概率论课后习题答案
概率论和数理统计大学课后题答案
7习题七1.设总体X 服从二项分布b 〔n ，p 〕，n ，X 1，X 2，…，X n 为来自X 的样本，求参数p 的矩法估计.【解】1(),(),E X np E X A X ===因此np =X所以p 的矩估计量 ˆXpn= 2.设总体X 的密度函数f 〔x ,θ〕=22(),0,0,.x x θθθ⎧-<<⎪⎨⎪⎩其他X 1，X 2，…，X n 为其样本，试求参数θ的矩法估计.【解】23022022()()d ,233x x E X x x x θθθθθθθ⎛⎫=-=-= ⎪⎝⎭⎰令E (X )=A 1=X ,因此3θ=X 所以θ的矩估计量为 ^3.X θ=3.设总体X 的密度函数为f 〔x ，θ〕，X 1，X 2，…，X n 为其样本，求θ的极大似然估计.〔1〕 f 〔x ，θ〕=,0,0,0.e x x x θθ-⎧≥⎨<⎩〔2〕 f 〔x ，θ〕=1,01,0,.x x θθ-⎧<<⎨⎩其他【解】〔1〕 似然函数111(,)ee eniii n nx x nn ii i L f x θθθθθθ=---==∑===∏∏1ln ln ni i g L n x θθ===-∑由1d d ln 0d d ni i g L n x θθθ===-=∑知 1ˆnii nxθ==∑所以θ的极大似然估计量为1ˆXθ=. (2) 似然函数11,01nni i i L x x θθ-==<<∏,i =1,2,…,n.1ln ln (1)ln ni i L n x θθ==+-∏由1d ln ln 0d ni i L nx θθ==+=∏知 11ˆln ln nniii i n nxx θ===-=-∑∏所以θ的极大似然估计量为 1ˆln nii nxθ==-∑【解】0.094x =-0.101893s =9n =0.094.EX x ==-由222221()()[()],()ni i x E X D X E X E X A n==+==∑知222ˆˆ[()]E X A σ+=,即有 ˆσ=于是 ˆ0.101890.0966σ=== 所以这批股民的平均收益率的矩估计值及标准差的矩估计值分别为-0.94和0.966. 5.随机变量X 服从［0，θ］上的均匀分布，今得X 的样本观测值：0.9,0.8,0.2,0.8,0.4,0.4,0.7,0.6，求θ的矩法估计和极大似然估计，它们是否为θ的无偏估计. 【解】(1)()2E X θ=,令()E X X =，那么ˆ2X θ=且ˆ()2()2()E E X E X θθ===, 所以θ的矩估计值为ˆ220.6 1.2x θ==⨯=且ˆ2X θ=是一个无偏估计.(2) 似然函数8811(,)i i L f x θθ=⎛⎫== ⎪⎝⎭∏,i =1,2, (8)显然L =L (θ)↓(θ>0)，那么18max{}i i x θ≤≤=时，L =L (θ)最大,所以θ的极大似然估计值ˆθ=0.9. 因为E(ˆθ)=E (18max{}i i x ≤≤)≠θ,所以ˆθ=18max{}ii x ≤≤不是θ的无偏计. 6.设X 1，X 2，…，X n 是取自总体X 的样本，E 〔X 〕=μ，D 〔X 〕=σ2，2ˆσ=k 1211()n i i i XX -+=-∑,问k 为何值时2ˆσ为σ2的无偏估计. 【解】令 1,i i i Y X X +=-i =1,2,…,n -1,那么 21()()()0,()2,i i i i E Y E X E X D Y μμσ+=-=-==于是 1222211ˆ[()](1)2(1),n ii E E k Yk n EY n k σσ-===-=-∑那么当22ˆ()E σσ=,即222(1)n k σσ-=时, 有 1.2(1)k n =-7.设X 1，X 2是从正态总体N 〔μ，σ2〕中抽取的样本112212312211311ˆˆˆ;;;334422X X X X X X μμμ=+=+=+ 试证123ˆˆˆ,,μμμ都是μ的无偏估计量，并求出每一估计量的方差. 【证明】〔1〕11212212121ˆ()()(),333333E E X X E X E X μμμμ⎛⎫=+=+=+= ⎪⎝⎭21213ˆ()()()44E E X E X μμ=+=, 31211ˆ()()(),22E E X E X μμ=+= 所以123ˆˆˆ,,μμμ均是μ的无偏估计量. (2) 22221122145ˆ()()(),3399D D X D X X σμσ⎛⎫⎛⎫=+== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭222212135ˆ()()(),448D D X D X σμ⎛⎫⎛⎫=+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭()223121ˆ()()(),22D D X D X σμ⎛⎫=+= ⎪⎝⎭8.某车间生产的螺钉，其直径X ~N 〔μ，σ2〕，由过去的经历知道σ2=0.06,今随机抽取6枚，测得其长度〔单位mm 〕如下： 14.715.014.814.915.115.2试求μ的置信概率为0.95的置信区间.【解】n =6,σ2=0.06,α=1-0.95=0.05,0.25214.95, 1.96,a x u u ===,μ的置信度为0.95的置信区间为/2(14.950.1 1.96)(14.754,15.146)x u α⎛±=±⨯= ⎝.9.总体X ~N (μ,σ2)，σ2，问需抽取容量n 多大的样本，才能使μ的置信概率为1-α，且置信区间的长度不大于L ？【解】由σ2可知μ的置信度为1-α的置信区间为/2x u α⎛± ⎝,/2u α,/2u α≤L ,得n ≥22/224()u L ασ 10.设某种砖头的抗压强度X ~N 〔μ，σ2〕，今随机抽取20块砖头，测得数据如下〔kg ·cm -2〕：64694992559741848899 846610098727487844881〔1〕 求μ的置信概率为0.95的置信区间.〔2〕 求σ2的置信概率为0.95的置信区间.【解】76.6,18.14,10.950.05,20,x s n α===-==/20.025222/20.0250.975(1)(19) 2.093,(1)(19)32.852,(19)8.907t n t n ααχχχ-==-===(1) μ的置信度为0.95的置信区间/2(1)76.6 2.093(68.11,85.089)a x n ⎛⎫⎛⎫-== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭(2)2σ的置信度为0.95的置信区间222222/21/2(1)(1)1919,18.14,18.14(190.33,702.01)(1)(1)32.8528.907n s n s n n ααχχ-⎛⎫--⎛⎫=⨯⨯= ⎪⎪--⎝⎭⎝⎭ 11.设总体X ~f (x )=(1),01;10,.x x θθθ⎧+<<>-⎨⎩其中其他X 1,X 2,…,X n 是X 的一个样本，求θ的矩估计量及极大似然估计量.【解】(1)1101()()d (1)d ,2E X xf x x x x θθθθ+∞+-∞+==+=+⎰⎰ 又1(),2X E X θθ+==+ 故21ˆ1X Xθ-=-所以θ的矩估计量 21ˆ.1X Xθ-=- (2) 似然函数11(1) 01(1,2,,)()()0n n ni i i i i x x i n L L f x θθθ==⎧+<<=⎪===⎨⎪⎩∏∏其他. 取对数11ln ln(1)ln (01;1),d ln ln 0,d 1nii i ni i L n x x i n L n x θθθθ===++<<≤≤=+=+∑∑所以θ的极大似然估计量为1ˆ1.ln nii nXθ==--∑12.设总体X ~f (x )= 36(),0;0,.xx x θθθ⎧-<<⎪⎨⎪⎩其他X 1,X 2,…,X n 为总体X 的一个样本〔1〕 求θ的矩估计量；〔2〕 求ˆ()D θ.【解】(1) 236()()d ()d ,2x E X xf x x x x θθθθ+∞-∞=-=⎰⎰令 ,2EX X θ==所以θ的矩估计量 ˆ2.X θ= (2)4ˆ()(2)4(),D D X D X DX nθ===， 又322236()63()d ,2010x x E X x θθθθθ-===⎰于是222223()()(),10420D XE X EX θθθ=-=-=,所以2ˆ().5D nθθ=13.设某种电子元件的使用寿命X 的概率密度函数为f (x ,θ)= 2()2,;0,.x x x θθθ--⎧>⎨≤⎩e其中θ(θ>0)为未知参数，又设x 1,x 2,…,x n 是总体X 的一组样本观察值，求θ的极大似然估计值.【解】似然函数12()12e 0;1,2,,;()0ln ln 22(),;1,2,,,ni i x n i n i i i x i n L L L n x x i n θθθθ=--=⎧∑⎪⋅≥===⎨⎪⎩=--≥=∑其他.