概率论与数理统计浙江大学第四版课后习题答案完全版.docx

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1、概率论与数理统计习题答案 第四版 盛骤 (浙江大学)浙大第四版（高等教育出版社）第一章概率论的基本概念1.一写出下列随机试验的样本空间（1）记录一个小班一次数学考试的平均分数（充以百分制记分）（一 1）nnnnoS1001,，n表小班人数（3）生产产品直到得到 10 件正品，记录生产产品的总件数。（一 2）S=10，11，12，n，（4）对某工厂出厂的产品进行检查，合格的盖上“正品”，不合格的盖上“次品”，如连续查出二个次品就停止检查，或检查 4个产品就停止检查，记录检查的结果。查出合格品记为“1”，查出次品记为“0”，连续出现两个“0”就停止检查，或查满 4 次才停止检查。（一 (3)）S=

2、00，100，0100，0101，1010，0110，1100，0111，1011，1101，1110，1111，2.二设A，B，C为三事件，用A，B，C的运算关系表示下列事件。（1）A发生，B与C不发生。表示为：CBA或A(AB+AC)或A(BC)（2）A，B都发生，而C不发生。表示为：CAB或ABABC或ABC（3）A，B，C中至少有一个发生表示为：A+B+C（4）A，B，C都发生，表示为：ABC（5）A，B，C都不发生，表示为：CBA或S(A+B+C)或CBA（6）A，B，C中不多于一个发生，即A，B，C中至少有两个同时不发生相 当 于CACBBA,中 至 少 有 一 个 发 生 。 故

3、表 示 为 ：CACBBA。（7）A，B，C中不多于二个发生。相 当 于 ：CBA,中 至 少 有 一 个 发 生 。 故表 示 为 ：ABCCBA或（8）A，B，C中至少有二个发生。相当于：AB，BC，AC中至少有一个发生。故表示为：AB+BC+AC6.三设A，B是两事件且P(A)=0.6，P(B)=0.7. 问(1)在什么条件下P(AB)取到最大值，最大值是多少？（2）在什么条件下P(AB)取到最小值，最小值是多少？解：由P(A) = 0.6，P(B) = 0.7 即知AB， （否则AB= 依互斥事件加法定理，P(AB)=P(A)+P(B)=0.6+0.7=1.31与P(AB)1 矛盾）.

4、从而由加法定理得P(AB)=P(A)+P(B)P(AB)(*)（1）从 0P(AB)P(A)知，当AB=A，即AB时P(AB)取到最大值，最大值为P(AB)=P(A)=0.6，（2）从(*)式知，当AB=S时，P(AB)取最小值，最小值为P(AB)=0.6+0.71=0.3 。7.四设A，B，C是三事件，且0)()(,41)()()(BCPABPCPBPAP，81)(ACP. 求A，B，C至少有一个发生的概率。解：P(A，B，C至少有一个发生)=P(A+B+C)=P(A)+P(B)+P(C)P(AB)P(BC)P(AC)+P(ABC)=85081438.五在一标准英语字典中具有 55 个由二个

5、不相同的字母新组成的单词，若从 26 个英语字母中任取两个字母予以排列，问能排成上述单词的概率是多少？记A表“能排成上述单词”从 26 个任选两个来排列，排法有226A种。每种排法等可能。字典中的二个不同字母组成的单词：55 个9.在号码薄中任取一个号码，求后面四个数全不相同的概率。 （设后面 4 个数中的每一个数都是等可能性地取自 0，1，29）记A表“后四个数全不同”后四个数的排法有 104种，每种排法等可能。后四个数全不同的排法有410A10.六在房间里有 10 人。分别佩代着从 1 号到 10 号的纪念章，任意选 3 人记录其纪念章的号码。（1）求最小的号码为 5 的概率。记“三人纪念

6、章的最小号码为 5”为事件A10 人中任选 3 人为一组：选法有310种，且每种选法等可能。又事件A相当于：有一人号码为 5，其余 2 人号码大于 5。这种组合的种数有（2）求最大的号码为 5 的概率。记“三人中最大的号码为 5”为事件 B，同上 10 人中任选 3人，选法有310种，且每种选法等可能，又事件 B 相当于：有一人号码为 5，其余 2 人号码小于 5，选法有种11.七某油漆公司发出 17 桶油漆，其中白漆 10 桶、黑漆 4桶，红漆 3 桶。在搬运中所标笺脱落，交货人随意将这些标笺重新贴，问一个定货 4 桶白漆，3 桶黑漆与 2 桶红漆顾客，按所定的颜色如数得到定货的概率是多少？

