概率论习题五答案
概率论与数理统计习题5答案
AJ Lin
2013.12
5. 一本书共有 100 万个印刷符号， 排版时每个符号被排错的概率为 0.0001， 校对时每个排版错误
被改正的概率为 0.9，求校对后错误不多于 15 个的概率。 1, 第n个印刷符号校对后仍印错 解：设随机变量 X n , 0, 其它. 则 X n , n 1 是独立同分布随机变量序列，有 p P{xn 1} 0.0001 0.1 10 5 。 作 Yn X k ， (n 106 ) ， Yn 为校对后错误总数。 按中心极限定理，有 Y np 15 np 3 5 5 P{Yn 15} P n (5 / [10 10 (1 10 )]) (1.58) 0.9495 . npq npq
AJ Lin
2013.12
习题 5 答案
1. 一部件包括 10 部分，每部分的长度是一个随机变量，它们相互独立，服从同一分布，其数学 期望为 2mm，均方差为 0.05mm，规定总长度为（ 20 0.1 ）mm 时产品合格，试求产品合格的 概率。 （其中 (0.63) 0.7357 ， (1.63) 0.9484 ） 解：令 X i 表示第 i 部分的长度， i 1, 2, ,10 ，据题意知， X 1 , X 2 , , X 10 相互独立同分布，且 E ( X i ) 2 ， D ( X i ) 0.052 ，故产品合格的概率为
300 X k 300 1.29 400 300 1.29 1 P k 1 300 0.0489 300 0.0489
300 X k 300 1.29 1 P k 1 3.39 1 3.39 1 0.9997 0.0003 . 300 0.0489 (2)设 Y 表示这天售出价格为 1.2 元的蛋糕个数，则 Y ~ B 300, 0.2 ，又 np 300 0.2 60, np (1 p ) 60 0.8 48 ， Y ~ N 60, 48 ，所求概率为 Y 60 60 60 P Y 60 1 P Y 60 1 P 1 (0) 0.5 . 48 48 8. (1)一个复杂系统由 100 个相互独立的元件组成，在系统运行期间每个元件损坏的概率为 0.1，
西南交通大学概率论和数理统计第五次作业答案
3
西南交通大学 2019—2020 学年第（一）学期《概率论与数理统计 B》课程习题答案
解：因为 X n
N (0,1) ，所以
9. 设 X1, X 2,, X5 是独立且服从相同分布的随机变量，且每一个 Xi i 1,2,,5都服从
N
0,1
。（1）试给出常数 c
，使得
c
X12
X
2 2
服从 2 分布，并指出它的自由度；（2）试给
出常数 d ，使得 d X1 X 2 服从 t 分布，并指出它的自由度。
X
2 3
X
2 4
11. 设 X1, X 2 ,, X n 是取自总体 X 的一个样本，其中 X 服从参数为 的泊松分布，其
中 未知， 0 ，求 的矩估计与最大似然估计，如得到一组样本观测值：
X
0 1 2 34
频数 17 20 10 2 1
求 的矩估计值与最大似然估计值。
解： EX ，故 的矩估计量 ˆ X 。
X
另，X 的密度函数为
f X x
e x 0
x 0 x0
故似然函数为
L
对数似然函数为
n
en
Xi
i 1
0
X i 0, i 1,2,, n 其他
ln
L
n
ln
n
X
i
i 1
d
ln L
d
n
n
i 1
Xi
0
解得 的最大似然估计量 ˆ n 1 。
概率论与数理统计练习册(理工类) - 第5,6章答案
答；收入至少400元的概率几乎为0.
(2)设出售1.2元的蛋糕数量为Y，则Y ~ B(300, 0.2), E(Y ) = 60, D(Y ) = 48.
P{Y
60}
=
Y P{
− 60
0}
=
(0)
=
0.5
48
答：售出价格为1.2元的蛋糕多于60只的概率0.5.
28
一、选择题：
概率论与数理统计练习题
x} = (x)
n→
n
n
Xi −n
(C) lim P{ i=1
x} = (x)
n→
n
n
Xi −
(D) lim P{ i=1
x} = (x)
n→
n
二、填空题：
224
1．对于随机变量 X，仅知其 E( X ) = 3，D( X ) = 1 ，则可知 P{| X − 3 | 3} 225
一、选择题：
概率论与数理统计练习题
系
专业
班 姓名
学号
第五章 大数定律与中心极限定理
1．设 n 是 n 次重复试验中事件 A 出现的次数，p 是事件 A 在每次试验中出现的概率，则对任意
的
0
均有
lim
P
n
−
p
n→ n
[A ]
(A) = 0
(B) = 1
(C) 0
(D) 不存在
系
专业
班 姓名
学号
第六章 数理统计的基本知识
§6.1 总体、样本与统计量、§6.2 抽样分布
1．设 X1, X 2 , X 3 是取自总 X 体的样本，a 是一个未知参数，下述哪个样本函数是统计量[ B ]
概率论第五章习题解答
概率论第五章习题解答第一篇：概率论第五章习题解答第五章习题解答1.设随机变量X的方差为2，则根据车比雪夫不等式有估计P{X-E(X)≥2}≤ 1/2.P{X-E(X)≥2}≤D(X)22=122.随机变量X和Y的数学期望分别为-2和2，方差分别为1和4，相关系数为-0.5，则根据车比雪夫不等式有估计P{X+Y≥6}≤1/12.P{X+Y≥6}=P{(X+Y)-[E(X)+E(Y)]≥6}≤D(X)62=1123.电站供应一万户用电．设用电高峰时，每户用电的概率为0.9，利用中心极限定理，（1）计算同时用电的户数在9030户以上的概率；（2）若每户用电200 w，电站至少应具有多大发电量才能以0.95的概率保证供电？解：⑴ 设X表示用电户数，则X~B(10000,0.9),n=10000,p=0.9,np=9000,npq=900由中心定理得X~N(9000,900)近似P{X>9030}=1-P{X≤9030}⎧X-90009030-9000⎫=1-P⎨≤⎬900900⎩⎭=1-Φ(1)=1-0.8413=0.1587⑵ 设发电量为Y，依题意P{200X≤Y}=0.95⎧X-9000Y-9000⎫⎪⎪200即 P⎨≤⎬=0.95900900⎪⎪⎩⎭-9000200Φ()=0.95900Y-9000200≈1.65900Y=1809900 4.某车间有150台同类型的机器，每台机器出现故障的概率都是0.02，设各台机器的工作是相互独立的，求机器出现故障的台数不少于2的概率．解：设X表示机器出故障的台数，则X:B(150,0.02)Ynp=3,npq=2.94 由中心定理得X~N(3,2.94)近似P{X≥2}=1-P{X<2}2-3⎫⎧X-3=1-P⎨<⎬2.942.94⎩⎭=1-P{X<-0.58 32}=Φ(0.5832)=0.7201 5.用一种对某种疾病的治愈率为80%的新药给100个患该病的病人同时服用，求治愈人数不少于90的概率．解：设X表示治愈人数，则X:B(100,0.8)其中n=100,p=0.8,np=80,npq=16P{X≥90}=1-P{X<90}⎧X-8090-80⎫=1-P⎨<⎬1616⎩⎭=1-Φ(2.5)=0.0062 6.设某集成电路出厂时一级品率为0.7，装配一台仪器需要100只一级品集成电路，问购置多少只才能以99.9%的概率保证装该仪器是够用(不能因一级品不够而影响工作)．解：设购置n台，其中一级品数为X，X:B(n,0.7)p=0.7,np=0.7n,npq=0.21nP{X≥100}=1-P{X<100}⎧X-0.7n100-0.7n⎫=1-P⎨<⎬0.21n0.21n⎩⎭10 0-0.7n=1-Φ()0.21n=0.999故Φ(-100-0.7n0.21n)=0.999有-100-0.7n0.21n=3.1⇒n=121(舍)或n=1707.分别用切比雪夫不等式与隶莫弗—拉普拉斯中心极限定理确定：当掷一枚硬币时，需要掷多少次才能保证出现正面的频率在0.4～0.6之间的概率不小于90%．