浙大概率论课后习题答案第一章
浙大《概率论与数理统计(第四版)简明本》盛骤著 课后习题解答
{
2
}
------------------------------------------------------------------------------2．设 A，B，C 为三个事件，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； （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 中不多于两个发生； （8）A，B，C 中至少有两个发生。 解 此题关键词： “与， ” “而” ， “都”表示事件的“交” ； “至少”表示事件的“并” ； “不多 于”表示“交”和“并”的联合运算。 （1） ABC 。
概率论与数理统计作业习题解答（浙大第四版）
第一章 概率的基本概念 习题解析 第 1、2 题 随机试验、 随机试验、样本空间、 样本空间、随机事件 ------------------------------------------------------------------------------1．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（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。 （4）在单位圆内任意取一点，记录它的坐标。 解 （1）高该小班有 n 个人，每个人数学考试的分数的可能取值为 0，1，2，…，100，n 个人分数这和的可能取值为 0，1，2，…，100n，平均分数的可能取值为 样本空间为 S=
概率论和数理统计浙江大学第四版-课后习题答案解析[完全版]
![概率论和数理统计浙江大学第四版-课后习题答案解析[完全版]](https://img.taocdn.com/s3/m/2be46d428e9951e79b8927ce.png)
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。
概率论与数理统计及其应用课后答案浙江大学盛骤版
第1章 随机变量及其概率1，写出下列试验的样本空间：（1） 连续投掷一颗骰子直至6个结果中有一个结果出现两次，记录投掷的次数。
（2） 连续投掷一颗骰子直至6个结果中有一个结果接连出现两次，记录投掷的次数。
（3） 连续投掷一枚硬币直至正面出现，观察正反面出现的情况。
（4） 抛一枚硬币，若出现H 则再抛一次；若出现T ，则再抛一颗骰子，观察出现的各种结果。
解：（1）}7,6,5,4,3,2{=S ；（2）},4,3,2{ =S ；（3）},,,,{ TTTH TTH TH H S =；（4）}6,5,4,3,2,1,,{T T T T T T HT HH S =。
2，设B A ,是两个事件，已知,125.0)(,5.0)(,25.0)(===AB P B P A P ，求)])([(),(),(),(______AB B A P AB P B A P B A P ⋃⋃。
解：625.0)()()()(=-+=⋃AB P B P A P B A P ，375.0)()(])[()(=-=-=AB P B P B A S P B A P ，875.0)(1)(___--=AB P AB P ，5.0)(625.0)])([()()])([()])([(___=-=⋃-⋃=-⋃=⋃AB P AB B A P B A P AB S B A P AB B A P3，在100，101，…，999这900个3位数中，任取一个3位数，求不包含数字1个概率。
解：在100，101，…，999这900个3位数中不包含数字1的3位数的个数为648998=⨯⨯，所以所求得概率为72.0900648= 4，在仅由数字0，1，2，3，4，5组成且每个数字之多出现一次的全体三位数中，任取一个三位数。
（1）求该数是奇数的概率；（2）求该数大于330的概率。
解：仅由数字0，1，2，3，4，5组成且每个数字之多出现一次的全体三位数的个数有100455=⨯⨯个。
浙大《概率论与数理统计(第四版)简明本》盛骤著 课后习题解答
解 （1）高该小班有 n 个人，每个人数学考试的分数的可能取值为 0，1，2，…，100，n
个人分数这和的可能取值为 0，1，2，…，100n，平均分数的可能取值为 0 , 1 ,..., 100n , 则 nn n
样本空间为
S=
k n
k
=
0,1, 2,⋯,100n
（2）样本空间 S={10，11，…}，S 中含有可数无限多个样本点。 （3）设 1 表示正品，0 有示次品，则样本空间为
而 AB= {（1，6），（6，1）}。由条件概率公式，得
P(B
A)
=
P( AB) P( A)
∑200
P(B) = P( A2 ∪ A3 ∪⋯∪, A200）= P( Ai )
i=2
显然，这种解法太麻烦，用对立事件求解就很简单。令事件 B ={恰有 0 个次品或恰有
1 个次品}，即 B = A0 ∪ A1 ，而
P(B)
=
P( A0
∪
A1 )
=
P( A0 ) +
P( A1)
=
C 200 1100
{ } S= (x, y) x2 + y2 ≤ 1
------------------------------------------------------------------------------2．设 A，B，C 为三个事件，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； （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 中不多于两个发生； （8）A，B，C 中至少有两个发生。
概率论答案浙江大学第四版
概率论答案浙江大学第四版【篇一：概率论与数理统计浙江大学第四版-课后习题答案(完全版)】p> 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）o1n?100?s???,???，n表小班人数 n??nn（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： a或a－ (ab+ac)或a－ (b∪c)（2）a，b都发生，而c不发生。
