0)的泊松分布,每位乘客在中途下车的概率为p(03;⎪⎩0,y<0,y>3.因为X,Y相互独立,所以⎧1⎪,0≤x≤3,0≤y≤3,fxy(,)=⎨9⎪⎩0,x<0,y<0,x>3,y>3.1推得P{max{,}1}XY≤=.926.设二维随机变量(X,Y)的概率分布为X−101Y56
−1a00.200.1b0.2100.1c其中a,b,c为常数,且X的数学期望E(X)=−0.2,P{Y≤0|X≤0}=0.5,记Z=X+Y.求:(1)a,b,c的值;(2)Z的概率分布;(3)P{X=Z}.解(1)由概率分布的性质知,a+b+c+0.6=1即a+b+c=0.4.由EX()=−0.2,可得−+=−ac0.1.PX{≤0,Y≤0}ab++0.1再由PY{≤0X≤0}===0.5,PX{≤0}ab++0.5得ab+=0.3.解以上关于a,b,c的三个方程得a=0.2,b=0.1,c=0.1.(2)Z的可能取值为−2,−1,0,1,2,PZ{=−2}=PX{=−1,Y=−1}0.2=,PZ{=−1}=PX{=−1,Y=0}+PX{=0,Y=−1}0.1=,PZ{=0}=PX{=−1,Y=1}+PX{=0,Y=0}+PX{=1,Y=−1}0.3=,PZ{=1}=PX{=1,Y=0}+PX{=0,Y=1}0.3=,PZ{=2}=PX{=1,Y=1}0.1=,即Z的概率分布为Z−2−1012P0.20.10.30.30.1(3)PX{=Z}=PY{=0}0.1=++b0.2=0.10.10.2++=0.4.57
习题四1.设随机变量X的分布律为X−1012P1/81/21/81/4求E(X),E(X2),E(2X+3).11111【解】(1)EX()=−×+×(1)0+×+×12=;828422212121215(2)EX()=−(1)×+0×+1×+2×=;828441(3)E(2X+3)=2()3EX+=×2+=3422.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X012345P5142332415CCCCCCCCCC90109010901090109010=0.583=0.340=0.070=0.007=0=0555555CCCCCC100100100100100100故EX()=0.58300.34010.07020.00730405×+×+×+×+×+×=0.501,52DX()=∑[xi−EX()]Pii=0222=(00.501)−×0.583(10.501)+−×0.340+⋯+(50.501)−×0=0.432.3.设随机变量X的分布律为X−101Pp1p2p3且已知E(X)=0.1,E(X2)=0.9,求P1,P2,P3.【解】因P+P+P=1……①,123又EX()=−(1)P+0iP+1iP=P−P=0.1……②,1233158
2222EX()=−(1)iP+0iP+1iP=P+P=0.9……③ 12313由①②③联立解得P=0.4,P=0.1,P=0.5.1234.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NPA()全概率公式∑PAX{|=kPX}{i=k}k=0NNk1=∑PX{=k}=∑kPX{=k}k=0NNk=01n=iEX()=.NN5.设随机变量X的概率密度为⎧x,0≤x<1,⎪f(x)=⎨2−x,1≤x≤2,⎪⎩0,其他.求E(X),D(X).+∞122【解】EX()=∫−∞xfxx()d=∫0xxd+∫1x(2−xx)d123⎡13⎤⎡2x⎤=x+⎢x−⎥=1.⎢⎥⎣3⎦0⎣3⎦1+∞1272232EX()=∫−∞xfxx()d=∫0xxd+∫1x(2−xx)d=6221故DX()=EX()[()]−EX=.66.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】(1)EU[]=E(2X+3Y+1)=2()3()1EX+EY+=×+×25311144.+=(2)EV[]=EYZ[−4]X=EYZ[]4()−EX因YZ,独立EYEZ()i()4()−EX=11845×−×=68.7.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(3X−2Y),59
