最新概率论与数理统计练习与测试-第五章-南工大应用数学系-编---苏大版-----大数定律与中心极限定理

第二章 离散型随机变量及其分布律第二节 一维离散型随机变量及其分布律习题Page 551、 一个口袋里有6只球，分别标有数字-3、-3、1、1、1、2，从中任取一个球，用ξ表示所得球上的数字，求ξ的分布律。

解答：因为ξ只能取-3、1、2，且分别有2、3、1个，所以ξ的分布律为：2、 在200个元件中有30个次品，从中任意抽取10个进行检查，用ξ表示其中的次品数，问ξ的分布律是什么？解答：由于200个元件中有30个次品，只任意抽取10个检查，因此10个元件中的次品数可能为0、1、2到10个。

当次品数ξ为k 时，即有k 个次品时，则有10-k 个正品。

所以：ξ的分布律为：103017010200{},0,1,,10k k C C P k k C ξ-===。

3、 一个盒子中有m 个白球，n m -个黑球，不放回地连续随机地从中摸球，直到取到黑球才停止。

设此时取到的白球数为ξ，求ξ的分布律。

解答：因为只要取到黑球就停止，而白球数只有m 个，因此在取到黑球之前，所取到的白球数只可能为0m 中的任意一个自然数。

设在取到黑球时取到的白球数ξ等于k ，则第1k +次取到是黑球，以i A 表示第i 次取到的是白球；_i A 表示第i 次取到的是黑球。

则ξ的分布律为：__12112111{}()()(|)(|)11,0,1,,11k k k k P k P A A A A P A P A A P A A A m m m k n m k mn n n k n kξ++===--+-=⋅⋅⋅⋅=--+-。

4、 汽车沿街道行驶，要通过3个有红绿灯的路口，信号灯出现什么信号相互独立，且红绿灯显示时间相等。

以ξ表示该车首次遇到红灯前已通过的路口数，求ξ的分布律。

解答：因为只有3个路口，因此ξ只可能取0、1、2、3，其中{3}ξ=表示没有碰到红灯。

以i A 表示第i 个路口是红灯，因红绿灯显示时间相等，所以()1/2i P A =，又因信号灯出现什么信号相互独立，所以123,,A A A 相互独立。

第一章 随机事件及其概率一 判断题1.1、设随机事件A 与B 互不相容，则A ，B 相互独立。

1.2、打靶3发，事件A i 表示“第i 发击中”，i=1,2,3。

那么事件A=A 1∪A 2∪A 3表示击中3发。

1.3、概率为零的事件是不可能事件。

2.1、设A 与B 是互为对立事件，则P(A ∪B)=1。

2.2、随机事件A 与B 相互独立的充分必要条件为)B A (P ⋃＝)A (P ＋)B (P 。

7.1、设A ，B 为随机事件，若()0=AB P ，则φ=AB 。

7.2、设事件A 表示“甲种产品畅销，乙种产品滞销”，则事件A 表示“甲种产品滞销或乙种产品畅销”。

7.3、概率为1的事件是必然事件。

8.1、设B A ,为两个独立事件，则()0=B A P 。

8.2、设B A ,为两个随机事件，则()()()()()B A P B P B A P B P A P +=。

二 填空题1.1、设事件A 与B 相互独立，P(A)=0.2，P(B)=0.3，则P(A ∪B)=__________。

1.2、一批产品次品率为20％，重复抽样检查，取5件样品，列出这5件样品中至多有3件次品的概率的计算式为： （不需计算）。

2.1、A 、B 为相互独立的事件，()A P ＝0.2，()=B P 0.3，则()=B A P 。

2.2、一批产品次品率为20％，重复抽样检查，取5件样品，列出这5件样品中恰有3件次品的概率的式子 。

（不需计算）3.1、设B A ,为两个随机事件，()3.0=A P ，()6.0=B P ，①B A ,为互不相容事件，则()=B A P Y ()=AB P ② A 与B 为相互独立, 则()=B A P Y ,()=B A P4.1、设A ，B ，C 为三个事件，试用A ，B ，C 表示下列事件 ⑴至少有一个事件发生 ⑵恰有一个事件发生 ⑶最多有一个事件发生 。

4.2、设事件A 与B 相互独立，()7.0=B A P Y ，()4.0=A P ，则()=B P __________。

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．。

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0.9,Φ-Φ≥整理得0.95,Φ≥⎝⎭1.64,≥ 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 ==0.95{0}().P X m P X m =≤≤=≤=Φ 查表知1.64,= ,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20205~(0,1).k V Z N -⨯==∑近似的于是105205{105}10P V P ⎧⎫⎪⎪-⨯⎪>=>⎬⎪⎪⎭1000.3871(0.387)0.348,10V 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}1P 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}1i 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}1i i P X P X =>=-≤≈-Φ∑11(1.09)0.1379.=-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 6.895P 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,ni 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.【解】（1） 以X i (i =1,2,…,400)记第i 个学生来参加会议的家长数.则X i 的分布律为 X i 0 1 2P 0.05 0.80.15 易知E （Xi =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 >=-≤≈-Φ 1(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{340(2.5)0.9938.P 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{5000}(3)1(3)0.00135.P 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{}.n m S ≤=≤ 由中心极限定理知：{}1{}10.95.n n P m S P S m ≤=-<≈-Φ≥ 从而 0.05,Φ≤ 故1.65,=- 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.n P S M ≤≈Φ==1.65,M =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{120}P X =≈21(60230.18110.0517e 0--===⨯≈(2) 因为“公司利润≥60000”当且仅当“0≤X ≤60” 于是所求概率为{060}P X ≤≤≈Φ-Φ(0)0.5.⎛=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 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}P 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.。