表示为： ab或ab－abc或ab－c表示为：a+b+c （3）a，b，c中至少有一个发生（4）a，b，c都发生，表示为：abc表示为：ac或s－ (a+b+c)或a?b?c （5）a，b，c都不发生，（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,,中至少有一个发生。
故表示为：??。
（7）a，b，c中不多于二个发生。
相当于：,,中至少有一个发生。
故表示为：??abc（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。
故表示为：ab+bc+ac6.[三] 设a，b是两事件且p (a)=0.6，p (b)=0.7. 问(1)在什么条件下p (ab)取到最大值，最大值是多少？（2）在什么条件下p (ab)取到最小值，最小值是多少？从而由加法定理得p (ab)=p (a)+p (b)－p (a∪b) (*)（1）从0≤p(ab)≤p(a)知，当ab=a，即a∩b时p(ab)取到最大值，最大值为p(ab)=p(a)=0.6，（2）从(*)式知，当a∪b=s时，p(ab)取最小值，最小值为p(ab)=0.6+0.7－1=0.3 。
浙大《概率论与数理统计(第四版)简明本》盛骤著 课后习题解答
即样本空间 S={ 62 个基本事件}。事件 AB={两颗骰子点数之间和为 7，且有一颗为 1 点}，
两颗骰子点数之和为 7 的可能结果为 6 个，即
A={（1，6），（2，5），（3，4），（6，1），（5，2），（4，3）}
解 利用组合法计数基本事件数。从 10 人中任取 3 人组合数为 C130 ，即样本空间
{ } S= C130 = 120个基本事件 。
（1）令事件 A={最小号码为 5}。最小号码为 5，意味着其余号码是从 6，7，8，9，10 的 5
{ } 个号码中取出的，有 C52 种取法，故 A= C52 = 10个基本事件 ，所求概率为
其中由 P( AB) = P(BC) = 0, 而 ABC ⊂ AB 得 P( ABC) = 0 。
------------------------------------------------------------------------------6．在房间里有 10 个人，分别佩戴从 1 号到 10 号的纪念章，任选 3 人记录其纪念章的号码。 求 （1）最小号码为 5 的概率； （2）最大号码为 5 的概率。
∑200
P(B) = P( A2 ∪ A3 ∪⋯∪, A200）= P( Ai )
i=2
显然，这种解法太麻烦，用对立事件求解就很简单。令事件 B ={恰有 0 个次品或恰有
1 个次品}，即 B = A0 ∪ A1 ，而
P(B)
=
P( A0
∪
A1 )
=
P( A0 ) +
P( A1)
=
C 200 1100
概率论与数理统计浙江大学第四版课后习题答案
（1）A
.B
时，P(AB) =
0.6 为最大值，
因为 A、B一定相容，相交
所以 A和 B重合越大时 P（AB）越大
（2）A
∪B
=
S
时，P（AB）=0.3为最小值
6、若事件 A的概率为 0.7，是否能说在 10次实验中 A将发生 7次？为什么？ 种种 Nhomakorabea解
解解法
法法一
一一组
组组成
成成一
一一个
个个偶
偶偶数
数数四
四四位
位位数
数数有
有有
首位奇: A
51 A51 A82 A51 A51 A82 +
A41 A41 A82 41.8.7 41
112 4
首位偶: A4 A4 A8
∴
P(A) =
1
，
P(ABC) =
1,
2 444
111
∴P(AB) =P(A)P(B) =
, P(AC) =P(A)P(C) =
, P(BC) =P(B)P(C) =
444
而
P(A)P(B)P(C) =
1 ≠P(ABC)
8
20、某人忘记了电话号码的最后一个数字，因而他随意地拨号。求他拨号不超过三次而接通
（1）最小号码为 5，即从 6、7、8、9、10里选两个，所求概率为
C532
=
1C10 12
（2）号码全为偶数，即从 2，4，6，8，10里选三个，所求概率为
CC
概率论与数理统计(浙大) 习题答案 第1章
第一章 概率论的基本概念1. 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).解: }100 , ,1 ,0|{n i ni S ⋅⋅⋅==, 其中n 为小班人数. (2)同时掷三颗骰子, 记录三颗骰子点数之和;解: S ={3, 4, ⋅⋅⋅ , 18}.(3)生产产品直到得到10件正品为止, 记录生产产品的总件数;解: S ={10, 11, 12, ⋅⋅⋅ , n , ⋅⋅⋅ }.(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, 停止检查, 记录检查的结果.解: S ={00, 100, 0100, 0101, 1010, 0110,1100, 0111, 1011, 1101, 1110, 1111},其中0表示次品, 1表示正品.(5)在单位圆内任意取一点, 记录它的坐标;解: S ={(x , y )|x 2+y 2<1}.(6)将一尺之棰成三段, 观察各段的长度.解: S ={(x , y , z )|x >0, y >0, z >0, x +y +z =1}, 其中x , y , z 分别表示第一、二、三段的长度.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;解: 表示为: A ⎺B ⎺C 或A -(AB +AC )或A -(B ⋃C ).(2)A , B 都发生, 而C 不发生;解: 表示为: AB ⎺C 或AB -ABC 或AB -C .(3)A , B , C 中至少有一个发生;解: 表示为: A +B +C .(4)A , B , C 都发生;解: 表示为: ABC(5)A , B , C 都不发生;解: 表示为: ⎺A ⎺B ⎺C 或S - (A +B +C)或C B A ⋃⋃(6)A , B , C 中不多于一个发生;解: 即A , B , C 中至少有两个同时不发生相当于⎺A ⎺B , ⎺B ⎺C ,⎺A ⎺C 中至少有一个发生.故表示为: ⎺A ⎺B +⎺B ⎺C +⎺A ⎺C .(7)A , B , C 中不多于二个发生;解: 相当于: ⎺A , ⎺B , ⎺C 中至少有一个发生.