深圳大学：《概率论与数理统计》课程教学资源（概率论）第四章习题参考解答

概率论第4章习题参考解答 1.若每次射击中靶的概率为07,求射击10炮命中3炮的概率,至少命中3炮的概率, 最可能命中几炮 解:设5为射击10炮命中的炮数,则B(10,0.7),命中3炮的概率为 P{=3}=C10×0.73×0.37=000 至少命中3炮的概率,为1减去命中不到3炮的概率,为 P{5≥3}=1-P5<3}=1-∑C10×0.7×0.30=0994 因np+p=-10×0.7+0.7=7.7不是整数,因此最可能命中[77=7炮 2.在一定条件下生产某种产品的废品率为001,求生产10件产品中废品数不超过2个 的概率 解:设§为10件产品中的废品数,则§~B(10.0.01),则废品数不超过2个的概率为 P{≤2}=∑C10×001×0990=0.999 3.某车间有20部同型号机床每部机床开动的概率为0.8,若假定各机床是否开动彼此 独立,每部机床开动时所消耗的电能为15个单位,求这个车间消耗电能不少于270个单位的 概率 解:设每时刻机床开动的数目为5,则5~B(20,0.8),假设这个车间消耗的电能为n个 单位,则n=155,因此 270 P{n≥270}=P{152≥270}=P{≥}=P{218}= 15 0.82×0.2 0.2061 4.从一批废品率为0.1的产品中,重复抽取20个进行检查,求这20个产品中废品率不 大于0.15的概率 解:设这20个产品中的废品数为5,则5~B(20,01),假设这20个产品中的废品率为n 则n=520.因此 P≤01}=P{5≤0.15}=P{≤3}=∑C20×0.1×092=0.867 5.生产某种产品的废品率为01,抽取20件产品,初步检查己发现有2件废品,问这20 件中,废品不少于3件的概率 解:设5为这20件产品中的废品数,则5~B(20,0.1),又通过检查已经知道5定不少于2 件的条件,则要求的是条件概率 P{E≥35≥2=P5230522 P{≥2} 因事件{≥2}{≥3},因此{≥305≥2}=5≥2 因此

概率论第 4 章习题参考解答 1. 若每次射击中靶的概率为 0.7, 求射击 10 炮, 命中 3 炮的概率, 至少命中 3 炮的概率, 最可能命中几炮. 解: 设ξ为射击 10 炮命中的炮数, 则 ξ~B(10,0.7), 命中 3 炮的概率为 = =   = 3 3 7 P{ 3} C10 0.7 0.3 0.0090 至少命中 3 炮的概率, 为 1 减去命中不到 3 炮的概率, 为  = −  = −   = = − 2 0 10 { 3} 1 { 3} 1 10 0.7 0.3 i i i i P  P  C 0.9984 因 np+p=10×0.7+0.7=7.7 不是整数, 因此最可能命中[7.7]=7 炮. 2. 在一定条件下生产某种产品的废品率为 0.01, 求生产 10 件产品中废品数不超过 2 个 的概率. 解: 设ξ为 10 件产品中的废品数, 则ξ~B(10,0.01), 则废品数不超过 2 个的概率为  =    = = − 2 0 10 { 2} 10 0.01 0.99 i i i i P  C 0.9999 3. 某车间有 20 部同型号机床, 每部机床开动的概率为 0.8, 若假定各机床是否开动彼此 独立, 每部机床开动时所消耗的电能为15个单位, 求这个车间消耗电能不少于270个单位的 概率. 解: 设每时刻机床开动的数目为ξ, 则ξ~B(20,0.8), 假设这个车间消耗的电能为η个 单位, 则η=15ξ, 因此 0.8 0.2 0.2061 } { 18} 15 270 { 270} {15 270} { 20 18 20 = 20   =  =  =  =  = = − i i i i C P  P  P  P  4. 从一批废品率为 0.1 的产品中, 重复抽取 20 个进行检查, 求这 20 个产品中废品率不 大于 0.15 的概率. 解: 设这20个产品中的废品数为ξ, 则ξ~B(20,0.1), 假设这20个产品中的废品率为η, 则η=ξ/20. 因此 = −  =  =  =   3 0 2 0 0.15} { 3} 2 0 0.1 0.9 20 { 0.15} { i i i i P P P  C   =0.867 5. 生产某种产品的废品率为 0.1, 抽取 20 件产品, 初步检查已发现有 2 件废品, 问这 20 件中, 废品不少于 3 件的概率. 解: 设ξ为这20件产品中的废品数, 则ξ~B(20,0.1), 又通过检查已经知道ξ定不少于2 件的条件, 则要求的是条件概率 { 2} { 3 2} { 3 | 2}       =      P P P 因事件 {  2}  {  3}, 因此 {  3  2} =   2 因此

