华理概率论习题6答案.docx
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华理概率论习题6答案
华东理工大学
概率论与数理统讣
作业簿（第六册）
学院专业班级
学号姓名任课教师
第十六次作业
计算题：
1一批产品的不合格率为0.02,现从中任取40只进行检查，若发现两只或两只以上不合格品就拒收这批产品，分别用以下方法拒收的概率：
（1）用二项分别作精确计算；
（2）用泊松分布作近似计算。
解:
设不合格得产品数为
（1）>2）=1-P（g=0）-P（g=1）=1-（O.98）40-4（0.02）（0.98）39«0.1905.
⑵利用二项分布列的泊松定理近似，得2=^,=40x0.02=0.8,
>2）«1-严-0.W"1912.
2作加法时，对每个加数四舍五入取整，各个加数的取整误差可以认为是相互独立的，都服从（-0.5,0.5）上的均匀分布。
现在有1200个数相加，问取整误差总和的绝对值超过12的概率是多少？
解设各个加数的取整误差为$（心1,2,…,1200）。
因为§〜
.—0.5+0.5
t/（-0.5,0.5）,所以p=E&==0
（0.5+0.5）2
12
1
12
（,=12・・・,1200）。
设取整误差的总和为帀=土刍，因为77=1200数值很大，由定理知，这时近
似有〃=£勺〜
r-1
其中，/?
//=1200x0=0,
na2=1200x丄=100o
12
所以，取整误差总和的绝对值超过12的概率为
卩{|〃|>12}=1—P{-12<;/<12}^1-①（12工\_①（二］二《）ylna2yjna-2
=1-①（皇2）_①（二二。
）=1-0（1.2）+=2[1-0（1.2）]=2x（1-0.8849）=0.2302。
3设刍，良，…疋2。
是相互独立的随机变量序列，具有相同的概率密度2x0（p（x）=亠八o
0其他
0其他
令〃=岳+§?
+…+§20，用中心极限定理求P{〃§10}的近似值。
2V因为纭（21,2,…,20）的概率密度为r+®ri.?
=Ja^（.v）cU=£2x~dr=—
D&=Eg）_（碼尸=£*2x3dx_（|）2=扛=缶
20
由中心极限定理可知，这时近似有“=工岳〜NQ屮小,其中，7?
=20,
/-I
奸辱=2。
启』，〃宀吨=20x丄』
33189
所以,
“40
10
P{^S10}〜①\）a0（-3.16）=1-0（3.16）~0.008。
4.已知一本300页的书中每页印刷错误的个数服从普阿松分布P（0.2）,求这本书印刷错误总数不多于70个的概率。
解设&是第，页印刷错误的个数，已知灯〜P（0・2）,21,2,…,300,它们相互
300
独立，曲普阿松分布可知的可加性，所以，300页书的错误总数〃=亍勺〜
/-1
P（60）o
直接用普阿松分布计算，则有
7070&呼
P{0S〃570}=工/>{〃=£}=》一^严".909813。
ddk!
下面用独立同分布中心极限定理近似计算。
因为<〜P（0・2）,7=1,2,…,300，独立同分布，E务=2=0.2,D窃=几=0.2,
300
山1,2,…,300,根据独立同分布中心极限定理，可认为近似服从正态
r-l
分布N（i屮,其中n/.t=nE^=300x0.2=60,
na2==300x0.2=60o
所以
P{0<7<70）^（
0—60
<60
）
〜0（1.29）一①（一7・75）a0.9015-0=0.9015。
5.设有30个相互独立的电子器件它们的使用悄况如下：
D损坏,
2立即使用；2损坏，2立即使用，…。
设器件9（心1,2,・・・,30）的寿命服从参数为2=0.1（1/小时）的指数分布，令T为30个器件使用的总计时间。
问丁超过350小时的概率是多少？
解设乙•是第i个电子器件的寿命,已知&〜E（0.1）,7=1,2,…,30,它们独立
同分布，E^；=丄=—-=10,De=丄=—=100,,=1,2,…,30o
20.1A20.12
30
根据独立同分布中心极限定理，可认为T=^近似服从正态分布“■I
N（n^ncr2）9其中np=nE^=30x10=300,no1=nD^=30x100=3000o所以
350一300so
P{T>350}=1-P{T<350}~1-①（…’）=1-0（-/..：
）
1300073000
^1-^）（0.913）^1-0.8186=0.1814。
6.一复杂系统，山多个相互独立作用的部件组成，在运行期间，每个部件损坏的概率都是0.1,为了使整个系统可靠地工作，必须至少有88%的部件起作用。
（1）已知系统中共有900个部件，求整个系统的可幕性（即整个系统能可黑地工作的概率）。
（2）为了使整个系统的可鼎性达到0.99,整个系统至少需要由多少个部件组成？
解设纟是起作用的部件数行〜当川比较大时，近似有纟〜N（wpq）。
（1）it=900»p=0.9,g=1—〃=0.1,=810,npq=81o
整个系统要能可靠地工作，至少要有/rx88%=900x88%=792个部件起作用，
所以，这时系统能可靠地工作的概率等于
QQA_QIA79?
