4.2特征函数习题讲解

离散型随机变量特征函数 专题精讲

将从核心知识点铺垫、逐题分步推导、方法本质解读三个维度，带你彻底掌握离散型随机变量特征函数的计算与应用，每一步都明确推导依据，做到知其然更知其所以然。

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一、前置核心知识点（所有题目的通用基础）

1. 离散型随机变量的特征函数定义

设离散型随机变量\(X\)的分布列为：\(P(X=x_k) = p_k\)，\(k=1,2,\dots\)，则\(X\)的特征函数为：

\[\boldsymbol{\varphi(t) = E\left(e^{itX}\right) = \sum_{k} e^{itx_k} p_k}, \quad t\in(-\infty,+\infty) \]

其中\(i=\sqrt{-1}\)为虚数单位，特征函数是定义在全体实数上的复值函数，由随机变量的分布唯一确定。

2. 特征函数求矩的核心公式

若随机变量\(X\)的\(k\)阶原点矩\(E(X^k)\)存在，则特征函数\(\varphi(t)\)在\(t=0\)处\(k\)阶可导，且满足：

\[\boldsymbol{\varphi^{(k)}(0) = i^k E(X^k)} \]

由此可推导出期望和方差的快速计算公式：

• 数学期望（一阶原点矩）：\(\boldsymbol{E(X) = \frac{\varphi'(0)}{i}}\)
• 二阶原点矩：\(\boldsymbol{E(X^2) = \frac{\varphi''(0)}{i^2} = -\varphi''(0)}\)
• 方差：\(\boldsymbol{\text{Var}(X) = E(X^2) - [E(X)]^2 = -\varphi''(0) + \left(\frac{\varphi'(0)}{i}\right)^2}\)

3. 必备级数公式

1. 等比级数求和：当\(|q|<1\)时，\(\sum_{m=0}^{\infty} q^m = \frac{1}{1-q}\)
2. 负二项式级数展开：当\(|x|<1\)、\(r\)为正整数时，\(\sum_{m=0}^{\infty} \binom{m+r-1}{r-1} x^m = \frac{1}{(1-x)^r}\)

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二、逐题详细讲解与推导

第1题 有限离散分布的特征函数计算

题目回顾

设离散随机变量\(X\)的分布列为：

\(X\)	0	1	2	3
\(P\)	0.4	0.3	0.2	0.1
试求\(X\)的特征函数。

考点定位

本题是特征函数定义的直接应用，用于巩固离散型特征函数的基本计算逻辑。

详细推导过程

根据离散型特征函数的定义，我们将\(X\)的每一个取值\(x_k\)和对应概率\(p_k\)代入公式\(\varphi(t) = \sum_{k} e^{itx_k} p_k\)：

1. 当\(x=0\)时，\(e^{it\cdot0}=e^0=1\)，对应概率0.4，该项为\(1\times0.4=0.4\)；
2. 当\(x=1\)时，\(e^{it\cdot1}=e^{it}\)，对应概率0.3，该项为\(0.3e^{it}\)；
3. 当\(x=2\)时，\(e^{it\cdot2}=e^{i2t}\)，对应概率0.2，该项为\(0.2e^{i2t}\)；
4. 当\(x=3\)时，\(e^{it\cdot3}=e^{i3t}\)，对应概率0.1，该项为\(0.1e^{i3t}\)。

将所有项相加，得到最终的特征函数：

\[\boldsymbol{\varphi(t) = 0.4 + 0.3e^{it} + 0.2e^{i2t} + 0.1e^{i3t}} \]

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第2题 几何分布的特征函数、期望与方差计算

题目回顾

设离散随机变量\(X\)服从几何分布，分布列为：

\[P(X=k) = (1-p)^{k-1}p, \quad k=1,2,\dots, \quad 0<p<1 \]

试求\(X\)的特征函数，并以此求\(E(X)\)和\(\text{Var}(X)\)。

考点定位

本题是无穷离散分布特征函数的经典应用，同时考察特征函数求矩的核心方法，完美体现特征函数相比传统级数求和的优势。

背景补充

几何分布描述独立重复伯努利试验中，首次成功时的总试验次数，其中\(p\)为单次试验成功概率，\(q=1-p\)为失败概率，满足\(|q|<1\)，保证无穷级数收敛。

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步骤1：推导几何分布的特征函数

根据特征函数定义，代入分布列：

\[\varphi(t) = E(e^{itX}) = \sum_{k=1}^{\infty} e^{itk} \cdot P(X=k) = \sum_{k=1}^{\infty} e^{itk} \cdot q^{k-1} p \]

整理求和项，凑等比级数形式：
将常数\(p\)提出求和号，调整求和下标：

\[\varphi(t) = p e^{it} \sum_{k=1}^{\infty} (q e^{it})^{k-1} \]

令\(m=k-1\)，则\(k=1\)时\(m=0\)，求和变为从\(m=0\)到\(\infty\)的等比级数：

\[\varphi(t) = p e^{it} \sum_{m=0}^{\infty} (q e^{it})^m \]

等比级数求和：
公比\(q e^{it}\)的模长\(|q e^{it}| = q \cdot |e^{it}| = q < 1\)，满足等比级数收敛条件，因此\(\sum_{m=0}^{\infty} (q e^{it})^m = \frac{1}{1 - q e^{it}}\)。

代入后得到几何分布的特征函数：

\[\boldsymbol{\varphi(t) = \frac{p e^{it}}{1 - q e^{it}}, \quad q=1-p} \]

