概率第一章教材习题解.doc

《概率第一章教材习题解.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《概率第一章教材习题解.doc（15页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、YOUR LOGO原 创 文 档 请 勿 盗 版概率统计第一章教材习题选解习题 1-2AB ，P A0.4 ，P B0.6 .求：（ 1）PA ，P B ；（ 2）P AB ；（ 3）P AB ；1已知P ABP ABP BA（ 4）；（ 5），.解：（ 1）P A1P A0.6 ，P B1P B0.4；AB0.4 ；（ 2）PABPAA B0.6 ；（ 3）PABP B（ 4） PABP BAP BP ABP BP A0.2；PA BP AB1PAB1P B0.4 ， P BAPAPAB0 .（ 5）2设 A, B 为两事件，且PA0.6， PB0.7 .问分别在什么条件下，P AB取得最大

2、值与最小值？最大值与最小值各为多少？PABP AP BP ABP ABPAB解：因为，所以要使最大，只要最小；PABP AB要使最小，只要最大 .而 AAB ， BAB，则 P AP AB， P BP AB.于为 AB 或 BA .P BP A，则 AB 不合题意又因为.故，当 BA 时，P ABP AP BP ABP AP BPBP A0.6AB时， PABPABP APBPAB0.3 最小 .最大；当最大，P A0.5，PB0.7 ， P AB0.8 .试求P BA3已知 A, B 为二事件，且与P AB .P ABP APBP AB0.4 ，所以P BAPBP AB0.3 ,解：因为P

3、ABP AP AB0.1 .141218， P BCP CA0 .试求P APB， P C， PABA, B,C4已知中有一个发生地概率.P ABCP AP BP CPABP BCP ACP ABC解：精品学习资料勤奋，为踏入成功之门地阶梯第 1 页，共 15 页P ABCP CA P B CA0 ，而ACABC ，所以P ACPABC0因为，即P AC0 .P ABCP AP BP CPABP BCP ACPABC故，78P ABCP AP BPCPAB.5书架上有一部五卷册地文集，求各册自左至右或自右至左排成自然顺序地概率.A 表示“一部五卷册地文集，各册自左至右或自右至左排成自然顺序”解

4、：设，则2!1P A.5!606从一批由 45 件正品、 5 件次品组成地产品中任取3 件产品， 求其中恰有一件次品地概率.12C5C4599392解：设 A 表示“任取3 件产品，求其中恰有一件次品”，则P A.350C7 n 个朋友随机地围绕圆桌就座，求其中两人一定坐在一起（即座位相邻）地概率.解：首先必须搞清楚，这为一个环状排列问题.这种排列为无首尾之分地，而我们所熟悉地n 种 .为线状排列问题.环状排列一种，相当于线状排列设 A 表示“ n 个朋友随机地围绕圆桌就座，其中甲，乙两人一定坐在一起”，则按线状2! 种排法，然后把这两人视为一个元素，再排列时，首先考虑将甲，乙两人排在一起，有

5、2! nn1 ! 种，于1n12! n1 ! 种，而对应地环状排列有与其它地地元素作全排列，共有2! n1 !1n2为P A.n!nn11710 桶，黑油漆4 桶，红油漆3 桶，在搬运过程4 桶白油漆， 3 桶黑8某油漆公司发出中所有地标签脱落，桶油漆，其中白油漆交货人随机地将这些油漆发给顾客，问一个订货为油漆与 2 桶红油漆地顾客，能按所订颜色如数得到订货地概率为多少？432C10C4 C32522431解：设 A 表示“能按所订颜色如数得到订货”，则P A.917CNMk kmin M , nn 件，（ 1）求其中恰有9设有件产品， 其中件次品， 今从中任取件次品地概率； （2）求其中至少

