发布时间 : 星期四 文章概率论与数理统计（理工类 - 第四版）吴赣昌主编课后习题答案第四章更新完毕开始阅读
X=∑i=14Xi,
E(X)=∑i=14E(Xi)=4×72=14, D(X)=∑i=14D(Xi)=4×3512=353,
于是
P{10 习题2 设随机变量X与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, 根据切比雪夫不等式估计P{∣X+Y∣≥6}. 解答： E(X)=-2, E(Y)=2, D(X)=1, D(Y)=4, ρX,Y=-0.5, ∴ E(X+Y)=E(X)+E(Y)=0, D(X+Y)=D(X)+D(Y)+2ρX,YD(X)D(Y)=1+4+2×(-0,5)×1×2=3, ∴ P{∣X+Y∣≥6}≤362=112. 习题3 设X1,X2,?,Xn为随机变量序列，a为常数，则{Xn}依概率收敛于a是指 . 解答： 应填：??>0,limn→∞P(∣Xn-a∣≥?)=0. 由依概率收敛定义即可得到结果. 习题4 设总体X服从参数为2的指数分布，X1,X2,?,Xn为来自总体X的一个样本，则当n→∞, Yn=1n∑i=1nXi2依概率收敛于 . 解答： 应填：1/2. 由题设，可知Xi～e(2), 因此 E(Xi2)=D(Xi)+E(Xi2)=1λ2+1λ2=2λ2=12. 根据切比雪夫大数定律的推广：若X1,X2,?具有相同的数学期望E(Xi)=μ, 则对于任意的正数?, 有 limx→∞P(∣1n∑i=1nXi-μ∣ 因此，本题有limx→∞P(∣1n∑i=1nXi2-12∣ 从某厂产品中任取200件，检查结果发现其中有4件废品，我们能否相信该产品的废品率不超过0.005? 解答： 若该工厂的废品率不大于0.005, 则检查200件产品中发现4件废品的概率应该不大于 p=C2004×0.0054×0.995196, 用泊松定理作近似计算 λ=200×0.005=1, 即p≈14e-14!≈0.0153. 这一概率很小，根据实际推断原理，这一小概率事件实际上不太会发生，故不能相信该工厂的废品率不超过0.005. 习题6 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？ 解答： 把抽一根木柱测其长度是否短于3m看做一次试验. 设事件A为“抽到的木柱长度短于3m”，则由已知条件知 P(A)=20100=0.2=p. 由于木柱数量很大，可把100次抽取看做是100重伯努利试验.记抽出的100根木柱中短于 3m的木柱数为X, 则X～b(100,0.2). 由题意和棣莫佛—拉普拉斯定理，有 P{X≥30}=1-P{X<30} =1-P{X-100×0.2100×0.2×0.98<30-100×0.2100×0.2×0.98 ≈1-Φ(2.5)=0.0062. 习题7 一部件包括10部分，每部分的长度是一个随机变量，它们相互独立，服从同一分布，其数学期望为2mm, 均方差为0.05mm, 规定总长度为(20±0.1)mm时产品合格，试求产品合格的概率. 解答： 设各部分长度为Xi(i=1,2,?,10), 总长度 Z=∑i=110Xi. 已知E(Xi)=2,D(Xi)=(0.05)2, 则依题意可知，并用林德伯格—勒维极限定理得产品合格的概率为 P{20-0.1≤Z≤20+0.1} =P{-0.10.0510≤Z-2×100.0510≤0.10.0510≈Φ(0.63)-Φ(-0.63) =2Φ(0.63)-1=2×0.7357-1=0.4714. 习题8 据以往经验，某种电器元件的寿命服从均值为100小时的指数分布. 现随机地取16只，设它们的寿命是相互独立的，求这16只元件的寿命的总和大于1920小时的概率. 解答： 设Xi表示第i只电器元件的寿命，i=1,2,?,16. Xi(i=1,2,?,16)间独立同指数分布， E(Xi)=100小时，D(Xi)=100小时，n=16, 所求概率为 P{∑i=116Xi>1920=P{∑i=116Xi-16×100400>1920-1600400 ≈1-Φ(320400)=1-Φ(0.8)=1-0.7881=0.2119. 