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步骤2：用特征函数求数学期望\(E(X)\)

根据矩与导数的关系，我们先求特征函数的一阶导数\(\varphi'(t)\)，再计算\(t=0\)处的导数值。

第一步：求一阶导数\(\varphi'(t)\)
将\(\varphi(t)\)写为乘积形式\(\varphi(t) = p e^{it} \cdot (1 - q e^{it})^{-1}\)，用乘积求导法则\((uv)'=u'v + uv'\)求导：

• 令\(u = p e^{it}\)，则\(u' = p \cdot i e^{it}\)；
• 令\(v = (1 - q e^{it})^{-1}\)，则\(v' = -1 \cdot (1 - q e^{it})^{-2} \cdot (-q i e^{it}) = \frac{q i e^{it}}{(1 - q e^{it})^2}\)。

代入求导公式并化简：

\[\begin{align*} \varphi'(t) &= p i e^{it} \cdot \frac{1}{1 - q e^{it}} + p e^{it} \cdot \frac{q i e^{it}}{(1 - q e^{it})^2} \\ &= \frac{p i e^{it}(1 - q e^{it}) + p q i e^{i2t}}{(1 - q e^{it})^2} \\ &= \frac{p i e^{it} - p q i e^{i2t} + p q i e^{i2t}}{(1 - q e^{it})^2} \\ &= \boldsymbol{\frac{p i e^{it}}{(1 - q e^{it})^2}} \end{align*} \]

（分子中间两项抵消，大幅简化结果）

第二步：计算\(t=0\)处的一阶导数值
代入\(t=0\)，此时\(e^{i0}=1\)，\(1 - q e^{i0} = 1 - q = p\)，因此：

\[\varphi'(0) = \frac{p i \cdot 1}{(1 - q)^2} = \frac{p i}{p^2} = \frac{i}{p} \]

第三步：计算期望
根据公式\(E(X) = \frac{\varphi'(0)}{i}\)，代入得：

\[\boldsymbol{E(X) = \frac{\frac{i}{p}}{i} = \frac{1}{p}} \]

与几何分布期望的经典结论完全一致。

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步骤3：用特征函数求方差\(\text{Var}(X)\)

方差需要用到二阶矩，因此先求特征函数的二阶导数\(\varphi''(t)\)。

第一步：求二阶导数\(\varphi''(t)\)
对一阶导数\(\varphi'(t) = p i e^{it} \cdot (1 - q e^{it})^{-2}\)再次用乘积求导法则：

• 令\(u = p i e^{it}\)，则\(u' = p i^2 e^{it} = -p e^{it}\)；
• 令\(v = (1 - q e^{it})^{-2}\)，则\(v' = -2 \cdot (1 - q e^{it})^{-3} \cdot (-q i e^{it}) = \frac{2 q i e^{it}}{(1 - q e^{it})^3}\)。

代入求导公式并化简（利用\(i^2=-1\)）：

\[\begin{align*} \varphi''(t) &= u'v + uv' \\ &= -p e^{it} \cdot \frac{1}{(1 - q e^{it})^2} + p i e^{it} \cdot \frac{2 q i e^{it}}{(1 - q e^{it})^3} \\ &= -\frac{p e^{it}}{(1 - q e^{it})^2} + \frac{2 p q i^2 e^{i2t}}{(1 - q e^{it})^3} \\ &= \boldsymbol{-\frac{p e^{it}}{(1 - q e^{it})^2} - \frac{2 p q e^{i2t}}{(1 - q e^{it})^3}} \end{align*} \]

第二步：计算\(t=0\)处的二阶导数值
代入\(t=0\)，\(e^{i0}=1\)，\(1 - q = p\)，因此：

\[\begin{align*} \varphi''(0) &= -\frac{p \cdot 1}{p^2} - \frac{2 p q \cdot 1}{p^3} \\ &= -\frac{1}{p} - \frac{2 q}{p^2} \end{align*} \]

第三步：计算二阶原点矩与方差
二阶原点矩\(E(X^2) = -\varphi''(0)\)，因此：

\[E(X^2) = -\left( -\frac{1}{p} - \frac{2 q}{p^2} \right) = \frac{1}{p} + \frac{2 q}{p^2} \]

方差公式\(\text{Var}(X) = E(X^2) - [E(X)]^2\)，代入\(E(X)=\frac{1}{p}\)，\([E(X)]^2=\frac{1}{p^2}\)：

\[\begin{align*} \text{Var}(X) &= \frac{1}{p} + \frac{2 q}{p^2} - \frac{1}{p^2} \\ &= \frac{p + 2q - 1}{p^2} \end{align*} \]

代入\(1=p+q\)，分子化简为\(p+2q-(p+q)=q\)，最终得到：

\[\boldsymbol{\text{Var}(X) = \frac{q}{p^2} = \frac{1-p}{p^2}} \]

与几何分布方差的经典结论完全一致。

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第3题 帕斯卡分布（负二项分布）的特征函数计算

题目回顾

设离散随机变量\(X\)服从帕斯卡分布，分布列为：

\[P(X=k) = \binom{k-1}{r-1} p^r (1-p)^{k-r}, \quad k=r, r+1, r+2, \dots \]

其中\(r\)为正整数，\(0<p<1\)，试求\(X\)的特征函数。

考点定位

本题考察特征函数的核心性质——独立随机变量和的特征函数等于各特征函数的乘积，同时考察负二项式级数的应用。

背景补充

帕斯卡分布描述独立重复伯努利试验中，恰好取得\(r\)次成功时的总试验次数，它可以分解为\(r\)个独立同分布的几何分布之和：

\[X = X_1 + X_2 + \dots + X_r \]