6、有两件次品地概率.解：（ 1 ）设A 为“从Nnk kminM , n件产品中任取件，其中恰有件次品” ，则kn kCM CNCNMP A.n（ 2）设 B 为“从 N 件产品中任取n 件，其中至少有两件次品”，则考虑逆事件地概率有：精品学习资料勤奋，为踏入成功之门地阶梯第 2 页，共 15 页P B1P BN，其中：B 表示“从n 件，其中次品件数不多于两件”件产品中任取.0n1n 1CM CNCM CNMM于为，P B1P B1.nCNn 次，试求掷出地最大点数为10将一枚骰子重复地掷5 地概率.Ak解：设“ n 次投掷中恰有k 次掷出点，且其他各次小于点”，则所求概率为：55n12n2n

7、0116461646164612nP A1A2AnCnCnCn.n6点评：本题不管为直接计算还为从对立事件着手都为困难地，但利用减法公式为简洁地.B ，且设 A “最大点数为5”， B “最大点数不超过5”， C“最大点数不超过4”，则Cnnnn564654ABC ，于为P AP BCP BP C.nnn611甲乙两艘轮船驶向一个不能同时停泊两艘轮船地码头，它们在一昼夜内到达地时间为等可能地，如果甲船地停泊时间为一小时，乙船地停泊时间为两小时，求它们中任何一艘都不需要等候码头空出地概率.解：设甲乙两船到达地时刻为x, y ，则x, y 0x24;0y24.10131152Ax, yy1x或x2

8、y . 显然， P A.点评：若甲船先到，则乙船必须晚到一小时y1x ；若乙船先到，则甲船必须晚两小时到达x2y .212（ 91 数 1-3 ）随机地向半圆0y2axx(a 为正常数）内掷一点，点落在半圆内x 轴地夹角小于任何区域地概率与区域地面积成正比，试求原点与该点地连线与地概率.42a cosrdr04SDS半圆2a121 .解：Pd20点评：此题求面积时可用定积分或二重积分.习题 1-31已知 P A0.3 ， P B0.4 ， P AB0.5 ，求条件概率P B AB .P ABP ABBBP ABP BBP ABP ABP B解：P B ABP AP BPA1PAB因为P ABP

9、 ABP AP AB0.5 ，所以PABP AP AB.精品学习资料勤奋，为踏入成功之门地阶梯第 3 页，共 15 页P ABP BP A1P AB1.4P B AB故，P A1P ABP AP BP ABP A0.5 ， P B0.6 ，P B A0.8 ，求PABP AB2已知及.P ABP A P B A0.4 ；解：P A BPAB1PAB1PAP BP AB0.3 .0.8 ，活到0.4 ，这种动物已经活到3某种动物由出生活到20 岁地概率为岁地概率为2520 岁，再活到25 岁地概率为多少？解：设 A “这种动物由出生活到B “这种动物由出生活到25 岁”，则 BA，20 岁”，P

10、 ABP AP BP A0.40.812故所求概率为：P B A.4掷两颗骰子，已知两颗骰子地点数之与为7，求其中有一颗为1 点地概率（分别用条件.概率地定义计算与条件概率地含义（即用缩减后地样本空间）计算）解法（一）：设 A 表示“两颗骰子地点数之与为27”， B 表示“其中有一颗为1 点”，则所求P ABP A21.36概率为：P B A626解法（二）：考虑缩减后地样本空间（即两颗骰子地点数之与为7）：136,1 , 5,2 , 4,3 , 1,6 , 2,5 , 3,4A6,1 , 1,6P A，故.点评：缩减后地样本空间只含有6 个基本事件，而原样本空间含有36 个基本事件 .0.2

11、8 ，两项同时都投0.58 ，购买股票地概率为5某人有一笔资金，他投入基金地概率为资地概率为0.19 ，（ 1）已知他已经投入基金，再购买股票地概率为多少？（买股票，再投入基金地概率为多少？2）已知他已购解：设 A “投入基金” ， B “购买股票” ，则P A0.58 ， PB0.28， P AB0.19 ，P ABP A0.190.581958于为，已知他已经投入基金，再购买股票地概率为：P B A.P ABP B0.190.281928已知他已购买股票，再投入基金地概率为：P A B.r6袋中有只红球， t 只白球，每次从袋中任取一只球，观察颜色后放回，并再放入a 只与取出地那只球同色地

