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61i i 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()66ik E X k ==⋅=∑所以22()()()i i i D X E X E X =-914964=- 3512= ，1,2,,6i = 因此 617()()6212i i 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=-⨯=-=.{}1|()|7P X E X =--≥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.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 =⎧⎫<≤⎨⎬⎩⎭∑≈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1001i i 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12001i i X =∑，1200115i i P X =⎧⎫>⎨⎬⎩⎭∑P ⎫⎪=12 1.5i i P X =⎫⎪=>⎬⎪⎭ 2(1(1.5))=-Φ0.1336= .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 i i P X P X ==⎧⎧⎫⎪<=<⎨⎬⎨⎪⎩⎭⎩∑∑2(10.9≈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)=-Φ0≈ .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{}15P X =>()k i 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211n n 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()k i k E X α= (1,2,3,4;1,2,,)k i n ==有22()i E X α=，2242()((iiiD XE X E X ⎡⎤=-⎣⎦242αα=-2211()()nn i i E Z E X n α==⋅=∑2242211()()()n n i i D Z D X n n αα==⋅=-∑因此，根据中心极限定理：(0,1)n Z U N即当n 充分大时，n Z 近似服从2242(,())N n ααα- .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>=-≤10.95=-Φ=1.65=-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。

11. 某电站供应一万户用电，设用电高峰时，每户用电的概率为0.9，利用 中心极限定理：（1）计算同时用电户数在9030户以上的概率？（2）若每户用电200瓦，问：电站至少应具有多大发电量，才能以0.95的概率保证供电？解 以X 表示用电高峰时同时用电的户数（1）依题意，(10000,0.9)X B ，又()9000E X =，()900D X =， 于是据 定理：{}()9030P X P >=100((1)3=Φ-Φ10.8413≈- 0.1587=（2） 设电站至少具有x 瓦发电量，才能0.95的概率保证供电，则因为要：{}200200x P X x P X ⎧⎫≤=≤⎨⎬⎩⎭900090002003030x X P ⎧⎫-⎪⎪-=≤⎨⎬⎪⎪⎩⎭1800000()0.956000x -=Φ≥ 查表得：18000001.656000x -≥ 得1809900x ≥即电站具有1809900瓦发电量，才能以0.95的概率保证供电 . （B ）1、设随机变量X 服从参数为2的指数分布，12,,,n X X X 相互独立，且都与X 的分布相同，求当n →∞时，211n n i i Y X n ==∑依概率收敛的极限 .（答案：12）2、设12,,,n X X X 相互独立，且分布相同，()(1,2,3,4)k i k E X k α==存在，则根据独立同分布的中心极限定理，当n 充分大时，211n n ii Z X n ==∑近似服从正态分布，求分布参数. （答案：2422,nααα-）3、某生产线生产的产品成箱包装，每箱的重量是一个随机变量，其平均值为50kg ，标准差为5kg. 若用最大载重量为5吨的卡车承运，利用中心极限定理说明，每辆车最多可装多少箱才能保证不超载的概率大于0.977((2)0.977)Φ=？