故表示为: ⎺A +⎺B +⎺C 或ABC .(8)A , B , C 中至少有二个发生.解: 相当于: AB , BC , AC 中至少有一个发生.故表示为: AB +BC +AC .3. 设A , B 是两事件且P (A )=0.6, P (B )=0.7. 问: (1)在什么条件下P (AB )取得最大值, 最大值是多少？(2)在什么条件下P (AB )取得最小值, 最小值是多少？解: (1)因为P (AB )=P (A )+P (B )-P (A ⋃B ), 且P (A )<P (B )≤P (A ⋃B ), 所以当A ⊂B 时, P (A ⋃B )=P (B ), P (AB )取到最大值, 最大值为P (AB )=P (A )=0.6.(2)当A ⋃B =S 时, P (AB )取到最小值, 最小值为P (AB )=0.6+0.7-1=0.3.4. 设A , B , C 是三事件, 且P (A )=P (B )=P (C )=1/4, P (AB )=P (BC )=0, P (AC )=1/8. 求A , B , C 至少有一个发生的概率. 解: P (A , B , C 至少有一个发生)=P (A +B +C )=P (A )+P (B )+P (C )-P (AB )-P (BC )-P (AC )+P (ABC ) =(3/4)-(1/8)+0=5/8.5. 在一标准英语字典中有55个由两个不同的字母所组成的单词, 若从26个英文字母中任取两个字母予以排列, 问能排成上述单词的概率是多少？解: 记A 表“能排成上述单词”. 因为从26个任选两个来排列, 排法有226A 种. 每种排法等可能. 字典中的二个不同字母组成的单词: 55个, 所以1301155)(226==A A P .6. 在房间里有10人. 分别佩戴从1号到10号的纪念章, 任选3人记录其纪念章的号码.(1)求最小的号码为5的概率;解: 记“三人纪念章的最小号码为5”为事件A . 因为10人中任选3人为一组: 选法有310C 种, 且每种选法等可能. 又事件A相当于: 有一人号码为5, 其余2人号码大于5. 这种组合的种数有251C ⨯. 所以1211)(31025=⨯=C C A P .(2)求最大的号码为5的概率.解: 记“三人中最大的号码为5”为事件B , 同上, 10人中任选3人, 选法有310C 种, 且每种选法等可能, 又事件B 相当于: 有一人号码为5, 其余2人号码小于5, 选法有241C ⨯种, 所以2011)(31024=⨯=C C B P . 7. 某油漆公司发出17桶油漆, 其中白漆10桶、黑漆4桶, 红漆3桶. 在搬运中所有标签脱落, 交货人随意将这些标签发给顾客, 问一个定货4桶白漆, 3桶黑漆和2桶红漆顾客, 能按所订颜色如数得到定货的概率是多少？解: 记所求事件为A .在17桶中任取9桶的取法有310C 种, 且每种取法等可能. 取得4白3黑2红的取法有2334410C C C ⨯⨯, 故2431252)(6172334410=⨯⨯=C C C C A P .8. 在1500个产品中有400个次品, 1100个正品, 任意取200个.(1)求恰有90个次品的概率;解: 用A 表示取出的产品恰有90个次品. 在1500个产品中任取200个, 取法有2001500C 种, 每种取法等可能. 200个产品恰有90个次品, 取法有110110090400C C 种. 因此2001500110110090400)(C C C A P =. (2)至少有2个次品的概率.解: 用B 表示至少有2个次品. B 0表示不含有次品, B 1表示只含有一个次品. 同上, 200个产品不含次品, 取法有2001100C 种,200个产品含一个次品, 取法有19911001400C C 种. 因为⎺B =B 0+B 1且B 0, B 1互不相容, 所以P (B )=1-P (⎺B )=1-[P (B 0)+P (B 1)]20015002001100199110014001C C C C +-=.9. 从5双不同鞋子中任取4只, 这4只鞋子中至少有2只配成一双的概率是多少？解: 样本空间所含的样本点数为410C , 用A 表示4只全中至少有2支配成一对, 则⎺A 表示4只全不配对. ⎺A 所包含的样本点数为4452⨯C (先从5双鞋中任取4双, 再从每双中任取一只). 因此2182)(410445=⋅=C C A P , 21132181)(1)(=-=-=A P A P .10. 在11张卡片上分别写上Probabitity 这11个字母, 从中任意连抽7张, 求其排列结果为Abitity 的概率.解: 所有可能的排列构成样本空间, 其中包含的样本点数为711P . 用A 表示正确的排列, 则A 包含的样本点数为411111*********=C C C C C C C , 则0000024.04)(711==P A P .11. 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.解: 记A i 表示杯中球的最大个数为i 个( i =1, 2, 3). 三只球放入四只杯中, 放法有43种, 每种放法等可能. 对A 1: 必须三球放入三杯中, 每杯只放一球. 放法4×3×2种. 故1664234)(31=⨯⨯=A P . 对A 2: 必须三球放入两杯, 一杯装一球, 一杯装两球. 放法有3423⨯⨯C 种. 故169434)(3232=⨯⨯=C A P . 对A 3: 必须三球都放入一杯中. 放法有4种.16144)(33==A P . 12. 将50只铆钉随机地取来用在10个部件, 其中有3个铆钉强度太弱, 每个部件用3只铆钉, 若将三个强度太弱的铆钉都装在一个部件上, 则这个部件强度就太弱, 问发生一个部件强度太弱的概率是多少？解: 记A 表示10个部件中有一个部件强度太弱.把随机试验E 看作是用三个钉一组, 三个钉一组去铆完10个部件(在三个钉的一组中不分先后次序. 但10组钉铆完10个部件要分先后次序)对E : 铆法有323344347350C C C C ⨯⨯⨯ 种, 每种装法等可能.对A : 三个次钉必须铆在一个部件上. 这种铆法数为10)(32334434733⨯⨯⨯C C C C ,故 00051.01960110][)(32334735032334434733==⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯=C C C C C C C A P .13. 