由d ln 20ln (),d Ln L θθ=>↑知 那么当01ˆˆmin{}ln ()max ln ()ii nx L L θθθθ>≤≤==时 所以θ的极大似然估计量1ˆmin{}ii nx θ≤≤=其中θ(0<θ<2)是未知参数，利用总体的如下样本值3，1，3，0，3，1，2，3，求θ的矩估计值和极大似然估计值. 【解】813ˆ(1)()34,()4 28ii x E X E X x x x θθ=-=-====∑令得又 所以θ的矩估计值31ˆ.44x θ-== 〔2〕 似然函数86241(,)4(1)(12).ii L P x θθθθ===--∏2ln ln 46ln 2ln(1)4ln(1),d ln 628628240,d 112(1)(12)L L θθθθθθθθθθθθ=++-+--+=--==---- 解2628240θθ-+=得1,272θ±=. 由于71,122> 所以θ的极大似然估计值为 ˆθ=15.设总体X 的分布函数为F 〔x ,β〕=1,,0,.x xx ββααα⎧->⎪⎨⎪≤⎩其中未知参数β>1,α>0，设X 1,X 2,…,X n 为来自总体X 的样本 〔1〕 当α=1时，求β的矩估计量； 〔2〕 当α=1时，求β的极大似然估计量； 〔3〕 当β=2时，求α的极大似然估计量.【解】当α=1时，11,1;(,)(,1,)0, 1.x x f x F x x x ββββ+⎧≥⎪==⎨⎪<⎩当β=2时,2132,;(,)(,,2)0,.x x f x F x x x ααααα⎧≥⎪==⎨⎪<⎩(1) 111()d 11E X x x x βββββββ+∞-+∞===--⎰令()E X X =,于是ˆ,1XX β=- 所以β的矩估计量ˆ.1XX β=- (2) 似然函数(1)1111,1,(1,2,,);()(,)0,.ln ln (1)ln ,d ln ln 0,d n n ni i i i i n i i ni i x x i n L L f x L n x L n x ββββββββ-+====⎧⎛⎫>=⎪ ⎪===⎨⎝⎭⎪⎩=-+=-=∏∏∑∑其他所以β的极大似然估计量1ˆ.ln nii nxβ==∑(3) 似然函数23112,,(1,2,,);(,)0,.n ni nn i i i i x i n L f x x ααα==⎧≥=⎪⎪⎛⎫==⎨ ⎪⎝⎭⎪⎪⎩∏∏其他显然(),L L α=↑那么当1ˆmin{}i i nx α≤≤=时,0ˆ()max ()a L L L αα>== , 所以α的极大似然估计量1ˆmin{}i i nx α≤≤=.16.从正态总体X~N〔3.4，62〕中抽取容量为n的样本，如果其样本均值位于区间〔1.4，5.4〕的概率不小于0.95，问n至少应取多大？2/2()dz tz tϕ-=⎰【解】26~ 3.4,X Nn⎛⎫⎪⎝⎭,那么~(0,1),XZ N={1.4 5.4}33210.95333ZP X PPZΦΦΦ<<<<=⎧=-<<⎨⎩⎭⎛⎫⎛⎛⎫=-=-≥-⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭于是0.975Φ≥ 1.96≥,∴n≥35.17. 设总体X的概率密度为f(x，θ)=,01,1,12,0,.xxθθ<<⎧⎪-≤<⎨⎪⎩其他其中θ是未知参数〔0<θ<1〕,X1,X2,…,X n为来自总体X的简单随机样本，记N为样本值x1,x2,…,x n中小于1的个数.求：〔1〕θ的矩估计；〔2〕θ的最大似然估计.解(1)由于1201(;)d d(1)dEX xf x x x x x xθθθ+∞-∞==+⎰⎰⎰-133(1)222θθθ=+-=-.令32Xθ-=，解得32Xθ=-，所以参数θ的矩估计为32Xθ=-.(2)似然函数为1()(;)(1)nN n NiiL f xθθθθ-===-∏，取对数，得ln ()ln ()ln(1),L N n N θθθ=+--两边对θ求导，得d ln ().d 1L N n Nθθθθ-=-- 令 d ln ()0,d L θθ=得 Nnθ=，所以θ的最大似然估计为Nnθ=.。
概率论与数理统计课后习题答案
第一章 事件与概率1．写出下列随机试验的样本空间。
（1）记录一个班级一次概率统计考试的平均分数（设以百分制记分）。
（2）同时掷三颗骰子，记录三颗骰子点数之和。
（3）生产产品直到有10件正品为止，记录生产产品的总件数。
（4）对某工厂出厂的产品进行检查，合格的记上“正品”，不合格的记上“次品”，如连续查出2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。
（5）在单位正方形内任意取一点，记录它的坐标。
（6）实测某种型号灯泡的寿命。
解（1）},100,,1,0{n i n i ==Ω其中n 为班级人数。
（2）}18,,4,3{ =Ω。
（3）},11,10{ =Ω。
（4）=Ω{00，100，0100，0101，0110，1100，1010，1011，0111，1101，0111，1111}，其中0表示次品，1表示正品。
（5）=Ω{(x,y)| 0<x<1,0<y<1}。
（6）=Ω{ t | t ≥ 0}。
2．设A ，B ，C 为三事件，用A ，B ，C 的运算关系表示下列各事件，。
（1）A 发生，B 与C 不发生。
（2）A 与B 都发生，而C 不发生。
（3）A ，B ，C 中至少有一个发生。
（4）A ，B ，C 都发生。
（5）A ，B ，C 都不发生。
（6）A ，B ，C 中不多于一个发生。
（7）A ，B ，C 至少有一个不发生。
（8）A ，B ，C 中至少有两个发生。
解 （1）C B A ，（2）C AB ，（3）C B A ++，（4）ABC ，（5）C B A ，（6）C B C A B A ++或C B A C B A C B A C B A +++，（7）C B A ++，（8）BC AC AB ++或ABC BC A C B A C AB ⋃⋃⋃3．指出下列命题中哪些成立，哪些不成立，并作图说明。
（1）B B A B A =（2）AB B A =（3）AB B A B =⊂则若,（4）若A B B A ⊂⊂则,（5）C B A C B A = （6）若Φ=AB 且A C ⊂，则Φ=BC解 : (1) 成立，因为B A B B B A B B A ==))((。
概率论第二版杨振明课后题答案
2.1.习题1．设随机变量ξ的分布函数为)(x F ，证明ξηe =也是随机变量，并求η的分布函数．证明：由定理2.1.3随机变量的Borel 函数仍为随机变量， 故ξηe =也是随机变量．η的分布函数为}{}{)(y e P y P y F <=<=ξηη当0≤y 时，φξ=<}{y e ，故0)(=y F η；当>y 时，)(ln }ln {}{}{)(y F y P y e P y P y F ξξηξη=<=<=<=因此，η的分布函数为⎩⎨⎧≤>=00),(ln )(y y y F y F ξη． 3．假定一硬币抛出正面的概率为(01)p p <<，反复抛这枚硬币直至正面与反面都出现过为止，试求：（1）抛掷次数ξ的密度阵；（2）恰好抛偶数次的概率．解：（1）}{k =ξ表示前1k -次都出现正(反)面，第k 次出现反(正)面，据题意知，p p p p k P k k 11)1()1(}{---+-==ξ， ,4,3,2=k所以，抛掷次数ξ的密度阵为22112322(1)(1)k k kp p p p p p p p--⎛⎫ ⎪ ⎪---+-⎝⎭(2) 恰好抛掷偶数次的概率为：+=++=+=+=}2{}6{}4{}2{n P P P P ξξξξ+++++++++=--p q q p p q q p p q q p qp pq n n 12125533)1()1(4242 +++++++=q q qp p p pq221111q qp p pq -⋅+-⋅=)1(1)1(1q p qp q p pq +⋅++⋅=qq p p +++=114．在半径为R 的圆内任取一点（二维几何概型），试求此点到圆心之距离ξ的分布函数及}32{RP >ξ． 解：此点到圆心之距离ξ的分布函数为}{)(x P x F <=ξ当0x ≤时，φξ=<}{x ，()0F x =；当0x R <<时，2222}{)(R x R x x P x F ==<=ππξ；当x R ≥时， ()1F x =故ξ的分布函数为⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≥<<≤=R x R x Rxx x F ,10,0,0)(22．95941)3/2(1)32(1}32{22=-=-=-=>R R R F R P ξ．5．在半径为1的车轮边缘上有一裂纹，求随机停车后裂纹距地面高度ξ的分布函数．解：当0x ≤时，φξ=<}{x ，()0F x =；当裂纹距离地面高度为1时，分布函数为1x =R()(){}{}1arccos(1),1122R x F x F P R ππξππ--=-∞=<===；当裂纹距离地面高度为x()01x <<时，分布函数为()(){}{}()2arccos 1,2x RF x F x P x R ξπ-=-∞=<=()arccos 1x π-=()arccos 1x ππ--=；当裂纹距离地面高度为(12)x x <<时，分布函数为()(){}{}()()22arccos 1arccos 1,2x R x F x F x P x R ππξππ--⎡⎤--⎣⎦=-∞=<==； 当2>x时， ()1F x =；则ξ的分布函数为()()00arccos 10212x x F x x x ππ≤⎧⎪--⎪=<≤⎨⎪>⎪⎩6．