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习题四1.设随机变量X的分布律为X1012P1/81/21/81/4求 E (X) , E (X2), E (2X+3)【解】(1)E(X)1)(2)E(X2)1)202E(2X3)2E(X) 32.已知100个产品中有10个次品，求任意取出的5个产品中的次品数的数学期望、方差【解】设任取出的 5个产品中的次品数为 X,则X的分布律为X012345PC5c -50- 0.583C100C1 c4-5-90-0.340C1002 3105 90 0.0701003 2105 900.007100409。0100550100故 E(X) 0.583 0 0.340 1 0.070 2 0.007 3 0 4 0 50.501,5D(X) x E(X)2Pi 0(0 0.501)2 0.583 (1 0.501)2 0.340 (5 0.501)2 0 0.432.3 .设随机变量X的分布律为X101Pp1p2p3且已知 E (X) =,E(X2)=,求 P1, P2, P3.【解】因P1 P2P3 1，又 E(X) ( 1)P1 0|P2 1P3P3 P1 0.1 ，E(X2) ( 1)21P 021P2 121P3 P1E 0.9由联立解得P 0.4, P2 0120.5.4 .袋中有N只球，其中的白球数 X为一随机变量，已知 E (X) =n,问从袋中任取1球为白球的概率是多少【解】记A=从袋中任取1球为白球,则k)|PXk)NP( A)全概率公式PA|Xk 0N kPXk 0 N工IN,E(X)k1 N r ,Nk0kPX k5 .设随机变量X的概率密度为x, 02 x,11,2,f(x)=0，其他.求 E (X) , D (X)E(X)解xf (x)dx1x2dx02(2x)dx1._ 2E(X )2 _x f (x)dx1x3dx0x2(2x)dx - 6D(X) E(X2)E(X)26 .设随机变量 X, Y, Z相互独立，且 E (X) =5, E (Y) =11, E (Z) =8,求下列随机变量的数学期望.(1) U=2X+3Y+1;(2) V=YZ 4X.【解 EU E(2X 3Y 1) 2E(X) 3E(Y) 12 5 3 11 1 44.(2) EV EYZ 4X EYZ 4E(X)g|Y,Z 独立 E(Y)|E(Z) 4E(X)11 8 4 5 68.2Y),7.设随机变量 X, Y 相互独立，且 E (X) =E (Y) =3, D (X) =12, D (Y) =16,求 E ( 3XD (2X3Y).【解】(1) E(3X2Y) 3E(X) 2E(Y)2 3 3.(2) D(2X3Y)22D(X) ( 3)2DY 4129 16 192.8.设随机变量Y）的概率密度为f (x, y)=k, 0 x 1,00,y x,其他.试确定常数k,并求E (XY).【解】因f (x, y)dxdy1dx0x0 kdy2k1,故k=2E(XY)xyf (x, y)dxdyxxdx 0 2ydy0.259.设X, Y是相互独立的随机变量，其概率密度分别为2x, 0x1,e(y5), y 5,fX (x) = 0,其他；fY (y) = 0, 其他.求 E (XY).【解】方法一：先求 X与Y的均值12E(X)Ox|2xdx 3,E(Y) ye (y 5)dy5 e zdz ze zdz 5 1 6.由X与Y的独立性，得2E(XY) E(X)|E(Y) 364.方法二：利用随机变量函数的均值公式.因X与Y独立，故联合密度为f(x,y)fX(x)卜Y(y)2xe(y5), 0 x 1,y 5,0, 其他， 于是ii 2八,5)2E(XY) 5 oxy|2xedxdy o2x dx| 5 ye y dy -6 4.10 .设随机变量X, Y的概率密度分别为2e2x, x 0,4e4y, y 0,fX (x) = 0, x 0; fY(y) = Qy 0.求(1) E (X+Y) ; (2) E (2X 3Y2).(X)【解】xfX (x)dx o x|2e 2xdx xe 2x0-2x .e dx02xe dxE(Y)E(Y2)yfy (y)d y 0y|4e 4ydyy2fy(y)dy0 y2|4e 4ydy242113E(X) E(Y).2 4 422115E(2X 3Y2) 2E(X) 3E(Y2) 2 - 3 - (2)28 811 .设随机变量X的概率密度为k2x2cxe , x 0,f (x) = 0, x 0.