浙大版概率论与数理统计答案---第五章
概率论与数理统计及其应用_习题答案_(浙大_盛骤谢式千版本)
《概率论与数理统计》习题解答教材：《概率论与数理统计及其应用》，浙江大学盛骤、谢式千编，高等教育出版社，2004年7月第一版目录第一章随机事件及其概率1第二章随机变量及其分布9第三章随机变量的数字特征25第四章正态分布33第五章样本及抽样分布39第六章参数估计42第七章假设检验53第一章 随机事件及其概率1、解：（1）{}67,5,4,3,2=S （2）{} ,4,3,2=S （3）{} ,,,TTH TH H S =（4）{}6,5,4,3,2,1,,T T T T T T HT HH S =2、设A , B 是两个事件，已知81)(,21)(,41)(===AB P B P A P ，求)(B A P ，)(B A P ，)(AB P ，)])([(AB B A P 解：81)(,21)(,41)(===AB P B P A P ∴)()()()(AB P B P A P B A P -+= 85812141=-+= )()()(AB P B P B A P -=838121=-=87811)(1)(=-=-=AB P AB P)])([(AB B A P )]()[(AB B A P -=)()(AB P B A P -= )(B A AB ⊂218185=-=3、解：用A 表示事件“取到的三位数不包含数字1”2518900998900)(191918=⨯⨯==C C C A P4、在仅由0，1，2，3，4，5组成且每个数字至多出现一次的全体三位数字中，任取一个三位数，（1）该数是奇数的概率；（2）求该数大于330的概率。
解：用A 表示事件“取到的三位数是奇数”，用B 表示事件“取到的三位数大于330”(1) 455443)(2515141413⨯⨯⨯⨯==A C C C C A P =0.48 2） 455421452)(251514122512⨯⨯⨯⨯+⨯⨯=+=A C C C A C B P =0.485、袋中有5只白球，4只红球，3只黑球，在其中任取4只，求下列事件的概率 （1）4只中恰有2只白球，1只红球，1只黑球； （2）4只中至少有2只红球； （3）4只中没有白球解：用A 表示事件“4只中恰有2只白球，1只红球，1只黑球”（1）412131425)(C C C C A P ==495120=338（2）用B 表示事件“4只中至少有2只红球”16567)(4124418342824=++=C C C C C C B P 或4124838141)(C C C C B P +-==16567495201= （3）用C 表示事件“4只中没有白球”99749535)(41247===C C C P 6、解：用A 表示事件“某一特定的销售点得到k 张提货单”nkn k n MM C A P --=)1()( 7、解：用A 表示事件“3只球至少有1只配对”，B 表示事件“没有配对”（1）3212313)(=⨯⨯+=A P 或321231121)(=⨯⨯⨯⨯-=A P （2）31123112)(=⨯⨯⨯⨯=B P 8、（1）设1.0)(,3.0)(,5.0)(===AB P B P A P ，求(),(),(),(),P A B P B A P A B P A A B(),()P AB A B P A AB ；（2）袋中有6只白球，5只红球每次在袋中任取一只球，若取到白球，放回，并放入1只白球，若取到红球不放回也不再放回另外的球，连续取球四次，求第一、二次取到白球且第三、四次取到红球的概率。
浙江大学《概率论与数理统计》(第4版)【名校笔记+课后习题+考研真题】第5章 大数定律及中心极限定理
p
P
50 I 1
X
i
300
1
300 50 50 6
5
=1
2.89
0.0019
3．计算器在进行加法时，将每个加数舍入最靠近它的整数，设所有舍入误差相互独立 且在（－0.5，0.5）上服从均匀分布。
（1）将 1500 个数相加，问误差总和的绝对值超过 15 的概率是多少？？ （2）最多可有几个数相加使得误差总和的绝对值小于 10 的概率不小于 0.90？
1500
P
k 1
Xk
1500 0
x
x
1500 1 / 12
于是
P X 15 1 P X 15 1 P 15 X 15