南京工业大学 概率统计 试题（A ）卷（闭）2004 -2005 学年第 二 学期 使用班级 江浦校区03级所在院(系) 班 级 学号 姓名 题号 一 二 三 四 五六七 八 九 总分 得分一.填空(18分)1.(4分)设P (A )=0.35， P (A ∪B )=0.80，那么(1)若A 与B 互不相容，则P (B )= ；(2)若A 与B 相互独立，则P (B )= 。

2. (3分)已知5.0)0(=Φ(其中)(x Φ是标准正态分布函数)，ξ~N (1，4)，且21}{=≥a P ξ，则a = 。

3．(4分)设随机变量ξ的概率密度为⎪⎩⎪⎨⎧<<=其他,040,81)(x x x f对ξ独立观察3次，记事件“ξ≤2”出现的次数为η，则=ηE ，=ηD 。

4.(3分)若随机变量ξ在(0，5)上服从均匀分布，则方程4t 2+4ξt +ξ+2=0有实根的概率是 。

5.(4分) 设总体),(~2σμN X ，X 是样本容量为n 的样本均值，则随机变量∑=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=ni i X X 12σξ服从 分布，=ξD 。

二.选择(每题3分，计9分)1．设A 和B 是任意两个概率不为零的不相容事件，则下列结论中肯定正确的是 （A ）A 与B 不相容 （B ）A 与B 相容 （C ）P (AB )=P (A )P (B ) （D ）P (B A -)=P (A )2．设随机变量ξ与η均服从正态分布ξ~N (μ，42)，η~N (μ，52)，而 }5{},4{21+≥=-≤=μημξP p P p ，则( )。

(A )对任何实数μ，都有p 1=p 2 (B )对任何实数μ，都有p 1<p 2(C )只对μ的个别值，才有p 1=p 2 (D )对任何实数μ，都有p 1>p 2 3．对于任意两个随机变量ξ和η，若ηξξηE E E ⋅=)(，则（ ）。

(A )ηξξηD D D ⋅=)( (B )ηξηξD D D +=+)( (C )ξ和η独立 (D )ξ和η不独立三(12分)、在电源电压不超过200伏，在200～240伏和超过240伏三种情况下，某种电子元件损坏的概率分别为0.1，0.001和0.2。

