| 模型 | 模型答案 | 正确答案 |
|---|---|---|
| 金声玉亮2.0 | C |
C |
| deepseekr1 | 要计算服从拉普拉斯分布$X \sim f(x,\lambda)=\frac{1}{4\lambda}e^{-\frac{|x|}{2\lambda}}$的$E(|X|)$，可通过积分直接求解： $$ E(|X|) = \int_{-\infty}^{+\infty} |x| \cdot \frac{1}{4\lambda} e^{-\frac{|x|}{2\lambda}} \, dx. $$ 由于被积函数为偶函数，可将积分范围简化为非负区间并乘以2： $$ E(|X|) = 2 \cdot \int_{0}^{+\infty} x \cdot \frac{1}{4\lambda} e^{-\frac{x}{2\lambda}} \, dx = \frac{1}{2\lambda} \int_{0}^{+\infty} x e^{-\frac{x}{2\lambda}} \, dx. $$ 令$a = \frac{1}{2\lambda}$，则积分$\int_{0}^{+\infty} x e^{-a x} \, dx = \frac{1}{a^2}$。代入$a$得： $$ \int_{0}^{+\infty} x e^{-\frac{x}{2\lambda}} \, dx = \left(2\lambda\right)^2 = 4\lambda^2. $$ 因此， $$ E(|X|) = \frac{1}{2\lambda} \cdot 4\lambda^2 = 2\lambda. $$ 此外，拉普拉斯分布参数为$b=2\lambda$时，$|X|$服从参数为$\frac{1}{2\lambda}$的指数分布，其期望为$\frac{1}{\frac{1}{2\lambda}} = 2\lambda$。两种方法均得相同结果。 答案：C. $2 \lambda$ |
C |
| gpto1 | 设随机变量\( X \)服从参数为\( \lambda \)的拉普拉斯分布，其概率密度函数为： \[ f(x; \lambda) = \frac{1}{4\lambda} e^{-\frac{|x|}{2\lambda}},\quad -\infty < x < \infty. \] 拉普拉斯分布的一般形式为： \[ f(x;\mu,b) = \frac{1}{2b} e^{-\frac{|x - \mu|}{b}}, \] 其中\( \mu \)为位置参数，\( b > 0 \)为尺度参数。 将给定的密度函数与标准形式对比，我们得到： - 位置参数\( \mu = 0 \) - 尺度参数\( b = 2\lambda \) 拉普拉斯分布的性质之一是： \[ E(|X - \mu|) = b. \] 因为\( \mu = 0 \)，所以\( E(|X|) = b = 2\lambda \)。 因此，\( E(|X|) = 2\lambda \)。 **答案：C** |
C |
| GPT-4o | 我们需要计算随机变量$X$的期望值$E(|X|)$。 首先，给定$X$服从拉普拉斯分布，概率密度函数为： \[ f(x, \lambda) = \frac{1}{4\lambda} e^{-\frac{|x|}{2\lambda}}, \quad -\infty < x < \infty \] 其中$\lambda > 0$。 要计算$E(|X|)$，我们可以使用期望的定义： \[ E(|X|) = \int_{-\infty}^{\infty} |x| f(x, \lambda) \, dx \] 将$f(x, \lambda)$代入： \[ E(|X|) = \int_{-\infty}^{\infty} |x| \frac{1}{4\lambda} e^{-\frac{|x|}{2\lambda}} \, dx \] 由于$|x|$是偶函数，而$f(x, \lambda)$也是偶函数，所以我们可以将积分区间一分为二，并将积分范围变为正半轴的两倍： \[ E(|X|) = 2 \int_{0}^{\infty} x \frac{1}{4\lambda} e^{-\frac{x}{2\lambda}} \, dx \] 将常数部分提出来： \[ E(|X|) = \frac{1}{2\lambda} \int_{0}^{\infty} x e^{-\frac{x}{2\lambda}} \, dx \] 接下来，令$u = \frac{x}{2\lambda}$，则$x = 2\lambda u$，$dx = 2\lambda du$，积分变为： \[ E(|X|) = \frac{1}{2\lambda} \int_{0}^{\infty} (2\lambda u) e^{-u} (2\lambda) \, du \] \[ E(|X|) = \frac{1}{2\lambda} \cdot 2\lambda \cdot 2\lambda \int_{0}^{\infty} u e^{-u} \, du \] \[ E(|X|) = 2\lambda \int_{0}^{\infty} u e^{-u} \, du \] 我们知道$\int_{0}^{\infty} u e^{-u} \, du$是一个标准的Gamma函数积分，结果为1： \[ \int_{0}^{\infty} u e^{-u} \, du = 1 \] 所以： \[ E(|X|) = 2\lambda \cdot 1 = 2\lambda \] 因此，$E(|X|)$的值是$2\lambda$。 正确答案是： C. $2\lambda$ |
C |
| llama3.1-70B-Instruct | 由题意,总体X服从拉普拉斯分布,其密度函数为f(x,\lambda)=\frac{1}{4\lambda}e^{-\frac{|x|}{2\lambda}},-\infty<x<\infty,其中\lambda>0,则E(|X|)=\int_{-\infty}^{+\infty}|x|f(x,\lambda)dx=\int_{-\infty}^{0}-xf(x,\lambda)dx+\int_{0}^{+\infty}xf(x,\lambda)dx=2\int_{0}^{+\infty}xf(x,\lambda)dx=2\int_{0}^{+\infty}x\cdot\frac{1}{4\lambda}e^{-\frac{x}{2\lambda}}dx=2\lambda\int_{0}^{+\infty}\frac{x}{2\lambda}e^{-\frac{x}{2\lambda}}d\frac{x}{2\lambda}=2\lambda\int_{0}^{+\infty}te^{-t}dt=2\lambda\cdot1=2\lambda. 最终结果是2*lambda |
C |
| llama3.1-405B-Instruct | C |
C |
| DeepSeek-Coder-V2 | 为了求解这个问题，我们需要计算拉普拉斯分布的期望值 \( E(|X|) \)。拉普拉斯分布的概率密度函数为： \[ f(x, \lambda) = \frac{1}{4\lambda} e^{-\frac{|x|}{2\lambda}}, \quad -\infty < x < \infty \] 首先，我们知道 \( E(|X|) \) 的定义是： \[ E(|X|) = \int_{-\infty}^{\infty} |x| f(x, \lambda) \, dx \] 由于 \( f(x, \lambda) \) 是偶函数，且 \( |x| \) 也是偶函数，我们可以将积分范围缩小到正半轴，并将结果乘以2： \[ E(|X|) = 2 \int_{0}^{\infty} x f(x, \lambda) \, dx \] 将 \( f(x, \lambda) \) 代入积分中： \[ E(|X|) = 2 \int_{0}^{\infty} x \cdot \frac{1}{4\lambda} e^{-\frac{x}{2\lambda}} \, dx \] 简化积分： \[ E(|X|) = \frac{1}{2\lambda} \int_{0}^{\infty} x e^{-\frac{x}{2\lambda}} \, dx \] 为了计算这个积分，我们可以使用分部积分法。设 \( u = x \) 和 \( dv = e^{-\frac{x}{2\lambda}} dx \)，则 \( du = dx \) 和 \( v = -2\lambda e^{-\frac{x}{2\lambda}} \)。 应用分部积分公式 \( \int u \, dv = uv - \int v \, du \)： \[ \int_{0}^{\infty} x e^{-\frac{x}{2\lambda}} \, dx = \left[ -2\lambda x e^{-\frac{x}{2\lambda}} \right]_{0}^{\infty} + 2\lambda \int_{0}^{\infty} e^{-\frac{x}{2\lambda}} \, dx \] 计算边界项： \[ \left[ -2\lambda x e^{-\frac{x}{2\lambda}} \right]_{0}^{\infty} = 0 - 0 = 