概率论第五章习题解答(全)

第五章习题解答1、据以往的经验，某种电器元件的寿命服从均值为100h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1920h的概率。解设这16只元件的寿命为iX，1,2,,16i，则161iiXX，因为()100iEX，22()10000iDX于是随机变量1616112160016004001000016iiiiXnXXZn近似的服从(0,1)N160019201600{1920}{}400400XPXP1600{0.8}400XP16001{0.8}400XP1(0.8)＝10.78810.2119.2\（1）一保险公司有10000个汽车保险投保人，每个投保人索赔金额的数学期望为280美元，标准差为800美元，求索赔总金额不超过2700000美元的概率；（2）一公司有50张签约保险单，每张保险单的索赔金额为iX，1,2,,50i（以千美元计）服从韦布尔分布，均值()5iEX，方差()6iDX求50张保险单索赔的合计总金额大于300的概率。解（1）设每个投保人索赔金额为iX，1,2,,10000i，则索赔总金额为100001iiXX又()280iEX，2()800iDX，所以，索赔总金额不超过2700000美元的概率{2700000}1`{270000}PXPX10000128010000270000028000001{}80010080000iiXP1000012800000101{}800008iiXP10000128000001{1.25}80000iiXP近似的服从(0,1)N即{2700000}1(1.25)PX(1.25)0.8944（2）{300}1{300}PXPX5015053002501{}650300iiXP50150551{}6503iiXP5015051{2.89}650iiXP1(2.89)10.99810.0019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（－0.5，0.5）上服从均匀分布，（1）将1500个数相加，问误差总和的绝对值超过15的概率是多少？（2）最多可有几个数相加，使得误差总和的绝对值小于10的概率不小于0.90？解设每个加数的舍入误差为iX，1,2,,1500i，由题设知iX相互独立同分布，且在（－0.5，0.5）上服从均匀分布，从而0.50.5()02iEX，2(0.50.5)1()1212iDX(1)、记15001iiXX，由独立同分布的中心定理有150001125150012XX近似的服从(0,1)N，从而{||15}1{||15}PXPX1{1515}PX15151{}125125125XP15151[()()]555532(1())52(1(1.34))2(10.9099)0.1802。（2）、记1niiXX，要使{||10}0.90PX，由独立同分布的中心极限定理，近似地有{||10}{1010}PXPX1010{}121212XPnnn102()10.9012n即10()0.9512n，查表得(1.64)0.95令101.6412n，解得443n。即最多可有443个数相加，可使得误差总和的绝对值小于10的概率不小于0.90。4、设各零件的重量都是随机变量，它们相互独立，且服从相同的分布，其数学期望为0.5kg，圴方为0.1kg，问5000只零件的总重量超过2510kg的概率是多少？解设每只零件的重量为iX，1,2,,5000i，由独立同分布的中心极限定理知500010.5500050000.1iiX近似地服从(0,1)N则{2510}1{2510}PXPX500010.55000251025001{}50000.150iiXP500010.55000101{}50000.150iiXP101()1(1.414)7.07＝1－0.9207＝0.0793。5、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100根，求其中至少有30要短于3m的概率。解把从这批木柱中随机地取一根看作一次试验，并假定各次试验相互独立，在100次试验中长度不小于3m的根数记作X，则X是随机变量X，且(100,0.8)Xb，其分布律为100100{}0.80.2kkkPXkC，0,1,2,,100k所求的概率为{70}PX由德莫弗――拉普拉斯定理可求它的近似值1000.8701000.8{70}{}1000.80.21000.80.2XPXP8010{}1616XP805{}42XP51()10.99380.00622。6、一工人修理一台机器要两个阶段，每一阶段需要时间（小时）服从均值为0.2的指数分布，第二阶段所需要的时间服从均值为0.3的指数分布，且与第一阶段独立。现有20台机器需要修理，求他在8小时内完成任务的概率。