哈工大概率论和数理统计第五章习题课

习题解答习题5.11．设样本值如下：15， 20， 32， 26， 37， 18， 19， 43计算样本均值、样本方差、2阶样本矩及2阶样本中心矩．解 由样本均值的计算公式，有()8111152032263718194326.2588i i x x ===⨯+++++++=∑由样本方差的计算公式，有()28211102.2181i i s x x==-=-∑由2阶样本矩的计算公式，有82211778.58i i a x ===∑由2阶样本中心矩的计算公式，有()2821189.448i i b x x==-=∑2. 设总体~(12,4)X N ，125(,,,)X X X 是来自总体X 的样本，求概率12345{m a x (,,,,)12}P X X X X X >. 解 12345{m a x (,,,,)12}P X X X X X > []551311(0) 1()232=-Φ=-=3. 设总体X ～ P （λ），X 是容量为n 的样本的均值，求 ()E X 和 ()D X . 解 因总体X ～ P （λ），故有(),()E X D X λλ==，于是()()E X E X λ==()()D X D X n nλ== 4. 某保险公司记录的6n =起火灾事故的损失数据如下（单位：万元）：1.86, 0.75, 3.21，2.45， 1.98, 4.12. 求该样本的经验分布函数.解 将样本观测值排序可得：0.751.86 1.982.453.21<<<<< 则经验分布函数为60, 0.751, 0.75 1.8661, 1.86 1.9831(), 1.98 2.4522, 2.45 3.2135, 3.21 4.1261, 4.12x x x F x x x x x <⎧⎪⎪≤<⎪⎪≤<⎪⎪⎪=≤<⎨⎪⎪≤<⎪⎪⎪≤<⎪⎪≥⎩5．求标准正态分布的上侧0.01分位数和上侧0.48分位数 .解 由题知，X ～ (0,1)N ，求X 的上侧α分位数. 即求u α使满足{}P X u αα>=得{}1P X u αα≤=-即()1u ααΦ=-取0.01α=，查标准正态分布表得上侧0.01分位数为0.012.33u u α==取0.48α=，查标准正态分布表得上侧0.48分位数为0.480.05u u α==习题5.21.设总体~(8,36)X N ，129(,,,)X X X 是取自总体X 的样本，X 是样本均值，求{|7|2}P X -< ．解 因~(8,36)X N ，且样本容量9n =，故36~(8,), ~(8,4)9X N X N 即 ，于是 9858{|7|2}{59}()()22P X P X ---<=<<=Φ-Φ (0.5)( 1.5)(0.5)(1.5)10.69150.933210.6247=Φ-Φ-=Φ+Φ-=+-=2.设 2~(9)X χ ，求λ使其满足()0.95P X λ<=解 由()0.95P X λ<=，得()0.05P X λ≥=，因为2~(9)X χ，所以查表可得20.05(9)16.919λχ==3. 设总体~(0,1X N ，1210(,,,)X X X 是取自总体X 的样本，求2221210()E X X X +++ 及2221210()D X X X +++ .解 由总体~(0,1)X N 可知~(0,1) (1,2,,10)i X N i = ，且1210,,,X X X 相互独立，于是22221210()~(10)X X X χ+++故有2221210()10E X X X +++= 2221210()21020D X X X +++=⨯=4. 设总体X ～ N （20 ，3），从中独立地抽取容量分别为10和15的两个样本，求它们的样本均值之差的绝对值大于0.3的概率．解 设这两个样本分别为1210,,,X X X 和1215,,,Y Y Y ， 则对样本均值有101110i i X X ==∑ ～15131(20,),1015i i N Y Y ==∑～3(20,)15N依定理 X Y -～1(0,)2N ，所以{}0.3P X Y P ⎫->=>1P ⎫=-≤1=-ΦΦ（1210.6744⎡⎤=-Φ-=⎢⎥⎣⎦(查标准正态分布表可得)5.设X ～ t (12) ，(1) 求 a 使得()0.05P X a <=；（2）求 b 使得()0.99P X b >= 解 （1）由()0.05P X a <=利用t 分布的对称性可得()0.05P X a >-=，查表可得0.05(12) 1.7823 1.7823a t a -==⇒=-（2）由()0.99P X b >=得()0.01P X b ≤=，又由t 分布的对称性可得()0.01P X b >-=于是0.01(12) 2.6810 2.6810b t b -==⇒=-6.设~(8,12)X F ，求 λ 使得()0.01P X λ<=.