已知3.0)(=A P , P (B )=0.4, 5.0)(=B A P , 求)|(B A B P ⋃.解: 7.0)(1)(=-=A P A P , 6.0)(1)(=-=B P B P ,B A AB B B A AS A ⋃=⋃==)(. 注意Φ=))((B A AB . 故有 2.05.07.)()()(=-=-=B A P A P AB P .再由加法定理8.05.06.07.0)()()()(=-+=-+=⋃B A P B P A P B A P ,于是 25.08.02.0)()()()]([)|(==⋃=⋃⋃=⋃B A P AB P B A P B A B P B A B P .14. 已知41)(=A P , 31)|(=A B P , 21)|(=B A P , 求P (A ⋃B ). 解: 根据条件概率)()|()()()()|(B P A B P A P B P AB P B A P ==, 61213141)|()|()()(=⨯==B A P A B P A P B P . 根据乘法公式1214131)()|()(=⨯==A P A B P AB P . 根据加法公式311216141)()()()(=-+=-+=⋃AB P B P A P B A P .15. 掷两颗骰子, 已知两颗骰子点数之和为7, 求其中有一颗为1点的概率(用两种方法).解法一: (在缩小的样本空间SB 中求P (A |B ), 即将事件B 作为样本空间, 求事件A 发生的概率).掷两颗骰子的试验结果为一有序数组(x , y )(x , y =1, 2, 3, 4, 5,6)并且满足x +y =7, 则样本空间为S ={(x , y )| (1, 6 ), (6, 1), (2, 5), (5, 2), (3, 4), (4, 3)},每种结果(x , y )等可能.A ={掷二骰子, 点数和为7时, 其中有一颗为1点}, 故 3162)(==A P . 解法二: 用公式)()()|(B P AB P B A P =. S ={(x , y )| x =1, 2, 3, 4, 5, 6; y =1, 2, 3, 4, 5, 6}, 每种结果均可能.A =“掷两颗骰子, x , y 中有一个为1点”,B =“掷两颗骰子, x +y =7”.则 6166)(2==B P , 262)(=AB P , 故 31626162)()()|(2====B P AB P B A P . 16. 据以往资料表明, 某3口之家, 患某种传染病的概率有以下规律:P {孩子得病}=0.6,P {母亲得病|孩子得病}=0.5,P {父亲得病|母亲及孩子得病}=0.4.求母亲及孩子得病但父亲未得病的概率.解: 令A ={孩子得病}, B ={母亲得病}, C ={父亲得病}, 则 P (A )=0.6, P (B |A )=0.5, P (C |AB )=0.4,所以 P (⎺C|AB )=1-P (C |AB )=1-0.4=0.6.P (AB )=P (A )P (B |A )=0.6×0.5=0.3,所求概率为P (AB ⎺C )=P (AB )·P (⎺C|AB )=0.3×0.6=0.18.17. 已知在10只晶体管中有2只次品, 在其中取两次, 每次任取一只, 作不放回抽样, 求下列事件的概率:(1)两只都是正品;(2)二只都是次品(记为事件B );(3)一只是正品, 一只是次品(记为事件C );(4)第二次取出的是次品(记为事件D );解: 设A i ={第i 次取出的是正品)(i =1, 2).(1)452897108)|()()(12121=⨯==A A P A P A A P . (2)45191102)|()()(12121=⨯==A A P A P A A P . (3))()()(21212121A A P A A P A A A A P +=⋃)|()()|()(121121A A P A P A A P A P +=45169810292108=⨯+⨯=. (4))()(21212A A A A P A P +=519110292108)|()()|()(121121=⨯+⨯=+=A A P A P A A P A P .18. 某人忘记了电话号码的最后一个数字, 因而他随机地拨号, (1)求他拨号不超过三次而接通所需的电话的概率; (2)若已知最后一个数字是奇数, 那么此概率是多少？解: 设A i ={第i 次拨号拨对}(i =1, 2, 3), A ={拨号不超过3次而拨通}, 则321211A A A A A A A ++=, 且三种情况互斥, 所以 )|()|()()|()()()(2131211211A A A P A A P A P A A P A P A P A P ++=. 于是(1)103819810991109101)(=⨯⨯+⨯+=A P . (2)53314354415451)(=⨯⨯+⨯+=A P .19. (1)设甲袋中装有n 只白球, m 只红球, 乙袋中装有N 只白球, M 只红球, 今从甲袋中任取一只球放入乙袋中, 再从乙袋中任意取一只球, 问取到白球的概率是多少？解: 用A 1表示“从甲袋中取得白球放入乙袋”, A 2表示“从甲袋中取得红球放入乙袋”. 再记B 表“再从乙袋中取得白球”. 因为 B =A 1B +A 2B 且A 1, A 2互斥,所以 P (B )=P (A 1)P (B |A 1)+P (A 2)P (B |A 2)111++⨯+++++⨯+=M N N m n m M N N m n n )1)(()(+++++=N M n m n N m n .19. (2)第一只盒子装有5只红球, 4只白球; 第二只盒子装有4只红球, 5只白球. 先从第一盒子中任取2只球放入第二盒中去, 然后从第二盒子中任取一只球, 求取到白球的概率. 解: 记C 1为“从第一盒子中取得2只红球”. C 2为“从第一盒子中取得2只白球”. C 3为“从第一盒子中取得1只红球, 1只白球”, D 为“从第二盒子中取得白球”, 显然C 1, C 2, C 3两两互斥, C 1⋃C 2⋃C 3=S , 由全概率公式, 有P (D )=P (C 1)P (D|C 1)+P (C 2)P (D|C 2)+P (C 3)P (D|C 3)995311611711529141529242925=⋅⋅+⋅+⋅=C C C C C C C .20. 