解：设掷n次，其中正面出现的次数为X，X:B(n,p),p=⑴由切贝雪夫不等式，要使得P⎨0.4<12⎧⎩X⎫<0.6⎬≥0.9成立n⎭D(X)X⎧X⎫⎧XX⎫25⎧⎫n由于P⎨0.4< <0.6⎬=P⎨-p<0.1⎬=P⎨-E()<0.1⎬≥1-=1-2nnnn0.1n⎩⎭⎩⎭⎩⎭只要1-25X⎧⎫<0.6⎬≥0.9成立≥0.9，就有P⎨0.4<nn⎩⎭从而⇒n≥250⑵中心极限定理，要使得P⎨0.4<⎧⎩X⎫<0.6⎬≥0.9成立n⎭由于X:N(0.5n,0.25n)近似X⎧0.4n-0.5nX-0.5n0.6n-0.5n⎫⎧⎫P⎨0.4<<0.6⎬=P{0.4n<X<0.6n} =P⎨<<⎬n0.25n0.25n0.25n⎩⎭⎩⎭X-0.5n⎧-0.1n=P⎨<<0.25n⎩0.25n所以Φ(0.1n⎫0.1n-0.1n0.1n=Φ()-Φ()=2Φ()-1>0.9⎬0.25n⎭0.25n0.25n0.25 n0.1n0.25n)>0.95查表0.1n0.25n>1.65⇒n≥688.某螺丝钉厂的废品率为0.01，今取500个装成一盒．问废品不超过5个的概率是多少？解：设X表示废品数，则X:B(500,0.01) p=0.01,np=5,npq=4.955-5⎫⎧X-5P{X≤5}=P⎨≤⎬=Φ(0)=0.54.95⎭⎩4.95第二篇：概率论第一章习题解答1.写出下列随机试验的样本空间：1)记录一个小班一次数学考试的平均分数（以百分制记分）；2)一个口袋中有5个外形相同的球，编号分别为1、2、3、4、5，从中同时取出3个球；3)某人射击一个目标，若击中目标，射击就停止，记录射击的次数；4)在单位圆内任意取一点，记录它的坐标.解：1）设小班共有n 个学生，每个学生的成绩为0到100的整数，分别记为x1,x２，Λxn，则全班平均分为x=∑xi=1nin，于是样本空间为12100niS={0，,Λ,}={|i=0,1,2,3,Λ100n}nnnn32）所有的组合数共有C5=10种，S={123,124,125,134,135,145,234,235,245,345} 3）至少射击一次，S={1,2,3,Λ}4）单位圆中的坐标(x,y)满足x2+y2<1，S={(x,y)|x2+y2<1}2.已知A⊂B，P(A)=0.3，P(B)=0.5，求P(A)，P(AB)，P(AB)和P(AB).解 P(A)=1-P(A)=1-0.3=0.7 P(AB)=P(A)=0.3（因为A⊂B）P(AB)=P(B-A)=P(B)-P(A)=0.2P(AB)=P(B)=0.5（因为A⊂B，则B⊂A）3.设有10件产品，其中6件正品，4件次品，从中任取3件，求下列事件的概率：1）只有一件次品； 2）最多1件次品； 3）至少1件次品.12C4C 解 1）设A表示只有一件次品，P(A)=36.C102)设B为最多1件次品，则表示所取到的产品中或者没有次品，或者只有一件次312C6C4C品，P(B)=3+36.C10C103）设C表示至少1件次品，它的对立事件为没有一件次品，3C6P(C)=1-P(C)=1-3C104.盒子里有10个球，分别标有从1到10的标号，任选3球，记录其号码.（1）求最小号码为5的概率.（2）求最大号码为5的概率.解1）若最小号码为5，则其余的2个球必从6，7，8，9，10号这5个球中取得。
概率论与数理统计习题解答 (5)
解：在检验水平 α = 0.01 下，检验假设 H 0 : µ = µ 0 = 3.25 当假设 H 0 为真时，取检验统计量
H 1 : µ ≠ µ 0 = 3.25
T=
X − 3.25 S/ 5
~ t ( 4)
由
⎫ ⎧ ⎪ ⎪ X − 3.25 P⎨ > t 0.01 (4)⎬ = 0.01 ⎪ ⎪ 2 ⎭ ⎩ S/ 5
H 1 : µ1 ≠ µ 2
当假设 H 0 为真时，取检验统计量
T= Sω
X −Y 1 1 + 11 9
~ t (11 + 9 − 2)
由
⎧ ⎫ ⎪ ⎪ ⎪ X −Y ⎪ P⎨ > t 0.05 (18)⎬ = 0.05 1 1 ⎪S ⎪ 2 + ω ⎪ ⎪ 11 9 ⎩ ⎭
查表得： t 0.025 (18) = 2.1009 ，故接受域为 (−2.1009, 2.1009) . 代入样本值 x1 = 6,
概率论与数理统计
习题五解答
1. 正常人的脉搏平均为 72 次/分，现某医生测得 10 例慢性四乙基铅中毒者的脉搏 （次/分）如下： 54 67 68 78 70 66 67 70 65 69 问患者与正常人的脉搏有无显著差异（患者的脉搏可视为服从正态分布。 α = 0.05 ） 解：设患者的脉搏为 X , 计算其样本均值与样本方差分别为 x = 67.4, s = 5.93 在检验水平 α = 0.05 下，检验假设 H 0 : µ = µ 0 = 72 当假设 H 0 为真时，取检验统计量
H 1 : µ ≠ µ 0 = 72
T=
X − 72 S / 10
~ t (9)
由
⎧ ⎫ ⎪ X − 72 ⎪ P⎨ > t 0.05 (9)⎬ = 0.05 ⎪ ⎪ 2 ⎩ S / 10 ⎭
概率论与数理统计(茆诗松)第二版课后第五章习题参考答案
n n
4． 为估计鱼塘里有多少鱼，一位统计学家设计了一个方案如下：从鱼塘中打捞出一网鱼，计有 n 条，涂 上不会被水冲刷掉的红漆后放回，一天后再从鱼塘里打捞一网，发现共有 m 条鱼，而涂有红漆的鱼则 有 k 条，你能估计出鱼塘里大概有多少鱼吗？该问题的总体和样本又分别是什么呢？ 解：设鱼塘里有 N 条鱼，有涂有红漆的鱼所占比例为
样本标准差 s = 3.7778 ≈ 1.9437 ．
2． 证明：对任意常数 c, d，有
∑ ( x − c)( y − d ) = ∑ ( x − x )( y − y ) + n( x − c)( y − d ) ．
i =1 i i i =1 i i
n
n
证： ∑ ( xi − c)( y i − d ) = ∑ [( xi − x ) + ( x − c)][( y i − y ) + ( y − d )]
频数 9 9 5 4 4 1 1 3 4 30
频率 0.225 0.225 0.125 0.1 0.1 0.025 0.025 0.075 0.1 1
累计频率 0.225 0.45 0.575 0.675 0.775 0.8 0.825 0.9 1
6． 对下列数据构造茎叶图 472 425 400 382 418 392 429 428 381 443 解：茎叶图为
1572 − 738 ≈ 140 ， 6 区间端点可取为 735，875，1015，1155，1295，1435，1575， 频率分布表为 组序 分组区间 组中值 频数 频率 累计频率 1 (735, 875] 805 6 0.2 0.2 2 (875, 1015] 945 8 0.2667 0.4667 3 (1015, 1155] 1085 9 0.3 0.7667 4 (1155, 1295] 1225 4 0.1333 0.9
概率论与数理统计第五章课后习题及参考答案
概率论与数理统计第五章课后习题及参考答案1．用切比雪夫不等式估计下列各题的概率．(1)废品率为03.0，1000个产品中废品多于20个且少于40个的概率；(2)200个新生儿中，男孩多于80个而少于120个的概率(假设男孩和女孩的概率均为5.0)．解：(1)设X 为1000个产品中废品的个数，则X ～)1000,03.0(B ，有30)(=X E ，1.29)(=X D ，由切比雪夫不等式，得)3040303020()4020(-<-<-=<<X P X P )103010(<-<-=X P )1030(<-=X P 709.0101.2912=-≥．(2)设X 为200个新生儿中男孩的个数，则X ～)200,5.0(B ，有100)(=X E ，50)(=X D ，由切比雪夫不等式，得)10012010010080()12080(-<-<-=<<X P X P )2010020(<-<-=X P )20100(<-=X P 87205012=-≥．2．一颗骰子连续掷4次，点数总和记为X ，估计)1810(<<X P ．解：设i X 为该骰子掷第i 次出现的点数，则61)(==k X P i ，6,,2,1 =i ，6,,2,1 =k ．27)654321(61)(=+++++=i X E ，691)654321(61)(2222222=+++++=i X E ，35)]([)()(22=-=i i i X E X E X D ，4,3,2,1=i ．