其中每个\(X_i\)都服从参数为\(p\)的几何分布，且相互独立（\(X_i\)表示第\(i-1\)次成功后，到第\(i\)次成功的试验次数）。

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方法一：利用独立和的特征函数性质（最简方法）

根据特征函数的核心性质：独立随机变量和的特征函数，等于每个随机变量特征函数的乘积。

已知单个几何分布\(X_i\)的特征函数为\(\varphi_{X_i}(t) = \frac{p e^{it}}{1 - q e^{it}}\)（\(q=1-p\)），因此\(r\)个独立几何分布和的特征函数为：

\[\varphi_X(t) = \prod_{i=1}^r \varphi_{X_i}(t) = \left( \varphi_{X_1}(t) \right)^r \]

直接得到帕斯卡分布的特征函数：

\[\boldsymbol{\varphi(t) = \left( \frac{p e^{it}}{1 - q e^{it}} \right)^r, \quad q=1-p} \]

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方法二：用定义直接推导（验证结果）

根据特征函数定义，代入帕斯卡分布的分布列：

\[\varphi(t) = E(e^{itX}) = \sum_{k=r}^{\infty} e^{itk} \cdot \binom{k-1}{r-1} p^r q^{k-r} \]

调整求和下标，凑负二项式级数：
令\(m = k - r\)，则\(k = m + r\)，当\(k=r\)时\(m=0\)，求和变为从\(m=0\)到\(\infty\)的级数：

\[\begin{align*} \varphi(t) &= \sum_{m=0}^{\infty} e^{it(m+r)} \cdot \binom{(m+r)-1}{r-1} p^r q^{m} \\ &= p^r e^{itr} \sum_{m=0}^{\infty} \binom{m + r - 1}{r - 1} (q e^{it})^m \end{align*} \]

负二项式级数求和：
公比\(q e^{it}\)的模长\(|q e^{it}|=q<1\)，满足负二项式级数收敛条件，因此：

\[\sum_{m=0}^{\infty} \binom{m + r - 1}{r - 1} (q e^{it})^m = \frac{1}{(1 - q e^{it})^r} \]

代入后得到最终结果：

\[\varphi(t) = p^r e^{itr} \cdot \frac{1}{(1 - q e^{it})^r} = \boldsymbol{\left( \frac{p e^{it}}{1 - q e^{it}} \right)^r} \]

与方法一的结果完全一致，验证了正确性。

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三、方法总结与核心本质

这三道题完整覆盖了离散型随机变量特征函数的三大核心应用场景，我们可以总结出以下核心规律：

1. 基础计算：有限离散分布的特征函数，直接套用定义，对每个取值和概率加权求和即可；
2. 无穷离散分布：核心是通过下标变换，将求和式转化为等比级数、负二项式级数等已知收敛结果的级数，利用级数求和公式化简；
3. 矩的计算：特征函数将传统方法中复杂的无穷级数逐项求导，转化为简单的函数求导运算，大幅降低计算难度；
4. 独立和的分布：特征函数将卷积运算转化为乘法运算，对于可分解为独立同分布和的分布（如帕斯卡分布），直接通过特征函数的幂次即可得到结果，是特征函数最核心的优势。

特征函数的本质，是通过傅里叶变换，将概率分布的复杂运算，转化为我们熟悉的函数四则运算、求导运算，这也是它成为概率论极限理论核心工具的根本原因。

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特征函数综合应用习题 全解精讲

作为资深辅导专家，我将对每一道题进行考点定位、分步推导、原理说明，所有推导均严格基于特征函数的定义、性质、唯一性定理与连续性定理，做到逻辑闭环、步骤清晰，帮你彻底掌握特征函数的核心应用。

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第4题 连续分布的特征函数、期望与方差计算

考点定位

本题考察连续型随机变量特征函数的定义、傅里叶逆变换、特征函数求矩的方法，同时覆盖拉普拉斯分布、柯西分布两大经典连续分布。

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(1) 拉普拉斯分布（双指数分布）

分布函数：\(F_1(x) = \frac{a}{2}\int_{-\infty}^{x} e^{-a|t|} dt \quad (a>0)\)

步骤1：确定概率密度函数

对分布函数求导，得到密度函数：

\[p_1(x) = F_1'(x) = \frac{a}{2} e^{-a|x|}, \quad x\in(-\infty,+\infty) \]

这是拉普拉斯分布（双指数分布）的密度函数，关于原点对称。

步骤2：推导特征函数

根据连续型特征函数的定义\(\varphi(t) = \int_{-\infty}^{+\infty} e^{itx} p(x) dx\)，代入密度函数，拆分绝对值区间：

\[\begin{align*} \varphi_1(t) &= \int_{-\infty}^{+\infty} e^{itx} \cdot \frac{a}{2} e^{-a|x|} dx \\ &= \frac{a}{2} \int_{-\infty}^{0} e^{itx} e^{ax} dx + \frac{a}{2} \int_{0}^{+\infty} e^{itx} e^{-ax} dx \\ &= \frac{a}{2} \int_{-\infty}^{0} e^{(a+it)x} dx + \frac{a}{2} \int_{0}^{+\infty} e^{-(a-it)x} dx \end{align*} \]

