概率论一题多解问题

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九年级数学一题多解

九年级数学一题多解在九年级数学的学习中，我们经常遇到一些问题需要运用多种方法来解决。

这种一题多解的现象不仅是对我们思维能力的一种挑战，也是提高我们解决问题能力的重要途径。

下面就让我们一起探讨一下九年级数学一题多解的策略和方法。

我们需要明确什么是“一题多解”。

简单来说，一题多解就是对同一道题目，我们可以通过不同的方法进行解答，从而得到相同的结果。

这种解题方式不仅锻炼了我们的思维灵活性，也提高了我们解决问题的能力。

例如，我们在学习二次函数的时候，经常会遇到这样的问题：给定一个二次函数y=ax²+bx+c，要求我们求出它的顶点坐标。

对于这样的问题，我们可以采用多种方法进行解决。

方法一：利用配方法。

通过对二次函数进行配方，我们可以得到它的顶点坐标。

这种方法虽然比较繁琐，但是对于掌握二次函数的性质非常有帮助。

方法二：利用函数图像。

我们可以画出二次函数的图像，然后观察它的顶点位置。

这种方法直观易懂，但是需要一定的几何思维能力。

方法三：利用公式法。

对于一些简单的二次函数，我们可以直接利用顶点公式x=-b/2a，y=(4ac-b²)/4a来计算顶点坐标。

这种方法适用于那些不需要配方法和图像法的简单问题。

通过以上三种方法的比较，我们可以发现每种方法都有其优缺点。

在解题时，我们需要根据问题的具体情况选择合适的方法。

我们也需要不断练习和总结，才能更好地掌握一题多解的技巧。

九年级数学一题多解是一种非常重要的解题策略。

它不仅可以帮助我们更好地理解数学知识，还可以提高我们的思维能力和解决问题的能力。

在以后的学习中，我们需要更加注重这种解题方式的训练和应用。

幂级数求和问题在考研数学中具有重要地位，是数项级数求和的一个重要考点。

幂级数是一类常见的函数，具有广泛的应用。

掌握幂级数求和的方法不仅可以帮助考生解决考研数学中的相关问题，还可以为后续的实际应用打下基础。

本文将介绍四种解决幂级数求和问题的方法，帮助考生灵活应对考研数学中的相关问题。

关于古典概型的三个典型例题及其在解题中的应用

关于古典概型的三个典型例题及其在解题中的应用古典概型是概率论的基础，又有着很高的实用价值，已成为义务教育阶段数学课程的一项重要内容.结合初中数学活动课的教学实践，通过古典概型应用的若干实例，阐述了问题求解的策略、多种方法以及不同方法的具体适用场合，对古典概型的解题规律做了有益的探究.关键词：古典概型；等概基本事件组；有利场合数；应用实例；求解策略；计算方法古典概型是概率论发展史上最早被人们认识、研究并加以应用的概率模型，是一种特殊的数学模型.古典概型在概率论中具有相当重要的地位，不仅其优越性明显，应用广泛，而且是进一步学习概率不可或缺的内容.一、学习古典概型的重要性1.有利于理解概率的意义.对于古典概型，频率的稳定性比较容易验证，也与同学们已有的生活经验和数学活动经验相吻合，从而概率的存在性和确定性易于领会、理解和接受.2.可帮助我们直接计算随机事件发生的概率，化解大量重复试验带来的耗时费力的矛盾，避免破坏性试验造成的损失.也就是说，不需要做任何试验，只要分析事件的本质，确认是古典概型，就可以直接计算得到概率的精确值，而且是理论值，它与用统计方法得到的结论相一致.3.能够有效地解决生产、生活和科研中的某一类问题.如抽签、摸球、摇号、掷骰子、中奖率、次品率、密码解锁、公平规则设计等.二、古典概型的概念1.等概基本事件组设A1，A2，…，An是一个事件组，如果它具有下列三条性质：（1）A1，A2，…，An发生的机会相同（等可能性）；（2）在任一次试验中，A1，A2，…，An至少有一个发生.也就是除此以外，不可能有别的结果（完全性）；（3）在任一次试验中，A1，A2，…，An至多有一个发生.也就是说这n个事件是互相排斥的（互不相容性）.则称A1，A2，…，An为一个等可能基本事件组，也称为一个等概基本事件组，其中任一事件Ai（i=1，2，…，n）称为基本事件.2.概率的古典定义如果试验的所有可能的结果可以表述为一个等概基本事件组A1，A2，…，An.其中有且仅有m个基本事件包含于随机事件J（即当且仅当这m个事件中任一事件发生时，事件J发生），则比值m/n就称为事件J的概率，记作P（J）=m/n.其中，n是基本事件的总数，m是事件J所包含的基本事件数，通常叫做事件J的有利场合数，或有利结果数.3.古典概型及其计算公式可以根据概率的古典定义来计算随机事件的概率，这样的概率模型称为古典概型.P（J）=m/n是概率古典定义的核心内容，它给出了古典概型中随机事件的概率计算公式.三、求解方法与策略1.古典概型的确认.对所要解决的问题，首先要确定是不是属于古典概型？这主要根据古典概型的两个基本特征，即试验结果是否具有有限性和等可能性.2.判定等可能性的常用依据.（1）客观对称性（如抛掷硬币、掷骰子等试验）；（2）某种均衡性（如摸球、抽签等试验）. 3.考察等概基本事件组.等概基本事件组是与古典概型相互印证的，也是概率计算的第一步.对某些问题，等概基本事件组不是唯一的，可供选择.一般情况下，其基本事件的总数越少，求解越为简便.4.按照古典概型中随机事件的概率计算公式，先求分母和分子，再求比值，即得所求概率.分母是等概基本事件组中基本事件的总数，分子是相应事件所包含的基本事件数，即该事件的有利场合数.5.运用多种方法实施计算.（1）直接列举法；（2）表格法；（3）树状图法；（4）根据乘法原理；（5）根据排列与组合的基本知识，或兼用乘法原理；（6）根据概率的运算性质.6.不同计算方法的适用场合.（1）计算简单随机事件的概率，可运用列举法（包括列表、画树状图）.当试验结果显然或试验步骤只有1个时，可直接列举出所有等可能的结果；当试验步骤只有2个且试验结果较少时，表格法和树状图法都是行之有效的；当试验步骤只有2个但试验结果较多时，宜选用列表的方法，显得整体清晰，类别分明，解题便捷.（2）當试验分为3步（或以上），通常选用树状图法；如果要采用列表法，则需2张（或更多）表格，即分步列表.（3）义务教育阶段，宜使用列举法，帮助计算.（4）初中后阶段，可介绍乘法原理，并实施计算.乘法原理通俗易懂，其思想方法与树状图法是一致的.遵循认知规律，所花时间不多，初中学生很快就能接受并较好地掌握，既可以帮助快捷计算，也可以作为对列举法的一种验算或印证，确保列举的所有等可能结果既不遗漏，也不重复.（5）当试验出现的结果较多时，往往需要运用乘法原理或排列与组合的基本知识加以计算.（6）随着概率知识的进一步学习和加深，运用概率的运算性质进行计算，常常会收到更好的效果.7.转化（化归）策略举例.（1）编号.例如，在摸球试验中，通常将彩色球编号，目的是创设等可能性.（2）等分.例如，在转盘问题上，通常将转盘作等分、涂色处理，就是把无限转化为有限，从而归结为古典概型来求解.8.对比策略举例.（1）放回与不放回，或称有放回与无放回.例如，在摸球试验中常有这两种不同的情形，注意到这二者之间的联系与区别，对比在使用表格时各自呈现的特点，从而掌握其规律.抽签方法指的是不放回的情形.（2）有序与无序，也就是考虑顺序与不考虑顺序.对某些问题，必须考虑顺序；而对有些问题，两种方法都能使用.注意这二者之间的联系与区别.（3）比照.这里是指通过对问题实质的分析，能否与一些常见的实用类型等同看待.例如，某些实际问题可以比照为摸球问题，某些实际问题可比照为抽签问题，等等.问题的实质相同，解决问题的思想方法也相同.四、应用实例与一题多解文中解题过程，在使用排列数或组合数符号计算的等号后面，紧接着写出了详细数字，是为了看清楚，让初中学生在还没有学习排列与组合知识的情况下，能运用乘法原理有效实施计算.为书写简洁起见，同一题中的同一随机事件除首次出现外，均用J表示.例1.经典分金币问题.传说，17世纪中叶，法国贵族公子梅雷参加赌博，和赌友各押赌注32枚金币.双方约定：抛掷1枚质地均匀的硬币，正面朝上，梅雷得1分；反面朝上，赌友得1分，先积满10分者赢全部赌注.赌博进行了一段时间，梅雷已得8分，赌友得7分.这时，梅雷接到通知，要他马上陪国王接见外宾，赌局只好中止.于是，产生了一个问题，应该怎样分配这64枚金币才算公平合理？这就是历史上著名的“分赌注”问题.解：假设赌局继续，那么最多再抛掷硬币4次，就可以分出输赢.不妨用m表示梅雷积1分，用d表示赌友积1分，运用树状图法可得所有等可能的结果共有16种，其中，梅雷先积满10分的有利场合数为11，赌友先积满10分的有利场合数为5.所以P（梅雷赢）=；P（赌友赢）=.于是梅雷应分得64×=44（枚）金币，赌友应分得64×=20（枚）金币.。

