9 设顾客在某银行的窗口等待服务的时间(单位：min)是一随机变量，它服从lambda=(1)/(5)的指数分布，其密度函数为f(x)={}(1)/(5)e^-(1)/(5)x,&x>0,0,&其他，.某顾客在窗口等待服务，若超过10min，他就离开. (1)设该顾客某天去银行，求他未等到服务就离开的概率； (2)设该顾客一个月要去银行五次，求他五次中至多有一次未等到服务而离开的概率.

本题主要考查指数分布和二项分布的相关知识。解题思路如下：

（1）求顾客未等到服务就离开的概率

• 已知顾客等待服务的时间$X$服从$\lambda = \frac{1}{5}$的指数分布，其概率密度函数为$f(x)=\begin{cases}\frac{1}{5}e^{-\frac{1}{5}x},&x > 0\\0,&\text{其他}\end{cases}$。
• 顾客未等到服务就离开意味着等待时间$X\geq10$，根据连续型随机变量在某区间上的概率等于其概率密度函数在该区间上的定积分，所以我们需要计算$P(X\geq10)$，即$\int_{10}^{+\infty}f(x)dx$。
• 计算定积分$\int_{10}^{+\infty}\frac{1}{5}e^{-\frac{1}{5}x}dx$：
  • 令$u = -\frac{1}{5}x$，则$du = -\frac{1}{5}dx$。
  • 当$x = 10$时，$u = -\frac{1}{5}\times10 = -2$；当$x\to +\infty$时，$u\to -\infty$。
  • 原积分可化为$\int_{-2}^{-\infty}-e^{u}du=\int_{-\infty}^{-2}e^{u}du$。
  • 根据指数函数的积分公式$\int e^{u}du = e^{u} + C$，可得$\int_{-\infty}^{-2}e^{u}du = e^{u}\big|_{-\infty}^{-2}=e^{-2}-e^{-\infty}=e^{-2}-0 = e^{-2}$。

（2）求顾客五次中至多有一次未等到服务而离开的概率

• 设$Y$为顾客五次中未等到服务的次数，每次去银行未等到服务的概率为$p = e^{-2}$，去银行的次数$n = 5$，由于每次去银行是否未等到服务是相互独立的，所以$Y$服从参数为$n = 5$，$p = e^{-2}$的二项分布，即$Y\sim B(5,e^{-2})$。
• “至多有一次未等到服务”包含“一次都未等到服务”（即$Y = 0$）和“恰好有一次未等到服务”（即$Y = 1$）这两种情况。
• 根据二项分布的概率公式$P(Y = k) = C_{n}^{k}p^{k}(1 - p)^{n - k}$，其中$C_{n}^{k}=\frac{n!}{k!(n - k)!}$。
  • 计算$P(Y = 0)$：
    • $P(Y = 0) = C_{5}^{0}(e^{-2})^{0}(1 - e^{-2})^{5 - 0}$。
    • 因为$C_{5}^{0}=\frac{5!}{0!(5 - 0)!}=1$，$(e^{-2})^{0}=1$，所以$P(Y = 0) = (1 - e^{-2})^{5}$。
  • 计算$P(Y = 1)$：
    • $P(Y = 1) = C_{5}^{1}(e^{-2})^{1}(1 - e^{-2})^{5 - 1}$。
    • 因为$C_{5}^{1}=\frac{5!}{1!(5 - 1)!}=\frac{5\times4!}{4!}=5$，所以$P(Y = 1) = 5e^{-2}(1 - e^{-2})^{4}$。
  • 则$P(Y\leq1)=P(Y = 0)+P(Y = 1)=(1 - e^{-2})^{5}+5e^{-2}(1 - e^{-2})^{4}$。
  • 提取公因式$(1 - e^{-2})^{4}$可得：$P(Y\leq1)=(1 - e^{-2})^{4}[(1 - e^{-2}) + 5e^{-2}]=(1 + 4e^{-2})(1 - e^{-2})^{4}$。