m{\left(\frac{6.86}{14}\right)}^{n-m},m=0,1,\dots ,n.\end{array}$$

这是二项分布 $b(n,0.51)$.

习题 3.5-2

一射手单发命中目标的概率为 $p(0<p<1)$，射击进行到命中目标两次为止.设 $X$ 为第一次命中目标所需的射击次数，$Y$ 为总共进行的射击次数，求 $(X,Y)$ 的联合分布和条件分布.

解 只论命中与不命中的试验是伯努利试验.在一伯努利试验序列中，首次命中的射击次数 $X$ 服从几何分布 $Ge(p)$，即

$$P(X=x)=(1-p{)}^{x-1}p,x=1,2,\dots ,$$

其中 $p$ 为命中概率；第二次命中目标的射击次数 $Y$ 服从负二项分布 $Nb(2,p)$，即

$$P(Y=y)=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{y-1}{1}\right)(1-p{)}^{y-2}{p}^2,y=2,3,\dots .$$

由于 $X$ 与 $Y-X$ 相互独立，所以条件分布

$$\begin{array}{rl}P(Y=y\mid X=x)& =P(Y-X=y-x\mid X=x)\\ & =P(Y-X=y-x)\\ & =(1-p{)}^{y-x-1}p,x=1,2,\dots ,y-1,y=2,3,\dots .\end{array}$$

从而 $(X,Y)$ 的联合分布列为

$$\begin{array}{rl}P(X=x,Y=y)& =P(X=x)P(Y=y\mid X=x)\\ & =P(X=x)P(Y-X=y-x)\\ & =(1-p{)}^{x-1}p\cdot (1-p{)}^{y-x-1}p\\ & =(1-p{)}^{y-2}{p}^2,x=1,2,\dots ,y-1,y=2,3,\dots .\end{array}$$

另一条件分布

$$\begin{array}{rl}P(X=x\mid Y=y)& =\frac{P(X=x,Y=y)}{P(Y=y)}\\ & =\frac{(1-p{)}^{y-2}{p}^2}{(y-1)(1-p{)}^{y-2}{p}^2}\\ & =\frac{1}{y-1},y=2,3,\dots .\end{array}$$

注：从以上条件分布列 $P(X=x\mid Y=y)$ 可知：在已知第二次命中目标的射击次数为 $y$ 的条件下，第一次命中目标的射击次数 $X$ 是在前面 $y-1$ 次射击中等可能的.

习题 3.5-3

已知 $(X,Y)$ 的联合分布列如下：

$$P(X=1,Y=1)=P(X=2,Y=1)=\frac{1}{8},$$ $$P(X=1,Y=2)=\frac{1}{4},P(X=2,Y=2)=\frac{1}{2}.$$

试求：

1. 已知 $Y=i$ 的条件下，$X$ 的条件分布列，$i=1,2$；
2. $X$ 与 $Y$ 是否独立？

解

1. 因为

$$P(Y=1)=P(X=1,Y=1)+P(X=2,Y=1)=\frac{1}{4},$$ $$P(Y=2)=P(X=1,Y=2)+P(X=2,Y=2)=\frac{3}{4}.$$

所以在给定 $Y=1$ 的条件下，$X$ 的条件分布列为

$$P(X=1\mid Y=1)=\frac{1/8}{1/4}=\frac{1}{2},$$ $$P(X=2\mid Y=1)=\frac{1/8}{1/4}=\frac{1}{2}.$$

在给定 $Y=2$ 的条件下，$X$ 的条件分布列为

$$P(X=1\mid Y=2)=\frac{1/4}{3/4}=\frac{1}{3},$$ $$P(X=2\mid Y=2)=\frac{1/2}{3/4}=\frac{2}{3}.$$

1. 因为

$$P(X=1)=P(X=1,Y=1)+P(X=1,Y=2)=\frac{1}{8}+\frac{1}{4}=\frac{3}{8},$$

所以由

$$P(X=1,Y=1)=\frac{1}{8}\ne P(X=1)P(Y=1)=\frac{3}{8}\cdot \frac{1}{4}$$

知 $X$ 与 $Y$ 不独立.