_X10
P{792<4<900}^6（——一）—◎（_「）=#81
（2）设至少需要〃个部件，”=0.9/?
npq=0.09/?
□
这时系统能可靠地匸作的概率等于
P{0.88h"S}〜①（罕室）-①严弘®"）二①（逓）-①（-
V0.09n、/0・09”3
害）4当）
（因为本题中〃很大，*的值远远超过了4,所以可以认为①（弓）~1）o
要4>（^）>0.99,查表可得#12.3263,E|Jn>（2.3263xl5）2^1218,
1^51
即如果整个系统可靠性要达到0.99,它至少需要IIH218个部件组成。
7.某单位设置一台电话总机，共有200个分机。
设每个分机在任一时刻要使用外线通话的概率为5陰各个分机使用外线与否是相互独立的，该单位需要多少外线，才能以90%的概率保证各个分机通话时有足够的外线可供使用？
解设歹是要使用外线的分机数，g〜b（%p）,h=200,p=0.05,近似有歹〜N（np,npq）,其中np=200x0.05=10,npq=10x0.95=9.5。
设k是需要设置的外线数。
根据题意，各个分机通话时有足够的外线可供使用，即^£一10
}=①（「=）no.9o
a/95
查表可得揺W解得5+36x^5.95,大于它的最小整
数是14,所以，需要设置14条外线。
第十七次作业
一.计算题：
1•保险公司接受多种项的保险，其中有一项是老年人寿保险，若一年中有100000人参加这项保险，每人每年需付保险费20元，在此类保险者里，每个人死亡的概率是0.002,死亡后家属立即向保险公司领得8000元。
若不计保险公司支岀的管理费，试求：
（1）保险公司在此项保险中亏本的概率；
（2）保险公司在此项保险中获益80000元以上的概率。
解：
设纟是死亡的人数,歹〜b（n,p）,n=1OOOOO,p=0.002,彳=1一p=0.998。
近似有歹〜N（npjipq）,/?
/?
=100000x0.002=200,77/^=200x0.998=199.6o
保险公司的净获益为20x100000-800聘。
（1）当20x100000-800（^<0,即§>250时，保险公司在此项保险中亏本,其概率为
P{g>250}~l—250-200
719^6
Q1-①（3・539）~0.0002
（2）若要20x100000-8000J>80000.必须有§<240,这时，概率为
P{疳<240）〜①严二叫）心①（2.831）Q0.9977。
J199.6
2.某种福利彩票的奖金额歹山摇奖决定，其分布列为
欽万元）51020304050100
卩0.20.20.20.10.10.10.1
若一年中要开出3oo个奖，问需要准备多少奖金总额，才有95%的把握，保证能够发放奖金？
解设需要资金总额为b,设$表示第i个奖金额，其中心1,2,…,300,其期望和
方差分别为£^=29,^=764，利用独立分布中心极限定理近似，得
P袞Sb）=0.95,①］^-300x29^qqs，查表得.^-30Qx29=L6449,即台V7300x764J7300x764
b心9487.5.
3.抽样检查产品质量时，如果发现次品不少于10个，则认为这批产品不能接受，应该检查多少个产品，可使次品率为10%的一批产品不被接受的概率达到0.9。
解设要检查”个产品，纟是其中的次品数，召〜b（n,p）,/?
=0.1,
q=\—p=0.9o近似有g〜N（np,npq）,np=OAn,npq=O.lnx0.9=0.09/7。
当^>10时这批产品不被接受，所以，产品不被接受的概率为
①（"二屮）-①（“二=①（3亦）-4>（l（）,L（=b-）
v0.09nV0.09nV0.09/?
-10—0.\h_0.1/z—10
〜1-6（,）=5,）
j0・09”v0.09n
（因为本题中口很大，3亦的值远远超过了4,所以可以认为①（3亦）~1）。
现在要P{1OS§<”}=①（竺^二H）n0.9,查表可得匕二10A1.2816,即有V0.09/ZV0.09/?
0」川-0.38448亦-10"。
这是一个关于亦的一元二次不等式方程，解这个方程，得到V^>12.1055
或<-8.2607,但、斤不可能小于负值，所以只有V^>12」055,平方后得到
n>（12」055）2=146.543,
大于146.543的最小整数是147,即只要检查147个产品即可达到要求。
4.分别用切比雪夫不等式和徳莫哇佛-拉普拉斯极限定理确定：
当掷一枚硬币时，需要掷多少次，才能保证出现正面的概率在0.4〜0.6之间的概率不少于90%o
解设要掷"次硬币，g是掷出的正面数，§〜b（n./?
