概率论第二章习题解答

概率论第二章习题

1 考虑为期一年的一张保险单，若投保人在投保一年内意外死亡，则公司赔付20万元，若投保人因其它原因死亡，则公司赔付5万元，若投保人在投保期末自下而上，则公司无需传给任何费用。若投保人在一年内因意外死亡的概率为，因其它原因死亡的概率为，求公司赔付金额的分崣上。

解 设赔付金额为X ，则X 是一个随机变量，取值为20万，5万，0，其相应的概率为；；

2.（1）一袋中装有5只球，编号为1,2，3,4，5。在袋中同时取3只，以X 表示取出的3只球中的最大号码，写出随机变量X 的分布律

（2）将一颗骰子抛掷两次，以X 表示两次中得到的小的点数，试求X 的分布律。 解 （1）在袋中同时取3个球，最大的号码是3,4，5。每次取3个球，其总取法：

3554

1021

C ?=

=?，若最大号码是3，则有取法只有取到球的编号为1,2，3这一种取法。因而其概率为 2

2335511

{3}10

C P X C C ====

若最大号码为4，则号码为有1,2，4；1，3,4； 2，3，4共3种取法，

其概率为23335533

{4}10

C P X C C ====

若最大号码为5，则1，2,5；1,3，5；1，4,5；2,3，5；2,4，5；3,4，5共6种取法

其概率为 25335566

{5}10

C P X C C ====

一般地 3

5

21

)(C C x X p x -==，其中21-x C 为最大号码是x 的取法种类数，则随机变量X 的分布律为

（2）将一颗骰子抛掷两次，以X表示两次中得到的小的点数，则样本点为S＝｛（1,1），（1,2），（1,3），…，（6,6）｝，共有36个基本事件，

X的取值为1,2，3,4，5,6，

最小点数为1，的共有11种，即（1,1，），（1,2），（2,1）…，（1,6），（6,1），11

{1}

36

P X==；

最小点数为2的共有9种，即（2,2），（2,3），（3,2），…，（3,6），（6,3），

9

{2}

36

P X==；

最小点数为3的共有7种，

7 {3}

36

P X==；

最小点数为4的共有5种，

5 {4}

36 P X==；

最小点数为5的共有3种，

3 {5}

36

P X==；

最小点数为6的共有1种，

1 {6}

36 P X==

3 设在15只同类型的产品中有2只次品，在其中取3次，每次任取1只，作不放回抽样，以X表示取出的次品的次数，

（1）求X的分布律；

（2）画出分布律的图形。

解从15只产品中取3次每次任取1只，取到次品的次数为0，1，2。在不放回的情形下，

从15只产品中每次任取一只取3次，其总的取法为：3

15151413

P=??，其概率为

若取到的次品数为0，即3次取到的都是正品，其取法为3

13131211

P=??

其概率为

13121122 {0}

15141335 p X

??

===

??

若取到的次品数为1，即有1次取正品，2次取到次品，其取法为

112 3213321312

C C P=???

其概率为 32131212

{1}15141335

p X ???==

=??

若取到的次品数为2，，其概率为

22121

{2}1{0}{1}1353535

p X p X p X ==-=-==-

-=。 于是其分布律为

（24 进行重复独立试验，设每次试验成功的概率为p ，失败的概率为1q p =-（01p <<），

（1）将试验进行到出现一次成功为止，以X 表示所需要的试验次数，求X 的分布律。（此时称X 服从以p 为参数的几何分布。）。 （2）将试验进行到出现r 次成功为止，以Y 表示所需要的试验次数，求Y 的分布律。（此时称Y 服从以r ，p 为参数的巴斯卡分布或负二项分布。）

解 （1）X 的取值为1,2,,,n L L ，对每次试验而言，其概率或为1，或为q 所以其分布律为

(2)Y 的取值为,1,,,r r n +L L ，对每次试验而言，其概率或为1，或为q 所以其分布律为

5.一房间有3扇同样大小的窗子，其中只有一扇是打开的。有一只鸟自开着的窗子飞往了房间，它只能从开着的窗子飞出去，鸟在房子里飞来飞去，试图飞出房间。假定鸟是没有记忆的，鸟飞向各扇窗子是随机的。

（1）以X 表示鸟为了飞出房间试飞的次数，求X 的分布律。

（2）户主声称，他养的一只鸟是有记忆的，它飞向任一窗子的尝试不多于一次。以

Y 表示这只聪明鸟为了飞出房间试飞的次数，如房主所说的是确实的，试求Y 的分布律。

（3）求试飞次数X 小于Y 的概率；求试飞次数Y 小于X 的概率。

解 （1）X 服从1

=

p 的几何分布，其分布律为

(2)Y 所有可能的取值为1,2，3.