一例概率题的一题多解

一
题多解的解题教学，这有利于学生加深理解，牢固掌握基础知识，培养学生思维的敏捷性和灵活性。
２一例典型题
例袋中有ａ只红球，ｂ只白球，现在从口袋中随机地依次摸出，求第ｋ次摸出红球的概率（ ≤ｋ１
≤ａ＋ｂ。）
解对于本题可以提出不同的随机试验模型进行处理。
维普资讯
第２卷第 Байду номын сангаас ４期
２ＯＯ６年２月
青海大学学报（自然科学版）Ｊｒｌｆｉｈｎｅｉ（ａｒＳｉｃ）ｏｎｎａＵｉｒｔＮｔｅｃｎｅｕａｏＱｇｉｖｓｙｕｅ
的所有全排列的总数。即：
包含的基本事件数＝ａ（＋ｂ）・ａ一１
则求概为Ｐ｝＝所的率：Ａ＝寿（）
（）口只红球，２将ｂ只白球均认定没有区别。把（＋６只球分成两部分，口）第一部分口只，第二部分
ｂ仍把摸出的球依次排成一列，只，这种全排列属于同物排列，以：所
Ｖ０．４Ｎｏ１１２．
Ｈｂ２ｏｅ．０６
一
例概率题的一题多解
封希媛
（青海民学院计算机科学与技术系，族青海西宁８００）１７０
摘要：通过一例典型题说明了一题多解的解题教学方法在概率论教学中的重要性。关键词：概率论；一题多解；学教
ｂ只球看作不同的。前面ｋ次的每一种摸球情况，）相当于从（口＋ｂ只不同的球中任取ｋ只的选排列，）即：总基本事件数＝＋６Ａ包含的基本事件数：因为（口＋ｂ只球看作是可辨别的，以第ｋ只红球的取法有口种，）所其余ｋ一