习题 3.5-4

设随机变量 $X$ 与 $Y$ 独立同分布，试在以下情形下求 $P(X=k\mid X+Y=m)$：

1. $X$ 与 $Y$ 都服从参数为 $p$ 的几何分布；
2. $X$ 与 $Y$ 都服从参数为 $(n,p)$ 的二项分布.

解

1. 因为 $X+Y$ 服从负二项分布 $Nb(2,p)$，所以

$$P(X+Y=m)=(m-1)(1-p{)}^{m-2}{p}^2.$$

由此得，当 $m=2,3,\dots$，$k=1,2,\dots ,m-1$ 时，

$$\begin{array}{rl}P(X=k\mid X+Y=m)& =\frac{P(X=k,X+Y=m)}{P(X+Y=m)}\\ & =\frac{(1-p{)}^{m-2}{p}^2}{(m-1)(1-p{)}^{m-2}{p}^2}\\ & =\frac{1}{m-1}.\end{array}$$

注：与本节第 2 题一样，在 $X+Y=m$ 的条件下，$X$ 等可能地取值 $1,2,\dots ,m-1$.

1. 因为 $X+Y\sim b(2n,p)$，所以

$$\begin{array}{rl}P(X=k\mid X+Y=m)& =\frac{P(X=k,Y=m-k)}{P(X+Y=m)}\\ & =\frac{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}\right)p^k(1-p{)}^{n-k}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{m-k})p^{m-k}(1-p{)}^{n-m+k}}{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{m}\right)p^m(1-p{)}^{2n-m}}\\ & =\frac{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}\right)\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{m-k}\right)}{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{m}\right)},\end{array}$$

其中

$$m=0,1,2,\dots ,2n,k=0,1,2,\dots ,\min \{n,m\}.$$

注：此题说明，在 $X+Y=m$ 的条件下，$X$ 服从超几何分布.如果将此题改成

$$X\sim b(n_1,p),Y\sim b(n_2,p),$$

且 $X$ 与 $Y$ 相互独立，则可得

$$P(X=k\mid X+Y=m)=\frac{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n_1}{k}\right)\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n_2}{m-k}\right)}{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n_1+n_2}{m}\right)},$$

其中

$$m=0,1,2,\dots ,n_1+n_2,k=0,1,\dots ,\min \{n_1,m\}.$$

习题 3.5-5

设二维连续随机变量 $(X,Y)$ 的联合密度函数为

$$p(x,y)=\{\begin{array}{ll}3x,& 0<x<1,0<y<x,\\ 0,& \text{其他}.\end{array}$$

试求条件密度函数 $p(y\mid x)$.

解 因为当 $0<x<1$ 时，

$$p_X(x)={\int }_0^{x}3xdy=3x^2,$$

所以当 $0<x<1$ 时，

$$p(y\mid x)=\frac{p(x,y)}{p_X(x)}=\{\begin{array}{ll}\frac{1}{x},& 0<y<x,\\ 0,& \text{其他}.\end{array}$$

这是均匀分布 $U(0,x)$，其中 $0<x<1$.可见，这里的条件分布实质上是一族均匀分布.

习题 3.5-6

设二维连续随机变量 $(X,Y)$ 的联合密度函数为

$$p(x,y)=\{\begin{array}{ll}1,& |y|<x,0<x<1,\\ 0,& \text{其他}.\end{array}$$

求条件密度函数 $p(x\mid y)$.