数理统计习题答案习题5.1解答1. 设总体服从()λP 分布，试写出样本n X X X ,,,21 的联合分布律.解:()的分布律为：即X P X ,~λ ()!k e k X P k λλ-==, ,,,2,1,0n k =n X X X ,,,21 的联合分布律为：()n n x X x X x X P ===,,,2211 = ()()()n n x X P x X P x X P === 2211=nx x x x e x e x e nλλλλλλ---⋅2121=λλn n xx x e x x x n-+++!!!2121, n i n x i ,,2,1,,,2,1,0 ==2. 设总体X 服从()1,0N 分布，试写出样本n X X X ,,,21 的联合分布密度. 解：()1,0~N X ，即X 分布密度为：()2221x e x p -=π，+∞<<-∞xn X X X ,,,21 的联合分布密度为：()∏==ni inx p x x x p 121*)(,...,=22222221212121n x x x eee--⋅-πππ=()}21exp{2122∑=--n i i x n π n i x i ,,2,1, =+∞<<∞-. 3. 设总体X 服从()2,σμN 分布,试写出样本n X X X ,,,21 的联合分布密度. 解：()2,~σμN X ，即X 分布密度为：()x p =()}2exp{2122σμσπ--x ，∞<<∞-xn X X X ,,,21 的联合分布密度为：()()∏==ni i n x p x xx p 121*,...,=()})(21exp{211222∑--⋅⋅=-ni i n n x μσσπ, n i x i ,,2,1, =+∞<<∞-.4. 根据样本观测值的频率分布直方图可以对总体作什么估计与推断? 解：频率分布直方图反映了样本观测值落在各个区间长度相同的区间的频率大小，可以估计X 取值的位置与集中程度，由于每个小区间的面积就是频率，所以可以估计或推断X 的分布密度. 5. 略. 6. 略.习题5.2解答1. 观测5头基础母羊的体重(单位：kg)分别为53.2,51.3,54.5,47.8,50.9，试计算这个样本观测值的数字特征：(1)样本总和，(2)样本均值，(3)离均差平方和，(4)样本方差，(5)样本标准差，(6)样本修正方差，(7)样本修正标准差，(8)样本变异系数，(9)众数，(10)中位数，(11)极差，(12)75%分位数.解：设9.50,8.47,5.54,3.51,2.5354321=====x x x x x()7.257151=∑=i ix，()54.51251==∑=i ixx(3) ss =()2512512x n xx xi ii i-=-∑∑===13307.84－5×51.542=25.982(4)2s =()∑=-51251i i x x =51ss =5.1964, (5)s =2.28; (6)s s * =ss n 11-=6.4955 (7)*s =2.5486; (8)cv =100⨯*xs =4.945;(9)每个数都是一个,故没有众数. (10)中位数为3x =51.3; (11)极差为54.5－47.8=6.7;(12)0.75分位数为53.2.2. 观测100支金冠苹果枝条的生长量(单位：cm)得到频数表如下：组下限 19.5 24.5 29.5 34.5 39.5 44.5 49.5 54.5 59.5 组上限 24.5 29.5 34.5 39.5 44.5 49.5 54.5 59.5 64.5 组中值 22 27 32 37 42 47 52 57 62频数 8 11 13 18 18 15 10 4 3试计算这个样本观测值的数字特征：(1)样本总和，(2)样本均值，(3)离均差平方和，(4)样本方差，(5)样本标准差，(6)样本修正方差，(7)样本修正标准差，(8)样本变异系数，(9)众数，(10)中位数，(11)极差，(12)75%分位数.解：设组中值依次为921,,,x x x ,频数依次为921,,,n n n ,=+++=921n n n n 100,()=∑=911i ii x n 3950;()=+=∑=919112i ii xn n n x 39.5;()()=-=-=∑∑==29129123x n xn x x n ss i ii i i i 25.39100166300⨯-=10275;()==ss s 100142102.75; ()=s 510.137;()=-=*ss n s 1162103.788 ()=*s 710.188;()=⨯=*1008xs cv 25.79;()42379或众数是(),50210=n ;中位数为5.3924237=+;()11极差为:62-22=40;()4775.0,83,6812621521分位数为∴=+++=+++n n n n n n .3.略.4. 设n x x x ,,,21 是一组实数，a 和b 是任意非零实数，bax y i i -=(n i ,,1 =)，x 、y 分别为i x 、i y 的均值，2xs =∑-iix xn2)(1，2ys =1n()y y i i-∑2，试证明：① b a x y -=；② 222b s s x y =. 解①：∑∑==-==ni i ni i b a x ny ny 1111= ()∑=-ni i a x bn11= ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-∑=n i i na x nb 11=b a x -; ②2y s =1n∑-ii y y 2)(=∑=⎪⎪⎭⎫⎝⎛---ni i b a x b a x n121=∑=⎪⎪⎭⎫⎝⎛-ni i b x x n121=221x s b .1.求分位数（1）()8205.0x ，（2）()12295.0x 。

南京工业大学概率论与数理统计课程考试试题（A 、闭）（2008/2009学年第二学期）院（系）____班级___学号__姓名___得分一、填空题（每空2分，计20分）1.设4.0)(=A P ,7.0)|(=A B P ,则(1)=)(AB P 0.28(2)=-)(B A P __0.12____。

2.设随机变量)1,0(~N X ，)1,0(~N Y 且Y X ,独立，则~Y X +N(0,2)，~22Y X +)2(2χ。

3.设随机变量)1,0(~N X ，则=||X E π2，=2EX1。

4.设随机变量X 与Y 相互独立，且均服从概率6.0=p 的0-1分布，则{}Y X P =＝____0.52__。

5.设随机变量)1.0,10(~B X （二项分布）,)3(~πY （泊松分布3=λ），且X 与Y 相互独立，则)32(+-Y X E ＝-2__________；)32(+-Y X D =___12.9_______。

6.设总体),(~2σμN X ,),,,(21n X X X 是来自总体X 的样本，已知∑=-⋅ni i X X c 12(是2σ的无偏估计量，则=c 11-n 二、选择题（每题2分，计10分）1.当事件A 和B 同时发生时，必然导致事件C 发生，则下列结论正确的是（A ）（A ）1)()()(-+≥B P A P C P （B ）1)()()(-+≤B P A P C P （C ）)()(B A P C P ⋃=（D ）)()(AB P C P =2.某人向同一目标独立重复射击,每次射击命中目标的概率为)10(<<p p ,则此人第4次射击恰好第2次命中目标的概率为（）(A )2)1(3p p -(B )2)1(6p p -(C )22)1(3p p -(D )22)1(6p p -3．设Y X ,独立,Y X ,的概率密度分别为)(),(y f x f Y X ,则在y Y =的条件下,X 的条件概率密度)|(|y x f Y X 为（C ）（A ）)()(y f x f Y X （B ）)(/)(y f x f Y X （C ）)(x f X （D ）)(y f Y 4.下列结论正确的是（D ）。