方法一 3

1}1{=

=Y p 31

2132}2{=?==Y p

3

1

12132}3{=??==Y p

方法二 由于鸟飞向扇窗是随机的，鸟飞出指定窗子的尝试次数也是等可能的，即 3

1

}3{}2{}1{======Y p Y p Y p 即Y 的分布律为

(3) }3,2{}3,1{}2,1{}{==+==+===

319231313131?+?+?=

27

8

=

}{}3,2{}3,1{}2,1{}{4

∑∞

==+==+==+===

3

1

)32(31)32(3131)32(319231422?+??+??+?=∑∞=i i

81

38=

6.一大楼装有5个同类型的供水设备，调查表明在任一时刻t 每个设备被使用的概率为，问在同一时刻

（1）恰有2个设备被使用的概率是多少？

（2）至少有3个设备被使用的概率是多少？ （3）至多有3个设备被使用的概率是多少？ （4）至少有1个设备被使用的概率是多少？

解 设对每个设备的观察为一次试验，则试验次数为5且各次试验相互独立，于是

)1.0,5(~B X

（1）恰有2个设力被使用，即{2}X =：0729.0)1.01(1.0}2{3

225=-??==C X p

（2）至少有3个设备被使用，即{3}X ≥：

}5{}4{}3{}3{=+=+==≥X p X p X p X p

5

5544523351.09.01.09.01.0?+??+??=C C C 00856.0=

（3）至多有3个设备被使用，即{3}X ≤：

}5{}4{1}3{=-=-=≤X p X p X p 55

5

4451.0)1.01(1.01C C --??-= 99954.0=

（4）至少有一个设备被使用，即{1}X ≤

{1}1{0}p X p X ≥=-=500

5

)1.01(1.01-?-=C 40951.0= 7 设事件A 在每次试验中发生的概率为，A 发生不少于3次时指示灯发出信号，

（1）进行5次重复独立试验，求指示灯发出信号的概率； （2）进行7次重复独立试验，求指示灯发出信号的概率。

解 设A 发生的次数为X ，则(,0.3)X B n :，5,7n =，设B “指示灯发出信号”

（1） 5

55

3

(){3}(0.3)(0.7)k k k k P B P X C

-==≥=

∑

33244550

555(0.3)(0.7)(0.3)(0.7)(0.3)(0.7)C C C =++

100.2704950.00810.70.00243016308=??+??+=

或 2

5142

23220()1{}1(0.7)0.3(0.7)(0.3)(0.7)0.163k P B P X k C C ==-==--?-=∑

同理可得 （2）7

75

3

(){3}(0.3)(0.7)0353k k k k P B P X C

-==≥=

=∑

或 2

71

6225770

()1{}1(0.7)(0.3)(0.7)(0.3)(0.7)0.353k P B P X k C C ==-==---=∑

8.甲、乙两人投篮，投中的概率分别为，，今各投3次，求（1）两人投中的次数相等的概率；（2）甲比乙投中次数多的概率。

解 记甲投中的次数为X ，乙投中的次数为Y ，则)6.0,3(~B X ，)7.0,3(~B Y ，

0033

3{0}(0.6)(0.4)(0.4)0.064p X C ====

288.0)4.0)(6.0(}1{2

13===C X p 432.0)4.0()6.0(}2{2

23===C X p 3303

3{3}(0.6)(0.4)(0.6)0.216p X C ====

同理，027.0)3.0(}0{3

===Y p

189.0)3.0)(7.0(}1{2

13===C Y p 441.0)3.0()7.0(}2{2

23===C Y p

343.0)7.0(}3{3

===Y p

若记A 为事件“两人投中次数相等”，B 为事件“甲比乙投中的次数多”，则 }{}{},{)(3

30

i Y p i X p i Y i X p A p i i ======

∑∑==32076.0=

0.0640.0270.2880.1890.4320.4410.2160.343=?+?+?+? 0.0017280.0544320.1905120.074088=+++32076.0=