因为4321X X X X X +++=，且1X ，2X ，3X ，4X 相互独立，故有14)(=X E ，335)(=X D ．由切比雪夫不等式，得)1418141410()1810(-<-<-=<<X P X P )4144(<-<-=X P )414(<-=X P 271.0433512=-≥．3．袋装茶叶用及其装袋，每袋的净重为随机变量，其期望值为100g ，标准差为10g ，一大盒内装200袋，求一盒茶叶净重大于5.20kg 的概率．解：设i X 为一袋袋装茶叶的净重，X 为一盒茶叶的净重，由题可知∑==2001i i X X ，100)(=i X E ，100)(=i X D ，200,,2,1 =i ．因为1X ，2X ，…，200X 相互独立，则20000)()(2001==∑=i i X E X E ，20000)()(2001==∑=i i X D X D ．)()(20500)()(()20500(2001X D X E X D X E X P X P i i ->-=>∑=)1020020000205001020020000(⋅->⋅-=X P )2251020020000(>⋅-=X P 由独立同分布的中心极限定理，1020020000⋅-X 近似地服从)1,0(N ，于是0002.0)5.3(1)2251020020000(=Φ-≈>⋅-X P ．4．有一批建筑用木桩，其80%的长度不小于3m ．现从这批木桩中随机取出100根，试问其中至少有30根短于3m 的概率是多少？解：设X 为100根木桩中短于3m 的根数，则由题可知X ～)2.0,100(B ，有20)(=X E ，16)(=X D ，由棣莫弗—拉普拉斯定理，得)30(1)30(<-=≥X P X P )42030(1)()((1-Φ-=-Φ-=X D X E X 0062.0)5.2(1=Φ-=．5．某种电器元件的寿命服从均值为100h 的指数分布．现随机选取16只，设它们的寿命是相互独立的．求这16只元件寿命总和大于1920h 的概率．解：设i X 为第i 只电器元件的寿命，由题可知i X ～)01.0(E ，16,,2,1 =i ，且1X ，2X ，…，16X 相互独立，则100)(=i X E ，10000)(=i X D ．记∑==161i i X X ，则1600)()(161==∑=i i X E X E ，160000)()(161==∑=i i X D X D ．))()(1920)()(()1920(X D X E X D X E X P X P ->-=>)400160019204001600(->-=X P )8.04001600(>-=X P ，由独立同分布的中心极限定理，1600-X 近似地服从)1,0(N ，于是2119.0)8.0(1)8.04001600(=Φ-=>-X P ．6．在数值计算中中，每个数值都取小数点后四位，第五位四舍五入(即可以认为计算误差在区间]105,105[55--⨯⨯-上服从均匀分布)，现有1200个数相加，求产生的误差综合的绝对值小于03.0的概率．解：设i X 为每个数值的误差，则i X ～)105,105(55--⨯⨯-U ，有0)(=i X E ，1210)(8-=i X D ，1200,,2,1 =i ．从而0)()(12001==∑=i i X E X E ，61200110)()(-===∑i i X D X D ．由独立同分布的中心极限定理，X 近似地服从)10,0(6-N ，于是)03.0(<X P ))()(03.0)()((X D X E X D X E X P -≤-=12101200003.0121012000(44--⋅-≤⋅-=X P 9974.01)3(2=-Φ=．7．某药厂断言，该厂生产的某药品对医治一种疑难的血液病治愈率为8.0．医院检验员任取100个服用此药的病人，如果其中多于75个治愈，就接受这一断言，否则就拒绝这一断言．(1)若实际上此药对这种病的治愈率是8.0，问接受这一断言的概率是多少？(2)若实际上此药对这种病的治愈率是7.0，问接受这一断言的概率是多少？解：设X 为100个服用此药的病人中治愈的个数，(1)由题可知X ～)8.0,100(B ，则80)(=X E ，16)(=X D ，由棣莫弗—拉普拉斯定理，得)75(1)75(≤-=>X P X P 48075(1))()((1-Φ-=-Φ-=X D X E X 8944.0)25.1(=Φ=．(2)由题可知X ～)7.0,100(B ，则70)(=X E ，21)(=X D ，由棣莫弗—拉普拉斯定理，得)75(1)75(≤-=>X P X P 217075(1)()((1-Φ-=-Φ-=X D X E X 1379.0)09.1(1=Φ-=．8．一射手在一次射击中，所得环数的分布律如下表：X678910P 05.005.01.03.05.0求：(1)在100次射击中环数介于900环与930环之间的概率是多少？(2)超过950环的概率是多少？解：设X 为100次射击中所得的环数，i X 为第i 次射击的环数，则∑==1001i i X X ，15.9)(=i X E ，95.84)(2=i X E ，2275.1)]([)()(22=-=i i i X E X E X D ，100,,2,1 =i ．由1X ，2X ，…，100X 相互独立，得915)()(1001==∑=i i X E X E ，75.122)()(1001==∑=i i X D X D ．由独立同分布的中心极限定理，75.122915-X 近似地服从)1,0(N ，于是(1))930900(≤≤X P ))()(930)()()()(900(X D X E X D X E X X D X E P -≤-≤-=75.12291593075.12291575.122915900(-≤-≤-=X P )75.1221575.122915(≤-=X P 823.01)35.1(2=-Φ≈．(2))950(>X P ))()(950)()((X D X E X D X E X P ->-=75.122915950)()((->-=X D X E X P 001.0)1.3(1=Φ-≈．9．设有30个电子元件1A ，2A ，…，30A ，其寿命分别为1X ，2X ，…，30X ，且且都服从参数为1.0=λ的指数分布，它们的使用情况是当i A 损坏后，立即使用1+i A (29,,2,1 =i )．求元件使用总时间T 不小于350h 的概率．解：由题可知i X ～)1.0(E ，30,,2,1 =i ，则10)(=i X E ，100)(=i X D ．记∑==301i i X T ，由1X ，2X ，…，30X 相互独立，得300)()(301==∑=i i X E T E ，3000)()(301==∑=i i X D T D ．))()(350)()(()350(T D T E T D T E T P T P ->-=>30103003503010300(⋅->⋅-=T P )91.03010300(>⋅-≈T P ，由独立同分布的中心极限定理，3010300⋅-T 近似地服从)1,0(N ，于是1814.0)91.0(1)91.03010300(=Φ-=>⋅-T P ．10．大学英语四级考试，设有85道选择题，每题4个选择答案，只有一个正确．若需要通过考试，必须答对51道以上．试问某学生靠运气能通过四级考试的概率有多大？解：设X 为该学生答对的题数，由题可知X ～41,85(B ，则25.21)(=X E ，9375.15)(=i X D ，85,,2,1 =i ．由棣莫弗—拉普拉斯中心极限定理，近似地有9375.1525.21-X ～)1,0(N ，得)8551(≤≤X P ))()(85)()()()(51(X D X E X D X E X X D X E P -≤-≤-=)9375.1525.21859375.1525.219375.1525.2151(-≤-≤-=X P 0)45.7()97.15(=Φ-Φ=．即学生靠运气能通过四级考试的概率为0．。
概率论与数理统计(经管类)第五章课后习题答案
E X |
7.5 .
E X |
7.5
D X .
.