求(1)系数 c; (2) E (X) ; (3) D (X).,22Cf (x)dx cxe x dx 2 12【解】(1)由02k得c 2k.E(X)(2)xf (x)d(x)2 k2x2x|2k xedx_ 222k2x2eok2x_2E(X )2 -x f(x)d(x)22x 12k xek2x2 1k2.221D(X) E(X)E(X)记2k4 冗4k212.袋中有12个零件，其中9个合格品，3个废品.安装机器时,从袋中一个一个地取出（取出后不放回），设在取出合格品之前已取出的废品数为随机变量【解】设随机变量 X表示在取得合格品以前已取出的废品数，则X,求 E (X)和 D (X).X的可能取值为0, 1, 2,3.为求其分布律，下面求取这些可能值的概率，易知，、9PX00.750,12329PX2- 0.041,12111039PX10.204,12113219PX3 - 0.005.121110 9于是，得到X的概率分布表如下:X0123P由此可得 E(X) 0 0.750 1 0.204 2 0.041 3 0.005 0.301.2_22_2_2_E(X2)02750 120.204 220.041 32 0.0050.413D(X) E(X2) E(X)2 0.413 (0.301)2 0.322.13.一工厂生产某种设备的寿命X (以年计)服从指数分布，概率密度为f (x)=0,x 0,x 0.为确保消费者的利益，工厂规定出售的设备若在一年内损坏可以调换.若售出一台设备，工厂获利100元，而调换一台则损失 200元，试求工厂出售一台设备赢利的数学期望.【解】厂方出售一台设备净盈利Y只有两个值:100元和 200元1/4 e_ _ _1x/4PY100PX11 -e dxPY 200 PX 1 1 e1/4故E(Y)100 e1/4 ( 200) (1 e1/4)300e 1/4 200 33.64 (元)14.设 X1,X2,Xn是相互独立的随机变量,且有 E (Xi)=科，D (Xi) =(t2, i=1 , 2n,记Xi,S21 nS2=n 1i1 iX)2(1)验证E(X) D(X)(2)验证S2=n1 n 2-(XiI i 12nX(3)验证E (S2)=(T 2 .ffilD(X)(2)因n(Xi i 1S2故同理因从而E(X)nXi1XiX)2(Xi2nXi2 i 1六(E(Xi)E(X)nXi212nXu,D(Xi)u,D(X)1E( nXi)1 nE(Xi) n i 1Xi)Xi之间相互独立2XXi)nXi22nX2Xnu u.DXiXi2nX2Xi 1nXi2 i 12nX2,故 E(Xi2)2 一2一E(X ) n，故D(Xi) (EXi)222u n2E(s2) E1n 22nX)X：)12nE(X )15.对随机变量1 n 2n1E(Xi2)2nE(X )X和Y,已知D (X)二2,计算：Cov (3X 2Y+1, X+4Y3).D (Y) =3, Cov(X,丫尸1,解Cov(3 X 2Y 1,X 4Y3) 3D(X) 10Cov(X,Y)8D(Y)3 2 10 ( 1) 8 328（因常数与任一随机变量独立，故Cov(X,3)=Cov(Y,3)=0,其余类似).16 .设二维随机变量（X, Y）的概率密度为Ttf (x, y) = 0,122.-,x y 1,其他.试验证X和Y是不相关的，但 X和Y不是相互独立的.22【解】设D ( x，y) | x y1E(X)xf (x, y)dxdy九 x2 y2xdxdy1一 r cos rdrd冗000.而 Cov(X,Y)同理 E(Y)=0.X E(x) y E(Y)f (x,y)dxdy九 x2 y2xydxdy17t2 Tt 1 cr sin cos rdrd1dy花V1x2.花由此得 XY 0,故x与丫不相关.A x2fx（x） d d 2卜面讨论独立性，当|x| 时，1此x.1 y 12 2当|y| 1时,fY(y)i k-dx - 口显然 fx(x)1fY(y) f(x,y).故X和Y不是相互独立的17 .设随机变量(X, Y)的分布律为10111/81/81/801/801/811/81/81/8验证X和Y是不相关的，但 X和Y不是相互独立的.Y及XY的分【解】联合分布表中含有零元素，X与Y显然不独立，由联合分布律易求得X,布律，其分布律如下表X101P323888Y101P323888XY101P242888由期望定义易得 E (X) =E (Y) =E (XY) =0.从而E(XY)=E(X) - E(Y),再由相关系数性质知p XY=0,即X与Y的相关系数为0,从而X和Y是不相关的.PX又13 3 1pY 1 3 3 8 PX1,Y1从而X与Y不是相互独立的.18.设二维随机变量（X,Y)在以(0, 0) , (0,1)(1, 0)为顶点的三角形区域上服从均匀分布，求Cov （X, Y）,p XY.