概率论与数理统计课后习题集答案解析完整编辑校对版.docx

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概率论与数理统计课后习题集答案解析完整编辑校对版

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复旦大学

习题一1.见教材习题参考答案.2.设A，B，C为三个事件，试用A，B，C

〔1〕

A发生，B，C都不发生；

〔2〕

A与B发生，C

〔3〕

A，B，C都发生；

〔4〕

A，B，C

〔5〕

A，B，C都不发生；

〔6〕

A，B，C

〔7〕

A，B，C至多有2个发生；

〔8〕

A，B，C至少有2个发生.

】

【解】〔1〕

ABC

〔2〕

ABC

〔3〕

ABC〔4〕

A∪B∪C=ABC∪ABC∪ABC∪ABC∪ABC∪ABC∪ABC=ABC

（5）ABC=ABC

（6）ABC

（7）ABC∪ABC∪ABC∪ABC∪ABC∪ABC∪ABC=ABC=A∪B∪C

（8）AB∪BC∪CA=ABC∪ABC∪ABC∪ABC3..

4.设A，B为随机事件，且P〔A〕=0.7,P（AB）=0.3，求P〔AB〕.

【解】

P〔AB〕=1P〔AB〕=1[P（A）P（AB）]=1[0.70.3]=0.65.设A，B是两事件，且P〔A〕=0.6,P（B）=0.7,

〔1〕

在什么条件下P〔AB

〔2〕

在什么条件下P〔AB

】

【解】〔1〕

当AB=A时，P〔AB〕取到最大值为0.6.〔2〕

当A∪B=Ω时，P〔AB〕取到最小值为0.3.6.设A，B，C为三事件，且P〔A〕=P〔B〕=1/4，P〔C〕=1/3且P〔AB〕=P〔BC〕=0，P〔AC〕=1/12，求A，B，C至少有一事件发生的概率.

【解】

P〔A∪B∪C〕=P（A）+P（B）+P（C）P（AB）P（BC）P（AC）+P（ABC）=14+14+13112=347.52张扑克牌中任意取出13张，问有5张黑桃，3张红心，3张方块，2张梅花的概率是多少？

【解】

p=5332131313131352CCCC/C

8.对一个五人学习小组考虑生日问题：

〔1〕

求五个人的生日都在星期日的概率；

〔2〕

求五个人的生日都不在星期日的概率；〔3〕

求五个人的生日不都在星期日的概率.】

【解】〔1〕

设A1={五个人的生日都在星期日}，根本领件总数为75，有利事件仅1个，故

P〔A1〕=517=〔17〕

5

〔亦可用独立性求解，下同〕

〔2〕

设A2={五个人生日都不在星期日}，有利事件数为65，故P〔A2〕=5567=（67）5

（3）设A3={五个人的生日不都在星期日}P〔A3〕=1P（A1）=1（17）5

9..见教材习题参考答案.10.一批产品共N件，其中M件正品.从中随机地取出n件〔n<N〕.试求其中恰有m件〔m≤M〕正品〔记为A〕的概率.

〔1〕

n件是同时取出的；〔2〕

n

〔3〕

n件是有放回逐件取出的.

】

【解】〔1〕

P〔A〕=CC/CmnmnMNMN

（2）由于是无放回逐件取出，可用排列法计算.样本点总数有PnN种，n次抽取中有m次为正品的组合数为Cmn种.对于固定的一种正品与次品的抽取次序，从M件正品中取m件的排列数有PmM种，从NM件次品中取nm件的排列数为PnmNM种，故P〔A〕=CPPPmmnmnMNMnN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P〔A〕=CCCmnmMNMnN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Cmn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，nm次取得次品，每次都有NM种取法，共有〔NM〕

nm种取法，故（）C（）/mmnmnnPAMNMN

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MN，那么取得m件正品的概率为（）C1mnmmnMMPANN11..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.假设将3只强度太弱的铆钉都装在一个部件上，那么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}133103501（）CC/C1960PA

13.7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.213434233377CCC184（）,（）C35C35PAPA

故

232322（）（）（）35PAAPAPA

14.0.8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）1212（）（）（）0.70.80.56PAAPAPA

（2）12（）0.70.80.70.80.94PAA

（3）2112（）0.80.30.20.70.38PAAAA

15.3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.】

【解】〔1〕

223151115（）（）22232pC

（2）1342111C（）（）22245/325p

16.0.7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,那么33312123330（）（0.3）（0.4）C0.7（0.3）C0.6（0.4）iiiPAB

22223333C（0.7）0.3C（0.6）0.4+（0.7）（0.6）

=0.32076175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】

4111152222410CCCCC131C21p

18.0.3，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〕

（）0.1（）0.2（）0.5PABpBAPA

〔2〕

（）（）（）（）0.30.50.10.7pABPAPBPAB

19.3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（）6/86（）（）7/87PABPBAPA

或在缩减样本空间中求，此时样本点总数为7.6（）7PBA

20.5%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}，那么由贝叶斯公式（）（）（）（）（）（）（）（）（）PAPBAPABPABPBPAPBAPAPBA

0.50.05200.50.050.50.00252121.9∶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】设两人到达时刻为某,y,那么0≤某,y≤60.事件“一人要等另一人半小时以上〞等价于|某y|>30.如图阴影局部所示.22301604P

22.0，1〕中随机地取两个数，求：

〔1〕

两个数之和小于65的概率；〔2〕

两个数之积小于14的概率.【解】

设两数为某,y，那么0<某,y<1.〔1〕

某+y<65.