某种产品的高标为“MAXAM”, 其中有2个字母已经脱落, 有人捡起随意放回, 求放回后仍为“MAXAM”的概率. 解: 设A 1, A 2, ⋅⋅⋅ , A 10分别表示字母MA , MX , MA , MM , AX , AA , AM , XA , XM , AM 脱落的事件, 则101)(=i A P (i =1, 2, ⋅⋅⋅ , 10), 用B 表示放回后仍为“MAXAM”的事件, 则21)|(=i A B P (i =1, 2, ⋅⋅⋅ , 10), 1)|()|(64==A B P A B P , 所以由全概公式得5311011101821101)|()()(101=⨯+⨯+⨯⨯==∑=i i i A B P A P B P .21. 已知男子有5%是色盲患者, 女子有0.25%是色盲患者. 今从男女人数相等的人群中随机地挑选一人, 恰好是色盲患者, 问此人是男性的概率是多少？解: A 1={男人}, A 2={女人}, B ={色盲}, 显然A 1⋃A 2=S , A 1 A 2=∅. 由已知条件知21)()(21==A P A P ,%5)|(1=A B P ,%25.0)|(2=A B P . 由贝叶斯公式, 有)|()()|()()|()()()()|(22111111A B P A P A B P A P A B P A P B P B A P B A P +== 2120100002521100521100521=⋅+⋅⋅=.22. 一学生接连参加同一课程的两次考试. 第一次及格的概率为p , 若第一次及格则第二次及格的概率也为p ; 若第一次不及格则第二次及格的概率为2p . (1)若至少一次及格则他能取得某种资格, 求他取得该资格的概率. (2)若已知他第二次已经及格, 求他第一次及格的概率.解: A i ={他第i 次及格}(i =1, 2).已知P (A 1)=P (A 2|A 1)=p , 2/)|(12p A A P =.(1)B ={至少有一次及格}, 则21}{A A B ==两次均不及格,所以 )|()(1)(1)(1)(12121A A P A P A A P B P B P -=-=-=)]|(1)][(1[1121A A P A P ---=22123)21)(1(1p p p p -=---=. (2)由乘法公式, 有P (A 1A 2)=P (A 1)P (A 2| A 1)=p 2.由全概率公式, 有)|()()|()()(1211212A A P A P A A P A P A P +=222)1(2p p p p p p +=⋅-+⋅=. 于是 1222)|(2221+=+=p p p p p A A P .23. 将两信息分别编码为A 和B 传递出去, 接收站收敛到时, A 被误收作B 的概率为0.02, 而B 被误收作A 的概率为0.01, 信息A 与信息B 传送的频繁程度为2:1, 若收站收到的信息是A , 问原发信息是A 的概率是多少？解: 设B 1, B 2分别表示发报台发出信号“A ”及“B ”, 又以A 1有A 2分别表示收报台收到信号“A ”及“B ”. 则有32)(1=B P , 31)(2=B P , P (A 1|B 1)=0.98, P (A 2|B 1)=0.08, P (A 1|B 2)=0.01, P (A 2|B 2)=0.91,从而由Beyes 公式得)|()()|()()|()()|(2121111111B A P B P B A P B P B A P B P A B P i += 19719601.03198.03298.032=⨯+⨯⨯=.24. 有两箱同种类的零件, 第一箱装50只, 其中10只一等品; 第二箱装30只, 其中18只一等品, 今从两箱中任挑出一箱, 然后从该箱中取零件两次, 每次任取一只, 作不放回抽样. 试求(1)第一次取到的零件是一等品的概率; (2)第一次取到的零件是一等品的条件下, 第二次取到的也是一等品的概率. 解: (1)记A i ={在第i 次中取到一等品}(i =1, 2), B ={挑到第i 箱}. 则有4.03018215121)|()()|()()(2121111=⨯+⨯=+=B A P B P B A P B P A P . (2))|()()|()()(2212121121B A A P B P B A A P B P A A P +=19423.030182129175121499=⨯⨯+⨯⨯=, 4856.04.019423.0)()()|(12112===A P A A P A A P .25. 某人下午5:00下班, 他所积累的资料表明: 到家时间 5:35~5:39 5:40~5:44 5:45~5:49 5:50~5:54 5:54之后的, 试求他是乘地铁回家的概率.解: 设A ={乘地铁}, B ={乘汽车}, C ={在5:47到家}, 由题意, AB =∅, A ⋃B =S .已知P (A )=0.5, P (C|A )=0.45, P (C|B )=0.2, P (B )=0.5, 由贝叶斯公式有)()|()()|()()|()()()|()|(B P B C P A P A C P A P A C P C P A P A C P C A P +== 6923.05.02.05.045.05.045.0=⨯+⨯⨯=.26. (1)设有4个独立工作的元件1, 2, 3, 4. 它们的可靠性分别为p 1, p 2, p 3, p 4, 将它们按图1-3的方式联接, 求系统的可靠性.解: 记A i 表示第i正常.因为A =A 1A 2A 3+A 1A 4两种情况不互斥, 所以P (A )=P (A 1A 2A 3)+P (A 1A 4)-P (A 1A 2A 3 A 4) (加法公式) =P (A 1)P (A 2)P (A 3)+P (A 1)P (A 4)-P (A 1)P (A 2)P (A 3)P (A 4) =p 1p 2p 3+p 1p 4-p 1p 2p 3p 4 (A 1, A 2, A 3, A 4独立).26. (2)设有5独立工作的元件1, 2, 3, 4, 5, 它们的可靠性均为p , 将它们按图1-4的方式联接, 求系统的可靠性. 