P{5=i P{2≥3|9≥2} P{≥3} P{≥2 P{=i} P{=i}-P{5=2} P{=2} ∑P{5= ∑P{5= P{5=2} C2o×0.12x0.918 ∑P{5= 0.920-20×0.1×0.9 0.2852 =0.5312 0.6083 6.抛掷4颗骰子,§为出现1点的骰子数目,求§的概率分布,分布函数,以及出现1 点的骰子数目的最可能值 解:因掷一次骰子出现一点的概率为1/6,则§~B(4,16),因此有 P{5=k}=C4 (k=0,1,2,3,4), 或者算出具体的值如下所示 0.4823 0.3858 0.1l57 0.0154 0.000 x<0 0.48230≤x<1 0.86811≤x<2 F(x) 0.98382≤x<3 0.99923≤x<4 ≥4 从分布表可以看出最可能值为0,或者n+p=(46)+16=5/6小于1且不为整数,因此最可 能值为[5/6}=0 7.事件A在每次试验中出现的概率为0.3,进行19次独立试验,求(1)出现次数的平均值 和标准差;(2)最可能出现的次数 解:设19次试验中事件A出现次数为5,则5~B(19,0.3),因此 (1)§的数学期望为E5=mp=19×0.3=5.7 方差为D2=mnp(1-p)=19×0.3×0.7=3.99 标准差为a4=√D=√3.99=1997

0.5312 0.6083 0.2852 1 1 0.9 20 0.1 0.9 0.1 0.9 1 1 { } { 2} 1 { } { 2} 1 { } { } { 2} { } { } { 2} { 3} { 3 | 2} 20 19 2 2 18 20 1 0 20 2 20 2 20 2 20 2 20 3 = − = − −     = − − = = = − = = = − = = − = = = = =     =       = = = = = = C P i P P i P P i P i P P i P i P P P i i i i i i              6. 抛掷 4 颗骰子, ξ为出现 1 点的骰子数目, 求ξ的概率分布, 分布函数, 以及出现 1 点的骰子数目的最可能值. 解: 因掷一次骰子出现一点的概率为 1/6, 则ξ~B(4,1/6), 因此有                        =  =      = =    − − 1 4 0 4 6 5 6 1 0 0 ( ) ( 0,1,2,3,4), 6 5 6 1 { } 4 4 4 4 x C x x F x P k C k k x k k k k k k  或者算出具体的值如下所示： ξ 0 1 2 3 4 P 0.4823 0.3858 0.1157 0.0154 0.0008                     = 1 4 0.9992 3 4 0.9838 2 3 0.8681 1 2 0.4823 0 1 0 0 ( ) x x x x x x F x 从分布表可以看出最可能值为0, 或者np+p=(4/6)+1/6=5/6小于1且不为整数, 因此最可 能值为[5/6]=0. 7. 事件A 在每次试验中出现的概率为0.3, 进行19次独立试验, 求(1)出现次数的平均值 和标准差; (2)最可能出现的次数. 解: 设 19 次试验中事件 A 出现次数为ξ, 则ξ~B(19,0.3), 因此 (1)ξ的数学期望为 Eξ=np=19×0.3=5.7 方差为 Dξ=np(1-p)=19×0.3×0.7=3.99 标准差为   = D = 3.99 =1.997