已知随机变量ξ的密度函数为(),01,2,1 2.xx p x x x <≤⎧=⎨-<≤⎩试求：(1)ξ的分布函数，（2）{}0.2 1.2P ξ<<．解：（1）当0≤x 时，00)()(===⎰⎰∞-∞-dt dt t p x F xx；当01x <≤时，2021)()(x dt t dt t p x F xx ===⎰⎰∞-； 当12x <≤时，12212)()(2110-+-=-+==⎰⎰⎰∞-x x dt t dt t dt t p x F xx；当2x>时，12)()(2110=-+==⎰⎰⎰∞-dt t dt t dt t p x F x ；则ξ的分布函数为()220,0,1,01,2121,12,21,2.x x x F x x x x x ≤⎧⎪⎪<≤⎪=⎨⎪-+-<≤⎪⎪>⎩（2）{}0.2 1.2P ξ<<{}{}1.20.2P P ξξ=<-<=()()1.20.20.66F F -=7．设)()(a x e e x p --=，0x >（1）求a 使()p x 为密度函数；（2）若ξ以此()p x 为密度函数，求b 使b b P =>}{ξ．解：（1）由密度函数的性质，知ea a x e a x e e e e edx e dx x p 101)(1)(0)(=∞-===--∞--∞∞-⎰⎰解得，1a e=． （2）【法一】根据概率的非负性，0≥b ，当0=b 时，1}{=>b P ξ，显然b b P =>}{ξ不成立；当>b 时，()1()1(11)(}{be e x e bex e bee b e edx edx x p b P ---∞--∞=∞-===>⎰⎰ξ而b b P =>}{ξ，即b eee b e =--)1(1， 解得，1be=． 【法二】ξ的分布函数为()10,0,111,.e x e x F x e e x ee ⎛⎫-- ⎪⎝⎭≤⎧⎪=⎨++>⎪⎩{}{}()11P b P b F b b ξξ>=-<=-=当0b ≤时，()0Fb =，上式不成立．当0b ≥时，()111e b e F b ee ee⎛⎫-- ⎪⎝⎭=-+ 则1111e b e ee b ee⎛⎫-- ⎪⎝⎭+-=， 解得，1b e=． 8.设()F x 是连续型分布函数，试证对任意a b <有[]()()F x b F x a dx b a +∞-∞+-+=-⎰.证：等式左边=()x bx ap t dtdx +∞+-∞+⎰⎰=(())x bx ad F t dx +∞+-∞+⎰⎰因()F x 是连续的分布函数则上式积分可以交换．则上式交换积分次序得(())x bx ad F t dx +∞+-∞+⎰⎰(())x b x a d F t dx ++∞+-∞=⎰⎰(()())x bx aF F dx ++=+∞--∞⎰1x bx a dx ++=⎰b a =-．2.2习题1．向目标进行20次独立的射击，假定每次命中率均为0.2．试求：（1）至少命中1次的概率；（2）至多命中2次的概率；（3）最可能命中次数．解：令ξ表示命中次数，这是n =20重Bernoulli 试验，每次命中率p =0.2，命中次数ξ服从B(20,0.2)分布．(1) 至少命中一次的概率200020)1(1}0{1}1{1}1{p p C P P P --==-=<-=≥ξξξ988.0)2.01(2.01200020≈--=C ．(2) 至多命中两次的概率}2{}1{}0{}2{=+=+==≤ξξξξP P P P182220191120200020)1()1()1(p p C p p C p p C -+-+-=191120200020)2.01(2.0)2.01(2.0+-+-=C C 206.0≈．(3) 在二项分布中，])1[(p n k +=时，}{k P =ξ最大，故]2.0)120[(⨯+=k=4时最大，即最可能命中的次数为4次． 2．同时掷两枚骰子，直到某个骰子出现6点为止，求恰好掷n 次的概率．解：掷一枚骰子出现6点的概率是16，同时出现6点的情况有两种：都是6点概率为16×16，其中一个是6点的概率为2×16×56．因此掷两枚骰子出现6点的概率是1136． 以ξ表示某骰子首次出现6点时的投掷次数，题目要求恰好掷n次则前1-n 次都没有出现6点，于是所求概率为1)36111)(3611(}{--==n n P ξ． 3．某公司经理拟将一提案交董事代表会批准，规定如提案获多数代表赞成则通过．经理估计各代表对此提案投赞成票的概率为0.6，且各代表投票情况相互独立．为以较大概率通过提案，试问经理请3名董事代表好还是请5名好？解：即求请3名董事获多数赞成通过的概率大还是请5名董事通过的概率大．令ξ表示3名董事代表对提案的赞成数，则)6.0,3(~B ξ分布．多数赞成，即}3{}2{}2{=+==≥ξξξP P P03331223)6.01(6.0)6.01(6.0-+-=C C648.0≈令η表示5名董事代表对提案的赞成数，则)6.0,5(~B η分布．多数赞成，即}5{}4{}3{}3{=+=+==≥ηηηηP P P P55514452335)6.01(6.0)6.01(6.0)6.01(6.0-+-+-=C C C68256.0≈因此，请5名董事代表好．4．甲、乙二队比赛篮球．假定每一场甲、乙队获胜的概率分别为0.6与0.4，且各场胜负独立．如果规定先胜4场者为冠军，求甲队经i 场(i =4,5,6,7)比赛而成为冠军的概率i p ．再问与赛满3场的“三场两胜”制相比较，采用哪种赛制甲队最终夺得冠军的概率较小？解：令ξ表示甲成为冠军所经过比赛的场数． 对甲先胜四场为冠军：}{i =ξ表示前1-i 场中胜三场，第i 场必胜．则1296.0)6.01(6.0}4{0444≈-==C P ξ20736.0)6.01(6.0}5{1434≈-==C P ξ20736.0)6.01(6.0}6{2435≈-==C P ξ165888.0)6.01(6.0}7{3436≈-==C P ξ因此，4431)6.01(6.0}{---==i i C i P ξ，i =4,5,6,7对甲先胜四场成为冠军的概率是7.0}7{}6{}5{}4{}4{==+=+=+==≥ξξξξξP P P P P ．对赛满3场的“三场两胜”制：甲前两场中胜一场，第三场必胜 则288.0)6.01(6.0}3{1212≈-==C P ξ．因此，进行甲先胜4场成为冠军的概率较大．5．对n 重Bernoulli 试验中成功偶数次的概率n P ． 解：记p 为一次Bernoulli 试验中事件成功的概率，q 为失败的概率．++=-22200n n n n n q p C q p C P由11100)(1qp C q p C q p C q p n n n n n n n n +++=+=-①1100)()(q p C pq C q p C p q n nn n n n n n -++-=--②（①-②）/2得：2)(1nn p q P --=7．在可列重Bernoulli 试验中，以i ξ表第i 次成功的等待时间，求证12ξξ-与1ξ有相同的概率分布．解：这是一个几何分布．12ξξ-表示第一次成功到第二次成功的等待时间．如果第一次成功到第二次成功进行了m 次试验，而第一次成功进行了n 次 试验．根据几何分布的无记忆性可得：p p m P m 112)1(}{--==-ξξ,p p n P n 11)1(){--==ξ因此，12ξξ-与1ξ有相同的概率分布．8.（广义Bernoulli 试验）假定一试验有r个可能结果r A A ,,1 ，并且0)(>=i i p A P ，121=+++r p p p ．现将此试验独立地重复n 次，求1A 恰出现1k 次，……，r A 恰出现r k 次(0>i k ，n k k k r =+++ 21)的概率．解：设一次试验的可能结果为r A A ,,1 ，它们构成一完备事件组，()i i P A p =，1i ip =∑，则在n 次重复独立试验中rA A ,,1 分别出现12,,,rk k k 次的概率为r k k k r p p p k k k n 21!!!!21 ．（1A 恰出现1k 次，……，r A 恰出现r k 次，则i A 组成n 元序列，上述n 次试验结果由分成r 组，共有rr k k kkn kn C C C 211-种结果，每种结果出现的概率是rk k k pp p 21，则n 次Bernoulli 试验中1A 恰出现1k 次，……，rA 恰出现rk 次(0>i k ，nk k k r =+++ 21)的概率概率是r rk k k k n k nCCC 211-rk k k pp p 21r k k k r p p p k k k n 21!!!!21=）2.3 Poisson 分布1．假定螺丝钉的废品率015.0=p ，试求一盒应装多少只才能保证每盒中正品在100只以上的概率不小于80%．