解: 记A i 表示第i 个元件正常工作(i =1, 2, 3, 4, 5), B 表示系统正常, 则)()(2345453121A A A A A A A A A A P B P ⋃⋃⋃=)()()()(2345453121A A A P A A P A A A P A A P +++= )()()(432154215321A A A A P A A A A P A A A A P ---)()()(5432543215431A A A A P A A A A A P A A A A P --- )()(45432154321A A A A A P A A A A A P -+24222522p p p p +-+=.27. 如果一危险情况C 发生时, 一电路闭合并发出警报, 我们可以借用两个或多个开关并联以改善可靠性. 在C 发生时这些开关每一个都应闭合, 且至少一个开关闭合了, 警报就发出, 如果两个这样开关并联接, 它们每个具有0.95的可靠性(即在情况C 发生时闭合的概率). (1)这时系统的可靠性(即电路闭合的概率)是多少？(2)如果需要有一个可靠性至少为0.9999的系统, 则至少需要用多少只开关并联？这里各开关闭合与否都是相互独立的.解: (1)设A i 表示第i 个开关闭合, A 表示电路闭合, 于是A =A 1⋃A 2. 由题意当两个开关并联时P (A )=0. 96. 再由A 1, A 2的独立性得P (A )=P (A 1⋃A 2)=P (A 1)+P (A 2)-P (A 1A 2)=P (A 1)+P (A 2)-P (A 1)P (A 2)=2⨯0.96-(0.96)2=0.9984.(2)设至少需要n 个开关闭合, 则∏==≥-=--=⋃=ni i i n i A P A P A P 1419999.004.01)](1[1)()(, 即 0.04n ≤0.00001,所以 58.304.0lg 00001.0lg =≥n , 故至少需要4只开关联.28. 三个独立地去破译份密码, 已知各人能译出的概率分别为1/5, 1/3, 1/4, 问三个中至少有一个能将此密码译出的概率是多少？解: 设A , B , C 分别表示{第一、二、三人独立译出密码}, D 表示{密码被译出}, 则)(1)()(C B A P C B A P D P ⋃⋃-=⋃⋃=)()()(1)(1C P B P A P C B A P -=⋂⋂-=534332541=⨯⨯-=.29. 设第一个盒子装有3只蓝球, 2只绿球, 2只白球；第二个盒子装有2只蓝球, 3只绿球, 4只白球. 独立地分别在两只盒子中各取一只球.(1)求至少有一只蓝球的概率;(2)求有一只蓝球一只白球的概率;(3)已知至少有一只蓝球, 求有一只蓝球一只白球的概率. 解: 记A 1, A 2, A 3分别表示是从第一只盒子中取到一只蓝球, 一只绿球, 一只白球, B 1, B 2, B 3分别表示是从第二只盒子中取到一只蓝球, 一只绿球, 一只白球. 则A i 与B i 独立(i =1, 2, 3).(1)所求概率为9592739273)()()()(111111=⨯-+=-+=⋃B A P B P A P B A P . (2)所求概率为)()()()()(13311331B P A P B P A P B A B A P +=⋃631692729473=⨯+⨯=. (3)所求概率为P (A 1B 3⋃A 3B 1| A 1⋃B 1)=P (A 1B 3| A 1⋃B 1)+P (A 3B 1| A 1⋃B 1))())(()())((111113111131B A P B A B A P B A P B A B A P ⋃⋃+⋃⋃= )())()())(11131311131131B A P B A B A A P B A P B B A B A P ⋃⋃+⋃⋃= 35169/563/16)()()(111331==⋃+=B A P B A P B A P .30. A , B , C 三人在同一办公室工作, 房间有三部电话, 据统计知, 打给A , B , C 的电话的概率分别为2/5, 2/5, 1/5. 他们三人常因工作外出, A , B , C 三人外出的概率分别为1/2, 1/4, 1/4, 设三人的行动相互独立, 求:(1)无人接电话的概率;(2)被呼叫人在办公室的概率;若某一时间段打进3个电话, 求:(3)这3个电话打给同一人的概率;(4)这3个电话打给不同人的概率;(5)这3个电话都打给B , 而B 却都不在的概率. 解: 设A 1, B 1, C 1分别表示A , B , C 三个人外出的事件, A , B , C 分别表示打给三个人的电话的事件.(1)P (无人接电话)=P (A 1B 1C 1)=P (A 1)P (B 1)P (C 1)321414121=⨯⨯=. (2)用D 表示被呼叫人在办公室的事件, 则C C B B A AD 111++=,)()(111C C B B A A P D P ++=)()(()()()(111C P C P BP P B P A P A P ++=2013514352435221=⨯+⨯+⨯=.(3)用E 表示3个电话打给同一个人的事件, E 1, E 2, E 3分别表示3个电话是打给A , B , C , 则E =E 1+E 2+E 3,)()()()(321E P E P E P E P ++=12517)51()52()52(333=++=.(4)用F 表示3个电话打给不同的人的事件, 则F 由六种互斥情况组成, 每种情况为打给A , B , C 的三个电话, 每种情况的概率为1254515252=⨯⨯, 于是 1252412546)(=⨯=F P . (5)由于是知道每次打电话都给B , 其概率是1, 所以每一次打给B 电话而B 不在的概率为41, 且各次情况相互独立, 于是 P (3个电话都打给B , B 都不在的概率)641)41(3==.31. 袋中装有m 只正品硬币, n 只次品硬币(次品硬币的两面均印有国徽). 在袋中任取一只, 将它投掷r 次, 已知每次都得到国徽. 问这只硬币是正品的概率为多少？解: 用A 表示出现r 次国徽的事件, B 表示任取一只是正品的事件, 则r r nm n n m m B A P B P B A P B P A P 1)21()|()()|()()(⨯+++=+=,)()|()()|(A P B A P B P A B P =r n m m2⋅+=.32. 