）,p=0.5,g=l-p=0.5,
Eg=up=0.5n,Dg=npq=0.5/?
x0.5=0.25/z。
P{0・4<-<0.6）=P
（1）用切比雪夫不等式估计。
-0.5<0.1>=P{\^-0.5n\<0An}
Dg
（O.ln）2
0.25nt25
现在要P｛0.4<-<0.6｝=1-—>0.9,即要有n>-=250。
用切比
nn1-0.9
雪夫不等式估计，需要掷250次。
（2）用德莫哇佛-拉普拉斯定理估计。
因为g〜b（n,p）,近似有歹〜7V（",npq）,np=0.5n,npq=0.25n□
P{0・4=<1>（0・2侖）-①（―0・2、5）=2<1>（0・2亦）—1o
现在要P{0.4<^<0.6）=20（0.2Vn）-1>0.9,即要有①（0.2^»）>0.95,查n
表可得0.2丽A1.6449,即有心（1^竺尸=67.6424。
大于67.6424的最小整0.2
数是68,
用德莫哇佛-拉普拉斯定理估计，只要掷68次就可以了。
5.设点｝为独立同分布随机变量序列，P（^n=±logA:
）=i（n=l,2,...）Z:
为大于
零的常数，试证｛氛｝服从大数定理。
解｛氛｝是独立同分布随机变量序列，E4M=-log^-Fi（-log^）=0,数学期望
22
有限，
满足辛钦大数定理的条件，服从辛钦大数定理。
6•设｛盒｝为独立同分布的随机变量序列，其共同分布为:
2k1
P（乙=£）=尹，《=
试证｛§”｝是否服从大数定律。
证由于｛氛｝为独立同分布随机变量序列，而
满足辛钦大数定律的条件，故大数定律成立.
7.随机变量序列｛$｝各以［的概率取值疋和-疋，当s为何值时，大数定理可应
2
用于独立随机变量序列刍，…，気，…，的算术平均值。
解E.=『$+*（一疋）=0,E（空）=*伙丁+*（_疋）2=以$,
当叫时,
1W1W1W1n11-c\
扫咨心訂宀訂宀存宀严
因为Um;f2，rV，=0,所以lim丄D&^）=0；
—X"X”f-f--
1“
这时，显然不可能有limrD（工比）=0o“”矿m・
1⑷+1）'4、1
所以，当且仅当s<-时，满足马尔可夫大数定理的条件，可应用马尔可夫大数2
定理。
第十八次作业
一•填空题：
1.IS12b
为总体X的一组样本观察值，则
样本均值X二—119.375；
128,
130,109,
115,122,110,120
样本方差S二二
58.839
样本标准差S心
7.671
样本二阶原点矩X2114.415,
2.设总体X~N（O,1）,XrX2r->X〃为样本，则
（DXf+Xj+XP—Z2（3）
/⑵
⑶-「—"—FQn_3）—o
工X：
r-4
二.选择题：
1.已知总体X~N（“，R）,其中“已知而/未知，X,,X,,-X“是总体X的
一个样本。
则下列的（c）不是统计量。
B.X]+2//；
1”—
A.活（X-X）；
I川_
C.7耳（X,一X）-；
D.max{X?
…,Xlt]o
2.设随机变量X〜2（1,22）,
X“X2,…是X的样本，艮为样本均值，已知
Y=aX+h-N（0,1）,
则有（A）o
B・a=5,b=5;
C.
D.
Cl
55
3.设总体X~7V（0,l）,
X2r-,Xe为样本，乂设
y=（x}+x3+x5）2+（x2+x4+x6）2,且cr~/2分布，则c二（c）。
A.1；
三•计算题：
1.设总体X~Ng）,X"是样本，求P（IX-//l<0.5）o
解：
由定理5.4.1知：
2L工I~N（O,1）,而b=2,/?
=16,故兰二£~n（0,1）,
（7/y/n1/2
PQ茂-》l<0.5）=P（l
护円⑴卄）
=2①
（1）一1=2x0.8413-1=0.6826。
2.设总体一N（50,62）,总体〃~N（46,42）,从总体歹中抽取容量为10的样本,从总体〃中抽取容量为8的样本，求下列概率：
（1）P（0（2）P（-f<8.28）,
Sy
其中戸，P分别为纟，〃的样本均值，S；,S；分别为〃的样本方差。
解：
（1）对于从总体§中抽取容量为10的样本，样本均值无的分布为^（50,^1；
对于从总体〃中抽取容量为8的样本，样本均值Y的分布为N（46,兰］,
8
（JQ\
并且互相独立，则X-Y-N4,宁，所以
p（o0-4（乂-卩）-48-4
-1=2x0.9545-1=0.909.
（2）根据定理山，可知黯“（9,7）,所以
<3.68=0.95.
P-4<8.28=PS2
y7
（注：
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