概率论第二章答案.docx
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概率论第二章答案
概率论第二章答案
第二章条件概率与统计独立性
1、解:
自左往右数,排第i个字母的事件为Ai,则
P(A1)=
2211,P(A2A1)=,P(A3A2A1)=,P(A4A3A2A1)=5432
P(A5A4A3A2A1)=1。
2、解:
总场合数为23=8。
设A={三个孩子中有一女},B={三个孩子中至少有一男},A
的有利场合数为7,AB的有利场合为6,所以题中欲求的概率P(B|A)为
P(A1A2A3A4A5)=P(A1)P(A2A1)P(A3A2A1)P(A4A3A2A1)P(A5A4A3A2A1)
22111=⋅⋅⋅⋅1=543230
所以题中欲求的概率为
P(AB)6/86
==.
P(A)7/87
3、解:
(1)M件产品中有m件废品,M-m件正品。
设A={两件有一件是废品},B={两
112222
件都是废品},显然A⊃B,则P(A)=CmP(B)=Cm,CM-m+Cm/Cm/CM
P(BA)=
()
题中欲求的概率为
22
Cm/CMm-1
P(B|A)=P(AB)/P(A)=P(B)/P(A)=11.=22
2M-m-1(CmCM-m+Cm)/CM
(2)设A={两件中有一件不是废品},B={两件中恰有一件废品},显然B⊂A,
2112112
则P(A)=CM-m+CmCM-m/CM,P(B)=CmCM-m/CM.
()
题中欲求的概率为
112
CmCM2m-m/CM
P(B|A)=P(AB)/P(A)=P(B)/P(A)=2.=112
M+m-1(CM-m+CmCM)/C-mM
m(2M-m-1)1122
(3)P{取出的两件中至少有一件废品}=(CmCM-m+Cm)/CM=
M(M-1)
4、解:
A={甲取出一球为白球},B={甲取出一球后,乙取出一球为白球},C={甲,乙各取出一球后,丙取出一球为白球}。
则P(A)=球,利用全概率公式得
a
甲取出的球可为白球或黑
(a+b)
P(B)=P(A)P(B|A)+P()P(B|)
bb-1abb=⋅+⋅=a+ba+b-1a+ba+b-1a+b
甲,乙取球的情况共有四种,由全概率公式得
P(C)=P(AB)P(C|AB)+P(A)P(C|A)+P(B)P(C|B)+P()P(C|)
=
b(b-1)b-2abb-1
⋅+⋅
(a+b)(a+b-1)a+b-2(a+b)(a+b-1)a+b-2
abb-1a(a-1)b
+⋅+⋅
(a+b)(a+b-1)a+b-2(a+b)(a+b-1)a+b-2b(a+b-1)(a+b-2)b
.==
(a+b)(a+b-1)(a+b-2)a+b
5、解:
设B={两数之和大于10},Ai={第一个数取到i},i=0,1,,9。
则P(Ai)=
1,10
P(B|A0)=P(B|A1)=0,P(B|Ai)=(i-1)/9,i=2,3,5;P(B|Aj)=(j-2)/9,
j=6,7,8,9。
由全概率公式得欲求的概率为
P(B)=∑P(Ai)P(B|Ai)=
i=0
9
16
=0.356.45
6、解:
设A1={从甲袋中取出2只白球},A2={从甲袋中取出一只白球一只黑球},A3={从甲袋中取出2只黑球},B={从乙袋中取出2只白球}。
则由全概率公式得
P(B)=P(B|A1)P(A1)+P(B|A2)P(A2)+P(B|A3)P(A3)
221222CaCa+2c1cbCaCbCα+1
.=22+22+22a
cA+Bcα+β+2Ca+bCα+β+2Ca+bCα+β+2
7、解:
A1={从第一袋中取出一球是黑球},„„,Ai={从第一袋中取一球放入第二袋中,„,再从第i-1袋中取一球放入第i袋中,最后从第i袋中取一球是黑球},i=1,,N。
则
ab,P
(1)=.a+b(a+b)
ab
一般设P(Ak)=,则P(k)=,得
(a+b)(a+b)
P(A1)=
P(Ak+1)=P(Ak+1|Ak)P(Ak)+P(Ak+1|k)P(k)=
由数学归纳法得P(AN)=
a
.
(a+b)
a
.
(a+b)
8、解:
设A1={飞机第一部分中两弹},A2={飞机第二部分中两弹},A3={飞机第一部分中一弹},A4={其它情况},则
AiAj=φ(i≠j),A1+A2+A3+A4=Ω.
P(A1)=0.1⨯0.1=0.01,P(A2)=0.2⨯0.2=0.04.