(X, Y)的概率密度为题18图【解】如图，SD=2 ,故f(x, y)2, (x,y) D,0,其他.E(X)xf (x, y)dxdy1dx o2dy 32E(X2)2x f (x, y)dxdy1dx0x 22x dy从而同理所以D(X)E(X2)E(X)2J18E(Y)11,D(Y) 3E(XY)Cov(X,Y)E(XY)XY从而118xyf (x, y)dxdyE(X) E(Y)112_Cov(X,Y)_ D(X)|,D(Y)19.设（X, Y）的概率密度为2xydxdy1dx0X12xydy .12136118136I1 -sin(x 2f (x, y) =0,y), 0 x花一，02花y 2其他.求协方差Cov （X,Y)和相关系数p XY.E(X)xf (x, y)dxdy”2dxV2x|1sin(xy)dy从而D(X)同理XY_ 2E(X )_ 2E(X )Cov(X,Y)兀2dx0兀22x0y)dy2._2E(X)E(XY)Cov( X,Y);d(x)1DY20.已知二维随机变量（X【解】由已知知:从而D(乙)D(XD(Z2) D(2X2 花162.E(Y)E(XY)4,D(Y)E(X) E(Y)2工216 2”2dxV）的协方差矩阵为D(X)=1,D(Y)=4,Cov(X,Y)=1.2Y)Y)2 花16/22.xy sin(x4)232D(X) 4D(Y) 4Cov(X,Y)4D(X) D(Y) 4Cov(X,Y)Cov(Z1,Z2) Cov(X 2Y,2X Y)花y)dxdy 一 1,28冗16冗28冗Z1=X322丫和 Z2=2X1 13,1 4,2Cov(X,X) 4Cov(Y,X) Cov(X,Y) 2Cov(Y,Y)2D(X) 5Cov(X,Y) 2D(Y) 2 1 5 1 2 4 5.Cov(ZiZ)_5_5 -故Z1Z2,D(Zi)|;D(Z2)13426、.21.对于两个随机变量 V, W 若E (V2), E (W2存在，证明：E (V忱 2E ( V2) E (W2 .这一不等式称为柯西许瓦兹(Couchy Schwarz)不等式.一，2-【证令 g(t) EV tW,t R.显然0 g(t) E(V tW)2 EV2 2tVW t2W2EV2 2t|EVW t2|EW2, t R.可见此关于t的二次式非负，故其判别式AW0,222即 02E(VW) 4E(W )|E(V )4E(VW)2 E(V2)|E(W2).222故E(VW) E(V )|E(W ).22 .假设一设备开机后无故障工作的时间X服从参数入=1/5的指数分布.设备定时开机，出现故障时自动关机，而在无故障的情况下工作2小时便关机.试求该设备每次开机无故障工作的时间Y的分布函数F (y).【解】设Y表示每次开机后无故障的工作时间，由题设知设备首次发生故障的等待时间XE(入),E(X)=5.依题意 Y=min(X,2).对于 y0,f(y)=PY 2,F(y)=P(X y)=1.对于0Wy0时，在(0,x)内无故障的概率分布为入x,所以PXW x=1y/5.F(y)=PY Wy=Pmin(X,2) Wy=PXWy=l23 .已知甲、乙两箱中装有同种产品，其中甲箱中装有3件合格品和3件次品，乙箱中仅装有3件合格品.从甲箱中任取3件产品放乙箱后，求：(1)乙箱中次品件数 Z的数学期望;(2)从乙箱中任取一件产品是次品的概率.【解】PZ19913E(Z) 01 23.因此，20202020 2(2)设A表示事件“从乙箱中任取出一件产品是次品”，根据全概率公式有3P(A) PZk 0k|pA|Z k12020 69202024.假设由自动线加工的某种零件的内径X (毫米)服从正态分布N (科，1 ),内径小于 10或大于12为不合格品，其余为合格品.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 (单位：元)与销售零件的内径X有如下关系1,若 X 10,20,若 10 X 12,丁 5,若 X 12.T=问：平均直径 科取何值时，销售一个零件的平均利润最大解E(T) PX 10 20P10 X 12 5PX 12PX u 10 u 20P10 u X u 12 u 5PX u 12 u(10 u) 20 (12 u) (10 u) 51(12 u)25 (12 u) 21 (10 u) 5.dE(T) 25 (12 u) ( 1) 21 (10 u) ( 1) 0(这里(x) -e x2/2), du,222得25e(12u)/2 21e(10u)/2两边取对数有1212ln 25 -(12 u) In 21 -(10 u). 