解：设每盒应装100+k 只，为使每盒有100只以上的好钉，则每盒次品的个数ξ应≤k-1，故8.0)1(}1{100101001≥-=-≤=-+-=+∑ik i k i i k p p C k P p ξ 由于k 值不大，有)100(k +015.0⨯≈1.5,5.110!5.1--=∑e i k i i ≥0.80,查表，当11=-k时, 1p =0.557825；当21=-k 时, 1p =0.8,则k =3时，满足题设条件，故每盒中应装103只．2．据以往的记录，某商店每月出售的电视机台数服从参数7=λ的 Poisson 分布．问月初应库存多少台电视机，才能以0.999的概率保证满足顾客对电视机的需求．解：设月初应当库存电视机台数为η，则每月出售的电视机台数ξ，要满足顾客的要求，则999.0)1(0=--=∑i n i ni i np p C,即999.0!0=-=∑λλe i ni i．查表得： 当n =15时，997553.0!0=-=∑λλe i n i i；当n =16时，999001.0!0=-=∑λλe i ni i；因此，月初应当库存16台电视机才能以0.999的概率保证满足顾客对电视机的需求．3．保险公司的资料表明，持有某种人寿保险单的人在保险期内死亡的概率为0.005．现出售这种保险单1200份，求保险公司至多赔付10份的概率．解：保险公司赔付的份数ξ服从n =1200,p =0.005的二项分布．根据Poisson 定理，ξ服从参数为6005.01200=⨯=λ的Poisson 分布．=≤}10{ξP ∑=-106!k ke k λ查表，得95738.0}10{=≤ξP ．4．假定每小时进入某商店的顾客服从200=λ的 Poisson 分布，而进来的顾客将购买商品的概率均为0.05，且各顾客是否购物相互独立，求在一小时中至少有6位顾客在此商店中购物的概率．解：记每小时进入某商店的顾客数为ξ，则ξ服从200=λ的Poisson 分布．记每小时在商店中购物的顾客数为η，顾客购物概率为p ．以事件{}n =ξ, ,3,2,1=n 为分割，由全概率公式得，对于非负整数k , 有{}k P =η={}{}n k P n P n ===∑+∞=ξηξ|0=kn k knkn kqp C en --+∞=∑λλ!=k k n k n p e k k n q )(!)!()(λλλ-+∞=-∑- =()p k e p k λλ-!1{}pk k e k p P λλη-+∞=∑=≥6!)(6满足101==p λλ的Poisson 分布，查表，得{}93214.06=≥ηP ．8．假定非负整值离散型分布的密度{}k p 满足条件1-k kp p =kλ,k ≥1,其中常数λ>0，试证明分布是以λ为参数的Poisson 分布．解：1201p p p p ·····211λλ=-k k p p ·····kλ=!k kλ由此得：0!p k p kkλ=，并且00!p k k k∑+∞=λ=1,可得0p =λ-e ，故λλ-=e k p kk !．因此，此分布是以λ为参数的Poisson 分布．2.4 重要的连续性分布1．设ξ服从区间(0,5)上的均匀分布，求二次方程24420x x ξξ+++=有实根的概率．解：由题意知，ξ的概率密度函数为105()5x p x ⎧<<⎪=⎨⎪⎩其它 若方程有实根，则2(4)44(2)0ξξ∆=-⨯⨯+≥，即220ξξ--≥， 解得，12ξξ≤-≥或．则}2{}1{}{≥+-≤=ξξP P P 方程有实根}2{1}1{<-+-≤=ξξP P2130155dx =+-=⎰． 3．假定随机变量ξ只取区间(0,1)中的值，且对任何10<<<y x ，ξ落在子区间(,)x y 内的概率仅与y x -有关．求证ξ服从区间(0,1)上的均匀分布．证法一：定义⎪⎩⎪⎨⎧∞∈∈<≤-∞∈=),1(,1]1,0(},0{]0,(,0)(x x x P x x F ξ则)(x F 是ξ的分布函数．由题设得对任意)1,0(2∈x 有}2{}0{x x P x P <≤=<≤ξξ，即有}0{2}20{x P x P <≤=<≤ξξ．由此得)(2)2(x F x F =．逐一类推可得，若)1,0(∈nx ，则)()(x nF nx F =，或者)()(1n x F x F n =．从而对有理数nm ，若x n m 与x 都属于(0,1)，则有)(x F nmx n m F =⎪⎭⎫ ⎝⎛．再由)(x F 的左连续性可得，对任意无理数a ，若ax 与x 都属于(0,1)，则)()(x aF ax F =．因为区间(0,1)与]1,0[的长度相等，由题设得1}10{}10{)1(=≤≤=<≤=ξξP P F .由此及上段证明得，对任意)1,0(∈x 有x xF x F ==)1()(，即)(x F 为⎪⎩⎪⎨⎧≥<<≤=1,110,0,0)(x x x x x F∴ξ服从(0,1)上均匀分布．证法二：如同证法一中定义ξ的分布函数)(x F ，由)(x F 单调知它对(0,1)上的L －测试几乎处处可微．设)1,0(,21∈x x ，当)2,1)(1,0(=∈∆+i x x i时，由题设得}{)()(1111x x x P x F x x F ∆+<≤=-∆+ξ)()(}{2222x F x x F x x x P -∆+=∆+<≤=ξ等式两端都除以x ∆，再令0→∆x 可得，由)('1x F 存在可推得)('2x F 也存在，而且)('2x F )('1x F =．从而对任意)1,0(∈x 有c x F ≡)('．当)1,0(∈x 时，显然有0)('=x F ．一点的长度为0，由题设得0}1{}0{====ξξP P ．由上所述可知ξ是连续型随机变量，)('x F 是其密度函数，从而定出1=c ．至此得证ξ服从(0,1)均匀分布． 4．设ξ服从(3,4)N 分布．(1)求a使{}{}2P a P a ξξ>=<;(2)求b 使{}30.95P b ξ-<=．解：由题意知，3μ=，2σ=（1）{}{}{}{}112P a P a P a P a ξξξξ>=-≤=-<=<得，{}31P a ξ<= {}13P a ξ<=即31()23μ-Φ=，311()23μ--Φ=， 即32()23μ-Φ= 查表，得6664.0)43.0(=Φ，解得 2.14a =。
《概率论基础》(李贤平)第三版-课后答案
第一章事件与概率1、解：(1) P｛只订购A 的｝=P{A(B∪C)}＝P(A)-{P(AB)+P(AC)-P(ABC)}=0.45-0.1.-0.08+0.03=0.30.(2) P｛只订购A 及B 的｝=P{AB}-C｝=P(AB)-P(ABC)=0.10-0.03=0.07(3) P｛只订购A 的｝=0.30,P｛只订购B 的｝=P{B-(A∪C)}=0.35-(0.10+0.05-0.03)=0.23.P｛只订购C 的｝=P{C-(A∪B)}=0.30-(0.05+0.08-0.03)=0.20.∴P｛只订购一种报纸的｝=P{只订购A}＋P{只订购B}＋P{只订购C}=0.30+0.23+0.20=0.73.(4)P{正好订购两种报纸的}＝P{(AB-C) ∪(AC-B) ∪(BC-A)}=P(AB-ABC)+P(AC-ABC)+P(BC-ABC)=(0.1-0.03)+(0.08-0.03)+.(0.05-0.03)=0.07+0.05+0.02=0.14.(5)P｛至少订购一种报纸的｝= P｛只订一种的｝+ P｛恰订两种的｝+ P｛恰订三种的｝=0.73+0.14+0.03=0.90.(6) P｛不订任何报纸的｝=1-0.90=0.10.2、解：（1）ABC =A ⇒BC ⊃A( A BC ⊂A显然) ⇒B ⊃A且C ⊃A ，若A发生，则B 与C 必同时发生。
（2）A ∪ B ∪ C =A ⇒B ∪ C ⊂A ⇒B ⊂A且C ⊂ A ，B 发生或C 发生，均导致A 发生。
（3）AB ⊂C ⇒A与B 同时发生必导致C 发生。
（4）A ⊂BC ⇒A ⊂B ∪ C ，A 发生，则B 与C 至少有一不发生。
3、解： A1 ∪ A2 ∪…∪ A n =A1 + ( A2 -A1 ) +… + ( A n -A1 -… -A n-1 )(或)＝A1 +A2 A1 +…+A n A1 A2 … A n-1 ．4、解：（1）ABC ={抽到的是男同学，又不爱唱歌，又不是运动员}；ABC ={抽到的是男同学，又爱唱歌，又是运动员}。
概率论课后习题答案