1
P
15 0
X 0
15 0
1500 1/12 1500 1/12 1500 1/12
1
15 1500
1
/
12
15 1500 1/12
a，记为
Yn P a 。
（2）性质
设 X n P a ， Yn P b ，函数 g（x，y）在点（a，b）连续，则 g( X n ,Yn ) P g(a, b)
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3．伯努利大数定理
设 fA 是 n 次独立重复试验中事件 A 发生的次数，p 是事件 A 在每次试验中发生的概率，
∀ε＞0，有
lim P n
fA n
p
1
或
lim
n
P
fA n
p
1
伯努利大数定理表明：，当 n 很大时，可用事件的频率来代替概率。
二、中心极限定理
概率论与数理统计-浙江大学数学系
定理5.2 契比雪夫定理的特殊情形 ： 设随机变量序列X 1 , X 2 , , X n , 相互独立，且具有相同的 数学期望 和相同的方差 2，作前n个随机变量的算术平均： Yn 1 X k , n k 1
n
则 0，有：
1 n lim P Yn lim P X k 1. n n n k 1 n 1 P 即， X k . n k 1 1 n 证明：由于E Yn E X k 1 n , n k 1 n 2 1 n 1 n 2 1 D Yn D X k 2 D X k 2 n n n n k 1 n k 1
师介绍——》统计研究所——》张彩伢
►
2
第五章 大数定律和中心极限定理
关键词： 契比雪夫不等式
大数定律 中心极限定理
3
§1 大数定律
背景
本章的大数定律，对第一章中提出的 “频率稳定性”，给出理论上的论证
为了证明大数定理，先介绍一个重要不等式
4
定理5.1 契比雪夫不等式 ：设随机变量X 具有数学期望E X , 方差D X 2
此外，定理中要求随机变量的方差存在，但当随 机变量服从相同分布时，就不需要这一要求。
定理5.3 辛钦定理 ： 设随机变量序列X 1 , X 2 , , X n , 相互独立，服从同一分布， 且存在数学期望，作前n个随机变量的算术平均：Yn 1 X k n k 1 则 0，有： 1 n lim P Yn lim P X k 1. n n n k 1
§2 中心极限定理
背景：
有许多随机变量，它们是由大量的相互独立 的随机变量的综合影响所形成的，而其中每 个个别的因素作用都很小，这种随机变量往 往服从或近似服从正态分布，或者说它的极 限分布是正态分布，中心极限定理正是从数 学上论证了这一现象，它在长达两个世纪的 时期内曾是概率论研究的中心课题。
《概率论与数理统计答案》第五章
P{ X − 8 > 3} = 0.1336
3．设 X 1 , X 2 , " , X n 为来自总体 X ~ P (λ ) 的一个样本， X 、 S 2 分别为样本均值 和样本方差。求 DX 及 ES 2 。 答案与提示：此题旨在考察样本均值的期望、方差以及样本方差的期望与总体 期望、总体方差的关系，显然应由定理 5-1 来解决这一问题。
2
=(
1
hd a
) e
n 2 − 1
n
为
2σ 2
2πσ 2
w. c
∑ ( xi − µ )2
i =1
om
，
8．设 X 1 , X 2 , " , X n 为来自正态总体 X ~ N ( µ , σ 2 ) 的一个样本， µ 已知，求 σ 2
第五章 习题参考答案与提示
⎧ ⎪λax a −1e − λx , x > 0, （2） f ( x, λ ) = ⎨ ⎪ x ≤ 0, ⎩ 0,
1 3 1 （3） X 1 + X 2Leabharlann + X 3 。 5 10 2
om
（1）
（2）
第五章 习题参考答案与提示
3，求 θ 的矩估计值和极大似然估计值。
ˆ = 1/ 4 。 答案与提示： θ 的矩估计值为 θ
对于给定的样本值，似然函数为 L(θ ) = 4θ 6 (1 − θ ) 2 (1 − 2θ ) 4 ，解得
其中 θ > −1 为未知参数。
网
9．设 X ~ N ( µ , 1) ， X 1 , X 2 , " , X n 为来自正态总体 X 的一个样本，试求 µ 的极
概率论与数理统计(浙大版)第五章第六章课件资料.