0 \] 因此，积分简化为： \[ \int_{0}^{\infty} x e^{-\frac{x}{2\lambda}} \, dx = 2\lambda \int_{0}^{\infty} e^{-\frac{x}{2\lambda}} \, dx \] 计算剩下的积分： \[ \int_{0}^{\infty} e^{-\frac{x}{2\lambda}} \, dx = \left[ -2\lambda e^{-\frac{x}{2\lambda}} \right]_{0}^{\infty} = 0 - (-2\lambda) = 2\lambda \] 因此： \[ \int_{0}^{\infty} x e^{-\frac{x}{2\lambda}} \, dx = 2\lambda \cdot 2\lambda = 4\lambda^2 \] 回到原积分： \[ E(|X|) = \frac{1}{2\lambda} \cdot 4\lambda^2 = 2\lambda \] 所以，正确答案是： \[ \boxed{C} \] |
C |
| Qwen2-72B-Instruct | 为了求解$E(|X|)$，我们首先需要计算$|X|$的期望值，即$E(|X|) = \int_{-\infty}^{\infty} |x|f(x,\lambda) dx$。 给定的拉普拉斯分布的概率密度函数为$f(x,\lambda)=\frac{1}{4\lambda}e^{-\frac{|x|}{2\lambda}}$。 由于$|x|$在$x<0$时等于$-x$，在$x\geq0$时等于$x$，我们可以将积分分为两部分： $E(|X|) = \int_{-\infty}^{0} (-x)f(x,\lambda) dx + \int_{0}^{\infty} x f(x,\lambda) dx$ 将$f(x,\lambda)$代入，得到： $E(|X|) = \int_{-\infty}^{0} \frac{-x}{4\lambda}e^{-\frac{|x|}{2\lambda}} dx + \int_{0}^{\infty} \frac{x}{4\lambda}e^{-\frac{|x|}{2\lambda}} dx$ 由于在$x<0$时$|x|=-x$，在$x\geq0$时$|x|=x$，我们可以简化积分表达式： $E(|X|) = \int_{-\infty}^{0} \frac{x}{4\lambda}e^{\frac{x}{2\lambda}} dx + \int_{0}^{\infty} \frac{x}{4\lambda}e^{-\frac{x}{2\lambda}} dx$ 让我们先计算第二个积分，因为它更直观： $\int_{0}^{\infty} \frac{x}{4\lambda}e^{-\frac{x}{2\lambda}} dx = \frac{1}{4\lambda}\int_{0}^{\infty} xe^{-\frac{x}{2\lambda}} dx$ 通过使用积分变换$u=\frac{x}{2\lambda}$，$du=\frac{1}{2\lambda}dx$，我们得到： $\frac{1}{4\lambda} \cdot 2\lambda^2 \int_{0}^{\infty} 2ue^{-u} du = \frac{\lambda}{2}\int_{0}^{\infty} 2ue^{-u} du$ 这个积分是$2u$乘以$e^{-u}$的期望值，等于$2\Gamma(2)=2\cdot1!=2$。因此， $\frac{\lambda}{2}\int_{0}^{\infty} 2ue^{-u} du = \frac{\lambda}{2} \cdot 2 = \lambda$。 对于第一个积分，由于$e^{\frac{x}{2\lambda}}$在$x<0$时是递增的，我们可以使用类似的积分变换，但注意到积分的范围和指数函数的符号，这将导致相同的最终结果$\lambda$（这是因为拉普拉斯分布的对称性）。 因此， $E(|X|) = \lambda + \lambda = 2\lambda$。 所以正确答案是C. $2\lambda$。 |
C |
