《概率论与数理统计》韩旭里课后习题答案Word文档下载推荐.docx

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lt;

N）.试求其中恰有m件（m≤M）正品（记为A）的概率.如果：

（1）n件是同时取出的；

（2）n件是无放回逐件取出的；

（3）n件是有放回逐件取出的.

n-mn【解】

（1）P（A）=Cm

MCN-M/CN

n

（2）由于是无放回逐件取出，可用排列法计算.样本点总数有PN种，n次抽取中有m次为正品的组合数为Cm

n种.对于固定的一种正品与次品的抽取

mn-m次序，从M件正品中取m件的排列数有PM种，从N-M件次品中取n-m件的排列数为PN-M种，故

mn-mCm

nPMPN-MP（A）=nPN

由于无放回逐渐抽取也可以看成一次取出，故上述概率也可写成

3

n-mCm

MCN-MP（A）=nCN

可以看出，用第二种方法简便得多.

（3）由于是有放回的抽取，每次都有N种取法，故所有可能的取法总数为Nn种，n次抽取中有m次为正品的组合数为Cm

n种，对于固定的一种正、

次品的抽取次序，m次取得正品，都有M种取法，共有Mm种取法，n-m次取得次品，每次都有N-M种取法，共有（N-M）n-m种取法，故

mn-mnP（A）=CmM（N-M）/Nn

此题也可用贝努里概型，共做了n重贝努里试验，每次取得正品的概率为M，则取得m件正品的概率为N

mn-mæ

Mö

æ

P（A）=Cç

÷

ç

1-÷

Nø

è

m

n

11.略.见教材习题参考答案.

12.50只铆钉随机地取来用在10个部件上，其中有3个铆钉强度太弱.每个部件用3只铆钉.若将3只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.求发生一个部件强度太弱的概率是多少？

【解】设A={发生一个部件强度太弱}

33P（A）=C1

10C3/C50=11960

13.一个袋内装有大小相同的7个球，其中4个是白球，3个是黑球，从中一次抽取3个，计算至少有两个是白球的概率.

【解】设Ai={恰有i个白球}（i=2,3），显然A2与A3互斥.

1C2184C3P（A2）=3=,C735C344P（A3）=3=C735

故P（A2UA3）=P（A2）+P（A3）=22

35

14.有甲、乙两批种子，发芽率分别为0.8和0.7，在两批种子中各随机取一粒，求：

（1）两粒都发芽的概率；

（2）至少有一粒发芽的概率；

（3）恰有一粒发芽的概率.

【解】设Ai={第i批种子中的一粒发芽}，（i=1,2）

（1）P（A1A2）=P（A1）P（A2）=0.7´

0.8=0.56

（2）P（A1UA2）=0.7+0.8-0.7´

0.8=0.94（3）P（A1A2UA1A2）=0.8´

0.3+0.2´

0.7=0.38

15.掷一枚均匀硬币直到出现3次正面才停止.

（1）问正好在第6次停止的概率；

（2）问正好在第6次停止的情况下，第5次也是出现正面的概率.

（1）p2121315C11131

4（）（）

1=C5

（2）

（2）2=32

（2）p2=5/32=2

5

16.甲、乙两个篮球运动员，投篮命中率分别为0.7及0.6，每人各投了3次，求二人进球数相等的概率.

【解】设Ai={甲进i球}，i=0,1,2,3,Bi={乙进i球},i=0,1,2,3,则

P（3

iU=0A212iBi3）=（0.3）3（0.4）3+C1

30.7´

（0.3）C30.6´

（0.4）+

C222

3（0.7）´

0.3C3（0.6）20.4+（0.7）3（0.6）3

=0.32076

17．从5双不同的鞋子中任取4只，求这4只鞋子中至少有两只鞋子配成一双的概率.

【解】p=1-C41111

5C2CC2C2213

C4=

1021

18.某地某天下雪的概率为0.3，下雨的概率为0.5，既下雪又下雨的概率为0.1,求：

（1）在下雨条件下下雪的概率；

（2）这天下雨或下雪的概率.

【解】设A={下雨}，B={下雪}.