(2)因mp+p=5.7+0.3=6为整数,因此最可能值为5和6 8.已知随机变量服从二项分布,E§=12,D5=8,求p和n 解:由E§=p=12 和D5=mp(1-p)=8 (2) 由(1)得m=12/p,代入到(2)得 12(1-p)=8,解出p=(12-8)/12=1/3=0.3333 代回到(1)式得m=12/p=12×3=36 9.某柜台上有4个售货员,并预备了两个台秤,若每个售货员在一小时内平均有15分 钟时间使用台秤,求一天10小时内,平均有多少时间台秤不够用 解:每个时刻构成一=4的贝努里试验,且p=1560=0.25,因此,设5为每个时刻要用 秤的售货员数,则§~B(4,0.25),当§>2时,台秤不够用.因此每时刻台秤不够用的概率为 P(>2)=C3×0.253×0.75+0254=0.0508 因此10个小时内平均有0.0508×10=0.508个小时台秤不够用 10.已知试验的成功率为p,进行4重贝努里试验,计算在没有全部失败的情况下,试验 成功不止一次的概率 解:设5为4次试验中的成功数,则§~B(4p),事件"没有全部失败即事件{§>0},而 事件"试验成功不止一次"即事件{5>l},因此要求的是条件概率P{5>1|5>0},又因事件 5>1}被事件{5>0}包含,因此这两个事件的交仍然是{5>1},因此 P{5>11>0:=P>1}1-P1=0}-P= P{>0} 1-P{=0} q 其中q=1-p 11服从参数为2p的二项分布,已知P(5≥1)=59,那么成功率为p的4重贝努里试验 中至少有一次成功的概率是多少? 解:因§~B(2p),则必有P(2≥1)=1-P(2=0)=1-(1-p)2=5/9,解得 (1-p)2=1-5/9=4/9 1-p=2/3 P=1-2/3=1/3 则假设n为成功率为1/3的4重贝努里试验的成功次数,n~B(4,1/3),则 P(n21)=1-P(=0)=1-(1-p)2=1-|3/=1~10802 12.一批产品20个中有5个废品,任意抽取4个,求废品数不多于2个的概率 解:设§为抽取4个中的废品数,则§服从超几何分布,且有 P{≤2}= =0.968 13.如果产品是大批的,从中抽取的数目不大时,则废品数的分布可以近似用二项分布 公式计算.试将下例用两个公式计算,并比较其结果产品的废品率为0.1,从1000个产品

(2)因 np+p=5.7+0.3=6 为整数, 因此最可能值为 5 和 6. 8. 已知随机变量ξ服从二项分布, Eξ=12, Dξ=8, 求 p 和 n. 解: 由 Eξ=np=12 (1) 和 Dξ=np(1-p)=8 (2) 由(1)得 n=12/p, 代入到(2)得 12(1-p)=8, 解出 p=(12-8)/12=1/3=0.3333 代回到(1)式得 n=12/p=12×3=36 9. 某柜台上有 4 个售货员, 并预备了两个台秤, 若每个售货员在一小时内平均有 15 分 钟时间使用台秤, 求一天 10 小时内, 平均有多少时间台秤不够用. 解: 每个时刻构成一 n=4 的贝努里试验, 且 p=15/60=0.25, 因此, 设ξ为每个时刻要用 秤的售货员数, 则ξ~B(4, 0.25), 当ξ>2 时, 台秤不够用. 因此每时刻台秤不够用的概率为  =   + = 3 3 4 P( 2) C4 0.25 0.75 0.25 0.0508 因此 10 个小时内平均有 0.0508×10=0.508 个小时台秤不够用. 10. 已知试验的成功率为 p, 进行 4 重贝努里试验, 计算在没有全部失败的情况下, 试验 成功不止一次的概率. 解: 设ξ为 4 次试验中的成功数, 则ξ~B(4,p), 事件"没有全部失败"即事件{ξ>0}, 而 事件"试验成功不止一次"即事件{ξ>1}, 因此要求的是条件概率 P{ξ>1|ξ>0}, 又因事件 {ξ>1}被事件{ξ>0}包含, 因此这两个事件的交仍然是{ξ>1}, 因此 4 4 3 1 1 4 1 { 0} 1 { 0} { 1} { 0} { 1} { 1| 0} q q pq P P P P P P − − − = = − = − = − = =     =        其中 q=1-p 11. ξ 服从参数为 2,p 的二项分布, 已知P(ξ≥1)=5/9, 那么成功率为 p 的 4 重贝努里试验 中至少有一次成功的概率是多少? 解: 因ξ~B(2,p), 则必有 ( 1) 1 ( 0) 1 (1 ) 5/ 9 2 P   = − P  = = − − p = , 解得 1 2 / 3 1/ 3 1 2 / 3 (1 ) 1 5/ 9 4 / 9 2 = − = − = − = − = p p p 则假设η为成功率为 1/3 的 4 重贝努里试验的成功次数, η~B(4,1/3), 则 0.802 81 16 1 3 2 ( 1) 1 ( 0) 1 (1 ) 1 4 4  = − =      P   = − P  = = − − p = − 12. 一批产品 20 个中有 5 个废品, 任意抽取 4 个, 求废品数不多于 2 个的概率 解: 设ξ为抽取 4 个中的废品数, 则ξ服从超几何分布, 且有  =  = = 2 − 0 4 20 4 5 15 { 2} i i i C C C P  0.968 13. 如果产品是大批的, 从中抽取的数目不大时, 则废品数的分布可以近似用二项分布 公式计算. 试将下例用两个公式计算, 并比较其结果. 产品的废品率为 0.1, 从 1000 个产品