又 {1,0}{1}{0}0.2880.0270.007776P X Y P X P Y ======?=

{2,0}{2}{0}0.4320.0270.011664P X Y P X P Y ======?=

{3,0}{3}{0}0.2160.0270.005832P X Y P X P Y ======?= {2,1}{2}{1}0.4320.1890.081648P X Y P X P Y ======?= {3,1}{3}{1}0.2160.1890.040824P X Y P X P Y ======?= {3,2}{3}{2}0.2160.4410.095256P X Y P X P Y ======?=

所以 }{)(Y X p B p >=

}0,3{}0,2{}0,1{==+==+===Y X p Y X p Y X p {2,1}{3,1}p X Y p X Y +==+=={3,2}p X Y +==

0.0077760.0116640.0058320.0816480.0408240.095256=+++++ 0.243=

9.有一大批产品，其验收方案如下，先作第一次检验：从中任取10件，经检验无次品，接受这批产品，次品大于2拒收；否则作第二次检验，其做法是从中再任取5件，仅当5件中无次品时接受这批产品。若产品的次品率为10%，求 （1）这批产品经第一次检验就能接受的概率。 （2）需作第二次检验的概率。

（3）这批产品按第二次检验的标准被接受的概率。

（4）这批产品在第一次检验未能作决定且第二次检验时被通过的概率。 （5）这批产品被接受的概率

解 设X 为“第一次检验出的次品数”，Y 为“第二次检验出的次品数”，则

)1.0,10(~B X ，)1.0,5(~B Y

（1）这批产品第一次检验后接收，即没有发现次品，也就是X ＝0，而

349.0)9.0()9.0()1.0(}0{10900

10≈===C X p

（2）需作第二次检验，即第一次检验发现次品数为1或2件：{12}X ≤≤

}2{}1{}21{=+==≤≤X p X p X p

2

10192

281010101

(0.1)(0.9)(0.1)(0.9)(0.1)(0.9)i

i i i C

C C -==

=+∑581.0≈

（3）这批产品按第二次检验的标准接收，即在第二次取出的5件产品中没有次品：

{0}Y =

5900

5)9.0()9.0()1.0(}0{===C Y p 590.0≈

（4） 这批产品在第一次检验未能作决定且第二次检验时被通过，即：

{0,12}Y X =≤≤

}21,0{≤≤=X Y p }21{}0{≤≤?==X p Y p （两事件相互独立）

581.0590.0?=343.0≈ （5）})21,0{}0({≤≤=?=X Y X p

343.0349.0+=692.0=.

10.有甲、乙两种味道和颜色都极为相似的名酒各4杯，如果从中挑4杯，能将甲种酒全部挑出来，算是试验成功一次。

（1）某人随机地去猜，问他试验成功一次的概率是多少？

（2）某人声称他通过品尝能区分两种酒，他连续试验10次，成功3次，试推断他是猜对的，还是他确有区分的能力（设各次试验是相互独立的）

解 （1）可看作是古典概型问题，总挑法数为4870C =，则成功一次的挑法为4

41C =，

于是试验成功一次的概率的为4811

70

p C =

=. （2）设成功的次数为X ，则)70

1

,

10(~B X 4733

1010163.3)70

1

1()701(

}3{-?≈-==C X p 因为能成功3次的概率特别小，所以可以认为他确有区分的能力。

11 尽管在几何教科书已经讲过仅用直尺和园规三等分任意角是还可能的，但是每一年总是有一些“发明者”撰写关于仅用园规和直尺将角三等分的文章。设某地区每年撰写此类文章的篇数X 服从参数为6的泊松分布，求明年没有此类文章的概率。 解 泊松分布 {},0,1,2,!

k e P X k k k λ

λ-==

=L

当6λ=时，明年没有此类文章，即0k =，于是明年没有此类文章的概率

06

66{0}0.002478750.00250!