设一枚深炸弹击沉一潜水艇的概率为1/3, 击伤的概率为1/2, 击不中的概率为1/6, 并设击伤两次也会导致潜水艇下沉, 求施放4枚深炸能击沉潜水艇的概率.解: 用A 表示施放4枚深炸击沉潜水艇的事件, 则433446131]21)61()61[(1)(1)(-=⨯+-=-=C A P A P .33. 设根据以往记录的数据分析, 某船只运输某种物品损坏的情况共有三种: 损坏2%(这一事件记为A 1), 损坏10%(事件A 2), 损坏90%(事件A 3), 且知P (A 1)=0.8, P (A 2)=0.15, P (A 3)=0.05, 现在从已被运输的物品中随机地取3件, 发现这3件都是好的(这一事件记为B ), 试分别求P (A 1|B ), P (A 2|B ), P (A 3|B )(这里设物品件数很多, 取出一件后不影响后一件是否是好品的概率). 解: 因为B 表取得三件好物品.B =A 1B +A 2B +A 3B , 且三种情况互斥,由全概率公式, 有P (B )=P (A 1)P (B|A 1)+P (A 2)P (B|A 2)+P (A 3)P (B|A 3) =0.8×(0.98)3+0.15×(0.9)3+0.05×(0.1)3=0.8624,8731.08624.0)98.0(8.0)()|()()()()|(31111=⨯===B P A B P A P B P B A P B A P , 1268.08624.0)9.0(15.0)()|()()()()|(32222=⨯===B P A B P A P B P B A P B A P , 0001.08624.0)1.0(05.0)()|()()()()|(33333=⨯===B P A B P A P B P B A P B A P .34. 将A , B , C 三个字母一一输入信道, 输出为原字母的概率为α, 而输出为其它一字母的概率都是(1-α)/2. 今将字母串AAAA , BBBB , CCCC 之一输入信道, 输入AAAA , BBBB , CCCC 的概率分别为p 1, p 2, p 3 (p 1+p 2+p 3=1), 已知输出为ABCA , 问输入的是AAAA 的概率是多少？(设信道传输每个字母的工作是相互独立的. )解: 用A , B , C 分别表示输入信号为AAAA , BBBB , CCCC ,用H 表示输出信号为ABCA . 由于每个字母的输出是相互独立的, 于是有4)1(]2/)1[()|(2222αααα-=-=A H P , 8)1(]2/)1[()|(33αααα-=-=B H P , 8)1(]2/)1[()|(33αααα-=-=C H P . 又P (A )=p 1, P (B )=p 2, P (C )=p 3, 由贝叶斯公式得)()|()()|()()|()()|()|(C P C H P B P B H P A P A H P A P A H P H A P ++= 33231221228)1(8)1(4)1(4)1(p p p p ⋅-+⋅-+⋅-⋅-=αααααααα ))(1(223211p p p p +-+=ααα.。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
200 1500
，
90 400
110 1100
C
C
C
( 2) p = 1 −
C C
1 400
199 1100
+C C
0 400 200 1500
200 1100
C
9.基本事件总数为C ，取得
4 10
4只鞋配不成双的有利事件 数是C C C C C ，故
4 5 1 2 1 2 1 2 1 2
C CCCC p = 1－ C 80 13 = 1− = 210 21
25.设B、B 是乘地铁或汽车到家 的事件，故P ( B ) = P ( B ) = 1 / 2， 又设A为5 : 45 ~ 5 : 49到家的事 件，由贝叶斯公式得 1 / 2 × 0.45 P( B | A) = 1 / 2 × 0.45 + 1 / 2 × 0.20 = 9 / 13
26.(1) Bi =“元件i正常工作”i = 1,2,3,4)， ( 于是P( Bi ) = pi (i = 1,2,3,4), 其可靠性为 p = P ( B1 I ( B2 B3 U B4 )) = P (( B1 B2 B3 ) U B1 B4 ) (分配率) = P ( B1 B2 B3 ) + P ( B1 B4 ) − P ( B1 B2 B3 B4 ) = P ( B1 ) P ( B2 ) P ( B3 ) + P ( B1 ) P ( B4 ) − P ( B1 ) P ( B2 ) P( B3 ) P ( B4 ) (独立性) = p1 p 2 p3 + p1 p 4 − p1 p 2 p3 p 4
3.(1)由加法公式 P ( AB ) = P ( A) + P( B) − P ( A ∪ B ) 知，当A ⊂ B时，P( AB )取最大值， 且最大值为 P ( AB ) = P ( A) + P( B) − P ( B) = 0.6 + 0.7 − 0.7 = 0.6
3.(2)类似，由加法公式 P ( AB ) = P ( A) + P ( B ) − P ( A ∪ B) 知，当P( A ∪ B ) = 1时，P( AB)取 最小值，且最小值为 P ( AB ) = P ( A) + P ( B ) − 1 = 0.6 + 0.7 − 1 = 0.3
24.设Bi (i = 1,2)为取到第i箱事件，A j ( j = 1,2)为 第j次取到一等品事件，P( B1 ) = P( B2 ) = 1 / 2， 由全概率公式得 (1) P( A1 ) = P( B1 ) P( A1 | B1 ) + P( B2 ) P( A1 | B2 ) = 2 / 5， 又由贝叶斯公式得 1 / 2 + 10 / 50 P( B1 | A1 ) = = 1 / 4, P( B2 | A1 ) = 3 / 4, 故 2/5 1 9 3 17 (2) P( A2 | A1 ) = × + × ≈ 0.4856 4 49 4 29
