某型号收音机晶体三极管的寿命的密度函数为 f(x) = } 0 & x leq 1000 (1000)/(x^2) & x > 1000 (单位: h), 装有 5 个这种三极管的收音机在使用的前 1500 h 内正好有 2 个三极管需要更换的概率是 ( )。(A) (1)/(3)(B) (40)/(243)(C) (80)/(243)(D) (2)/(3)
某型号收音机晶体三极管的寿命的密度函数为 $f(x) = \begin{cases} 0 & x \leq 1000 \\ \frac{1000}{x^2} & x > 1000 \end{cases}$ (单位: $h$), 装有 5 个这种三极管的收音机在使用的前 $1500 h$ 内正好有 2 个三极管需要更换的概率是 ( )。 (A) $\frac{1}{3}$ (B) $\frac{40}{243}$ (C) $\frac{80}{243}$ (D) $\frac{2}{3}$
题目解答
答案
我们来逐步解决这道题。
题目分析
题目给出的是一个晶体三极管寿命的概率密度函数（PDF）：
$f(x) = \begin{cases} 0 & x \leq 1000 \\\frac{1000}{x^2} & x > 1000 \end{cases}$
单位是小时（h）。
题目问的是：5 个三极管中，在使用的前 1500 小时内，正好有 2 个需要更换的概率是多少？
解题思路
- 求单个三极管在前 1500 小时内失效的概率（即：寿命小于等于 1500 小时的概率）。
- 使用二项分布模型：5 个三极管相互独立，每个三极管在 1500 小时内失效的概率为 $ p $，求“正好有 2 个失效”的概率。
- 代入公式计算。
第一步：求单个三极管在 1500 小时内失效的概率
失效时间 $ X $ 是一个连续随机变量，概率密度函数为 $ f(x) $。
失效概率为：
$P(X \leq 1500) = \int_{0}^{1500} f(x) dx$
由于当 $ x \leq 1000 $ 时，$ f(x) = 0 $，所以积分从 1000 开始：
$P(X \leq 1500) = \int_{1000}^{1500} \frac{1000}{x^2} dx$
计算这个积分：
$\int_{1000}^{1500} \frac{1000}{x^2} dx = 1000 \int_{1000}^{1500} x^{-2} dx = 1000 \left[ -\frac{1}{x} \right]_{1000}^{1500}$
$= 1000 \left( -\frac{1}{1500} + \frac{1}{1000} \right) = 1000 \left( \frac{1}{1000} - \frac{1}{1500} \right)$
$= 1000 \cdot \left( \frac{3 - 2}{3000} \right) = 1000 \cdot \frac{1}{3000} = \frac{1}{3}$
所以，单个三极管在 1500 小时内失效的概率是 $ p = \frac{1}{3} $
第二步：使用二项分布模型
设 $ X $ 为 5 个三极管中在 1500 小时内失效的个数。
则 $ X \sim \text{Binomial}(n=5, p=1/3) $
我们要求的是：
$P(X = 2) = \binom{5}{2} \left( \frac{1}{3} \right)^2 \left( 1 - \frac{1}{3} \right)^{5 - 2}$
$= 10 \cdot \left( \frac{1}{9} \right) \cdot \left( \frac{2}{3} \right)^3 = 10 \cdot \frac{1}{9} \cdot \frac{8}{27}$
$= \frac{10 \cdot 8}{9 \cdot 27} = \frac{80}{243}$
最终答案
$\boxed{\text{(C) } \frac{80}{243}}$
如有其他概率题需要解答，欢迎继续提问！
解析
本题考查连续型随机变量的概率计算以及二项分布的应用。解题思路如下：
- 首先，根据给定的晶体三极管寿命的概率密度函数，计算单个三极管在使用的前$1500h$内需要更换（即寿命小于等于$1500h$）的概率。
- 然后，将$5$个三极管的使用情况看作$5$次独立重复试验，每个三极管在前$1500h$内需要更换的概率为第一步所求的概率，利用二项分布的概率公式计算正好有$2$个三极管需要更换的概率。
第一步：计算单个三极管在前$1500h$内需要更换的概率
已知晶体三极管寿命的概率密度函数为$f(x) = \begin{cases} 0 & x \leq 1000 \\ \frac{1000}{x^2} & x > 1000 \end{cases}$，设三极管的寿命为随机变量$X$，则单个三极管在前$1500h$内需要更换的概率为$P(X\leq1500)$。
根据连续型随机变量概率的计算方法，$P(X\leq1500)=\int_{-\infty}^{1500}f(x)dx$，由于当$x\leq1000$时，$f(x)=0$，所以$P(X\leq1500)=\int_{1000}^{1500}\frac{1000}{x^2}dx$。
计算积分$\int_{1000}^{1500}\frac{1000}{x^2}dx$：
$\begin{align*}\int_{1000}^{1500}\frac{1000}{x^2}dx&=1000\int_{1000}^{1500}x^{-2}dx\\&=1000\left[-\frac{1}{x}\right]_{1000}^{1500}\\&=1000\left(-\frac{1}{1500}+\frac{1}{1000}\right)\\&=1000\times\left(\frac{1}{1000}-\frac{1}{1500}\right)\\&=1000\times\frac{3 - 2}{3000}\\&=1000\times\frac{1}{3000}\\&=\frac{1}{3}\end{align*}$
即单个三极管在前$1500h$内需要更换的概率$p = \frac{1}{3}$。
第二步：利用二项分布计算$5$个三极管中正好有$2$个需要更换的概率
设$Y$表示$5$个三极管中在前$1500h$内需要更换的个数，因为每个三极管的使用情况相互独立，且每个三极管在前$1500h$内需要更换的概率都为$p = \frac{1}{3}$，所以$Y\sim B(5,\frac{1}{3})$。
根据二项分布的概率公式$P(Y=k)=\binom{n}{k}p^k(1-p)^{n-k}$（其中$n$为试验次数，$k$为指定事件发生的次数，$p$为每次试验中指定事件发生的概率），可得$5$个三极管中正好有$2$个需要更换的概率为：
$\begin{align*}P(Y = 2)&=\binom{5}{2}\left(\frac{1}{3}\right)^2\left(1 - \frac{1}{3}\right)^{5 - 2}\\&=\frac{5!}{2!(5 - 2)!}\times\frac{1}{9}\times\left(\frac{2}{3}\right)^3\\&=\frac{5\times4}{2\times1}\times\frac{1}{9}\times\frac{8}{27}\\&=10\times\frac{1}{9}\times\frac{8}{27}\\&=\frac{80}{243}\end{align*}$