7、记所求事件为A。在 17 桶中任取 9 桶的取法有917C种，且每种取法等可能。取得 4 白 3 黑 2 红的取法有2334410CCC故2431252)(6172334410CCCCAP12.八在 1500 个产品中有 400 个次品，1100 个正品，任意取 200 个。（1）求恰有 90 个次品的概率。记“恰有 90 个次品”为事件A在 1500 个产品中任取 200 个，取法有种，每种取法等可能。200 个产品恰有 90 个次品，取法有种（2）至少有 2 个次品的概率。记：A 表“至少有 2 个次品”B0表“不含有次品”，B1表“只含有一个次品”，同上，200个产品不含次品，取法有种，

8、200 个产品含一个次品，取法有种10BBA且B0，B1互不相容。13.九从 5 双不同鞋子中任取 4 只，4 只鞋子中至少有 2 只配成一双的概率是多少？记 A 表“4 只全中至少有两支配成一对”则A表“4 只人不配对”从 10 只中任取 4 只，取法有410种，每种取法等可能。要 4 只都不配对，可在 5 双中任取 4 双，再在 4 双中的每一双里任取一只。取法有15.十一将三个球随机地放入 4 个杯子中去，问杯子中球的最大个数分别是 1，2，3，的概率各为多少？记Ai表“杯中球的最大个数为i个”i=1,2,3,三只球放入四只杯中，放法有 43种，每种放法等可能对A1：必须三球放入三杯中，

9、每杯只放一球。放法 432 种。(选排列：好比 3 个球在 4 个位置做排列)对A2：必须三球放入两杯，一杯装一球，一杯装两球。放法有3423C种。(从 3 个球中选 2 个球，选法有23C，再将此两个球放入一个杯中，选法有 4 种，最后将剩余的 1 球放入其余的一个杯中，选法有 3 种。对A3：必须三球都放入一杯中。放法有 4 种。(只需从 4 个杯中选 1 个杯子，放入此 3 个球，选法有 4 种)16.十二50 个铆钉随机地取来用在 10 个部件，其中有三个铆钉强度太弱，每个部件用 3 只铆钉，若将三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，问发生一个部件强度太弱的概率是多

10、少？记A表“10 个部件中有一个部件强度太弱”。法一：用古典概率作：把随机试验 E 看作是用三个钉一组，三个钉一组去铆完 10 个部件（在三个钉的一组中不分先后次序。但 10 组钉铆完 10 个部件要分先后次序）对E：铆法有323344347350CCCC种，每种装法等可能对A： 三 个 次 钉 必 须 铆 在 一 个 部 件 上 。 这 种 铆 法 有32334434733CCCC10 种法二：用古典概率作把试验E看作是在 50 个钉中任选 30 个钉排成一列，顺次钉下去，直到把部件铆完。 （铆钉要计先后次序）对E：铆法有350A种，每种铆法等可能对A：三支次钉必须铆在“1，2，3”位置上或

11、“4，5，6”位置 上 ， 或 “28 ， 29 ， 30” 位 置 上 。 这 种 铆 法 有27473327473327473327473310AAAAAAAA种17.十三已知)|(, 5 . 0)(, 4 . 0)(, 3 . 0)(BABPBAPBPAP求。解一：BAABBBAASABPBPAPAP)(, 6 . 0)(1)(, 7 . 0)(1)(注意)(BAAB. 故有P(AB)=P(A)P(AB)=0.70.5=0.2。再由加法定理，P(AB)=P(A)+P(B)P(AB)=0.7+0.60.5=0.8于是25. 08 . 02 . 0)()()()()|(BAPABPBAPBA

12、BPBABP18.十四)(,21)|(,31)|(,41)(BAPBAPABPAP求。解：由61)()(314121)()|()()()()|(BPBPBPABPAPBPABPBAP有定义由已知条件由乘法公式，得121)|()()(ABPAPABP由加法公式，得311216141)()()()(ABPBPAPBAP19.十五掷两颗骰子，已知两颗骰子点数之与为 7，求其中有一颗为 1 点的概率（用两种方法） 。解： （方法一） （在缩小的样本空间 SB 中求 P(A|B)，即将事件B 作为样本空间，求事件 A 发生的概率） 。掷 两 颗 骰 子 的 试 验 结 果 为 一 有 序 数 组 （x,