12、球，若在袋中连续取球四次，试求第一、二次取到红球且第三、四次取到白球地概率（此题为波利亚模型，它为一个包含了许多重要地随机现象地模型，请读者思考一下，什么样地现象可以归结于这一模型）.Ai i1,2,3,4表示“第 i 次取到红球” ，则所求概率为：解：设P A1A2A3A4精品学习资料勤奋，为踏入成功之门地阶梯第 4 页，共 15 页1111CrCrCrCrCtCtCraaP A1PA2 A1 P A3A1 A2 P A4 A1 A2 A31111Crttat 2 at 3art rata2a.rtrtartrt3a7已知10 只产品中有2 只次品，在其中取两次，每次任取一只，作不放回抽样.

13、求下列事件地概率：（ 1）两只都为正品； （ 2）两只都为次品； （ 3）一只正品，一只次品.解：设A1 , A2 分别表示“第1， 2 次取地为正品” ，则81021079192845145（ 1）PA1 A2P A1 P A2 A1.（ 2）PA1A2P A1 P A2 A1.（ 3）PA1 A2A1 A2PA1 A2P A1 A2P A1 P A2 A1P A1 P A2 A181029210A891645.8已知 P0.3， P B0.5 ， P AB0.15，验证 P B AP B， PB AP B ，P A BP AP A BP A，.P B AP AP1BAP APB1P ABP

14、 AP AB证明：P B AP B A0.5P B；PA0.50.150.5PB.同理可证其他.0.79第一个盒子中有5 只红球， 4 只白球；第二个盒子中有4 只红球， 5 只白球 .先从第一个盒子中任取率 .2 只球放入第二个盒子中去，然后从第二个盒子中任取一球，求取到白球地概解：设B1“从第一只盒子中取得2 只红球”， B2“从第一只盒子中取得2 只白球”， B3“从第一只盒子中取得一只红球，一只白球”，A “从第二只盒子中取到一只白球”.351851116711596115399由全概率公式得：P APBiPA Bi.i 115% ， 80% ，10某产品主要由三个厂家供货. 甲、乙、

15、丙三个厂家地产品分别占总数地5% .其次品率分别为0.02 ， 0.01 ， 0.03 . 试计算：（ 1）从这批产品中任取一件为合格品地概率；（ 2）已知从这批产品中随机地取出地一件为不合格品，问这件产品由哪家生产地可能性大？B1 ， B2 ，B3 分别表示“任取一件产品为甲，乙，丙厂生产地”， A 表示“从这批产解：设品中任取一件为合格品”则精品学习资料勤奋，为踏入成功之门地阶梯第 5 页，共 15 页3P AP BiP A Bi0.150.020.80.010.050.030.0125.i 1X与 Y 后传送出去，X被误收作 Y 地概率为0.0211将两信息分别编码为接收站接收时，而 Y

16、 被误收作X地概率为0.01 .信息 X 与信息 Y 传送地频繁程度之比为2 : 1 .若接收站收XX到地信息为解 ： 设A，问原发信息也为地概率为多少？“ 发 出 信 号XB到 信 号 X”，“ 收”，则 由Bayes公 式 可 知 ：230.980.98P A P B A196P A B.2313197P A P B AP A PB A0.0150 件，其中 10 件为一等品；第二箱内装有30 件，12设有两箱同类零件，第一箱内装有其中 18 件为一等品，现从两箱中任选一箱，然后从该箱中依次随机地取出两个零件（取出地零件不放回） ，试求：（ 1）第一次取出地零件为一等品地概率；（ 2）在第

17、一次取出地零件为一等品地条件下，第二次取出地零件仍为一等品地概率.解：设A1 , A2 分别表示“第一，二次取得一等品”B1 , B2 分别表示“取到第一箱，第二箱，中地零件” .21050121830120.4（ 1）由全概率公式得：PA1P BiPA1Bi.i 1（ 2）由全概率公式得：P A1 A2P A1PA2A1 B1P A1A1B2PA2 A1 B1PPA112A2 A1 B2P A2 A110501050949121218301830121729P B1 P A1 B1 P A2B1 A1PP B2A1P A1 B2 P A2 B2 A10.4856 .习题 1-41设 P A0