解 由()0.01P X λ<= 得 ()0.99P X λ>=，于是查表可得0.990.0111(8,12)0.176(12,8) 5.67f f λ====习题5.31．设总体X ～ N （μ ，4），（X 1 ，X 2 ，… ，X 16）为其样本，2S 为样本方差，求： （1） P ()666.62<S ； （2） P ()865.4279.22<<S ． 解 因为()221n S σ-～()21n χ-所以本题中2154S ～()215χ 则 (1) {}(){}22215156.666 6.6661524.997544P S P S P χ⎧⎫<=<⨯=<⎨⎬⎩⎭(){}211524.997510.050.95P χ=-≥=-=(2) {}221515152.279 4.865 2.279 4.865444P S P S ⎧⎫<<=⨯<<⨯⎨⎬⎩⎭(){}28.546251518.24375P χ=<<(){}(){}22158.546251518.24375P P χχ=>-≥0.900.250.6=-= 2. 总体2~(0,)X N σ，1225(,,,)X X X 是总体X 的样本，2X S 和分别是样本均值和样本方差，求λ，使5()0.99XP Sλ<=. 解 根据抽样分布定理知5~(24)X Xt S = 又由5()0.99XP Sλ<=得 5()0.01XP Sλ>= 故查表可得0.01(24) 2.4922t λ==3．设总体X ～ N （30 ，64），为使样本均值大于28的概率不小于0.9 ，样本容量n 至少应是多少？解 因为X ～(30,64)N ， 所以样本均值X .～64(30,)N n因此X ()0,1N ， 故{}{}28128P X P X >=-≤1X P ⎧⎫=-≤1⎛=-Φ ⎝0.9=Φ≥1.29≥，解得 27n ≥，所以n 至少应取27.*4．设总体X ～ N )16(1，μ 与总体Y ～ N )36(2，μ 相互独立，（X 1 ，X 2 ，… ，X 13）和（Y 1 ，Y 2 ，… ，Y 10）分别为来自总体X 和总体Y 的样本．试求两总体样本方差之比落入区间（0.159 ，1.058）内的概率．解 因为()221n S σ-～()21n χ-，所以本题中211216S ～()222912,36S χ～()29χ又因为21212222121291694936S S F S S ==～()12,9F从而221122229990.159 1.0580.159 1.058444S S P P S S ⎧⎫⎧⎫<<=⨯<<⨯⎨⎬⎨⎬⎩⎭⎩⎭(){}0.3577512,92.3805P F =<< 0.85=（查F 分布表*5. 设从两个正态总体~(4,1)~(6,1)X N Y N 和中分别独立地抽取两个样本1219(,,,)X X X 和1216(,,,)Y Y Y ，样本方差分别为2212S S 和.求λ，使2122()0.05S P S λ<=.解 根据抽样分布定理可知2122~(18,15)S F S 又由2122()0.05S P S λ<=可得2122()0.95S P S λ>=，于是查表可得0.950.0511(18,15)0.44(15,18) 2.27f f λ====*6．设总体X 与总体Y 相互独立，且都服从正态分布N （0 ，9），（X 1 ，X 2 ，… ，X 9）和（Y 1 ，Y 2 ，… ，Y 9）分别为来自总体X 和Y 的样本．试证明统计量T =∑∑==91291i ii iYX服从自由度为9的t 分布．证明 由正态分布的性质及样本的独立性知91ii X=∑～2(0,9)N得9119i i X =∑～(0,1)N 又因为i Y ～(0,9) (1,2,,9)N i =所以()22222291212913339Y Y Y Y Y Y ⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++=+++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭ ～()29χ 由于两个总体X 和Y 是相互独立的，所以其相应的样本也是相互独立的，故 9119i i X =∑与92119i i Y =∑也相互独立，于是由t 分布的定义知991ii XX T ==∑∑ ～ ()9t综合练习五一、填空题1．设总体X 的一组样本观测值为1.4 ，2.3 ，1.8 ，3.4 ，2.7则样本均值 x= ( 2.32 ) ，样本方差 2s = ( 0.607 ) ．2．设总体X 服从正态分布N （2 ，5），（X 1 ，X 2 ，… ，X 10）为其样本，则样本均值X 的分布为 ( 122N ⎛⎫⎪⎝⎭， )．3．设总体X 服从具有n 个自由度的2χ 分布，（X 1 ，X 2 ，… ，X n ）为其样本，X为样本均值，则有 ()( )E X n = ，()( 2 )D X = ．