13、y）（x,y=1,2,3,4,5,6）并且满足x,+y=7，则样本空间为S=(x,y)| (1, 6 ), (6, 1), (2, 5), (5, 2), (3, 4), (4, 3)每种结果（x,y）等可能。A=掷二骰子，点数与为 7 时，其中有一颗为 1 点。故3162)(AP方法二： （用公式S=(x,y)|x=1,2,3,4,5,6;y= 1,2,3,4,5,6每种结果均可能A=“掷两颗骰子，x,y中有一个为“1”点”，B=“掷两颗骰子，x,+y=7”。则2262)(,6166)(ABPBP，故31626162)()()|(2BPABPBAP20.十六据以往资料表明，某一 3 口之家，

14、患某种传染病的概率有以下规律：P(A)=P孩子得病=0.6，P(B|A)=P母亲得病|孩子得病=0.5，P(C|AB)=P父亲得病|母亲与孩子得病=0.4。求母亲与孩子得病但父亲未得病的概率。解：所求概率为P(ABC)（注意：由于“母病”，“孩病”，“父病”都是随机事件，这里不是求P(C|AB)P(AB)=P(A)=P(B|A)=0.60.5=0.3,P(C|AB)=1 P(C|AB)=10.4=0.6.从而P(ABC)=P(AB) P(C|AB)=0.30.6=0.18.21.十七已知 10 只晶体管中有 2 只次品，在其中取二次，每次随机地取一只，作不放回抽样，求下列事件的概率。（1）二只

15、都是正品（记为事件 A）法一：用组合做 在 10 只中任取两只来组合，每一个组合看作一个基本结果，每种取法等可能。法二：用排列做 在 10 只中任取两个来排列，每一个排列看作一个基本结果，每个排列等可能。法三：用事件的运算与概率计算法则来作。记A1，A2分别表第一、二次取得正品。（2）二只都是次品（记为事件 B）法一：法二：法三：45191102)|()()()(12121AAPAPAAPBP（3）一只是正品，一只是次品（记为事件C）法一：法二：4516)()(210221218AACCCP法三：互斥与且21212121)()(AAAAAAAAPCP（4）第二次取出的是次品（记为事件D）法一：

16、因为要注意第一、第二次的顺序。不能用组合作，法二：法三：互斥与且21212121)()(AAAAAAAAPDP22.十八某人忘记了号码的最后一个数字，因而随机的拨号，求他拨号不超过三次而接通所需的的概率是多少？如果已知最后一个数字是奇数，那么此概率是多少？记H表拨号不超过三次而能接通。Ai表第i次拨号能接通。注意：第一次拨号不通，第二拨号就不再拨这个号码。如果已知最后一个数字是奇数（记为事件B）问题变为在B已发生的条件下，求H再发生的概率。24.十九设有甲、乙二袋，甲袋中装有n只白球m只红球，乙袋中装有N只白球M只红球，今从甲袋中任取一球放入乙袋中，再从乙袋中任取一球，问取到（即从乙袋中取到）

17、白球的概率是多少？（此为第三版 19 题(1)）记A1，A2分别表“从甲袋中取得白球，红球放入乙袋”再记B表“再从乙袋中取得白球”。B=A1B+A2B且A1，A2互斥P(B)=P(A1)P(B|A1)+P(A2)P(B|A2)十九(2) 第一只盒子装有 5 只红球，4 只白球；第二只盒子装有 4 只红球，5 只白球。先从第一盒子中任取 2 只球放入第二盒中去，然后从第二盒子中任取一只球，求取到白球的概率。记C1为“从第一盒子中取得 2 只红球”。C2为“从第一盒子中取得 2 只白球”。C3为“从第一盒子中取得 1 只红球，1 只白球”，D为“从第二盒子中取得白球”，显然C1，C2，C3两两互斥

18、，C1C2C3=S，由全概率公式，有P(D)=P(C1)P(D|C1)+P(C2)P(D|C2)+P(C3)P(D| C3)26.二十一已知男人中有 5%是色盲患者，女人中有 0.25%是色盲患者。今从男女人数相等的人群中随机地挑选一人，恰好是色盲患者，问此人是男性的概率是多少？解：A1=男人，A2=女人，B=色盲，显然A1A2=S，A1A2=由已知条件知%25. 0)|(%,5)|(21)()(2121ABPABPAPAP由贝叶斯公式，有二十二一学生接连参加同一课程的两次考试。第一次与格的概率为P，若第一次与格则第二次与格的概率也为P；若第一次不与格则第二次与格的概率为2P（1）若至少有一次