解 因为 $p(x,y)$ 的非零区域为图 3.17 的阴影部分，所以当 $-1<y<0$ 时，

$$p_Y(y)={\int }_{-y}^{1}dx=1+y=1-|y|;$$

而当 $0<y<1$ 时，

$$p_Y(y)={\int }_y^{1}dx=1-y=1-|y|.$$

由此得

$$p(x\mid y)=\frac{p(x,y)}{p_Y(y)}=\{\begin{array}{ll}\frac{1}{1-|y|},& |y|<x<1,\\ 0,& \text{其他}.\end{array}$$

这是均匀分布 $U(|y|,1)$，其中 $|y|<1$.

\FigureThreeSeventeen

习题 3.5-7

设二维连续随机变量 $(X,Y)$ 的联合密度函数为

$$p(x,y)=\{\begin{array}{ll}\frac{21}{4}{x}^{2}y,& x^2\le y\le 1,\\ 0,& \text{其他}.\end{array}$$

求条件概率 $P(Y\ge 0.75\mid X=0.5)$.

解 因为

$$P(Y\ge 0.75\mid X=0.5)={\int }_{0.75}^{1}p(y\mid x=0.5)dy,$$

故先求 $p(y\mid x)$.

而 $p(x,y)$ 的非零区域为图 3.18 的阴影部分，所以当 $-1<x<1$ 时，

$$p_X(x)={\int }_{x^2}^1\frac{21}{4}{x}^{2}ydy=\frac{21}{8}{x}^2(1-x^4).$$

因而当 $-1<x<1$ 时，

$$p(y\mid x)=\frac{p(x,y)}{p_X(x)}=\{\begin{array}{ll}\frac{2y}{1-x^4},& x^2<y<1,\\ 0,& \text{其他}.\end{array}$$

所以当 $0<y<1$ 时，

$$p(y\mid x=0.5)=\frac{32y}{15}.$$

由此得

$$P(Y\ge 0.75\mid X=0.5)={\int }_{0.75}^1\frac{32y}{15}dy=\frac{7}{15}.$$

\FigureThreeEighteen

习题 3.5-8

已知随机变量 $Y$ 的密度函数为

$$p_Y(y)=\{\begin{array}{ll}5y^4,& 0<y<1,\\ 0,& \text{其他},\end{array}$$

在给定 $Y=y$ 条件下，随机变量 $X$ 的条件密度函数为

$$p(x\mid y)=\{\begin{array}{ll}\frac{3x^2}{y^3},& 0<x<y<1,\\ 0,& \text{其他}.\end{array}$$

求概率 $P(X>0.5)$.

解 因为

$$p(x,y)=p_Y(y)p(x\mid y)=\{\begin{array}{ll}15x^{2}y,& 0<x<y<1,\\ 0,& \text{其他},\end{array}$$

所以

$$\begin{array}{rl}P(X>0.5)& ={\int }_{0.5}^1{\int }_x^{1}15x^{2}ydydx\\ & ={\int }_{0.5}^1\frac{15}{2}{x}^2(1-x^2)dx\\ & =\frac{47}{64}.\end{array}$$

习题 3.5-9

设随机变量 $X$ 服从 $(1,2)$ 上的均匀分布，在 $X=x$ 的条件下，随机变量 $Y$ 的条件分布是参数为 $x$ 的指数分布，证明：$XY$ 服从参数为 $1$ 的指数分布.

解 因为

$$X\sim U(1,2),Y\mid X=x\sim \mathrm{Exp}(x),$$

所以

$$p(x,y)=p_X(x)p(y\mid x)=x{e}^{-xy},1<x<2,y>0.$$

令

$$\{\begin{array}{l}U=XY,\\ V=X,\end{array}\text{则}\{\begin{array}{l}u=xy,\\ v=x,\end{array}$$

其逆变换为

$$\{\begin{array}{l}x=v,\\ y=\frac{u}{v}.\end{array}$$

此变换的雅可比行列式为

$$J=\left|\begin{array}{cc}\frac{\partial x}{\partial u}& \frac{\partial x}{\partial v}\\ \frac{\partial y}{\partial u}& \frac{\partial y}{\partial v}\end{array}\right|=\left|\begin{array}{cc}0& 1\\ \frac{1}{v}& -\frac{u}{v^2}\end{array}\right|=-\frac{1}{v}.$$

