华理概率论习题6答案.docx
- 文档编号:11067316
- 上传时间:2023-02-24
- 格式:DOCX
- 页数:14
- 大小:51.68KB
华理概率论习题6答案.docx
《华理概率论习题6答案.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《华理概率论习题6答案.docx(14页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
华理概率论习题6答案
华东理工大学
概率论与数理统讣
作业簿(第六册)
学院专业班级
学号姓名任课教师
第十六次作业
计算题:
1一批产品的不合格率为0.02,现从中任取40只进行检查,若发现两只或两只以上不合格品就拒收这批产品,分别用以下方法拒收的概率:
(1)用二项分别作精确计算;
(2)用泊松分布作近似计算。
解:
设不合格得产品数为
(1)>2)=1-P(g=0)-P(g=1)=1-(O.98)40-4(0.02)(0.98)39«0.1905.
⑵利用二项分布列的泊松定理近似,得2=^,=40x0.02=0.8,
>2)«1-严-0.W"1912.
2作加法时,对每个加数四舍五入取整,各个加数的取整误差可以认为是相互独立的,都服从(-0.5,0.5)上的均匀分布。
现在有1200个数相加,问取整误差总和的绝对值超过12的概率是多少?
解设各个加数的取整误差为$(心1,2,…,1200)。
因为§〜
.—0.5+0.5
t/(-0.5,0.5),所以p=E&==0
(0.5+0.5)2
12
1
12
(,=12・・・,1200)。
设取整误差的总和为帀=土刍,因为77=1200数值很大,由定理知,这时近
似有〃=£勺〜
r-1
其中,/?
//=1200x0=0,
na2=1200x丄=100o
12
所以,取整误差总和的绝对值超过12的概率为
卩{|〃|>12}=1—P{-12<;/<12}^1-①(12工\_①(二]二《)ylna2yjna-2
=1-①(皇2)_①(二二。
)=1-0(1.2)+ =2[1-0(1.2)]=2x(1-0.8849)=0.2302。 3设刍,良,…疋2。 是相互独立的随机变量序列,具有相同的概率密度2x0 (p(x)=亠八o 0其他 0 其他 令〃=岳+§? +…+§20,用中心极限定理求P{〃§10}的近似值。 2V因为纭(21,2,…,20)的概率密度为 r+®ri.? =Ja^(.v)cU=£2x~dr=— D&=Eg)_(碼尸=£*2x3dx_(|)2=扛=缶 20 由中心极限定理可知,这时近似有“=工岳〜NQ屮小,其中,7? =20, /-I 奸辱=2。 启』,〃宀吨=20x丄』 33189 所以, “40 10 P{^S10}〜①\)a0(-3.16)=1-0(3.16)~0.008。 4.已知一本300页的书中每页印刷错误的个数服从普阿松分布P(0.2),求这本书印刷错误总数不多于70个的概率。 解设&是第,页印刷错误的个数,已知灯〜P(0・2),21,2,…,300,它们相互 300 独立,曲普阿松分布可知的可加性,所以,300页书的错误总数〃=亍勺〜 /-1 P(60)o 直接用普阿松分布计算,则有 7070&呼 P{0S〃570}=工/>{〃=£}=》一^严".909813。 ddk! 下面用独立同分布中心极限定理近似计算。 因为<〜P(0・2),7=1,2,…,300,独立同分布,E务=2=0.2,D窃=几=0.2, 300 山1,2,…,300,根据独立同分布中心极限定理,可认为近似服从正态 r-l 分布N(i屮,其中n/.t=nE^=300x0.2=60, na2==300x0.2=60o 所以 P{0<7<70)^( 0—60 <60 ) 〜0(1.29)一①(一7・75)a0.9015-0=0.9015。 5.设有30个相互独立的电子器件它们的使用悄况如下: D损坏, 2立即使用;2损坏,2立即使用,…。 设器件9(心1,2,・・・,30)的寿命服从参数为2=0.1(1/小时)的指数分布,令T为30个器件使用的总计时间。 问丁超过350小时的概率是多少? 解设乙•是第i个电子器件的寿命,已知&〜E(0.1),7=1,2,…,30,它们独立 同分布,E^;=丄=—-=10,De=丄=—=100,,=1,2,…,30o 20.1A20.12 30 根据独立同分布中心极限定理,可认为T=^近似服从正态分布“■I N(n^ncr2)9其中np=nE^=30x10=300,no1=nD^=30x100=3000o所以 350一300so P{T>350}=1-P{T<350}~1-①(…’)=1-0(-/..: ) 1300073000 ^1-^)(0.913)^1-0.8186=0.1814。 6.一复杂系统,山多个相互独立作用的部件组成,在运行期间,每个部件损坏的概率都是0.1,为了使整个系统可靠地工作,必须至少有88%的部件起作用。 (1)已知系统中共有900个部件,求整个系统的可幕性(即整个系统能可黑地工作的概率)。 (2)为了使整个系统的可鼎性达到0.99,整个系统至少需要由多少个部件组成? 解设纟是起作用的部件数行〜当川比较大时,近似有纟〜N(wpq)。 (1)it=900»p=0.9,g=1—〃=0.1,=810,npq=81o 整个系统要能可靠地工作,至少要有/rx88%=900x88%=792个部件起作用, 所以,这时系统能可靠地工作的概率等于 QQA_QIA79? _X10 P{792<4<900}^6(——一)—◎(_「)= #81 (2)设至少需要〃个部件,”=0.9/? npq=0.09/? □ 这时系统能可靠地匸作的概率等于 P{0.88h"S}〜①(罕室)-①严弘®")二①(逓)-①(- V0.09n、/0・09”3 害)4当) (因为本题中〃很大,*的值远远超过了4,所以可以认为①(弓)~1)o 要4>(^)>0.99,查表可得#12.3263,E|Jn>(2.3263xl5)2^1218, 1^51 即如果整个系统可靠性要达到0.99,它至少需要IIH218个部件组成。 7.某单位设置一台电话总机,共有200个分机。 设每个分机在任一时刻要使用外线通话的概率为5陰各个分机使用外线与否是相互独立的,该单位需要多少外线,才能以90%的概率保证各个分机通话时有足够的外线可供使用? 解设歹是要使用外线的分机数,g〜b(%p),h=200,p=0.05,近似有歹〜N(np,npq),其中np=200x0.05=10,npq=10x0.95=9.5。 设k是需要设置的外线数。 根据题意,各个分机通话时有足够的外线可供使用,即^ £一10 }=①(「=)no.9o a/95 查表可得揺W解得5+36x^5.95,大于它的最小整 数是14,所以,需要设置14条外线。 第十七次作业 一.计算题: 1•保险公司接受多种项的保险,其中有一项是老年人寿保险,若一年中有100000人参加这项保险,每人每年需付保险费20元,在此类保险者里,每个人死亡的概率是0.002,死亡后家属立即向保险公司领得8000元。 若不计保险公司支岀的管理费,试求: (1)保险公司在此项保险中亏本的概率; (2)保险公司在此项保险中获益80000元以上的概率。 解: 设纟是死亡的人数,歹〜b(n,p),n=1OOOOO,p=0.002,彳=1一p=0.998。 近似有歹〜N(npjipq),/? /? =100000x0.002=200,77/^=200x0.998=199.6o 保险公司的净获益为20x100000-800聘。 (1)当20x100000-800(^<0,即§>250时,保险公司在此项保险中亏本,其概率为 P{g>250}~l— 250-200 719^6 Q1-①(3・539)~0.0002 (2)若要20x100000-8000J>80000.必须有§<240,这时,概率为 P{疳<240)〜①严二叫)心①(2.831)Q0.9977。 J199.6 2.某种福利彩票的奖金额歹山摇奖决定,其分布列为 欽万元)51020304050100 卩0.20.20.20.10.10.10.1 若一年中要开出3oo个奖,问需要准备多少奖金总额,才有95%的把握,保证能够发放奖金? 解设需要资金总额为b,设$表示第i个奖金额,其中心1,2,…,300,其期望和 方差分别为£^=29,^=764,利用独立分布中心极限定理近似,得 P袞Sb)=0.95,①]^-300x29^qqs,查表得.^-30Qx29=L6449,即台V7300x764J7300x764 b心9487.5. 3.抽样检查产品质量时,如果发现次品不少于10个,则认为这批产品不能接受,应该检查多少个产品,可使次品率为10%的一批产品不被接受的概率达到0.9。 解设要检查”个产品,纟是其中的次品数,召〜b(n,p),/? =0.1, q=\—p=0.9o近似有g〜N(np,npq),np=OAn,npq=O.lnx0.9=0.09/7。 当^>10时这批产品不被接受,所以,产品不被接受的概率为 ①("二屮)-①(“二=①(3亦)-4>(l(),L(=b-) v0.09nV0.09nV0.09/? -10—0.\h_0.1/z—10 〜1-6(,)=5,) j0・09”v0.09n (因为本题中口很大,3亦的值远远超过了4,所以可以认为①(3亦)~1)。 现在要P{1OS§<”}=①(竺^二H)n0.9,查表可得匕二10A1.2816,即有V0.09/ZV0.09/? 0」川-0.38448亦-10"。 这是一个关于亦的一元二次不等式方程,解这个方程,得到V^>12.1055 或<-8.2607,但、斤不可能小于负值,所以只有V^>12」055,平方后得到 n>(12」055)2=146.543, 大于146.543的最小整数是147,即只要检查147个产品即可达到要求。 