第五章 假设检验与一元线性回归分析 习题详解5.01解：这是检验正态总体数学期望μ是否为32.0提出假设：0.32:,0.32:10≠=μμH H由题设，样本容量6n =， 21.12=σ，1.121.10==σ，所以用U 检验当零假设H 0成立时，变量：)1,0(~61.10.320N X n X U -=-=σμ 因检验水平05.0=α，由05.0}|{|=≥λU P ,查表得96.1=λ 得到拒绝域: 96.1||≥u计算得： 6.31)6.318.310.326.310.306.32(61=+++++⨯=x89.061.10.326.3100-=-=-=n x u σμ因 0.89 1.96u =<它没有落入拒绝域，于是不能拒绝H 0，而接受H 0，即可以认为0.32=μ，所以可以认为这批机制砖的平均抗断强度μ显著为32.0kg/cm 2。

5.02解：这是检验正态总体数学期望μ是否大于10提出假设：10:,10:10>≤μμH H 即：10:,10:10>=μμH H由题设，样本容量5n =，221.0=σ，1.01.020==σ，km x 万1.10=，所以用U 检验当零假设H 0成立时，变量：)1,0(~51.010N X n X U -=-=σμ 因检验水平05.0=α，由05.0}{='≥λU P ,查表得64.1'=λ 得到拒绝域: 64.1≥u 计算得： 24.251.0101.100=-=-=n x u σμ 因 2.24 1.64u =>它落入拒绝域，于是拒绝零假设 H 0，而接受备择假设H 1，即可认为10>μ所以可以认为这批新摩托车的平均寿命μ有显者提高。

5.03解：这是检验正态总体数学期望μ是否小于240提出假设：240:,240:10<≥μμH H 即：240:,240:10<=μμH H由题设，样本容量6n =，6252=σ，256250==σ，220=x ，所以用U 检验当零假设H 0成立时，变量：)1,0(~625240N X n X U -=-=σμ 因检验水平05.0=α，由05.0}{='-≤λU P ,查表得64.1'=λ 得到拒绝域: 64.1-≤u 计算得：959.16252402200-=-=-=n x u σμ 因 1.959 1.64u =-<-它落入拒绝域，于是拒绝H 0，而接受H 1，即可以认为240<μ 所以可以认为今年果园每株梨树的平均产量μ显著减少。

概率论与数理统计练习与测试第五章（南工大应用数学系 编）（苏大版）大数定律与中心极限定理1. 设随机变量ξ的方差为2.5。

利用契贝雪夫不等式估计：{}5.7||≥-ξξE P 的值。

解：由契贝雪夫不等式：2}|{|εξεξξD E P ≤≥-，又已知5.7,5.2==εξD ，故 044.05.75.2}5.7|{|2=≤≥-ξξE P 。

2. 已知某随机变量ξ的方差D ξ=1，但数学期望E ξ=m 未知，为估计m ，对ξ进行n次独立观测，得样本观察值ξ1，ξ2，…，ξn 。

现用{}∑=≥<-=n i i p m P m n n 15.0||1ξξξ多大时才可能使问当估计， 。

解：因∑===n i i m E n E 1,1ξξ又ξ1，ξ2，…，ξn 相互独立，故∑∑=====ni n i i i n D n n D D 1121)(1)1(ξξξ，根据契贝雪夫不等式，有25.01}5.0|{|ξξξD E P -≤<-，即n m P 41}5.0|{|-≤<-ξ， 再由 p n p n -≥≥-14,41得。

3. 设在由n 个任意开关组成的电路的实验中，每次试验时一个开关开或关的概率各为12。

设m 表示在这n 次试验中遇到的开电次数，欲使开电频率mn 与开电概率p =0.5的绝对误差小于ε=0.01，并且要有99%以上的可靠性来保证它实现。

试用德莫佛-拉普拉斯定理来估计，试验的次数n 应该是多少？ 解：欲使99.0}01.0|{|≥<-p n m P ，即99.0}//01.0//|{|≥<-n pq n pq p n m P ，亦即，则t ~N (0，1)且有,99.001.0≥⎪⎭⎪⎬⎫⎪⎩⎪⎨⎧<pq n t P 由58.201.0995.0)58.2(≥⇒=Φpq n ，以p =q =1/2代入可得 n =16641。

P43T3 4. 用某种步枪进行射击飞机的试验，每次射击的命中率为0.5%，问需要多少支步枪同时射击，才能使飞机被击中2弹的概率不小于99%？解：用n 步枪同时向飞机射击，可以看成用一枝步枪进行n 次射击的独立试验，令ξ表示n 次射击击中目标的次数，则ξ服从参数为n ，p =0.005的贝努利概型，由隶莫弗——拉普拉斯定理可得⎭⎬⎫⎩⎨⎧-≥-=⎪⎭⎪⎬⎫⎪⎩⎪⎨⎧--≥--=≥n n n n P p np np p np np P P 004975.0005.02004975.0005.0)1(2)1(}2{ξξξ 99.0004975.0005.021=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-Φ-≈n n ，查表得n ≈1791。