习题1解答1. 写出下列随机试验的样本空间Ω：（1）记录一个班一次数学考试的平均分数（设以百分制记分）； （2）生产产品直到有10件正品为止，记录生产产品的总件数；（3）对某工厂出厂的产品进行检查，合格的记为“正品”，不合格的记为“次品”，如连续查出了2件次品就停止检查，或检查了4件产品就停止检查，记录检查的结果； （4）在单位圆内任意取一点，记录它的坐标.解：（1）以n 表示该班的学生人数，总成绩的可能取值为0，1，2，…，100n ，所以该试验的样本空间为{|0,1,2,,100}ii n nΩ==.（2）设在生产第10件正品前共生产了k 件不合格品，样本空间为{10|0,1,2,}k k Ω=+=，或写成{10,11,12,}.Ω=（3）采用0表示检查到一个次品，以1表示检查到一个正品，例如0110表示第一次与第四次检查到次品，而第二次与第三次检查到的是正品，样本空间可表示为{00,100,0100,0101,0110,1100,1010,1011,0111,1101,1110,1111}Ω=.（3）取直角坐标系，则有22{(,)|1}x y x y Ω=+<，若取极坐标系，则有{(,)|01,02π}ρθρθΩ=≤<≤<.2．设A 、B 、C 为三事件，用A 、B 、C 及其运算关系表示下列事件. (1)A 发生而B 与C 不发生； (2)A 、B 、C 中恰好发生一个； (3)A 、B 、C 中至少有一个发生； (4)A 、B 、C 中恰好有两个发生； (5)A 、B 、C 中至少有两个发生； (6)A 、B 、C 中有不多于一个事件发生.解：(1)ABC 或A B C --或()A B C -；(2)ABC ABC ABC ；(3)AB C 或ABCABCABCABCABCABCABC ；(4)ABC ABCABC .(5)AB AC BC 或ABC ABC ABCABC ；(6)ABCABCABCABC .3．设样本空间{|02}x x Ω=≤≤，事件{|0.51}A x x =≤≤，{|0.8 1.6}B x x =<≤，具体写出下列事件：(1)AB ；（2）A B -；（3）A B -；（4）A B .解：（1）{|0.81}AB x x =<≤； （2）{|0.50.8}A B x x -=≤≤；（3）{|00.50.82}A B x x x -=≤<<≤或； （4）{|00.5 1.62}AB x x x =≤<<≤或.4. 一个样本空间有三个样本点， 其对应的概率分别为22,,41p p p -， 求p 的值. 解：由于样本空间所有的样本点构成一个必然事件，所以2241 1.p p p ++-=解之得1233p p =-=-，又因为一个事件的概率总是大于0，所以3p =- 5. 已知()P A =0.3，()P B =0.5，()P A B =0.8，求(1)()P AB ；(2)()P A B -；(3)()P AB .解：(1)由()()()()P AB P A P B P AB =+-得()()()()030.50.80P AB P A P B P A B =+-=+-=.(2) ()()()0.300.3P A B P A P AB -=-=-=. (3) ()1()1()10.80.2.P AB P AB P AB =-=-=-=6. 设()P AB =()P AB ，且()P A p =，求()P B . 解：由()P AB =()1()1()1()()()P AB P AB P AB P A P B P AB =-=-=--+得()()1P A P B +=，从而()1.P B p =-7. 设3个事件A 、B 、C ，()0.4P A =，()0.5P B =，()0.6P C =，()0.2P AC =，()P BC =0.4且AB =Φ，求()P A B C .解：()()()()()()()()0.40.50.600.20.400.9.P A B C P A P B P C P AB P AC P BC P ABC =++---+=++---+=8. 将3个球随机地放入4个杯子中去，求杯子中球的最大个数分别为1，2，3的概率. 解：依题意可知，基本事件总数为34个.以,1,2,3i A i =表示事件“杯子中球的最大个数为i ”，则1A 表示每个杯子最多放一个球，共有34A 种方法，故34136().416A P A ==2A 表示3个球中任取2个放入4个杯子中的任一个中，其余一个放入其余3个杯子中，放法总数为211343C C C 种，故211343239().416C C C P A == 3A 表示3个球放入同一个杯子中，共有14C 种放法，故14331().416C P A ==9. 在整数0至9中任取4个，能排成一个四位偶数的概率是多少?解：从0至9 中任取4个数进行排列共有10×9×8×7种排法.其中有(4×9×8×7－4×8×7＋9×8×7)种能成4位偶数. 故所求概率为4987487987411098790P ⨯⨯⨯-⨯⨯+⨯⨯==⨯⨯⨯. 10. 一部五卷的文集，按任意次序放到书架上去，试求下列事件的概率：(1)第一卷出现在旁边；(2)第一卷及第五卷出现在旁边；(3)第一卷或第五卷出现在旁边；(4)第一卷及第五卷都不出现在旁边；(5)第三卷正好在正中.解：(1)第一卷出现在旁边，可能出现在左边或右边，剩下四卷可在剩下四个位置上任意排，所以5/2!5/!42=⨯=p .(2)可能有第一卷出现在左边而第五卷出现右边，或者第一卷出现在右边而第五卷出现在左边，剩下三卷可在中间三人上位置上任意排，所以 10/1!5/!32=⨯=p .(3)p P ={第一卷出现在旁边}+P{第五卷出现旁边}-P{第一卷及第五卷出现在旁边}2217551010=+-=. (4)这里事件是(3)中事件的对立事件，所以 10/310/71=-=P .(5)第三卷居中，其余四卷在剩下四个位置上可任意排，所以5/1!5/!41=⨯=P . 11. 把2，3，4，5诸数各写在一X 小纸片上，任取其三而排成自左向右的次序，求所得数是偶数的概率.解：末位数可能是2或4.当末位数是2(或4)时，前两位数字从剩下三个数字中选排，所以 23342/1/2P A A =⨯=.12. 一幢10层楼的楼房中的一架电梯，在底层登上7位乘客.电梯在每一层都停，乘客从第二层起离开电梯，假设每位乘客在哪一层离开电梯是等可能的，求没有两位及两位以上乘客在同一层离开的概率.解：每位乘客可在除底层外的9层中任意一层离开电梯，现有7位乘客，所以样本点总数为79.事件A “没有两位及两位以上乘客在同一层离开”相当于“从9层中任取7层，各有一位乘客离开电梯”.所以包含79A 个样本点，于是7799)(A A P =.13. 某人午觉醒来,发觉表停了, 他打开收音机,想听电台报时, 设电台每正点是报时一次,求他(她)等待时间短于10分钟的概率.解:以分钟为单位, 记上一次报时时刻为下一次报时时刻为60, 于是这个人打开收音机的时间必在),60,0(记 “等待时间短于10分钟”为事件,A 则有(0,60),Ω=)60,50(=A ,⊂Ω于是)(A P 6010=.61= 14. 甲乙两人相约812-点在预定地点会面。
概率论课后习题答案北大
概率论课后习题答案北大概率论课后习题答案北大北大是中国著名的高等学府，其数学系在国内乃至国际上都享有盛誉。
概率论是数学系的一门重要课程，它研究的是随机现象的规律性。
作为一门理论性较强的学科，概率论的习题往往需要一定的思考和推理能力。
下面，我们就来看一下北大概率论课后习题的答案。
1. 设A、B、C为三个事件，且P(A)=0.3，P(B)=0.4，P(C)=0.5，且P(A∩B)=0.1，P(A∩C)=0.2，P(B∩C)=0.3，P(A∩B∩C)=0.05，求：(1) P(A∪B∪C)的值；(2) P(A'∩B'∩C')的值。
解答：(1) 根据概率的加法原理，有P(A∪B∪C) = P(A) + P(B) + P(C) - P(A∩B) -P(A∩C) - P(B∩C) + P(A∩B∩C)。
代入已知条件，可得P(A∪B∪C) = 0.3 + 0.4 + 0.5 - 0.1 - 0.2 - 0.3 + 0.05 =0.65。
(2) 根据概率的补集公式，有P(A'∩B'∩C') = 1 - P(A∪B∪C)。
代入已知条件，可得P(A'∩B'∩C') = 1 - 0.65 = 0.35。
2. 设随机变量X服从正态分布N(μ, σ^2)，已知P(X > 2) = 0.3，P(X < -1) = 0.1，求：(1) X的期望μ和方差σ^2的值；(2) P(-1 < X < 2)的值。
解答：(1) 根据正态分布的性质，有P(X > 2) = P(Z > (2-μ)/σ) = 0.3，其中Z是标准正态分布。
查表可得，对应的Z值为0.524，即(2-μ)/σ = 0.524。
同理，有P(X < -1) = P(Z < (-1-μ)/σ) = 0.1，对应的Z值为-1.281，即(-1-μ)/σ = -1.281。
概率论与数理统计统计课后习题答案(有过程)
概率论与数理统计统计课后习题答案(有过程)第一章习题解答1．解：（1）Ω=｛0，1，…，10｝；（2）Ω=｛，1，…，100n｝，其中n为小班人数；n（3）Ω=｛√,×√, ××√, ×××√,…｝,其中√表示击中，×表示未击中；（4）Ω=｛（x,y）｝。
2．解：（1）事件AB表示该生是三年级男生，但不是运动员；（2）当全学院运动员都是三年级学生时，关系式是正确的；（3）全学院运动员都是三年级的男生，ABC=C成立；（4）当全学院女生都在三年级并且三年级学生都是女生时，=B成立。
3．解：（1）ABC；（2）AB；（3）；（4）；（5）；（6）4．解：因，则P（ABC）≤P（AB）可知P（ABC）=0 所以A、B、C至少有一个发生的概率为P（A∪B∪C）=P（A）+P（B）+P（C）-P（AB）-P（AC）-P（BC）+P（ABC）=3×1/4-1/8+0 =5/85．解：（1）P（A∪B）= P（A）+P（B）-P（AB）=0.3+0.8-0.2=0.9 P(A)=P（A）-P（AB）=0.3-0.2=0.1（2）因为P（A∪B）= P（A）+P（B）-P（AB）≤P（A）+P（B）=α+β, 所以最大值maxP （A∪B）=min(α+β,1)；又P（A）≤P（A∪B），P（B）≤P（A∪B）,故最小值min P（A∪B）=max(α,β)6．解：设A表示事件“最小号码为5”，B表示事件“最大号码为5”。
