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=P<≤4=S08=01s8 则产品的平均价值为 En=10×P{=10}+8×P{=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5服从普哇松分布,A=2,则1页印刷错误都不超 过4个的概率为 P54=xnC2=09473 而100页上的印刷错误都不超过4个的概率为 [P{5≤4]=000454 19.某型号电子管的“寿命”§服从指数分布,如果它的平均寿命E5=100小时,写出 5的概率密度,并计算P(1000<1200 解:因E=-1000=1/,其概率密度为 (x)=1000 1000>0 x≤0 1000 P(1000<5≤1200)=e100e100e-el2=0.0667 20.N0,1),x)是它的分布函数,o(x)是它的概率密度,φ(0),o(0),P(=0)各是什么 解:因有 t2 q0(x)= 0(x) 2d,因此qo(x)为偶函数,由对称性可知 o(0=0.5 并有g0(0)、1 因ξ为连续型随机变量,取任何值的概率都为0,即P(5=0)=0 21.求出19题中的电子管在使用500小时没坏的条件下,还可以继续使用100小时而不 坏的概率? 解:要求的概率为P(≥>600÷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(1000<ξ≤1200). 解: 因 Eξ=1000=1/λ, 其概率密度为        = − 0 0 0 1000 1 ( ) 1000 x e x x x  (1000 1200) 0.0667 1000 1 1.2 1200 1000 1000   = − = − = − − − − P  e e e e 20. ξ~N(0,1), Φ0(x)是它的分布函数, φ0(x)是它的概率密度, Φ0(0), φ0(0), P(ξ=0)各是什么 值? 解: 因有 2 0 2 2 1 ( ) x x e − =   ,  − −  = x t x e dt 2 0 2 2 1 ( )  , 因此 φ0(x)为偶函数, 由对称性可知 Φ0(0)=0.5, 并有   2 1 (0) 0 = , 因 ξ 为连续型随机变量, 取任何值的概率都为 0, 即 P(ξ=0)=0. 21. 求出19题中的电子管在使用500小时没坏的条件下, 还可以继续使用100小时而不 坏的概率? 解: 要求的概率为 P(ξ>600|ξ>500), 因此