的起点无关（时间以小时计）．*天12时至15时至少有一艘轮船到达该港口的概率为。

3．设Y X ,相互独立，且同服从于参数为λ的指数分布，),max(Y X Z =，则Z 的分布函数为： ． 4．设随机变量*与Y 相互独立，且2)()(,)()(σμ====Y D X D Y E X E ， 则2)(Y X E -=．5．从服从正态分布的),(2σμN 的总体中抽取容量为9的样本，样本均值1500=x ，样本标准差为14=s ，则总体均值μ的置信水平为95%的置信区间为．三、计算下列各题（1～4小题每题8分，5、6小题每题10分，共52分）1. 设事件A 发生的概率为p ，则在n 次独立重复试验中，事件A 发生多少次的概率最大？2. 据统计男性有5%是患色盲的，女性有0.25%的是患色盲的，今从男女人数相等的人群中随机地挑选一人，恰好是色盲患者，问此人是男性的概率是多少？3. 由100个相互独立起作用的部件组成的一个系统在运行过程中，每个部件能正常工作的概率为90% ．为了使整个系统能正常运行，至少必须有85%的部件正常工作，求整个系统能正常运行的概率．4. 设随机变量X 在区间],0[π上服从均匀分布，求随机变量X Y sin =的概率密度()Y f y ．5.设随机变量),(Y X 在G 上服从均匀分布，其中G 由x 轴y ,轴及直线1x y +=所围成，概率论与数理统计考试试题一、单项选择题（本题共5小题，每小题3分，共15分。

）1．一射手向目标射击3 次，i A 表示第i 次射击中击中目标这一事件)3,2,1(=i ，则3次射击 中至多2次击中目标的事件为( )：2. 袋中有10个乒乓球，其中7个黄的，3个白的，不放回地依次从袋中随机取一球。

则第一次和第二次都取到黄球的概率是( )；()715A ；()49100B ；()710C ；()2150D3. 设随机变量X 的概率密度为⎩⎨⎧≤<+=.,0;10,)(其它x bx a x f 且 83}21{=≤X P ，则有( )；4．设()2~,X N μσ，1234,,,X X X X 为X 的一个样本， 下列各项为μ的无偏估计，其中最有效估计量为（ ）。