概率论 1-9章习题解答

第一章思考题1．事件的和或者差的运算的等式两端能“移项”吗？为什么？2．医生在检查完病人的时候摇摇头“你的病很重，在十个得这种病的人中只有一个能救活. ”当病人被这个消息吓得够呛时，医生继续说“但你是幸运的.因为你找到了我，我已经看过九个病人了，他们都死于此病，所以你不会死” ，医生的说法对吗？为什么？３．圆周率 1415926.3=π是一个无限不循环小数, 我国数学家祖冲之第一次把它计算到小数点后七位, 这个记录保持了1000多年! 以后有人不断把它算得更精确. 1873年, 英国学者沈克士公布了一个π的数值, 它的数目在小数点后一共有707位之多! 但几十年后, 曼彻斯特的费林生对它产生了怀疑. 他统计了π的608位小数, 得到了下表:675844625664686762609876543210出现次数数字你能说出他产生怀疑的理由吗?答：因为π是一个无限不循环小数，所以，理论上每个数字出现的次数应近似相等，或它们出现的频率应都接近于0.1，但7出现的频率过小.这就是费林产生怀疑的理由. 4．你能用概率证明“三个臭皮匠胜过一个诸葛亮”吗？５．两事件A 、B 相互独立与A 、B 互不相容这两个概念有何关系？对立事件与互不相容事件又有何区别和联系？６．条件概率是否是概率？为什么？习题一1．写出下列试验下的样本空间：（1）将一枚硬币抛掷两次答：样本空间由如下4个样本点组成{(,)(,)(,)(,)Ω=正正，正反，反正，反反（2）将两枚骰子抛掷一次答：样本空间由如下36个样本点组成{(,),1,2,3,4,5,6}i j i j Ω== （3）调查城市居民（以户为单位）烟、酒的年支出答：结果可以用（x ，y ）表示，x ，y 分别是烟、酒年支出的元数.这时，样本空间由坐标平面第一象限内一切点构成 .{(,)0,0}x y x y Ω=≥≥ 2．甲，乙，丙三人各射一次靶，记-A “甲中靶” -B “乙中靶”-C “丙中靶” 则可用上述三个事件的运算来分别表示下列各事件： (1) “甲未中靶”： ;A (2) “甲中靶而乙未中靶”： ;B A (3) “三人中只有丙未中靶”： ;C AB(4) “三人中恰好有一人中靶”：;C B A C B A C B A(5)“ 三人中至少有一人中靶”： ;C B A(6)“三人中至少有一人未中靶”： ;C B A 或;ABC (7)“三人中恰有两人中靶”： ;BC A C B A C AB(8)“三人中至少两人中靶”： ;BC AC AB (9)“三人均未中靶”： ;C B A(10)“三人中至多一人中靶”： ;C B A C B A C B A C B A(11)“三人中至多两人中靶”： ;ABC 或;C B A3 .设,A B是两随机事件，化简事件(1)()()AB A B (2)()()A B A B解:(1)()()A B A B A B A B B B== ,(2)()()A B A B ()A B A B B A A B B==Ω= .4．某城市的电话号码由5个数字组成，每个数字可能是从0-9这十个数字中的任一个，求电话号码由五个不同数字组成的概率. 解：51050.302410P P ==.5．n 张奖券中含有m张有奖的，k个人购买，每人一张，求其中至少有一人中奖的概率.解法一：试验可模拟为m 个红球，n m -个白球，编上号，从中任取k 个构成一组，则总数为k nC ，而全为白球的取法有k mn C-种，故所求概率为knkm n C C --1.解法二：令i A —第i 人中奖，,.,2,1k i=B —无一人中奖，则kA A A B21=，注意到k A ，，A ，A 21不独立也不互斥：由乘法公式)()()()()(11213121-=k kA A A P A A A P A A P A PB P(1)(2)(1)121n m n m n m n m k nn n n k -------+=⋅⋅---+ !,1kkn m n m k kn nC C k C C ---同除故所求概率为.6．从5双不同的鞋子中任取4只，这4只鞋子中“至少有两只配成一双”（事件A ）的概率是多少？解：122585410()C C C P A C -=7．在[]1,1-上任取一点X ，求该点到原点的距离不超过15的概率.解：此为几何概率问题：]11[，-=Ω,所求事件占有区间]5151[，-，从而所求概率为121525P ⋅==.8．在长度为a 的线段内任取两点，将其分成三段，求它们可以构成一个三角形的概率.解：设一段长为x ，另一段长为y ，样本空间:0,0,0x a y a x y a Ω<<<<<+<，所求事件满足： 0202()a x a y x y a x y ⎧<<⎪⎪⎪<<⎨⎪+>--⎪⎪⎩从而所求概率＝14C D E O A BS S = .9．从区间(0,1)内任取两个数，求这两个数的乘积小于14的概率.解：设所取两数为,,X Y 样本空间占有区域Ω, 两数之积小于14:14X Y <,故所求概率 ()()1()()1S S D S D P S Ω--==Ω,而11411()(1)1(1ln 4)44S D d x x=-=-+⎰,故所求概率为1(1ln 4)4+.10．设A 、B 为两个事件，()0.9P A =，()0.36P A B =，求()P A B . 解：()()()0.90.360.54P A B P A P A B =-=-=;11．设A 、B 为两个事件，()0.7P B =，()0.3P AB =，求()P A B . 解：()()1()1[()()]1[0.70.3]0.6P A B P A B P A B P B P A B ==-=--=--= . 12．假设()0.4P A =，()0.7P A B = ，若A 、B 互不相容，求()P B ；若A 、B 相互独立，求()P B .解：若A 、B 互不相容，()()()0.70.40P B P A B P A =-=-= ；若A 、B 相互独立，则由()()()()()P A B P A P B P A P B +=+-可得()P B =0.5. 13．飞机投弹炸敌方三个弹药仓库，已知投一弹命中1，2，3号仓库的概率分别为0.01,0.02,0.03,求飞机投一弹没有命中仓库的概率.解：设=A {命中仓库}，则=A {没有命中仓库}，又设=i A {命中第i 仓库})3,2,1(=i 则03.0)(,02.0)(,01.0)(321===A P A P A P ，根据题意321A A A A =（其中321,A A A 两两互不相容）故123()()()()P A P A P A P A =++=0.01+0.02+0.03=0.06所以94.006.01)(1)(=-=-=A P A P 即飞机投一弹没有命中仓库的概率为0.9414．某市有50%住户订日报，有65%的住户订晚报，有85%的住户至少订这两种报纸中的一种，求同时订这两种报纸的住户的百分比解：设=A {用户订有日报}，B ={用户订有晚报}，则=B A {用户至少订有日报和晚报一种}，=AB {用户既订日报又订晚报}，已知85.0)(,65.0)(,5.0)(===B A P B P A P ，所以3.085.065.05.0)()()()(=-+=-+=B A P B P A P AB P即同时订这两种报纸的住户的百分比为30%15．一批零件共100个，次品率为10%，接连两次从这批零件中任取一个零件，第一次取出的零件不再放回，求第二次才取得正品的概率.解：设=A {第一次取得次品}，=B {第二次取得正品}，则=AB {第二次才取得正品}，又因为9990)(,10010)(==A B P A P ，则0909.0999010010)()()(===ABP A P AB P16.设随机变量A、B、C 两两独立，A与B互不相容. 已知)(2)(>=C P B P且5()8P B C =，求()P A B .解：依题意)(=AB P 且)()()(B P A P AB P =，因此有0)(=A P .又因25()()()()()3()2[()]8P B C P B P C P B P C P C P C +=+-=-=，解方程85)(3)]([22=+-C P C P151()[()]()442P C P C P B ==⇒=舍去，，()()()()()0.5.P A B P A P B P A B P B =+-==17．设A是小概率事件，即()P A ε=是给定的无论怎么小的正数.试证明：当试验不断地独立重复进行下去，事件A迟早总会发生（以概率1发生）.解：设事件iA —第i 次试验中A出现(1,2,,)i n = ，∵(),()1i i P A P A εε==-，(1,2,,)i n = ，∴n次试验中，至少出现A一次的概率为1212()1()n n P A A A P A A A =- 121()n P A A A =-121()()()n P A P A P A =-⋅⋅⋅ （独立性）1(1)nε=--∴12lim ()1n n P A A A →∞= ，证毕.18．三个人独立地破译一密码，他们能单独译出的概率分别是15，13，14，求此密码被译出的概率.解:设A ，B ，C 分别表示{第一、二、三人译出密码}，D 表示{密码被译出}，则()()()1 P D P A B C P A B C ==-1()1()()() P A B C P A P B P C =-=-42331..5345=-=. 19．求下列系统（如图所示）的可靠度，假设元件i 的可靠度为i p ，各元件正常工作或失效相互独立解：(1)系统由三个子系统并联而成，每个子系统可靠度为123p p p ，从而所求概率为31231(1)p p p --；（2）同理得2312[1(1)]p p --.20．三台机器相互独立运转，设第一，第二，第三台机器不发生故障的概率依次为0.9，0.8，0.7，则这三台机器中至少有一台发生故障的概率. 解：设1A —第一第三台机器发生故障，2A —第一第三台机器发生故障，3A —第一第三台机器发生故障，D —三台机器中至少有一台发生故障，则123()0.1,()0.2,()0.3P A P A P A ===，故()()()1 P D P A B C P A B C ==-1()1()()()10.90.80.70.496 P A B C P A P B P C =-=-=-⨯⨯=21．设A 、B 为两事件，()0.7P A =,()0.6P B =,()0.4B P A=，求()P A B .解：由()0.4B P A=得()0.4,()0.12,()()()0.48()P A B P A B P A B P B P A B P A ==∴=-=，()()()()0.82P A B P A P B P A B =+-= .22.设某种动物由出生算起活到20年以上的概率为0.8, 活到25年以上的概率为0.4. 问现年20岁的这种动物, 它能活到25岁以上的概率是多少? 解：设A—某种动物由出生算起活到20年以上，()0.8P A =，B —某种动物由出生算起活到25年以上，()0.4P B =，则所求的概率为()()0.4()()0.5()()0.8P A B P B BBP P AAP A P A =====23．某地区历史上从某年后30年内发生特大洪水的概率为80%，40年内发生特大洪水的概率为85%，求已过去了30年的地区在未来10年内发生特大洪水的概率.解：设A —某地区后30年内发生特大洪灾，()0.8P A =，B —某地区后40年内发生特大洪灾，()0.85P B =，则所求的概率为()()0.15()1()1110.250.2()()P B A P B BBP P A AP A P A =-=-=-=-=.24．设甲、乙两袋，甲袋中有2只白球，4只红球；乙袋中有3只白球，2只红球.今从甲袋中任意取一球放入乙袋中，再从乙袋中任意取一球. 1）问取到白球的概率是多少？2）假设取到白球，问该球来自甲袋的概率是多少？解：设A ：取到白球，B ：从甲球袋取白球24431) ()(/)()(/)()5/9 6666P A P A B P B P A B P B =+⋅+⋅= (/)()2/92) (/)()/()2/5()5/9P A B P B P B A P A B P A P A ====25．一批产品共有10个正品和2个次品，任取两次，每次取一个，抽出后不再放回，求第二次抽出的是次品的概率.解：设i B 表示第i 次抽出次品,(1,2)i =,由全概率公式2221111()()()()()B B P B P B P P B P B B =+=211021121112116⨯+⨯=.26.一批晶体管元件，其中一等品占95%，二等品占4%，三等品占1%，它们能工作500h 的概率分别为90%，80%，70%，求任取一个元件能工作500h 以上的概率.解：设=i B {取到元件为i 等品}(i =1,2,3) ，=A {取到元件能工作500小时以上} 则%1)(%,4)(%,95)(321===B P B P B P%70)(%,80)(%,90)(321===BAP BAP B AP所以)()()()()()()(332211BAP B P BAP B P B AP B P A P ++==⋅+⋅+⋅=%70%1%80%4%90%950.89427．某药厂用从甲、乙、丙三地收购而来的药材加工生产出一种中成药，三地的供货量分别占40%，35%和25%，且用这三地的药材能生产出优等品的概率分别为0.65，0.70和0.85，求从该厂产品中任意取出一件成品是优等品的概率.如果一件产品是优质品，求它的材料来自甲地的概率解：以Bi分别表示抽到的产品的原材来自甲、乙、丙三地，A={抽到优等品}，则有：123()0.35,()0.25,P B P B ==P(B )=0.4,1()0.65,AP B =32()0.7,()0.85AAP P B B==所求概率为().P A 由全概率公式得：123123()()()()()()()AAAP A P B P P B P P B P B B B =++0.650.40.70.350.850.250.7175.=⨯+⨯+⨯=1111()()(|)0.26()0.3624()()0.7175P B A P B P A B B P AP A P A ====28．用某种检验方法检查癌症，根据临床纪录，患者施行此项检查，结果是阳性的概率为0.95；无癌症者施行此项检查，结果是阴性的概率为0.90.如果根据以往的统计，某地区癌症的发病率为0.0005.试求用此法检查结果为阳性者而实患癌症的概率.解：设A={检查结果为阳性}，B={癌症患者}.据题意有()0.95,()0.90,A AP P B B==()0.0005,P B =所求概率为().BP A()0.10,()0.9995.AP P B B==由Bayes 公式得()()()()()()()AP B P BBP AAAP B P P B P BB =+0.00050.950.00470.47%0.00050.950.99950.10⨯===⨯+⨯29．