洛必达法则和分部积分的应用之计算数学期望EX--概率论浙大版填坑记

以你之姓@ 2023-10-13 22:39 161阅读 0赞

如下图所示，概率论与数理统计浙大第四版有如下例题：  
简单说就是：已知两个相互独立工作电子装置寿命的概率密度函数，将二者串联成整机，求整机寿命的数学期望。

![在这里插入图片描述][41ec5b21477048b895d80b84e18182f2.png]  
这个题目解答中的微积分部分可谓是相当的坑爹，根本没有任何中间计算过程，任何人直接看根本看不懂！所以说它是烂教材，根本不足为过！而国内确实有很多这种垃圾教材，写的不清不楚，误人子弟！

好了，说了这么多该进入正题了，其实这个里面的微积分计算有很大的难度和分析工作量，**我下面来具体解释求解细节**：

1.  首先第一，**因为这两个电子装置是串联在一起的，当发生故障时：只要有一个坏了，整机就不能工作了！**  
    所以，**整机的寿命必然取决于寿命最短的那一个**，即  
    整机寿命的概率分布函数 F(N) = Min(F(X1), F(X2))  
    根据多维随机变量的概率分布公式（见第三章公式5.12），可得  
    **Fmin = 1 - \[ 1- F(X) \]\[ 1 - F(Y) \] // 二维随机变量的情况**  
    而X1, X2这两个电子装置是相互独立的，而且它们的概率密度函数都是一样的  
    所以可以得出：  
     F ( N ) = M i n ( F ( X 1 ) , F ( X 2 ) ) = 1 − \[ 1 − F ( X ) \] 2 ( 1.1 ) F(N) = Min(F(X1), F(X2)) = 1 - \[1 - F(X)\]^ 2 \{\\qquad\} (1.1) F(N)=Min(F(X1),F(X2))=1−\[1−F(X)\]2(1.1)
2.  要求出F(N),就得求出F(X)也就是电子装置的概率分布函数  
    而**概率分布函数是概率密度函数的积分**  
    所以  
    F(X) =  ∫ 0 ∞ f ( x ) d x \\int\_\{0\}^\{\\infty\}f(x)dx ∫0∞f(x)dx =  ∫ 0 ∞ 1 θ . e − x / θ d x \\int\_\{0\}^\{\\infty\} \\frac\{1\}\{θ\}.e^\{-x/θ\} dx ∫0∞θ1.e−x/θdx  
    根据基本积分公式： ![在这里插入图片描述][fed27bbb4f754fa1a4a5825274317f7b.png]  
    上式可得(因为x<0时,f(x)=0,那么它的积分也为0，故只取大于0的积分)：  
    F(X) =  ∫ 0 ∞ 1 θ . e − x / θ d x \\int\_\{0\}^\{\\infty\} \\frac\{1\}\{θ\}.e^\{-x/θ\} dx ∫0∞θ1.e−x/θdx =  1 θ ∫ 0 ∞ e ( − 1 θ ) . x d x \\frac\{1\}\{θ\}\\int\_\{0\}^\{\\infty\} e^\{(-\\frac\{1\}\{θ\}).x\} dx θ1∫0∞e(−θ1).xdx  
     = 1 θ ∗ ( − θ ) ∗ . e − x / θ = \\frac\{1\}\{θ\}\* (-θ) \* .e^\{-x/θ\} =θ1∗(−θ)∗.e−x/θ =  − e − x / θ ∣ 0 ∞ -e^\{-x/θ\}|\_\{0\}^\{\\infty\} −e−x/θ∣0∞  
     = − e − ∞ / θ − ( − e − 0 / θ ) = 1 − e − ∞ / θ = -e^\{-\\infty/θ\} - (-e^\{-0/θ\}) = 1 -e^\{-\\infty/θ\} =−e−∞/θ−(−e−0/θ)=1−e−∞/θ  