0.44
2. 在每次实验中,事件 A 发生的概率为 0.5.利用切比雪夫不等式估计,在 1000 次独立实验中,事件 A 发 生的次数在 400~600 之间的概率. 解:用 X 表示事件 A 发生的次数,它服从 n=1000,p=0.5 的二项分布. 则 E(X)=np=1000*0.5=500, D(X)=npq=1000*0.5*0.5=250 P 400 600 P |X 10
2.387 P X 6 2.387 10 6 2.387 1 Φ 10 6 2.387 1 Φ 1.68 0.0465
np P
1000 0.005
5, npq
2.23
X X 5 7 5 0.007 PX 7 P Φ 0.90 0.8159 1000 2.23 2.23 4. 在抛硬币的实验中,至少抛多少次,才能是正面出现的频率落在(0.4,0.6)区间的概率不小于 0.9? 解:用 X 表示 n 次试验中出现正面的次数, 则 X~B(120, ), np P 0.4 0.5n, npq X n 0.6 0.6 0.5n X 0.5n √n 2 √n 5 0.9 0.9505 0.6n 0.5n √n , 2
A. N 2,4 B. N 2, 解: E Z
∑
E x
2n
2
D Z
1 n
1 n2
n
n
E xi
i 1
1 n2 4 n
4n
4
n
故Zn
二,填空题
概率论习题解答（第5章）
概率论习题解答（第5章）第5章习题答案三、解答题1. 设随机变量X 1，X 2，…，X n 独⽴同分布，且X ～P (λ)，∑==ni i X n X 11，试利⽤契⽐谢夫不等式估计}2|{|λλ<-X P 的下界。
解：因为X ～P (λ)，∑∑===?===n i i n i i n nX E n X n E X E 111)(1)1()(λλλλn n nX D n X n D X D n i i n i i 11)(1)1()(2121====∑∑==由契⽐谢夫不等式可得nn X P 4114/1}2|{|-=-≥<-λλλλ 2. 设E (X ) = – 1，E (Y ) = 1，D (X ) = 1，D (Y ) = 9，ρ XY = – 0.5，试根据契⽐谢夫不等式估计P {|X + Y | ≥ 3}的上界。
解：由题知()()()Y X Y X E E E +=+=()11+-=0Cov ()Y X ,=()()Y D X D xy ??ρ=()915.0??-= -1.5()()()()()75.1291,2=-?++=++=+Y X Cov Y D X D Y X D所以{}{}97303≤≥-+P =≥+)(Y X Y X P 3. 据以往经验，某种电器元件的寿命服从均值为100⼩时的指数分布．现随机地取16只，设它们的寿命是相互独⽴的．求这16只元件的寿命的总和⼤于1920⼩时的概率．解：设i 个元件寿命为X i ⼩时，i = 1 ,2 , ...... , 16 ，则X 1 ，X 2 ，... ，X 16独⽴同分布，且 E (X i ) =100，D (X i ) =10000，i = 1 ,2 , ...... , 16 ，4161161106.1)(,1600)(?==∑∑==i i i i D E X X ，由独⽴同分布的中⼼极限定理可知：∑=16i iX近似服从N ( 1600 , 1.6?10000)，所以>∑=1920161i i X P =≤-∑=19201161i i X P ???-≤?--=∑=16000016001920100006.116001161i i X P()8.01Φ-==1- 0.7881= 0.21194. 某商店负责供应某地区1000⼈商品，某种商品在⼀段时间内每⼈需要⽤⼀件的概率为0.6，假定在这⼀时间段各⼈购买与否彼此⽆关，问商店应预备多少件这种商品，才能以99.7%的概率保证不会脱销（假定该商品在某⼀时间段内每⼈最多可以买⼀件）．解：设商店应预备n 件这种商品，这⼀时间段内同时间购买此商品的⼈数为X ，则X ~ B （1000，0.6），则E (X ) = 600，D (X ) = 240，根据题意应确定最⼩的n ，使P {X ≤n }= 99.7%成⽴. 则P {X ≤n })75.2(997.0)240600(240600240600ΦΦP ==-≈-≤-=n n X 所以6.64260024075.2=+?=n ，取n =643。
陈国华等主编概率论与数理统计第五章习题解答
x>0 x≤0
(α > 0, β > 0)
a a 1 1 1 dx = ∫ cos(tx) ⋅ dx + ∫ sin(tx) ⋅ dx −a −a −a 2a 2a 2a 1 1 1 = ⋅ sin(tx) |a sin(at ) x =− a = at 2a t t −1 （2）参数为 λ 的指数分布的特征函数为， φ X (t ) = (1 − i ) ，参数为 λ 的指数分布可看做
1
π (1 + x 2 )
(−∞ < x < +∞) ；
⎧A ⎪ (D) X i 的概率函数为 ： g ( x) = ⎨ x 3 ⎪0 ⎩
x ≥1 x <1
(i = 1,2,3, ) ．
答案：CABAD 三．解答题
1．一颗骰子连续掷 4 次，点数总和记为 X ，估计 p (10 < X < 18) ．
3．已知随机变量 X 的数学期望为 10，方差 DX 存在且 P (−20 < X < 40) ≤ 0.1 ，则
DX ≥ ． 4．设 X 1 , X 2 , , X n， 为独立同分布的随机变量序列，且 X i (i = 1,2, ) 服从参数为 2 的
指数分布，则 n → ∞ 当时， Yn =
1 n 2 ∑ X i 依概率收敛于 n i =1
1 1 ln n + ln n = 0 2 2
n
DX n = EX n = ln n
n 1 1 D ( Xi) = 2 ∑ 2 n n i =1
2
∑ ln i → 0(n → ∞)
i =1
根据马尔可夫大数定律， {X n } 服从大数定律。
3 、 已 知 随 机 变 量 X 和 Y 的 数 学 期 望 、 方 差 以 及 相 关 系 数 分 别 为 E ( X ) = E (Y ) = 2 ,
习题5解答—概率论与数理统计(李长青)
由 X i 的独立性,有
E ( X ) E ( X i ) 100 E ( X i ) 915 ， D ( X ) D ( X i ) 100 D ( X i ) 122.75 ，
i 1 i 1 100 100
由独立同分布的中心极限定理知，近似地有 X ~ N (915,122.75) ，由此可得 (1) P 900 X 930 P (2) P X 950 P
i 1 i 1
16
16
定理可知, X 近似服从正态分布 N (1600, 4002 ) , 从而有
1920 1600 P X 1920 1 P X 1920 1 400 1 (0.8) 1 0.7881 0.2119 .
5.解 设 X i 表示第 i 只电器元件的寿命,则依题意可知 X 1 , X 2 ,…, X 16 相互独立且服从 均值为 100 小时的指数分布, EX i 100 , DX i 1002 ( i 1,2,…,16).记 X X i ,则
i 1 16
EX EX i 16 100 1600 , DX DX i 16 10000 160000 .利用独立同分布的中心极限
9.解 由已知 EX i 性知
30 1 1 10 , DX i 100 .记 T X i ,由 X i ( i 1,2,…,30)的独立 2 0.1 0.1 i 1
30 30 30 30 ET E X i EX i 30 10 300 , DT D X i DX i 30 100 3000 . i 1 i 1 i 1 i 1
王明慈 概率论与数理统计 第二版 习题解答 习题五
n1 X1 + n2 X 2 ； n1 + n2
（2）.联合样本的样本方差 S
2
( n − 1) S12 + ( n2 −1) S22 + = 1
证明： （ 1）
X=
Sum1 + Sum 2 n1 X1 + n2 X 2 = n1 + n2 n1 + n2
n1
S2 =
（2）
w.