4．设总体X ～ N （μ ，2σ），（X 1 ，X 2 ，… ，X n ）为其样本，X 、2S 分别为样本均值和样本方差，则有 X ～( 2N n σμ⎛⎫ ⎪⎝⎭， )，22)1(σS n - ～( 2(1)n χ- )，nSX μ- ～( t (n － 1) )．5．设总体X ～ N （1 ，4），（X 1 ，X 2 ，… ，X 5）为其样本，令T = 2543221)2()(X X X b X X a --+-则当a = (81 ) 、1()24b =时有T ～ 2χ(2) ． 二、选择题1．设总体X ～ N （μ ，1），其中 μ 为未知参数，若（X 1 ，X 2 ，… ，X n ）为来自总体X 的样本，则下列样本函数中( (b ) ) 不是统计量．(a )∑=ni i X1；(b )∑=-ni iX12)(μ ；(c) X 1 X 2 … X n ； (d )∑=ni i X12．2．设总体X ～ N （2 ，4），（X 1 ，X 2 ，… ，X 9）为其样本，X 为样本均值，则下列统计量中服从标准正态分布的是( (c ) )．(a ) X ； (b))2(43-X ； (c ))2(23-X ； (d ) )2(29-X ． 3．设总体X ～ N （0 ，1），（X 1 ，X 2 ，… ，X 5）为其样本，令T = 2543221)(2)(3X X X X X +++则有T ～ ( (b ) ) ．(a ) t (5) ； (b ) F (1 ，1) ； (c ) F (2 ，3) ； (d ) F (3 ，2) ． 4．设总体X ～ N ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛410，，（X 1 ，X 2 ，… ，X 5）为其样本，令T=则有T ～( (d ) )．(a ) t (1) ； (b ) t (2) ； (c ) t (3) ； (d ) t (4) ． 5．设总体X ～ N （0 ，1），（X 1 ，X 2 ，… ，X n ）为其样本，X 、2S 分别是样本均值和样本标准差，则 ( (c ) ) ．(a ) n X ～ N （0 ，1）： (b ) X ～ N （0 ，1）； (c )∑=ni i X 12 ～ 2χ(n ) ； (d )SX～ t (n － 1) ． 6．设随机变量X 和Y 都服从标准正态分布，则 ( (c ) ) ．(a ) Y X + 服从正态分布； (b ) 22Y X + 服从 2χ 分布；(c ) 2X 和 2Y 都服从 2χ 分布； (d )22Y X 服从F 分布．三、解答题1．设总体~(2,16)X N ，12(,,,)n X X X 是总体X 的样本，令2211ni i A X n ==∑，求2A 的数学期望2()E A .解 因为~(2,16)X N ，所以~(2,16) (1,2,,)i X N i n = ，则有 22()()()16420i i i E X D X E X =+=+= 于是22111()()2020n i i E A E X n n n===⨯⨯=∑2．设总体~(15,9),X N ，129(,,,)X X X 是总体X 的样本，X 是样本均值，.求常数c ，使()0.95.P X c ≤=解 根据抽样分布定理可知~(15,1)X N 又由()0.95P X c ≤=可得15()()0.951c P X c -≤=Φ= 查表可得15 1.645c -=，于是得16.645c =3.设一组数据20.5，15.5，30.2，20.5，18.6, 21.3，18.6，23.4来自于总体,X 求经验分布函数.解 将样本观测值排序可得：15.518.618.620.520.521.32<=<=<<< 则由定义可得经验分布函数为80, 15.51, 15.518.683, 18.620.585(), 20.521.386, 21.323.487, 23.430.081, 30.2x x x F x x x x x ≤⎧⎪⎪≤<⎪⎪≤<⎪⎪⎪=≤<⎨⎪⎪≤<⎪⎪⎪≤<⎪⎪≥⎩4．设总体X ～ N （0 ，4），（X 1 ，X 2 ，… ，X 9）为其样本．求系数a 、b 、c ，使得T = 298762543221)()()(X X X X c X X X b X X a ++++++++服从 2χ 分布，并求其自由度．解 由于129,,,X X X 相互独立且来自总体X ～(0,4)N ，则由正态分布的线性运算性质有12X X +～(0,8)N ，345X X X ++～(0,12)N ，6789X X X X +++～(0,16)N于是，由2χ分布与正态分布的关系，有()()()22212345678981216X X X X X X X X X T ++++++=++ 服从2χ（3）分布，因此111,,81216a b c ===，自由度为3。