| baichuan4 | 为了找到期望 $E(|X|)$，我们需要对概率密度函数关于 $x$ 进行积分。 给定的概率密度函数是： $$f(x,\lambda)=\frac{1}{4\lambda}e^{-\frac{|x|}{2\lambda}},-\infty<x<\infty$$ 期望 $E(|X|)$ 可以通过下面的积分计算得到： $$E(|X|) = \int_{-\infty}^{\infty} |x| \cdot f(x,\lambda) \, dx$$ 将 $f(x,\lambda)$ 代入得： $$E(|X|) = \int_{-\infty}^{\infty} |x| \cdot \frac{1}{4\lambda}e^{-\frac{|x|}{2\lambda}} \, dx$$ 由于 $|x|$ 是偶函数，而 $e^{-\frac{|x|}{2\lambda}}$ 也是偶函数，这个积分可以简化为： $$E(|X|) = 2 \int_{0}^{\infty} x \cdot \frac{1}{4\lambda}e^{-\frac{x}{2\lambda}} \, dx$$ 这个积分可以通过分部积分法来计算。设 $u = x$ 并且 $dv = \frac{1}{4\lambda}e^{-\frac{x}{2\lambda}}dx$，则 $du = dx$ 并且 $v = -2\lambda e^{-\frac{x}{2\lambda}}$。 应用分部积分法： $$\int udv = uv - \int vdu$$ 我们得到： $$2 \int_{0}^{\infty} x \cdot \frac{1}{4\lambda}e^{-\frac{x}{2\lambda}} \, dx = 2(-2\lambda x e^{-\frac{x}{2\lambda}} \Big|_{0}^{\infty} - \int_{0}^{\infty} -2\lambda e^{-\frac{x}{2\lambda}} dx)$$ 注意到当 $x \to \infty$ 时，$e^{-\frac{x}{2\lambda}} \to 0$，因此： $$2(-2\lambda x e^{-\frac{x}{2\lambda}} \Big|_{0}^{\infty}) = 0$$ 剩下的积分是： $$2 \int_{0}^{\infty} 2\lambda e^{-\frac{x}{2\lambda}} dx = 4\lambda^2$$ 因此，$E(|X|) = 4\lambda^2$。 但是，这与提供的选项不匹配，所以让我们仔细检查计算过程。在分部积分中，我正确地设置了 $u$ 和 $dv$，但是在计算 $v$ 时犯了一个错误。正确的 $v$ 应该是 $-2\lambda e^{-\frac{x}{2\lambda}}$，而不是我之前错误地写的。让我们重新计算： 正确的 $v$ 是： $$v = -2\lambda e^{-\frac{x}{2\lambda}}$$ 因此，正确的分部积分应该是： $$2(-2\lambda x e^{-\frac{x}{2\lambda}} \Big|_{0}^{\infty} - \int_{0}^{\infty} -2\lambda e^{-\frac{x}{2\lambda}} dx) = 2(0 - \int_{0}^{\infty} -2\lambda e^{-\frac{x}{2\lambda}} dx)$$ 积分变为： $$2 \int_{0}^{\infty} 2\lambda e^{-\frac{x}{2\lambda}} dx = 4\lambda \int_{0}^{\infty} e^{-\frac{x}{2\lambda}} dx$$ 这个积分的结果是： $$4\lambda (2\lambda) = 8\lambda^2$$ 因此，正确的 $E(|X|)$ 应该是： $$E(|X|) = 8\lambda^2$$ 再次检查我的计算，我发现在最后一步我错误地将 $4\lambda$ 与积分结果相乘。正确的步骤应该是直接计算积分而不乘以 $4\lambda$。让我们修正这个错误并重新计算积分： $$\int_{0}^{\infty} e^{-\frac{x}{2\lambda}} dx = -2\lambda e^{-\frac{x}{2\lambda}} \Big|_{0}^{\infty} = -2\lambda (0 - 1) = 2\lambda$$ 因此，正确的期望值 $E(|X|)$ 是： $$E(|X|) = 2 \cdot 2\lambda = 4\lambda$$ 这意味着正确答案是： D. $\lambda$ 所以最终答案是 D. $\lambda$。 |
C |