5
随机变量序列依概率收敛的定义
定义5.1：设随机变量序列X1, X2, X3, ,若存在某常数，
使得 0,均有：lim P n
Xn
0,
则称随机变量序列 X n 依概率收敛于常数，
记为：Xn p 。
性质：已知Xn p ，并知函数g(x)在x=处连续，
则g Xn p g
6
定理5.2 契比雪夫不等式的特殊情形：
,
, Xn,
相互独立同分布,Xi ~ b(1, p).
由于nA X1 X 2 X n ,
Pa nA b
( b np ) np(1 p)
( a np ) np(1 p)
由定理5.4,
lim
n
P
nA np np(1 p)
x
x
1
t2
e 2 dt
2
即:nA (近似) ~ N (np源自 np(1 p)). 二项分布和正态分布的关14 系
设随机变量序列X 1
,
X
2
,
, Xn,
相互独立，
且具有相同的数学期望和相同的方差 2，
作前n个随机变量的算术平均：Yn
1 n
n k 1
Xk
则 0，有：
lim P
n
Yn
lim
n
P
1 n
n
Xk
k 1
1
证明：由于E
Yn
E
1 n
n k 1
Xk
1 n
n
,
D
Yn
D
1 n
n k 1
则对于任意 0,都有：P
X EX
2 2
定理的等价形式为：P
X
概率论与数理统计第五章课后习题及参考答案
概率论与数理统计第五章课后习题及参考答案1．用切比雪夫不等式估计下列各题的概率．(1)废品率为03.0，1000个产品中废品多于20个且少于40个的概率；(2)200个新生儿中，男孩多于80个而少于120个的概率(假设男孩和女孩的概率均为5.0)．解：(1)设X 为1000个产品中废品的个数，则X ～)1000,03.0(B ，有30)(=X E ，1.29)(=X D ，由切比雪夫不等式，得)3040303020()4020(-<-<-=<<X P X P )103010(<-<-=X P )1030(<-=X P 709.0101.2912=-≥．(2)设X 为200个新生儿中男孩的个数，则X ～)200,5.0(B ，有100)(=X E ，50)(=X D ，由切比雪夫不等式，得)10012010010080()12080(-<-<-=<<X P X P )2010020(<-<-=X P )20100(<-=X P 87205012=-≥．2．一颗骰子连续掷4次，点数总和记为X ，估计)1810(<<X P ．解：设i X 为该骰子掷第i 次出现的点数，则61)(==k X P i ，6,,2,1 =i ，6,,2,1 =k ．27)654321(61)(=+++++=i X E ，691)654321(61)(2222222=+++++=i X E ，35)]([)()(22=-=i i i X E X E X D ，4,3,2,1=i ．因为4321X X X X X +++=，且1X ，2X ，3X ，4X 相互独立，故有14)(=X E ，335)(=X D ．由切比雪夫不等式，得)1418141410()1810(-<-<-=<<X P X P )4144(<-<-=X P )414(<-=X P 271.0433512=-≥．3．袋装茶叶用及其装袋，每袋的净重为随机变量，其期望值为100g ，标准差为10g ，一大盒内装200袋，求一盒茶叶净重大于5.20kg 的概率．解：设i X 为一袋袋装茶叶的净重，X 为一盒茶叶的净重，由题可知∑==2001i i X X ，100)(=i X E ，100)(=i X D ，200,,2,1 =i ．因为1X ，2X ，…，200X 相互独立，则20000)()(2001==∑=i i X E X E ，20000)()(2001==∑=i i X D X D ．)()(20500)()(()20500(2001X D X E X D X E X P X P i i ->-=>∑=)1020020000205001020020000(⋅->⋅-=X P )2251020020000(>⋅-=X P 由独立同分布的中心极限定理，1020020000⋅-X 近似地服从)1,0(N ，于是0002.0)5.3(1)2251020020000(=Φ-≈>⋅-X P ．4．有一批建筑用木桩，其80%的长度不小于3m ．现从这批木桩中随机取出100根，试问其中至少有30根短于3m 的概率是多少？