D(2X−3Y).【解】(1)EX(3−2)Y=3()2()EX−EY=×−×=33233.22(2)D(2X−3)Y=2DX()(3)+−DY=×412916192.+×=8.设随机变量(X,Y)的概率密度为⎧k,05,fX(x)=⎨fY(y)=⎨⎩0,其他;⎩0,其他.求E(XY).【解】方法一:先求X与Y的均值12EX()=∫xxxi2d=,03+∞−(y−5)令zy=−5+∞−z+∞−zEY()=∫5yedy5∫0edz+∫0zedz=+=516.由X与Y的独立性,得2EXY()=EXEY()i()=×=64.3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−(y−5)⎧2ex,0≤x≤1,y>5,fxy(,)=f()xfi()y=⎨XY⎩0,其他,于是+∞11+∞2−(y−5)2−(y−5)EXY()=∫∫50xyxi2eddxy=∫02dxxi∫5yedy=×=64.310.设随机变量X,Y的概率密度分别为−2x−4y⎧2e,x>0,⎧4e,y>0,fX(x)=⎨fY(y)=⎨⎩0,x≤0;⎩0,y≤0.求(1)E(X+Y);(2)E(2X−3Y2).+∞+∞+∞−2x−2x+∞-2x【解】()X=xf()dxxxi2edx=−[xe]edx∫−∞X∫00∫0+∞1−2x=∫edx=.0260
+∞+∞1−4yEY()=yf()dyyyi4edy=.∫−∞Y∫042+∞2+∞2−4y21EY()=yf()dyy=yi4edy==.∫−∞Y∫0428113从而(1)EX(+Y)=EX()+EY()=+=.24422115(2)E(2X−3Y)=2()3(EX−EY)=×2−×3=28811.设随机变量X的概率密度为22⎧⎪cxe−kx,x≥0,f(x)=⎨⎪⎩0,x<0.求(1)系数c;(2)E(X);(3)D(X).+∞+∞22c−kx2【解】(1)由fxx()d=cxedx==1得c=2k.∫−∞∫02k2+∞+∞222−kx(2)EX()=∫xfx()d()x=∫xkxi2edx−∞02+∞2−kx22π=2k∫xedx=.02k+∞+∞2212222−kx(3)EX()=xfx()d()x=xi2kxe.∫−∞∫0k22221⎛π⎞4−π故DX()=EX()[()]−EX=−⎜⎟=.k2⎜2k⎟4k2⎝⎠12.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X,求E(X)和D(X).【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939PX{=0}==0.750,PX{=1}=×=0.204,1212113293219PX{=2}=××=0.041,PX{=3}=×××=0.005.1211101211109于是,得到X的概率分布表如下:X0123P0.7500.2040.0410.005由此可得EX()=×00.75010.20420.04130.005+×+×+×=0.301.22222EX()=0×7501+×0.2042+×0.0413+×0.005=0.413222DX()=EX()[()]−EX=0.413(0.301)−=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61
x⎧1−⎪e4,x>0,f(x)=⎨4⎪⎩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−x/4−1/4PY{=100}=PX{≥1}=∫edx=e14−1/4PY{=−200}=PX{<1}1e=−.−1/4−1/4−1/4故EY()100e=×+−(200)(1e×−)=300e−200=33.64(元).14.设X21,X2,…,Xn是相互独立的随机变量,且有E(Xi)=μ,D(Xi)=σ,i=1,2,…,n,记nn12212X=∑Xi,S,S=∑(Xi−X).ni=1n−1i=12σ(1)验证E(X)=μ,D(X)=;nn122(2)验证S2=(∑X−nX);in−1i=1(3)验证E(S2)=σ2.nnn⎛1⎞111【证】(1)EX()=E⎜∑Xi⎟=E(∑Xi)=∑EX(i)=inu=u.⎝ni=1⎠ni=1ni=1nnnn⎛1⎞11DX()=D⎜∑Xi⎟=2D(∑XXi)i之间相互独立2i∑DXi⎝ni=1⎠ni=1ni=1212σ=inσ=.2nn(2)因nnnn22222∑(Xi−X)=∑(Xi+X−2XXi)=∑Xi+nX−2X∑Xii=1i=1i=1i=1nn2222=∑Xi+nX−2XnXi=∑Xi−nXi=1i=1n2122故S=(∑Xi−nX).n−1i=162
22222(3)因EX()=uDX,()=σ,故EX()=DX()(+EX)=σ+u.iiiii22σ2σ2同理因EX()=uDX,()=,故EX()=+u.nn从而nn2⎡122⎤122Es()=E⎢(∑Xi−nX)⎥=[(E∑Xi)−nEX()]⎣n−1i=1⎦n−1i=1n122=[∑EX(i)−nEX()]n−1i=1⎡⎛2⎞⎤122σ22=i⎢ni(σ+u)−n⎜+u⎟⎥=σ.n−1⎣⎝n⎠⎦15.对随机变量X和Y,已知D(X)=2,D(Y)=3,Cov(X,Y)=−1,计算:Cov(3X−2Y+1,X+4Y−3).【解】Cov(3X−2Y+1,X+4Y−3)=3()10Cov(,)8()DX+XY−DY=×+3210(1)83×−−×=−28(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⎧122⎪,x+y≤1,f(x,y)=⎨π⎪⎩0,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={(,)|xyx+y≤1}.+∞+∞1EX()=∫∫xfxyxy(,)dd=∫∫xxydd−∞−∞π22x+y≤112π1=∫∫rcosθirrddθ=0.π00同理E(Y)=0.+∞+∞而Cov(,)XY=∫∫[xEx−()][iyEY−()](,)ddfxyxy−∞−∞112π12=∫∫xyxydd=∫∫rsincosθθrrddθ=0,π22π00x+y≤1由此得ρ=0,故X与Y不相关.XY63