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．。

第五章 假设检验与一元线性回归分析 习题详解解：这是检验正态总体数学期望μ是否为提出假设：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=+++++⨯=x89.061.10.326.310-=-=-=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显着为32.0kg/cm 2。

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。

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显着减少。

当零假设H o 成立时，变量:汕 X32.0. 6~N(0, 1)1.10.89 1.9632.0，所以可以认为这批机制砖的平均抗断强度 显着为32.0kg/cm 2。

解：这是检验正态总体数学期望是否大于10提出假设：H 。

：10, H 1 : 10 即：H 0 :10,H 1 :10由题设，样本容量n5，20.12，0.120.1，检验解：这是检验正态总体数学期望提出假设：H 。

：32.0, 由题设，样本容量n 6，是否为H 1 : 32.01.21，1.21 1.1，所以用 U因检验水平 0.05，由 P{| U|0.05,查表得1.96得到拒绝域: |u |1.96计算得:1(32.6 30.0 31.6632.0 31.8 31.6) 31.600-壮叫0.89它没有落入拒绝域，于是不能拒绝H 。

，而接受H 0，即可以认为X 10.1万 km ,所以用U 检验当零假设H o 成立时， 变量: X10一5~N(0,1)0.1因检验水平 0.05,由P{U} 0.05,查表得'1.64得到拒绝域: 1.64计算得：ux 0 斤 10.1n0.110” 52.242.24 1.64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所以可以认为这批新摩托车的平均寿命 有显者提高。

解：这是检验正态总体数学期望是否小于240提出假设：H 。

:即：H 。

:由题设，样本容量n240, H 1 : 240 240,H 1 : 2402625，、625 25， x 220，所6 以用U 检验当零假设H o 成立时， 变量：因检验水平 0.05， 由P{U得到拒绝域： u1.64计算得：u Xn220U 02406 25”nX 2406 ~ N(0,1)250.05,查表得'1.641.959它落入拒绝域，于是拒绝H o,而接受H i，即可以认为240所以可以认为今年果园每株梨树的平均产量显着减少。

