概率论五六章习题详解(王志刚版)

概率论五六章习题详解(王志刚版)
概率论与数理统计 习题五
1 .已知()1E X =，()4D X =，利用切比雪夫不等式估计概率
{}1 2.5P X -<.
解： 据切比雪夫不等式
{}2
21P X σμεε-<≥-
{}24
1 2.51 2.5
P X -<≥-
925
= . 2．设随机变量X 的数学期望()E X μ=，方程2
()D X σ=，利用切比雪夫不等式估计{}||3P X μσ-≥.
解：令3εσ=，则由切比雪夫不等式
{}2
()
||3D X P X μσε-≥≤
， 有 {}22
1
||3(3)9
P X σμσσ-≥≤=. 3. 随机地掷6颗骰子，利用切比雪夫不等式估计6颗骰子出现点数之和在1527:之间的概率.
解： 设X 为6颗骰子所出现的点数之和；
i X 为第i 颗骰子出现的点数，1,2,,6i =L ，
则6
1
i i X X ==
∑，且12
6,,...,X X X
独立同分布，
分布律为：
.
即6颗骰子出现点数之和在1527:之间的概率大于等于9
14
.
4. 对敌阵地进行1000次炮击，每次炮击中。

炮弹的命中颗数的期望为0.4，方差为3.6，求在1000次炮击中，有380颗到420颗炮弹击中目标的概率.
解： 以i X 表示第i 次炮击击中的颗数(1,2,,1000)i =L
有()0.4i E X = ，() 3.6i D X =
据 定理：
则1000
1380420i i P X =⎧⎫<≤⎨
⎬⎩⎭
∑
420400380400
--≈Φ-Φ 11()()33=Φ-Φ-
12()13
=Φ-
20.62931=⨯- 0.2586= .
5. 一盒同型号螺丝钉共有100个，已知该型号的螺丝钉的重量是一个随机变量，期望值是100g ，标准差是10g . 求一盒螺丝钉的重量超过10.2kg 的概率.
解： 设i X 为第i 个螺丝钉的重量，1,2,,100i =L ， 且它们之间独立同分布，
于是一盒螺丝钉的重量100
1
i i X X ==
∑，
且由()100i E X =
10=知
()100()10000i E X E X =⨯=
100=，
由中心极限定理有：
100001020010000(10200)10100X P X P --⎧⎫
>=>⎨⎬⎩⎭
100002100X P -⎧⎫=>⎨⎬⎩⎭ 1000012100X P -⎧⎫=-≤⎨⎬⎩⎭
1(2)≈-Φ
10.977250.02275=-= .
6. 用电子计算机做加法时，对每个加数依四舍五入原则取整，设所有取整的舍入误差是相互独立的，且均服从[]0.5,0.5-上的均匀分布. （1）若有1200个数相加，则其误差总和的绝对值超过15的概率是多少？
（2）最多可有多少个数相加，使得误差总和的绝对值小于10的概率达到90%以上.
解： 设i X 为第i 个加数的取整舍入误差， 则{}i X 为相互独立的随机变量序列， 且均服从[]0.5,0.5-上的均匀分布，则
0.5
0.5
()0i E X xdx μ-===⎰
0.5
2
2
0.51
()12
i D X x dx σ-===⎰
（1） 因1200n =很大，
由独立同分布中心极限定理对该误差总和
1200
1
i
i X
=∑，
1200115i i P X =⎧⎫>⎨⎬⎩⎭
∑
P ⎫⎪
=>
12 1.5i i P X =⎫⎪=>⎬⎪⎭
2(1(1.5))=-Φ
0.1336= .
即误差总和的绝对值超过15的概率达到13.36% .
(2) 依题意，设最多可有n 个数相加，则应求出最大的n ，
使得1100.9n k k P X =⎧⎫
<≥⎨⎬⎩⎭
∑
由中心极限定理：
11
10n n
i i i i P X P X ==⎧⎧⎫⎪<=<⎨⎬⎨⎪⎩⎭⎩∑∑
210.9≈Φ-≥ .
即0.95Φ≥
查正态分布得 1.64≥ 即2
1012()446.161.64
n ≤≈ 取446n =，最多可有446个数相加 .
7. 在人寿保险公司是有3000个同一年龄的人参加人寿保险，在1年中，每人的的死亡率为0.1%，参加保险的人在1年第1天交付保险费10元，死亡时家属可以从保险公司领取2000元，求保险公司在一年的这项保险中亏本的概率.