分别计算两个积分：

• 第一个积分：\(\int_{-\infty}^{0} e^{(a+it)x} dx = \left. \frac{e^{(a+it)x}}{a+it} \right|_{-\infty}^0 = \frac{1}{a+it}\)（\(a>0\)，\(x\to-\infty\)时指数项趋于0）
• 第二个积分：\(\int_{0}^{+\infty} e^{-(a-it)x} dx = \left. \frac{e^{-(a-it)x}}{-(a-it)} \right|_{0}^{+\infty} = \frac{1}{a-it}\)（\(a>0\)，\(x\to+\infty\)时指数项趋于0）

合并化简：

\[\varphi_1(t) = \frac{a}{2} \left( \frac{1}{a+it} + \frac{1}{a-it} \right) = \frac{a}{2} \cdot \frac{2a}{a^2 + t^2} = \boldsymbol{\frac{a^2}{a^2 + t^2}} \]

步骤3：用特征函数求期望与方差

首先验证特征函数的可导性：\(\varphi_1(t)\)是实值偶函数，在\(t=0\)处任意阶可导。

• 一阶导数与期望：
  对\(\varphi_1(t) = a^2 (a^2 + t^2)^{-1}\)求一阶导数：

  \[\varphi_1'(t) = a^2 \cdot (-1) \cdot (a^2 + t^2)^{-2} \cdot 2t = -\frac{2a^2 t}{(a^2 + t^2)^2} \]

  代入\(t=0\)，得\(\varphi_1'(0)=0\)，因此期望：

  \[E(X) = \frac{\varphi_1'(0)}{i} = \boldsymbol{0} \]

  （也可由密度函数关于原点对称，直接得到期望为0）

• 二阶导数与方差：
  对一阶导数再次求导，代入\(t=0\)：

  \[\varphi_1''(t) = -2a^2 \cdot \frac{(a^2 + t^2)^2 - t \cdot 2(a^2 + t^2) \cdot 2t}{(a^2 + t^2)^4} \]

  代入\(t=0\)，得\(\varphi_1''(0) = -2a^2 \cdot \frac{a^4}{a^8} = -\frac{2}{a^2}\)。

  二阶原点矩\(E(X^2) = -\varphi_1''(0) = \frac{2}{a^2}\)，因此方差：

  \[\text{Var}(X) = E(X^2) - [E(X)]^2 = \boldsymbol{\frac{2}{a^2}} \]

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(2) 柯西分布

分布函数：\(F_2(x) = \frac{a}{\pi} \int_{-\infty}^{x} \frac{1}{t^2 + a^2} dt \quad (a>0)\)

步骤1：确定概率密度函数

求导得密度函数：

\[p_2(x) = \frac{a}{\pi(x^2 + a^2)}, \quad x\in(-\infty,+\infty) \]

这是标准柯西分布的密度函数，关于原点对称。

步骤2：推导特征函数

根据特征函数定义，代入密度函数：

\[\varphi_2(t) = \int_{-\infty}^{+\infty} e^{itx} \cdot \frac{a}{\pi(x^2 + a^2)} dx \]

利用复变函数的留数定理计算该积分（或直接套用柯西分布的经典结论），最终得到：

\[\boldsymbol{\varphi_2(t) = e^{-a|t|}} \]

步骤3：期望与方差的说明

柯西分布的一阶矩（数学期望）不存在，因此方差也不存在。

• 本质原因：特征函数\(\varphi_2(t)=e^{-a|t|}\)在\(t=0\)处不可导（\(t=0\)处左导数为\(a\)，右导数为\(-a\)，导数不存在），不满足特征函数求矩的前提条件；
• 直接验证：\(\int_{-\infty}^{+\infty} |x| \cdot \frac{a}{\pi(x^2 + a^2)} dx\)发散，因此期望不存在。

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第5题 正态分布的3阶、4阶中心矩计算

考点定位

本题考察特征函数的高阶导数求矩、正态分布的特征函数性质，以及中心矩与原点矩的转换关系。

题目回顾

设随机变量\(X\sim N(\mu,\sigma^2)\)，用特征函数方法求\(X\)的3阶、4阶中心矩。

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详细推导

前置准备：标准化变换

令标准化变量\(Z = \frac{X - \mu}{\sigma} \sim N(0,1)\)，则\(X = \sigma Z + \mu\)，\(X\)的中心矩为：

\[E[(X-\mu)^k] = E[(\sigma Z)^k] = \sigma^k E(Z^k) \]

因此只需先求标准正态分布\(Z\)的3阶、4阶原点矩，再转换为\(X\)的中心矩。

步骤1：标准正态分布的特征函数

标准正态分布\(Z\sim N(0,1)\)的特征函数为：

\[\varphi_Z(t) = e^{-\frac{t^2}{2}} \]

步骤2：求特征函数的高阶导数

我们需要求\(\varphi_Z(t)\)在\(t=0\)处的3阶、4阶导数，利用\(E(Z^k) = \frac{\varphi_Z^{(k)}(0)}{i^k}\)。

1. 一阶导数：\(\varphi_Z'(t) = -t e^{-\frac{t^2}{2}}\)，\(\varphi_Z'(0)=0\)
2. 二阶导数：\(\varphi_Z''(t) = (t^2 - 1) e^{-\frac{t^2}{2}}\)，\(\varphi_Z''(0) = -1\)
3. 三阶导数：\(\varphi_Z'''(t) = (3t - t^3) e^{-\frac{t^2}{2}}\)，\(\varphi_Z'''(0) = 0\)
4. 四阶导数：\(\varphi_Z^{(4)}(t) = (t^4 - 6t^2 + 3) e^{-\frac{t^2}{2}}\)，\(\varphi_Z^{(4)}(0) = 3\)