21−x122下面讨论独立性,当|x|≤1时,f()xdy=1−x.X∫21−1−xππ21−y122当|y|≤1时,f()ydx=1−y.Y∫21−1−yππ显然f()xfi()y≠fxy(,).XY故X和Y不是相互独立的.17.设随机变量(X,Y)的分布律为X−101Y−11/81/81/801/801/811/81/81/8验证X和Y是不相关的,但X和Y不是相互独立的.【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,Y及XY的分布律,其分布律如下表X−101P323888Y−101P323888XY−101P24288864
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ρXY=0,即X与Y的相关系数为0,从而X和Y是不相关的.331又PX{=−1}{iPY=−1}=×≠=PX{=−1,Y=−1}888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),ρXY.1【解】如图,SD=,故(X,Y)的概率密度为2题18图⎧2,(,)xy∈D,fxy(,)=⎨⎩0,其他.11−x1EX()=∫∫xfxyxy(,)dd=∫∫dxxi2dy=003D11−x1222EX()=∫∫xfxyxy(,)dd=∫∫dx2dxy=006D2221⎛⎞11从而DX()=EX()[()]−EX=−⎜⎟=.6⎝⎠31811同理EY()=,()DY=.31811−x1而EXY()=∫∫xyfxyxy(,)dd=∫∫2ddxyxy=∫∫dx2dxyy=.0012DD所以1111Cov(,)XY=EXY()−EXEY()i()=−×=−.1233361−Cov(,)XY361从而ρ===−XYDX()iDY()112×181819.设(X,Y)的概率密度为65
⎧1ππ⎪sin(x+y),0≤x≤,0≤y≤,f(x,y)=⎨222⎪⎩0,其他.求协方差Cov(X,Y)和相关系数ρXY.+∞+∞π/2π/21π【解】EX()=∫∫−∞−∞xfxyxy(,)dd=∫0dx∫0xisin(x+yy)d=.24ππ222221ππEX()=∫dx∫xisin(x+yy)d=+−2.00282从而222ππDX()=EX()[()]−EX=+−2.1622πππ同理EY()=,()DY=+−2.4162π/2π/2π又EXY()=∫dx∫xysin(x+yxy)dd=−1,0022⎛π⎞ππ⎛π−4⎞故Cov(,)XY=EXY()−EXEY()i()=⎜−1⎟−×=−⎜⎟.⎝2⎠44⎝4⎠2⎛π−4⎞−⎜⎟22Cov(,)XY⎝4⎠(π−4)π−8π+16ρ===−=−.XY222DX()iDY()πππ+8π−32π+8π−32+−2162⎡11⎤20.已知二维随机变量(X,Y)的协方差矩阵为⎢⎥,试求Z1=X−2Y和Z2=2X−Y的相关⎣14⎦系数.【解】由已知知:D(X)=1,D(Y)=4,Cov(X,Y)=1.从而DZ()=DX(−2)Y=DX()4()4Cov(,)1444113,+DY−XY=+×−×=1DZ()=D(2X−Y)=4()DX+DY()4Cov(,)−XY=×+−×=414414,2Cov(,ZZ)=Cov(X−2,2YX−Y)12=2Cov(,XX)4Cov(,−YX)Cov(,)2Cov(,)−XY+YY=2()5Cov(,)2()DX−XY+DY=×−×+×=2151245.Cov(,ZZ)5512故ρ===13.ZZ12DZ()iDZ()13×4261266