所以 $(U,V)$ 的联合密度函数为

$$\begin{array}{rl}{p}_{U,V}(u,v)& =p_{X,Y}\left(v,\frac{u}{v}\right)\left|-\frac{1}{v}\right|\\ & =v{e}^{-v\cdot u/v}\cdot \frac{1}{v}\\ & =e^{-u},1<v<2,u>0.\end{array}$$

由此得 $U=XY$ 的边际密度函数为

$$p_U(u)={\int }_1^2{e}^{-u}dv=e^{-u},u>0.$$

这表明：$U=XY$ 服从参数为 $1$ 的指数分布.

习题 3.5-10

设二维离散随机变量 $(X,Y)$ 的联合分布列为

$$\begin{array}{ccccc}X\backslash Y& 0& 1& 2& 3\\ 0& 0& 0.01& 0.01& 0.01\\ 1& 0.01& 0.02& 0.03& 0.02\\ 2& 0.03& 0.04& 0.05& 0.04\\ 3& 0.05& 0.05& 0.05& 0.06\\ 4& 0.07& 0.06& 0.05& 0.06\\ 5& 0.09& 0.08& 0.06& 0.05\end{array}$$

试求 $E(X\mid Y=2)$ 和 $E(Y\mid X=0)$.

解 因为

$$P(X=i\mid Y=2)=\frac{P(X=i,Y=2)}{P(Y=2)},$$

所以用 $Y=2$ 这一列的各个概率 $(P(X=i,Y=2))$ 除以此列的总和 $(P(Y=2)=0.25)$，得

$$\begin{array}{ccccccc}X\mid Y=2& 0& 1& 2& 3& 4& 5\\ P& 0.04& 0.12& 0.20& 0.20& 0.20& 0.24\end{array}$$

由此得

$$E(X\mid Y=2)=1\times 0.12+2\times 0.20+3\times 0.20+4\times 0.20+5\times 0.24=\mathrm{3.12.}$$

同理，用 $X=0$ 这一行的各个概率 $(P(X=0,Y=j))$ 除以此行的总和 $(P(X=0)=0.03)$，得

$$\begin{array}{ccccc}Y\mid X=0& 0& 1& 2& 3\\ P& 0& \frac{1}{3}& \frac{1}{3}& \frac{1}{3}\end{array}$$

由此得

$$E(Y\mid X=0)=1\times \frac{1}{3}+2\times \frac{1}{3}+3\times \frac{1}{3}=2.$$

注：这个二维离散随机变量的联合分布列含有 $2$ 个边际分布、$10$ 个条件分布.可见，多维联合分布含有丰富的信息，可根据需要从中提取之.这个习题只涉及其中两个条件分布的数学期望.

习题 3.5-11

设随机变量 $X$ 与 $Y$ 相互独立，分别服从参数为 ${\lambda }_1$ 和 ${\lambda }_2$ 的泊松分布，试求 $E(X\mid X+Y=n)$.

解 因为 $X+Y\sim P({\lambda }_1+{\lambda }_2)$，所以

$$\begin{array}{rl}P(X=i\mid X+Y=n)& =\frac{P(X=i,X+Y=n)}{P(X+Y=n)}\\ & =\frac{P(X=i)P(Y=n-i)}{P(X+Y=n)}\\ & =\frac{\frac{{\lambda }_1^i}{i!}{e}^{-{\lambda }_1}\cdot \frac{{\lambda }_2^{n-i}}{(n-i)!}{e}^{-{\lambda }_2}}{\frac{({\lambda }_1+{\lambda }_2{)}^n}{n!}{e}^{-({\lambda }_1+{\lambda }_2)}}\\ & =\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i}\right){\left(\frac{{\lambda }_1}{{\lambda }_1+{\lambda }_2}\right)}^i{\left(\frac{{\lambda }_2}{{\lambda }_1+{\lambda }_2}\right)}^{n-i},i=0,1,\dots ,n.\end{array}$$