18、.7 ， P B0.8， P B A0.8 .问事件A 与 B 为否相互独立？解：因为P ABP A P B A0.56，而 P A P B0.56 ，即 P ABPA PB，所以事件A 与 B 为相互独立地.0P C1，问 AC 与 C 为否相互独立？2设 A, B, C 为三个互相独立地随机事件，且解：因为PACCP C ACP A CCP C1P C0 ，A, B ,C独立P A0，所 以 当时 ，P AC P C1P ACP C1P A PCP CP ACCP AC P CP C，故 AC 与 C.否则， AC 与 C 为不相互独立为相互独立地精品学习资料勤奋，为踏入成功之门地阶梯第

19、6 页，共 15 页地 .点评：因为ACC ，所以ACC ，从而P ACCP C.P Aa ， P B0.3， PA 与B 互不相容， 求 a ；（ 2）AB0.7 .（ 1）若事件3已知若事件 A 与 B相互独立，求a .解：（ 1）若事件A 与 B 互不相容，则PABP AP BP BAP AP BP BA1P APBP BP AB1PAPAB，因为A 与B 互不相容，所以P AB0 ，从而P AB0.71P A1aa0.3 .（ 2）若事件A 与 B 相互独立，则P ABP AP BP B AP AP BP BA1P AP BP BPAB1PAPAB1P AP A P BPAB0.71P

20、 APA PB1a0.3a ，故，从而37a.A 与B 相互独立，且P AP BP AB4设，求下列事件地概率：（ 1）；P ABP AB（ 2）；（ 3）.PABP( A)P(B)P( A) P(B)解：（ 1）；（ 2）P ABP( A)P BPAB，当 A 与B 相互独立时，A 与 B 也为独立地，则P ABP( A)P BP ABPAP BPA P B111；P ABP AB1P AB1P AP B1（ 3）.19A 与B 相互独立，且，求 PA ， P B .P ABP ABPAB5已知事件，P ABPABP ABPBAP APABP BP AB解：P AP BP AP B，从而有.

21、191，于为9A 与B 相互独立时，事件A 与B 也独立，则当事件P ABP A P B1323P AP B， P AP B.精品学习资料勤奋，为踏入成功之门地阶梯第 7 页，共 15 页1114，问三人中至少6三个人独立地破译一份密码，已知各人能译出地概率分别为53有一人能将此密码译出地概率为多少？A, B,C分 别 表 示 “ 甲 ， 乙 ， 丙 能 独 立 地 译 出解 ： 设此 密 码 ”， 则452334P ABC1P ABC1P ABC1P A P B P C135.7对同一目标进行三次独立射击，第一次、第二次、第三次射击地命中率分别为0.4,0.5,0.7 ，求：（ 1）在这三次

22、射击中，恰好有一次击中目标地概率；（ 2）在这三次射击中，至少有一次命中目标地概率.解：设 A, B, C 分别表示“第一，二，三次射击时命中目标”.（ 1）P AB CA BCA BCP A P BP CP A P B P CP A P B P C0.40.50.30.60.50.30.60.50.70.36 .（ 2）P ABC1PABC1P AB C1P A P B P C10.60.50.30.91.4 个独立工作8一个元件（或系统）能正常工作地概率称为元件（或系统）地可靠性，设地元件 1,2,3,4 ，它们地可靠性分别为p1 , p2 , p3 , p4 ，按如图所示方式联接成所谓并

23、串联系32统，求这一系统地可靠性.解：设Ai 表示“第个元件可靠”i14(i1,2,3,4) ，则所求概率为：P A1A2 A3A4P A1 A2 A3A1 A4P A1 A2 A3P A1 A4P A1 A2 A3 A4p1 p2 p3p1 p4p1 p2 p3p4 .9设第一只盒子中装有3 只兰球， 2 只绿球， 2 只白球； 第二个盒子中装有2 只兰球，3 只（ 2）绿球， 4 只白球， 独立地分别在两个盒子中各取一只球.（1）求至少有一只兰球地概率；求有一只兰球，一只白球地概率；率 .（ 3）已知至少有一只兰球，求有一只兰球一只白球地概解：设A1 , B1 ,C1 分别表示“从第一只盒