21.对于两个随机变量V,W,若E(V2),E(W2)存在,证明:[E(VW)]2≤E(V2)E(W2).这一不等式称为柯西许瓦兹(Couchy−Schwarz)不等式.2【证】令gt()=EV{[+tW]},t∈R.显然22220≤gt()=EV[(+tW)]=EV[+2tVW+tW]222=EV[]2+tEVWi[]+tEWi[],∀∈tR.可见此关于t的二次式非负,故其判别式Δ≤0,222即0≥∆=[2(EVW)]−4(EW)iEV()222=4{[(EVW)]−EV()iEW()}.222故[(EVW)]≤EV()iEW()}.22.假设一设备开机后无故障工作的时间X服从参数λ=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1X~E(λ),E(X)==5.λ依题意Y=min(X,2).对于y<0,f(y)=P{Y≤y}=0.对于y≥2,F(y)=P(X≤y)=1.对于0≤y<2,当x≥0时,在(0,x)内无故障的概率分布为P{X≤x}=1−e−λx,所以F(y)=P{Y≤y}=P{min(X,2)≤y}=P{X≤y}=1−e−y/5.23.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】(1)Z的可能取值为0,1,2,3,Z的概率分布为k3−kCCi33PZ{=k}=,k=0,1,2,3.3C6Z=k0123Pk19912020202019913因此,EZ()=×0+×1+×2+×3=.202020202(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3PA()=∑PZ{=kPAZ}{|i=k}k=067
19192131=×+0×+×+×=.20206206206424.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(μ,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,⎪T=⎨20,若10≤X≤12,⎪⎩−5,若X>12.问:平均直径μ取何值时,销售一个零件的平均利润最大?【解】ET()=−PX{<10}20{10+P≤X≤12}5{−PX>12}=−PX{−u12−u}=−Φ(10−u)20[(12+Φ−u)−Φ(10−u)]5[1−−Φ(12−u)]=25(12Φ−u)21(10−Φ−u)5.−故d()ET令1−x2/2=25(12ϕ−u)(1)21(10×−−ϕ−u)(1)×−0(这里ϕ()x=e),du2π22−(12−u)/2−(10−u)/2得25e=21e两边取对数有1212ln25−(12−u)=ln21−(10−u).221251解得u=11−ln=11−ln1.1910.9128≈(毫米)2212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⎧1x⎪cos,0≤x≤π,f(x)=⎨22⎪⎩0,其他.对X独立地重复观察4次,用Y表示观察值大于π/3的次数,求Y2的数学期望.(2002研考)⎧π1,X>,⎪⎪3【解】令Y=⎨(i=1,2,3,4)i⎪0,X≤π.⎪⎩34则Y=∑Yi~(4,)Bp.因为i=1ππππ/31x1p=PX{>}1=−PX{≤}及PX{≤}=∫cosdx=,333022268
111所以EY()=,()DY=,()EY=×4=2,ii2421122DY()=××4==1EY()(−EY),22222从而EY()=DY()[()]+EY=+12=5.26.两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,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.试求两台记录仪无故障工作的总时间T=T1+T2的概率密度fT(t),数学期望E(T)及方差D(T).【解】由题意知:−5t⎧5e,t≥0,ft()=⎨i⎩0,t<0.因T1,T2独立,所以fT(t)=f1(t)*f2(t).当t<0时,fT(t)=0;当t≥0时,利用卷积公式得+∞t−5x−5(tx−)−5tft()=fxft()i(−xx)d=5ei5edx=25etT∫−∞12∫0故得−5t⎧25e,tt≥0,ft()=⎨T⎩0,t<0.11由于Ti~E(5),故知E(Ti)=,D(Ti)=(i=1,2)5252因此,有E(T)=E(T1+T2)=.52又因T1,T2独立,所以D(T)=D(T1+T2)=.2527.设两个随机变量X,Y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.22⎛⎛1⎞⎞⎛⎛1⎞⎞【解】设Z=X−Y,由于X~N⎜0,⎜⎟⎟,Y~N⎜0,⎜⎟⎟,⎜⎝⎝2⎠⎟⎠⎜⎝⎝2⎠⎟⎠且X和Y相互独立,故Z~N(0,1).因22DX(−Y)=DZ()=EZ(||)[(|−EZ|)]22=EZ()[()],−EZ而+∞122−z/2EZ()=DZ()1,(|=EZ|)=∫||zedz−∞2π69