这说明：$X\mid X+Y=n$ 服从二项分布 $b(n,p)$，其中

$$p=\frac{{\lambda }_1}{{\lambda }_1+{\lambda }_2},$$

所以

$$E(X\mid X+Y=n)=np=\frac{n{\lambda }_1}{{\lambda }_1+{\lambda }_2}.$$

习题 3.5-12

设二维连续随机变量 $(X,Y)$ 的联合密度函数为

$$p(x,y)=\{\begin{array}{ll}x+y,& 0<x,y<1,\\ 0,& \text{其他}.\end{array}$$

试求 $E(X\mid Y=0.5)$.

解 先求条件密度函数 $p(x\mid y)$.当 $0<y<1$ 时，

$$p_Y(y)={\int }_0^1(x+y)dx=0.5+y.$$

所以

$$p(x\mid y=0.5)=\{\begin{array}{ll}x+0.5,& 0<x<1,\\ 0,& \text{其他}.\end{array}$$

由此得

$$E(X\mid Y=0.5)={\int }_0^{1}x(x+0.5)dx=\frac{7}{12}.$$

习题 3.5-13

设二维连续随机变量 $(X,Y)$ 的联合密度函数为

$$p(x,y)=\{\begin{array}{ll}24(1-x)y,& 0<y<x<1,\\ 0,& \text{其他}.\end{array}$$

试在 $0<y<1$ 时，求 $E(X\mid Y=y)$.

解 先求条件密度函数 $p(x\mid y)$.当 $0<y<1$ 时，

$$p_Y(y)={\int }_y^{1}24(1-x)ydx=12y(1-y{)}^2.$$

所以

$$p(x\mid y)=\frac{p(x,y)}{p_Y(y)}=\{\begin{array}{ll}\frac{2(1-x)}{(1-y{)}^2},& 0<y<x<1,\\ 0,& \text{其他}.\end{array}$$

由此得，在 $0<y<1$ 时，

$$\begin{array}{rl}E(X\mid Y=y)& ={\int }_{-\infty }^{\infty }xp(x\mid y)dx\\ & ={\int }_y^{1}x\cdot \frac{2(1-x)}{(1-y{)}^2}dx\\ & =\frac{2y+1}{3}.\end{array}$$

习题 3.5-14

设 $E(Y)$，$E[h(Y)]$ 存在，试证：$E[h(Y)\mid Y]=h(Y)$.

解 因为 $E[h(Y)\mid Y]$ 是随机变量 $Y$ 的函数，记

$$g(Y)=E[h(Y)\mid Y],$$

它仍是随机变量.在离散场合，当 $Y=y_i$ 时，$g(y_i)$ 以概率 $P(Y=y_i)$ 取

$$g(y_i)=E[h(y_i)\mid Y=y_i].$$

由于在 $Y$ 取固定值 $y_i$ 时，$h(y_i)$ 也是常数，故有

$$g(y_i)=E[h(y_i)\mid Y=y_i]=h(y_i)\cdot E(1\mid Y=y_i)=h(y_i),i=1,2,\dots .$$

上式对 $Y$ 的任一取值都成立，即

$$E[h(Y)\mid Y]=h(Y).$$

在连续场合也有类似解释，所以在一般场合有

$$E[h(Y)\mid Y]=h(Y).$$

习题 3.5-15

设以下所涉及的数学期望均存在，试证：

1. $E[g(X)Y\mid X]=g(X)E(Y\mid X)$；
2. $E(XY)=E[XE(Y\mid X)]$；
3. $\mathrm{Cov}[X,E(Y\mid X)]=\mathrm{Cov}(X,Y)$.