〖填空题〗例5.1（棣莫佛-拉普拉斯定理） 设某种电气元件不能承受超负荷试验的概率为0.05．现在对100个这样的元件进行超负荷试验，以X 表示不能承受试验而烧毁的元件数，则根据中心极限定理{}≈≤≤105X P．分析 不能承受试验而烧毁的元件数X ～),(p n B ．根据棣莫佛-拉普拉斯定理，X 近似服从正态分布),(npq np N ，其中n =100，p =0.05，q =0.95．因此{}．4890.0)0()29.2(29.275.45075.451075.450105105=-≈⎭⎬⎫⎩⎨⎧≤-≤=⎭⎬⎫⎩⎨⎧-≤-≤=⎭⎬⎫⎩⎨⎧-≤-≤-=≤≤ΦΦX X npq np npq np X npq np X P P P P例5.2（棣莫佛-拉普拉斯定理）设试验成功的概率p =20%，现在将试验独立地重复进行100次，则试验成功的次数介于16和32次之间的概率Q ≈ ．分析 以n ν表示100次独立重复试验成功的次数，则)20.0 100(~，B nν，且4)1(20=-===p np np n n ννD E ，．因此试验成功的次数介于16和32次之间的概率{}[][]，84.08413.019987.0)1(1)3()1()3(42032420420163216=--=--=--≈⎭⎬⎫⎩⎨⎧-≤-≤-=≤≤=ΦΦΦΦννn n Q P P 其中)(u Φ是标准正态分布函数．例5.3（棣莫佛-拉普拉斯定理） 将一枚均匀对称的硬币接连掷10000次，则正面恰好出现5000次的概率≈α．分析 正面出现的次数ν)5.0 , 10000(~B ，2500,5000==ννD E ．根据局部定理，有008.025012D 1}5000{≈=≈==ππνναP ．例5.10（辛钦大数定律） 将一枚色子重复掷n 次，则当∞→n 时，n 次掷出点数的算术平均值n X 依概率收敛于 7/2 ．分析 设n X X X ,,,21 是各次掷出的点数，它们显然独立同分布，每次掷出点数的数学期望等于7/2．因此，根据辛钦大数定律，n X 依概率收敛于7/2．5.2. （1）121；（2）90；（3）21；（4）))((λλ-Φx n〖选择题〗例5.11（中心极限定理） 设随机变量n X X X ,,,21 相互独立，n n X X X S +++= 21，则根据列维-林德伯格中心极限定理，当n 充分大时n S 近似服从正态分布，只要n X X X ,,,21(A) 有相同期望和方差． (B) 服从同一离散型分布．(C) 服从同一指数分布． (D) 服从同一连续型分布． [ C ]分析 应选（C ）．列维-林德伯格中心极限定理的条件是：随机变量n X ,,X ,X 21相互独立同分布, 并且其数学期望和方差存在．由于有相同的数学期望未必有相同分布，可见(A)不满足定理条件．满足(B)和(D)的随机变量i X 的数学期望或方差未必存在，故(B)和(D)也不满足定理条件．于是，只有(C)成立(指数分布的数学期望和方差都存在)．例5.14（大数定律）下列命题正确的是(A) 由辛钦大数定律可以得出切比雪夫大数定律． (B) 由切比雪夫大数定律可以得出辛钦大数定律． (C) 由切比雪夫大数定律可以得出伯努利大数定律．(D) 由伯努利大数定律可以得出切比雪夫大数定律． [ C ]分析 应选（C ）．切比雪夫大数定律的条件是：随机变量 ,,,,21n X X X 两两独立，并且存在常数C ，使),,,2,1( n i C X i=≤D ；这样的常数C 对于选项（C ）存在．伯努利大数定律可以表述为：假设随机变量 ,,,,21n X X X 独立同服从参数为p 的0-1分布，则p X n ni i n =-∑=∞→11lim P ；对于服从参数为p 的0-1分布随机变量 ,,,,21n X X X ，显然),,,2,1(41)1( n i p p X i =≤-=D ．从而满足服从切比雪夫大数定律的条件．此外，（A ），（B ）和（D ）显然不成立．5.1. （1）A ；（2）C ；（3）C ；（4）A〖计算题〗例5.16（棣莫佛-拉普拉斯定理） 设n ν是n 次伯努利试验成功的次数，p (0<p <1)是每次试验成功的概率，n f n n ν=是n 次独立重复试验成功的频率，设n 次独立重复试验中，成功的频率f n 对概率p 的绝对偏差不小于Δ的概率{}α∆=≥-p f n P ． (5.10)试利用中心极限定理，(1) 根据∆和n 求α的近似值； (2) 根据α和n 估计∆的近似值； (3) 根据α∆和估计n ． 解 变量n ν服从参数为),(p n 的二项分布．记p q -=1，则由（5.7）知，当n 充分大时nν近似服从正态分布),(npq np N ．因此，近似地有{}{}，，～)1,0(~α∆ν∆ν∆να=≥≈⎭⎬⎫⎩⎨⎧≥-=⎭⎬⎫⎩⎨⎧≥-=≥--u U pq n npqnp p n p f N npqnpU n n n n n P P P P(5.11)其中U 是服从)1,0(N 的随机变量，而αu 是)1,0(N 水平α双侧分位数(附表2)．故(5.12)(1) 已知n 和∆，求α．利用附表1，可以由（5.11）求出α的值(附表1)．例如，若(5.12)式左侧等于1.96，则05.0≈α．亦可由下式求α的近似值．有． 12 1 ⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⎭⎬⎫⎩⎨⎧<-≈⎭⎬⎫⎩⎨⎧≥-=pq n pq n U pq n npq np n ∆Φ∆∆ναP P (5.13) 进而由)1,0(N 分布函数)(x Φ的数值表（附表1）最后求出α的值．(2) 已知n 和α，求∆．由（*）和41≤pq ，可见nu n pqu 2αα∆≤≈； (5.14) (3) 已知α和∆，求n ．由（5.12）和pq ≤1/4，可见2⎪⎭⎫⎝⎛≈∆αu pq n 或2241⎪⎭⎫ ⎝⎛≥⎪⎭⎫ ⎝⎛≥∆∆ααu pq u n ． (5.15)例5.17（棣莫佛-拉普拉斯定理） 假设某单位交换台有n 部分机，k 条外线，每部分机呼叫外线的概率为p ．