221251u 11 -ln 11 ln1.19 10.9128解得2 212(毫米) 由此可得，当u=10.9毫米时，平均利润最大25.设随机变量X的概率密度为1 x _-cos, 0 x %22f(x)=对X独立地重复观察4次，用Y表示观察值大于兀/3的次数，求 Y2的数学期望0, 其他.(2002研考)花1, X ,3一一Yi3 (I123,4)0, X -.【解】令34Y Y B(4, p)则 i1.因为p PX3 1x一 cos- dx0 22兀冗冗-1 PX-PX-33及3111E(Y)-,D(Y)-,E(Y)4-2,所以2421122D(Y) 41 E(Y2) (EY)22 2_2_2_2从而 E(Y) D(Y) E(Y)1 25.26.两台同样的自动记录仪，每台无故障工作的时间TI(I=1,2) 服从参数为5的指数分布,.试求两台记录仪无故障工作的首先开动其中一台，当其发生故障时停用而另一台自动开启总时间T=T1+T2的概率密度 仃，数学期望E (T)及方差D (T)【解】由题意知:5tfi 0e, t0,0.因T1,T2独立，所以fT(t尸f1(t)*f2(t).当 t0时，利用卷积公式得fT(t)fl(X)f2(tx)dxt5e05x5(t x)dx5t25te故得(t)25te5t, t0,0,0.由于 Ti E(5),故知 E(Ti)= 5 ,D(Ti)=25(i=1,2)因此，有 E(T)=E(T1+T2)= 5又因T1,T2独立，所以D (T) =D (T1+T2)2=2527.设两个随机变量XY相互独立，且都服从均值为0,方差为1/2的正态分布，求随机变量|X Y|的方差.【解】设Z=XY,由于210, .2,Y21N 0,、,2且X和丫相互独立，故 ZN (0,1).D(X Y) D(Z) E(|Z|2)E(|Z |)2E(Z2) E(Z)2,z2/2 dz一 一 2一 一 一E(Z ) D(Z) 1,E(|Z|)zez2/2dz ,所以D(|X Y|)28.某流水生产线上每个产品不合格的概率为 p（0p1）,各产品合格与否相互独立，当出现一个不合格产品时,即停机检修.设开机后第一次停机时已生产了的产品个数为X,求E （X）和 D (X).【解】记q=1p,X的概率分布为PX=i=qi1p,i=1,2,E(X)故. iiq1p(qi)i 1p(1 q)2E(X2)又(i2i 2i)qi- iiq1所以pq(qi)22 Pq(1 q)3pq2q1 q2 p2pD(X) E(X2)E(X)229.设随机变量X和Y的联合分布在点（01)(1,0)及（1, 1）为顶点的三角形区域上服从均匀分布.（如图），试求随机变量 U=X+Y勺方差.【解】D(U)=D(X+Y)=D(X)+D(Y)+2Cov(X,Y)=D(X)+D(Y)+2E(XY)E(X) - E(Y).由条件知X和Y的联合密度为f(x, y)2, (x,y) G, 0, t 0.G (x,y)|0 x 1,0y 1,x y 1.从而fx(x)1f(x,y)dy ix2dy 2x.因此11232E(X)oxfx(x)dxo2xdx-,E(X )22141D(X)E(X )E(X)2918132x dx02,同理可得31E(Y) 2，d(y)值E(XY)2xydxdyG112 xdx ydy01 x J512Cov(X,Y)E(XY)54E(X)IE(Y)也 9136于是D(U) D(X Y)工二工工18 18 36 1830.设随机变量U在区间2,2上服从均匀分布，随机变量1, U 1,1, U 1,X= 1, U 1, Y=1,若 U 1.试求（1） X和Y的联合概率分布；（2） D （X+Y）【解】（1）为求X和Y的联合概率分布,就要计算（X, Y）的4个可能取值(1,1),(1,1),(1,1）及（1,1）的概率.Px=1,Y=1=PUW 1,U1=P=0,PX=1,Y=1=PU1,U1P 1 U 11 dx2 dx 1PX 1,Y 1 PU 1,U 1 PU 11 44.(1,1)14故得X与Y的联合概率分布为(1, 1) ( 1,1) (1, 1)(X,Y)110 42(2)因 D(X Y)E(X Y)2 E(X Y而 X+Y及 (X+Y) 2的概率分布相应为2 0 2X Y 11142 40 42(X Y) 1 12 2E(X Y)从而11(2) 4 2 4 0,211E(X Y) 0 - 4 2 2,2.oox+oo)_2_2所以 D(X Y) E(X Y) E(X Y)1|x|e31.设随机变量X的概率密度为f(x)= 2,(求E (X)及D (X);(2)求Cov(X,|X|),并问X与凶是否不相关(3)问X与凶 是否相互独立，为什么E(X)x|1e|x|dx 0.m (1)12D(X) (x 0)2(1 e |x|dx 0 o x2e xdx 2.