A3={第一弹中第一部分且第二弹中第二部分,或第一弹中第一部分且第二弹中第三部分,或第一弹中第二部分且第二弹中第一部分,或第一弹中第三部分且第二弹中第一部分},
P(A3)=0.1⨯0.2+0.1⨯0.7+0.2⨯0.1+0.7⨯0.1=0.18,
P(A4)=1-[P(A1)+P(A2)+P(A3)]=0.77.
设B={飞机被击落},则P(B|Ai)=1(I=1,2,3),
4
P(B|A4)=0.
由全概率公式得P(B)=
∑P(B|A)P(A)=0.01+0.04+0.18=0.23.
i
i
i=1
9、解:
设Ai={第i回出正面},记pi=P(Ai),则由题意利用全概率公式得
P(Ai+1)=P(Ai+1|Ai)P(Ai)+P(Ai+1|i)P(i)
=pp1+(1-p)(1-p1)=(2p-1)p1+(1-p)。
已知pi=c,依次令i=n-1,n-2,,1可得递推关系式
Pn=(2p-1)pn-1+(1-p),Pn-1=(2p-1)pn-2+(1-p),,P2=(2p-1)p1+(1-p)=(2p-1)c+(1-p).
解得
Pn=(1-p)[1+(2p-1)+(2p-1)2++(2p-1)n-2]+c(2p-1)n-1,
当p≠1时利用等比数列求和公式得
111-(2p-1)n-1
pn=(1-p)+c(2p-1)n-1=-(2p-1)n-1+c(2p-1)n-1.(*)
221-(2p-1)
(1)若p=1,则pn≡C,limpn=C;
n→∞
(2)若p=0,则当n=2k-1时,pn=c;当n=2k时,pn=1-c。
111,则pn≡,limpn=22n→∞21
若c≠1,则c≠1-c,limpn不存在。
n→∞2
(3)若0
⎡11⎤1
limpn=lim⎢-(2p-1)n-1+c(2p-1)n-1⎥=.n→∞n→∞22⎣⎦2
若c=
10、解:
令Ai,Bi,Ci分别表示第i次交换后,甲袋中有两只白球,一白一黑,两黑球的事件,则由全概率公式得
pn+1=P(An+1)=P(An)P(An+1|An)+P(Bn)P(An+1|Bn)+P(Cn)P(An+1|Cn)
11
=0⋅pn+qn+0⋅rn=qn,
44
qn+1=P(Bn+1)=P(An)P(Bn+1|An)+P(Bn)P(Bn+1|Bn)+P(Cn)P(Bn+1|Cn)
11
=1⋅pn+qn+1⋅rn=pn+qn+rn,,
22
rn+1=P(Cn+1)=P(An)P(Cn+1|An)+P(Bn)P(Cn+1|Bn)+P(Cn)P(Cn+1|Cn)
11
=0⋅pn+qn+0⋅rn=qn.
44
这里有pn+1=rn+1,又pn+1+qn+1+rn+1=1,所以qn+1=1-2pn+1,同理有
11
qn=1-2pn,再由pn+1=qn得pn+1=(1-2pn)。
所以可得递推关系式为
44
1⎧
⎪rn+1=pn+1=(1-2pn)
,⎨4
⎪⎩qn+1=1-2pn+1
初始条件是甲袋一白一黑,乙袋一白一黑,即p0=r0=0,q0=1,由递推关系式得
1111111111
rn+1=pn+1=(1-2pn)=-pn=-(-pn-1)=-+pn-1=
4424242484
n+1
1⎡⎛1⎫⎤⎢1--⎪⎥n+1n+24⎝2⎭⎥(-1)p0⎢11(-1)⎣⎦
=2-3++n+2+=2222n+1⎛1⎫
1--⎪⎝2⎭
n+1n+2
⎤1⎡1111⎛⎫⎛⎫
=⎢1-(-1)n+1⋅⎪⎥=+(-1)n⋅⋅⎪,6⎣3⎝2⎭⎝2⎭⎦⎢⎥6
21⎛1⎫qn+1=1-2pn+1=+(-1)n+1⋅⋅⎪
33⎝2⎭12
limpn=limrn=,limqn=.n→∞n→∞6n→∞3
n+1
.
11、解:
设An={家庭中有n个孩子},n=0,1,2,„,B={家庭中有k个男孩}。
注意到生男孩与生女孩是等可能的,由二项分布(p=
kn
1)得2
k
n-k
⎛1⎫⎛1⎫
P(B|An)=C⎪⎪
⎝2⎭⎝2⎭
由全概率公式得
∞
∞
n
kn
⎛1⎫=C⎪.