解设修理第i（1,2,,20i）台机器，第一阶段耗时iX，第二阶段为iY，则共耗时为iiiZXY已知因为指数分布的数学期望为，方差2，即()0.2iEX，()0.3iEY，2()0.2iDX，2()0.3iDY，又第一阶段和第二阶段是相互独立的，故()()()()0.20.30.5iiiEZEXYEXEY22()()()()0.20.30.13iiiiiDZDXYDXDY20台机器需要修理的时间由独立同分布的中心极限定理，20台机器需要维修的时间可认为近似地服从正态分布，即202020111201()200.5(10,2.6)200.13()iiiiiiiiZEZZNDZ而所求概率201{0.8}iipPZ810()2.622()()(1.24)1.61252.61(1.24)10.89250.1075即不大可能在8小时内完成任务。（因为完成任务的可能性不到20%）7、一家食品店有三种蛋糕出售，由于出售哪一种蛋糕是随机的，因而售出一只蛋糕的价格是一个随机变量，它取1元、1.2元、1.5元各个值的概率分别为0.3，0.2，0.5。若售出300只蛋糕，（1）求收入至少400元的概率。（2）求售出价格为1.2元的蛋糕多于60只的概率。解设第i格为为iX（1,2,,300i），其分布律由此得()10.31.20.21.50.51.29iEX（即平均收入）2()10.31.440.22.250.51.713iEX222()()(())1.713(1.29)0.0489iiiDXEXEX以X表示总收入，即3001iiXX，由独立同分布中心极限定理，得300300113001.29387(387,14.67)3000.048914.67iiiiXXN则收入超过400元的概率为30030011{400}1{400}iiiiPXPX30013874003871{}14.6714.67iiXP4003871()14.67131()1(3.39)3.8310.99970.0003。（2）以Y记300只蛋糕中售价为1.2元的蛋糕数，于是(300,0.2)Yb，()3000.260EY（出售这种蛋糕的平均只数），()3000.20.84.8DY(二项分布的方差)iX11.21.5ip0.30.20.5售出价格为1.2元的蛋糕多于60只的概率为{60}1{60}PYPY6060601{}4.84.8YP1(0)10.50.5（即有50%的可能售出60只价格为1.2元的蛋糕。）8、（1）一复杂的系统由100个相互独立起作用的部件组成，在整个运行过程期间每个部件损坏的概率为0.10，为了使整个系统起作用，至少必须有85个部件正常工作，求整个系统起作用的概率。（2）一个复杂系统由n个相互独立起作用的部件组成，每个部件的可靠性（即部件正常工作的概率）为0.9，且必须至少有80%的部件正常工作才能使整个系统工作，问n至少为多大时才能使系统的可靠性不低于0.95。解（1）设正常工作的部件数为10iX，第i个部件在整个运行期间工作，第i个部件在整个运行期间损坏（0,1,2,,100i），由题设知iX（0,1,2,,100i）相互独立，且{1}0.9iPX，{0}0.1iPX，设1001iiXX，则(100,0.9)Xb。由德莫弗――拉普拉斯定理知，1000.91000.90.1X近似地服从正态分布(0,1)N，从而{85}1{85}PXPX1000.9851000.91{}1000.90.11000.90.1XP551()()(1.67)0.952533（2）设观察每个部件是否损坏为一次试验，记损坏的部件数为X，则X是一个随机变量，且(,0.1)Xbn，由于当有20%的部件不工作时系统就不能工作，因此若设0.2Nn（取整数），则当正常工作的部件数N时，系统就不能正常工作。根据德莫弗――拉普拉斯定理0.10.1{}{}0.90.10.90.1XnNnPXNPnn0.10.1{}0.30.3XnNnPnn0.1()10.950.050.3Nnn查表得(1.65)0.95（由标准正态分布的对称性。），由于0.2Nn（取整数），故可以认为0.10.1Nnn，令0.10.11.650.30.3Nnnnn，有4.95n，24.5n即当n至少为25时，才能使系统的可靠性不低于0.959、已知在某十字路口，一周事故发生数的数学期望为2.2，标准差为1.4（1）以X表示一年（以52周计）此十字路口事故发生数的算术平均，试用中心极限定理求X的近似分布，并求{2}PX。（2）求一年事故数小球100的概率。解（1）设该十字路口第i周发生事故次数为iX，则iX（0,1,2,,52i）是相互独立的随机变量，已知()2.2EX，标准差()1.4DX，则方差221.41.96，于是iX服从正态分布2(2.2,1.4)N，由中心极限定理，221.4(,)(2.2,)52XNNn。（见教材P122之（2.3）式）。又2.222.2{2}{}1.41.45252XPXP2.20.2{}1.40.194152XP(1.03)1(1.03)10.84850.1515。（2）设521iiXX，则522.2100522.2{100}{}1.4521.452XPXP522.214.4{}(1.43)10.0961.452XP1(1.43)10.92360.076410、某种汽车氧化氮的排放量的数学期望为0.9g/km，标准差为1.9g/km某汽车公司有这汽车100辆，以X表示这些汽车氧化氮排放量的算术平均值，问当L为何值时XL的概率不超过0.01。解设每辆汽车的氧化氮排放量为iX（1,2,,100i），则iX是相互独立的随机变量，且()0.9iEX，()1.9iDX，221.9，由中心极限定理知，21.9(0.9,)100XN于是{}1{}PXLPXL0