利用中心极限定理，解下列问题：(1) 设n =200，k =30，p =0.12，求每部分机呼叫外线时能及时得到满足的概率α的近似值． (2) 设n =200，p =0.12，问为使每部分机呼叫外线时能及时得到满足的概率α≥95%，至少需要设置多少条外线？(3) k =30，p =0.12，问为使每部分机呼叫外线时能及时得到满足的概率α≥95%，最多可以容纳多少部分机？解 设n ν——n 部分机中同时呼叫外线的分机数，k ——外线条数，则n ν服从参数为(n , p )的二项分布，=np24，npq =21.12．当n 充分大时，根据棣莫佛-拉普拉斯中心极限定理，近似地)1 ,0(~N npqnpU n n -=ν．(1) 设n =200，k =30，p =0.12，每部分机呼叫外线时能及时得到满足的概率{}()． 9049.031.112.21243012.21243030≈=⎪⎭⎫⎝⎛-≈⎭⎬⎫⎩⎨⎧-≤-=≤=ΦΦνναnpqnp n n P P (2) 设n =200，p =0.12，k ——至少需要设置的外线条数，则{}．，； 31.562412.216449.1 1.644912.212495.012.212412.2124≈+⨯≥≥-≥⎪⎭⎫⎝⎛-≈⎭⎬⎫⎩⎨⎧-≤-=≤=k k k k npq np k n n ΦνναP P即至少需要设置32外线．(3) 设k =30，p =0.12，且每部分机呼叫外线时能及时得到满足的概率≥α95%．由{}95.01056.012.0301056.012.03030≥⎪⎭⎫⎝⎛-≈⎭⎬⎫⎩⎨⎧-≤-=≤=n n n n npq np n n ΦνναP P ， 6449.11056.012.030≥-n n．09004857.70144.0 6449.11056.012.0302=+-≥-n n nn，，它有两个实根：3310431,7972.18821==n n ；经验证33104312=n 为增根，由此得n ≈188.797，即最多可以容纳188部分机．例5.20（列维-林德伯格定理） 设n X X X ,,,21 是独立同分布随机变量，n X 是其算术平均值．考虑概率{}α∆μ=≥-n X P ， (5.16)其中μ=iX E ()n i .,2,1 =，()0>∆∆和α(0<α<1)是给定的实数．试利用中心极限定理，根据给定的，(1) ∆和n ，求α的近似值； (2) α和n ，求∆的近似值；(3)α∆和，估计n ．解 式（5.16）中的三个数),,(α∆n 相互联系又相互制约：其中的任意两个可以完全决定第三个．不过，明显地表示出它们之间的关系一般并不容易．假如n 充分大，则利用（5.9）式可以（近似地）表示出α∆,,n 之间的关系．易见μ=nX E ，X n 2σ=D ．(1) 已知∆和n ，求α-1的近似值：{}⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛≈⎪⎭⎪⎬⎫⎪⎩⎪⎨⎧≤-=≤-=-σ∆Φσ∆Φσ∆σμ∆μαn n n n X X n n P P 1． (2) 已知α和n ，求∆的近似值．由(5.17)式可得nu σ∆α ≈．(3) 已知α∆和，求n 的近似值．由(5.18)有2⎪⎭⎫⎝⎛≈∆σαu n ．例5.21（列维-林德伯格定理） 某保险公司接受了10000电动自行车的保险，每辆每年的保费为12元．若车丢失，则车主得赔偿1000元．假设车的丢失率为0.006，对于此项业务，试利用中心极限定理，求保险公司：(1) 亏损的概率α；(2) 一年获利润不少于40000元的概率β； (3) 一年获利润不少于60000元的概率γ．解 设X 为需要赔偿的车主人数，则需要赔偿的金额为X Y1.0=（万元）；保费总收入C =12万元．易见，随机变量X 服从参数为（n ，p ）的二项分布，其中 n =10000，p =0.006；60==np X E ，)1(p np X -=D =59.64．由棣莫佛-拉普拉斯定理知，随机变量X 近似服从正态分布)64.59,60(N ；随机变量Y 近似服从正态分布)5964.0,6(N ．(1) 保险公司亏损的概率{}0)77.7(177.75964.065964.06125964.0612≈-=⎭⎬⎫⎩⎨⎧>-=⎭⎬⎫⎩⎨⎧->-=>=ΦαY Y Y P P P ．(2) 保险公司一年获利润不少于4万元的概率{}{}．9952.0)59.2(5964.0685964.068412=≈⎭⎬⎫⎩⎨⎧-≤-=≤=≥-=ΦβY Y Y P P P (3) 保险公司一年获利润不少于6万元的概率{}{}．5.0)0(05964.066612=≈⎭⎬⎫⎩⎨⎧≤-=≤=≥-=ΦγY Y Y P P P例5.22（棣莫佛-拉普拉斯定理） 假设伯努利试验成功的概率为5%．利用中心极限定理估计，进行多少次试验才能以概率80%使成功的次数不少于5次．解 设n 是所需试验的次数，每次试验成功的概率p =0.05．以n ν表示n 次伯努利试验成功的次数，则),(~p n B nν，npq np n n ==ννD E ，，其中p q -=1；由棣莫佛-拉普拉斯定理，知对于充分大的n ，随机变量n ν近似服从正态分布),(npq np N ．查)1,0(N 分位数表，可见()()8416.018416.080.0--==ΦΦ．因此{}()．8416.01)1(51)1(5)1(5.080.0--=⎪⎪⎭⎫⎝⎛---≈⎭⎬⎫⎩⎨⎧--≥--=≥=ΦΦννp np np p np np p np np n n P P．，），（025)8416.010()1(8416.058416.0)1(522222≈++--≈--≈--n n p p np np p np np将05.0=p 代入上列方程，的关于n 的一元二次方程：0255354.00025.02≈+-n n ，其根为79.6837.14521==n n ，．经验证79.682=n 为增根，舍去2n ，取37.1451461=>=n n ．于是，至少需要进行146次试验才能以概率80%保障成功的次数不少于5次．例5.26（列维-林德伯格定理） 生产线组装每件产品的时间服从指数分布．