题型 4 关于重要分布

题型 4 : 关于重要分布

【5.31】设事件 $A$ 在每一次试验中发生的概率为 0.3,当 $A$ 发生不少于 3 次时,指示灯发出信号. (1)进行了 5 次独立试验,求指示灯发出信号的概率； (2)进行了 7 次独立试验,求指示灯发出信号的概率. 解 记 $A$ 发生的次数为 $X$,则 $X\sim B\left(n,0.3\right),n=5,7$. 记 $B$ 为指示灯发出信号. (1) $P\left(B\right)=P\{X\ge 3\}=\sum _{k=3}^5{C}_5^k{\left(0.3\right)}^k{\left(0.7\right)}^{5-k}\approx 0.163$,或

$$P\left(B\right)=1-\sum _{k=0}^{2}P\{X=k\}$$ $$=1-{\left(0.7\right)}^5-C_5^1\left(0.3\right){\left(0.7\right)}^4-C_5^2{\left(0.3\right)}^2{\left(0.7\right)}^3\approx 0.163$$

(2) $P\left(B\right)=\sum _{k=3}^{7}P\{X=k\}=\sum _{k=3}^7{C}_7^k{\left(0.3\right)}^k{\left(0.7\right)}^{7-k}\approx 0.353$,或

$$P\left(B\right)=1-\sum _{k=0}^{2}P\{X=k\}=1-{\left(0.7\right)}^7-C_7^1\left(0.3\right){\left(0.7\right)}^6-C_7^2{\left(0.3\right)}^2{\left(0.7\right)}^5\approx 0.353$$

【5.32】某批零件的次品率为 0.1, 从这批零件中任取 20 件,求:

(1)恰有 3 件次品的概率;

(2)至少有 3 件次品的概率；

(3)次品数的最可能值.

解 设次品数为 $X$,则 $X\sim B\left(20,0.1\right)$,由二项分布的分布律可知:

(1) $P\{X=3\}=C_{20}^3\cdot {0.1}^3\cdot {0.9}^{17}=0.19$.

(2) $P\{X\ge 3\}=1-P\{X=0\}-P\{X=1\}-P\{X=2\}$

$$=1-{0.9}^{20}-C_{20}^1\cdot {0.1}^1\cdot {0.9}^{19}-C_{20}^2\cdot {0.1}^2\cdot {0.9}^{18}$$ $$=0.3231\text{.}$$

(3)次品数的最可能值为 $\left[\left(n+1\right)p\right]=2$.

【5.33】设随机变量 $X$ 服从几何分布,证明

$$P\{X=n+k\mid X>n\}=P\{X=k\},\left(n\ge 1,k=1,2,\cdots \right)$$

证 $P\{X=k\}=p{q}^{k-1}.\left(k=1,2,\cdots ;q=1-p\right)$

$$P\{X=n+k\mid X>n\}=\frac{P\{X=n+k\}}{P\{X>n\}}=\frac{p{q}^{n+k-1}}{\sum _{k=n+1}^{\infty }p{q}^{k-1}}=p{q}^{k-1}.$$

故得证.

【5.34】一本 500 页的书, 共有 500 个错字, 每个错字等可能地出现在每一页上(每一页的印刷符号超过 500 个), 试求在给定的一页上至少有三个错字的概率.

解 500 个错字中的每一个在该页上的概率为 $p=\frac{1}{500}$. 设该页上的错字数为 $X$,则

$$P\{X=i\}=C_{500}^i{p}^i{\left(1-p\right)}^{500-i},i=0,1,2,\cdots ,500$$

概率论与数理统计习题精选精解

因 $n=500$ 较大,而 $p=\frac{1}{500}$ 较小,由泊松定理

$$P\{X=i\}\approx \frac{{\left(np\right)}^i}{i!}{\mathrm{e}}^{-np}=\frac{{\mathrm{e}}^{-1}}{i!},i=1,2,\cdots$$

$P\{$ 该页至少有三个错字 $\}=1-P\{$ 该页上至多有三个错字 $\}$

$$=1-\left[P\{X=0\}+P\{X=1\}+P\{X=2\}\right]$$ $$\approx 1-\left({\mathrm{e}}^{-1}+{\mathrm{e}}^{-1}+\frac{1}{2!}{\mathrm{e}}^{-1}\right)=1-\frac{5}{2}{\mathrm{e}}^{-1}.$$

【5.35】现有 500 人检查身体,初步发现有 50 人患有某种病,从中任找出 10 人,求下列事件的概率:

(1)恰有 1 人患此病；

(2)最多有 1 人患此病；

(3)至少有 1 人患此病.