滨州学院《概率论与数理统计》（公共课）练习题第五章 大数定律及中心极限定理一、填空题1．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{}≈≤≤105X P ．2．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 ≈ ．3．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 ．4．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 ．5．随机变量X 和Y 的数学期望分别为-2和2, 方差分别为1和4, 而相关系数为-0.5, 则根据切比雪夫不等式≤≥+)6|(|Y X P ．6．已知随机变量X 的数学期望为10，方差DX 存在且1.0)4020(≤<<-X P ，则≥DX ．7．设 ，n X X X ,,,21为独立同分布的随机变量序列，且),2,1( =i X i 服从参数为2的指数分布，则∞→n 当时，∑==n i i n X n Y 121依概率收敛于 ． 8．设 ，n X X X ,,,21为独立同分布的随机变量序列，且),2,1( =i X i 服从参数为0>λ的泊松分布，若∑==ni i X n X 11，则对任意实数x ，有≈<)(x X P ． 二、选择题1．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．2．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．3．设随机变量X 的方差为2, 则根据切贝雪夫不等式有估计{}≤≥-2||EX X P （ ）．（A ）21； （B ）31； （C ）41； （D ）81． 4．设随机变量 ，n X X X ,,,21独立同分布，其分布函数为 ∞<<∞-+=x b x a x F ,arctan 1)(π，0≠b 则辛钦大数定律对此序列（ ）． （A ）适用； （B ）当常数a 和b 取适当数值十适用；（C ）不适用； （D ）无法判别．5．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(Levy-Lindeberg)中心极限定理, 当n 充分大时, n S 近似服从正态分布, 只要nX X X ,,,21 （ ）．(A)有相同的数学期望； (B)有相同的方差；(C)服从同一指数分布； (D)服从同一离散型分布．6．设 ，n X X X ,,,21为独立同分布的随机变量序列，且),2,1( =i X i 服从参数为1≠λ的指数分布，则（ ）．（A ）)()(lim 1x x n n X P n i i n Φ=≤-∑=+∞→λ； （B ）)()(lim 1x x nn X P n i i n Φ=≤-∑=+∞→；（C ）)()(lim 1x x n X P n i i n Φ=≤-∑=+∞→λλ； （D ）)()(lim 1x x n X P n i i n Φ=≤-∑=+∞→λλ． 三、解答题1．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 ． 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 ．2．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？3．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 {}αμ=∆≥-n X P ，其中μ=i EX ()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 ．4．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．5．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．6．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．7．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 ．8．利用列维-林德伯格定理，证明棣莫佛-拉普拉斯定理．9．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 P ≤≥．10．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．11．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？12．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． 13．设 ，n X X X ,,,21为独立同分布的随机变量序列，且 ,2,1,,2===i DX EX i i σμ，令∑=+=n i i n iX n n Y 1)1(2，试证明：μP n Y →． 14．设}{n X 为一列独立同分布的随机变量序列，其概率密度函数为⎩⎨⎧<≥=--ax a x e x f a x 0)()( 令},,,m in{21n n X X X M =，试证：a M Pn →．15．在一家保险公司里有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，死亡时，其家属可向保险公司领取1000元的赔偿费．试求：（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？16．已知生男孩的概率近似地等于0.515，求在10000个婴孩中，男孩不多于女孩的概率．17．某药厂断言，该工厂生产的某种药品对于医治一种疑难的疾病的治愈率为0.8，某医院试用了这种药品进行治疗，该医院任意抽查了100个服用此药品的病人，如果其中多于75人治愈，医院就接受药厂的这一断言，否则就拒绝这一断言．问：（1）若实际上此药品对这种疾病的治愈率为0.8，那么，医院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为0.7，那么，医院接受这一断言的概率是多少？18．一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50kg, 标准差为5kg ． 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．(977.0)2(=Φ)．19．一家有800间客房的大宾馆的每间客房内装有一台2kW （千瓦）的空调机，若该宾馆的开房率为70%，试问应供应多少千瓦的电力才能以99%的概率保证有充足的电力开动空调机？20．设有30个电子器件，他们的使用寿命（单位：小时）3021,,,T T T 均服从平均寿命为10小时的指数分布，其使用情况是第一个损坏第二个立即使用，第二个损坏第三个立即使用等等． 令T 为30个器件使用的总计时间，求T 超过350小时的概率．。