中任意抽取3个,求废品数为1的概率 解:设任抽3个中的废品数为§,则§服从超几何分布,废品数为0.1×1000100 5=B=C 90=0.2435 而如果用二项分布近似计算,n=3,p=0.1,~B(3,0.1) P{5=1}≈C3×0.1×0.92=02430 近似误差为0.0005,是非常准确的 14.从一副朴克牌(52张)中发出5张,求其中黑桃张数的概率分布 解:设ξ为发出的5张中黑桃的张数,则§服从超几何分布,则 P{=l}= ClcS 5-13(=01,2,3,4,5 则按上式计算出概率分布如下表所示 0.2215 0.4114 0.2743 0.0815 0.0107 0.0005 15.从大批发芽率为0.8的种子中,任取10粒,求发芽粒数不小于8粒的概率 解:设ξ为10粒种子中发芽的粒数,则§服从超几何分布,但可以用二项分布近似,其 中p=0.8,m=10,则 P{5≥8}=∑C10×0.8×0.21=06778 16.一批产品的废品率为0001,用普哇松分布公式求800件产品中废品为2件的概率, 以及不超过2件的概率 解:设ξ为800件产品中的废品数,则§服从超几何分布,可以用二项分布近似 则5~B(800,0.001),而因为试验次数很大废品率则很小,可以用普阿松分布近似,参数为 =p=800×0.001=0.8 082 P{=2}≈=e8=0.1438 P{5≤2} 0.8。08=0 17.某种产品表面上的疵点数服从普哇松分布,平均一件上有0.8个疵点,若规定疵点 数不超过1个为一等品,价值10元,疵点数大于1不多于4为二等品,价值8元,4个以上为 废品,求产品为废品的概率以及产品的平均价值 解:设ξ为产品表面上的疵点数,则ξ服从普哇松分布,=0.8设n为产品的价值,是 5的函数.则产品为废品的概率为 P{>4}=1-P{s4}=1-S08 e-08=0.001

中任意抽取 3 个, 求废品数为 1 的概率. 解: 设任抽 3 个中的废品数为ξ, 则ξ服从超几何分布, 废品数为 0.1×1000=100 = = = 3 1000 2 900 1 100 { 1} C C C P  0.2435 而如果用二项分布近似计算, n=3, p=0.1, ξ~B(3,0.1) =    = 1 2 P{ 1} C3 0.1 0.9 0.2430 近似误差为 0.0005, 是非常准确的. 14. 从一副朴克牌(52 张)中发出 5 张, 求其中黑桃张数的概率分布. 解: 设ξ为发出的 5 张中黑桃的张数, 则ξ服从超几何分布, 则 { } ( 0,1,2,3,4,5) 5 52 5 13 52 13 = = = − − i C C C P i i i  则按上式计算出概率分布如下表所示: ξ 0 1 2 3 4 5 P 0.2215 0.4114 0.2743 0.0815 0.0107 0.0005 15. 从大批发芽率为 0.8 的种子中, 任取 10 粒, 求发芽粒数不小于 8 粒的概率. 解: 设ξ为 10 粒种子中发芽的粒数, 则ξ服从超几何分布, 但可以用二项分布近似, 其 中 p=0.8, n=10, 则 = −  =   10 8 10 { 8} 10 0.8 0.2 i i i i P  C =0.6778 16. 一批产品的废品率为 0.001, 用普哇松分布公式求 800 件产品中废品为 2 件的概率, 以及不超过 2 件的概率. 解: 设ξ为 800 件产品中的废品数, 则ξ服从超几何分布, 可以用二项分布近似, 则ξ~B(800, 0.001), 而因为试验次数很大废品率则很小, 可以用普阿松分布近似, 参数为 λ=np=800×0.001=0.8 0.9526 ! 0.8 { 2} 0.1438 2 0.8 { 2} 2 0 0.8 0.8 2   = =  = = − − i i e i P P e   17. 某种产品表面上的疵点数服从普哇松分布, 平均一件上有 0.8 个疵点, 若规定疵点 数不超过 1 个为一等品, 价值 10 元, 疵点数大于 1 不多于 4 为二等品, 价值 8 元, 4 个以上为 废品, 求产品为废品的概率以及产品的平均价值. 解: 设ξ为产品表面上的疵点数, 则ξ服从普哇松分布, λ=0.8, 设η为产品的价值, 是 ξ的函数. 则产品为废品的概率为 0.0014 ! 0.8 { 4} 1 { 4} 1 4 0 0.8  = −  = − = = − i i e i P  P 