解 设任找的 10 人中患此病的人数为 $X$,据题意知 $X$ 服从超几何分布,有

$$P\{X=k\}=\frac{C_{50}^k{C}_{450}^{10-k}}{C_{500}^{10}},k=0,1,\cdots ,10$$

因为总数 $N$ 很大,而抽取个数 $n$ 相对较小,故可用二项分布近似代替超几何分布.

$$P\{X=k\}\approx C_{10}^k{\left(\frac{50}{500}\right)}^k{\left(\frac{450}{500}\right)}^{10-k}=C_{10}^k\cdot {0.1}^k\cdot {0.9}^{10-k}.$$

(1) $P\{X=1\}\approx 10\times 0.1\times {0.9}^9\approx 0.3874$

(2) $P\{X\le 1\}=P\{X=0\}+P\{X=1\}\approx {0.9}^{10}+0.3874\approx 0.7361$

(3) $P\{X\ge 1\}=1-P\{X<1\}=1-P\{X=0\}=1-{0.9}^{10}\approx 0.6513$

【5.36】某地区一个月内发生交通事故的次数 $X$ 服从参数 $\lambda$ 的泊松分布,即 $X\sim P\left(\lambda \right)$. 据统计资料知,一个月内发生 8 次交通事故的概率是发生 10 次事故概率的 2.5 倍.

(1)求 1 个月内发生 8 次、 10 次交通事故的概率；

(2)求 1 个月内至少发生 1 次交通事故的概率.

解 这是泊松分布的应用问题, $X\sim P\left(\lambda \right),P\{X=k\}=\frac{{\lambda }^k{\mathrm{e}}^{-\lambda }}{k!},k=0,1,2,\cdots$ 这里 $\lambda$ 是未知的,关键是求出 $\lambda$.

根据题意有 $P\{X=8\}=2.5P\{X=10\}$,即 $\frac{{\lambda }^8{\mathrm{e}}^{-\lambda }}{8!}=2.5\times \frac{{\lambda }^{10}{\mathrm{e}}^{-\lambda }}{10!}$

解出 ${\lambda }^2=36,\lambda =6$

(1) $P\{X=8\}=\frac{6^8{\mathrm{e}}^{-6}}{8!}\approx 0.1033,P\{X=10\}=\frac{6^{10}{\mathrm{e}}^{-6}}{10!}\approx 0.0413$

(2) $P\{X=0\}={\mathrm{e}}^{-6}\approx 0.00248,P\{X\ge 1\}=1-P\{X=0\}\approx 1-0.00248\approx 0.9975$.

【5.37】某单位招聘 155 人,按考试成绩录用,共有 526 人报名,假设报名者的考试成绩 $X\sim$ $N\left(\mu ,{\sigma }^2\right)$. 已知 90 分以上的 12 人,60 分以下的 83 人,若从高分到低分依次录取,某人成绩为 78 分, 问此人能否被录取?

解 本题中只知成绩 $X\sim N\left(\mu ,{\sigma }^2\right)$,但不知 $\mu ,\sigma$ 的值是多少,所以必须首先想法求出 $\mu$ 和 $\sigma$. 根据已知条件有

$$P\{X>90\}=\frac{12}{526}\approx 0.0228,$$ $$P\{X\le 90\}=1-P\{X>90\}\approx 1-0.0228=0.9772,$$

又因为

$$P\{X\le 90\}\stackrel{\text{ 标准化 }}{=}P\left\{\frac{X-\mu }{\sigma }\le \frac{90-\mu }{\sigma }\right\}=\Phi \left(\frac{90-\mu }{\sigma }\right),$$

所以

$$\Phi \left(\frac{90-\mu }{\sigma }\right)=0.9772.$$

反查标准正态分布表得

$$\frac{90-\mu }{\sigma }\approx 2.0$$

①

又

$$P\{X<60\}=\frac{83}{526}\approx 0.1588,$$ $$P\{X<60\}\stackrel{\text{ 标准化 }}{=}P\left\{\frac{X-\mu }{\sigma }<\frac{60-\mu }{\sigma }\right\}=\Phi \left(\frac{60-\mu }{\sigma }\right),$$

所以

$$\Phi \left(\frac{60-\mu }{\sigma }\right)\approx 0.1588,\Phi \left(\frac{\mu -60}{\sigma }\right)\approx 1-0.1588=0.8412.$$

反查标准正态分布表得

$$\frac{\mu -60}{\sigma }\approx 1.0,$$

②

由 ①,② 联立解出 $\sigma =10,\mu =70$. 所以

$$X\sim N\left(70,{10}^2\right)\text{.}$$

某人成绩 78 分,能否被录取,关键在于录取率. 已知录取率为 $\frac{155}{526}\approx 0.2947$. 看是否能被录取, 解法有二.