统计资料表明，每件产品的平均组装时间为10分钟．假设各件产品的组装时间互不影响．试利用中心极限定理，(1) 求组装100件产品需要15到20小时的概率Q ；(2) 求以概率0.95在16个小时内最多可以组装产品的件数． 解 以)100,,2,1( =iX i 表示第i 件产品的组装时间．由条件知)100,,2,1( =i X i 独立同服从指数分布．由指数分布的数字特征和条件“每件产品的平均组装时间为10分钟”，可见10=i X E ；由于i X 服从指数分布，可见()2210==i i X X E D ．(1) 因为n =100充分大，故由列维-林德伯格定理，知100件产品组装的时间10021X X X T n +++= 近似服从()210100 10100⨯⨯，N ，因此{}．8156.0)8413.01(9973.0)1( )2( 21010010100112009002=--=--≈⎭⎬⎫⎩⎨⎧≤⨯⨯-≤-=≤≤=ΦΦT T Q n n P P(2) 16小时即960分钟．需要求满足{}95.0960=≤n T P 的n ．由列维-林德伯格定理，知当n 充分大时，n nX X X T +++= 21近似服从()nn N 210 10，，故由{}， 101096010109601010960950⎪⎭⎫⎝⎛-≈⎭⎬⎫⎩⎨⎧-≤-=≤=n n n n n n T T .n n ΦP P 可见95.0)645.1( ≈Φ．因此645.11010960≈-nn． （*）由此得关于n 的一元二次方程09606025.1947010022≈+-n n ，其解为53.11318.8121≈≈n n ，，其中53.1132≈n 不满足式（*），因此53.1132≈n 为增根，故应舍去．于是，以概率0.95在16个小时内最多可以组装81~82件产品．例5.27（列维-林德伯格定理） 将n 个观测数据相加时，首先对小数部分按“四舍五入”舍去小数位后化为整数．试利用中心极限定理估计，(1) 试当n =1500时求舍位误差之和的绝对值大于15的概率；(2) 估计数据个数n 满足何条件时，以不小于90%的概率，使舍位误差之和的绝对值小于10的数据个数n ．解 设)1500,,2,1( =iX i 是第i 个数据的舍位误差；由条件可以认为)1500,,2,1( =i X i 独立且都在区间]5.0 5.0[，-上服从均匀分布,从而12/10==i i X X D E ，．记n n X X X S +++= 21为n 个数据的舍位误差之和，则12/0n S S n n==D E ，．根据列维-林德伯格中心极限定理，当n 充分大时n S 近似服从)12/0(n N ，．记)(x Φ为)1,0(N 分布函数．(1) 由于12n S n近似服从标准正态分布，可见{}．1802.02)]34.1(1[34.112/150012/15001512/150015150015001500=⨯-≈⎭⎬⎫⎩⎨⎧>=⎭⎬⎫⎩⎨⎧>=>ΦS S S P P P(2) 数据个数n 应满足条件：{}．90.012/1012/10=⎭⎬⎫⎩⎨⎧≤=≤n n S S n n P P 由于12n S n近似服从)1,0(N ，可见51.4436449.11210 6449.112/102≈⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛≈，n ． 于是，当n >443时，才能使误差之和的绝对值小于10的概率不小于90%． 〖证明题〗例5.35（棣莫佛-拉普拉斯定理） 利用列维-林德伯格定理，证明棣莫佛-拉普拉斯定理．证明 设随机变量n X X X ,,,21 相互独立，同服从0-1分布；，，，，，npq S np S X X X S n i pq X p X n n n n i i ==+++====D E D E 21),,2,1(其中p q-=1． n X X X ,,,21 满足列维-林德伯格定理的条件：n X X X ,,,21 独立同分布且数学期望和方差存在，当n 充分大时近似地n n X X X S +++= 21～),(npq np N ．4.55（证明不等式） 设X 是任一非负（离散型或连续型）随机变量，已知X的数学期望存在，而0>ε是任意实数，证明不等式{}εεXX E P ≤≥．证明 (1) 设X 是离散型随机变量，其一切可能值为}{i x ，则{}．}{1}{}{}{11εεεεεεεXx X x x X x x Xx XX iiii x i i x i ix i x i E P P P P P ==≤=≤====≥∑∑∑∑≥≥≥(2) 设X 是连续型随机变量，其概率密度为)(x f ，则{}．d )(1d )(1d )(0εεεεεεXx x f x x x f x x x f X E P ≤≤≤=≥⎰⎰⎰∞∞∞例4.00（切比雪夫不等式） 设事件A 出现的概率为=p 0.5，试利用切比雪夫不等式，估计在1000次独立重复试验中事件A 出现的次数在450到550次之间的概率α． 解 设n ν是1000次独立重复试验中事件A 出现的次数，则．，），，2505.010005005.010005.0 1000(~2=⨯==⨯=X X B n D E ν由用切比雪夫不等式，知{}{}．9.050250150|550|5504502=-≥≤-=≤≤=n n νναP P 例5.3. 设随机变量X 的数学期望为μ，方差为2σ，(1)利用切比雪夫不等式估计：X 落在以μ为中心，σ3为半径的区间 内的概率不小于多少？(2)如果已知),(~2σμN X ，对上述概率，你是否可得到更好的估计？解：（1）()()()0.88899131)3()3(222=-=-≥<-=<-σσσσμσX D X P X E X P （2）()()⎪⎪⎭⎫⎝⎛<-=<-DX DX X E X P X E X P σσ3)3( ()0.99743322=≈⎪⎪⎭⎫⎝⎛<-=⎰∞--dt e DX X E X P t例5.4. 利用切比雪夫不等式来确定，当抛掷一枚均匀硬币时，需抛多少次，才能保证 正面出现的频率在0.4至0.6之间的概率不小于90%，并用正态逼近去估计同一问题。