    可以看到这个积分并不是收敛的，所以只能把它变成变上限积分，于是  
     **F ( X ) = 1 − e − x / θ F(X) = 1 -e^\{-x/θ\} F(X)=1−e−x/θ**
3.  然后代入到前面的F(N)公式(1.1)中  
     F ( N ) = 1 − \[ 1 − ( 1 − e − x / θ ) \] 2 = 1 − e − 2 x / θ F(N) = 1 - \[1- (1 -e^\{-x/θ\})\]^2 = 1 - e^\{-2x/θ\} F(N)=1−\[1−(1−e−x/θ)\]2=1−e−2x/θ
4.  然后对F(N)求导获得f(N) 也就是整机的概率密度函数  
     f ( N ) = ( F ( N ) ) ′ = ( − 2 θ ) ( − e − 2 x / θ ) = 2 θ . e − 2 x / θ f(N) = (F(N))^\{'\} = (- \\frac\{2\}\{θ\}) (-e^\{-2x/θ\}) = \\frac\{2\}\{θ\} . e^\{-2x/θ\} f(N)=(F(N))′=(−θ2)(−e−2x/θ)=θ2.e−2x/θ
5.  然后根据连续随机变量的数学期望公式：  
     E ( X ) = ∫ − ∞ + ∞ x . f ( x ) d x E(X) = \\int\_\{-\\infty\}^\{+\\infty\} x.f(x)dx E(X)=∫−∞\+∞x.f(x)dx  
     E ( N ) = ∫ − ∞ + ∞ x . f ( N ) d x = ∫ − ∞ + ∞ x . 2 θ . e − 2 x / θ d x E(N) = \\int\_\{-\\infty\}^\{+\\infty\} x.f(N)dx = \\int\_\{-\\infty\}^\{+\\infty\} x. \\frac\{2\}\{θ\} . e^\{-2x/θ\}dx E(N)=∫−∞\+∞x.f(N)dx=∫−∞\+∞x.θ2.e−2x/θdx  
     = 2 θ . ( − θ 2 ) 2 . ∫ − ∞ + ∞ ( − 2 x θ ) . e − 2 x / θ d ( − 2 x θ ) = \\frac\{2\}\{θ\}.(-\\frac\{θ\}\{2\})^2 .\\int\_\{-\\infty\}^\{+\\infty\} (-\\frac\{2x\}\{θ\}) . e^\{-2x/θ\} d(-\\frac\{2x\}\{θ\}) =θ2.(−2θ)2.∫−∞\+∞(−θ2x).e−2x/θd(−θ2x)  
     = θ 2 . ∫ − ∞ + ∞ ( − 2 x θ ) . e − 2 x / θ d ( − 2 x θ ) ( 2.1 ) = \\frac\{θ\}\{2\}. \\int\_\{-\\infty\}^\{+\\infty\} (-\\frac\{2x\}\{θ\}) . e^\{-2x/θ\} d(-\\frac\{2x\}\{θ\}) \{\\qquad\} (2.1) =2θ.∫−∞\+∞(−θ2x).e−2x/θd(−θ2x)(2.1)  
    **根据分部积分公式：**  
    ![在这里插入图片描述][8b4255021d344ef89e7f38e2a198d7f4.png]  
    ![在这里插入图片描述][d08b843a411d4e61be0952c833923ff8.png]  
    可以推导出：  
     ∫ x . e x d x = x . e x − e x + C \\int x.e^x dx = x.e^x - e^x + C ∫x.exdx=x.ex−ex\+C 将此代入式（2.1）可得：