方法 1: 看 $P\{X>78\}=$ ?

$$P\{X>78\}=1-P\{X\le 78\}=1-P\left\{\frac{X-70}{10}\le \frac{78-70}{10}\right\}=1-P\left\{X^{\ast }\le 0.8\right\}$$ $$=1-\Phi \left(0.8\right)\approx 1-0.7881=0.2119$$

因为 $0.2119<0.2947$ (录取率),所以此人能被录取.

方法 2: 看录取分数限. 设被录用者的最低分为 $x_0$,则 $P\left\{X\ge x_0\right\}=0.2947$ (录取率),

$$P\left\{X\le x_0\right\}=1-P\left\{X>x_0\right\}\approx 1-0.2947=0.7053,$$

而

$$P\left\{X\le x_0\right\}=P\left\{\frac{X-70}{10}\le \frac{x_0-70}{10}\right\}=P\left\{X^{\ast }\le \frac{x_0-70}{10}\right\}=\Phi \left(\frac{x_0-70}{10}\right),$$

所以

$$\Phi \left(\frac{x_0-70}{10}\right)=0.7053.$$

反查标准正态分布表得

$$\frac{x_0-70}{10}\approx 0.54$$

解出 $x_0=75$,某人成绩 78 分,在 75 分以上,所以能被录取.

【5.38】设随机变量 $X$ 服从正态分布 $N\left(0,1\right)$,对给定的 $\alpha \left(0<\alpha <1\right)$,数 $u_{\alpha }$ 满足 $P\{X>$ $u_{\alpha }\}=\alpha$. 若 $P\{\left|X\right|<x\}=\alpha$,则 $x$ 等于 ( ).

(A) $u_{\frac{\alpha }{2}}$ (B) $u_{1-\frac{\alpha }{2}}$ (C) $u\frac{1-\alpha }{2}$ (D) $u_{1-\alpha }$

解 由标准正态分布密度函数的对称性知

$1-\alpha =1-P\{\left|X\right|<x\}=P\{\left|X\right|\ge x\}=P\{X\ge x\}+P\{X\le -x\}=2P\{X\ge x\}.$ 即有 $P\{X\ge x\}=\frac{1-\alpha }{2}$,则 $x=u\frac{1-\alpha }{2}$.

故应选(C).

点评 本题 $u_a$ 相当于上侧分位数,如图 2-5.38 所示.

图 2-5.38

【5.39】设随机变量 $X$ 与 $Y$ 均服从正态分布, $X\sim N\left(\mu ,4^2\right),Y\sim N\left(\mu ,5^2\right)$; 记 $p_1=$ $P\{X\le \mu -4\},p_2=P\{Y\ge \mu +5\}$,则 ( ).

(A) 对任何实数 $\mu$,都有 $p_1=p_2$ (B) 对任何实数 $\mu$,都有 $p_1<p_2$

(C) 只对 $\mu$ 的个别值,才有 $p_1=p_2$ (D) 对任何实数 $\mu$,都有 $p_1>p_2$

解 由于 $\frac{X-\mu }{4}\sim N\left(0.1\right),\frac{Y-\mu }{5}\sim N\left(0.1\right)$,

所以

$$p_1=P\left\{\frac{X-\mu }{4}\le -1\right\}=\Phi \left(-1\right)=1-\Phi \left(1\right)$$ $$p_2=P\left\{\frac{Y-\mu }{5}\ge 1\right\}=1-\Phi \left(1\right)$$

故 $p_1=p_2$,而且与 $\mu$ 的取值无关.

故应选 (A).