解：设X 为100根木桩中短于3m 的根数，则由题可知X ～)2.0,100(B ，有20)(=X E ，16)(=X D ，由棣莫弗—拉普拉斯定理，得)30(1)30(<-=≥X P X P )42030(1)()((1-Φ-=-Φ-=X D X E X 0062.0)5.2(1=Φ-=．5．某种电器元件的寿命服从均值为100h 的指数分布．现随机选取16只，设它们的寿命是相互独立的．求这16只元件寿命总和大于1920h 的概率．解：设i X 为第i 只电器元件的寿命，由题可知i X ～)01.0(E ，16,,2,1 =i ，且1X ，2X ，…，16X 相互独立，则100)(=i X E ，10000)(=i X D ．记∑==161i i X X ，则1600)()(161==∑=i i X E X E ，160000)()(161==∑=i i X D X D ．))()(1920)()(()1920(X D X E X D X E X P X P ->-=>)400160019204001600(->-=X P )8.04001600(>-=X P ，由独立同分布的中心极限定理，1600-X 近似地服从)1,0(N ，于是2119.0)8.0(1)8.04001600(=Φ-=>-X P ．6．在数值计算中中，每个数值都取小数点后四位，第五位四舍五入(即可以认为计算误差在区间]105,105[55--⨯⨯-上服从均匀分布)，现有1200个数相加，求产生的误差综合的绝对值小于03.0的概率．解：设i X 为每个数值的误差，则i X ～)105,105(55--⨯⨯-U ，有0)(=i X E ，1210)(8-=i X D ，1200,,2,1 =i ．从而0)()(12001==∑=i i X E X E ，61200110)()(-===∑i i X D X D ．由独立同分布的中心极限定理，X 近似地服从)10,0(6-N ，于是)03.0(<X P ))()(03.0)()((X D X E X D X E X P -≤-=12101200003.0121012000(44--⋅-≤⋅-=X P 9974.01)3(2=-Φ=．7．某药厂断言，该厂生产的某药品对医治一种疑难的血液病治愈率为8.0．医院检验员任取100个服用此药的病人，如果其中多于75个治愈，就接受这一断言，否则就拒绝这一断言．(1)若实际上此药对这种病的治愈率是8.0，问接受这一断言的概率是多少？(2)若实际上此药对这种病的治愈率是7.0，问接受这一断言的概率是多少？解：设X 为100个服用此药的病人中治愈的个数，(1)由题可知X ～)8.0,100(B ，则80)(=X E ，16)(=X D ，由棣莫弗—拉普拉斯定理，得)75(1)75(≤-=>X P X P 48075(1))()((1-Φ-=-Φ-=X D X E X 8944.0)25.1(=Φ=．(2)由题可知X ～)7.0,100(B ，则70)(=X E ，21)(=X D ，由棣莫弗—拉普拉斯定理，得)75(1)75(≤-=>X P X P 217075(1)()((1-Φ-=-Φ-=X D X E X 1379.0)09.1(1=Φ-=．8．一射手在一次射击中，所得环数的分布律如下表：X678910P 05.005.01.03.05.0求：(1)在100次射击中环数介于900环与930环之间的概率是多少？(2)超过950环的概率是多少？解：设X 为100次射击中所得的环数，i X 为第i 次射击的环数，则∑==1001i i X X ，15.9)(=i X E ，95.84)(2=i X E ，2275.1)]([)()(22=-=i i i X E X E X D ，100,,2,1 =i ．由1X ，2X ，…，100X 相互独立，得915)()(1001==∑=i i X E X E ，75.122)()(1001==∑=i i X D X D ．由独立同分布的中心极限定理，75.122915-X 近似地服从)1,0(N ，于是(1))930900(≤≤X P ))()(930)()()()(900(X D X E X D X E X X D X E P -≤-≤-=75.12291593075.12291575.122915900(-≤-≤-=X P )75.1221575.122915(≤-=X P 823.01)35.1(2=-Φ≈．(2))950(>X P ))()(950)()((X D X E X D X E X P ->-=75.122915950)()((->-=X D X E X P 001.0)1.3(1=Φ-≈．9．