223由题设可知样本点总数，。
2C52C411所以；7．解：设A表示事件“甲、乙两人相邻”，若n个人随机排成一列，则样本点总数为n!，， 1若n个人随机排成一圈.可将甲任意固定在某个位置，再考虑乙的位置。
表示按逆时针方向乙在甲的第i个位置，。
则样本空间，事件所以8．解：设A表示事件“偶遇一辆小汽车，其牌照号码中有数8”，则其对立事件A表示“偶遇一辆小汽车，其牌照号码中没有数8”，即号码中每一位都可从除8以外的其他9个数中取，因此A包含的基本事件数为，样本点总数为104。
概率论第三章课后习题答案_课后习题答案
第三章 离散型随机变量率分布。
，试写出命中次数的概标的命中率为目；设已知射手每次射击射击中命中目标的次数指示射手在这三次独立以本空间上定义一个函数验的样本空间；试在样作为试验，试写出此试察这些次射击是否命中三次独立射击，现将观一射手对某目标进行了7.0.1.343.0441.0189.0027.03210027.0)7.01()()0()0(189.0)7.01()7.01(7.03)(3)1()1()1()1(441.0)7.01(7.07.03)(3)2()2()2()2(343.0)7.0()()3()3()(0)(1)()()(2)()()(3)(},,,{)},,(),,,(),,,(),,,(),,,(),,,(),,,(),,,{(3,2,1332183217653214323321187654321821321321321321321321321321⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=-======-⨯-⨯⨯===+=+====-⨯⨯⨯===+=+===================Ω==的分布列为所以，，则简记为将，，则代表击中目标的次数，令则次射中”，“第解：设ξξξξξξξξξξξξξξωξωξωξωξωξωξωξωξωξξωωωA A A P P P A A A P P P P P A A A P P P P P A A A P P P A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A i i A i i i。
出的废品数的概率分布前已取个，求在取得合格品之不再放回而再取来使用，若取得废品就个这批零件中任取个废品，安装机器时从个合格品、一批零件中有1139.2118805499101112123)3(132054109112123)2(13227119123)1(129)0(32101919110111111211213110191111211213111191121311219=⨯⨯⨯=⋅⋅⋅===⨯⨯=⋅⋅===⨯=⋅=====C C C C C C C C P C C C C C C P C C C C P C C P ξξξξξξ，，，可能取值为：代表废品数，则解：令.1188054132054132271293210⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛的分布列为所以，ξ废品数的概率分布。
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习题1解答1、 写出下列随机试验的样本空间Ω:(1)记录一个班一次数学考试的平均分数(设以百分制记分); (2)生产产品直到有10件正品为止,记录生产产品的总件数;(3)对某工厂出厂的产品进行检查,合格的记为“正品”,不合格的记为“次品”,如连续查出了2件次品就停止检查,或检查了4件产品就停止检查,记录检查的结果; (4)在单位圆内任意取一点,记录它的坐标、解:(1)以n 表示该班的学生人数,总成绩的可能取值为0,1,2,…,100n ,所以该试验的样本空间为{|0,1,2,,100}ii n nΩ==、(2)设在生产第10件正品前共生产了k 件不合格品,样本空间为{10|0,1,2,}k k Ω=+=,或写成{10,11,12,}.Ω=(3)采用0表示检查到一个次品,以1表示检查到一个正品,例如0110表示第一次与第四次检查到次品,而第二次与第三次检查到的就是正品,样本空间可表示为{00,100,0100,0101,0110,1100,1010,1011,0111,1101,1110,1111}Ω=、(3)取直角坐标系,则有22{(,)|1}x y x y Ω=+<,若取极坐标系,则有{(,)|01,02π}ρθρθΩ=≤<≤<、2.设A 、B 、C 为三事件,用A 、B 、C 及其运算关系表示下列事件、 (1) A 发生而B 与C 不发生; (2) A 、B 、C 中恰好发生一个; (3) A 、B 、C 中至少有一个发生; (4) A 、B 、C 中恰好有两个发生; (5) A 、B 、C 中至少有两个发生; (6) A 、B 、C 中有不多于一个事件发生、解:(1)ABC 或A B C --或()A B C -;(2)ABC ABC ABC ;(3)AB C 或ABCABCABCABCABCABCABC ;(4)ABCABC ABC 、(5)ABAC BC 或ABC ABC ABC ABC ;(6)ABC ABCABCABC 、3.设样本空间{|02}x x Ω=≤≤,事件{|0.51}A x x =≤≤,{|0.8 1.6}B x x =<≤,具体写出下列事件:(1)AB ;(2)A B -;(3)A B -;(4)A B 、解:(1){|0.81}AB x x =<≤; (2){|0.50.8}A B x x -=≤≤;(3){|00.50.82}A B x x x -=≤<<≤或; (4){|00.5 1.62}AB x x x =≤<<≤或、4、 一个样本空间有三个样本点, 其对应的概率分别为22,,41p p p -, 求p 的值、 解:由于样本空间所有的样本点构成一个必然事件,所以2241 1.p p p ++-=解之得1233p p =-=-,又因为一个事件的概率总就是大于0,所以3p =-5、 已知()P A =0、3,()P B =0、5,()P A B =0、8,求(1)()P AB ;(2)()P A B -;(3)()P AB 、解:(1)由()()()()P AB P A P B P AB =+-得()()()()030.50.80P AB P A P B P A B =+-=+-=、(2) ()()()0.300.3P A B P A P AB -=-=-=、 (3) ()1()1()10.80.2.P AB P AB P AB =-=-=-=6、 设()P AB =()P AB ,且()P A p =,求()P B 、 解:由()P AB =()1()1()1()()()P AB P AB P AB P A P B P AB =-=-=--+得()()1P A P B +=,从而()1.P B p =-7、设3个事件A、B、C ,()0.4P A =,()0.5P B =,()0.6P C =,()0.2P AC =,()P BC =0.4且AB =Φ,求()P A B C 、解:()()()()()()()()0.40.50.600.20.400.9.P A B C P A P B P C P AB P AC P BC P ABC =++---+=++---+=8、 将3个球随机地放入4个杯子中去,求杯子中球的最大个数分别为1,2,3的概率、 解:依题意可知,基本事件总数为34个、以,1,2,3i A i =表示事件“杯子中球的最大个数为i ”,则1A 表示每个杯子最多放一个球,共有34A 种方法,故34136().416A P A ==2A 表示3个球中任取2个放入4个杯子中的任一个中,其余一个放入其余3个杯子中,放法总数为211343C C C 种,故211343239().416C C C P A == 3A 表示3个球放入同一个杯子中,共有14C 种放法,故14331().416C P A ==9、 在整数0至9中任取4个,能排成一个四位偶数的概率就是多少?