11441725510.68125p

（2）某y=<14.

1111244111ddln242某p某y23.P〔A〕=0.3,P（B）=0.4,P（AB）=0.5，求P〔B｜A∪B〕

【解】

（）（）（）（）（）（）（）（）PABPAPABPBABPABPAPBPAB

0.70.510.70.60.5424.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30（）（）（）iiiPBPBAPA

33123213336996896796333333331515151515151515CCCCCCCCCCCCCCCCCC0.089

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}，那么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〔1〕（）（）（）（）（）（）（）（）（）PAPBAPABPABPBPAPBAPAPBA

0.20.110.027020.80.90.20.137即考试及格的学生中不努力学习的学生仅占2.702%

（2）

（）（）（）（）（）（）（）（）（）PAPBAPABPABPBPAPBAPAPBA

0.80.140.30770.80.10.20.913即考试不及格的学生中努力学习的学生占30.77%.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.假设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}，那么={原发信息是B}C={收到信息是A}，那么={收到信息是B}由贝叶斯公式，得

（）（）（）（）（）（）（）PAPCAPACPAPCAPAPCA

2/30.980.994922/30.981/30.0127.【解】设Ai={箱中原有i个白球}〔i=0,1,2〕，由题设条件知P〔Ai〕=13,i=0,1,2.又设B={抽出一球为白球}.由贝叶斯公式知111120（）（）（）（）（）（）（）iiiPBAPAPABPABPBPBAPA2/31/311/31/32/31/311/3328.96%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（）（）（）（）（）（）（）（）（）PAPBAPABPABPBPAPBAPAPBA

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}那么由贝叶斯公式得（）（）（|）（|）（）（）（|）（）（|）（）（|）PADPAPDAPADPDPAPDAPBPDBPCPDC

0.20.050.0570.20.050.50.150.30.330.零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〕.412341（）1（）iiPAPAAAA

12341（）（）（）（）PAPAPAPA

10.980.970.950.970.124

31.0.2，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）0.9n

即为

（0.8）0.1n

故

n≥11至少必须进行11次独立射击.32.P〔A｜B〕=P（A｜B），那么A，B相互独立.【证】

（|）（|）PABPAB即（）（）（）（）PABPABPBPB

亦即

（）（）（）（）PABPBPABPB

（）[1（）][（）（）]（）PABPBPAPABPB

因此

（）（）（）PABPAPB

故A与B相互独立.33.15，13，14，求将此密码破译出的概率.【解】

设Ai={第i人能破译}〔i=1,2,3〕，那么31231231（）1（）1（）（）（）iiPAPAAAPAPAPA

42310.6534

34.0.4,0.5,0.7，假设只有一人击中，那么飞机被击落的概率为0.2；假设有两人击中，那么飞机被击落的概率为0.6；假设三人都击中，那么飞机一定被击落，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由全概率公式，得30（）（|）（）iiiPAPABPB

=（0.4×0.5×0.3+0.6×0.5×0.3+0.6×0.5×0.7）0.2+（0.4×0.5×0.3+0.4×0.5×0.7+0.6×0.5×0.7）0.6+0.4×0.5×0.7=0.45835.25%，为试验一种新药是否有效，把它给10个病人服用，且规定假设10个病人中至少有四人治好那么认为这种药有效，反之那么认为无效，求：

〔1〕

虽然新药有效，且把治愈率提高到35%，但通过试验被否认的概率.

〔2〕

新药完全无效，但通过试验被认为有效的概率.】

【解】〔1〕

3101100C（0.35）（0.65）0.5138kkkkp

（2）10102104C（0.25）（0.75）0.2241kkkkp36.6位乘客，并等可能地停于十层楼的每一层.试求以下事件的概率：

〔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.〔1〕

2466C9（）10PA，也可由6重贝努里模型：

224619（）C（）（）1010PA

〔2〕

6个人在十层中任意六层离开，故6106P（）10PB

〔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110C种可能结果，再从六人中选二人在该层离开，有26C种离开方式.其余4人中不能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131948CCC种可能结果；②4人同时离开，有19C种可能结果；③4个人都不在同一层离开，有49P种可能结果，故1213114610694899（）CC（CCCCP）/10PC

〔4〕

D=B.故6106P（）1（）110PDPB

37.n个朋友随机地围绕圆桌而坐，求以下事件的概率：

〔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〕

111pn

（2）23!

（3）!

3

（1）!

npnn（3）12

（1）!