(2) Cov(X,|X) E(X|X|) E(X)|E(|X |) E(X|X |)x | x |； e |x|dx0,所以X与|X|互不相关.(3)为判断凶与X的独立性，需依定义构造适当事件后再作出判断，为此，对定义域oox+oo中的子区间(0,+ oo)上给出任意点 x0,则有X0XXo| X |x。Xx。.所以 0 P|X| XoPXXo1.故由PX Xo,| X | XoP| X | XoP| X | Xo|pXXo得出X与|X|不相互独立.32.已知随机变量X和Y分别服从正态分布N ( 1, 32)和N (。，42),且X与Y的相关系数p XY=X Y1/2 ,设 Z= 32 .(1)求Z的数学期望E (Z)和方差D (Z);(2)求X与Z的相关系数P XZ;(3)问X与Z是否相互独立，为什么D(Z) DE(Z)2Cov1611八-Cov(X,Y),3 2Cov(X,Y)XY、,D7Xy|/D(Y)所以D(Z)3.X YCov( X,Z) Cov X, (2)因321-Cov X,X 31-Cov X,Y 213D(X)XZ所以局降。1Z N ,3 ,X N (1,9) 由XZ 0,得X与Z不相关.又因3，所以X与Z也相互独33 .将一枚硬币重复掷 n次，以X和Y表示正面向上和反面向上的次数.试求X和Y的相关系数 XY【解】由条件知 X+Y=n则有D (X+Y) =D (n) =0.1再由 XB(n,p),YB(n,q) ，且 p=q= 2 ,nD(X) npq D(Y)从而有4所以0 D(X Y) D(X) D(Y) 2 XY D(X) D(Y)nn2 XY ,1.24 故 XY =34 .设随机变量X和Y的联合概率分布为Y 101X01试求X和Y的相关系数p .【解】由已知知 E(X)=,E(Y)= ，而XY 的概率分布为YX10P所以 E( XY) =+=Cov(X,Y)=E(XY)E(X) E(丫尸X =0从而XY =035 .对于任意两事件 A和B, 0P(A)1 , 0P(B)1,则称P AB P（A） P（B）/P（A）P（B）P（A）P（B）为事件A和B的相关系数.试证:（1）事件A和B独立的充分必要条件是p =0; I P I W1.【证】（1）由P的定义知，p =0当且仅当P(AB) P(A) - P(B) =0.而这恰好是两事件 A B独立的定义，即 p二0是A和B独立的充分必要条件.（2）引入随机变量X与Y为1,若侬生，X _Y0,若期生；1,若B发生，0,若B发生.由条件知，X和Y都服从01分布，即X1 P(A) P(A)1 P(B)P(B)从而有 E(X)=P(A),E(Y)=P(B),D(X)=P(A) P( A),D(Y)=P(B) P( B),Cov(X,Y)=P(AB) P(A) - P(B)所以，事件A和B的相关系数就是随机变量X和Y的相关系数.于是由二元随机变量相关系x 0,x 2,其他.令 Y=X2, F (x,y )为二维随机变量（X, Y）的分布函数，求:（1） Y的概率密度fY(y);数的基本T质可得| p | 1.36 .设随机变量X的概率密度为2,1?0 0,fX(x)=(2) Cov(X,Y);1F(二，4) 2解：（1） Y的分布函数为_，_ 2_Fy(V) PY y PX y当y0时,FY(y)fY(y) 0.当0vyv 1时,FyW)P .y x.y P J0 P0X .yfY(y)_3_8百.当lWy4时,FY(y)故Y的概率密度为fY(y)-3=,08V1,18 ；y0,fY(y)1,4,其他.E(X)=xfX (x)dx(2)xdx 21xdx4+E(Y)=E (X2)=x2E(XY尸E(Y2)=Cov(X,Y)=fX(x)dxx-1 22dx1)fX (x)dx3 dx3dxE(XY)- E(X) E(Y)=-3 .1F( 2,4)1PX -,Y 4212、PX 一, X 42PX1、2, 2 X 21P 2 X -211P 1 X 24.37.习题五1. 一颗骰子连续掷 4次，点数总和记为X.估计 P10X,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，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%勺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,XB (200,),E(X) 140,D(X) 42,0.95 P0m P(X m)m 140.42m 140查表知1.64,42,m=151.