【5.40】设 $f_1\left(x\right)$ 为标准正态分布的概率密度, $f_2\left(x\right)$ 为 $\left[-1,3\right]$ 上均匀分布的概率密度,若

$$f\left(x\right)=\{\begin{array}{ll}a{f}_1\left(x\right),& x\le 0,\\ b{f}_2\left(x\right),& x>0\end{array}\left(a>0,b>0\right)$$

为概率密度,则 $a,b$ 应满足

(A) $2a+3b=4$ (B) $3a+2b=4$ (C) $a+b=1$ (D) $a+b=2$

解 由概率密度的性质: ${\int }_{-\infty }^{+\infty }f\left(x\right)\mathrm{d}x=1$,而电 76

$${\int }_{-\infty }^{+\infty }f\left(x\right)\mathrm{d}x=a{\int }_{-\infty }^0{f}_1\left(x\right)\mathrm{d}x+b{\int }_0^{+\infty }{f}_2\left(x\right)\mathrm{d}x$$

其中

$${\int }_{-\infty }^0{f}_1\left(x\right)\mathrm{d}x=\frac{1}{2}{\int }_{-\infty }^{+\infty }{f}_1\left(x\right)\mathrm{d}x=\frac{1}{2}(f_1\left(x\right)\text{偶函数})$$ $${\int }_0^{+\infty }{f}_2\left(x\right)\mathrm{d}x={\int }_0^3\frac{1}{4}\mathrm{d}x=\frac{3}{4}(f_2\left(x\right)=\left\{\begin{array}{ll}\frac{1}{4},& x\in \left[-1,3\right]\\ 0,& \text{ 其他 }\end{array}\right)$$

故 $\frac{a}{2}+\frac{3b}{4}=1$ 即 $2a+3b=4$.

故应选(A).

【5.41】设随机变量 $X$ 服从正态分布 $N\left(\mu ,{\sigma }^2\right)\left(\sigma >0\right)$,且二次方程 $y^2+4y+X=0$ 无实根的概率为 $\frac{1}{2}$,则 $\mu =$ _____.

解 二次方程 $y^2+4y+X=0$ 无实根,则

$$\Delta =4^2-4X<0,\text{ 即 }4<X$$

因为 $P\{4<X\}=\frac{1}{2}$

故 $\mu =4$

【5.42】设随机变量 $Y$ 服从参数为 1 的指数分布, $a$ 为常数且大于零,则 $P\{Y\le a+1\mid Y>$ $a\}=$ _____.

解 因为 $Y$ 服从参数为 1 的指数分布,所以 $Y$ 的分布函数为:

$$F\left(y\right)=\{\begin{array}{ll}1-{\mathrm{e}}^{-y},& y>0\\ 0,& y\le 0\end{array},$$

则

$$P\{Y\le a+1\mid Y>a\}=\frac{P\{a<Y\le a+1\}}{P\{Y>a\}}$$ $$=\frac{P\{a<Y\le a+1\}}{1-P\{Y\le a\}}=\frac{F\left(a+1\right)-F\left(a\right)}{1-F\left(a\right)}$$ $$=\frac{1-{\mathrm{e}}^{-a-1}-\left(1-{\mathrm{e}}^{-a}\right)}{1-\left(1-{\mathrm{e}}^{-a}\right)}=1-{\mathrm{e}}^{-1}.$$

点评 本题为条件概率, 先使用条件概率公式, 再利用指数分布的分布函数或概率密度求出相应的概率, 此为常规解法.

除此之外,本题也可以利用指数分布的性质一“无记忆性”:设 $Y\sim E\left(\lambda \right)$,则

$P\{Y>a+t\mid Y>a\}=P\{Y>t\}.$

故 $P\{Y\le a+1\mid Y>a\}=1-P\{Y>a+1\mid Y>a\}=1-P\{Y>1\}=P\{Y\le 1\}$ $=1-{\mathrm{e}}^{-1}$.

【5.43】设打一次电话所用时间 $X$ (分钟) 服从参数 $\lambda =0.1$ 的指数分布. 如某人刚好在你前面走进电话间, 求你等待的时间:

(1)超过 10 分钟的概率；

(2)在 10 分钟到 20 分钟之间的概率.

解 因为 $X\sim E\left(0.1\right)$,则 $f\left(x\right)=\{\begin{array}{cc}\frac{1}{10}{\mathrm{e}}^{-\frac{x}{10}},& x>0\\ 0,& x\le 0\end{array},F\left(x\right)=\{\begin{array}{cc}1-{\mathrm{e}}^{-\frac{x}{10}},& x>0\\ 0,& x\le 0\end{array}$,故

(1) $P\{X>10\}=1-F\left(10\right)\left(\text{或}{\int }_{10}^{+\infty }f\left(x\right)\mathrm{d}x\right)={\mathrm{e}}^{-1}$;

(2) $P\{10<X<20\}=F\left(20\right)-F\left(10\right)\left(\text{或}{\int }_{10}^{20}f\left(x\right)\mathrm{d}x\right)={\mathrm{e}}^{-1}-{\mathrm{e}}^{-2}$.