26.(2) Bi =“元件i正常工作”i = 1,2,3,4,5)， ( 于是P ( Bi ) = p (i = 1,2,3,4,5),由加法公式，可靠性 p = P ([ B1 I ( B2 U B3 B5 )] U [ B4 I ( B5 U B3 B2 )]) = P (( B1 B2 U B1 B3 B5 ) U ( B4 B5 U B4 B3 B2 )) = P ( B1 B2 U B1 B3 B5 U B2 B3 B4 U B4 B5 ) = P ( B1 B2 ) + P ( B1 B3 B5 ) + P( B2 B3 B4 ) + P ( B4 B5 ) − P( B1 B2 B3 B5 ) − P ( B1 B2 B3 B4 ) − P( B1 B2 B4 B5 ) − P( B1 B2 B3 B4 B5 ) − P ( B1 B3 B4 B5 ) − P ( B2 B3 B4 B5 ) + P ( B1 B2 B3 B4 B5 ) + P ( B1 B2 B3 B4 B5 ) + P ( B1 B2 B3 B4 B5 ) + P ( B1 B2 B3 B4 B5 ) − P ( B1 B2 B3 B4 B5 ) = 2p + 2p − 5p + 2p
19.(2) B1 , B2 , B3分别为从第一只盒子中取二 只白球、二只红球、一只红球和一只白球 放入第二只盒子，A为从第二只盒子中取 到一只白球事件，则 P( A) = P( B1 ) P ( A | B1 ) + P( B2 ) P( A | B2 ) + P ( B3 ) P( A | B3 ) C C C CC C C = × + × + × 2 C C C C C9 C
14.P( AB) = P( A) / P( B | A) = 1 / 12, P( B) = P( AB) / P( A | B) = 1 / 6, 故 P( A ∪ B) = P( A) + P( B) − P( AB) = 1/ 3
15.法一：设A为一颗为一点的事件，B为 两点数之和为7的事件，要求出P( A | B)， 基本事件总数为6 ，有利B的事件数是6,
23.设A1为传送信息A( A1为传送信息B ), A2为接受到的信息是A事件( A2为受到的信息是B), 于是 P ( A1 ) = 2 / 3, P ( A1 ) = 1 / 3, P ( A2 | A1 ) = 0.02, P ( A2 | A1 ) = 0.01, P ( A2 | A1 ) = 1 − P ( A2 | A1 ) = 0.98 P( A1 A2 ) P( A1 ) P ( A2 | A1 ) = P ( A1 | A2 ) = P ( A2 A1 ) + P ( A2 A1 ) P ( A2 ) P( A1 ) P ( A2 | A1 ) = P ( A1 ) P( A2 | A1 ) + P ( A1 ) P( A2 | A1 ) (2 / 3) × 0.98 196 16 = = = (2 / 3) × 0.98 + (1 / 3) × 0.01 197 17
18.设Ai为第i次拨号接通事件(i = 1,2,3)， 利用加法定理和乘法公式得 P( A1 ∪ A1 A2 ∪ A1 A2 A3 ) = P ( A1 ) + P( A1 A2 ) + P ( A1 A2 A3 ) = P ( A1 ) + P( A1 ) P( A2 | A1 ) + P( A1 ) P ( A2 | A1 ) P ( A3 | A1 A2 ) 1 9 1 9 8 1 3 = + × + × × = 10 10 9 10 9 8 10
21.设A1 , A2 分别为挑选一人是男、 女性的事件，B为此人为色盲患 者事件，由贝叶斯公式 P( A1 ) P( B | A1 ) P( A1 | B) = P( B) 0.5 × 0.05 20 = = 0.5 × 0.05 + 0.5 × 0.0025 21
22.设A1 , A2 分别为第一次及格、第二次及格， 于是P( A1 ) = p, P( A2 | A1 ) = p, P( A2 | A1 ) = p / 2, 故取得改资格的概率 P(( A1 A2 ) U ( A1 A2 ) U ( A1 A2 )) = P( A1 ) P( A2 | A1 ) + P( A1 ) P( A2 | A1 ) + P( A1 ) P( A2 | A1 ) p = pp + (1 − p ) × + p (1 − p ) 2 2 p− p 3 1 2 2 2 =p + + p− p = p− p 2 2 2
3 4 3 4 3
C C ⋅3 9 C C ⋅ 3, P( B) = = ; 4 16
1 4 2 3 1 4 2 3 3
11. 最大个数为3的事件C含基本 CC 1 事件数C C , P(C ) = 3 = 4 16
3 3 1 4 3 3 1 4
12.基本事件总数为C ，强度
3 50
太弱的事件数是C 10,
2 4 2 9 1 7 2 11 2 5 2 9 1 5 2 11 1 5 1 4 1 6 2 11
20.若是MM或AA字母脱落，放回后 2! 仍为MAXAM的概率为 2 ×1× 2, 若 A5 非MM或AA字母脱落，放回后仍为 2! 1 MAXAM的概率为 2 × × 8，故 A5 2 2! 2! 1 3 p = 2 × 1× 2 + 2 × × 8 = A5 A5 2 5
2
有利AB的事件数是2, 于是 2 6 P( AB) = 2 , P( B) = 2 6 6 P( AB) 1 P( A | B) = = ; P( B) 3
15.法二(在缩减样本空间计算)： 两点数之和为7的基本事件总 数为6，有一颗为一点的事件 数是2, 2 1 P= = ; 6 3
16.设A、B、C分别表示孩子、母亲、 父亲得病事件，则P ( A) = 0.6, P( B | A) = 0.5, P(C | AB) = 0.4, 于是 P( ABC ) = P( A) P( B | A) P (C | AB) = 0.12, P( ABC ) = P( AB) − P( ABC ) = 0.6 × 0.5 − 0.12 = 0.18
1 8 1 2
2C C 16 p= = 10 × 9 45
1 8
1 2
17.(4)设A为第一次取出次品事件， B为第二次取出次品事件，利用 加法定理和乘法公式，得 P( B) = P( AB ∪ A B) = P( AB) + P( A B) = P( A) P( B | A) + P( A ) P( B | A ) 2 1 8 2 1 = × + × = 10 9 10 9 5