所以供电能151X15=2265 （单位）4. 一加法器同时收到 20个噪声电压Vk (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=k 1 ，求PV105的近似值.【解】易知：E(Vk)=5,D(Vk尸10012 ,k=l,2,20由中心极限定理知，随机变量20Vk 20 5k 1100 , 20,12V 205近似的,100 ”2012N(0,1).PV 105V 20 5100始20：12105 20 5T101000.3871120,121(0.387) 0.348,即有PV1055.有一批建筑房屋用的木柱，其中80%勺长度不小于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3nl贝U XB (100,)从而PX 30 1 PX 30 130 100 0.2100 0.2 0.85 2.5) 1 0.99380.0062.6 .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.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，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，问接受这一断言的概率是多少1,第i人治愈，inXi0,其他.i 1训，100.75 100 0.8,100 0.8 0.21.25)(1.25)0.8944.(2) XB(100,100PXi75 1 PX 75 1i 175 100 0.7100 0.7 0.31(1.09)0.1379.7.用Laplace中心极限定理近似计算从一批废品率为的产品中,任取1000件，其中有20100X Xi.令 i 1(1) XB(100,100PXi75 1 PX 75 1i 1件废品的概率.【解】令1000件中废品数X,则p=,n=1000,XB(1000,E(X)=50 , D(X)=.,、1P X 20一 ,47.520 50,47.56.895306.8956.895306.8954.5 10 68.设有30个电子器件.它们的使用寿命 ，T30服从参数 入=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.E(Ti)由10,1D(Ti) 100,E(T) 10 30 300,D(T) 3000.PT 350 1350 300/1、30005:1(0.913) 0.1814.309.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%勺概率保证够用(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(Ti)=10D(Ti)=100 ,E(T)=10n , D(T)=100n.P 从而nTi 306 810.95,0.05即306 8 10n10% n0.9510n 244810 .n1.64 n-244.8.nn 272.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个随机变量，设一个学生无家长、名家长、2名家长来参加会议的概率分别为,.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.(1)以Xi(i=1,2,400)记第i个学生来参加会议的家长数.则Xi的分布律为Xi易知 E (Xi=) ,D(Xi尸,i=1,2,400.400Xii ,由中心极限定理得400Xi400 1.1X 400 1.1近似地,400 0.19-4 19 N(0,1).PX 450日1 PX 450 1450_400_1.14 191(1.147) 0.1357.(2)以Y记有一名家长来参加会议的学生数.则YB(400,由拉普拉斯中心极限定理得PY 340340 400 0.8400 0.8 0.2(2.5) 0.9938.11 .设男孩出生率为，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XB (10000,)要求女孩个数不少于男孩个数的概率，即求PX 5000.由中心极限定理有5000 10000 0.515PX 5000( 3) 1.10000 0.515 0.485(3) 0.00135.12 .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.