24、子中取出地球为兰，绿，白色地”A2 , B2 ,C2 分，设别表示“从第二只盒子中取出地球为兰，绿，白色地”.477959（ 1）PAA1P AA1P AA1P AP A1;12121212（ 2） PA1C227C1 A2P A1C2P C1 A2PA1 PC2P C1P A23749291663.精品学习资料勤奋，为踏入成功之门地阶梯第 8 页，共 15 页PA1C2C1 A2A1A2（ 3）P A CC AAA，121212P A1A2A1C2C1 A2A1A2PA1C2C1 A2A1A2PA1C2C1 A2因为，所以.PA1 C2PC1 A2A1A2P A1C2P A1C1 A2A21

25、.3故，P A CC AAA121212A1A210（先下手为强）甲、乙两人射击水平相当，于为约定比赛规则：双方对同一目标轮流射击，若一方失利，另一方可以继续射击，直到有人命中目标为止你以为先射击者为否一定沾光？为什么？.命中一方为该轮地获胜者.解：设Ai 表示“第 i 次射击时命中目标”i1,2,， B 表示“甲获胜” ，假设由甲先发第p ，未命中地概率为q ，则pq1.一枪，又设甲，乙两人每次射击时地命中率为24P BPA1A1 A2A1A2A3A1A2A3A4p 1qqpq 21q，于为乙获胜地概率为：P B1P B. 因为 0q1 ，故11q1qP BPB.即，先下手为强.第一章总习题

26、1填空题A, B 为两个随机事件，且ABAB ，则（ 1）假设AB，AB；解：ABA BABABABABABABABABAABBABAB.ABA BABBABBABA.（ 2）假设 A, B 为任意两个事件，则PABABABAB.P ABABABABPABABABAB解：PABBABBP0 .2选择题（ 1）设 P( A)0.8 ， P(B)0.7 ，P A B0.8 ，则下列结论正确地为.（A ）事件 A 与事件 B 相互独立；（ B）事件 A 与事件 B 互逆；（C ） BA ；（ D）P ABP( A)P( B) .精品学习资料勤奋，为踏入成功之门地阶梯第 9 页，共 15 页P( AB

27、)P(B)P A B0.56 ，而P( A)P( B)0.56 ，即 P( AB)P( A)P(B) ，解：因为所以事件A 与事件 B 相互独立，选（A） .（ 2）设 A, B 为两个互逆地事件，且P( A)0 ，P(B)0 ，则下列结论正确地为.P B A0；（ B）P A BP( A)P A B0 ；（ D） P( AB)P( A)P( B) .（A ）；（ C）解：因为A, B 为两个互逆地事件，所以当事件B发生时，事件A 为不会以生地，故P A B0 .选（ C） .1， P A BP A B1 ，则下列结论正确地为（ 3）设0P( A)1，0P( B).（A ）事件 A 与事件（C

28、 ）事件 A 与事件B 互不相容；（ B）事件 A 与事件 B 互逆；B 不互相独立； （ D）事件 A 与事件 B 互相独立.P ABP BP A BP BP ABP BP1APBB解：因为PA BP A B111P ABP B1P ABP ABP B1PAP BP BP AB111P B1P AB 1P BP B 1PAP BPABP B 1P B，所以事件A 与事件B 互相独立 .选（ D） .P( AB )P( A)P( B)3从五双不同地鞋子中任取四只，求取得地四只鞋子中至少有两只配成一双地概率.解：此题考虑逆事件求解比较方便，即取得地四只鞋子中不能配成一双.4111C5 C2 C2

29、 C2C10设 A 表示“取得地四只鞋子中至少有两只配成一双”，则P( A)1P A141321.4（找次品问题）盒中有4 只次品晶体管，6 只正品晶体管，随机地抽取一只进行测试，直到 4 只次品晶体管都找到为止，求第4 次品晶体管在第五次测试中被发现地概率.解：设Ai表示“第 i 次找到次品晶体管”i1,2,3,4,5，则所求概率为：P A1A2A3A4A5A1A2A3A4A5A1A2A3A4A5A1A2A3A4A5PA1P A2 A1 P A3A1A2 P A4 A1A2A3P A5A1A2A3A4PA1P A2 A1 P A3A1A2 PA4A1A2A3PA5A1A2A3A4PA1P A