3个射手向一敌机射击，射中的概率分别是0.4，0.6和0.7.如果一人射中，敌机被击落的概率为0.2；二人射中，被击落的概率为0.6；三人射中则必被击落.（1）求敌机被击落的概率；（2）已知敌机被击落，求该机是三人击中的概率. 解:设A={敌机被击落}，B i ={i 个射手击中}，i=1,2,3. 则B 1,B 2,B 3互不相容.由题意知：132()0.2,()0.6,()1AAAP P P BB B===，由于3个射手射击是互相独立的，所以1()0.40.40.30.60.60.30.60.40.70.324P B =⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯= 2()0.40.60.30.40.70.40.60.70.60.436P B =⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯=3()0.40.60.70.168P B =⨯⨯=因为事件A 能且只能与互不相容事件B 1,B 2,B 3之一同时发生.于是（1）由全概率公式得31()()(|)0.3240.20.4360.60.16810.4944i i i P A P B P A B ===⨯+⨯+⨯=∑（2）由Bayes 公式得33331()(|)0.168(|)0.340.4944()(|)i i i P B P A B P B A P B P A B ====∑.30．某厂产品有70%不需要调试即可出厂，另30%需经过调试，调试后有80%能出厂，求（1）该厂产品能出厂的概率；（2）任取一出厂产品未经调试的概率. 解：A ——需经调试 A ——不需调试 B ——出厂则%30)(=A P ，%70)(=A P ，%80)|(=A B P ，1)|(=A B P （1）由全概率公式：)()()()()(ABP A P ABP A P B P ⋅+⋅=%941%70%80%30=⨯+⨯=. （2）由贝叶斯公式：9470%94)()()()()(=⋅==A B P A P B P B A P BAP .31．进行一系列独立试验，假设每次试验的成功率都是p，求在试验成功2次之前已经失败了3次的概率. 解：所求的概率为234(1)pp -.32．10个球中有一个红球，有放回地抽取，每次取一球，求直到第n 次才取k 次()k n ≤红球的概率解：所求的概率为11191010kn kk n C ---⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭33．灯泡使用寿命在1000h 以上的概率为0.2，求3个灯泡在使用1000h 后，最多只有一个坏了的概率.解：由二项概率公式所求概率为312333(0)(1)0.2(0.2)0.80.104P P C +=+⋅=34．（Banach 问题）某人有两盒火柴，每盒各有n 根，吸烟时任取一盒，并从中任取一根，当他发现有一盒已经用完时，试求：另一盒还有r 根的概率. 解：设试验E —从二盒火柴中任取一盒，A—取到先用完的哪盒，1()2P A =，则所求概率为将E 重复独立作2n r-次A发生n次的概率，故所求的概率为222211()()()222nnnn rn rn rn r n r C P n C -----==.第二章思考题1. 随机变量的引入的意义是什么？答：随机变量的引入,使得随机试验中的各种事件可通过随机变量的关系式表达出来，其目的是将事件数量化，从而随机事件这个概念实际上是包容在随机变量这个更广的概念内.引入随机变量后,对随机现象统计规律的研究,就由对事件及事件概率的研究转化为随机变量及其取值规律的研究,使人们可利用数学分析的方法对随机试验的结果进行广泛而深入的研究.随机变量概念的产生是概率论发展史上的重大事件，随机事件是从静态的观点来研究随机现象,而随机变量的引入则变为可以用动态的观点来研究.2.随机变量与分布函数的区别是什么？为什么要引入分布函数？答：随机变量与分布函数取值都是实数，但随机变量的自变量是样本点，不是普通实数，故随机变量不是普通函数，不能用高等数学的方法进行研究，而分布函数一方面是高等数学中的普通函数，另一方面它决定概率分布，故它是沟通概率论和高等数学的桥梁，利用它可以将高度数学的方法得以引入.3. 除离散型随机变量和连续型随机变量，还有第三种随机变量吗？答：有，称为混合型. 例：设随机变量[]2,0~U X ，令⎩⎨⎧≤≤<≤=.21,1;10,)(x x x x g则随机变量)(X g Y =既非离散型又非连续型.事实上，由)(X g Y =的定义可知Y 只在[]1,0上取值，于是当0<y 时，0)(=y F Y ；1≥y 时，1)(=y F Y ；当10<≤y 时，()2))(()(y y X P y X g P y F Y =≤=≤=于是⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≥<≤<=.1,1;10,2;0,0)(y y yy y F Y首先Y 取单点{1}的概率021)01()1()1(≠=--==Y Y F F Y P ，故Y 不是连续型随机变量.其次其分布函数不是阶梯形函数，故Y 也不是离散型随机变量.4.通常所说“X 的概率分布”的确切含义是什么？答：对离散型随机变量而言指的是分布函数或分布律，对连续型随机变量而言指的是分布函数或概率密度函数.5.对概率密度()f x 的不连续点，如何由分布函数()F x 求出()f x ？答：对概率密度()f x 的连续点，()()f x F x '=，对概率密度()f x 的有限个不连续点处，可令()f x c =（c 为常数）不会影响分布函数的取值.6.连续型随机变量的分布函数是可导的，“概率密度函数是连续的”这个说法对吗？为什么？答：连续型随机变量密度函数不一定是连续的，当密度函数连续时其分布函数是可导的，否则不一定可导.习题1．在测试灯泡寿命的试验中,试写出样本空间并在其上定义一个随机变量.解：每一个灯泡的实际使用寿命可能是),0[+∞中任何一个实数, 样本空间为}0|{≥=Ωt t ，若用X 表示灯泡的寿命（小时），则X 是定义在样本空间}0|{≥=Ωt t 上的函数，即tt X X==)(是随机变量.2．一报童卖报, 每份0.15元,其成本为0.10元. 报馆每天给报童1000份报, 并规定他不得把卖不出的报纸退回. 设X 为报童每天卖出的报纸份数, 试将报童赔钱这一事件用随机变量的表达式表示.解：{报童赔钱}⇔{卖出的报纸钱不够成本}，而当 0.15 X <1000× 0.1时，报童赔钱，故{报童赔钱} ⇔{X ≤666}3．若2{}1P X x β<=-，1{}1P X x α≥=-，其中12x x <，求12{}P x X x ≤<.解：1221{}{}{}P x X x P X x P X x ≤<=<-<21{}[1{}]1P X x P X x αβ=<--≥=--.4．设随机变量X 的分布函数为⎪⎩⎪⎨⎧≥<≤<=1,110,0,0)(2x x x x x F试求（1）⎭⎬⎫⎩⎨⎧≤21X P （2）⎭⎬⎫⎩⎨⎧≤<-431X P （3）⎭⎬⎫⎩⎨⎧>21X P解：41)21(21)1(==⎭⎬⎫⎩⎨⎧≤F X P ；（2）1690169)1()43(431=-=--=⎭⎬⎫⎩⎨⎧≤<-F F X P ；（3）43)21(121121=-=⎭⎬⎫⎩⎨⎧≤-=⎭⎬⎫⎩⎨⎧>F X P X P .5．5个乒乓球中有2个新的，3个旧的，如果从中任取3个，其中新的乒乓球的个数是一个随机变量，求这个随机变量的概率分布律和分布函数，并画出分布函数的图形.解：设X 表示任取的3个乒乓球中新的乒乓球的个数，由题目条件可知，X 的所有可能取值为0，1，2，∵33351{0}10C P X C ===，1223356{1}10C C P XC ===，2133353{2}10C C P XC ===∴随机变量X的概率分布律如下表所示：由()k kx xF x P ≤=∑可求得()F x 如下:0 ,0{0} ,01(){0}{1} ,12{0}{1}{2} x P X x F x P X P X x P X P X P X <=≤<==+=≤<=+=+= ,2x ⎧⎪⎪⎨⎪⎪≥⎩0 ,00.1 ,010.7 ,121 ,2x x x x <⎧⎪≤<⎪=⎨≤<⎪⎪≥⎩，()F x 的图形如图所示.6．某射手有5发子弹，射击一次命中率为0.9，如果他命中目标就停止射击，命不中就一直射击到用完5发子弹，求所用子弹数X 的概率分布解：7 .一批零件中有9个合格品与3个废品，安装机器时，从这批零件中任取一个，如果每次取出的废品不再放回，求在取出合格品之前已取出的废品数的分布律. 解：设{}ii A =第次取得废品，{}i A i =第次取得合格品，由题意知，废品数X的可能值为0，1，2，3，事件{0}X =即为第一次取得合格品，事件{1}X =即为第一次取出的零件为废品，而第二次取出的零件为合格品，于是有19{0}()0.7512P X P A ====，21211399{1}()0.2045121144A P X P A A P A P A ====⋅=≈（）（），3212311123299{2}()0.0409121110220A A P X P A A A P A P P A A A ===⋅⋅=≈（）（）（）=32412341112123{3}()32191 0.00451211109220A A A P X P A A A A P A P P P A A A A A A ====⋅⋅⋅=≈（）（）（）（）所以X8.从101-中任取一个数字，若取到数字)101( =i i 的概率与i成正比，即1,2,,10P X i ki i === （），（），求k.解：由条件1,2,,P X i k ii === （），（），由分布律的性质1011i i p ==∑,应有1011i k i ==∑,155k =.9 .已知随机变量X 服从参数1=λ的泊松分布，试满足条件{}01.0=>N X P 的自然数N .解：因为{}{}{}99.0101.0),1(~=>-=≤=>N X P N X P Y X P P X 所以从而{}99.0!==≤∑=-Nk k eNX P λ查附表得4=N10.某公路一天内发生交通事故的次数X 服从泊松分布，且一天内发生一次交通事故的概率与发生两次交通事故的概率相等，求一周内没有交通事故发生的概率. 解：设~()XP λ，由题意：)1(=X P =)2(=X P ，2!2!1λλλλ--=ee，解得2=λ，所求的概率即为222!0)0(--===eeX P .11 . 一台仪器在10000个工作时内平均发生10次故障，试求在100个工作时内故障不多于两次的概率.解：设X 表示该仪器在100个工作时内故障发生的次数，1~(100,)1000XB ，所求的概率即为)0(=X P ，)1(=X P ，)2(=X P 三者之和.而100个工作时内故障平均次数为=μ1.010001100=⨯，根据Poisson 分布的概率分布近似计算如下：99984.000452.009048.090484.0!2!1!0)2(21=++=++≈≤---μμμμμμeeeX P故该仪器在100个工作时内故障不多于两次的概率为0.99984. 12.设[]~2,5XU ，现对X 进行三次独立观察，试求至少有两次观察值大于3的概率.解：()1,2530 ,x f x ⎧≤≤⎪=⎨⎪⎩其余，令()3AX =>，则()23p P A ==，令Y 表示三次重复独立观察中A 出现次数，则2~3,3YB ⎛⎫ ⎪⎝⎭，故所求概率为()21323332121202333327P Y C C ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫≥=+=⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭.13.设某种传染病进入一羊群，已知此种传染病的发病率为2/3，求在50头已感染的羊群中发病头数的概率分布律.解：把观察一头羊是否发病作为一次试验，发病率3/2=p ，不发病率3/1=q ，由于对50头感染羊来说是否发病，可以近似看作相互独立，所以将它作为50次重复独立试验，设50头羊群中发病的头数为X ，则X (50,2/3)X B ，X 的分布律为{})50,,2,1,0(31325050 =⎪⎭⎫⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛==-k C k X P kkk14.设随机变量X 的密度函数为2, 01()0 , x x p x <<⎧=⎨⎩其它，用Y 表示对X 的3次独立重复观察中事件1{}2X ≤出现的次数，求{2}P Y =.解：(3,)Y p B ，1211{}224p P X x d x =≤==⎰，由二项概率公式223139{2}()()4464P Y C ===.15.已知X 的概率密度为2,0()0,0xa x ex f x x λ-⎧>=⎨≤⎩，试求：（1）、未知系数a ；（2）、X 的分布函数()F x ；（3）、X 在区间1(0,)λ内取值的概率. 解：（1）由⎰+∞-=021dx eax xλ，解得.22λ=a(2)()()()F x P X x f x dx+∞-∞=≤=⎰，∴当x ≤0时0)(=x F ,当x >0时，222()1(22)2xxxeF x a x ed x x x λλλλ--==-++⎰,∴2211(22),0()20, 0x x x F x x λλ⎧-++>⎪=⎨⎪≤⎩.（3）511(0)()(0)12P X F F eλλ<<=-=-.16.设X 在(1,6)内服从均匀分布，求方程210x X x ++=有实根的概率.解: “方程210x X x ++=有实根”即{2}X >，故所求的概率为{2}P X >=45.17.知随机变量X 服从正态分布2(,)N a a ，且Y a X b =+服从标准正态分布(0,1)N ，求,a b .解：由题意222(0)1a b a a a ⎧+=>⎨⋅=⎩ 解得：1,1a b ==-18.已知随机变量X 服从参数为λ的指数分布，且X 落入区间（1，2）内的概率达到最大，求λ. 解：2(12)(1)(2)()P X P X P X e e g λλλ--<<=>->=-=令,令()0g λ'=，即022=---λλee,即021=--λe，∴.2ln =λ19．设随机变量(1,4)X N ，求(01.6)P X ≤<，(1)P X <. 解：011.61(01.6)()22P X P X --≤<=≤< 1.6101()()0.309422--=Φ-Φ=11(1)()(0)0.52P X -<==Φ=Φ=.20.设电源电压()2~220,25XN ，在200,200240,240XX X ≤<≤>电压三种情形下，电子元件损坏的概率分别为0.1,0.001,0.2，求：（1）该电子元件损坏的概率α；（2）该电子元件损坏时，电压在200~240伏的概率β.