| doubao | 已知总体$X$服从拉普拉斯分布$f(x,\lambda)=\frac{1}{4\lambda}e^{-\frac{|x|}{2\lambda}}$，要求$E(|X|)$。 设$Y=|X|$，则$P(Y=y)=P(|X|=y)=P(X=y)+P(X=-y)=\frac{1}{4\lambda}e^{-\frac{y}{2\lambda}}+\frac{1}{4\lambda}e^{-\frac{|y|}{2\lambda}}=\frac{1}{2\lambda}e^{-\frac{y}{2\lambda}}$（$y\gt0$）。 则$E(Y)=\int_{0}^{\infty}y\times\frac{1}{2\lambda}e^{-\frac{y}{2\lambda}}dy$，令$u=\frac{y}{2\lambda}$，则$dy=2\lambda du$，可得： \[ \begin{align*} E(Y)&=\int_{0}^{\infty}2\lambda ue^{-u}du\\ &=2\lambda[-ue^{-u}-e^{-u}]_{0}^{\infty}\\ &=2\lambda \end{align*} ] 所以$E(|X|)=2\lambda$，正确答案是 C 选项。 |
C |
| minimax | 为了计算$E(|X|)$，我们需要对$|X|$的概率密度函数进行积分。由于拉普拉斯分布是关于$0$对称的，我们可以将积分分成两部分，一部分是$x \geq 0$，另一部分是$x < 0$。 对于$x \geq 0$，$|X| = X$，而对于$x < 0$，$|X| = -X$。因此，我们可以写出期望值的表达式： $$E(|X|) = \int_{-\infty}^{\infty} |x| f(x,\lambda) dx = \int_{-\infty}^{0} (-x) \frac{1}{4\lambda}e^{-\frac{|x|}{2\lambda}} dx + \int_{0}^{\infty} x \frac{1}{4\lambda}e^{-\frac{|x|}{2\lambda}} dx$$ 由于拉普拉斯分布的对称性，这两个积分是相等的，所以我们可以只计算其中一个然后乘以2： $$E(|X|) = 2 \int_{0}^{\infty} x \frac{1}{4\lambda}e^{-\frac{x}{2\lambda}} dx$$ 现在我们计算这个积分： $$E(|X|) = \frac{1}{2\lambda} \int_{0}^{\infty} x e^{-\frac{x}{2\lambda}} dx$$ 这是一个指数分布的期望值计算，我们可以使用分部积分法来解决它。设$u = x$，$dv = e^{-\frac{x}{2\lambda}} dx$，则$du = dx$，$v = -2\lambda e^{-\frac{x}{2\lambda}}$。应用分部积分法： $$E(|X|) = \frac{1}{2\lambda} \left[ -2\lambda x e^{-\frac{x}{2\lambda}} \Big|_{0}^{\infty} + 2\lambda \int_{0}^{\infty} e^{-\frac{x}{2\lambda}} dx \right]$$ 第一部分在$x \to \infty$时为$0$，在$x = 0$时也为$0$。第二部分是一个指数函数的积分，其结果是$-2\lambda$乘以$e^{-\frac{x}{2\lambda}}$在$0$到$\infty$的积分，即$2\lambda$。因此： $$E(|X|) = \frac{1}{2\lambda} \left[ 0 + 2\lambda \cdot 2\lambda \right] = 2\lambda$$ 所以正确答案是： C. $2 \lambda$ |
C |
| kimi | 拉普拉斯分布的概率密度函数为： \[ f(x,\lambda) = \frac{1}{2\lambda} e^{-\frac{|x|}{\lambda}} \] 对于拉普拉斯分布，期望值 \( E(X) \) 是0，因为拉普拉斯分布是关于原点对称的。但是，我们要找的是 \( E(|X|) \)，即 \( X \) 的绝对值的期望。 \( E(|X|) \) 可以通过以下方式计算： \[ E(|X|) = \int_{-\infty}^{\infty} |x| f(x,\lambda) dx \] 由于 \( f(x,\lambda) \) 是关于 \( x=0 \) 对称的，我们可以将积分分成两部分： \[ E(|X|) = 2 \int_{0}^{\infty} x \frac{1}{2\lambda} e^{-\frac{x}{\lambda}} dx \] 现在，我们计算这个积分： \[ E(|X|) = \frac{1}{\lambda} \int_{0}^{\infty} x e^{-\frac{x}{\lambda}} dx \] 为了计算这个积分，我们可以使用分部积分法。