概率论与统计(第三版)复旦大学版第五章课后习题答案

1.一颗骰子连续掷4次，点数总和记为X.估计P{101111117E(Xi)123456,6666662

11111191E(Xi2)122232425262,666666691735从而 D(Xi)E(X)[E(Xi)].

62122i22又X1,X2,X3,X4同分布.

从而E(X)E(44Xi)E(Xi)4i14i14714, 23535. 123 D(X)D(Xi)D(Xi)4i1i1所以 P{10X18}P{|X14|4}135/30.271, 242. 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？

1,若第i个产品是合格品,【解】令Xi

0,其他情形.而至少要生产n件，则i=1,2,…,n,且

X1，X2，…，Xn同分布，p=P{Xi=1}=0.8. 现要求n,使得

P{0.76即

Xi1nin0.84}0.9.

Xi0.8n0.76n0.8n0.84n0.8nP{i1}0.9

n0.80.2n0.80.2n0.80.2由中心极限定理得

n0.84n0.8n0.76n0.8n0.9,

0.16n0.16n整理得nn1., 查表0.95,1010n≥268.96, 故取n=269.

3. 某车间有同型号机床200台，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）,

E(X)140,D(X)42,

0.95P{0Xm}P(Xm)m140.

42查表知 m1401., ,m=151. 42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Vk（k=1，2，…，20），设它们是相互的随机变量，

且都在区间（0，10）上服从均匀分布.记V=

Vk120k，求P{V＞105}的近似值.

【解】易知:E(Vk)=5,D(Vk)=

100,k=1,2,…,20 1220由中心极限定理知，随机变量

ZVk1V205近似的~N(0,1).

10010020201212k205V205105205于是P{V105}P

1010020201212V100 P0.3871(0.387)0.348,

102012即有 P{V>105}≈0.348

5. 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1000.2P{X30}1P{X30}1

1000.20.8 1(2.5)10.9938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】Xi0,其他.令Xi1,2,,100.

X.

ii1100(1) X~B(100,0.8)，

751000.8P{Xi75}1P{X75}1 i11000.80.2 1(1.25)(1.25)0.44.

(2) X~B(100,0.7)，

100751000.7P{Xi75}1P{X75}1 i11000.70.3 1(1005)1(1.09)0.1379. 217. 用拉普拉斯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

P{X20}112050306.56.5 47.547.513064.510. 6.56.5 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：h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】E(Ti)11110, D(Ti)2100, 0.1 E(T)1030300, D(T)3000.

故

3503005P{T350}111(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.

从而P{故

T3068}0.95,即0.05ii1n306810n.

10nn244.8,n10n24480.95,10n1.n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，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 Xi 0 1 2 P 0.05 0.8 易知E（Xi=1.1）,D(Xi)=0.19,i=1,2,…,400. 而X0.15 Xi400i,由中心极限定理得

Xi400i4001.14000.19X4001.1近似地~N(0,1).

419于是P{X450}1P{X450}14504001.1

419 1(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

3404000.8P{Y340(2.5)0.9938.

4000.80.2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

5000100000.515P{X5000}(3)1(3)0.00135.

100000.5150.48512. 设有1000个人行动，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

S900m10000.9{mSn}n. 9010000.90.1由中心极限定理知：

m10000.9P{mSn}1P{Snm}10.95.

10000.90.1从而 m9000.05, 90m9001.65, 90故 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≤Sn≤M}≥0.95.

M900P{SnM}0.95.

90查表知M900=1.65,M=900+15.65=915.65≈916人. 9013. 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

P{X120}1120100000.006

100000.0060.994100000.0060.9941(60/1e259.59.)21160 59.59.20.0517e30.18110

(2) 因为“公司利润≥60000”当且仅当“0≤X≤60”于是所求概率为

60100000.0060100000.006P{0X60}

100000.0060.994100000.0060.994 (0)600.5. 59.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

E(Z)0,D(Z)D(XY)D(X)D(Y)2XPD(X)所以

D(Y)3.

P{|ZE(Z)|6}P{|XY|6}D(XY)31. 26361215. 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

kP{Xk}C1000.2k0.8100k,k1,2,,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≤X≤30}的概率.由中

心极限定理，得

301000.2141000.2P{14X30}

1000.20.8100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0.977.

【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视为同分布的随机变量，而n箱的总重量Tn=X1+X2+…+Xn是同分布随机变量之和，由条件知： E(Xi)50, D(Xi)5, E(Tn)50n, D(Tn)5n.

Tn50n近似地~N(0,1),故箱数n取决于条件 依中心极限定理，当n较大时，5nT50n500050nP{Tn5000}Pn

5n5n 100010n0.977(2). n因此可从100010n2解出n<98.0199, n即最多可装98箱.