又∑ ( X1i − X1 + X1 − X )2
(
)
(
)
(
(
(
)
(
)
9. 设总体 X 服从正态分布 N µ ,
(1) 从总体中抽取容量为 64 的样本，求样本均值 X 与总体均值 µ 之差的绝对值小于 1 的概率 P X − µ < 1 ;
(
kh da
课
)
后
答 案
(
52 )
即F1−α ( k1, k2 )＝
（2）抽取样本容量 n 多大时，才能使概率 P X − µ < 1 达到 0.95？ 解：(1) ∵
n1 + n2
(n X + (n + n )⋅
1 1 2
1
+ n2 X 2 )
2
( n1 + n2 )
n1 + n2
2
答 案
=
n1n2 ( X 1 − X 2 )
U = X 2 + Y 2 + Z 2 的分布函数与概率密度；并验证§5.4 定理 1 当 k=3 时成立，即 U～ χ 2 ( 3)
解：X, Y, Z 相互独立且都服从 N(0, 1),则 U～ χ 2 ( 3) 显然
概率论与数理统计习题5答案
350 300 5 故 P{T 350} 1 1 1 (0.913) 0.1814. 3000 30 3. 计算器在进行加法时，将每个加数舍入最靠近它的整数，设所有舍入误差相互独立且在
又知为使系统正常运行， 至少必需要有 85 个元件工作， 求系统的可靠程度(即正常运行的概率)；
(2)上述系统假设有 n 个相互独立的元件组成，而且又要求至少有 80%的元件工作才能使系统
正常运行，问 n 至少为多大时才能保证系统的可靠程度为 0.95? 解：(1)设 X 表示正常工作的元件数，则 X ~ b(100, 0.9) ，
10 2 1 0.9 ， 解得 n 443 . n / 12
4. 某保险公司有 10000 人参加保险， 每人每年交 12 元保险费， 在一年内一个人死亡的概率为 0.006，
死亡后其家属可向保险公司领到 1000 元。试用中心极限定理求 （1） 保险公司亏本的概率是多少？ （2） 保险公司一年的利润不少于 40000 元的概率是多少？ （已知 2.5898 0.9952 ，其中 x 是正态分布 N 0， 1 的分布函数) 解：设 X={一年内的死亡的人数}，则 X~B（10000，0.006） （1）由中心极限定理，有保险公司亏本的概率为
X 60 80 60 80000/1000=80 人， P X 80 P 2.5898 0.9952 59.64 59.64
补： 某保险公司有 3000 个同一年龄段的人参加人寿保险， 在一年中这些人的死亡率为 0.1%． 参 加保险的人在一年的开始交付保险费 100 元，死亡时家属可从保险公司领取 10000 元．求：
哈工大概率论与数理统计课后习题答案五
习 题 五1．假设有10只同种电器元件，其中两只废品，从这批元件中任取一只，如果是废品，则扔掉重新取一只，如仍是废品，则扔掉再取一只，试求在取到正品之前，已取出的废品只数的数学期望和方差。
解 设X 为已取出的废品只数，则X 的分布为012828218101091098X P ⋅⋅⋅即012881104545XP所以 82245459EX =+=， 2844,454515EX =+=224488().1581405DX EX EX =-=-= 2．假设一部机器在一天内发生故障的概率为0.2，机器发生故障时全天停止工作，若1周5个工作日里无故障，可获利10万元；发生一次故障仍可获利5万元，发生两次故障所获利润零元；发生三次或三次以上故障就要亏损2万元。
求1周内期望利润是多少？ 解 设一周所获利润为T （万元），则T 的可能值为10,5,0,2-.又设X 为机器一周内发生故障的次数，则~(5,0.2)X B ，于是，5(10)(0)(0.8)0.3277P T P X =====145(5)(1)0.2(0.8)0.4096P T P X C ====⨯=类似地可求出T 的分布为205100.05790.20480.40960.3277T P -所以一周内的期望利润为20.057950.4096100.3277ET =-⨯+⨯+⨯5.209=（万元）3．假设自动线加工的某种零件的内径X （毫米）服从正态分布(,1)N μ，内径小于10或大于12为不合格品，销售每件合格品获利，销售每件不合格品亏损，已知销售利润T （元）与零件的内径X 有如下关系：1,10,20,1012,5,12.X T X X ⎧-<⎪=≤≤⎨⎪->⎩若若若问平均内径μ取何值时，销售一个零件的平均利润最大. 解1(10)20(1012)5(E T P X P X P X =-⨯<+⨯≤≤-⨯>10()20[(12)(10)]5[1(12)]1μμμμ-=-Φ+Φ--Φ---Φ-25(12)21(10)5μμ=Φ--Φ--25(12)21(10)dETd ϕμϕμμ=--+-22(10)(12)2221250μμ----=-即221[(12)(10)]22125e μμ----= 两边取对数得 21222ln25μ-= 即12511ln221μ=-. 时，平均利润最大.4．从学校到火车站的途中有3个交通岗，假设在各个交通岗遇到红灯的事件是相互独立的，并且概率都是25，设X 为途中遇到红灯的次数，求随机变量X 的分布律、分布函数和数学期望. 解 2~(3,)5X B ，分布律为3323()()()0,1,2,3.55k k k P X k C k -===即01232754368125125125125XPX 的分布函数为0,0,27,01,12581(),12,125117,23,1251,3.x x F x x x x <⎧⎪⎪≤<⎪⎪⎪=≤<⎨⎪⎪≤<⎪⎪≥⎪⎩ 54722415061251251251255EX =++==5．设随机变量服从几何分布，其分布列为1()(1)k P X k p p -==-，01,1,2,p k <<=求EX 与DX 解1 111111(1)()k k kk k k k k x qx qEX k p p p kqp x p x ∞∞∞∞--======'⎛⎫'=-=== ⎪⎝⎭∑∑∑∑其中1q p =-由函数的幂级数展开有 011k k x x∞==-∑， 所以21111.1(1)x qx qEX p px x p=='⎡⎤=-==⎢⎥--⎣⎦ 因为221211()(1)k k x q x qk k x EX k pqp x x p x ∞∞-====''⎡⎤⎡⎤'===⎢⎥⎢⎥-⎣⎦⎣⎦∑∑22p p -=， 所以2222221().p qDX EX EX p p p -=-=-=解22123k EX P pq pq kpq -=+++++21(123),k p q q kq -=+++++设21123,k S q q kq -=+++++ （1） 则2323,k qS q q q kq =+++++（2）（1）–（2）得211(1)11k q S q q q q--=+++++=-， 所以2211(1)S q p ==-，从而，得 211EX pS p p p==⋅=.22222123n EX p pq pq n pq -=+++++222211(123)n p q q n q pS -=+++++，22232123,n qS q q q n q =+++++2112(1)135(21),n q S q q n q S --=++++-+23235(21),n qS q q q n q =++++-+21222(1)12()111n q qq S q q q q p--=+++++=+=+-，2212q S p p =+， 于是 212312S qS p p p==+， 所以 22321212()q qEX p p p p p =+=+， 故得X 的方差为2222221211().q q pDX EX EX p p p p p-=-=+-==6．设随机变量X 分别具有下列概率密度，求其数学期望和方差. （1）||1()2x f x e -=；（2）1||,||1,()0,||1;x x f x X -≤⎧=⎨>⎩ （3）2215(2),02,()160,x x x f x ⎧-≤≤⎪=⎨⎪⎩其他; （4）,01,()2,12,0,.x x f x x x ≤<⎧⎪=-≤≤⎨⎪⎩其他解 （1）||102x EX x e dx +∞--∞=⋅=⎰，（因为被积函数为奇函数）22||2012x x DX EX x e dx x e dx +∞+∞---∞===⎰⎰202x xx exe dx +∞+∞--=-+⎰2[] 2.x x xee dx +∞+∞--=-+=⎰（2）11(1||)0,EXx x dx -=-=⎰3411222310101(1||)2()2[]346x x DX EX x x dx x x dx -==-=-=-=⎰⎰. （3）2232543001515(2)(44)1616EX x x dx x x x dx =-=-+⎰⎰26450154415161166541615x x x ⎡⎤=-+=⋅=⎢⎥⎣⎦, 22654015(44)16EX x x x dx =-+⎰2765015448167657x x x ⎡⎤=-+=⎢⎥⎣⎦， 所以2281()177DX EX EX =-=-=. （4）223122220111128(2)313333x EXx dx x x dx x =+-=+-=+-=⎰⎰,1223230112114(2)(81)(161)43412EX x dx x x dx =+-=+---=⎰⎰,所以1411126DX =-=. 7．在习题三第4题中求11EX+解 因X 的分布为 012311112488X P所以11111111671224384896EX =+⨯+⨯+⨯=+.8．设随机变量X 的概率密度为,02,(),24,0,ax x f x cx b x ⎧<<⎪=+≤≤⎨⎪⎩其他.已知32,(13)4EX P X =<<=，求（1）,,a b c 的值（2）随机变量XY e =的数学期望和方差.解 （1）2421()()f x dx axdx cx b dx +∞-∞==++⎰⎰⎰24422202226,22a c x x bx a b c =++=++24222()()xf x dx ax dx cx b xdx +∞-∞==++⎰⎰⎰856633a cb =++， 2312335()422axdx cx b dx a c b =++=++⎰⎰，解方程组13281856633252a b c a b c a b c ⎧++=⎪⎪++=⎨⎪⎪++=⎩得 14a =， 1b =，14c =-.（2）242202111()()(1)(1)444X x x x EYE e e f x dx xe dx x e dx e +∞-∞===+-+=-⎰⎰⎰，24222220211()()(1)44X x xx EY E e e f x dx xe dx x e dx +∞-∞===+-+⎰⎰⎰2222211(1)[(1)]44e e e =-+-222221()(1)4DY EY EY e e =-=-.9．游客乘电梯从底层到电视塔顶层观光；电梯于每个整点的第5分钟，25分钟和55分钟从底层起行。