（答案：98） 习题六1.设128,,,X X X 是来自(0,)θ 上均匀分布的样本，0θ>末知，求样本的联合密度函数 解:128812810,,,(,,,)0x x x f x x x θθ⎧<<⎪=⎨⎪⎩ 其他2. 设总体X 服从参数为λ的泊松分布，其概率分布律为：()(0,1,)!iP X i e i i λλ-===求：样本12,,...,n X X X 的联合分布律为： 解：{}1122,,...,n n P X i X i X i ==={}1nk k P X i ==∏=11()!nkk i n nk k e i λλ=-=∑=∏ 0,1,2,,1,2,,ki i n == .3．若总体2(,)X N μσ ，其中2σ已知，但μ末知，而12,,,n X X X 为它的一个简单随机样本，指出下列量中哪些是统计量，哪些不是统计量.（1）11n i i X n =∑ ；（2）211()n i i X n μ=-∑ ；（3）211()1n i i X X n =--∑ ； X ；X 解： （1）、（3）、（4）、（6）给出的各统计量，而（2）、（5）给出的量因含有末知参数μ，所以不是统计量 .4. 总体X 的一组容量为10的样本观测值为：0,0.2,0.25,0.3,0.1,2,0.15,1,0.7,1----，求经验分布函数10()F x .解 :将样本观测值重新排序为：10.70.30.100.150.20.2512-<-<-<-<<<<<<，所以经验分布函数为：10010.210.70.40.70.3()0.81212x x x F x x x ≤-⎧⎪-<≤-⎪⎪-<≤-=⎨⎪⎪<≤⎪>⎪⎩ 5. 来自总体X 的一组样本观测值为：i x102 104 106i n2 3 5求样本均值X ，样本方差2S 和样本标准差S .解：104.6x =，22.71s =， 1.646s = .6. 在总体2(52,6.3)N 中随机抽取一容量为36的样本，求样本均值X 在50.8到53.8之间的概率.解： 由2(52,6.336)X N 知5252(0,1)6.36 2.12X X N --= 故所求概率为{}50.8525253.85250.853.8 2.12 2.12 2.12X P X P ⎧⎫---<<=<<⎨⎬⎩⎭521.14 1.712.12X P ⎧⎫-=-≤≤⎨⎬⎩⎭(1.71)(1.14)=Φ-Φ- (1.71)1(1.14)=Φ-+Φ0.956410.8729=-+ 0.8293= .7. 设随机变量X 与Y 相互独立，且222(,),()YX N n μσχσ，证明 ()t t n .证明：由于2(,)X N μσ ，则(0,1),X N μσ-据t分布的定义，()X t t n μ-== .8. 若对总体X 有EX μ=，2DX σ=，取X 的容量为n 的样本，样本均值为X ，问n 多大时，有(0.1)0.95P X μσ-<≥解： 由2(,X N nσμ(0,1)N知 (0.1)P X P μσ-<=<210.95=Φ-≥即0.975Φ≥查表得 1.96≥，即385n ≥ .9. 设总体(150,400)X N ，(125,625)Y N ，并且X ，Y 相互独立，现从两总体中分别抽取容量为5的样本，样本均值分别为X ，Y ，求{}0P X Y -≤ .解： {}()0P X Y P ⎧⎫-≤= (1.75)=Φ- 0.0401= .10. 设总体X ，Y 都服从正态分布2(,)N μσ，并且X ，Y 相互独立，X ，Y 分别是总体X 和Y 的容量为n 的样本均值，确定n 的值，使{}00.01P X Y ->= .解 由于()(0,1)X Y N - 于是，{}P X Y P Y σ->=-21⎡=⎢⎣0.01=.即0.995Φ=2.58=，13.3128n =，取14n = . 11. 设总体(0,1)X N ，126,,,X X X 为X 的一个样本，设22123456()()Y X X X X X X =+++++，求常数C ，使2()Y χ 分布.解 由于126,,,X X X 独立同分布 所以123456(0,3),(0,3)X X X N X X X N ++++(0,1),(0,1)X X X X X X N N ++++ 于是22123456()()X X X X X X +++++=223⎡⎤+⎢⎥⎣⎦2212Y Y =+其中222212(1),(1)33Y Y χχ 所以22221212345611()()()33Y Y X X X X X X ⎡⎤+=+++++⎣⎦ 21(2)3Y χ 即13C = .12. 设1210,,,X X X 为来自总体(0,0.09)N 的样本，求1021 1.44i i P X =⎧⎫>⎨⎬⎩⎭∑ . 