e P X e --====≈

12 一电话总机每分钟收到的呼唤次数X 服从参数为4的泊松分布。求 （1）某一分钟恰有8次的概率。

（2）某一分钟呼唤次数大于3的概率。

解 （1）当4λ=，8k =时，某一分钟恰有8次的概率

844655360.01831199.3088

{8}0.029748!4032040320

e P X -?=====

（2）当4λ=时，某一分钟呼唤次数大于3的概率

{3}1{0}{1}{2}{3}P X P X P X P X P X >=-=-=-=-=

04142434

444410!1!2!3!

e e e e ----=---- 4

321(148)3

e -=-+++

71 1.2993

10.0183110.43310.566933

=-?=-=-=

13.某一公安局在长度为t 的时间间隔内收到的紧急呼救的次数X 服从参数为2

t

的泊松分布，而与时间间隔的起点无关（时间以小时计）。

（1）求某一天中午12时至下午3时没有收到紧急呼救的概率； （2）求某一天中午2时至下午5时至少收到1次紧急的概率。

解 因为2

t

λ=

，所以 （1）某一天中午12时至下午3时，即3t =，则5.12

3

==

λ，对应的泊松分布为 !

)5.1(}{5

.1k e k X p k -==，Λ,2,1,0=k ，

从而某一天中午12时至下午3时没有收到紧急呼救的概率 2231.0}0{5

.1===-e

X p

（2）求某一天中午2时至下午5时，即5t =，5.22

5

==

λ，对应的泊松分布为 !

)5.2(}{5

.2k e k X p k -==，Λ,2,1,0=k ，

从而某一天中午2时至下午5时至少收到1次紧急的概率

918.0!)5.2(}1{1

5

.2查表∑∞

=-=≥k k k e X p （查表 2.5,0k λ==时{0}0.0821P X ≤=），

于是 {1}1{0}10.08210.9179P X P X ≥=-≤=-=

方法二 918.01}0{1

}1{5

.2===≥-e X p X p －＝－.

14 某人家中在时间间隔t （小时）内接到电话的次数服从参数为2t 的泊松分布。

（1）若他外出计划用时10分钟，问其间有电话铃响一次的概率是多少？ （2）若他希望外出时没有电话的概率至少为，问他外出应控制最长的时间是多少？ 解 （1）若他外出计划用时10分钟，则16t =，1

23

t λ== 其间有电话铃响一次的概率

1

3

0.333313{1}0.3330.3330.71680.23881!

e

P X e --?==≈?=?= （2）若他希望外出时没有电话的概率至少为，即2t λ=，0k =时

02(2)0.50!

t

t e p -=

=，即 20.5t e -=，2ln0.5t -= 11

ln 0.5(6931)0.346522

t =-

=-?-=， 或 0.34656020.79t =?=（min ）

15 保险公司承保了5000张相同年龄，为期一年的保险单每人一份。在合同的有效期内若投保人死亡，则需赔付3万元。设在一年内，该年龄段的死亡率为，且各投保人是否死亡是相互独立。求保险公司对这批投保人的赔付总额不超过30万元的概率（利用泊松定理计算。）

解 设在合同有效期内死亡的投保人为随机变量X ，根据题设条件知死亡的投保人不超过10人，即10X ≤，因此这可以看作是5000n =，0.0015p =的二项分布，其概率

为 10

105000

{10}(0.0015)(0.9985)k

k k k P X C

-=≤=

∑

应用泊松定理，此时50000.00157.5np λ==?=，

107.57.5{10}!!