（1）p（BA）=P（AB）

P（A）=0.1

0.5=0.2

（2）p（AUB）=P（A）+P（B）-P（AB）=0.3+0.5-0.1=0.7

19.已知一个家庭有3个小孩，且其中一个为女孩，求至少有一个男孩的概率（小孩为男为女是等可能的）.

【解】设A={其中一个为女孩}，B={至少有一个男孩}，样本点总数为23=8，故

P（BA）=P（AB）6/8

P（A）=7/8=6

7

或在缩减样本空间中求，此时样本点总数为7.

P（BA）=6

20.已知5%的男人和0.25%的女人是色盲，现随机地挑选一人，此人恰为色盲，问此人是男人的概率（假设男人和女人各占人数的一半）.

【解】设A={此人是男人}，B={此人是色盲}，则由贝叶斯公式

P（AB）=P（AB）P（A）P（BA）

P（B）=P（A）P（BA）+P（A）P（BA）

6

=0.5´

0.05

0.5´

0.05+0.5´

0.0025=20

21

21.两人约定上午9∶00~10∶00在公园会面，求一人要等另一人半小时以上的概率

.

题21图题22图

【解】设两人到达时刻为x,y,则0≤x,y≤60.事件“一人要等另一人半小时以上”等价于|x-y|&

gt;

30.如图阴影部分所示.

302

P=1

602=4

22.从（0，1）中随机地取两个数，求：

6的概率；

5

1

（2）两个数之积小于的概率.4

（1）两个数之和小于

【解】设两数为x,y，则0&

x,y&

1.

（1）x+y&

6.5

144

17p1=1-==0.68125

1

（2）xy=&

.4

p2=1-ç

1ö

11dxdy11÷

=+ln24xè

4ø

421

23.设P（A）=0.3,P（B）=0.4,P（AB）=0.5，求P（B｜A∪B）

【解】P（BAUB）=

=P（AB）PA（-）PAB（）=P（AUB）P（A）+P（B）-P（AB）0.7-0.51=0.7+0.6-0.54

24.在一个盒中装有15个乒乓球，其中有9个新球，在第一次比赛中任意取出3个球，比赛后放回原盒中；

第二次比赛同样任意取出3个球，求第二次

取出的3个球均为新球的概率.

【解】设Ai={第一次取出的3个球中有i个新球}，i=0,1,2,3.B={第二次取出的3球均为新球}

由全概率公式，有

8

P（B）=å

P（BAi）P（Ai）

i=03

2321C3C3C1C8C9C6C3C3C3

699C6796=0.089=3·

3+3·

3C15C15C15C15C15C15C15C15

25.按以往概率论考试结果分析，努力学习的学生有90%的可能考试及格，不努力学习的学生有90%的可能考试不及格.据调查，学生中有80%的人是努

力学习的，试问：

（1）考试及格的学生有多大可能是不努力学习的人？

（2）考试不及格的学生有多大可能是努力学习的人？

【解】设A={被调查学生是努力学习的}，则A={被调查学生是不努力学习的}.由题意知P（A）=0.8，P（A）=0.2，又设B={被调查学生考试及格}.由题

意知P（B|A）=0.9，P（B|A）=0.9，故由贝叶斯公式知

P（A）P（BA）P（AB）

（1）P（AB）==P（B）P（A）P（BA）+P（A）P（BA）

=0.2´

0.11==0.027020.8´

0.9+0.2´

0.137

即考试及格的学生中不努力学习的学生仅占2.702%

P（A）P（BA）P（AB）

（2）P（AB）==P（B）P（A）P（BA）+P（A）P（BA）

=0.8´

0.14==0.30770.8´

0.1+0.2´

0.913

即考试不及格的学生中努力学习的学生占30.77%.