大学生 概率论 习题五及答案解析
概率论习题五答案解析1、设X 为离散型的随机变量，且期望EX 、方差DX 均存在，证明对任意0>ε,都有()2εεDXEX X P ≤≥-证明 设()i i p x X P == ,...2,1=i 则()()∑≥-==≥-εεEX x ii x X PEX X P ()iEX x i p EX x i ∑≥--≤εε22()iii p EX x ∑-≤22ε=2εDX2、设随机变量X 和Y 的数学期望都是2，方差分别为1和4，而相关系数为0.5，请利用切比雪夫不等式证明：()1216≤≥-Y X P 。
证 ()0=-Y X E()1,cov ==DXDY Y X ρ()()325,cov 2=-=-+=-Y X DY DX Y X D()()()()()1216662=-≤≥---=≥-Y X D Y X E Y X P Y X P 3、一枚均匀硬币要抛多少次才能使正面出现的频率与0.5之间的偏差不小于0.04的概率不超过0.01？解设n X 为 n 次抛硬币中正面出现次数，按题目要求，由切比雪夫不等式可得01.004.05.05.004.05.02≤⨯⨯≤⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛≥-n n X P n 从而有 1562504.001.025.02=⨯≥n 即至少连抛15625次硬币，才能保证正面出现频率与0.5的偏差不小于0.04的概率不超过0.01。
4、每名学生的数学考试成绩X 是随机变量，已知80=EX ，25=DX ，（1）试用切比雪夫不等式估计该生成绩在70分到90分之间的概率范围；（2）多名学生参加数学考试，要使他们的平均分数在75分到85分之间的概率不低于90%，至少要有多少学生参加考试？解 (1)由切比雪夫不等式 ()21εεDXEX X P -≥<- ()0>ε又 ()()()101090709070≤-≤-=-≤-≤-=≤≤EX X P EX EX X EX P X P=()75.01002511080=-≥≤-X P 即该生的数学考试成绩在70分到90分之间的概率不低于75%(2)设有n 个学生参加考试(独立进行)，记第i 个学生的成绩为i X ()n i i ...2,=，则平均成绩为∑==n i i X n X 11，又8011==∑=ni i EX n X E , nDX n X D 251==则由切比雪夫不等式可得：()()nn n X P X P 15251158085752-=⨯-≥≤-=≤≤ 要使上述要求不低于90%，只需9.01≥-nn ，解得10≥n ，即有10个以上的学生参加考试，就可以达到要求。
概率论与数理统计(经管类)第五章课后习题答案
Φ 2.5
7. 某车间有同型号机床 200 台,它们独立地工作者,每台开动的概率均为 0.6,开动时耗电均为 1 千瓦. 问电厂至少要供给该车间多少电力,才能以 99.9%的概率保证用电需要? 解:用 X 表示 200 台机台开动的台数. X~B(200,0.6) np 200 0.6 120, npq 6.9, 设 N 为满足条件的最小正整数 P0 P Φ Φ 0 N N 120 6.9 120 6.9 120 6.9 X 120 6.9 Φ N 120 6.9
D X
2
1
µ|
250 1002
3σ .
0.975.
3. 设随机变量 X 服从正态分布N µ, σ .试估计概率P |X 解:因 X 服从正态分布,则D X σ P |X µ| 3σ
D X
2
σ 3σ
2
1 9
4. 已知随机事件 X 的期望 E(X)=100,方差 D(X)=10,估计 X 落在(80,120)内的概率. 解: P 80 120 P |X 100| 20 1
Y
1,2,··· ,0
∑
X ,n
1,2,
, Φ x 为标准正态分布函数,则
lim
P
1 = B .(依据棣莫弗‐拉普拉斯中心极限定理)
Φ 1 D.1.6 0, 事件 A 不发生, 1, 事件 A 发成 , (i=1,2,…,100),且 P(A)=0.8, X1,X2,…,X100 相互独
1 Φ 1.66 1 1 Φ 1.67 0.9525 6. 有一批建筑房屋用的木柱,其中 80%的长度不小于 3 米,现从这批木材中随机抽取 100 根,问其中至少 有 30 根短于 3 米得概率是多少? 解:用 X 表示 100 根木柱中短于 3 米得根数则 X~B(100,0.2), np PX 1 1 100 0.2 20, npq 30 1 P X 30 P X 4 20 30 4 0.0062 20 4,
《概率论与数理统计》习题五答案
《概率论与数理统计》习题及答案习题五1.一颗骰子连续掷4次，点数总和记为X .估计P {10<X <18}.【解】设i X 表每次掷的点数，则41i i X X==∑22222221111117()123456,666666211111191()123456,6666666i i E X E X =⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯==⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯= 从而 22291735()()[()].6212i i i D X E X E X ⎛⎫=-=-= ⎪⎝⎭ 又X 1,X 2,X 3,X 4独立同分布.从而44117()()()414,2i i i i E X E X E X =====⨯=∑∑ 44113535()()()4.123i i i i D X D X D X =====⨯=∑∑ 所以 235/3{1018}{|14|4}10.271,4P X P X <<=-<≥-≈ 2. 假设一条生产线生产的产品合格率是0.8.要使一批产品的合格率达到在76%与84%之间的概率不小于90%，问这批产品至少要生产多少件？【解】令1,,0,i i X ⎧⎨⎩若第个产品是合格品其他情形.而至少要生产n 件，则i =1,2,…,n ,且X 1，X 2，…，X n 独立同分布，p =P {X i =1}=0.8.现要求n ,使得1{0.760.84}0.9.n i i X P n =≤≤≥∑即0.80.9ni X n P -≤≤≥∑ 由中心极限定理得0.840.80.760.80.9,0.160.16n n n n n n --⎛⎫⎛⎫Φ-Φ≥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ 整理得0.95,10n ⎛⎫Φ≥ ⎪ ⎪⎝⎭查表 1.64,10n ≥ n ≥268.96, 故取n =269.3. 某车间有同型号机床200部，每部机床开动的概率为0.7，假定各机床开动与否互不影响，开动时每部机床消耗电能15个单位.问至少供应多少单位电能才可以95%的概率保证不致因供电不足而影响生产.【解】要确定最低的供应的电能量，应先确定此车间同时开动的机床数目最大值m ，而m要满足200部机床中同时开动的机床数目不超过m 的概率为95%,于是我们只要供应15m 单位电能就可满足要求.令X 表同时开动机床数目，则X ~B （200，0.7）,()140,()42,E X D X ==1400.95{0}().42m P X m P X m -⎛⎫=≤≤=≤=Φ ⎪⎝⎭查表知 140 1.64,42m -= ,m =151. 所以供电能151×15=2265（单位）.4. 一加法器同时收到20个噪声电压V k （k =1，2，…，20），设它们是相互独立的随机变量，且都在区间（0，10）上服从均匀分布.记V =∑=201k k V，求P {V ＞105}的近似值.【解】易知:E (V k )=5,D (V k )=10012,k =1,2,…,20 由中心极限定理知，随机变量201205~(0,1).10010020201212k k V Z N =-⨯==⨯⨯∑近似的 于是105205{105}1010020201212P V P ⎧⎫⎪⎪-⨯⎪>=>⎨⎬⎪⎪⨯⎪⎪⎩⎭1000.3871(0.387)0.348,102012V P ⎧⎫⎪⎪-⎪⎪=>≈-Φ=⎨⎬⎪⎪⎭即有 P {V >105}≈0.3485. 有一批建筑房屋用的木柱，其中80%的长度不小于3m.现从这批木柱中随机地取出100根，问其中至少有30根短于3m 的概率是多少？【解】设100根中有X 根短于3m ，则X ~B （100，0.2）从而{30}1{30}11000.20.8P X P X ≥=-<≈-Φ⨯⨯ 1(2.5)10.99380.0062.=-Φ=-=6. 某药厂断言，该厂生产的某种药品对于医治一种疑难的血液病的治愈率为0.8.