设 \( u = x \) 和 \( dv = e^{-\frac{x}{\lambda}} dx \)，则 \( du = dx \) 和 \( v = -\lambda e^{-\frac{x}{\lambda}} \)。 应用分部积分法： \[ \int u dv = uv - \int v du \] \[ \int_{0}^{\infty} x e^{-\frac{x}{\lambda}} dx = -\lambda x e^{-\frac{x}{\lambda}} \bigg|_{0}^{\infty} + \lambda \int_{0}^{\infty} e^{-\frac{x}{\lambda}} dx \] \[ = 0 - 0 + \lambda \left[ -\lambda e^{-\frac{x}{\lambda}} \bigg|_{0}^{\infty} \right] \] \[ = \lambda^2 \] 所以， \[ E(|X|) = \frac{1}{\lambda} \lambda^2 = \lambda \] 答案是 D. \( \lambda \) |
C |
| wenxinyiyan | 首先，拉普拉斯分布的概率密度函数为 $f(x,\lambda) = \frac{1}{4\lambda}e^{-\frac{|x|}{2\lambda}}, \quad -\infty < x < \infty$ 其中，$\lambda > 0$。 要求$E(|X|)$，我们需要计算以下积分： $E(|X|) = \int_{-\infty}^{\infty} |x| \cdot f(x,\lambda) \, dx$ 由于$f(x,\lambda)$在$x=0$处有一个拐点，我们需要将积分分为两部分： $E(|X|) = \int_{-\infty}^{0} (-x) \cdot \frac{1}{4\lambda}e^{\frac{x}{2\lambda}} \, dx + \int_{0}^{\infty} x \cdot \frac{1}{4\lambda}e^{-\frac{x}{2\lambda}} \, dx$ 我们先计算第一个积分： $\int_{-\infty}^{0} (-x) \cdot \frac{1}{4\lambda}e^{\frac{x}{2\lambda}} \, dx$ 通过积分，我们得到： $= -\frac{1}{4\lambda} \left[ 2\lambda e^{\frac{x}{2\lambda}} \right]_{-\infty}^{0} = \frac{1}{2}$ 接着计算第二个积分： $\int_{0}^{\infty} x \cdot \frac{1}{4\lambda}e^{-\frac{x}{2\lambda}} \, dx$ 通过积分，我们得到： $= -\frac{1}{4\lambda} \left[ -2\lambda e^{-\frac{x}{2\lambda}} \right]_{0}^{\infty} = \frac{1}{2}$ 将两个积分的结果相加，我们得到： $E(|X|) = \frac{1}{2} + \frac{1}{2} = 1$ 由于$E(|X|) = 1$，并且$\lambda > 0$，所以$E(|X|) = 2\lambda$。 故答案为：C. $2\lambda$ |
C |
| zhipu | 为了求解 \( E(|X|) \)，我们需要计算 \( |X| \) 的期望值。已知总体 \( X \) 服从拉普拉斯分布，其概率密度函数为 \[ f(x, \lambda) = \frac{1}{4\lambda} e^{-\frac{|x|}{2\lambda}}, \quad -\infty < x < \infty, \] 其中 \(\lambda > 0\)。 首先，我们写出 \( E(|X|) \) 的定义： \[ E(|X|) = \int_{-\infty}^{\infty} |x| f(x, \lambda) \, dx. \] 由于 \( |x| \) 是偶函数，而 \( f(x, \lambda) \) 也是偶函数，我们可以将积分范围对称地拆分为两个部分： \[ E(|X|) = 2 \int_{0}^{\infty} x f(x, \lambda) \, dx. \] 对于 \( x \geq 0 \)，\( f(x, \lambda) = \frac{1}{4\lambda} e^{-\frac{x}{2\lambda}} \)，所以 \[ E(|X|) = 2 \int_{0}^{\infty} x \left( \frac{1}{4\lambda} e^{-\frac{x}{2\lambda}} \right) dx = \frac{1}{2\lambda} \int_{0}^{\infty} x e^{-\frac{x}{2\lambda}} \, dx. \] 接下来，我们进行变量替换，令 \( u = \frac{x}{2\lambda} \)，则 \( du = \frac{1}{2\lambda} dx \)，即 \( dx = 2\lambda du \)。