解 设总体为X ，则由(0,0.09)X N 可知(0,1)0.3XN ，(0,1)0.3i X N ，1,2,,10,i = 由定理 可知10222211(10),0.3i i X χχ==∑利用2χ分布表，可得1021 1.44i i P X =⎧⎫>⎨⎬⎩⎭∑ 1022211 1.440.30.3i i P X =⎧⎫=>⎨⎬⎩⎭∑{}216P χ=> 0.10≈ .13. 设125,,,X X X 是总体(0,1)X N 的一个样本，若统计量()()c X X U t n + ，试确定c 与n .解 由于i X 独立同分布(1,2,3,4,5)i =,所以2222345(0,1),(3)X X N X X X χ+++ ,且两者相互独立,由t 分布定义知(3)U t故c , 3n = . 14. 设总体2(0,)X N σ ，12,X X 是样本，求212212()()X X Y X X +=-的分布.解 记U V ==，则有22122212()()X X U Y X X V +==-，由于221212(0,2),(0,2)X X N X X N σσ+- 则2222(0,1),(0,1),(1),(1)U N V N U V χχ . 下面证明U 和V 相互独立.因为U ，V 都服从标准正态分布(0,1)N ，因此只要证明U ，V 互不相关，即cov(,)0U V =即可.由于()0,()0E U E V ==，因此，cov(,)()()()()U V E U V E U E V E U V =-=[]121221()()2E X X X X σ=+- 221221()2E X X σ=+ 221221()()02E X E X σ⎡⎤=-=⎣⎦. 这样22(1,1)U Y F V= .15. 设总体21(,)X N μσ ,222(,)Y N μσ ,从二总体中分别抽取样本,得到下列数据:18n = , 10.5x =,2142.25s = ； 210n = , 13.4y =,2256.25s =， 求概率2221( 4.40)P σσ< .解 由于22122212(7,9)S S F F σσ=0.05(7,9) 3.29F =故( 3.305)0.05P F ≥≈ .从而22221122212242.25( 4.40)( 4.40)56.25S P P S σσσσ<=⋅<⨯ ( 3.305)P F =< 1( 3.305)P F =-≥ 10.05=- 0.95= .B1. 设有N 个产品，其中有M 个次品，进行放回抽样，定义i X 如下：1,0,i i X i ⎧=⎨⎩第次取得次品,第次取得正品.求样本12,,...,n X X X 的联合分布.解: 因为是放回抽样，所以12,,...,n X X X 独立同分布，{}{}1,01i i M MP X P X N N====-.则12,,...,n X X X 的联合分布为 {}111,,()(1)nni ii i x n x i n n P X x X x M N M N ==-∑∑===- .2．设总体2(,)X N nσμ ，12,,...,n X X X 是样本，证明：22241([(])(1)ni i E X X n σ=-=-∑.证: 由222(1)(1)n S n χσ-- 和221(1)()ni i n S X X =-=-∑得22212()(1)nii X X n χχσ=-=-∑ .使用2χ分布期望和方差的公式，22()1,()2(1)E n D n χχ=-=-，于是，22224121()([()])n i ni i i X X E X X E σσ==⎛⎫⎡⎤- ⎪⎢⎥ ⎪⎢⎥-= ⎪⎢⎥ ⎪⎢⎥ ⎪⎣⎦⎝⎭∑∑ 422()E σχ⎡⎤=⎣⎦2422(()())D E σχχ⎡⎤=+⎣⎦42242(1)(1)(1)n n n σσ⎡⎤=-+-=-⎣⎦. 3.设129,,...,X X X 是来自正态总体的简单随机样本，11262789()6,()Y X X X Y X X X =+++=++,922221271(),)2i i S X Y Z Y Y S ==--∑ .证明统计量Z 服从自由度为2的t 分布.证: 因为2()D X σ=为末知，而12()()E Y E Y =，21()6D Y σ=，22()3D Y σ=.由1Y 与2Y 的独立性，12()0E Y Y -=，22212().632D Y Y σσσ-=+=故1((0,1).U Y Y N =- 由正态总体样本方差的性质知，2222().S n σχ又由1Y 与2Y 独立知，1Y 与2S 独立，2Y 与2S 独立，于是12Y Y -也与2S 独立.从而，由t 分布随机变量的构造知12)(2).Z Y Y S t -=。