解

1. 由

$$E[g(X)Y\mid X=x]=g(x)E(Y\mid X=x)$$

知

$$E[g(X)Y\mid X]=g(X)E(Y\mid X).$$

1. 因为

$$E(XY)=E[E(XY\mid X)],$$

又由（1）知

$$E(XY\mid X)=XE(Y\mid X),$$

所以有

$$E(XY)=E[XE(Y\mid X)].$$

$$\begin{array}{rl}\mathrm{Cov}[X,E(Y\mid X)]& =E[X\cdot E(Y\mid X)]-E(X)\cdot E(Y)\\ & =E(XY)-E(X)\cdot E(Y)\\ & =\mathrm{Cov}(X,Y).\end{array}$$

习题 3.5-16

设随机变量 $X$ 与 $Y$ 独立同分布，都服从参数为 $\lambda$ 的指数分布.令

$$Z=\{\begin{array}{ll}3X+1,& X\ge Y,\\ 6Y,& X<Y.\end{array}$$

求 $E(Z)$.

解 此题有两种计算方法，现分述如下：

解法一 直接按照二元函数期望公式计算

$$\begin{array}{rl}E(Z)& ={\iint }_{x\ge y}(3x+1){\lambda }^2{e}^{-\lambda (x+y)}dxdy+{\iint }_{x<y}6y{\lambda }^2{e}^{-\lambda (x+y)}dxdy\\ & ={\int }_0^{\infty }(3x+1)\lambda e^{-\lambda x}dx{\int }_0^x\lambda e^{-\lambda y}dy+{\int }_0^{\infty }6y\lambda e^{-\lambda y}dy{\int }_0^y\lambda e^{-\lambda x}dx\\ & ={\int }_0^{\infty }(3x+1)\lambda e^{-\lambda x}(1-e^{-\lambda x})dx+{\int }_0^{\infty }6y\lambda e^{-\lambda y}(1-e^{-\lambda y})dy\\ & ={\int }_0^{\infty }(3x+1)\lambda e^{-\lambda x}(1-e^{-\lambda x})dx+{\int }_0^{\infty }6x\lambda e^{-\lambda x}(1-e^{-\lambda x})dx\\ & ={\int }_0^{\infty }(9x+1)\lambda e^{-\lambda x}(1-e^{-\lambda x})dx\\ & ={\int }_0^{\infty }(9x+1)\lambda e^{-\lambda x}dx-{\int }_0^{\infty }(9x+1)\lambda e^{-2\lambda x}dx\\ & =\frac{9}{\lambda }+1-\frac{1}{2}{\int }_0^{\infty }(9x+1)2\lambda e^{-2\lambda x}dx\\ & =\frac{9}{\lambda }+1-\frac{1}{2}\left(\frac{9}{2\lambda }+1\right)\\ & =\frac{1}{2}+\frac{27}{4\lambda }.\end{array}$$

解法二 利用条件期望计算

在 $X=x$ 给定时，

$$Z=\{\begin{array}{ll}3x+1,& x\ge Y,\\ 6Y,& x<Y,\end{array}$$

是关于 $Y$ 的函数.于是

$$\begin{array}{rl}E(Z\mid X=x)& ={\int }_0^x(3x+1)\lambda e^{-\lambda y}dy+{\int }_x^{\infty }6y\lambda e^{-\lambda y}dy\\ & =(3x+1)(1-e^{-\lambda x})+6x{e}^{-\lambda x}+\frac{6}{\lambda }{e}^{-\lambda x}\\ & =3x+1+e^{-\lambda x}\left(3x+\frac{6}{\lambda }-1\right).\end{array}$$