4.分别用切比雪夫不等式和徳莫哇佛-拉普拉斯极限定理确定: 当掷一枚硬币时,需要掷多少次,才能保证出现正面的概率在0.4〜0.6之间的概率不少于90%o 解设要掷"次硬币,g是掷出的正面数,§〜b(n./? ),p=0.5,g=l-p=0.5, Eg=up=0.5n,Dg=npq=0.5/? x0.5=0.25/z。 P{0・4<-<0.6)=P (1)用切比雪夫不等式估计。 -0.5<0.1>=P{\^-0.5n\<0An} Dg (O.ln)2 0.25nt25 现在要P{0.4<-<0.6}=1-—>0.9,即要有n>-=250。 用切比 nn1-0.9 雪夫不等式估计,需要掷250次。 (2)用德莫哇佛-拉普拉斯定理估计。 因为g〜b(n,p),近似有歹〜7V(",npq),np=0.5n,npq=0.25n□ P{0・4 =<1>(0・2侖)-①(―0・2、5)=2<1>(0・2亦)—1o 现在要P{0.4<^<0.6)=20(0.2Vn)-1>0.9,即要有①(0.2^»)>0.95,查n 表可得0.2丽A1.6449,即有心(1^竺尸=67.6424。 大于67.6424的最小整0.2 数是68, 用德莫哇佛-拉普拉斯定理估计,只要掷68次就可以了。 5.设点}为独立同分布随机变量序列,P(^n=±logA: )=i(n=l,2,...)Z: 为大于 零的常数,试证{氛}服从大数定理。 解{氛}是独立同分布随机变量序列,E4M=-log^-Fi(-log^)=0,数学期望 22 有限, 满足辛钦大数定理的条件,服从辛钦大数定理。 6•设{盒}为独立同分布的随机变量序列,其共同分布为: 2k1 P(乙=£)=尹,《= 试证{§”}是否服从大数定律。 证由于{氛}为独立同分布随机变量序列,而 满足辛钦大数定律的条件,故大数定律成立. 7.随机变量序列{$}各以[的概率取值疋和-疋,当s为何值时,大数定理可应 2 用于独立随机变量序列刍,…,気,…,的算术平均值。 解E.=『$+*(一疋)=0,E(空)=*伙丁+*(_疋)2=以$, 当叫时, 1W1W1W1n11-c\ 扫咨心訂宀訂宀存宀严 因为Um;f2,rV,=0,所以lim丄D&^)=0; —X"X”f-f-- 1“ 这时,显然不可能有limrD(工比)=0o“”矿m・ 1⑷+1)'4、1 所以,当且仅当s<-时,满足马尔可夫大数定理的条件,可应用马尔可夫大数2 定理。 第十八次作业 一•填空题: 1.IS12b 为总体X的一组样本观察值,则 样本均值X二—119.375; 128, 130,109, 115,122,110,120 样本方差S二二 58.839 样本标准差S心 7.671 样本二阶原点矩X2114.415, 2.设总体X~N(O,1),XrX2r->X〃为样本,则 (DXf+Xj+XP—Z2(3) /⑵ ⑶-「—"—FQn_3)—o 工X: r-4 二.选择题: 1.已知总体X~N(“,R),其中“已知而/未知,X,,X,,-X“是总体X的 一个样本。 则下列的(c)不是统计量。 B.X]+2//; 1”— A.活(X-X); I川_ C.7耳(X,一X)-; D.max{X? …,Xlt]o 2.设随机变量X〜2(1,22), X“X2,…是X的样本,艮为样本均值,已知 Y=aX+h-N(0,1), 则有(A)o B・a=5,b=5; C. D. Cl 55 3.设总体X~7V(0,l), X2r-,Xe为样本,乂设 y=(x}+x3+x5)2+(x2+x4+x6)2,且cr~/2分布,则c二(c)。 A.1; 三•计算题: 1.设总体X~Ng),X"是样本,求P(IX-//l<0.5)o 解: 由定理5.4.1知: 2L工I~N(O,1),而b=2,/? =16,故兰二£~n(0,1), (7/y/n1/2 PQ茂-》l<0.5)=P(l 护円⑴卄) =2① (1)一1=2x0.8413-1=0.6826。 2.设总体一N(50,62),总体〃~N(46,42),从总体歹中抽取容量为10的样本,从总体〃中抽取容量为8的样本,求下列概率: (1)P(0 (2)P(-f<8.28), Sy 其中戸,P分别为纟,〃的样本均值,S;,S;分别为〃的样本方差。 解: (1)对于从总体§中抽取容量为10的样本,样本均值无的分布为^(50,^1; 对于从总体〃中抽取容量为8的样本,样本均值Y的分布为N(46,兰], 8 (JQ\ 并且互相独立,则X-Y-N4,宁,所以 p(o 0-4(乂-卩)-48-4 -1=2x0.9545-1=0.909. (2)根据定理山,可知黯“(9,7),所以 <3.68=0.95. P-4<8.28=PS2 y7 (注: 可编辑下载,若有不当之处,请指正,谢谢! )
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 概率论 习题 答案