k e e P X k k λ

λ--≤=

=（查表得）＝。 16 有一繁忙的汽车站，每天有大量的汽车通过。设一辆汽车在一天的某段时间内

出事故的概率为，在某天的该时间段内有1000辆汽车通过，问出事故的车辆数不小于2的概率是多少？（利用泊松定理计算）

解 设在该时间段内出事故的汽车数为随机变量X ，则这可以看作是1000n =，

0.0001p =的二项分布，其概率为

{2}1{1}P X P X ≥=-≤

设10000.00010.1np λ==?=，泊松定理，{1}0.9953P X ≤=（查表：0.1λ=，1k =） {2}1{1}P X P X ≥=-≤＝。

17 （1）设X 服从（0－1）分布，其分布律为1{}(1)k

k

P X k p p -==-（0,1k =），

求X 的分布函数并作图形。

（2）求第2题（1）中随机变量的分布函数。

解 （1） 当0x <时，()0F x =；

当01x ≤<时，{0}1P X p ==-，则()1F x p =-； 当 1x ≥，{0}1P X p ==-，{1}P X p ==，则 (){0}{1}(1)1F x P X P X p p ==+==-+=

即 0,

0()1,011,1x F x p x x

=-≤

（图形略）。

（2）第2题（1）“在袋中同时取3个球，最大的号码是3,4，5X 的分布律为

其分布函数为0,

31

,3410

()4,45101,5x x F x x x

18 在区间[0,]a 上任意投掷一个质点，以X 表示这个质点的坐标。设这个质点落在区间上[0,]a 上中任意小区间内的概率与这个小区间的长度成正比例。试求X 的分布函数。

解 当0x <时，()0F x =；

当0x a ≤<时，()F x kx =，其中k 为常数，

特别地当x a =时，质点落在区间上[0,]a 上中任意小区间内的概率为1，所以1ka =，即 1k a =

，所以当0x a ≤<时， ()x

F x a

=； 当x a ≥时，()1F x =，综合得

0,

,(),,1,

.x a x F x a x a a

x a

=≤

19.以X 表示某商店从早晨开始营业直到第一个顾客到达的等待时间（以分计），X

的分布函数是

???<>-=-0

,00

,1)(4.0x x e x F x x

求下述概率：

（1）p {至多3分钟}；（2）p {至少4分钟}；（3）p {3分钟至4分钟}；（4）p {至多3分钟或至少4分钟}；（5）p {恰好分钟}。

解 （1）2.13

4.011)3(}3{-?--=-==≤e e

F X p

（2）6.16

.1)1(1)4(1}4{--=--=-=≥e e

F X p

（3）)3()4(}43{F F X p -=<≤ 6.12.12.16

.1)1()1(-----=---=e e e e

（4）})4{}3({≥?≤X X p }43{1<<-=X p 6.12

.11--+-=e e

（5）0}5.2{==X p

20 设随机变量X 的分布函数为0,

1,()ln ,1,1,.x F x x x e x e

=≤

（1）求{2}P X <，{03}P X <≤，5

{2}2

P X <≤； （2）求概率密度。

解 （1）注意对连续型随机变量而言，{}0P X a =≡，其中a 是任意实数。

{2}{2}(2)ln 2P X P X F <=≤== {03}(3)(0)1P X F F <≤=-=

5555

{2}()(2)ln ln 2ln 52ln 2ln 2224

P X F F <≤=-=-=-=

（2）因为()()F x f x '=，应用分段函数求导数的方法，得概率密度为

1

,1,

()0,

x e f x x

?<

（1）212(1),12,

()0,

x f x x

?

-≤≤?=???其它.

（2）,

01,()2,12,0,x x f x x x ≤

=-≤

其它.

求X 的分布函数()F x ，并画出（2）中()f x 和()F x 的图形。

解 （1）当1x <时，()()00x

x

F x f x dx dx -∞

-∞

==?=?

?；

当12x ≤<时，

012111()()02(1)2()x

x

x F x f t dt dx dt t t t -∞-∞==?+-

=+?

??1

2(2)x x =+-； 同理， 当2x ≥时，22121115

()2(1)2()2(2)12F x dt t t t =-=+=-=?

所以 0,

1,1()2(2),12,1,

2,x F x x x x x

=+-≤

≥??

（2）同理可得 202

1010,0,,012()13(2)[(2)],12

222

1,2x x x x xdx x F x x xdx x dx x x x

=≤

=??+-=+--≤

≥????， 即 22

0,0,,012

()21,12,21, 2.x x x F x x x x x

??≤

≥?