医院检验员任意抽查100个服用此药品的病人，如果其中多于75人治愈，就接受这一断言，否则就拒绝这一断言.（1） 若实际上此药品对这种疾病的治愈率是0.8，问接受这一断言的概率是多少？（2） 若实际上此药品对这种疾病的治愈率是0.7，问接受这一断言的概率是多少？【解】1,,1,2,,100.0,.i i X i ⎧==⎨⎩第人治愈其他令1001.ii X X ==∑ (1) X ~B (100,0.8)，1001{75}1{75}11000.80.2i i P X P X =>=-≤≈-Φ⨯⨯∑1( 1.25)(1.25)0.8944.=-Φ-=Φ=(2) X ~B (100,0.7)， 1001{75}1{75}11000.70.3i i P X P X =>=-≤≈-Φ⨯⨯∑1(1(1.09)0.1379.21=-Φ=-Φ= 7. 用Laplace 中心极限定理近似计算从一批废品率为0.05的产品中，任取1000件，其中有20件废品的概率.【解】令1000件中废品数X ，则 p =0.05,n =1000,X ~B (1000,0.05)，E (X )=50，D (X )=47.5.故130{20} 6.895 6.89547.547.5P X ϕ⎛⎫===- ⎪⎝⎭6130 4.510.6.895 6.895ϕ-⎛⎫==⨯ ⎪⎝⎭8. 设有30个电子器件.它们的使用寿命T 1，…，T 30服从参数λ=0.1[单位：（小时）-1]的指数分布，其使用情况是第一个损坏第二个立即使用，以此类推.令T 为30个器件使用的总计时间，求T 超过350小时的概率. 【解】11()10,0.1i E T λ=== 21()100,i D T λ== ()1030300,E T =⨯= ()3000.D T =故{350}111(0.913)0.1814.P T >≈-Φ=-Φ=-Φ= 9. 上题中的电子器件若每件为a 元，那么在年计划中一年至少需多少元才能以95%的概率保证够用（假定一年有306个工作日，每个工作日为8小时）.【解】设至少需n 件才够用.则E (T i )=10，D (T i )=100，E (T )=10n ，D (T )=100n .从而1{3068}0.95,n i i P T =≥⨯=∑即0.05.≈Φ 故0.95, 1.64272.n =Φ=≈所以需272a 元.10. 对于一个学生而言，来参加家长会的家长人数是一个随机变量，设一个学生无家长、1名家长、2名家长来参加会议的概率分别为0.05,0.8,0.15.若学校共有400名学生，设各学生参加会议的家长数相与独立，且服从同一分布.（1） 求参加会议的家长数X 超过450的概率？（2） 求有1名家长来参加会议的学生数不多于340的概率.易知E （X i =1.1）,D (X i )=0.19,i =1,2, (400)而400i i X X=∑,由中心极限定理得400400 1.1~(0,1).i X N -⨯=∑近似地 于是{450}1{450}1P X P X >=-≤≈-Φ1(1.147)0.1357.=-Φ=(2) 以Y 记有一名家长来参加会议的学生数.则Y ~B (400,0.8)由拉普拉斯中心极限定理得3404000.8{340(2.5)0.9938.4000.80.2P Y -⨯⎛⎫≤≈Φ=Φ= ⎪⨯⨯⎝⎭11. 设男孩出生率为0.515，求在10000个新生婴儿中女孩不少于男孩的概率？【解】用X 表10000个婴儿中男孩的个数，则X ~B （10000，0.515）要求女孩个数不少于男孩个数的概率，即求P {X ≤5000}. 由中心极限定理有5000100000.515{5000}(3)1(3)0.00135.100000.5150.485P X -⨯⎛⎫≤≈Φ=Φ-=-Φ= ⎪⨯⨯⎝⎭12. 设有1000个人独立行动，每个人能够按时进入掩蔽体的概率为0.9.以95%概率估计，在一次行动中：（1）至少有多少个人能够进入？（2）至多有多少人能够进入？【解】用X i 表第i 个人能够按时进入掩蔽体（i =1,2,…,1000）.令 S n =X 1+X 2+…+X 1000.(1) 设至少有m 人能够进入掩蔽体，要求P {m ≤S n ≤1000}≥0.95，事件90010000.9{}.10000.90.190n n S m m S --⨯⎛⎫≤=≤ ⎪⨯⨯⎝⎭ 由中心极限定理知：10000.9{}1{}10.95.10000.90.1n n m P m S P S m -⨯⎛⎫≤=-<≈-Φ≥ ⎪⨯⨯⎝⎭从而 9000.05,90m -⎛⎫Φ≤ ⎪⎝⎭ 故900 1.65,90m -=- 所以 m =900-15.65=884.35≈884人(2) 设至多有M 人能进入掩蔽体，要求P {0≤S n ≤M }≥0.95.{}0.95.90n P S M ≤≈Φ= 90M =900+15.65=915.65≈916人. 13. 在一定保险公司里有10000人参加保险，每人每年付12元保险费，在一年内一个人死亡的概率为0.006,死亡者其家属可向保险公司领得1000元赔偿费.求：（1） 保险公司没有利润的概率为多大；（2） 保险公司一年的利润不少于60000元的概率为多大？【解】设X 为在一年中参加保险者的死亡人数，则X ~B （10000，0.006）.(1) 公司没有利润当且仅当“1000X =10000×12”即“X =120”.于是所求概率为1120100000.006{120}100000.0060.994100000.0060.994P X ϕ-⨯⎛⎫=≈ ⎪⨯⨯⨯⨯⎝⎭21(60/59.64)230.181116011e 59.6459.64259.640.0517e 0ϕπ--⎛⎫== ⎪⎝⎭=⨯≈(2) 因为“公司利润≥60000”当且仅当“0≤X ≤60”于是所求概率为{060}100000.0060.994100000.0060.994P X ≤≤≈Φ-Φ⨯⨯⨯⨯ (0)0.5.59.64⎛=Φ-Φ≈ ⎝ 14. 设随机变量X 和Y 的数学期望都是2，方差分别为1和4，而相关系数为0.5试根据契比雪夫不等式给出P {|X -Y |≥6}的估计. （2001研考）【解】令Z =X -Y ，有()0,()()()()2()() 3.E Z D Z D X Y D X D Y D X D Y ρ==-=+-=所以 2()31{|()|6}{||6}.63612D X Y P ZE Z P X Y --≥=-≥≤== 15. 某保险公司多年统计资料表明，在索赔户中，被盗索赔户占20%，以X 表示在随机抽查的100个索赔户中，因被盗向保险公司索赔的户数.（1） 写出X 的概率分布；（2） 利用中心极限定理，求被盗索赔户不少于14户且不多于30户的概率近似值.（1988研考）【解】（1） X 可看作100次重复独立试验中，被盗户数出现的次数，而在每次试验中被盗户出现的概率是0.2，因此，X ~B (100,0.2)，故X 的概率分布是100100{}C 0.20.8,1,2,,100.k k k P X k k -===(2) 被盗索赔户不少于14户且不多于30户的概率即为事件{14≤X≤30}的概率.由中心极限定理，得{1430}1000.20.81000.20.8P X ≤≤≈Φ-Φ⨯⨯⨯⨯ (2.5)( 1.5)0.994[9.33]0.927.=Φ-Φ-=--=16. 一生产线生产的产品成箱包装，每箱的重量是随机的.假设每箱平均重50千克，标准差为5千克，若用最大载重量为5吨的汽车承运，试利用中心极限定理说明每辆车最多可以装多少箱，才能保障不超载的概率大于0.977.【解】设X i （i =1,2,…,n ）是装运i 箱的重量（单位：千克），n 为所求的箱数，由条件知，可把X 1，X 2，…，X n 视为独立同分布的随机变量，而n 箱的总重量T n =X 1+X 2+…+X n 是独立同分布随机变量之和，由条件知：()50,i E X = 5,=()50,n E T n = =依中心极限定理，当n ~(0,1)N 近似地,故箱数n 取决于条件{5000}n P T P ≤=≤0.977(2).≈Φ>=Φ 2>解出n <98.0199,即最多可装98箱.。
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习题五1.设抽样得到样本观测值为：计算样本均值、样本标准差、样本方差与样本二阶中心矩。
10__110__2221__2211:(38.2+40.0+42.4+37.6+39.2+41.0+44.0+43.2+38.8+40.6)40.5;10102.1587;1() 2.1587 4.66;91()10i i i i i x x s s x x x x σ=========-===-∑∑解102194.194.10i S ===∑ 2.设抽样得到100计算样本均值、样本方差与样本二阶中心矩。
解：由书上127页（）（）（）式可知：6___16___222216___22111(11522132542051267) 3.14;10010011()[(1 3.14)15(6 3.14)7] 2.1216;9999199() 2.1216 2.1004.100100i i i i i i i ii x x n s x x n x x n σ=====⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯==-=-⨯++-⨯==-=⨯=∑∑∑3.略4.从总体中抽取容量为n 的样本1,,n X X ，设c 为任意常数，k 为任意正数，作变换(),1,2,,.i i Y k X c i n =-=证明：（1）;Y X c k=+（2）222;y x S S k =其中X 及2x S 分别是1,,n X X 的样本均值及样本方差；Y 及2y S 分别是1,,n Y Y 的样本均值及样本方差。