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 。

第五章 图的基本概念习 题 课 11. 画出具有 6、8、10、…、2n 个顶点的三次图；是否有7个顶点的三次图？2. 无向图G 有21条边，12个3度数顶点，其余顶点的度数均为2，求G 的顶点数p 。

解：设图的顶点为p ，根据握手定理：1deg()2pi i v q ==∑，有212)12(2312⨯=-⨯+⨯p ，得15302==p p ，。

3. 下列各无向图中有几个顶点？（1）16条边，每个顶点的度为2；（2）21条边，3个4度顶点，其余的都为3度数顶点；（3）24条边，各顶点的度数相同。

解： 设图的顶点为p ，根据握手定理：（1）1deg()2p i i v q ==∑，即2221632p q ==⨯=；所以16p =，即有16个顶点。

（2）1deg()2p i i v q ==∑，即433(3)222142p q ⨯+⨯-==⨯=，所以13p =。

（3）各点的度数为k ，则1deg()2i pi v q ==∑，即222448k p q ⨯==⨯=，于是① 若1k =，48p =； ② 若2k =，24p =；③ 若3k =，16p =； ④ 若4k =，12p =；⑤ 若6k =，8p =；⑥ 若8k =，16p =； ⑦ 若12k =，4p =；⑧ 若16k =，3p =； ⑨ 若24k =，2p =； ⑩ 若48k =，1p =。

4．设图G 中9个顶点，每个顶点的度不是5就是6。

证明G 中至少有5个6度顶点或至少有6个5度顶点。

证：由握手定理的推论可知，G 中5度顶点数只能是0，2，6，8五种情况，此时6度顶点数分别为9，7，5，3，1个。

以上五种情况都满足至少5个6度顶点或至少6个5度顶点的情况。

5．有n 个药箱，若每两个药箱里有一种相同的药，而每种药恰好放在两个药箱中，问药箱里共有多少种药？[就是求一个完全图n K 的边数(1)(2)/2q p p =--g ]6.设G 是有p 个顶点，q 条边的无向图，各顶点的度数均为3。

习 题 五1．假设有10只同种电器元件，其中两只废品，从这批元件中任取一只，如果是废品，则扔掉重新取一只，如仍是废品，则扔掉再取一只，试求在取到正品之前，已取出的废品只数的数学期望和方差。

解 设X 为已取出的废品只数，则X 的分布为012828218101091098X P ⋅⋅⋅即012881104545XP所以 82245459EX =+=， 2844,454515EX =+=224488().1581405DX EX EX =-=-= 2．假设一部机器在一天内发生故障的概率为0.2，机器发生故障时全天停止工作，若1周5个工作日里无故障，可获利10万元；发生一次故障仍可获利5万元，发生两次故障所获利润零元；发生三次或三次以上故障就要亏损2万元。