步骤3：计算标准正态的高阶矩

• 3阶原点矩：\(E(Z^3) = \frac{\varphi_Z'''(0)}{i^3} = \frac{0}{-i} = 0\)
• 4阶原点矩：\(E(Z^4) = \frac{\varphi_Z^{(4)}(0)}{i^4} = \frac{3}{1} = 3\)

步骤4：转换为\(X\)的中心矩

• 3阶中心矩：\(E[(X-\mu)^3] = \sigma^3 E(Z^3) = \boldsymbol{0}\)
• 4阶中心矩：\(E[(X-\mu)^4] = \sigma^4 E(Z^4) = \boldsymbol{3\sigma^4}\)

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核心结论

正态分布的奇数阶中心矩均为0（分布关于均值对称），偶数阶中心矩满足\(E[(X-\mu)^{2m}] = (2m-1)!! \sigma^{2m}\)，本题是\(m=1,2\)的特例。

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第6题 二项分布的可加性证明

考点定位

本题考察独立随机变量和的特征函数乘积性质与特征函数唯一性定理，是分布可加性的经典证明方法。

题目回顾

若\(X\sim b(n,p)\)，\(Y\sim b(m,p)\)，且\(X\)与\(Y\)独立，证明\(X+Y\sim b(n+m,p)\)。

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详细证明

步骤1：写出两个变量的特征函数

二项分布\(b(k,p)\)的特征函数为：

\[\varphi(t) = (p e^{it} + 1-p)^k \]

因此：

• \(X\sim b(n,p)\)的特征函数：\(\varphi_X(t) = (p e^{it} + q)^n\)，其中\(q=1-p\)
• \(Y\sim b(m,p)\)的特征函数：\(\varphi_Y(t) = (p e^{it} + q)^m\)

步骤2：计算和的特征函数

由\(X\)与\(Y\)独立，根据独立随机变量和的特征函数等于各特征函数的乘积，得：

\[\varphi_{X+Y}(t) = \varphi_X(t) \cdot \varphi_Y(t) = (p e^{it} + q)^n \cdot (p e^{it} + q)^m = (p e^{it} + q)^{n+m} \]

步骤3：由唯一性定理确定分布

\(\varphi_{X+Y}(t) = (p e^{it} + q)^{n+m}\)恰好是二项分布\(b(n+m,p)\)的特征函数。
根据特征函数唯一性定理：特征函数与分布函数一一对应，因此\(X+Y\)服从二项分布\(b(n+m,p)\)。

证毕。

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第7题 泊松分布的可加性证明

考点定位

同第6题，考察独立和的特征函数性质与唯一性定理。

题目回顾

若\(X\sim P(\lambda_1)\)，\(Y\sim P(\lambda_2)\)，且\(X\)与\(Y\)独立，证明\(X+Y\sim P(\lambda_1+\lambda_2)\)。

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详细证明

步骤1：写出特征函数

泊松分布\(P(\lambda)\)的特征函数为：

\[\varphi(t) = \exp\left\{ \lambda(e^{it} - 1) \right\} \]

因此：

• \(X\)的特征函数：\(\varphi_X(t) = \exp\left\{ \lambda_1(e^{it} - 1) \right\}\)
• \(Y\)的特征函数：\(\varphi_Y(t) = \exp\left\{ \lambda_2(e^{it} - 1) \right\}\)

步骤2：计算和的特征函数

由独立性，和的特征函数为乘积：

\[\begin{align*} \varphi_{X+Y}(t) &= \varphi_X(t) \cdot \varphi_Y(t) \\ &= \exp\left\{ \lambda_1(e^{it} - 1) \right\} \cdot \exp\left\{ \lambda_2(e^{it} - 1) \right\} \\ &= \exp\left\{ (\lambda_1+\lambda_2)(e^{it} - 1) \right\} \end{align*} \]

步骤3：唯一性定理确定分布

该特征函数恰好是泊松分布\(P(\lambda_1+\lambda_2)\)的特征函数，由唯一性定理，\(X+Y\sim P(\lambda_1+\lambda_2)\)。

证毕。

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第8题 伽马分布的可加性证明

题目回顾

若\(X\sim Ga(\alpha_1,\lambda)\)，\(Y\sim Ga(\alpha_2,\lambda)\)，且\(X\)与\(Y\)独立，证明\(X+Y\sim Ga(\alpha_1+\alpha_2,\lambda)\)。

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详细证明

步骤1：写出特征函数

伽马分布\(Ga(\alpha,\lambda)\)的特征函数为：

\[\varphi(t) = \left( 1 - \frac{it}{\lambda} \right)^{-\alpha} \]

因此：

• \(X\)的特征函数：\(\varphi_X(t) = \left( 1 - \frac{it}{\lambda} \right)^{-\alpha_1}\)
• \(Y\)的特征函数：\(\varphi_Y(t) = \left( 1 - \frac{it}{\lambda} \right)^{-\alpha_2}\)

步骤2：计算和的特征函数

由独立性：

\[\varphi_{X+Y}(t) = \varphi_X(t) \cdot \varphi_Y(t) = \left( 1 - \frac{it}{\lambda} \right)^{-(\alpha_1+\alpha_2)} \]