22.（1）由统计物理学知，分子运动的速度的绝对值X 服从马克斯韦尔（Maxwall ）

分布，其概率密度为

?????>=-其它,0

0,)(2

2x e Ax x f b

x

其中，kT

m

b 2=，k 为Boltzmann 常数，T 为绝对温度，m 是分子的质量。试确定常数A 。

（2）研究了英格兰在1875～1951年间，在矿山发生导致10人或10人以上死亡的事故的频繁程度，得知相继两次事故之间的时间T （以日计）服从指数分布，其概率密度为

?????>=-其它,0

0,241

1)(241t e n f t

T

求分布函数)(t F T ，并求概率}10050{<

1)(=?

+∞

∞

-dx x f

有

?

?

∞

+-

∞

+∞

-=0

22

)(dx e

Ax dx x f b

x

?∞

+--

=0

)(22b

x e xd Ab

]|[2

002

2

?∞+-∞

+---=dx e xe Ab b x b x

?∞

+-

=

2

2dx e Ab

b

x

?∞+-??=0)2(21

)2(

212222x b

d e b Ab x

b π

π 12

1222=???=

b Ab π （注意：2

1

212

02

=

-∞

+?du e u π

） 故 π

b b A 4=

.

（2）当0

?∞

-t

T dt t F

当0≥t 时，

241241241

241

001()()()1241241

t t t

t t

t

t t

T t

F t f t dt e dt e d e e

----

-∞

===--=-=-?

??.

故 ?????≥-=-其它

,00,1241t e F t T 。 }50{}100{}10050{≤-<=<

)50()100(T T -=

241

100241

50

-

-

-=e

e

或 241100

24150

241

100

50

100

50

241

1)(}10050{----===

<

?

e e dt e dt t

f T p t

. 23 某种型号的器件的寿命X （以小时计）具有概率密度

21000

,1000,()0,

x f x x ?>?

=???其它.

现有一大批这种器件（设各器件损坏与否相互独立），任取5只，问其中至少有2只

的寿命大于1500小时的概率是多少？

解 （ⅰ）先求这种器件的寿命大于1500小时的概率： 1500

21500

150010001000

2{1500}()3

P X f x dx dx x x

+∞

+∞

+∞

≥=

==-

=?

?

。 （ⅱ）求任取5只，至少有2件的寿命大于1500小时的概率

设Y ＝“器件的寿命大于1500小时”，则2

(5,)3

Y B :。

{2}1{0}{1}

P Y P Y P Y ≥=-=-=

00514

5521211102321()()()()13333243243243

C C =--=--=。

24.设顾客在某银行的窗口等待服务的时间X （min ）服从指数分布，其概率密度为

?????>=-其它

,00

,51)(5

x e x f x X

某顾客在窗口等待服务，若超过10分钟，他就离开。他一个月要到银行5次。以Y 表示一个月内他未等到服务而离开窗口的次数，写出Y 的分布律，并求}1{≥Y p 。

解 (ⅰ)该顾客在窗口未等到服务而离开的概率为 ?

?

∞

+-∞

+==

10

5

10

5

1)(dx e dx x f p x

25

1010

5

|--∞+-

==-=e e

e

x

(ⅱ)顾客未行到服务而离开银行的次数的概率 由已知条件可知，),5(~2

-e B Y ，故

k

k k e e C k Y p ----==5225)1)((}{，5,4,3,2,1=k

5167.0)1(1}0{1}1{5

2=--==-=≥-e Y P Y p .

25 设K 在区间（0,5）服从均匀分布，求x 的方程2

4420x Kx K +++=有实根的概率。

解 因为K 的分布密度为

1

,05

()50,

.k f k ?<

而方程2

4420x Kx K +++=有实根，即其判别式

2

2

2

41616(2)16(2)0b ac K K K K ?=-=-+=--> 即 (2)(1)0K K -+>，解得 2K >或1K <-。

因为K 在（0，5）内服从均匀分布，所以只有2K >在区间（0，5）内，所以所给

方程有实根的概率为

5

5

2

212

(25)10.655

5

P K dk K <<=

==-

=?。 26.设)2,3(~2N X ，求（1）}52{≤X p ，}3{>X p ；

（2）确定c 使得}{}{c X p c X p ≤=>。

解 （1）)2

3

2()235(}52{-Φ--Φ=≤

)2

1

()1(-Φ-Φ=5328.0=

)23

4()2310(}104{--Φ--Φ=≤<-X

p

)27

()27(-Φ-Φ=

9396.01)2

7

(2=-Φ=

}22{1}2|{|≤<--=>X p X p

)23

2()232(

1--Φ+-Φ-= )25

()21(1-Φ+-Φ-=

6977.0)2

5

()21(1=Φ-Φ+=

2

1

)0(1)233(1}3{1}3{=Φ-=-Φ-=≤-=>X p X p .