积分限从 \( x = 0 \) 到 \( x = \infty \) 对应于 \( u = 0 \) 到 \( u = \infty \)。因此， \[ \int_{0}^{\infty} x e^{-\frac{x}{2\lambda}} \, dx = \int_{0}^{\infty} (2\lambda u) e^{-u} (2\lambda \, du) = 4\lambda^2 \int_{0}^{\infty} u e^{-u} \, du. \] 已知 \( \int_{0}^{\infty} u e^{-u} \, du = 1 \)（这是一个标准的Gamma函数积分，\(\Gamma(2) = 1!\)），所以 \[ \int_{0}^{\infty} x e^{-\frac{x}{2\lambda}} \, dx = 4\lambda^2. \] 因此， \[ E(|X|) = \frac{1}{2\lambda} \cdot 4\lambda^2 = 2\lambda. \] 综上所述，正确答案是 C. \( 2\lambda \)。 |
C |
| gpto1 | 设随机变量\( X \)服从参数为\( \lambda \)的拉普拉斯分布，其概率密度函数为： \[ f(x; \lambda) = \frac{1}{4\lambda} e^{-\frac{|x|}{2\lambda}},\quad -\infty < x < \infty. \] 拉普拉斯分布的一般形式为： \[ f(x;\mu,b) = \frac{1}{2b} e^{-\frac{|x - \mu|}{b}}, \] 其中\( \mu \)为位置参数，\( b > 0 \)为尺度参数。 将给定的密度函数与标准形式对比，我们得到： - 位置参数\( \mu = 0 \) - 尺度参数\( b = 2\lambda \) 拉普拉斯分布的性质之一是： \[ E(|X - \mu|) = b. \] 因为\( \mu = 0 \)，所以\( E(|X|) = b = 2\lambda \)。 因此，\( E(|X|) = 2\lambda \)。 **答案：C** |
C |
| deepseekv3 | 要计算随机变量 \( X \) 服从拉普拉斯分布 \( f(x, \lambda) = \frac{1}{4\lambda} e^{-\frac{|x|}{2\lambda}} \) 的期望 \( E(|X|) \)，我们可以按照以下步骤进行： 1. **定义期望**： \[ E(|X|) = \int_{-\infty}^{\infty} |x| f(x, \lambda) \, dx \] 2. **代入概率密度函数**： \[ E(|X|) = \int_{-\infty}^{\infty} |x| \left( \frac{1}{4\lambda} e^{-\frac{|x|}{2\lambda}} \right) \, dx \] 3. **利用对称性**： 由于 \( |x| \) 和 \( e^{-\frac{|x|}{2\lambda}} \) 都是偶函数，因此可以将积分区间从 \( 0 \) 到 \( \infty \) 并乘以 2： \[ E(|X|) = 2 \int_{0}^{\infty} x \left( \frac{1}{4\lambda} e^{-\frac{x}{2\lambda}} \right) \, dx \] 4. **简化积分**： \[ E(|X|) = \frac{1}{2\lambda} \int_{0}^{\infty} x e^{-\frac{x}{2\lambda}} \, dx \] 5. **使用积分公式**： 积分 \( \int_{0}^{\infty} x e^{-a x} \, dx = \frac{1}{a^2} \)，其中 \( a = \frac{1}{2\lambda} \)： \[ E(|X|) = \frac{1}{2\lambda} \cdot \frac{1}{\left( \frac{1}{2\lambda} \right)^2} = \frac{1}{2\lambda} \cdot 4\lambda^2 = 2\lambda \] 因此，正确答案是： \boxed{C} |
C |