19、与格则他能取得某种资格，求他取得该资格的概率。 （2）若已知他第二次已经与格，求他第一次与格的概率。解：Ai=他第 i 次与格，i=1,2已知P(A1)=P(A2|A1)=P，2)|(12PAAP（1）B=至少有一次与格所以21AAB 两次均不及格（2）（*）由乘法公式，有P(A1A2)=P(A1)P(A2|A1) = P2由全概率公式，有)|()()|()()(1211212AAPAPAAPAPAP将以上两个结果代入（*）得1222)|(2221PPPPPAAP28.二十五某人下午 5:00 下班，他所积累的资料表明：到家时间5:355:395:405:445:455:495:505:54迟

20、于5:54乘地铁到家的概率0.100.250.450.150.05乘汽车到家的概率0.300.350.200.100.05某日他抛一枚硬币决定乘地铁还是乘汽车，结果他是 5:47 到家的，试求他是乘地铁回家的概率。解：设A=“乘地铁”，B=“乘汽车”，C=“5:455:49 到家”，由题意,AB=,AB=S已知：P(A)=0.5,P(C|A)=0.45,P(C|B)=0.2,P(B)=0.5由贝叶斯公式有29.二十四有两箱同种类型的零件。第一箱装 5 只，其中10 只一等品；第二箱 30 只，其中 18 只一等品。今从两箱中任挑出一箱，然后从该箱中取零件两次，每次任取一只，作不放回抽样。试求（

21、1）第一次取到的零件是一等品的概率。 （2）第一次取到的零件是一等品的条件下，第二次取到的也是一等品的概率。解：设 Bi表示“第 i 次取到一等品”i=1，2Aj表示“第 j 箱产品” j=1,2，显然A1A2=SA1A2=（1）4 . 052301821501021)(1BP（B1=A1B +A2B由全概率公式解） 。（2）4857. 0522917301821499501021)()()|(12112BPBBPBBP（先用条件概率定义，再求P(B1B2)时，由全概率公式解）32.二十六（2）如图 1，2，3，4，5表示继电器接点，假设每一继电器接点闭合的概率为p，且设各继电器闭合与否相互独

22、立，求L与R是通路的概率。记Ai表第i个接点接通记A表从L到R是构成通路的。A=A1A2+A1A3A5+A4A5+A4A3A2四种情况不互斥P(A)=P(A1A2)+P(A1A3A5) +P(A4A5)+P(A4A3A2)P(A1A2A3A5)+P(A1A2A4A5)+P(A1A2A3A4)+P(A1A3A4A5)+P(A1A2A3A4A5)P(A2A3A4A5)+P(A1A2A3A4A5)+P(A1A2A3A4A5)+ (A1A2A3A4A5) +P(A1A2A3A4A5)P(A1A2A3A4A5)又由于A1，A2，A3，A4，A5互相独立。故P(A)=p2+p3+p2+p3p4+p4+p4

23、+p4+p5+p4+p5+p5+p5+p5p5=2p2+ 3p35p4+2p5二十六（1）设有 4 个独立工作的元件 1，2，3，4。它们的可靠性分别为P1，P2，P3，P4，将它们按图（1）的方式联接，求系统的可靠性。312LR54记Ai表示第i个元件正常工作，i=1，2，3，4，A表示系统正常。A=A1A2A3+A1A4两种情况不互斥P(A)=P(A1A2A3)+P(A1A4)P(A1A2A3A4)(加法公式)=P(A1)P(A2)P(A3)+P(A1)P(A4)P(A1)P(A2)P(A3)P(A4)=P1P2P3+P1P4P1P2P3P4(A1,A2,A3,A4独立)34.三十一袋中装

24、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。问这只硬币是正品的概率为多少？解：设“出现r次国徽面”=Br“任取一只是正品”=A由全概率公式，有（条件概率定义与乘法公式）35甲、乙、丙三人同时对飞机进行射击，三人击中的概率分别为 0.4，0.5，0.7。飞机被一人击中而被击落的概率为 0.2，被两人击中而被击落的概率为 0.6，若三人都击中，飞机必定被击落。求飞机被击落的概率。解：高Hi表示飞机被i人击中，i=1，2，3。B1，B2，B2分别表示甲、乙、丙击中飞机3213213211BBBBBBBBBH，三种情况互斥。3213