以95%既率估计，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Xi表第i个人能够按时进入掩蔽体(i=1,2,1000)令Sn=X1+X2+-+X1000.(1)设至少有m人能够进入掩蔽体，要求Pm Sn,事件m Sn_m_1000_0.9_ Sn 9001000 0.9 0.1;90由中心极限定理知：Pm Sn 1 PSn m 1m 1000 0.9.1000 0.9 0.10.95.从而故m 90090m_900.900.05,1.65,所以m=K 884 人(2)设至多有M人能进入掩蔽体，要求P0Sn.PSn MM 900 0.95. .90M 900查表知 厢 =,M=900+k 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，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XB (10000,).(1)公司没有利润当且仅当“ 1000X=10000K 12”即“X=120 .于是所求概率为,、1P X 120；10000 0.006 0.99412010000 0.006.10000 0.006 0.9946059.6459.6430.18110.0517 e 011(60/ 5964)2,59.64(2)因为“公司利润60000”当且仅当“ 0WXW 60”于是所求概率为P0 X 6060 10000 0.00610000 0.006 0.9940 10000 0.006, 10000 0.006 0.994(0)60.59.640.5.14.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E(Z) 0,D(Z) D(X Y) D(X)D(Y) 2xp , D(X)| D(Y) 3.所以P|Z E(Z)| 6 P|X Y| 6D(X Y)623136 1220%以X表示在随机抽查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，因此， XB(100,故X的概率分布是 k k 100 kP X kC1000.2 0.8, k 1,2,111,100.(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 WXW30的概率.由中心极限定理，得P14 X 3030 100 0.2. 100-0.2-0.814 100 0.2100-0.2-0.8(2.5)( 1.5) 0.994 9.33 0.927.16. 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.【解】设Xi (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X1, X2,，Xn视为独立同分布的随机变量，而n箱的总重量Tn=X1+X2+ +Xn是独立同分布随机变量之和，由条件知:E(Xi) 50,D(Xi) 5,E(Tn) 50n,、D(TJ 5、.n.依中心极限定理，当 n较大时,Tn 50n近似地 5 . nN(0,1)故箱数n取决于条件PTn 5000 PTn 50n5 n5000 50n5. n1000 10n0.977(2)., n1000 10n 2因此可从Jn解出n,即n,所以n至少应取253 .设某厂生产的灯泡的使用寿命XN( 1000, b2)(单位：小时)，随机抽取一容量为 9的样本，并测得样本均值及样本方差 .但是由于工作上的失误，事后失去了此试验的结果，只记得样本方差为 S2=1002,试求P ( X 1062)【解】科二1000,n=9, S2=1002XX-J000t(8)S/ , n 100/31062 1000P(X 1062) P(t ) P(t 1.86) 0.05100/34 .从一正态总体中抽取容量为10的样本，假定有2%勺样本均值与总体均值之差的绝对值在 4以上，求总体的标准差XZN(0,1)【解】 7n，由p(| X -回4)=得P|Z|4(r/n尸,查表得4、记0.024-避 2.3310.99.所以5.设总体 XN(g16), X1, X2,，X10是来自总体 X的一个容量为10的简单随机样本,S2为其样本方差，且P (S2a)=,求 a 之值.2 9S162(9), P(S2 a) P2 9a2 0.1.16查表得9a1614.684,14.684 1626.105.4-5.43.2.33所以6.设总体
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