证明（1） 11,ni i X X n ==∑由()i i Y k X c =-得i i Y X c k =+11111()n n i i i i Y YX c Y nc c n k k n nk==∴=+=+⋅=+⋅∑∑（2）()()()22211222221122211()11()n n y i i i i n ni i x i i yxS Y Y k X c kX kc n n kX kX k X X k S n n S S k ====⎡⎤=-=---⎣⎦=-=⋅-=⋅∴=∑∑∑∑5. 从总体中抽取两组样本，其容量分别为1n 及2n ，设两组的样本均值分别为1X 及2X ，样本方差分别为21S 及22S ，把这两组样本合并为一组容量为12n n +的联合样本。
证明：（1）.联合样本的样本均值112212n X n X X n n +=+；（2）.联合样本的样本方差()()()()()2221212112221212121111n n X X n S n S S n n n n n n --+-=++-++-证明：（1）1112221211221212,um um um um S n X S n X S S n X n X X n n n n ==++==++（2）1212221221112221112221112()()1()()1n n ii i i n n ii i i XX X X S n n XX X X X X X X n n ====-+-=+--+-+-+-=+-∑∑∑∑()()()()()()()111211112211111112211111221111()2()01n i i n i i i n i i X X X X X X X X X X X X X X n X X n S n X X ===-+-⎡⎤=-+-+--⎣⎦=-+-+=-+-∑∑∑又()()()()()()222221222222221122222211122222221111122222()12222n i i X X X X n S n X X n X X n X X n X X X X n X X X X n X n X X n X n X n X X n X =-+-=-+--+-=-++-+=-++-+∑同理而()()()()()1122122111122112212112222111222212121222n X n X X n n n X n X n X n X n X n X n X n X n X n n n X n n n n n n +=++++∴=-++⋅+-+++又化简得()()()()()()21212122221212112221212121111n n X X n n n n X X n Sn S S n n n n n n -=+--+-∴=++-++-6设随机变量X,Y,Z 相互独立，都服从标准正态分布N.(0, 1),求随机变量函数222U X Y Z =++的分布函数与概率密度；并验证§定理1当k =3时成立，即U ～()23χ解：X, Y, Z 相互独立且都服从N(0, 1),则U ～()23χ显然()3122321,0322,0u U U e u f u P o u --⎧>⎪⎪⎛⎫⎨ ⎪⎝⎭⎪⎪≤⎩不然，直接求U 的分布函数()()()()()()()()22222222222222232,,0,00,x y z ux y z uxy z x y z u P U u P X Y Z u f x y z dxdydz f x f y f z dxdydzu P U u u P U u edxdydz++≤++≤++-++≤≤=++≤==≤≤=>≤=⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰当当利用三重积分的性质（略）也可得到结论。
7. 设随机变量X 服从自由度为k 的t 分布，证明：随机变量2Y X =服从自由度为（1， k ）的F 分布。
证明：X ～()t k ,则可将X记为X U =其中～N(0, 1), V ～()2k χ 则2221,U U V V k kχ== 其中2U ～2χ()1， V ～2χ()k由F 分布的定义知 Y =2χ～F (1, k).8. 设随机变量X 服从自由度为()1,2k k 的F 分布，证明：随机变量1Y X=服从自由度为()1,2k k 的F 分布；从而证明等式（）：()()11,22,11F k k F k k αα-=证明：X ～F ()1,2k k , 则X 可写成()2112,,U kUk V k χ其中()22,V k χ211,V k Y U Xk ==其中()21U k χ，()22Vk χ，由F 分布定义知()()()()2,111,211,21111YF k k P X F k k P X F k k αααα-->=-⎛⎫ ⎪<=- ⎪⎝⎭()11,2111(1)P X F k k ααα-⎛⎫ ⎪∴>=--= ⎪⎝⎭()()()()()2,111,22,111,21,1P Y P Y F k k F k k F k k F k k αααααα--⎛⎫ ⎪∴>=>= ⎪⎝⎭∴=又()()11,22,11F k k F k k αα-即＝9. 设总体X 服从正态分布()2,5Nμ(1) 从总体中抽取容量为64的样本，求样本均值X 与总体均值μ之差的绝对值小于1的概率()1;P X μ-<（2）抽取样本容量n 多大时，才能使概率()1P X μ-<达到解：(1)()0,1X N μσ-()()111P X P X μμ∴-<=-<-<11555X P μ⎛⎫ ⎪--=<< ⎪ ⎪⎪⎝⎭ 88821555⎛⎫⎛⎫⎛⎫=Φ-Φ-=Φ- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭20.945210.8904=⨯-= (2) ()()111P X P X μμ-<=-<-<X P μσ-=<< ⎪ ⎪⎝⎭210.95=Φ-=⎝⎭0.9751.969.896n ∴Φ=⎝⎭===10.从正态总体N()2,0.5μ中抽取容量为10的样本1210,,X X X ，（1）已知0μ=，求10214ii X=≥∑的概率。
（2）未知μ，求1021() 2.85ii XX =-<∑的概率。
解：(1) 101022221111440.50.5i i i i P X P X ==⎛⎫⎛⎫≥=≥⋅ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭∑∑ 又210.51021ii X=∑()210χ （P133，定理3）()()210160.10Pχ∴≥=原式＝（2） 101022221111() 2.85() 2.850.50.5i i i i P X X P X X ==⎛⎫⎛⎫-<=-<⨯ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭∑∑ 又102211()0.5ii XX =-∑()29χ （定理4 P133）()()()()22911.41911.4PP χχ∴<=-<原式＝10.250.75=-= 11. 设总体()250,6XN ，总体()246,4YN ，从总体X 中抽取容量为10的样本，从总体Y 中抽取容量为8的样本，求下列概率：（1） ()08P X Y <-< （2） 228.28x y S P S ⎛⎫< ⎪ ⎪⎝⎭解： （1）()()()()()0805046504685046P X Y P X Y <-<=--<---<--=05046504685046X Y P ⎛⎫⎪-------<< 有136定理6()50460,1X Y N ---5046X Y P ⎛⎫ ⎪---∴<<⎝⎭原式＝210.909=Φ-=（2） 228.28x y S P S ⎛⎫< ⎪ ⎪⎝⎭222222468.2864x y S P S ⎛⎫ ⎪⎪=<⨯ ⎪⎪⎝⎭又由P139，()22226101,814x yS F S --()()()()9,7 3.6819,7 3.6810.050.95F F ∴=<=-<=-=原式12. 设总体()2,X N μσ，抽取样本1,,n X X ，样本均值为X ，样本方差为2S 。
若再抽取一个样本1n X +，证明：()1t n - X 与1n X +相互独立。
证明：()222111,,,,,n n n X N XN X XN o n n σμσμσ++⎛⎫+⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭=X XX Sσ==()()()()22210,1,11334n S XN n P Th χσ-∴-∴()1t n -13. 设总体()28,2XN ，抽取样本12,10,,X X X ，求下列概率：（1） ()12,10max ,,10P X X X ⎡⎤>⎣⎦ （2）()12,10min ,,5P X X X ⎡⎤≤⎣⎦解： （1） ()12,10max ,,10P X X X ⎡⎤>⎣⎦＝1－()12,10max ,,10P X X X ⎡⎤<⎣⎦()()()()()()121012101011010110,10,,10110101081081()221110.84130.8224P X X X P X P X P X X P =-<<<=-<<<--⎡⎤=-<⎢⎥⎣⎦=-Φ⎡⎤⎣⎦=-=（2）()()12,1012,10min ,,51min ,,5P X X X P X X X ⎡⎤⎡⎤≤=->⎣⎦⎣⎦()()()()1210101101101015,5,,511585811()2211 1.51 1.50.4991P X X X P P X X P =->>>=--<⎡⎤⎣⎦--⎡⎤=--<⎢⎥⎣⎦=--Φ-⎡⎤⎣⎦=-Φ=14. 设总体 X 服从泊松分布()P λ，抽取样本1,,n X X ，求：（1） 样本均值X 的期望与方差； （2） 样本均值X 的概率分布。