9

26.将两信息分别编码为A和B传递出来，接收站收到时，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B传递的频繁程度为2∶

1.若接收站收到的信息是A，试问原发信息是A的概率是多少？

【解】设A={原发信息是A}，则={原发信息是B}

C={收到信息是A}，则={收到信息是B}

由贝叶斯公式，得

P（AC）=

=P（A）P（CA）P（A）P（CA）+P（A）P（CA）2/3´

0.98=0.994922/3´

0.98+1/3´

0.01

27.在已有两个球的箱子中再放一白球，然后任意取出一球，若发现这球为白球，试求箱子中原有一白球的概率（箱中原有什么球是等可能的颜色只有

黑、白两种）

【解】设Ai={箱中原有i个白球}（i=0,1,2），由题设条件知P（Ai）=1,i=0,1,2.又设B={抽出一球为白球}.由贝叶斯公式知3

P（A1B）=P（BA1）P（A1）P（A1B）=2P（B）å

i=0

=2/3´

1/31=1/3´

1/3+2/3´

1/3+1´

1/33

28.某工厂生产的产品中96%是合格品，检查产品时，一个合格品被误认为是次品的概率为0.02，一个次品被误认为是合格品的概率为0.05，求在被检

查后认为是合格品产品确是合格品的概率.

【解】设A={产品确为合格品}，B={产品被认为是合格品}

由贝叶斯公式得

10

P（AB）=

=P（A）P（BA）P（AB）=P（B）P（A）P（BA）+P（A）P（BA）0.96´

0.98=0.9980.96´

0.98+0.04´

29.某保险公司把被保险人分为三类：

“谨慎的”，“一般的”，“冒失的”.统计资料表明，上述三种人在一年设A={该客户是“谨慎的”}，B={该客户是“一般的”}，

C={该客户是“冒失的”}，D={该客户在一年内出了事故}

则由贝叶斯公式得

P（A|D）=

=P（AD）P（A）P（D|A）=P（D）P（A）P（D|A）+P（B）P（D|B）+P（C）P（D|C）0.2´

0.05=0.0570.2´

0.15+0.3´

0.3

30.加工某一零件需要经过四道工序，设第一、二、三、四道工序的次品率分别为0.02,0.03,0.05,0.03，假定各道工序是相互独立的，求加工出来的零件

的次品率.

【解】设Ai={第i道工序出次品}（i=1,2,3,4）.

P（UAi）=1-P（A1A2A3A4）i=14

=1-P（A1）P（A2）P（A3）P（A4）

=1-0.98´

0.97´

0.95´

0.97=0.124

31.设每次射击的命中率为0.2，问至少必须进行多少次独立射击才能使至少击中一次的概率不小于0.9?

【解】设必须进行n次独立射击.

1-（0.8）n³

0.9

11

即为（0.8）n£

0.1

故n≥11

至少必须进行11次独立射击.

32.证明：

若P（A｜B）=P（A｜B），则A，B相互独立.

【证】P（A|B）即=P（A|B）P（AB）P（AB）=P（B）P（B）

亦即P（AB）P（B）=P（AB）P（B）

P（AB）[1-P（B）]=[P（A）-P（AB）]P（B）

因此P（AB）=P（A）P（B）

故A与B相互独立.

33.三人独立地破译一个密码，他们能破译的概率分别为

【解】设Ai={第i人能破译}（i=1,2,3），则111，，，求将此密码破译出的概率.534

P（UAi）=1-P（A1A2A3）=1-P（A1）P（A2）P（A3）i=13

=1-423´

´

=0.6534

34.甲、乙、丙三人独立地向同一飞机射击，设击中的概率分别是0.4,0.5,0.7，若只有一人击中，则飞机被击落的概率为0.2；

若有两人击中，则飞机被

击落的概率为0.6；

若三人都击中，则飞机一定被击落，求：

飞机被击落的概率.

【解】设A={飞机被击落}，Bi={恰有i人击中飞机}，i=0,1,2,3

12

由全概率公式，得

P（A）=å

P（A|Bi）P（Bi）

=（0.4×

0.5×

0.3+0.6×

0.7）0.2+

（0.4×

0.3+0.4×

0.7+0.6×

0.7）0.6+0.4×

0.7

=0.458

35.已知某种疾病患者的痊愈率为25%，为试验一种新药是否有效，把它给10个病人服用，且规定若10个病人中至少有四人治好则认为这种药有效，

反之则认为无效，求：

（1）虽然新药有效，且把治愈率提高到35%，但通过试验被否定的概率.