设有30个电子元件1A ，2A ，…，30A ，其寿命分别为1X ，2X ，…，30X ，且且都服从参数为1.0=λ的指数分布，它们的使用情况是当i A 损坏后，立即使用1+i A (29,,2,1 =i )．求元件使用总时间T 不小于350h 的概率．解：由题可知i X ～)1.0(E ，30,,2,1 =i ，则10)(=i X E ，100)(=i X D ．记∑==301i i X T ，由1X ，2X ，…，30X 相互独立，得300)()(301==∑=i i X E T E ，3000)()(301==∑=i i X D T D ．))()(350)()(()350(T D T E T D T E T P T P ->-=>30103003503010300(⋅->⋅-=T P )91.03010300(>⋅-≈T P ，由独立同分布的中心极限定理，3010300⋅-T 近似地服从)1,0(N ，于是1814.0)91.0(1)91.03010300(=Φ-=>⋅-T P ．10．大学英语四级考试，设有85道选择题，每题4个选择答案，只有一个正确．若需要通过考试，必须答对51道以上．试问某学生靠运气能通过四级考试的概率有多大？解：设X 为该学生答对的题数，由题可知X ～41,85(B ，则25.21)(=X E ，9375.15)(=i X D ，85,,2,1 =i ．由棣莫弗—拉普拉斯中心极限定理，近似地有9375.1525.21-X ～)1,0(N ，得)8551(≤≤X P ))()(85)()()()(51(X D X E X D X E X X D X E P -≤-≤-=)9375.1525.21859375.1525.219375.1525.2151(-≤-≤-=X P 0)45.7()97.15(=Φ-Φ=．即学生靠运气能通过四级考试的概率为0．。
《概率论与数理统计》浙江大学第四版课后习题答案
概率论与数理统计习题答案 第四版 盛骤 (浙江大学)浙大第四版（高等教育出版社） 第一章 概率论的基本概念1.[一] 写出下列随机试验的样本空间（1）记录一个小班一次数学考试的平均分数（充以百分制记分）（[一] 1）⎭⎬⎫⎩⎨⎧⨯=n n nn o S 1001, ，n 表小班人数（3）生产产品直到得到10件正品，记录生产产品的总件数。
（[一] 2）S={10，11，12，………，n ，………}（4）对某工厂出厂的产品进行检查，合格的盖上“正品”，不合格的盖上“次品”，如连续查出二个次品就停止检查，或检查4个产品就停止检查，记录检查的结果。
查出合格品记为“1”，查出次品记为“0”，连续出现两个“0”就停止检查，或查满4次才停止检查。
（[一] (3)）S={00，100，0100，0101，1010，0110，1100，0111，1011，1101，1110，1111，} 2.[二] 设A ，B ，C 为三事件，用A ，B ，C 的运算关系表示下列事件。
（1）A 发生，B 与C 不发生。
表示为：C B A 或A － (AB+AC )或A － (B ∪C )（2）A ，B 都发生，而C 不发生。
表示为：C AB 或AB －ABC 或AB －C（3）A ，B ，C 中至少有一个发生表示为：A+B+C（4）A ，B ，C 都发生， 表示为：ABC（5）A ，B ，C 都不发生，表示为：C B A 或S － (A+B+C)或C B A ⋃⋃（6）A ，B ，C 中不多于一个发生，即A ，B ，C 中至少有两个同时不发生 相当于C A C B B A ,,中至少有一个发生。
故 表示为：C A C B B A ++。
（7）A ，B ，C 中不多于二个发生。
相当于：C B A ,,中至少有一个发生。
故 表示为：ABC C B A 或++ （8）A ，B ，C 中至少有二个发生。
相当于：AB ，BC ，AC 中至少有一个发生。
概率论与数理统计浙大四版习题答案第五章 (1)
第五章 大数定理和中心极限定理1．[一] 据以往经验某种电器元件的寿命服从均值为100小时的指数分布，现在随机的抽取16只，设它们的寿命是相互独立的，求这16只元件寿命总和大于1920小时的概率。