2+∞−z2/22=∫zedz=,2π0π2所以DX(|−Y|)1=−.π28.某流水生产线上每个产品不合格的概率为p(0−1,⎩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.P{x=−1,Y=−1}=P{U≤−1,U≤1}−1dx−1dx1=PU{≤−1}=∫=∫=−∞4−244P{X=−1,Y=1}=P{U≤−1,U>1}=P{∅}=0,P{X=1,Y=−1}=P{U>−1,U≤1}1dx1=P{1−−1,U>1}=PU{>1}∫=.144故得X与Y的联合概率分布为⎡(1,1)(1,1)(1,1)(1,1)−−−−⎤(,)~XY⎢111⎥.⎢0⎥⎣424⎦(2)因DX(+Y)=EX[(+Y)][(2−EX+Y)]2,而X+Y及(X+Y)2的概率分布相应为⎡−202⎤⎡04⎤X+Y~⎢111⎥,(X+Y)~2⎢11⎥.⎢⎥⎢⎥⎣424⎦⎣22⎦11从而EX(+Y)=−×(2)+×2=0,44211EX[(+Y)]0=×+×4=2,2222所以DX(+Y)=EX[(+Y)][(−EX+Y)]=2.71
1−x31.设随机变量X的概率密度为f(x)=e,(−∞PX{||105}=P⎨>⎬10010⎪×20×20⎪⎪⎩1212⎪⎭⎧⎫⎪⎪V−100⎪⎪=P⎨>0.387⎬≈−Φ1(0.387)=0.348,10⎪×20⎪⎪⎩12⎪⎭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?77
【解】设100根中有X根短于3m,则X~B(100,0.2)从而⎛301000.2−×⎞PX{≥30}1=−PX{<30}1≈−Φ⎜⎟⎝1000.20.8××⎠=−Φ1(2.5)10.9938=−=0.0062.6.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?⎧1,第i人治愈,【解】X=⎨i=1,2,⋯,100.i⎩0,其他.100令X=∑Xi.i=1(1)X~B(100,0.8),100⎛751000.8−×⎞P{∑Xi>75}1=−PX{≤75}1≈−Φ⎜⎟i=1⎝1000.80.2××⎠=−Φ−1(1.25)=Φ(1.25)=0.8944.(2)X~B(100,0.7),100⎛751000.7−×⎞P{∑Xi>75}1=−PX{≤75}1≈−Φ⎜⎟i=1⎝1000.70.3××⎠5=−Φ1()1=−Φ(1.09)=0.1379.217.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1⎛2050−⎞1⎛30⎞PX{=20}=ϕ⎜⎟=ϕ⎜−⎟47.5⎝47.5⎠6.895⎝6.895⎠1⎛30⎞−6=ϕ⎜⎟=4.510.×6.895⎝6.895⎠8.设有30个电子器件.它们的使用寿命T1,…,T30服从参数λ=0.1[单位:(小时)-1]的指数78
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.111【解】ET()===10,DT()==100,ii2λ0.1λET()1030=×=300,DT()=3000.故⎛350300−⎞⎛5⎞PT{>350}1≈−Φ⎜⎟=−Φ1⎜⎟=−Φ1(0.913)=0.1814.⎝3000⎠⎝30⎠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(Ti)=10,D(Ti)=100,E(T)=10n,D(T)=100n.n⎛306810×−n⎞从而P{∑Ti≥3068}0.95,×=即0.05≈Φ⎜⎟.i=1⎝10n⎠故⎛10n−2448⎞n−244.80.95=Φ⎜⎟,1.64=,n≈272.⎝10n⎠n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Xi012P0.050.80.15易知E(Xi=1.1),D(Xi)=0.19,i=1,2,…,400.400而X=∑Xi,由中心极限定理得i400∑Xi−4001.1×近似地X−4001.1×i=~N(0,1).4000.19×419×⎛4504001.1−×⎞于是PX{>450}1=−PX{≤450}1≈−Φ⎜⎟⎝419×⎠=−Φ1(1.147)=0.1357.(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79
⎛3404000.8−×⎞PY{≤340≈Φ⎜⎟=Φ(2.5)=0.9938.⎝4000.80.2××⎠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⎛5000100000.515−×⎞PX{≤5000}≈Φ⎜⎟=Φ−(3)1=−Φ(3)=0.00135.⎝100000.5150.485××⎠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P{m≤Sn≤1000}≥0.95,事件⎛m−10000.9×S−900⎞n{m≤S}=⎜≤⎟.n⎝10000.90.1××90⎠由中心极限定理知:⎛m−10000.9×⎞Pm{≤S}1=−PS{0.977=Φ(2).⎝n⎠100010−n因此可从>2解出n<98.0199,n即最多可装98箱.82'