0=Ps=∑ 0.8088 P7=8=P0 x≤0 1000 P(1000600÷500),因此

= =  =  = = − 1 0 0.8 ! 0.8 { 10} { 1} i i e i P  P  0.8088 = =   =  = = − 4 2 0.8 ! 0.8 { 8} {1 4} i i e i P  P  0.1898 则产品的平均价值为 Eη = 10×P{η=10}+8×P{η=8}=10×0.8088+8×0.1898=9.6064(元) 18. 一个合订本共 100 页, 平均每页上有两个印刷错误, 假定每页上印刷错误的数目服 从普哇松分布, 计算该合订本中各页的印刷错误都不超过 4 个的概率. 解: 设ξ为每页上的印刷错误数目, 则ξ服从普哇松分布, λ=2, 则 1 页印刷错误都不超 过 4 个的概率为  =  = = − 4 0 2 ! 2 { 4} i i e i P  0.9473 而 100 页上的印刷错误都不超过 4 个的概率为    = 100 P{ 4} 0.004454 19. 某型号电子管的“寿命”ξ服从指数分布, 如果它的平均寿命 Eξ=1000 小时, 写出 ξ的概率密度, 并计算 P(1000600|ξ>500), 因此

P{5>600}e100 P{>600|5>500,=P{>500 500-e 22若5服从具有n个自由度的x分布证明√的概率密度为 x≥0 (x)=122rn 0 称此分为为具有n个自由度的x分布 证:设7=√5,则因5的概率密度函数为 x> 0(x)={2 x≤0 的分布函数为 Fn(x)=P(n≤x)=P(≤x)=P(≤x2)=F:(x2)(x>0) 对两边求导得 n(x)=2xg:(x2)=2x-x2 (x>0) n-2 -1n 23.4N(0,1),求P{§≥0},P{3},P{0<5≤5},P{3},P{-1<<3} 解:根据ξ的对称性质及查表得 P{520}=1-o(0)=0.5 P{-3}=2d(3)-1=2×0.99865-1=09973 P{0<5≤5}=o(5)-05=0.5 P{3}=1-o(3)=1-0.99865=0.00135 P{-1<<3}=o(3)-(-1)=中3)+o(1)-1=0.99865+0.8413-1=0.83995 24.N,G2),为什么说事件"5-4<2a”在一次试验中几乎必然出 解:因为5-∠~N0 {2-4k2G}=P <2}=2d0(2)-1=2×0.97725-1=0.9545≈1 因此在一次试验中几乎必然出现