解:从0至9 中任取4个数进行排列共有10×9×8×7种排法、其中有(4×9×8×7－4×8×7＋9×8×7)种能成4位偶数、 故所求概率为4987487987411098790P ⨯⨯⨯-⨯⨯+⨯⨯==⨯⨯⨯、 10、 一部五卷的文集,按任意次序放到书架上去,试求下列事件的概率:(1)第一卷出现在旁边;(2)第一卷及第五卷出现在旁边;(3)第一卷或第五卷出现在旁边;(4)第一卷及第五卷都不出现在旁边;(5)第三卷正好在正中、解:(1)第一卷出现在旁边,可能出现在左边或右边,剩下四卷可在剩下四个位置上任意排,所以5/2!5/!42=⨯=p 、(2)可能有第一卷出现在左边而第五卷出现右边,或者第一卷出现在右边而第五卷出现在左边,剩下三卷可在中间三人上位置上任意排,所以 10/1!5/!32=⨯=p 、(3)p P ={第一卷出现在旁边}+P{第五卷出现旁边}-P{第一卷及第五卷出现在旁边}2217551010=+-=、 (4)这里事件就是(3)中事件的对立事件,所以 10/310/71=-=P 、(5)第三卷居中,其余四卷在剩下四个位置上可任意排,所以5/1!5/!41=⨯=P 、 11、 把2,3,4,5诸数各写在一张小纸片上,任取其三而排成自左向右的次序,求所得数就是偶数的概率、解:末位数可能就是2或4、当末位数就是2(或4)时,前两位数字从剩下三个数字中选排,所以 23342/1/2P A A =⨯=、12、 一幢10层楼的楼房中的一架电梯,在底层登上7位乘客、电梯在每一层都停,乘客从第二层起离开电梯,假设每位乘客在哪一层离开电梯就是等可能的,求没有两位及两位以上乘客在同一层离开的概率、解:每位乘客可在除底层外的9层中任意一层离开电梯,现有7位乘客,所以样本点总数为79、事件A “没有两位及两位以上乘客在同一层离开”相当于“从9层中任取7层,各有一位乘客离开电梯”、所以包含79A 个样本点,于就是7799)(A A P =、13、 某人午觉醒来,发觉表停了, 她打开收音机,想听电台报时, 设电台每正点就是报时一次, 求她(她)等待时间短于10分钟的概率、解:以分钟为单位, 记上一次报时时刻为下一次报时时刻为60, 于就是这个人打开收音机的时间必在),60,0( 记 “等待时间短于10分钟”为事件,A 则有(0,60),Ω=)60,50(=A ,⊂Ω于就是)(A P 6010=.61= 14、 甲乙两人相约812-点在预定地点会面。
先到的人等候另一人30分钟后离去,求甲乙两人能会面的概率.解:以,X Y 分别表示甲、乙二人到达的时刻,那末 812X ≤≤ ,812Y ≤≤;若以(,)X Y 表示平面上的点的坐标,则样本空间可以用这平面上的边长为4的一个正方形{(,):812,812}X Y X Y Ω=≤≤≤≤表示,二人能会面的充要条件就是1||2X Y -≤,即事件1(,):||,812,8122A X Y X Y X Y ⎧⎫=-≤≤≤≤≤⎨⎬⎩⎭.所以所求的概率为: ()211221624()15()()1664A P A μμ⎡⎤--⎣⎦===Ω15、 现有两种报警系统A 与B ,每种系统单独使用时,系统A 有效的概率0.92,系统B 的有效概率为0.93,在A 失灵的条件下,B 有效的概率为0.85,求(1) 这两个系统至少有一个有效的概率; (2) 在B 失灵条件下,A 有效的概率、解:设A 表示“系统A 有效”,B 表示“系统B 有效”,则()0.92,()0.93,(|)0.85.P A P B P B A ===由()()(|)0.851()P B P AB P B A P A -==-知()0.862P AB =、(1)()()()()0.920.930.8620.988.P A B P A P B P AB =+-=+-=(2)()()0.920.862(|)0.8285.1()10.93P A P AB P A B P B --===--16、 已知事件A 发生的概率()0.5P A =,B 发生的概率()0.6P B =,以及条件概率(|)P B A =0、8,求,A B 与事件的概率、解:由乘法公式得()()(|)0.50.80.4.P AB P A P B A ==⨯=所以()()()()0.50.60.40.7.P A B P A P B P AB =+-=+-= 17、 一批零件共100个,其中次品有10个.每次从中任取1个零件,取3次,取出后不放回.求第3次才取得合格品的概率.解:设i A 表示事件“第i 次取得合格品”,则123121312109909()()(|)(|)0.00835.10099981078P A A A P A P A A P A A A ==⨯⨯=≈ 18、 有两个袋子,每个袋子都装有a 只黑球,b 只白球,从第一个袋中任取一球放入第二个袋中,然后从第二个袋中取出一球,求取得黑球的概率就是多少？解:设从第一个袋子摸出黑球A,从第二个袋中摸出黑球为B,则P A a a b ()=+,P A ba b()=+,P B A a a b (|)=+++11,P B A a a b (|)=++1,由全概公式知:P B P B A P A P B A P A aa b()(|)()(|)()=+=+、 19、 一个机床有13的时间加工零件A ,其余时间加工零件B .加工零件A 时,停机的概率就是0、3,加工零件B 时,停机的概率时0、4,求这个机床停机的概率.解:设C 表示“机床停机”,A 表示“加工零件A ”,B 表示“加工零件B ”,则1211()()(|)()(|)0.30.40.367.3330P C P A P C A P B P C B =+=⨯+⨯==20、 10个考签中有4个难签,3个人参加抽签考试,不重复地抽取,每人一次,甲先,乙次,丙最后、证明3人抽到难签的概率相同、证明:设甲、乙、丙分别抽到难签的事件为,,A B C ,则,显然4()10P A =、 43644()()(|)()(|).10910910P B P A P B A P A P B A =+=⨯+⨯= ()()(|)()(|)()(|)()(|)43264346365410981098109810984.10P C P AB P C AB P AB P C AB P AB P C AB P AB P C AB =+++=⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯=21、 两部机器制造大量的同一种机器零件,根据长期资料总结,甲、乙机器制造出的零件废品率分别就是0、01与0、02.现有同一机器制造的一批零件,估计这一批零件就是乙机器制造的可能性比它们就是甲机器制造的可能性大一倍,现从这批零件中任意抽取一件,经检查就是废品.试由此结果计算这批零件就是由甲生产的概率.解:设A 表示“零件由甲生产”,B 表示“零件就是次品”,则12(),(),(|)0.01,(|)0.02.33P A P A P B A P B A ====由贝叶斯公式有10.01()(|)3(|)0.2.12()(|)()(|)0.010.0233P A P B A P A B P A P B A P A P B A ⨯===+⨯+⨯22、 有朋友自远方来访,她乘火车、轮船、汽车、飞机来的概率分别就是0、3、0、2、0、1、0、4.如果她乘火车、轮船、汽车来的话,迟到的概率分别就是41、31、121,而乘飞机则不会迟到.结果她迟到了,试问她就是乘火车来的概率就是多少？解: 用1A 表示“朋友乘火车来”,2A 表示“朋友乘轮船来”,3A 表示“朋友乘汽车来”,4A 表示“朋友乘飞机来”,B 表示“朋友迟到了”、则21)|()()|()()|(41111==∑=k kkA B P A P A B P A P B A P23、 加工一个产品要经过三道工序,第一、二、三道工序不出现废品的概率分别就是0、9、0、95、0、8.若假定各工序就是否出废品相互独立,求经过三道工序而不出现废品的概率. 解:设,1,2,3i A i =分别表示第一、二、三道工序不出现废品,则由独立性得123123()()()()0.90.950.80.684.P A A A P A P A P A ==⨯⨯=24、 三个人独立地破译一个密码,她们能译出的概率分别就是0、2、1/3、0、25.求密码被破译的概率.解:设,1,2,3i A i =分别表示第一、二、三个人破译出密码,则 由独立性得123123123123()1()1()1()()()210.80.7530.6.P A A A P A A A P A A A P A P A P A =-=-=-=-⨯⨯=25、 对同一目标,3名射手独立射击的命中率就是0、4、0、5与0、7,求三人同时向目标各射一发子弹而没有一发中靶的概率?解:设,1,2,3i A i =分别表示第一、二、三个射手击中目标,则 由独立性得123123)()()()(10.4)(10.5)(10.7)0.09P A A A P A P A P A ==---=（、26、 甲、乙、丙三人同时对飞机进行射击, 三人击中的概率分别为0、4、0、5、0、7、 飞机被一人击中而击落的概率为0、2,被两人击中而击落的概率为0、6, 若三人都击中,飞机必定被击落,求飞机被击落的概率、解:设,1,2,3i C i =依次表示甲、乙、丙击中飞机,,1,2,3i A i =分别表示有i 人击中飞机,B 表示飞机被击落,则1123123123()()()()0.40.50.30.60.50.30.60.50.70.060.090.210.36.P A P C C C P C C C P C C C =++=⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯=++=2123123123()()()()0.40.50.30.40.50.70.60.50.70.060.140.210.41.P A P C C C P C C C P C C C =++=⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯=++= 3123()()0.40.50.70.14.P A P C C C ==⨯⨯=由全概率公式,得112233()()(|)()(|)()(|)0.360.20.410.60.1410.458.P B P A P B A P A P B A P A P B A =++=⨯+⨯+⨯=27、 证明:若三个事件A 、B 、C 独立,则AB 、AB 及A B -都与C 独立.