解：设第i 只寿命为X i ，（1≤i ≤16），故E (X i )=100，D (X i )=1002(l=1,2,…,16).依本章定理1知⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛≤-=⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛⨯-≤⨯-=≤∑∑∑===8.040016001001616001920100161600)1920(1616161i i i i i i X P X P X P.7881.0)8.0(=Φ=从而.2119.07881.01)1920(1)1920(161161=-=≤-=>∑∑==i ii iXP XP3．[三] 计算机在进行加法时，对每个加数取整（取为最接近它的整数），设所有的取整误差是相互独立的，且它们都在（－0.5，0.5）上服从均匀分布，（1）若将1500个数相加，问误差总和的绝对值超过15的概率是多少？ （2）几个数相加在一起使得误差总和的绝对值小于10的概率不小于0.90 解：（1）设取整误差为X i （ ,2,1=i ，1500），它们都在（－0.5, 0.5）上服从均匀分布。
于是： 025.05.0)(=+-==p X E i 12112)]5.0(5.0[)(2=--=i X D 18.111251211500)(,0)(==⨯==i i X nD X nE⎭⎬⎫⎩⎨⎧≤≤--=⎪⎭⎪⎬⎫⎪⎩⎪⎨⎧≤-=⎪⎭⎪⎬⎫⎪⎩⎪⎨⎧>∑∑∑===1515115115150011500115000i i i i i i X P X P X P ⎪⎪⎭⎪⎪⎬⎫⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≤≤--=∑=18.111518.1118.1115115001i i X P1802.0]9099.01[2)]34.1(1[2)]34.1()34.1([1=-⨯=Φ-=-Φ-Φ-=8．某药厂断言，该厂生产的某种药品对于医治一种疑难的血液病的治愈率为0.8，医院检验员任意抽查100个服用此药品的病人，如果其中多于75人治愈，就接受这一断言，否则就拒绝这一断言。
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第五章 大数定律及中心极限定理注意： 这是第一稿（存在一些错误）1、 解（1）由于{0}1P X ≥=，且()36E X =，利用马尔科夫不等式，得(){50}0.7250E X P X ≥≤= （2）2()2D X =，()36E X =，利用切比雪夫不等式，所求的概率为：223{3240}1(364)10.75164P X P X <<=--≥≥-==2、解：()500,0.1iX B ，5005001211500111610%5%192.8%5000.05125i i i i D X P X ==⎛⎫ ⎪⎧⎫⎝⎭-<≥-==⎨⎬⎩⎭∑∑3、 解 ξ服从参数为0.5的几何分布，11(),(2,3,4)2n P n n ξ-⎛⎫=== ⎪⎝⎭可求出2()()3,()2n E nP n D ξξξ∞=====∑于是令()2a b E ξ+=，2b aε-=，利用切比雪夫不等式，得 有2()()1(())175%D P a b P E ξξξξεε<<=--≥≥-=从而可以求出()3()3a E b E εξεξε==-=-=+=+4、解：()()()()()()()1,,n nnX n n n x F x P X x P X x X x F x a=≤=≤≤==，()0,x a ∈。
则()()()()()11nn n X n nx p x n F x p x a--==，()0,x a ∈。
()()101n n aX n nx n E x x dx a a n -=⋅=+⎰，()()()()21222121n n aX n nx n n D x x dx a a a n n n -⎛⎫=⋅-= ⎪+⎝⎭++⎰。
()()()222121n n n P X a a n n n εε⎧⎫-≥≤⎨⎬+++⎩⎭， 所以(){}lim 0n n P X a ε→∞-≥=。
5、 解 服从大数定律。
由题意得：()2/32/32/3{},()()!kii i i i e P X k E X D X i k -====由1/32/32221111111()()0nn n n i i i i i D X D X i n n n n ->∞===⎛⎫==≤−−−→ ⎪⎝⎭∑∑∑根据马尔科夫大数定律，可判断该序列服从大数定律的。
6、解：（1）()2h x x =，则()h x 连续。
()()22211E h X EX σμ==+<∞，则0ε∀>，有()22211lim 0n i n i P X n σμε→∞=⎧⎫-+≥=⎨⎬⎩⎭∑，则()22211n p i i X n σμ=−−→+∑，()n →∞。