解：设()()()123200,200240,240A XA X A X =≤=<≤=>， D —电子元件损坏，则（1）123,,A A A完备，由全概率公式()()()()123123DD D P D P A P P A P P A P A A A α⎛⎫⎛⎫⎛⎫==++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，今()()()12002200.810.80.21225P A -⎛⎫=Φ=Φ-=-Φ= ⎪⎝⎭，同理()()()()20.80.820.810.576P A =Φ-Φ-=Φ-=，()310.2120.5760.212P A =--=，从而()0.062P D α==.（2）由贝叶斯公式()()222D P A P A A P D P D β⎛⎫⎪⎝⎭⎛⎫==⎪⎝⎭0.5760.0010.0090.062⨯==.21.随机变求2Y X =的分布律解：. 22.变量X 服从参数为0.7的0－1分布，求2X 及22X X -的概率分布.解．X 的分布为易见，2X 的可能值为0和1；而22X X -的可能值为1-和0，由于2{}P Xu =={P X }u =(0,1)u =，可见2X的概率分布为：由于2{21}{1}0.7P XX P X -=-===，2{20}{0}0.3P X X P X -====，可得22XX-的概率分布为23.X 概率密度函数为21()(1)X f x x π=+，求2Y X =的概率密度函数()Y f y .解：2y x =的反函数为2y x =，代入公式得22()()()22(4)Y X y y f y f y π'==+.24.设随机变量[]~0,2X U ，求随机变量2YX=在()0,4内概率密度()Y f y .解法一（分布函数法）当0y<时，()0,4Y F y y =>时()1Y F y =，当04y ≤≤时，()(YXF y P X F =≤=从而 ()040 ,XY f y f y ⎧=≤≤⎪=⎨⎪⎩其余解法二（公式法）2y x=在()0,2单增，由于反函数x=在()0,4可导，'y x =，从而由公式得()040 ,XYf y f y ⎧=≤≤⎪=⎨⎪⎩其余25. ,0)0 ,0xXe xf x x -⎧≥=⎨<⎩（，求XYe=的密度.解法一（分布函数法）因为0X≥，故1Y>，当1y >时，()()()ln ln YX F y P X y F y =≤=，()()ln 2111ln ,10 ,1y X Yf y e y y y y f y y -⎧==>⎪∴=⎨⎪≤⎩.解法二（公式法）xye=的值域()1,+∞，反函数ln xy=，故()()[]21ln ln ' ,10 ,1X Yf y y y y f y y ⎧=>⎪=⎨⎪≤⎩.26.设随机变量X 服从(0,1)上的均匀分布，分别求随机变量XY e =和ln Z X =的概率密度()Y f y 和()Z f z .解：X 的密度为1, 01() x fx ⎧<<⎪=⎨⎪⎩0,若其它，（1）函数xye=有唯一反函数，ln xy=，且1Ye<<，故(ln )(ln ), 1() X f y y y ef y '⎧<<⎪=⎨⎪⎩0,其它1, 1 y e y ⎧<<⎪=⎨⎪⎩0,其它.（2）在区间(0,1)上，函数ln ln zx x==-，它有唯一反函数zxe-=，且0Z>，从而()(), () z z X Zf e e fz -->⎧'⎪=⎨⎪⎩z 00,其它, zz e ->⎧⎪=⎨⎪⎩0,其它. 27. 设()Xf x 为X 的密度函数，且为偶函数，求证X -与X 有相同的分布.证：即证Y X=-与X 的密度函数相同，即()()YXf y f y =.证法一（分布函数法）()()()()()11YX F y P X y P X y P X y F y =-≤=≥-=-≤-=--， ()()()()1YX Xp y p y p y ∴=--⋅-=，得证.证法二（公式法）由于y x=-为单调函数，∴()()()()()'YX X Xp y p y y p y p y =--=-=.28.设随机变量X 服从正态分布),(2σμN ，0,>+∞<<-∞σμ ，)(x F 是X 的分布函数，随机变量)(X F Y=.求证Y 服从区间]1,0[上的均匀分布.证明：记X 的概率密度为)(x f ，则⎰∞-=xdt t f X F .)()( 由于)(x F 是x 的严格单调增函数，其反函数)(1x F - 存在，又因1)(0≤≤x F ，因此Y的取值范围是]1,0[. 即当10≤≤y 时{}{}{}1()()()Y F y P Y y P F X y P X F y -=≤=≤=≤.)]([1y y FF ==-于是Y 的密度函数为1, 01()0, Y y p y ≤<⎧=⎨⎩其它即Y 服从区间]1,0[上的均匀分布.第三章思考题1(答:错)2 (答:错) 3答:错)习题三1 解：)(}1,1{}1,1{}{已知独立==+-=-===Y X P Y X P Y X P 2121212121}1{}1{}1{}1{=⋅+⋅===+-=-==Y P X P Y P X P .由此可看出,即使两个离散随机变量Y X 与相互独立同分布, Y X 与一般情况下也不会以概率1相等. 2解：由∑∑ijij p =1可得：14.0=b ,从而得：.1,0;2,1,0}{}{},{=======j i j Y P i X P j Y i X P 故Y X ,相互独立.7.035.015.014.006.0}1,1{}0,1{}1,0{}0,0{)1,1(}1,1{=+++===+==+==+====≤≤Y X P Y X P Y X P Y X P F Y X P3解:)()1,1(11AB P Y X P p====,121)()(==A B P A P)()0,1(12B A P Y X P p====613241)()(=⋅==A B P A P因为: ,32)(1)(:,1)()(=-==+A B P A B P A B P A B P 所以121)()()()()()()()1,0(21=-=-=-=====AB P B A P AB P AB P B P A B P B A P Y X P p12812161121122=---=p,结果如表所示.4 解: X 的边缘分布律为32}2{,31}1{====X P X PY 的边缘分布律为21}2{,21}1{====X P Y P1=Y 的条件下X 的条件分布为0}1{}1,1{}11{=======Y P Y X P Y X P1}1{}1,2{}12{=======Y P Y X P Y X P2=X 的条件下Y 的条件分布为,32}2{}1,2{}21{=======X P Y X P X Y P ,31}2{}2,2{}22{=======X P Y X P X Y P5 解：（1）由乘法公式容易求得),(Y X 分布律．易知，放回抽样时,61}1{,65}0{,61}1{,65}0{========Y P Y P X P X P且}{}{},{i X P i X j Y P j Y i X P ====== .1,0;1,0}{}{=====j i j Y P i X P于是),(Y X 的分布律为（2）不放回抽样，则,61}1{,65}0{====X P X P ,在第一次抽出正品后，第二次抽取前的状态：正品9个，次品2个．故 ,112}01{,119}00{======X Y P X Y P又在第一次抽出次品后，第二次抽取前状态：正品10个，次品1个.故6解 ),(y x f =⎪⎩⎪⎨⎧≤≤≤≤--.,0,,,))((1否则d y c b x a d c a b⎪⎩⎪⎨⎧><≤≤-=b x a x b x a a b x f X,0,1)(, )(y f Y =⎪⎩⎪⎨⎧><≤≤-d y c y d y c d c ,0,1随机变量X 及Y 是独立的. 7 解（1）),(y x f =yx y x F ∂∂∂),(2=)9)(4(6222y x ++π（2）X 的边缘分布函数=+∞=),()(x F x F X )22)(22(12ππππ++x arctg=)22(1x arctg+ππ.由此得随机变量X 的边缘分布密度函数==)()(x F dxd x f X X )4(22x +π同理可得随机变量Y 的边分布函数=+∞=),()(y F y F Y )32)(22(12y arctg++ππππ=)32(1y arctg+ππY 的边缘分布密度函数==)()(y F dyd y f y Y )9(32y +π（3）由（2）知)(x f X )(y f Y =)4(22x +π)9(32y +π=),(y x f ，所以X 与Y 独立.8 解因为X 与Y 相互独立，所以Y X ,的联合概率密度为∞<<-∞∞<<-∞==+-y x ey f x f y x f y x Y X ,,21)()(),(222π⎰⎰⎰⎰≤+---+--=-====12012110222222222,12121}2{y x rry x e erdr ed dxdye Z P πθππ⎰⎰⎰⎰≤+≤----+--=-====41202122121222222222,2121}1{y x rry x ee erdr ed dxdye Z P πθππ⎰⎰⎰⎰>+∞-∞--+-=-====420222222222222,2121}0{y x rry x eerdr ed dxdye Z P πθππ所以，Z 的分布律为:.1}2{,}1{,}0{212212-----==-====e Z P ee Z P e Z P9解：（1）由 ⎰⎰∞+∞-∞+∞-dxdy y x f ),(=1，即⎰⎰∞+∞++-==⇒0)43(121A dxdy eA y x ，即12=⇒A因此),(y x f =,,00,0,12)43(⎪⎩⎪⎨⎧>>+-其它y x e y x （2）X 的边缘概率密度为当0>x ，)(x f X =⎰∞∞-dy y x f ),(=⎰∞+-0)43(12dy ey x =xe33-，当0>y ，)(y f Y =⎰∞0),(dx y x f =⎰∞+-0)43(12dx ey x =ye44-，可知边缘分布密度为：)(x f X=⎪⎩⎪⎨⎧>-,,0,0,33其它x e x)(y f Y =⎪⎩⎪⎨⎧>-,,00,44其它y e y（3）}20,10{≤<≤<Y X P =⎰⎰--+---=102083)43()1)(1(12eedxdy ey x10解因为 ⎰⎰∞+∞-∞+∞-dxdy y x f ),(=1，即⎰⎰=1121dy y xdxc ， 6,13121==⋅⋅c c对任意10<<x ，)(x f X =⎰∞+∞-dy y x f ),(=⎰=1226x dy xy ，所以)(x f X =⎩⎨⎧<<,,0,10,2其它x x对任意10<<y ，)(y f Y =⎰∞+∞-dx y x f ),(=⎰=122,36y dx xy ，所以)(y f Y =⎪⎩⎪⎨⎧<<,,0,10,32其它y y故),(y x f =)(x f X )(y f Y ，所以X 与Y 相互独立.11解由 2ln 12211===⎰e eDxdx xS当21e x ≤≤时，,2121),()(11xdy dy y x f x fx x X===⎰⎰其它)(x f X =0.所以:.41)2(=Xf12解（1）X ，Y 的边缘密度为分布密度为：)(x f X =⎰-<<=x xx x dy 10,21)(y f Y =⎰<<--=111,11yy y dx故)(y x f YX=)(),(y f y x f Y =⎪⎩⎪⎨⎧<-,,0,,11其它x y y)(x y f XY=)(),(x f y x f X =⎪⎩⎪⎨⎧<<,,0,1,21其它y x x（2）因为)(x f X )(y f Y y -=1≠),(y x f =1，故X 与Y 不相互独立.13证设X 的概率密度为)(x f ，Y 的概率密度为)(y f ，由于Y X ,相互独立，故),(Y X 的联合密度为),(y x f =)(x f )(y f .于是⎰⎰⎰⎰≤∞+∞-∞+==≤yx xdy y f dxx f dxdy y f x f Y X P )()()()(}{⎰⎰⎰⎰>∞+∞-∞+==>yx ydx x f dyy f dxdy y f x f Y X P )()()()(}{交换积分次序可得：⎰⎰∞+∞+∞-=xdy y f dxx f )()(⎰⎰∞+∞+∞-ydx x f dyy f )()(所以=≤}{Y X P =>}{Y X P 1－}{Y X P ≤故21}{=≤Y X P .14解设)(A P p =，由于Y X ,相互独立同分布，于是有,)(}{}{)(p A P a X P a Y P B P ==≤=≤=则,1)(p B P -=又=)(B A P )(A P +)(B P －)(A P )(B P =p +（)1p -－p )1p -=9712=+-p p解得：,32,3121==p p 因而a 有两个值.由于2121}{)(1-==≤=⎰a dx a X P A P a，所以，当311=p 时，由21-a =31得35=a当322=p 时，由21-a =32得37=a .15解（1）Y X +的可能取值为2，3，4.且,41}1{}1{}2{=====+Y P X P Y X P 2141414141}1,2{}2{}1{}3{=⋅+⋅===+====+Y X P Y P X P Y X P,41}2{}2{}4{=====+Y P X P Y X P 故有:;41}4{,21}3{,41}2{==+==+==+Y X P Y X P Y X P（2）由已知易得 ;21}42{,21}22{====X P X P16解由已知得所以有17证明：对任意的,,,1,021n n k += 我们有∑=-====ki i k Y P i X P k Z P 0}{}{}{（因为X 与Y 相互独立）=∑=-----ki i k n ik ik nin ii n qpC qp C 0)(2211=∑=-+-ki kn n ki k n i n qp C C2121)( （利用组合公式 ∑=+-=ki kn m ik ni m C C C 0）=kn n kkn n qp C -++2121即YX Z+=～),(21p n n b +18解 Y X Z +=在[0，2]中取值，按卷积公式Z 的分布密度为：,)()()()(1dx x z fdx x z fx fz fYYXZ-=-=⎰⎰∞+∞-⎩⎨⎧≤≤-≤≤⎩⎨⎧≤-≤≤≤,1,10:,10,10:z x z x x z x 即其中如图，从而：⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧≤≤-=≤≤==⎰⎰-。