因此

$$\begin{array}{rl}E(Z)& =E[E(Z\mid X)]\\ & =E\left[3X+1+e^{-\lambda X}\left(3X+\frac{6}{\lambda }-1\right)\right]\\ & =3E(X)+1+{\int }_0^{\infty }\lambda e^{-2\lambda x}\left(3x+\frac{6}{\lambda }-1\right)dx\\ & =\frac{3}{\lambda }+1+\frac{1}{2}{\int }_0^{\infty }2\lambda e^{-2\lambda x}\left(3x+\frac{6}{\lambda }-1\right)dx\\ & =\frac{3}{\lambda }+1+\frac{1}{2}\left(\frac{3}{2\lambda }+\frac{6}{\lambda }-1\right)\\ & =\frac{1}{2}+\frac{27}{4\lambda }.\end{array}$$

习题 3.5-17

设随机变量 $X\sim N(\mu ,1)$，$Y\sim N(0,1)$，且 $X$ 与 $Y$ 相互独立，令

$$I=\{\begin{array}{ll}1,& Y<X,\\ 0,& X\le Y.\end{array}$$

试证明：

1. $E(I\mid X=x)=\Phi (x)$；
2. $E[\Phi (X)]=P(Y<X)$；
3. $E[\Phi (X)]=\Phi (\mu /\sqrt{2})$.

（提示：$X-Y$ 的分布是什么？）

解

1. $E(I\mid X=x)=P(I=1\mid X=x)=P(Y<X\mid X=x)=P(Y<x)=\Phi (x).$
2. 由（1）知，$\Phi (X)=E(I\mid X)$，所以

$$E[\Phi (X)]=E[E(I\mid X)]=E(I)=P(I=1)=P(Y<X).$$

1. 由（2）知

$$E[\Phi (X)]=P(Y<X)=P(X-Y>0).$$

因为 $X$ 与 $Y$ 相互独立，所以

$$X-Y\sim N(\mu ,2),$$

由此得

$$P(X-Y>0)=1-\Phi (-\mu /\sqrt{2})=\Phi (\mu /\sqrt{2}).$$

习题 3.5-18

设 $X_1,X_2,\dots$ 为独立同分布的随机变量序列，且方差存在.随机变量 $N$ 只取正整数值，$\mathrm{Var}(N)$ 存在，且 $N$ 与 $\{X_n\}$ 独立.证明：

$$\mathrm{Var}\left(\sum _{i=1}^N{X}_i\right)=\mathrm{Var}(N)[E(X_1){]}^2+E(N)\mathrm{Var}(X_1).$$

解 因为

$$\begin{array}{rl}E\left(\sum _{i=1}^N{X}_i\right)& =\sum _{n=1}^{\infty }E\left(\sum _{i=1}^n{X}_i\right)P(N=n)\\ & =\sum _{n=1}^{\infty }nE(X_1)P(N=n)\\ & =E(X_1)E(N),\end{array}$$

并且

$$\begin{array}{rl}E\left[{\left(\sum _{i=1}^N{X}_i\right)}^2\right]& =\sum _{n=1}^{\infty }E\left[{\left(\sum _{i=1}^n{X}_i\right)}^2\right]P(N=n)\\ & =\sum _{n=1}^{\infty }\left\{nE(X_1^2)+n(n-1)[E(X_1){]}^2\right\}P(N=n)\\ & =\sum _{n=1}^{\infty }\left\{n\mathrm{Var}(X_1)+n^2[E(X_1){]}^2\right\}P(N=n)\\ & =E(N)\mathrm{Var}(X_1)+E(N^2)[E(X_1){]}^2.\end{array}$$

所以

$$\begin{array}{rl}\mathrm{Var}\left(\sum _{i=1}^N{X}_i\right)& =E(N)\mathrm{Var}(X_1)+E(N^2)[E(X_1){]}^2-[E(X_1){]}^2[E(N){]}^2\\ & =\mathrm{Var}(N)[E(X_1){]}^2+E(N)\mathrm{Var}(X_1).\end{array}$$