解 以X 表示1年死亡的人数 依题意，(3000,0.001)X B :
注意到
{}{}200030000P P X =>保险公司亏本
其概率为
{
}1530000.001
151P X -⨯>≈-Φ
1(6.932)=-Φ
0≈ .
即保险公司亏本的概率几乎为0 .
8. 假设12,,...,n X X X 是独立同分布的随机变量，已知
{}
15P X =>
()k i k E X α= (1,2,3,4;
1,2,,)k i n ==L .
证明：当n 充分大时，随机变量2
1
1n n i i Z X n ==∑近似服从正态分布.
证明：由于12,,...,n X X X 独立同分布，则2
2
2
12,,...,n X X X 也独立同分布
由()k i k E X α= (1,2,3,4;
1,2,,)k i n ==L
有2
2()i E X α=，2
24
2()((i
i
i
D X
E X E X ⎡⎤=-⎣⎦
2
42αα=-
221
1()()n
n i i E Z E X n α==⋅=∑
224221
1()()()n
n i i D Z D X n n αα==⋅=-∑
因此，根据中心极限定理：
(0,1)n U N =
:
即当n 充分大时，n Z 近似服从2
242(,())N ααα- .
9. 某保险公司多年的统计资料表明：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）利用德莫弗-位普拉斯中心极限定理.
求：被盗索赔户不少于14户，且不多于30户的概率.
解 （1）(100,0.2)X B :，
所以{}100100
0.20.80,1,2,,100k k k P X k C k -===L
()20E X np == ，()(1)16D X np p =⋅-=
（2）{}|430P X ≤≤
P =≤≤
(2.5)(1.5)=Φ-Φ- (2.5)(1.5)1=Φ+Φ--
0.9940.93310.927=+-= .
10 . 某厂生产的产品次品率为0.1p =，为了确保销售，该厂向顾客承诺每盒中有100只以上正品的概率达到95%，问：该厂需要在一盒中装多少只产品？
解：设每盒中装n 只产品，合格品数 ~(,0.9)X B n ，
()0.9E X n =，()0.09D X n =
则{}{}1001100P X P X >=-≤
10.95=-Φ=
1.65=- 解得117n =，即每盒至少装117只才能以95%的概率保证一盒内有100只正品。

11. 某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）计算同时用电户数在9030户以上的概率？
（2）若每户用电200瓦，问：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 以X 表示用电高峰时同时用电的户数
（1）依题意，(10000,0.9)X B :，又()9000E X =，()900D X =， 于是据 定理：
{
}10000900090309000()9030P X P -->=≥
100
()(1)3
=Φ-Φ
10.8413≈- 0.1587=
（2） 设电站至少具有x 瓦发电量，才能0.95的概率保证供电，则因为要：
{}200200x P X x P X ⎧
⎫≤=≤⎨⎬⎩
⎭
900090002003030x X P ⎧⎫-⎪⎪-=≤⎨⎬⎪⎪⎩⎭
1800000()0.956000
x -=Φ≥
查表得：
1800000
1.656000
x -≥ 得1809900x ≥
即电站具有1809900瓦发电量，才能以0.95的概率保证供电 . （B ）
1、设随机变量X 服从参数为2的指数分布，12,,,n X X X L L 相互独
立，且都与X 的分布相同，求当n →∞时，2
1
1n n i i Y X n ==∑依概率收敛的
极限 .（答案：12
）
2、设12,,,n X X X L L 相互独立，且分布相同，()(1,2,3,4)
k i k E X k α==存在，则根据独立同分布的中心极限定理，当n 充分大时，2
1
1n n i
i Z X n ==∑近似服从正态分布，求分布参数. （答案：2
422,
n
ααα-）
3、某生产线生产的产品成箱包装，每箱的重量是一个随机变量，其平均值为50kg ，标准差为5kg. 若用最大载重量为5吨的卡车承运，利用中心极限定理说明，每辆车最多可装多少箱才能保证不超载的概率大于0.977((2)0.977)Φ=？（答案：98） 习题六
1.设128,,,X X X L 是来自(0,)θ 上均匀分布的样本，0θ>末知，求样本的联合密度函数 解:
12881281
0,,,(,,,)0
x x x f x x x θ
θ⎧<<⎪=⎨⎪⎩L L 其他
2. 设总体X 服从参数为λ的泊松分布，其概率分布律为：
()(0,1,)!
i P X i e i i λ
λ-===L
求：样本12,,...,n X X X 的联合分布律为：
解：
{}1122,,...,n n P X i X i X i === {}1n
k k P X i ==∏=
1
1
()!
n
k
k i n n
k k e i λλ=-=∑=
∏ 0,1,2,,1,2,,k
i i n ==L L .