证明: (1))()()())((ABC P BC P AC P C B A P -+=⋃=)()(C P B A P ⋃、(2))()()()()()C P AB P C P B P A P PABC ==、(3))())(())((ABC AC P C AB A P C B A P -=-=-=)()(C P B A P -、28、 15个乒乓球中有9个新球,6个旧球,第一次比赛取出了3个,用完了放回去,第二次比赛又取出3个,求第二次取出的3个球全就是新球的概率.解:设i A =第一次取出i 个新球,0,1,2,3i =,B 表示第二次取出3个新球,则3321312333369698697963333333301515151515151515()()(|)0.089i i i C C C C C C C C C C P B P A P B A C C C C C C C C ===⋅+⋅+⋅+⋅=∑、29、 要验收一批100件的物品,从中随机地取出3件来测试,设3件物品的测试就是相互独立的,如果3件中有一件不合格,就拒绝接收该批物品、设一件不合格的物品经测试查出的概率为0、95,而一件合格品经测试误认为不合格的概率为0、01,如果这100件物品中有4件就是不合格的,问这批物品被接收的概率就是多少？解: 设i A =抽到的3件物品中有i 件不合格品,0,1,2,3i =、B =物品被接收,则332112033211203969649649643333100100100100()()(|)0.990.990.050.990.050.990.050.8629.i i i P B P A P B A C C C C C C C C C C C ===⋅+⋅+⋅+⋅=∑ 30、 设下图的两个系统KL 与KR 中各元件通达与否相互独立,且每个元件通达的概率均为p ,分别求系统KL 与KR 通达的概率、解: 设'',A B 分别表示系统KL 与KR 通达, (1)解法一'3334556323(){{[)]()}}()()()()()()()()(32).P A P A B C D E F P ACF BCF DEF P ACF P BCF P DEF P ABCF P ACDEF P BCDEF P A BCDEF p p p p p p p p p p p ===++---+-=++---+=--+解法二:'34323(){{[)]()}}(){[()]()[()()][()()()()()()()()][()()()()][()()()](32).P A P A B C D E F P F P A B C P DE P A B C D E p P A B P C P D P E P A B P C P D P E p P A P B P A P B p p p P A P B P AB p p p p ==+-=+-=+-+-+-=--+(2)'22422223()[()()()](1)()()()(2252).P B P C ADBE A B C D E p p p p p p p p p p p p p p p =+=-+-++-+-=+-+ 习题二参考答案1、 随机变量X 的所有可能取值为:1,2,3,4,5,6,分布律为:()()()()()()()111"1,1""1,2""1,3""1,4""1,5""1,6""2,1""3,1""4,1""5,1""6,1"3692"2,2""2,3""2,4""2,5""2,6""3,2""4,2""5,2""6,2"3673"3,3""3,4""3,5""3,6""4,3""5,3""6,3"364"4,4P X P P X P P X P P X P ==⋃⋃⋃⋃⋃⋃⋃⋃⋃⋃===⋃⋃⋃⋃⋃⋃⋃⋃===⋃⋃⋃⋃⋃⋃===()()()()()5""4,5""4,6""5,4""6,4"3635"5,5""5,6""6,5"3616"6,6"36P X P P X P ⋃⋃⋃⋃===⋃⋃====2、 (1)31;(2) 41、 ()()()()()2224602241112211112,4,6, (i)12223121113131121224n n P X P X P X P X P X →⎡⎤⎛⎫-⎢⎥⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦==++==-≥=-<=-=-==--=3、 随机变量X 的分布律为:()()()31221132********151515221210,1,2353535C C C C C P X P X P X C C C =========因为}{)(x X P x F ≤=,那么当0x <时,0)()()(==≤=φP x X P x F , 当01x ≤<时,22()()(0)35F x P X x P X =≤===, 当21<≤x 时,221234()()(0)(1)353535F x P X x P X P X =≤==+==+=, 当2≥x 时,()()22121(0)(1)(2)1353535F x P X x P X P X P X =≤==+=+==++=、 综合上述情况得随机变量X 的分布函数为:⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧≥<≤<≤<=.21;21 3534 ;10 3522;00)(x x x x x F4、 1-e 、()111111lim 1111k kk k e e e pa a e e a e ---∞--→∞=-=⋅=⋅=--∴=-∑5、 (1)0、0729;(2)0、00856;(3)0、99954;(4)0、40951、 设X 表示设备被使用的个数 则()~5,0.1X b (1){}()()232520.10.90.0729P X C ===(2){}{}{}{}()()()()()()324153455553345 =0.10.90.10.90.10.9 =0.00856P X P X P X P X C C C ≥==+=+=++(3){}{}{}()()()41545553145=10.10.90.1=0.99954P X P X P X C C ≤=-=-=-+(4){}{}()55110=10.9=0.40951P X P X C ≥=-=-6、 (1)0、321;(2)0、243、设X 为甲投篮中的次数,Y 为乙投篮中的次数,则 (1)()()()()()()()33333300.60.40.70.30.32076k kk kk k k k P X Y P X k P Y k C C --========∑∑(2)()()()()()()()()()()()()()()()()()31310333331123213121020133333 0.60.40.70.3 0.60.40.30.60.40.30.70.3 k h kk h h kk kh hk h k h P X Y P X k P X k P X k P Y h C C C C C C C =<==<--==>==<====⎡⎤=++⎣⎦+∑∑∑∑∑()()()()()()331221301233330.60.30.70.30.70.3 0.243C C C C ⎡⎤++⎣⎦=7、 (1)701;(2) 猜对3次的概率约为4103-⨯,这个概率很小,根据实际推断原理,可以认为她确有区分能力、 (1)所求概率为:481170C = (2)令试验10次中成功次数为X,则1~10,70X b ⎛⎫ ⎪⎝⎭{}37341016733107070P X C -⎛⎫⎛⎫==≈⨯ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭猜对3次的概率约为4103-⨯,这个概率很小,根据实际推断原理,可以认为她确有区分能力、 8、 (1) 23-e;(2) 251--e、设X 服从泊松分布,其分布率为:22,2!ktt e t P X k k λ-⎛⎫ ⎪⎧⎫⎝⎭===⎨⎬⎩⎭ (1)032323320,20!e P X e λ--⎛⎫ ⎪⎧⎫⎝⎭====⎨⎬⎩⎭(2)0525255521,10,11220!e P X P X e λλ--⎛⎫ ⎪⎧⎫⎧⎫⎝⎭≥==-===-=-⎨⎬⎨⎬⎩⎭⎩⎭9、 解:此题为P=0、005的n 重伯努利试验,设X 为同时发生故障的台数,则kk kC k X P B X --==200200)005.01()005.0(}{ ),005.0,200(~(1)设需要配备x 个维修工人,设备发生故障不能及时排除的事件就是}{x X >,即 ,而由于n=200,P=0、005,所以可以用泊松分布近似替代二项分析,λ=np=1。