概率论权威试题及其答案详细解析

概率论与数理统计试题 A 卷 2007-2008学年第二学期 2008.06一、填空题（每空3分，共18分）1. 事件A 发生的概率为0.3，事件B 发生的概率为0.6，事件A ，B 至少有一个发生的概率为0.9，则事件A ，B 同时发生的概率为____________2. 设随机向量（X ，Y ）取数组（0，0），（-1，1），（-1，2），（1，0）的概率分别为,45,41,1,21cc c c 取其余数组的概率均为0，则c =__________3. 设随机变量X 在（1，6）上服从均匀分布，则关于y 的方程012=+-Xy y 无实根的概率为_______________. 4. 若)1,0(~N X ，)1,0(~N Y ，且X 与Y 相互独立，则Y X Z +=服从______________5. 设总体X 的概率密度为⎩⎨⎧<<+=其他,0,10,)1();(x x x f θθθ，n X X X ,,21 为来自总体X 的一个样本，则待估参数）（-1>θθ的最大似然估计量为_____________. 6. 当2σ已知，正态总体均值μ的置信度为α-1的置信区间为（样本容量为n ）___________二、选择题（每题3分，共18分）1. 对任意事件A 与B ，下列成立的是-------------------------------------------------------------（）（A ）)0)((),()|(≠=B P A P B A P （B ）)()()(B P A P B A P += （C ）)0)((),|()()(≠=A P A B P A P AB P （D ）)()()(B P A P AB P =2. 设随机变量X ),(~p n B 且期望和方差分别为48.0)(,4.2)(==X D X E ，则----（）(A) 3.0,8==p n (B) 4.0,6==p n (C) 4.0,3==p n （D ） 8.0,3==p n 3. 设随机变量X 的分布函数为F X （x ），则24+=X Y 的分布函数F Y （y ）为-------------( ) (A) 1()22X F y + (B) 1(2)2X F y +(C) (2)4X F y - （D ）(24)X F y -4. 若随机变量X 和Y 的相关系数0=XY ρ，则下列错误的是---------------------------------（）)1(~-n t S X (A) Y X ,必相互独立 (B) 必有)()()(Y E X E XY E = (C) Y X ,必不相关（D ）必有)()()(Y D X D Y X D +=+5. 总体)1,0(~N X ，n X X X ,,21 为来自总体X 的一个样本，2,S X 分别为样本均值和样本方差，则下列不正确的是--------------------------------------------------------------------（）(A) ),0(~n N X n (B) (C) （D ）6. 设随机变量)2,1( =k X k 相互独立,具有同一分布, ,0=k EX ,2σ=K DX ,2,1=k ，则当n 很大时，1nkk X=∑的近似分布是--------------------------------------------------------（） (A) 2(0,)N n σ (B) 2(0,)N σ (C) 2(0,/)N n σ(D) 22(0,/)N n σ三、解答题（共64分）1. （本题10分）设一批混合麦种中一、二、三等品分别占20%、70%、10%，三个等级的发芽率依次为0.9，0.7，0.3，求这批麦种的发芽率。

“一题多解”在大学数学中的应用举例

“一题多解”在大学数学中的应用举例作者：修春周天宠来源：《价值工程》2016年第16期摘要：本文给出了3个大学数学方面的例题，采取“一题多解”的方式作出了解答和证明，进一步说明大学数学知识的相关性和紧密性，开阔了教师的教学思路，提高了学生分析问题和解决问题的能力。

Abstract： This paper gave three examples about the college mathematics and made the answer and proof by "multi -solution to one problem". Thus it strengthened the tightness of mathematical knowledge in college mathematics， broadened the thinking and improved the ability to analyze problems and solve math problem.关键词：大学数学；一题多解；方程组；矩阵；线性相关Key words： college mathematics；multi-solution to one problem；equations；matrix；linear correlation中图分类号：G623.5 文献标识码：A 文章编号：1006-4311（2016）16-0208-020 引言大学数学课程主要包括高等数学（微积分）、线性代数、概率论与数理统计三门基础课程，三门学科各有自己的知识体系，又相互联系，有知识的交叉点。