3．若总体2(,)X N μσ:，其中2
σ已知，但μ末知，而12,,,n
X X X L 为它的一个简单随机样本，指出下列量中哪些是统计量，哪些不是统计量.
（1）11n i i X n =∑ ；（2）211()n i i X n μ=-∑ ；（3）2
1
1()1n i i X X n =--∑ ； （4
）；（5
）； （6
5
X -解： （1）、（3）、（4）、（6）给出的各统计量，而（2）、（5）给出的量因含有末知参数μ，所以不是统计量 .
4. 总体X 的一组容量为10的样本观测值为：
0,0.2,0.25,0.3,0.1,2,0.15,1,0.7,1----，求经验分布函数10()F x .
解 :将样本观测值重新排序为：
10.70.30.100.150.20.2512-<-<-<-<<<<<<，所以
经验分布函数为：
10010.210.70.40.70.3()0.8121
2
x x x F x x x ≤-⎧⎪-<≤-⎪⎪-<≤-⎪=⎨
⎪⎪<≤⎪>⎪⎩L L
5. 来自总体X 的一组样本观测值为：
求样本均值X ，样本方差2
S 和样本标准差S .
解：104.6x =，2
2.71s =， 1.646s = .
6. 在总体2
(52,6.3)N 中随机抽取一容量为36的样本，求样本均值X 在50.8到53.8之间的概率.
解： 由2
(52,6.336)X N :知
5252
(0,1)6.36 2.12
X X N --=: 故所求概率为
{}
50.8525253.85250.853.8 2.12
2.12 2.12X P X P ⎧⎫
---<<=<<⎨⎬⎩⎭
52
1.14 1.71
2.12X P ⎧⎫-=-≤≤⎨⎬⎩⎭
(1.71)(1.14)=Φ-Φ-
(1.71)1(1.14)=Φ-+Φ
0.956410.8729=-+ 0.8293= .
7. 设随机变量X 与Y 相互独立，且2
2
2
(,),()Y X N n μσχσ
::，证明
()t t n =
: . 证明：由于2
(,)X N μσ:，则
(0,1),X N μ
σ
-: 据t
分布的定义，()X t t n μ
-==
:.
8. 若对总体X 有EX μ=，2
DX σ=，取X 的容量为n 的样本，样本
均值为X ，问n 多大时，有
(0.1)0.95P X μσ-<≥
解： 由2
(,)X N n σμ:
(0,1)N :知
(0.1)P X P μσ-<=<
210.95=Φ-≥
即0.975Φ≥
查表得 1.96≥，即385n ≥ .
9. 设总体(150,400)X N :，(125,625)Y N :，并且X ，Y 相互独立，现从两总体中分别抽取容量为5的样本，样本均值分别为X ，Y ，求
{}
0P X Y -≤ .
解： {
}
0X Y P X Y P ⎧⎫
-≤=≤ (1.75)=Φ-
0.0401= .
10. 设总体X ，Y 都服从正态分布2
(,)N μσ，并且X ，Y 相互独立，
X ，Y 分别是总体X 和Y 的容量为n 的样本均值，确定n 的值，使{}
00.01P X Y ->= .
解 由于
)(0,1)X Y
X Y N -=-: 于是，
{
}
P X Y P Y σ->=->
21⎡=-⎢⎣
0.01=.
即0.995Φ=
，查表得
2.58=，1
3.3128n =，取14n = . 11. 设总体(0,1)X N :，126,,,X X X L 为X 的一个样本，设
22123456()()Y X X X X X X =+++++，求常数C ，使2()Y χ:分布.
解 由于126,,,X X X L 独立同分布 所以
123456(0,3),(0,3)X X X N X X X N ++++::
(0,1),(0,1)X X X X X X N N ++++:: 于是22
123456()()X X X X X X +++++
=
223X X X X X X ++++⎡⎤+⎢⎥⎣⎦
2212Y Y =+
其中22
2212
(1),(1)33Y Y χχ:: 所以2222
1212345611()()()33
Y Y X X X X X X ⎡⎤+=+++++⎣⎦ 21
(2)3
Y χ: 即13
C = .