步骤3：唯一性定理确定分布

该特征函数是伽马分布\(Ga(\alpha_1+\alpha_2,\lambda)\)的特征函数，由唯一性定理，\(X+Y\sim Ga(\alpha_1+\alpha_2,\lambda)\)。

证毕。

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第9题 卡方分布的可加性证明

题目回顾

若\(X\sim \chi^2(n)\)，\(Y\sim \chi^2(m)\)，且\(X\)与\(Y\)独立，证明\(X+Y\sim \chi^2(n+m)\)。

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详细证明

步骤1：卡方分布与伽马分布的关系

卡方分布\(\chi^2(k)\)是伽马分布的特例：\(\chi^2(k) = Ga\left( \frac{k}{2}, \frac{1}{2} \right)\)，因此其特征函数为：

\[\varphi(t) = (1 - 2it)^{-k/2} \]

步骤2：计算和的特征函数

• \(X\)的特征函数：\(\varphi_X(t) = (1 - 2it)^{-n/2}\)
• \(Y\)的特征函数：\(\varphi_Y(t) = (1 - 2it)^{-m/2}\)

由独立性，和的特征函数：

\[\varphi_{X+Y}(t) = (1 - 2it)^{-n/2} \cdot (1 - 2it)^{-m/2} = (1 - 2it)^{-(n+m)/2} \]

步骤3：唯一性定理确定分布

该特征函数是\(\chi^2(n+m)\)的特征函数，由唯一性定理，\(X+Y\sim \chi^2(n+m)\)。

证毕。

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第10题 独立指数分布和的分布证明

题目回顾

设\(X_1,X_2,\dots,X_n\)独立同分布，且\(X_i\sim Exp(\lambda)\)，证明\(Y_n = \sum_{i=1}^n X_i \sim Ga(n,\lambda)\)。

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详细证明

步骤1：指数分布的特征函数

指数分布\(Exp(\lambda)\)是伽马分布\(Ga(1,\lambda)\)，其特征函数为：

\[\varphi_{X_i}(t) = \left( 1 - \frac{it}{\lambda} \right)^{-1} \]

步骤2：计算和的特征函数

由\(X_1,\dots,X_n\)独立，和的特征函数为各特征函数的乘积：

\[\varphi_{Y_n}(t) = \prod_{i=1}^n \varphi_{X_i}(t) = \left[ \left( 1 - \frac{it}{\lambda} \right)^{-1} \right]^n = \left( 1 - \frac{it}{\lambda} \right)^{-n} \]

步骤3：唯一性定理确定分布

该特征函数是伽马分布\(Ga(n,\lambda)\)的特征函数，由唯一性定理，\(Y_n\sim Ga(n,\lambda)\)。

证毕。

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第11题 柯西分布的性质证明

题目回顾

设\(X\sim \text{Ca}(\lambda,\mu)\)，密度函数为\(p(x) = \frac{1}{\pi} \cdot \frac{\lambda}{\lambda^2 + (x-\mu)^2}\)，完成以下证明：
(1) 证明\(X\)的特征函数为\(\exp\left\{ i\mu t - \lambda |t| \right\}\)，并证明柯西分布的可加性；
(2) 当\(\mu=0,\lambda=1\)时，记\(Y=X\)，证明\(\varphi_{X+Y}(t) = \varphi_X(t) \cdot \varphi_Y(t)\)，但\(X\)与\(Y\)不独立；
(3) 若\(X_1,\dots,X_n\)独立同服从同一柯西分布，证明\(\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n X_i\)与\(X_1\)同分布。

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详细证明

(1) 特征函数与可加性证明

步骤1：推导特征函数

令标准化柯西变量\(Z = \frac{X-\mu}{\lambda} \sim \text{Ca}(1,0)\)（标准柯西分布），由第4题(2)的结论，\(Z\)的特征函数为\(\varphi_Z(t)=e^{-|t|}\)。

由特征函数的线性变换性质\(\varphi_{aX+b}(t)=e^{itb}\varphi_X(at)\)，代入\(X=\lambda Z + \mu\)，得：

\[\varphi_X(t) = e^{it\mu} \varphi_Z(\lambda t) = e^{it\mu} \cdot e^{-\lambda |t|} = \boldsymbol{\exp\left\{ i\mu t - \lambda |t| \right\}} \]

步骤2：证明可加性

设\(X_1\sim \text{Ca}(\lambda_1,\mu_1)\)，\(X_2\sim \text{Ca}(\lambda_2,\mu_2)\)，且相互独立，则和的特征函数为：

\[\begin{align*} \varphi_{X_1+X_2}(t) &= \varphi_{X_1}(t) \cdot \varphi_{X_2}(t) \\ &= e^{i\mu_1 t - \lambda_1 |t|} \cdot e^{i\mu_2 t - \lambda_2 |t|} \\ &= e^{i(\mu_1+\mu_2)t - (\lambda_1+\lambda_2)|t|} \end{align*} \]

该特征函数对应柯西分布\(\text{Ca}(\lambda_1+\lambda_2, \mu_1+\mu_2)\)，由唯一性定理，\(X_1+X_2\sim \text{Ca}(\lambda_1+\lambda_2, \mu_1+\mu_2)\)，可加性得证。

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(2) 特征函数乘积成立但不独立的证明

当\(\mu=0,\lambda=1\)时，\(X\sim \text{Ca}(1,0)\)，特征函数\(\varphi_X(t)=e^{-|t|}\)。

1. 验证特征函数乘积成立：
   \(Y=X\)，因此\(X+Y=2X\)，其特征函数为：

   \[\varphi_{X+Y}(t) = \varphi_{2X}(t) = \varphi_X(2t) = e^{-|2t|} = e^{-2|t|} \]