（2）因为}{1}{c X p c X p ≤-=>，由}{}{c X p c X p ≤=>得 2

1

}{=

≤c X p 即 2

1

)23(}{=-Φ=≤c c X p 所以 3=c 。

27.某地区18岁的女青年的血压（收缩压，以mm?Hg 计）服从)12,110(2

N 。在该地区任选一18岁的女青年，测量她的血压X

（1）求}105{≤X p ，}120100{≤x X p 解 （1）)12,110(~2

N X

)417.0()12

110

105(}105{-Φ=-Φ=≤X p

)417.0(1Φ-= 3372.06628.01=-=

)12

110

100()12110120(}120100{-Φ--Φ=<

)83.0()83.0(-Φ-Φ=

5934.01)83.0(2=-Φ=

（2）要使05.0}{≤≥x X p ，必须05.0}{1≤≤-x X p ，即

95.005.01}{=-≥≤x X p ，

亦即 95.0)12

110

(≥-Φx 故

645.112

110

≥-x ，或74.129≥x ， 即最小的x 值为。

28 由某机器生产的螺栓的长度（）cm 服从参数10.05μ=，0.06σ=的正态分布。

规定长度在±内为合格品，求一为不合格品的概率。

解 （方法一）设的长度为X ，则2

(10.05,0.06)X N :，一个螺栓不合格，即10.17X > 或9.93X <。其概率为 {9.93}{10.17}P X P X <+>，而

9.9310.050.12

{9.93}(

)()(2)1(2)0.060.06

P X -<=Φ=Φ-=Φ-=-Φ

10.97720.0228=-=

10.1710.05

{10.17}1{10.17}1()1(2)0.06

P X P X ->=-≤=-Φ=-Φ

10.97720.0228=-= 所以 {9.93}P X <{10.17}0.456P X +>= （方法二）

设A ＝“螺栓合格”，则

10.1710.059.9310.05

(){9.9310.17}()()

0.060.06

P A P X --=<<=Φ-Φ

(2)(2)2(2)1=Φ-Φ-=Φ-20.97721 1.954410.9544=?-=-=

所以不合格的概率为 ()1{9.3310.17}10.95440.0456P A P X =-<<=-=。

29 一工厂生产的电子管的寿命X （以小时计）服从参数为160=μ，

σ的正态分布，若要求80.0}200120{≥≤

解 )160120()160

200(

}200120{σ

σ

-Φ--Φ=≤

80.01)40

(2≥-Φ=σ

得 90.0)40

(

≥Φσ

，查表知)28.1()40

(

Φ≥Φσ

所以，σ最大为31.25。

30 设在一电路中，电阻两端的电压V 服从2

(120,2)N ，今独立测量了5次，试确定有2次测量值落在区间［118，122］之外的概率。

解 （ⅰ）求测量值落在区间［118，122］之外的概率

设A ＝“测量值X 落在区间［118，122］之内”则 122120118120

{118122}(

)()22

P X --<<=Φ-Φ (1)(1)2(1)120.841310.6826=Φ-Φ-=Φ-=?-= 所以测量值落在区间［118，122］的概率为

10.682603174p =-=

（2）求在5次独立测量中有2次测量值区间［118，122］之外的概率

设测量值落在区间之外的次数为Y ，则(5,0.3174)Y B : 故所求的概率为

225{2}(0.3174)(0.6826)3100.10070.31810.3203P Y C ===??=

31 某人上班，自家中去办公楼要经过一交通指示灯。这一指示灯有80%的时间亮红灯，

此时他在指示灯旁等待直到绿灯亮，等待时间在区间［0，30］（秒）服从均匀分布。