（2）新药完全无效，但通过试验被认为有效的概率.

（1）p1=å

C

k=0

k

103k10（0.35）k（0.65）10-k=0.5138

（2）p2=å

k=410（0.25）k（0.75）10-k=0.2241

36.一架升降机开始时有6位乘客，并等可能地停于十层楼的每一层.试求下列事件的概率：

（1）A=“某指定的一层有两位乘客离开”；

（2）B=“没有两位及两位以上的乘客在同一层离开”；

（3）C=“恰有两位乘客在同一层离开”；

（4）D=“至少有两位乘客在同一层离开”.

【解】由于每位乘客均可在10层楼中的任一层离开，故所有可能结果为106种.

24C69

（1）P（A）=，也可由6重贝努里模型：

610

13

21294P（A）=C6（）（）1010

（2）6个人在十层中任意六层离开，故

6P10P（B）=610

2（3）由于没有规定在哪一层离开，故可在十层中的任一层离开，有C1

10种可能结果，再从六人中选二人在该层离开，有C6种离开方式.其余4人中不能

31再有两人同时离开的情况，因此可包含以下三种离开方式：

①4人中有3个人在同一层离开，另一人在其余8层中任一层离开，共有C1

9C4C8种可

4能结果；

②4人同时离开，有C1

9种可能结果；

③4个人都不在同一层离开，有P9种可能结果，故

2131146P（C）=C1

10C6（C9C4C8+C9+P9）/10

（4）D=B.故

6P10P（D）=1-P（B）=1-610

37.n个朋友随机地围绕圆桌而坐，求下列事件的概率：

（1）甲、乙两人坐在一起，且乙坐在甲的左边的概率；

（2）甲、乙、丙三人坐在一起的概率；

（3）如果n个人并排坐在长桌的一边，求上述事件的概率.

【解】

（1）p1=1n-1

14

（2）p3!

（n-3）!

2=（n-1）!

n>

3（3）p（n-1）!

1¢

=n!

=n;

p¢

3!

（n-2）!

2=n!

n³

38.将线段[0，a]任意折成三折，试求这三折线段能构成三角形的概率

【解】设这三段长分别为x,y,a-x-y.则基本事件集为由

0&

x&

a,0&

y&

a-x-y&

a所构成的图形，有利事件集为由

é

ê

x+y>

a-x-y

x+（a-x-y）>

y

ë

y+（a-x-y）>

x

构成的图形，即

0<

x<

a

2

y<

aê

2<

x+y<

如图阴影部分所示，故所求概率为p=1

4.

39.某人有n把钥匙，其中只有一把能开他的门.他逐个将它们去试开（抽样是无放回的）.证明试开k次（k=1,2,„,n）才能把门打开的概率与k无关.

【证】p=Pk-1

n-11

Pk=,k=1,2L,n,

nn

15

40.把一个表面涂有颜色的立方体等分为一千个小立方体，在这些小立方体中，随机地取出一个，试求它有i面涂有颜色的概率P（Ai）（i=0,1,2,3）.

【解】设Ai={小立方体有i面涂有颜色}，i=0,1,2,3.

在1千个小立方体中，只有位于原立方体的角上的小立方体是三面有色的，这样的小立方体共有8个.只有位于原立方体的棱上（除去八个角外）

的小立方体是两面涂色的，这样的小立方体共有12×

8=96个.同理，原立方体的六个面上（除去棱）的小立方体是一面涂色的，共有8×

8×

6=384个.其余1000-（8+96+384）=512个P（A）³

P[A（BUC）]=P（ABUAC）

=P（AB）+P（AC）-P（ABC）

³

P（AB）+P（AC）-P（BC）

42.将3个球随机地放入4个杯子中去，求杯中球的最大个数分别为1，2，3的概率.

【解】设Ai={杯中球的最大个数为i},i=1,2,3.

将3个球随机放入4个杯子中，全部可能放法有43种，杯中球的最大个数为1时，每个杯中最多放一球，故

P（AC33!