30、2 A1 P A3A1A2 PA4A1A2A3PA5A1A2A3A4精品学习资料勤奋，为踏入成功之门地阶梯第 10 页，共 15 页P A1 PA2A1 PA3A1A2 PA4A1A2A3 P A5A1A2A3A4641093827164106938271641039682716410392867166104938271621054.1000 元 .比赛规定：谁先5（讨论奖金分配地公平性问题）在一次羽毛球比赛中，设立奖金2 胜 1 负 .由于特殊胜三盘，谁获得全部奖金.设甲、乙两人地球技相当，现已打了三盘，甲原因必须中止比赛.问这 1000 元应如何分配才算公平?解：应以预期获胜地概率为权重来

31、分配这笔奖金，于为求出甲、乙两人获胜地预期概率即可 .比赛采取地应为五局三胜制，比赛已打三盘，甲胜两盘，甲若再胜一盘即可获胜.1212123.4甲获胜地预期概率为：P AA AP AP AP A44544534于为，甲应分得1000 元奖金中地1000750 元，乙分得250 元 .6 4 张卡片标着1 到4 ，面朝下放在桌子上，一个自称有透视能力地人将用他超感觉地能.如果他为冒者而只能随机地猜一下，他至少猜中一个地概率p 为多力说出卡片上地号码少？12340C 4C 4C4C 4C 44!5.8解：由古典概型下概率地定义可知：p14!2,4,6,8,10 中任取一个数，乙从1,3,5,7,9

32、 中任取一个数，求甲取得地数大于乙取得7甲从地数地概率 .Aii i2,4,6,8,10”， Bk 表示“乙取地数为k k1,3,5,7,9解：设表示“甲取地数为”，则所求概率为：P A2 B1P A4 B1B3P A6B1B3B5P A8 B1B3B5B7P A10B1B3B5B7B9P A1 B1P A4 B1P A4 B3P A6 B1P A6 B3PA6 B5PA8 B1P A8 B3P A8 B5P A8 B7PA10 B1PA10 B3PA10B5PA10 B7PA10B9由于甲、乙取数为相互独立地，则由独立性地性质可知：P Ai BkP AiP Bk，且1515， i2,4,6,

33、8,10; k1,3,5,7,9 .P Ai， P Bk1253.5以上概率为：1510 整1,2,3, ,9中可重复地任取n次， 每次取一个数，求 n 次所取数地乘积能被8从数字精品学习资料勤奋，为踏入成功之门地阶梯第 11 页，共 15 页除地概率 .解： n 次取得地数地乘积能被10 整除，相当于取得地 为 5 .n 个数中至少有一个为偶数，另一个设 A 表示“所取地数为5 ”， B 表示“所取地数中至少有一个为偶数”，则所求概率为：8 n5 n4 nP AB1P AB1PAB1P AP BP AB1nnn9998 n5 n4 n1.n9x, yx1,y1x, yM9向正方形区域中随机地

34、投一个点，如果为所投点地坐标，试求：（ 1） t 2地概率 .t 20 有两个实根地概率； （ 2）方程xtyxty0 有两个正实根y2t解：（ 1）设A 表示“0 有两个实根” ，xty1,11,1t 2xty0 有两个实根地充要条件为14141,1,22x4 y0 ， 即Ax, yx4 y0.x01202xdx241324故P A.42t2t（ 2）设 B 表示 “方程0 有两个正实根” ，则方程xtyxty0 有两个正实根2x2x4 y0 ，地条件为：x0 ，0 ，即 Bx, y4y0, x0, y0 .y02xdx441481故P B.10将四个球任意地放到四个盒子中去，每个盒子中容纳球地个数不限，如果已知前两个球放在不同地盒子中，试求有一个盒子中恰好放有