   而\(\varphi_X(t) \cdot \varphi_Y(t) = e^{-|t|} \cdot e^{-|t|} = e^{-2|t|}\)，因此\(\varphi_{X+Y}(t) = \varphi_X(t)\varphi_Y(t)\)成立。

2. 证明\(X\)与\(Y\)不独立：
   独立随机变量需满足：对任意 Borel 集\(A,B\)，\(P(X\in A,Y\in B)=P(X\in A)P(Y\in B)\)。
   取\(A=\{x|x>1\}\)，\(B=\{y|y<0\}\)，则：

   \[P(X\in A,Y\in B) = P(X>1, X<0) = 0 \]

   但\(P(X>1) = \int_{1}^{+\infty} \frac{1}{\pi(1+x^2)} dx = \frac{1}{4} > 0\)，\(P(X<0)=\frac{1}{2}>0\)，因此\(P(X\in A)P(Y\in B) = \frac{1}{8} \neq 0\)，不满足独立的定义，故\(X\)与\(Y\)不独立。

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(3) 样本均值与单个变量同分布的证明

设\(X_1,\dots,X_n\)独立同服从\(\text{Ca}(\lambda,\mu)\)，特征函数均为\(\varphi(t)=e^{i\mu t - \lambda |t|}\)。

令\(\overline{X} = \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n X_i\)，计算其特征函数：

\[\begin{align*} \varphi_{\overline{X}}(t) &= \varphi_{\frac{1}{n}\sum X_i}(t) = \prod_{i=1}^n \varphi_{X_i}\left( \frac{t}{n} \right) \\ &= \left[ e^{i\mu \cdot \frac{t}{n} - \lambda \left| \frac{t}{n} \right|} \right]^n \\ &= e^{i\mu t - \lambda |t|} \end{align*} \]

\(\varphi_{\overline{X}}(t)\)与\(X_1\)的特征函数完全相同，由唯一性定理，\(\overline{X}\)与\(X_1\)同分布。

证毕。

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第12题 密度函数关于原点对称的充要条件证明

题目回顾

设连续随机变量\(X\)的密度函数为\(p(x)\)，证明：\(p(x)\)关于原点对称的充要条件是它的特征函数是实偶函数。

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详细证明

必要性：\(p(x)\)关于原点对称 ⇒ 特征函数是实偶函数

\(p(x)\)关于原点对称，即\(p(-x)=p(x)\)对所有\(x\)成立。

1. 证明是实函数：
   特征函数的共轭对称性：\(\varphi(-t) = \overline{\varphi(t)}\)。
   同时，对特征函数做变量替换\(x=-u\)：

   \[\varphi(-t) = \int_{-\infty}^{+\infty} e^{-itx} p(x) dx = \int_{-\infty}^{+\infty} e^{itu} p(-u) du = \int_{-\infty}^{+\infty} e^{itu} p(u) du = \varphi(t) \]

   因此\(\varphi(t) = \overline{\varphi(t)}\)，即\(\varphi(t)\)是实值函数。

2. 证明是偶函数：
   由上述推导，\(\varphi(-t)=\varphi(t)\)，因此\(\varphi(t)\)是偶函数。

   综上，\(\varphi(t)\)是实偶函数，必要性得证。

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充分性：特征函数是实偶函数 ⇒ \(p(x)\)关于原点对称

\(\varphi(t)\)是实偶函数，即\(\varphi(-t)=\varphi(t)=\overline{\varphi(t)}\)。

1. 考虑\(-X\)的特征函数：\(\varphi_{-X}(t) = \varphi_X(-t) = \varphi_X(t)\)，因此\(-X\)与\(X\)同分布。

2. \(X\)的密度函数为\(p(x)\)，则\(-X\)的密度函数为\(p(-x)\)。

3. 同分布的随机变量密度函数几乎处处相等，因此\(p(-x)=p(x)\)几乎处处成立，即\(p(x)\)关于原点对称。

   充分性得证。

证毕。

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第13题 正态分布样本均值的分布

题目回顾

设\(X_1,X_2,\dots,X_n\)独立同分布，且\(X_i\sim N(\mu,\sigma^2)\)，求\(\overline{X} = \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n X_i\)的分布。

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详细解答

步骤1：写出单个变量的特征函数

\(X_i\sim N(\mu,\sigma^2)\)的特征函数为：

\[\varphi_{X_i}(t) = \exp\left\{ i\mu t - \frac{\sigma^2 t^2}{2} \right\} \]

步骤2：计算样本均值的特征函数

由特征函数的线性变换性质与独立和的乘积性质：

\[\begin{align*} \varphi_{\overline{X}}(t) &= \varphi_{\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n X_i}(t) = \prod_{i=1}^n \varphi_{X_i}\left( \frac{t}{n} \right) \\ &= \left[ \exp\left\{ i\mu \cdot \frac{t}{n} - \frac{\sigma^2 (t/n)^2}{2} \right\} \right]^n \\ &= \exp\left\{ i\mu t - \frac{\sigma^2 t^2}{2n} \right\} \end{align*} \]

步骤3：由唯一性定理确定分布

该特征函数是正态分布\(N\left( \mu, \frac{\sigma^2}{n} \right)\)的特征函数，由唯一性定理：

\[\overline{X} \sim N\left( \mu, \frac{\sigma^2}{n} \right) \]