（2）()()2h x x μ=-连续，()()()2211E h X E X μσ=-=<∞，则0ε∀>，有()2211lim 0n i n i P X n μσε→∞=⎧⎫--≥=⎨⎬⎩⎭∑，则()2211n p i i X n μσ=-−−→∑，()n →∞。
（3）12122211lim pnnnnn iii i X X X X X X EXX→∞==++++++−−→∑∑12pnX X X X n μ+++=−−→，()()2222111npi i X n S nX n n σμ==-+−−→-+∑，故()12222221lim1pnnn ii X X X n n n Xμμσμσμ→∞=+++−−→=-++∑(4)原式依概率收敛，即12lim pnnn nX X X X E→∞+++++−−→⎫⎛⎫lim lim nn n X nX →∞→∞++=⎫n XS=)nSμ=+n Sμ= E Sμ=μσ=7 解 （1）由题意得：221111{}1110n n i i i i P X a P X a n n εε==⎧⎫-≥=--<=-=⎨⎬⎩⎭∑∑根据推论5.1.4，可求得22122()x a E X x e dx λλλ∞-===⎰（2）由题意得：211(),()i i E X D X λλ==，100100100211112111(),()()5050250025i i i i i i E X D X D X λλ======∑∑∑ 根据中心极限定理，可知10021121~(,)5025ii X N λλ=∑ （3） 2224224(),()i i E X a D X λλ===，利用中心极限定理，可知10022411224~(,)100100ii X N λλ=∑ 从而10022112{}0.5100i i P X λ=≤=∑8、解：()500,150X N -近似地，()()()506016010.210.27.9%50X P P X P X P -⎛⎫=>=-≤=-≤=-Φ= ⎪⎝⎭9、解 （1）由题意得：记{}20.95 1.050.95 1.05 1.122p P X =<<=--，引入随机变量 10,i i Y i ⎧=⎨⎩，第次试验中该事件发生，i=1,2,3第次试验中该事件不发生，且(1)i P Y p ==于是1nii Y Y ==∑服从二项分布：1001001001()()(1)n k k ii P Y k P Y k Cp p -=====-∑方法一：（Y 的精确分布）10099(2)1(0)(1)1(1)100(1)99.756%P Y P Y P Y p p p >=-=-==----=方法二（泊松分布）Y 近似服从参数为100p 的泊松分布100100(2)1(0)(1)110099.66%p p P Y P Y P Y e pe -->=-=-==--=方法三：（中心极限定理）Y 近似服从(100,100(1))N p p p -于是：(2)1(2)199.55%P Y P Y >=-≤=-Φ=（2）设至少需要n 次观察 记133224q P X ⎧⎫=<<=⎨⎬⎩⎭，这时(1)i P Y q ==于是1ni i Y Y ==∑近似服从(,(1))N nq nq q -95%(80)1P Y P ≤≥=≥=-Φ1.65≈，从而求得n=11710、解：1,0.3,2,0.5,3,0.2. X⎧⎪=⎨⎪⎩10.320.500.2 1.3EX=⨯+⨯+⨯=，2220.30.30.70.5 1.30.20.61 DX=⨯+⨯+⨯=，()80011.30,1iXN-∑近似地，则8008001110001.3 1.31000iiiXP X P=⎛⎫--⎪⎛⎫>=>⎪⎝⎭∑∑()1.8196.48%=Φ=11 、解（1）由题意得，引入随机变量101000,0iiXi⎧=⎨⎩，第名选手得分，i=1,2,3，第名选手不得分，且(1)0.3iP X==所求的概率为：100100110.33586.21%iiiXP X P=-⎛⎫≤=≤=Φ=⎪⎝⎭∑∑（2）用iX表示第i名选手的得分，则23(0)0.2,(1)0.2*0.80.16(2)0.2*0.80.128,(4)0.80.512i ii iP X P XP X P X===========并且() 2.464,() 2.793i iE X D X==1002.464*100~(0,1)iXN-∑，于是所求的概率为：1001(220)1(1.58)94.3%iiP X=≥=-Φ=Φ=∑。