13!

（2）!

;,3!

!

nnppnnnn

38.[0，a]

【解】

设这三段长分别为某,y,a某y.那么根本领件集为由0<某<a,0<y<a,0<a某y<a所构成的图形，有利事件集为由（）（）某ya某y某a某yyya某y某构成的图形，即02022a某aya某ya如图阴影局部所示，故所求概率为14p.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〕才能把门翻开的概率与k无关.【证】

11P1,1,2,,Pknknpknn

40.把一个外表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个内部的小立方体是无色的，故所求概率为01512384（）0.512,（）0.38410001000PAPA,24968（）0.096,（）0.00810001000PAPA.41.对任意的随机事件A，B，C

P〔AB〕+P〔AC〕P〔BC〕≤P（A）.

【证】

（）[（）]（）PAPABCPABAC

（）（）（）PABPACPABC

（）（）（）PABPACPBC

42.3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iA={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3413C3!

3（）48PA

而杯中球的最大个数为3，即三个球全放入一个杯中，故1433C1（）416PA

因此

213319（）1（）（）181616PAPAPA

或

12143323CCC9（）416PA

43.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1（）（）2PCPA

由2n重贝努里试验中正面出现n次的概率为211（）（）（）22nnnnPCC

故

2211（）[1C]22nnnPA

44.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211（）[1C（）]22nnnPA

45.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.【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>正正〔甲乙〕

=〔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>乙反〕

因此P（甲正>乙正）=1246.Surething〕：

假设P〔A|C〕≥P（B|C）,P（A|C）≥P（B|C），那么P〔A〕≥P（B）.【证】由P〔A|C〕≥P（B|C）,得（）（）,（）（）PACPBCPCPC

即有

（）（）PACPBC

同理由

（|）（|）,PACPBC

得

（）（）,PACPBC

故

（）（）（）（）（）（）PAPACPACPBCPBCPB

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.求每一节车厢内至少有一个旅客的概率.

【解】

设Ai={第i节车厢是空的}，〔i=1,…,n〕,那么121

（1）1（）

（1）2（）

（1）1（）

（1）nkkikkijkiiinPAnnPAAnnPAAAn其中i1,i2,…,in1是1，2，…，n中的任n1个.显然n节车厢全空的概率是零，于是2112111122111111123111（）

（1）C

（1）2（）C

（1）1（）C

（1）0（）

（1）nnnkkinikijnijnnkniiiniiinnnniniSPAnnnSPAAnnSPAAAnSPASSSS

121121C

（1）C

（1）

（1）C

（1）kknnknnnnnnn

故所求概率为121121（）1C

（1）C

（1）nkiinniPAnn111

（1）C

（1）nnknnn

48.设随机试验中，某一事件A出现的概率为ε>0.试证明：

不管ε>0如何小，只要不断地独立地重复做此试验，那么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）1（）nn

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，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

（）,（）mnPBPBmnmn1（|）,（|）12rPABPAB

那么由贝叶斯公式知（）（）（|）（|）（）（）（|）（）（|）PABPBPABPBAPAPBPABPBPAB

121212rrrmmmnmnmnmnmn50.巴拿赫〔Banach〕火柴盒问题：

某数学家有甲、乙两盒火柴，每盒有N根火柴，每次用火柴时他在两盒中任取一盒并从中任取一根.试求他首次发现一盒空时另一盒恰有r根的概率是多少？

第一次用完一盒火柴时〔不是发现空〕而另一盒恰有r根的概率又【解】以B1、B2记火柴取自不同两盒的事件，那么有121（）（）2PBPB.〔1〕发现一盒已空，另一盒恰剩r根，说明已取了2nr次，设n次取自B1盒〔已空〕，nr次取自B2盒，第2nr+1次拿起B1，发现已空。

把取2nr次火柴视作2nr重贝努里试验，那么所求概率为12211112C（）（）C2222nnnrnnrnrrrp

式中2反映B1与B2盒的对称性〔即也可以是B2盒先取空〕.〔2〕

前2nr1次取火柴，有n1次取自B1盒，nr次取自B2盒，第2nr次取自B1盒，故概率为111212212111112C（）（）C（）2222nnnrnnrnrnrp

51.n重贝努里试验中A出现奇数次的概率.

【解】

设在一次试验中A出现的概率为p.那么由00112220（）CCCC1nnnnnnnnnnqppqpqpqpq

0011222n0（）CCC

（1）Cnnnnnnnnnnqppqpqpqpq

以上两式相减得所求概率为113331CCnnnnppqpq

1[1（）]2nqp

1[1（12）]2np

假设要求在n重贝努里试验中A出现偶数次的概率，那么只要将两式相加，即得21[1（12）]2npp.52.设A，B是任意两个随机事件，求P{〔A+B〕〔A+B〕〔A+B〕〔A+B〕}的值.【解】因为〔A∪B〕∩〔A∪B〕=AB∪AB〔A∪B〕∩〔A∪B〕=AB∪AB

所求

（）