E ( N ) = θ 2 . \[ ( − 2 x θ ) . e − 2 x / θ − e − 2 x / θ \] ∣ − ∞ + ∞ E(N) = \\frac\{θ\}\{2\}.\[(-\\frac\{2x\}\{θ\}) . e^\{-2x/θ\} - e^\{-2x/θ\} \] |\_\{-\\infty\}^\{+\\infty\} E(N)=2θ.\[(−θ2x).e−2x/θ−e−2x/θ\]∣−∞\+∞  
但是F(N)在小于0时，积分为0，所以  
 E ( N ) = θ 2 . \[ ( − 2 x θ ) . e − 2 x / θ − e − 2 x / θ \] ∣ 0 + ∞ = − θ 2 . e − 2 x / θ . ( 1 + 2 x θ ) ∣ 0 + ∞ E(N) = \\frac\{θ\}\{2\}.\[(-\\frac\{2x\}\{θ\}) . e^\{-2x/θ\} - e^\{-2x/θ\} \] |\_\{0\}^\{+\\infty\} = -\\frac\{θ\}\{2\}. e^\{-2x/θ\}.(1+\\frac\{2x\}\{θ\})|\_\{0\}^\{+\\infty\} E(N)=2θ.\[(−θ2x).e−2x/θ−e−2x/θ\]∣0\+∞=−2θ.e−2x/θ.(1\+θ2x)∣0\+∞  
 = − θ 2 . \[ lim ⁡ x → ∞ ( 1 + 2 x θ e 2 x / θ ) − e 0 . ( 1 + 0 θ ) \] = -\\frac\{θ\}\{2\}.\[\\lim\\limits\_\{x\\rightarrow \\infty\}(\\frac\{1+\\frac\{2x\}\{θ\}\}\{e^\{2x/θ\}\}) - e^0.(1+ \\frac\{0\}\{θ\}) \] =−2θ.\[x→∞lim(e2x/θ1\+θ2x)−e0.(1\+θ0)\]  
 = θ 2 . \[ 1 − lim ⁡ x → ∞ ( 1 + 2 x θ e 2 x / θ ) \] =\\frac\{θ\}\{2\}.\[ 1- \\lim\\limits\_\{x\\rightarrow \\infty\}(\\frac\{1+\\frac\{2x\}\{θ\}\}\{e^\{2x/θ\}\}) \] =2θ.\[1−x→∞lim(e2x/θ1\+θ2x)\]  
然后运用洛必达法则求极限:  
 E ( N ) = θ 2 . \[ 1 − lim ⁡ x → ∞ ( 1 + 2 x θ ) ′ ( e 2 x / θ ) ′ \] = θ 2 . \[ 1 − lim ⁡ x → ∞ 2 θ 2 θ . e 2 x / θ \] E(N) = \\frac\{θ\}\{2\}.\[ 1- \\lim\\limits\_\{x\\rightarrow \\infty\}\\frac\{(1+\\frac\{2x\}\{θ\})^\{'\}\}\{(e^\{2x/θ\})^\{'\}\} \] = \\frac\{θ\}\{2\}. \[ 1 - \\lim\\limits\_\{x\\rightarrow \\infty\} \\frac \{\\frac\{2\}\{θ\}\}\{\\frac\{2\}\{θ\}.e^\{2x/θ\}\} \] E(N)=2θ.\[1−x→∞lim(e2x/θ)′(1\+θ2x)′\]=2θ.\[1−x→∞limθ2.e2x/θθ2\]  
 = θ 2 . \[ 1 − lim ⁡ x → ∞ 1 e 2 x / θ \] = \\frac\{θ\}\{2\}. \[ 1 - \\lim\\limits\_\{x\\rightarrow \\infty\} \\frac \{1\}\{e^\{2x/θ\}\} \] =2θ.\[1−x→∞lime2x/θ1\]  
很明显：在x->无穷大时， 1 e 2 x / θ \\frac \{1\}\{e^\{2x/θ\}\} e2x/θ1的极限为０  
所以，最终  E ( N ) = θ 2 E(N) = \\frac\{θ\}\{2\} E(N)=2θ  
即整机的数学期望 E ( N ) = θ 2 E(N) = \\frac\{θ\}\{2\} E(N)=2θ  
可以看到整个微积分的求解过程还是很复杂的，但是教材上却只是一带而过，让人相当无语，足见浙大概率论教材质量是非常坑爹的，需要自己仔细分析推导，才能得到正确结果。

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