文章采取“一题多解”的方式来给出了解答，以此说明大学数学的知识间的密切相关性。

2 小结例1说明反常积分的计算是建立在极限基础上的，也说明概率论和数理统计的知识可应用到高等数学的解题上；例2主要是利用矩阵理论、多角度来解决线性方程组问题；例3说明线性代数中的向量组的线性相关性问题，除了可用矩阵理论判断外，还可以用高等数学中向量的混合积知识来判断.由此可见，大学数学中三门主要基础课程既相互独立，又彼此联系，在以后的学习工作中，我们要善于观察和思考，找到知识间的联系点，开阔思路，把数学学活。

(完整版)概率论高等数学习题解答

1(A )三、解答题1•一颗骰子抛两次，以 X表示两次中所得的最小点数(1) 试求X 的分布律； (2)写出X 的分布函数.解：(1)分析：这里的概率均为古典概型下的概率，所有可能性结果共 36种，如果X=1，则表明两次中至少有一点数为1,其余一个1至6点均可，共有C 2 6-1 (这里C 2指任选某次点数为1, 6为另一次有6种结果均可取，减1即减去两次均为1的情形，因为C ； 6多1 1算了一次)或C 2 5 1种，故P X 1 C 26-1C25 1耳，其他结果类似36 3636可得•0, X1P{X 1} ,1X 2P{X 1} P{X 2} ,2X3F(x)P{X 1} P{X 2} P{X 3}， 3 x 4P{X 1} P{X 2} P{X3}P{X 4}, 4 x 5 P{X1} P{X2} P{X 3} P{X4} P{X5}, 5 x 61 ,x 622 •某种抽奖活动规则是这样的：袋中放红色球及白色球各 5只，抽奖者交纳一元钱后得到一次抽奖的机会，然后从袋中一次取出 5只球，若5只球同色，则获奖100元，否则无奖,以X 表示某抽奖者在一次抽取中净赢钱数，求X 的分布律.解:注意，这里 X 指的是赢钱数，X 取0-1或100-1，显然P X 99k3.设随机变量 X 的分布律为P{X k} a ,k 0,1,2, k!k解：因为 a ae 1，所以a e k 0 k!4.设随机变量X 的分布律为X -1 2 3 p1/41/21/4(1)求X 的分布函数;1 3 512627，3 翌,4 3635,5 36x 2 x 3x 4 x 5x 6 62 1 C ；0 1260为常数，试求常数 a .3⑵求P{X 丄}，P{- X 5}，P{2 x 3}.2 2 2解:40, x -1布，而与时间间隔的起点无关(时间以小时计)(1) 求某一天中午12时至下午3时没有收到紧急呼救的概率. (2) 求某一天中午12时至下午5时至少收到一次紧急呼救的概率. 解：(1) X ~ P 0.5t P 1.5 P X 0 e 1.5. (2) 0.5t2.50, x -1P{X 1}， 1 x2(1) F (x)P{X 1} P{X 2}1, x 3⑵P 1XX1 124P 2 X 3 P X 2X 3 5.设随机变量X 的分布律为 P{X k}(1) P{X =偶数｝(2) P{ X 5}(3) P{ X=3的倍数｝2 x 33 ， ,2x341, x 33 51 P — X P X2 —222P X2 3 P X 3.4扌,k 1,2, 求：解：(1) P X 偶数丄1丄 22 221 lim i1(2) P X 51 P X 4115 1 16 16⑶P X 3的倍数23236.某公安局在长度为i123ilim123t 的时间间隔内收到的紧急呼救的次数X 服从参数为0.5t 的泊松分2.5丄，1x2 45 7.某人进行射击，每次射击的命中率为0.02，独立射击400次，试求至少击中2次的概6解：设射击的次数为 X ，由题意知X ~ B 400,0.2i k k 400 kP X 2 1 P X 11 C 4000.02 0.98k 0查表泊松分布函数表得:P{X 2} 1 0.28 0.99728.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(1)系数a ;(2) X 落在区间(0,[)内的概率.号•现进行5次独立试验，试求指示灯发出信号的概率.解：设X 为事件A 在5次独立重复实验中出现的次数,则指示灯发出信号的概率 X ~ B 5,0.3 p P X 3 1 P X 3 1 (C 00.3°0.75 C 50.310.74 C ；0.320.73) 1 0.8369 0.1631. 9.设顾客在某银行窗口等待服务的时间 X (以分钟计) 在窗口等待服务，若超过务而离开窗口的次数.写出服从参数为 5 10分钟，他就离开.他一个月要到银行 5次，以 Y 的分布律，并求P{Y 1}.指数分布•某顾客 Y 表示他未等到服 x 解：因为X 服从参数为5的指数分布，则F(x) 1 e T , P X 10 Y~ B5, e 2 , 1 F(10) e 2 ,则 P{Y k} C5 (e 2)k (1 e 2)5k,k 0,1, 5 P{Y 1} 1- P{Y 0} 1 (1 e 2)5 0.5167 a cosx. 10.设随机变量 X 的概率密度为 f(x)0,|x|~2，试求:|x |2解：(1)由归一性知：1 f (x)dx2a cosxdx 2a ，所以 a2由于上面二项分布的概率计算比较麻烦, 所以而且X 近似服P{X 2}18k ek 0k!7⑵-11.2.P{0 X —} ； cosxdx sin x |(424 .0,x011 . 设连续随机变量X的分布函数为F(x)Ax,0x 11,x1⑶X的概率密度.试求:(1) 解系数(1)A；由⑵X落在区间(0.3, 0.7)内的概率；的连续性可得lim F(x)F(x )在x=1 lim F(x) F(1)，即A=1.x 1(2) 0.3 X 0.7 F(0.7) F(0.3) 0.4.(3) X的概率密度 f (x) F (x)2x,00,12.设随机变量X服从(0, 5)上的均匀分布，求的概率.x的方程4x2 4Xx X 0有实根解：因为X服从(0, 5)上的均匀分布，所以1f(x) 50x5其他2 2方程4x 4Xx X(x 2)( X2(4X) 16X1，所以有实根的概率为0有实根，则32 51dx2510dxX〜N(3, 4)13.设求P{2 X 5}, P{(1) X 10}, P{ X 2}, P{X解: 确定c使得P{X c}设d满足P{X d} 0.9，问d至多为多少？(1)因为X ~ N(3,4)所以P{X c};2 3P{2 X 5} P{〒穿}P{1}(1) (0.5) (1) (0.5) 1 0.8413 0.6915 0.5328P 4 X 108F(2)(2.5)经查表得1 (0)，即2专)故斗214.设随机变量1.29，解：P XF(所以(k)15.设随机变量如何变化的？(3.5)2 0.999810 3 4 3(^)2 2(3.5) 2 (3.5)1 0.99962) 1(0.5)0.1，解：X ~ N(,(0.5)0.3023F(3)，则P X2X2(2.5)0.6977(0)得c 3 ；由概率密度关于即(-d 3)20.42.X服从正态分布2 2 (k)0.95 , p XN(0,1 0.5 0.5.c 3 1F(c)(〒)-，x=3对称也容易看出。

概率论课后习题解答

一、习题详解：写出下列随机试验的样本空间：(1)某篮球运动员投篮时, 连续5 次都命中, 观察其投篮次数;解：连续5 次都命中，至少要投5次以上，故}{ ,7,6,51=Ω；(2)掷一颗匀称的骰子两次, 观察前后两次出现的点数之和;解：}{12,11,4,3,22 =Ω；(3)观察某医院一天内前来就诊的人数;解：医院一天内前来就诊的人数理论上可以从0到无穷，所以}{ ,2,1,03=Ω；(4)从编号为1，2，3，4，5 的5 件产品中任意取出两件, 观察取出哪两件产品; 解：属于不放回抽样，故两件产品不会相同，编号必是一大一小，故：(5)检查两件产品是否合格;解：用0 表示合格, 1 表示不合格，则()()()()}{1,1,0,1,1,0,0,05=Ω；(6)观察某地一天内的最高气温和最低气温(假设最低气温不低于T1, 最高气温不高于T2); 解：用x 表示最低气温, y 表示最高气温;考虑到这是一个二维的样本空间，故： ()}{216,T y x T y x ≤≤=Ω ；(7)在单位圆内任取两点, 观察这两点的距离;解：}{207 x x =Ω；(8)在长为l 的线段上任取一点, 该点将线段分成两段, 观察两线段的长度.解：()}{l y x y x y x =+=Ω,0,0,8 ；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 与B 都发生, 但C 不发生; C AB ；(2) A 发生, 且B 与C 至少有一个发生;)(C B A ⋃；(3) A,B,C 中至少有一个发生; C B A ⋃⋃；(4) A,B,C 中恰有一个发生;C B A C B A C B A ⋃⋃；(5) A,B,C 中至少有两个发生; BC AC AB ⋃⋃；(6) A,B,C 中至多有一个发生;C B C A B A ⋃⋃； (7) A;B;C 中至多有两个发生;ABC ；(8) A,B,C 中恰有两个发生.C AB C B A BC A ⋃⋃ ；注意：此类题目答案一般不唯一，有不同的表示方式。