求1周内期望利润是多少？ 解 设一周所获利润为T （万元），则T 的可能值为10,5,0,2-.又设X 为机器一周内发生故障的次数，则~(5,0.2)X B ，于是，5(10)(0)(0.8)0.3277P T P X =====145(5)(1)0.2(0.8)0.4096P T P X C ====⨯=类似地可求出T 的分布为205100.05790.20480.40960.3277T P -所以一周内的期望利润为20.057950.4096100.3277ET =-⨯+⨯+⨯5.209=（万元）3．假设自动线加工的某种零件的内径X （毫米）服从正态分布(,1)N μ，内径小于10或大于12为不合格品，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 （元）与零件的内径X 有如下关系：1,10,20,1012,5,12.X T X X ⎧-<⎪=≤≤⎨⎪->⎩若若若问平均内径μ取何值时，销售一个零件的平均利润最大. 解1(10)20(1012)5(E T P X P X P X =-⨯<+⨯≤≤-⨯>10()20[(12)(10)]5[1(12)]1μμμμ-=-Φ+Φ--Φ---Φ-25(12)21(10)5μμ=Φ--Φ--25(12)21(10)dETd ϕμϕμμ=--+-22(10)(12)2221250μμ----=-即221[(12)(10)]22125e μμ----= 两边取对数得 21222ln25μ-= 即12511ln221μ=-. 时，平均利润最大.4．从学校到火车站的途中有3个交通岗，假设在各个交通岗遇到红灯的事件是相互独立的，并且概率都是25，设X 为途中遇到红灯的次数，求随机变量X 的分布律、分布函数和数学期望. 解 2~(3,)5X B ，分布律为3323()()()0,1,2,3.55k k k P X k C k -===即01232754368125125125125XPX 的分布函数为0,0,27,01,12581(),12,125117,23,1251,3.x x F x x x x <⎧⎪⎪≤<⎪⎪⎪=≤<⎨⎪⎪≤<⎪⎪≥⎪⎩ 54722415061251251251255EX =++==5．设随机变量服从几何分布，其分布列为1()(1)k P X k p p -==-，01,1,2,p k <<=求EX 与DX 解1 111111(1)()k k kk k k k k x qx qEX k p p p kqp x p x ∞∞∞∞--======'⎛⎫'=-=== ⎪⎝⎭∑∑∑∑其中1q p =-由函数的幂级数展开有 011k k x x∞==-∑， 所以21111.1(1)x qx qEX p px x p=='⎡⎤=-==⎢⎥--⎣⎦ 因为221211()(1)k k x q x qk k x EX k pqp x x p x ∞∞-====''⎡⎤⎡⎤'===⎢⎥⎢⎥-⎣⎦⎣⎦∑∑22p p -=， 所以2222221().p qDX EX EX p p p -=-=-=解22123k EX P pq pq kpq -=+++++21(123),k p q q kq -=+++++设21123,k S q q kq -=+++++ （1） 则2323,k qS q q q kq =+++++（2）（1）–（2）得211(1)11k q S q q q q--=+++++=-， 所以2211(1)S q p ==-，从而，得 211EX pS p p p==⋅=.22222123n EX p pq pq n pq -=+++++222211(123)n p q q n q pS -=+++++，22232123,n qS q q q n q =+++++2112(1)135(21),n q S q q n q S --=++++-+23235(21),n qS q q q n q =++++-+21222(1)12()111n q qq S q q q q p--=+++++=+=+-，2212q S p p =+， 于是 212312S qS p p p==+， 所以 22321212()q qEX p p p p p =+=+， 故得X 的方差为2222221211().q q pDX EX EX p p p p p-=-=+-==6．设随机变量X 分别具有下列概率密度，求其数学期望和方差. （1）||1()2x f x e -=；（2）1||,||1,()0,||1;x x f x X -≤⎧=⎨>⎩ （3）2215(2),02,()160,x x x f x ⎧-≤≤⎪=⎨⎪⎩其他; （4）,01,()2,12,0,.x x f x x x ≤<⎧⎪=-≤≤⎨⎪⎩其他解 （1）||102x EX x e dx +∞--∞=⋅=⎰，（因为被积函数为奇函数）22||2012x x DX EX x e dx x e dx +∞+∞---∞===⎰⎰202x xx exe dx +∞+∞--=-+⎰2[] 2.x x xee dx +∞+∞--=-+=⎰（2）11(1||)0,EXx x dx -=-=⎰3411222310101(1||)2()2[]346x x DX EX x x dx x x dx -==-=-=-=⎰⎰. （3）2232543001515(2)(44)1616EX x x dx x x x dx =-=-+⎰⎰26450154415161166541615x x x ⎡⎤=-+=⋅=⎢⎥⎣⎦, 22654015(44)16EX x x x dx =-+⎰2765015448167657x x x ⎡⎤=-+=⎢⎥⎣⎦， 所以2281()177DX EX EX =-=-=. （4）223122220111128(2)313333x EXx dx x x dx x =+-=+-=+-=⎰⎰,1223230112114(2)(81)(161)43412EX x dx x x dx =+-=+---=⎰⎰,所以1411126DX =-=. 7．在习题三第4题中求11EX+解 因X 的分布为 012311112488X P所以11111111671224384896EX =+⨯+⨯+⨯=+.8．设随机变量X 的概率密度为,02,(),24,0,ax x f x cx b x ⎧<<⎪=+≤≤⎨⎪⎩其他.已知32,(13)4EX P X =<<=，求（1）,,a b c 的值（2）随机变量XY e =的数学期望和方差.解 （1）2421()()f x dx axdx cx b dx +∞-∞==++⎰⎰⎰24422202226,22a c x x bx a b c =++=++24222()()xf x dx ax dx cx b xdx +∞-∞==++⎰⎰⎰856633a cb =++， 2312335()422axdx cx b dx a c b =++=++⎰⎰，解方程组13281856633252a b c a b c a b c ⎧++=⎪⎪++=⎨⎪⎪++=⎩得 14a =， 1b =，14c =-.（2）242202111()()(1)(1)444X x x x EYE e e f x dx xe dx x e dx e +∞-∞===+-+=-⎰⎰⎰，24222220211()()(1)44X x xx EY E e e f x dx xe dx x e dx +∞-∞===+-+⎰⎰⎰2222211(1)[(1)]44e e e =-+-222221()(1)4DY EY EY e e =-=-.9．游客乘电梯从底层到电视塔顶层观光；电梯于每个整点的第5分钟，25分钟和55分钟从底层起行。