25、213212BBBBBBBBBH三种情况互斥又B1，B2，B2独立。+ 0.40.50.7+0.60.50.7=0.41P(H3)=P(B1)P(B2)P(B3)=0.40.50.7=0.14又因：A=H1A+H2A+H3A三种情况互斥2413故由全概率公式，有P(A)=P(H1)P(A|H1)+P(H2)P(A|H2)+P(H3)P(AH3)=0.360.2+0.410.6+0.141=0.45836.三十三设由以往记录的数据分析。某船只运输某种物品损坏 2%（这一事件记为A1） ，10%（事件A2） ，90%（事件A3）的概率分别为P(A1)=0.8,P(A2)=0.15,P(A2)=0.

26、05，现从中随机地独立地取三件，发现这三件都是好的（这一事件记为B） ，试分别求P(A1|B)P(A2|B),P(A3|B)（这里设物品件数很多，取出第一件以后不影响取第二件的概率，所以取第一、第二、第三件是互相独立地）B表取得三件好物品。B=A1B+A2B+A3B三种情况互斥由全概率公式，有P(B)=P(A1)P(B|A1)+P(A2)P(B|A2)+P(A3)P(B|A3)=0.8(0.98)3+0.15(0.9)3+0.05(0.1)3=0.862437.三十四将A，B，C三个字母之一输入信道，输出为原字母的概率为，而输出为其它一字母的概率都是(1)/2。今将字母串AAAA，BBBB，C

27、CCC之一输入信道，输入AAAA，BBBB，CCCC的概率分别为p1,p2,p3(p1+p2+p3=1)，已知输出为ABCA，问输入的是AAAA的概率是多少？（设信道传输每个字母的工作是相互独立的。 ）解：设D表示输出信号为ABCA，B1、B2、B3分别表示输入信号为AAAA，BBBB，CCCC，则B1、B2、B3为一完备事件组，且 P(Bi)=Pi,i=1, 2, 3。再设A发、A收分别表示发出、接收字母A，其余类推，依题意有P(A收|A发)=P(B收|B发)=P(C收|C发)=，P(A收|B发)=P(A收|C发)=P(B收|A发)=P(B收|C发)=P(C收|A发)=P(C收|B发)=21

28、 又P(ABCA|AAAA)=P(D| B1) =P(A收|A发)P(B收|A发)P(C收|A发)P(A收|A发)同样可得P(D|B2)=P(D|B3)=3)21(于是由全概率公式，得由 Bayes 公式，得P(AAAA|ABCA)=P(B1|D) =二十九设第一只盒子装有 3 只蓝球，2 只绿球，2 只白球；第二只盒子装有 2 只蓝球，3 只绿球，4 只白球。独立地分别从两只盒子各取一只球。 （1）求至少有一只蓝球的概率， （2）求有一只蓝球一只白球的概率， （3）已知至少有一只蓝球，求有一只蓝球一只白球的概率。解：记A1、A2、A3分别表示是从第一只盒子中取到一只蓝球、绿球、白球，B1、B

29、2、B3分别表示是从第二只盒子中取到一只蓝球、绿球、白球。（1）记C=至少有一只蓝球C=A1B1+A1B2+A1B3+A2B1+A3B1，5 种情况互斥由概率有限可加性，得（2）记D=有一只蓝球，一只白球，而且知D= A1B3+A3B1两种情况互斥（3）)(3516)()()()()|(DCDCPDPCPCDPCDP注意到三十A，B，C三人在同一办公室工作，房间有三部，据统计知，打给A，B，C的的概率分别为51,52,52。他们三人常因工作外出，A，B，C三人外出的概率分别为4141,21，设三人的行动相互独立，求（1）无人接的概率； （2）被呼叫人在办公室的概率；若某一时间断打进了 3 个，求（3）这 3 个打给同一人的概率；（4）这 3 个打给不同人的概率； （5）这 3 个都打给B，而B却都不在的概率。解：记C1、C2、C3分别表示打给A，B，C的D1、D2、D3分别表示A，B，C外出注意到C1、C2、C3独立，且