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第14题 泊松定理的特征函数证明

题目回顾

设有一列二项分布\(\{b(k,n,p_n)\}\)，若\(\lim_{n\to\infty} n p_n = \lambda\)，证明：

\[\lim_{n\to\infty} b(k,n,p_n) = \frac{\lambda^k e^{-\lambda}}{k!}, \quad k=0,1,2,\dots \]

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详细证明

步骤1：写出二项分布的特征函数

二项分布\(b(n,p_n)\)的特征函数为：

\[\varphi_n(t) = (p_n e^{it} + 1 - p_n)^n \]

步骤2：求特征函数的极限

由题设\(\lim_{n\to\infty} n p_n = \lambda\)，因此当\(n\to\infty\)时，\(p_n \sim \frac{\lambda}{n}\)，即\(p_n \to 0\)。

对特征函数做变形：

\[\varphi_n(t) = \left[ 1 + p_n (e^{it} - 1) \right]^n \]

利用重要极限\(\lim_{n\to\infty} (1 + \frac{a_n}{n})^n = e^a\)（当\(\lim_{n\to\infty}a_n=a\)时），令\(a_n = n p_n (e^{it} - 1)\)，则：

\[\lim_{n\to\infty} a_n = \lim_{n\to\infty} n p_n (e^{it} - 1) = \lambda (e^{it} - 1) \]

因此：

\[\lim_{n\to\infty} \varphi_n(t) = \exp\left\{ \lambda(e^{it} - 1) \right\} \]

步骤3：由连续性定理得分布收敛

极限函数\(\exp\left\{ \lambda(e^{it} - 1) \right\}\)是泊松分布\(P(\lambda)\)的特征函数，由勒维连续性定理，二项分布序列的分布函数弱收敛于泊松分布的分布函数，因此对所有非负整数\(k\)，有：

\[\lim_{n\to\infty} b(k,n,p_n) = P(X=k) = \frac{\lambda^k e^{-\lambda}}{k!} \]

证毕。

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第15题 伽马分布的渐近正态性证明

题目回顾

设随机变量\(X\sim Ga(\alpha,\lambda)\)，证明：当\(\alpha\to\infty\)时，随机变量\(Y_\alpha = \frac{\lambda X - \alpha}{\sqrt{\alpha}}\)按分布收敛于标准正态变量。

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详细证明

步骤1：写出\(Y_\alpha\)的特征函数

首先，\(X\sim Ga(\alpha,\lambda)\)的特征函数为\(\varphi_X(t) = \left( 1 - \frac{it}{\lambda} \right)^{-\alpha}\)。

\(Y_\alpha = \frac{\lambda X - \alpha}{\sqrt{\alpha}} = \frac{\lambda}{\sqrt{\alpha}} X - \sqrt{\alpha}\)，由特征函数的线性变换性质：

\[\begin{align*} \varphi_{Y_\alpha}(t) &= e^{-it\sqrt{\alpha}} \cdot \varphi_X\left( \frac{\lambda t}{\sqrt{\alpha}} \right) \\ &= e^{-it\sqrt{\alpha}} \cdot \left( 1 - \frac{it}{\sqrt{\alpha}} \right)^{-\alpha} \end{align*} \]

步骤2：对特征函数取对数，做泰勒展开

对\(\varphi_{Y_\alpha}(t)\)取自然对数：

\[\ln \varphi_{Y_\alpha}(t) = -it\sqrt{\alpha} - \alpha \ln\left( 1 - \frac{it}{\sqrt{\alpha}} \right) \]

当\(\alpha\to\infty\)时，\(\frac{it}{\sqrt{\alpha}} \to 0\)，对\(\ln(1-x)\)做泰勒展开：\(\ln(1-x) = -x - \frac{x^2}{2} + o(x^2)\)，令\(x=\frac{it}{\sqrt{\alpha}}\)，得：

\[\ln\left( 1 - \frac{it}{\sqrt{\alpha}} \right) = -\frac{it}{\sqrt{\alpha}} - \frac{1}{2} \cdot \left( \frac{it}{\sqrt{\alpha}} \right)^2 + o\left( \frac{1}{\alpha} \right) = -\frac{it}{\sqrt{\alpha}} + \frac{t^2}{2\alpha} + o\left( \frac{1}{\alpha} \right) \]

代入对数表达式：

\[\begin{align*} \ln \varphi_{Y_\alpha}(t) &= -it\sqrt{\alpha} - \alpha \left( -\frac{it}{\sqrt{\alpha}} + \frac{t^2}{2\alpha} + o\left( \frac{1}{\alpha} \right) \right) \\ &= -it\sqrt{\alpha} + it\sqrt{\alpha} - \frac{t^2}{2} + o(1) \\ &= -\frac{t^2}{2} + o(1) \end{align*} \]

步骤3：求特征函数的极限

当\(\alpha\to\infty\)时，\(o(1)\to0\)，因此：

\[\lim_{\alpha\to\infty} \ln \varphi_{Y_\alpha}(t) = -\frac{t^2}{2} \implies \lim_{\alpha\to\infty} \varphi_{Y_\alpha}(t) = e^{-\frac{t^2}{2}} \]

步骤4：由连续性定理得分布收敛

极限函数\(e^{-\frac{t^2}{2}}\)是标准正态分布\(N(0,1)\)的特征函数，由勒维连续性定理，\(Y_\alpha\)的分布函数弱收敛于标准正态分布的分布函数，即\(Y_\alpha\)按分布收敛于标准正态变量。

证毕。