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C
k − 1− i b
C
k−1 a+b−1
a = a+b
这种解法考虑很全面，其“化整为零”的思维方式一般人也较容易接受，然而虽全面却不得要领，计算量较大。
解5 用数学归纳法求解. 设 Bi ＝｛第i 次摸到白球｝ (i =1,2, ···,k) a b 则有
a+b a+b a P ( Bi ) = , 现证 P ( Bi+1 ) = a 假设 a+b a+b P ( B1 ) = , P( B1 ) =
P( A D) = P( A2 ∪ A2 A) = P( A2 ) + P( A2 A) = P( A2 ) + P( A2 )P( A A2 )
= P ( A2 ) + P ( A2 ) P ( A D )
1 = [1 + P( A D)] 2
(2)
2）甲已输第一局. 甲要最终获胜必须丙胜第二局, 甲胜第三局后再获优胜的概率也就是 P ( A D ) 1 1 因此 P( A D) = ⋅ ⋅ P( A D) (3) 2 2
]
1 1 1 1 1 1 = (1 + 3 + 6 + ) + (1 + 3 + 6 + 4 16 2 2 2 2 5 1 5 = ⋅ = 16 1 − 1/ 8 14
)
5 2 P ( A) = P ( B ) = P (C ) = 1 − P ( A) − P ( B ) = 14 7
解四 (类似解二) 设丙第 i 轮获胜为事件 A i 则 1 1 i −1 P ( Ai ) = ( ) i = 1, 2 , 4 8 ∞ P（丙为优胜者）= P ( ∪ Ai )
P( A ) =
a⋅P
k−1 a+b−1
k Pa + b
a = a+b
解4 用全概率公式求解. 设 Bi 表示前k -1次取球中有i 次取得白球, 其余k -1-i 次取得黑球(i =0,1,2, ···,k-1),则
i Ck −1 ⋅ a(a − 1) (a − i + 1) ⋅ b(b − 1) [b − (k − 1 − i ) + 1] P( Bi ) = (a + b)(a + b − 1) [a + b − (k − 1) + 1]
例6 小王忘了朋友家电话号码的最后一位
数, 故只能随意拨最后一个号, 则他拨三次 0.3 可拨通朋友家的概率为 ___ .
解设事件A 表示“三次拨号至少一次拨通”
Ai 表示“第 i 次拨通” i = 1, 2 , 3 则 A = ⋅ ⋅ = 0.7 10 9 8
P ( 丙为优胜者 ) = 2 / 7
2 p2 = 7
无论第一局比赛结果如何, 丙都将处于2 号位上，故
P (甲为优胜者 )
1 2 5 = P(乙为优胜者 = （ − ） ) 1 = 2 7 14
例4 (1) 在古典概型的随机试验中, (√) P( A) = 0 ⇔ A = Ø (2) 若事件 A, B, C, D 相互独立, 则事件 A − D 与 B ∪ C 也相互独立. ( √) 若事件 A1, A2, …, An 相互独立, 将它们任意分成 k 组, 同一事件不能同时属于两个不同的组, 则对每组事件进行求和、积、差、逆等运算所得到的 k 个事件也相互独立.
记事件A为“第k次摸到白球”，则A发生可分两个步骤完成: ①第k次摸到白球有a种摸法,②另外a+b-1个球有(a+b-1)!种摸法,故所求概率为
a × ( a + b − 1)! a = P ( A) = a+b ( a + b )! 解2 用组合方法求解,把 a+b个球都摸完. 将a个白球及b个黑球看成是没有区别的，试验E仍为把a+b个球逐个摸出后依次排列在一条直线的a+b个位置上，因若把a个白
i =1
,
1 1 2 = ∑ P ( Ai ) = ⋅ = 4 1 − 1/ 8 7 i =1
∞
P (甲为优胜者 )
1 2 5 = P (乙为优胜者 ) = （1 − ） = 2 7 14
解五
该比赛从第二局开始相当于以如下的比赛方式的循环，直到优胜者产生. 不妨定义在某一局比赛前: 1号位为上一场的胜者，2 号位为上一场轮空者，3号位为上一场的负者. 并设该局开始前三个位置上的选手成为比赛优胜者的概率分别为 p1 , p2 , p3
n⋅2 2 P ( A) = = n( n − 1) n − 1
解3 随机试验: 只考虑乙的坐法（设甲已经在某个座位上坐好）由于甲已经占了一个座位，故乙的坐法共有n-1种选择，即样本空间Ω含有n-1个样本点。而乙要坐在甲旁边的坐法只有2种。故所求事件A的概率为
2 P ( A) = n−1
在该局比赛中，若1号位选手获胜，则其赢得整场比赛；若 1 号位选手告负，他将处于下局的 3 号位上; 而本局的 3 号位选手将处于下局的 2 号位上; 本局的2号位选手将处于下局的1 号位上.
综上所述，可得线性方程组
⎧ p1 + p2 + p3 = 1 ⎪ p1 = 2 p2 ⎨ ⎪ p2 = 2 p3 ⎩
球的位置固定下来(有 C b 置必然放黑球(有 C b = 1 种放法)，故放法总 a 数为 C a + b 。而第k次摸到白球只有1种摸法，剩下的a-1个白球可以在其余a+b-1个位置中任取a-1个位置，故有利场合数(即事件A所包 a −1 含的样本点数)为1 ⋅ C a + b − 1 ,于是所求概率为
这里假定i≤a且k -1-i≤b ;当i >a或k -1-i >b 时P(Bi)=0.再设A为“第k次摸到白球”，则
a−i P ( A | Bi ) = a+b−k+1
于是由全概率公式可得
P( A ) =
∑
k−1 i=0
P ( Bi )P ( A | Bi )
a = ⋅ a+b
∑C
i=0
k−1
i a−1
由全概率公式：
P ( Bi+1 ) = P ( B1 ) P ( Bi+1 B1 )＋P ( B1 ) P ( Bi+1 B1 ) ｜｜
｜由于 P ( Bi+1 B1 ) 表示从有a+b－1个球的袋中
（其中有a－1个白球）第i 次摸到白球的概率，由归纳法假设可得 a −1 ｜ , P ( Bi+1 B1 ) = a + b−1 a 同理可得｜ , P ( Bi+1 B1 ) = a + b−1 代入上式化简即得 a P ( B i+1 ) = a+b 这表示每次摸到白球的概率都是a/(a+b).
a P( A ) = a+b
例3(§1.5-19 )甲、乙、丙三人进行比赛，规定
每局两个人比赛，双方获胜的概率都是1／2，胜者再与第三人进行比赛，依次循环，直至有一人连胜两局为止，此人即为优胜者。现假定甲、乙两人先比，试求各人获得优胜者的概率。
解一记甲、乙、丙为整场比赛的优胜者分别为事件A、B、C ; 记甲胜第一局为D .
界山大坂(与新疆接壤)
由大昭寺远眺布达拉宫
概率统计专题讲座
概率论一题多解问题
云南师范大学数学学院郭民之
例1.(§1.2-14 ) n个人随机地围一圆桌而坐，求甲、乙两人相邻而坐的概率。说明：这个问题显然是一个古典概率的问题，按样本空间的不同可以有多种解法。
解1 随机试验: 考虑n个人的坐法. n个人坐法可看成是n个不同元素的全排列, 故样本空间Ω含有n!个样本点。而事件 A={甲乙两人相邻而坐} 所含的样本点数可以这样考虑：第一步，甲先坐，有n种坐法;
代入 (2) 得 P( A D) = 4 / 7
代入 (3) 得 P( A D) = 1 / 7
代入 (1) 得 P( A) = 5 / 14 = P( B)
丙要成为优胜者必须赢得第二局, 然后再争最后优胜, 而丙胜第二局后再争优胜的概率也是 P ( A D ) 故
P(C) = P( A D) / 2 = 2 / 7
显然 A ⊂ ( D ∪ D ) 由全概率公式
P( A) = P(D)P( A D) + P(D)P( A D)
1 = [ P ( A D ) + P ( A D )] 2 (1)
1）甲已胜第一局. 甲要最终获胜必须甲胜第二局或者甲输了第二局后再获优胜，后一种情况与甲输了第一局后再获优胜完全一样.
i=
解6 用排列方法求解,只考虑第k次摸球. 仍然将a个白球及b个黑球看成是彼此不同的，例如把它们编号，a个白球编号为 1,2, ··· , a; b个黑球编号为a+1,a+2, ··· , a+b. 试验E为观察第k次被摸到的球的号数.显然，任意一个球都等可能地在第k次被摸到，故摸法总数有a+b 种，而事件A所包含的摸法有a 种, 故所求概率为
解二设甲,乙,丙第i 局获胜为事件Ai , Bi , Ci
P ( 丙为优胜者 ) = P[( A1C 2 C 3 ∪ A1C 2 B3 A4 C 5 C 6 ∪ )
∪ ( B1C2C3 ∪ B1C2 A3 B4C5C6 ∪ )]
1 1 1 1 1 2 = 2( 3 + 6 + 9 + ) = ⋅ = 2 2 2 4 1 −1/ 8 7
(3) 若事件 A 与 B独立, B 与 C独立, 则事件 A与 C 也相互独立. 事件相互独立不具有传递性. ( )
例5 对任意事件A, B下列结论正确的是 ( b ) (a) P( A)P(B) ≤ P( A ∪ B)P( AB) ; (b) P( A)P(B) ≥ P( A ∪ B)P( AB) ; (c) P( A) + P(B) ≤ P( A ∪ B)P( AB) ; (d) P( A ∪ B) ≤ P( A ∪ B)P( AB) . 解选b. d, c 显然错, 可证 b 是对的. P( A)P(B) = [P( AB) + P( AB)][P( AB) + P( AB)] ≥ [P( AB) + P( AB) + P( AB)]P( AB) = P( A ∪ B)P( AB).