0.905 { 500} { 600} { 600 | 500} 0.1 1000 500 1000 600 = = =     = − − − e e e P P P     22. 若ξ服从具有 n 个自由度的 χ 2 -分布, 证明  的概率密度为                 = − − − 0 0 0 2 2 ( ) 2 1 2 1 2 x e x n x x x n n  称此分为为具有 n 个自由度的 χ-分布 证: 设  =  , 则因ξ的概率密度函数为                =  − − 0 0 0 2 2 1 ( ) 2 1 2 2 x x e x n x n x n  η的分布函数为 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( 0) 2 2 F x = P   x = P   x = P   x = F x x  对两边求导得 ( 0) 2 2 2 2 ( ) 2 ( ) 2 2 1 2 1 2 2 2 2 2 2         =        = = − − − − − e x n x e n x x x x x x n x n n n   23. ξ~N(0,1), 求 P{ξ≥0}, P{|ξ|3}, P{-13}=1-Φ0(3)=1-0.99865=0.00135 P{-1<ξ<3}=Φ0(3)-Φ0(-1)=Φ0(3)+Φ0(1)-1=0.99865+0.8413-1=0.83995 24. ξ~N(μ,σ 2 ), 为什么说事件"|ξ-μ|<2σ"在一次试验中几乎必然出现? 解: 因为 ~ N(0,1)   −  {| | 2 } {  2} = 20 (2) −1 = 2 0.97725 −1 = 0.9545  1 − −  =    P    P 因此在一次试验中几乎必然出现

25.N10,2),求P(1013),P(2-10k2 解:因为5-10 2~N(0.1) P10513}=P5>15}=1-d1.5)=1-0.93319=006861 P{-10k2}=P 271=2(1)-1=2×0.8413-1=06826 26.若上题中已知P{-10<c}=0.95,P{<d=00668,分别求c和d 解:因为5-10 2N(0,1),则有 P{5-10kc}=P <}=2①0(=)-1=0.95 解得Φ0(= 1+0.95 =0975,查表得=1.96,得 再由 0d-10 d-10 Ps<d=P )=0.0668<0.5 知 <0,因此Φ )=0.0668 10-d )=1-0.0668=0.9332 查表得 10-d =1.5,解得d=10-3=7 27.若NA2),对于P{ko<<H+ko}=0.90,或095,或09,分别查表找出相应的k 解:先求P{-ko<+k}=0.90对应的k值 因 5-H~N(0,1),因此 Piu-ko <s<u+ko)=Pl <k}=2Φ(k)-1=0.90 即(k)1+0.90 =0.95,查表得k=1.64 同理,由(k)=1+09 0.975,查表得k=1.96 由中0(k)=1+099 2-0.995,查表得k=2.57 28.某批产品长度按N(50,0.252)分布,求产品长度在495cm和505cm之间的概率,长

25. ξ~N(10,22 ), 求 P(1013), P(|ξ-10|<2). 解: 因为 ~ (0,1) 2 10 N  − 1} 2 (1) 1 2 0.8413 1 0.6826 2 10 {| 10 | 2} { 1.5} 1 (1.5) 1 0.93319 0.06681 2 10 { 13} { 1.5} (1.5) (0) 0.93319 0.5 0.43319 2 10 {10 13} {0 0 0 0 0  =  − =  − = − −  =  = −  = − = −  =  =  −  = − = −   =        P P P P P P 26. 若上题中已知 P{|ξ-10|<c}=0.95, P{ξ<d}=0.0668, 分别求 c 和 d. 解: 因为 ~ (0,1) 2 10 N  − , 则有 ) 1 0.95 2 } 2 ( 2 2 10 {| 10 | } {  = 0 − = − −  = c c P c P   解得 0.975 2 1 0.95 ) 2 ( 0 = +  = c , 查表得 1.96, 2 = c 得 c=3.92 再由 ) 0.0668 0.5 2 10 } ( 2 10 2 10 { } { 0 =  − =  −  −  = d d P d P   知 0, 2 10  d − 因此 ) 0.0668 2 10 ) 1 ( 2 10 ( 0 0 = − = −  −  d d 即 ) 1 0.0668 0.9332 2 10 ( 0 = − = −  d , 查表得 1.5 2 10 = − d , 解得 d =10−3 = 7 27. 若 ξ~N(μ,σ 2 ), 对于 P{μ-kσ<ξ<μ+kσ}=0.90, 或 0.95, 或 0.99, 分别查表找出相应的 k 值. 解: 先求 P{μ-kσ<ξ<μ+kσ}=0.90 对应的 k 值. 因 ~ N(0,1)   −  , 因此 { } {  } = 20 ( ) −1 = 0.90 − P − k   + k = P k k         即 0.95 2 1 0.90 ( ) 0 = +  k = , 查表得 k=1.64 同理, 由 0.975 2 1 0.95 ( ) 0 = +  k = , 查表得 k=1.96 由 0.995 2 1 0.99 ( ) 0 = +  k = , 查表得 k=2.57 28. 某批产品长度按 N(50, 0.252 )分布, 求产品长度在 49.5cm 和 50.5cm 之间的概率, 长