⎝2⎭
kn
n
∞
⎛1⎫1⎛p⎫P(B)=∑P(An)P(B|An)=∑apnC⎪=a∑Ck⎪+122⎝⎭⎝⎭n=kn=ki=0
k+1
(其中i=n-k)
⎛p⎫
=a⎪⎝2⎭
k∞
∑C
i=0
1k+1
⎛p⎫⎛p⎫=a⎪⎪⎝2⎭⎝2⎭
1k
p⎫⎛
1-⎪⎝2⎭
-k-1`
2apk
=.k+1(2-p)
12、解:
(1)设A={至少有一男孩},B={至少有2个男孩}。
A⊃B,AB=B,由
0
p
(2-p)
∞
2apk
P(A)=∑k+1
k=1(2-p)
p
2a(2-p)ap=⋅=,
1-p2-p(2-p)(1-p)(2-p)
p2
∞
2apk2a(2-p)2ap2
P(B)=∑=⋅=k+122
1-p2-p(2-p)(2-p)(1-p)k=2
(2-p)
P(AB)P(B)p
P(B|A)===.
P(A)P(A)2-p
(2)C={家中无女孩}={家中无小孩,或家中有n个小孩且都是男孩,n是任意正
整数},则
∞
ap⎛1⎫
P(C)=1-+∑apn⎪
1-pa=1⎝2⎭
ap
apapap2-3p-ap+p2=1-+=1-+=
p1-p1-p2-p(1-p)(2-p)1-
2
n
A1={家中正好有一个男孩}={家中只有一个小孩且是男孩},则
P(A1)=ap⋅
11
=ap,且A1⊂C,22
所以在家中没有女孩的条件下,正好有一个男孩的条件概率为
P(A1|C)=
P(A1C)P(A1)1apap(1-p)(2-p)
.===
P(C)P(C)22-3p-ap+p22(2-3p-ap+p2)
(1-p)(2-p)
13、解:
设A={产品确为合格品},B={检查后判为合格品}。
已知P(B|A)=0.98,
P(B|)=0.05,P(A)=0.96,求P(A|B)。
由贝叶斯公式得
P(AB)P(A)P(B|A)
P(A|B)==
P(B)P(A)P(B|A)+P()P(B|)
0.96⨯0.980.9408
==0.9979.=
0.96⨯0.98+0.04⨯0.050.9428
14、解:
设A1,A2,A3分别为自250米,200米,150米处射击的事件,B为“命中目标”事件,则P(A1)=0.1,P(A2)=0.7,P(A3)=0.2,P(B|A1)=0.05,P(B|A2)=0.1,
P(B|A3)=0.2,求P(A1|B)。
Ai间互不相容,B能且只能与Ai中之一同时发生,由
贝叶斯公式得
P(A1|B)=
P(B|A1)P(A1)
P(B|A1)P(A1)+P(B|A2)P(A2)+P(B|A3)P(A3)
0.05⨯0.11
===0.0435.0.05⨯0.1+0.1⨯0.7+0.2⨯0.223
15、解:
记事件“发AAAA”为A4,事件“发BBBB”为B4,事件“发CCCC”为C4,事件“收ABCA”为D,则P(A4)=0.3,P(B4)=0.4,P(C4)=0.3,为求P(D|A4),考虑到发AAAA,而收到ABCD,有两个字母被准确收到,另两个字母被误收,故
P(D|A4)=0.62⨯0.22=0.0144。
同理可求得P(D|B4)=P(D|A4)=0.6⨯0.23=0.0048,欲求的概率是P(A4|D),而事件A4,B4,C4间两两互不相容,又D能且
只能与A,B,C之一同时发生,由贝叶斯公式得欲求的概率为
4
4
4
P(A4)P(D|A4)
P(A|D)=
P(A4)P(D|A4)+P(B4)P(D|B4)+P(C4)P(D|C4)
0.3⨯0.01449
===0.5625.0.3⨯0.0144+0.4⨯0.0048+0.3⨯0.004816
4
16、证:
(1)P((AB)C)=P(ACBC)=P(AC)+P(BC)-P(ABC)
=P(A)P(C)+P(B)P(C)-P(A)P(B)P(C)
=P(C)[P(A)+P(B)-P(AB)]=P(C)P(AB),
∴AB与C独立。
(2)P(ABC)=P(A)P(B)P(C)=P(AB)P(C)∴AB与C独立。
(3)P((A-B)C)=P(AC)=P(AC(Ω-B))=P(AC)-P(ABC)=P(A)P(C)-P(A)P(B)P(C)
=P(C)[P(A)-P(AB)]=P(C)P(A-B),
∴A-B与C独立。
17、证:
P()=P(AB)=1-P(AB)=1-[P(A)+P(B)-PAB)]
1-P(B))=1-P(A)-P(B)+P(A)P(B)=(1-P(A))(
=P()P(),同理可证P()=P()P(),
P()=P()P().