12. 设1210,,,X X X L 为来自总体(0,0.09)N 的样本，求
1021 1.44i i P X =⎧⎫>⎨⎬⎩⎭
∑ . 解 设总体为X ，则由(0,0.09)X N :可知
(0,1)0.3X
N :，(0,1)0.3
i X N :，1,2,,10,i =L 由定理 可知
102
2
221
1(10),0.3i i X χχ==∑:
利用2χ分布表，可得
1021 1.44i i P X =⎧⎫
>⎨⎬⎩⎭∑ 1022211 1.440.30.3i i P X =⎧⎫=>⎨⎬⎩⎭∑
{}216P χ=>
0.10≈ .
13. 设125,,,X X X L 是总体(0,1)X N :的一个样本，若统计
量
()U t n =
:，试确定c 与n .
解 由于i X 独立同分布(1,2,3,4,5)i =,所以
2222345(0,1),(3)X X N X X X χ+++::,且两者相互独立,由t 分布
定义知
(3)U t =:
故c =3n = .
14. 设总体2(0,)X N σ: ，12,X X 是样本，求
2
12212()()X X Y X X +=-的分布.
解
记X X X X U V +-==22
122
212()()X X U Y X X V +==-， 由于22
1212(0,2),(0,2)X X N X X N σσ+-::
则2222
(0,1),(0,1),(1),(1)U N V N U V χχ:::: .
下面证明U 和V 相互独立.
因为U ，V 都服从标准正态分布(0,1)N ，因此只要证明U ，V 互不相关，即cov(,)0U V =即可.由于()0,()0E U E V ==，因此，
cov(,)()()()()U V E UV E U E V E UV =-=
[]121221
()()2E X X X X σ
=+- 221221
()2E X X σ
=+ 22
1221()()02E X E X σ
⎡⎤=-=⎣⎦. 这样2
2(1,1)U Y F V
=:.
15. 设总体21(,)X N μσ:,2
22(,)Y N μσ:,从二总体中分别抽取样本,
得到下列数据:
18n = , 10.5x =,2142.25s = ； 210n = ,
13.4y =,2256.25s =，
求概率2
221
( 4.40)P σσ< .
解 由于22
122212
(7,9)S S F F σσ=:
0.05(7,9) 3.29F =
故( 3.305)0.05P F ≥≈ .
从而22221122212242.25
( 4.40)( 4.40)56.25
S P P S σσσσ<=⋅<⨯ ( 3.305)P F =< 1( 3.305)P F =-≥
10.05=- 0.95= .
B
1. 设有N 个产品，其中有M 个次品，进行放回抽样，定义i X 如下：
1,0,i i X i ⎧=⎨⎩
第次取得次品,
第次取得正品.
求样本12,,...,n X X X 的联合分布.
解: 因为是放回抽样，所以12,,...,n X X X 独立同分布，
{}{}1,01i i M M
P X P X N N
====-.则12,,...,n X X X 的联合分布为
{}11
1,,()(1)n
n
i i
i i x n x i n n P X x X x M N M N ==-∑∑===-L . 2．设总体2
(,)X N n
σμ:，12,,...,n X X X 是样本，证明：
22241
([()])(1)n
i i E X X n σ=-=-∑.
证: 由22
2
(1)(1)n S n χσ--:和221
(1)()n
i i n S X X =-=-∑ 得
2
221
2
()(1)n
i i X X n χχσ=-=
-∑: .
使用2χ分布期望和方差的公式，22
()1,()2(1)E n D n χχ=-=-，于是，
2
222412
1
()([()])n i n
i i i X X E X X E σσ==⎛⎫⎡⎤- ⎪⎢⎥ ⎪⎢⎥-= ⎪⎢⎥ ⎪⎢⎥ ⎪⎣⎦⎝⎭
∑∑ 422()E σχ⎡⎤=⎣⎦
2
422
(()())D E σχχ⎡⎤=+⎣⎦
4224
2(1)(1)(1)n n n σσ⎡⎤=-+-=-⎣⎦
. 3.设129,,...,X X X 是来自正态总体的简单随机样本，
11262789()()Y X X X Y X X X =+++=++L
, 9
2
222127
1(),)2i i S X Y Z Y Y S ==-=-∑ .
证明统计量Z 服从自由度为2的t 分布.
证: 因为2
()D X σ=为末知，而12()()E Y E Y =，21()6D Y σ=，22()3D Y σ=.
由1Y 与2Y 的独立性，12()0E Y Y -=，222
12().632
D Y Y σσσ-=
+=故
1((0,1).U Y Y N =-:
由正态总体样本方差的性质知，2222().S n σχ:
又由1Y 与2Y 独立知，1Y 与2S 独立，2Y 与2S 独立，于是12Y Y -也与2
S 独立.从而，由t 分布随机变量的构造知
21 12)(2).Z Y Y S t =-=:。