度小于49.2cm的概率 解:设为产品长度,则N5025),且有5-50~N(01,则 P{49.5<5<50.5}=P{-2s-50 <2}=P{ 0.25 0.25 =2d0(2)-1=2×097725-1=0.9545 50492-50 P{<492}=P }=d(-32)=1-Φ0(3.2) 0.25 =1-0.9993129=0.0006871 29.÷-MQ1)(=13,并且点,点相互独立,f分S,=2(5-5)2,求 coV(s, 5, En, covs, n) 解:此题要用到,两个独立的服从正态分布的随机变量相加后得到的随机变量仍然服从 正态分布.因此,因为 E=0,D5=D∑5 则ξ~N(0, cov(5)=E(1)=叫3 E(51-5)2=E(2-25+32)=E2-2cov5)+E2 =1-2×二+ 333 E(-)32 5-5也服从正态分布,且有 0v51-2,)=E(51-5)=EB1-EF2 即5与51-5不相关,而因为它们服从正态分布,因此也就是5与5-5相互独立, 则与(51-2)2也相互独立,则与n中的加和中的每一项相互独立,当然也与相互独 立,因此有cov,n)=0,因为相互独立的随机变量一定不相关 30.(n)有联合概率密度e2,=52+n2,求的概率密度

度小于 49.2cm 的概率. 解: 设ξ为产品长度, 则 ξ~N(50, 0.252 ), 且有 ~ (0,1) 0.25 50 N  − , 则 2 (2) 1 2 0.97725 1 0.9545 2} 0.25 50 2} { 0.25 50 {49.5 50.5} { 2 = 0 − =  − =  −  = −   = −    P  P P 1 0.9993129 0.0006871 } ( 3.2) 1 (3.2) 0.25 49.2 50 0.25 50 { 49.2} { 0 0 = − = =  − = −  −  −  =  P  P 29. ξi~N(0,1)(i=1,2,3), 并且 ξ1,ξ2,ξ3 相互独立, = = 3 3 1 1 i   i , = = − 3 1 2 ( ) i   i  , 求 cov( , ), ,cov( , )   1 E   解: 此题要用到, 两个独立的服从正态分布的随机变量相加后得到的随机变量仍然服从 正态分布. 因此, 因为 3 1 3 1 0, 3 1  =      = =  i= E D D  i , 则 ) 3 1  ~ N(0, 3 1 3 1 3 1 cov( ) ( ) 2 1 3 1 1 1 1  = =      = = =  E  E   E i i 3 2 3 1 3 1 1 2 ( ) ( 2 ) 2cov( ) 2 2 2 2 2 = −  + = E  i − = E  i −  i  +  = E i −  i  + E 因此 2 3 2 ( ) ( ) 3 3 1 2 3 1 2  = − =  =      =  −  = i= i i E E  i  E    i − 也服从正态分布, 且有 0 3 1 3 1 cov( , ) [ ( )] 2  i −  = E   i − = E i − E = − = 即  与  i − 不相关, 而因为它们服从正态分布, 因此也就是  与  i − 相互独立, 则  与 2 ( − ) i 也相互独立, 则  与η中的加和中的每一项相互独立, 当然也与η相互独 立, 因此有 cov( ,) = 0, 因为相互独立的随机变量一定不相关. 30. (ξ,η)有联合概率密度 2 2 ( ) 2 1 , 2 1 2 2     = + − x + y e , 求 ζ 的概率密度

解:由联合概率密度看出,ξ与η相互独立服从标准正态分布,则有ξ与丌也相互独立 且服从自由度为1的x2-分布,即2~x2(1),n2~x2(1),因此=2+n2-x2(2)即它的概率密度为 0 x<0 即服从A=1/2的指数分布

解: 由联合概率密度看出, ξ 与 η 相互独立服从标准正态分布, 则有 ξ 2 与 η 2 也相互独立 且服从自由度为 1 的 χ 2 -分布, 即 ξ 2~χ 2 (1), η 2~χ 2 (1), 因此 ζ=ξ 2+η 2~χ 2 (2), 即它的概率密度为        = − 0 0 0 2 1 2 x e x x  即 ζ 服从 λ=1/2 的指数分布