1）=443=8

而杯中球的最大个数为3，即三个球全放入一个杯中，故

16

C114P（A3）=3=416

因此P（A2）=1-P（A1）-P（A3）=1-319

8-16=16

或P（AC121

4C3C3

2）=43=916

43.将一枚均匀硬币掷2n次，求出现正面次数多于反面次数的概率.

【解】掷2n次硬币，可能出现：

A={正面次数多于反面次数}，B={正面次数少于反面次数}，C={正面次数等于反面次数}，A，B，C两两互斥.

可用对称性来解决.由于硬币是均匀的，故P（A）=P（B）.所以

P（A）=1-P（C）

由2n重贝努里试验中正面出现n次的概率为

P（C）=Cn1n1n

2n

（2）

（2）

故P（A）=1

2[1-Cn1

2n22n]

44.掷n次均匀硬币，求出现正面次数多于反面次数的概率.

【解】设A={出现正面次数多于反面次数}，B={出现反面次数多于正面次数}，由对称性知P（A）=P（B）

（1）当n为奇数时，正、反面次数不会相等.由P（A）+P（B）=1得P（A）=P（B）=0.5

（2）当n为偶数时，由上题知

P（A）=1n

2[1-Cn

（2）n]

45.设甲掷均匀硬币n+1次，乙掷n次，求甲掷出正面次数多于乙掷出正面次数的概率.

17

【解】令甲正=甲掷出的正面次数，甲反=甲掷出的反面次数.

乙正=乙掷出的正面次数，乙反=乙掷出的反面次数.

显然有

（甲正&

乙正）=（甲正≤乙正）=（n+1-甲反≤n-乙反）

=（甲反≥1+乙反）=（甲反&

乙反）

由对称性知P（甲正&

乙正）=P（甲反&

因此P（甲1

正&

乙正）=2

46.证明“确定的原则”（Sure-thing）：

若P（A|C）≥P（B|C）,P（A|C）≥P（B|C），则P（A）≥P（B）.

【证】由P（A|C）≥P（B|C）,得

P（AC）P

P（C）³

（BC）

P（C）,

即有P（AC）³

P（BC）

同理由P（A|C）³

P（B|C）,

得P（AC）³

P（BC）,

故P（A）=P（AC）+P（AC）³

P（BC）+P（BC）=P（B）

47.一列火车共有n节车厢，有k（k≥n）个旅客上火车并随意地选择车厢.求每一节车厢设Ai={第i节车厢是空的}，（i=1,„,n）,则

18

（n-1）k1kP（Ai）==（1-）nkn

2P（AiAj）=（1-）k

L

P（AAn-1k

i1Ai2Lin-1）=（1-n）

其中i1,i2,„,in-1是1，2，„，n中的任n-1个.显然n节车厢全空的概率是零，于是

Så

P（A）=n（1-11k1=i

i=1n）k=C1

n（1-n）

P（AC222=iAj）=n（1-）k1£

i<

j£

Sn-1=

1£

iå

P（An-1i1Aii1<

i2<

Lin-1£

n2LAn-1）=Cn（1-n-1k

n）

Sn=0

P（Un

i=1Ai）=S1-S2+S3-L+（-1）n+1Sn

=C11k22knn-1n-1

n（1-n）-Cn（1-n）+L+（-1）Cn（1-n）k

故所求概率为

19

1k2in-1k2n+1n-11-P（UAi）=1-C1Cn（1-）n（1-）+Cn（1-）-L+（-1）i=1nnnn

48.设随机试验中，某一事件A出现的概率为ε&

0.试证明：

不论ε&

0如何小，只要不断地独立地重复做此试验，则A迟早会出现的概率为1.

【证】

在前n次试验中，A至少出现一次的概率为

1-（1-e）n®

1（n®

¥

）

49.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.试问这只硬币是正品的

概率是多少？

【解】设A={投掷硬币r次都得到国徽}

B={这只硬币为正品}

由题知P（B）=mn,P（B）=m+nm+n

P（A|B）=1,P（A|B）=1r2

则