又有
P()=P(ABC)=1-P(ABC)
=1-[P(A)+P(B)+P(C)-P(AB)-P(AC)-P(BC)+P(ABC)]
=1-P(A)-P(B)-P(C)+P(A)P(B)+P(A)P(C)+P(B)P(C)+-P(A)P(B)P(C)
=(1-P(A))(1-P(B))(1-P(C))=P()P()P(),
所以,,相互独立。
18、证:
必要性。
事件A1,A2,,An相互独立,用归纳法证。
不失为一般性,假设总是
ˆ取的形式。
当m=1时,前连续m个集Aii
P(1A2An)=P(A2An)-P(A1An)-P(A1An)
=P(A2)P(An)-P(A1)p(An)=P
(1)P(A2)P(An)。
设当m=k时有
P(1AkAk+1An)=P
(1)P(k)P(Ak+1An),
则当m=k+1时
P(1k+1Ak+2An)=P(1kAk+2An)-P(1kAk+1An)
=P
(1)P(k)P(Ak+2)P(An)-P
(1)P(k)P(Ak+1)P(An)=P
(1)P(k)(1-P(Ak+1))P(Ak+2)P(An)=P
(1)P(k)P(k+1)P(Ak+2)P(An)从而有下列2n式成立:
ˆAˆˆˆ)P(Aˆ)P(Aˆ),P(A12An)=P(A12n
ˆ取A或。
其中Aiii
充分性。
设题中条件成立,则
P(A1An)=P(A1)P(An),
(1)
P(A1An-1n)=P(A1)P(An-1)P(n).
(2)
∵A1An-1AnA1An-1n=φ,
∴P(A1An-1)=P(A1An-1AnA1An-1n).
(1)+
(2)得P(A1An-1)=P(A1)P(An-1)。
(3)同理有
P(A1An-2n-1An)=P(A1)P(An-2)P(n-1)P(An),P(A1An-2n-1n)=P(A1)P(An-2)P(n-1)P(n)
两式相加得
P(A1An-2n-1)=P(A1)P(An-2)P(n-1).(4)
(3)+(4)得
P(A1An-2)=P(A1)P(A2)P(An-2)。
同类似方法可证得独立性定义中2-n+1个式子,
∴A1,,An相互独立。
n
19、证:
P(φφ)=P(φ)=0⨯0=P(φ)P(φ),
P(Ωφ)=0=P(Ω)P(φ),P(ΩΩ)=1=P(Ω)P(Ω),P(ΩB)=P(B)=P(Ω)P(B),P(ΩA)=P(A)=P(Ω)P(A),
P()=P()P()(见本章第17题),
P(A)=P(A-AB)=P(A)-P(AB)=P(A)-P(A)P(B)=P(A)(1-P(B))=P(A)P(B),
同理可得P(B)=P()P(B)。
证毕。
20、解:
P{三次射击恰击中目标一次}=
=0.4(1-0.5)(1-0.7)+(1-0.4)0.5(1-0.7)+(1-0.4)(1-0.5)0.7=0.36
P{至少有一次命中}=1-P{未击中一次}
=1-(1-0.4)(1-0.5)(1-0.7)=0.9121、解:
(1)P{所有的事件全不发生}=P{1n}=P
(1)P(n)=
(2)P{至少发生其一}=P(A1An)
P(A1An)=1-P(1n)=1-
n
∏(1-p
k=1
n
k
)。
∏(1-p
k=1
n
)。
(3)P{恰好发生其一}=p1(1-p2)(1-pn)+(1-p1)p2(1-p3)(1-pn)+++(1-p1)(1-pn-1)pn=
n
n
∑p
i=1
i
-2
n≥j>i≥1
∑
pipj++(-1)
n-1
n∏pi。
i=1
22、解:
本题中认为各元件发生故障是相互独立的。
记A0={元件k发生故障},A1={元件k1发生故障},A2={元件k2发生故障}。
则
P{电路断开}=P(A0A1A2)=P(A0)+P(A1A2)-P(A0A1A2)
=0.3+0.2⨯0.2-0.3⨯0.2⨯0.2=0.328。
23、解:
以Ak表事件“A于第k次试验中出现”,P(Ak)=ε,由试验的独立性得