习题9 检验员逐个地检查某种产品，每次花10秒钟检查一个，但也可能有的产品需要重复检查一次再用去10秒钟，假定每个产品需要重复检查的概率为12,求在8小时内检验员检查的产品多于1900个的概率是多少？ 分析： 解答： 换言之，即求检查1900个产品所花的时间不超过8小时的概率. 设Xi为检查第i个产品所需的时间，则X1,X2,?,X1900为独立同分布的随机变量，S=∑i=11900Xi为检查1900个产品所需的总时间. 由题设，有 Xi={10,第i个产品没有重复检验20,第i个产品重复检验, 且P{Xi=10}=P{Xi=20}=12,i=1,2,?, 于是 μ=E(Xi)=10×12+20×12=15, E(Xi2)=102×12+202×12=250(i=1,2,?), σ2=D(Xi)=E(Xi2)-[E(Xi)]2=25. 由独立同分布中心极限定理，有 S～近似N(1900×15,1900×25)=N(28500,47500), 故所求之概率为 P{S≤8×3600}=近似P{S≤28800}≈Φ(28800-2850047500) =Φ(3005019)=Φ(619)=0.9162. 习题10 某车间有同型号机床200部，每部开动的概率为0.7, 假定各机床开关是独立的，开动时每部要消耗电能15个单位，问电厂最少要供应这个车间多少电能，才能以95%的概率保证不致于因供电不足而影响生产. 解答： 记200部机床中开动的机床部数为X, 则 X～b(200,0.7), 由中心极限定理， P{X≤k}≈Φ(k-200×0.7200×0.7×0.3)≥0.95, 查表得k-14042=1.65, 解得k≈151, 所需电量151×15=2265个单位. 习题11 某电视机厂每月生产一万台电视机，但它的显像管车间的正品率为0.8,为了以0.997的概率保证出厂的电视机都装上正品的显像管，问该车间每月生产多少只显像管？ 解答： 设每月生产n只显像管，这n只显像管中正品的只数为X, 则X～b(n,0.8). 本题即求满足 P{X≥10000}≥0.997的最小的n. 由棣莫佛—拉普拉斯定理，有 X～近似N(0.8n,0.8×0.2n)=N(0.8n,0.16n), 于是 P{X≥10000}=1-P{0≤X<10000} ≈[Φ(10000-0.8n0.16n)-Φ(0-0.8n0.16n)] ≈1-Φ(10000-0.8n0.4n)≥0.997, 即Φ(0.8n-100000.4n)≥0.997. 查表可得0.8n-100000.4n≥2.75, 解之得n≥12654.68, 所以取n=12655即可满足要求. 习题12 (1)一复杂的系统由100个相互独立起作用的部件所组成. 在整个运行期间每个部件损坏的概率为0.10,为了使整个系统起作用，必须至少有85个部件正常工作，求整个系统起作用的概率. (2)一复杂的系统由n个相互独立起作用的部件所组成，每个部件的可靠性为0.90, 且必须至少有80%的部件工作才能使整个系统工作，问n至少为多大才能使系统的可靠性不低于0.95? 解答： (1)设Xi={1,第i个部件在整个运行期间正常工作0,第i个部件在运行期间损坏, (i=1,2,?,100). 由已知条件，X1,?,X100相互独立且同分布， P{Xi=1}=0.9=p,P{Xi=0}=0.1=q. 记X=∑i=1100Xi, 它表示在整个运行期间工作着的部件数，可知，X～b(10,0.9). 依题意，所求概率为 P{X>85}=1-P{X≤85} =1-P{X-100×0.9100×0.9×0.1≤85-100×0.9100×0.9×0.1 ≈1-Φ(-53)=Φ(53)=0.9525, 即整个系统起作用的概率为0.9525. (2)与(1)中的假设相同，只是这里X～b(n,0.9). 依题，要P{X≥0.8n}=0.95, 即 P{X-0.9nn×0.9×0.1≥0.8n-0.9nn×0.9×0.1=0.95, 亦即P{X-0.9nn×0.9×0.1≥-n3=0.95, 近似地有Φ(n3)=0.95. 查表得n3=1.645, 解得n=24.35, 于是，要求n=25, 即至少有25个部件才能使系统可靠性不低于0.95. 习题13