〖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。

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{}221P X σμεε-<≥-{}241 2.51 2.5P 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{}221||3(3)9P 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 = ，则61ii X X==∑，且126,,...,X X X 独立同分布，分布律为：126111666⎛⎫ ⎪⎪ ⎪⎝⎭，于是6117()62i k E X k ==⋅=∑6221191()66i k E X k ==⋅=∑所以22()()()i i i D X E X E X =-914964=-3512=，1,2,,6i =因此 617()()6212ii E X E X===⨯=∑6135()()612i i D X D X ===⨯∑352=故由切比雪夫不等式得：{}{}|5271428P X P X ≤≤=<<{}7217P X =-<-< {}|()|7P X E X =-<2()17D X ≥-13559114921414=-⨯=-=.即6颗骰子出现点数之和在1527 之间的概率大于等于914.4. 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.{}1|()|7P X E X =--≥解： 以i X 表示第i 次炮击击中的颗数(1,2,,1000)i =有()0.4i E X = ，() 3.6i D X =据 定理：则10001380420i i P X =⎧⎫<≤⎨⎬⎩⎭∑420400380400--≈Φ-Φ11()()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 = ，且它们之间独立同分布，于是一盒螺丝钉的重量1001ii 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)≈-Φ10.977250.02275=-= .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0.50.5()0i E X xdx μ-===⎰0.5220.51()12i 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12001ii X=∑，1200115i i P X =⎧⎫>⎨⎬⎩⎭∑15P ⎫⎪=>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：1110n ni ii i P X P X ==⎧⎧⎫⎪<=<⎨⎬⎨⎪⎩⎭⎩∑∑210.9≈Φ-≥ .即0.95Φ≥查正态分布得 1.64≥即21012()446.161.64n ≤≈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{}1530000.001151P X -⨯>≈-Φ1(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()ki k E X α= (1,2,3,4;1,2,,)k i n == .证明：当n 充分大时，随机变量211nn 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22212,,...,n X X X 也独立同分布由()ki k E X α= (1,2,3,4;1,2,,)k i n ==有22()iE X α=，2242()((i iiD XE X E X ⎡⎤=-⎣⎦242αα=-2211()()nn i i E Z E X nα==⋅=∑2242211()()()nn i i D Z D X n nαα==⋅=-∑{}15P X =>因此，根据中心极限定理：(0,1)nZU Nα-=即当n充分大时，n Z近似服从2242(,())N nααα- .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{}1001000.20.80,1,2,,100k k kP X k C k-===()20E X np==，()(1)16D X np p=⋅-=（2）{}|430P X≤≤1420203020XP---⎧⎫=≤≤(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>=-≤1000.910.95n -=-Φ=1000.9 1.65n-=-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。