概率論與數(shù)理統(tǒng)計第四版答案

1、概率論與數(shù)理統(tǒng)計第四版答案 完全版概率論與數(shù)理統(tǒng)計習題答案 第四版 盛驟 (浙江大學)浙大第四版（高等教育出版社）第一章 概率論的基本概念 1.一 寫出下列隨機試驗的樣本空間（1）記錄一個小班一次數(shù)學考試的平均分數(shù)（充以百分制記分）（一 1）o1n100s=,llnnn，n表小班人數(shù)（3）生產(chǎn)產(chǎn)品直到得到10件正品，記錄生產(chǎn)產(chǎn)品的總件數(shù)。（一 2）s=10，11，12，n，（4）對某工廠出廠的產(chǎn)品進行檢查，合格的蓋上“正品”，不合格的蓋上“次品”，如連續(xù)查出二個次品就停止檢查，或檢查4個產(chǎn)品就停止檢查，記錄檢查的結果。查出合格品記為“1”，查出次品記為“0”，連續(xù)出現(xiàn)兩個“0”就停止檢查，或查

2、滿4次才停止檢查。 （一 (3)） s=00，100，0100，0101，1010，0110，1100，0111，1011，1101，1110，1111，2.二 設a，b，c為三事件，用a，b，c的運算關系表示下列事件。（1）a發(fā)生，b與c不發(fā)生。表示為：表示為： a或a (ab+ac)或a (bc) 或ababc或abc （2）a，b都發(fā)生，而c不發(fā)生。 ab（3）a，b，c中至少有一個發(fā)生 表示為：a+b+c（4）a，b，c都發(fā)生， 表示為：abc（5）a，b，c都不發(fā)生， 表示為：或s (a+b+c)或abc（6）a，b，c中不多于一個發(fā)生，即a，b，c中至少有兩個同時不發(fā)生 相當于,中

3、至少有一個發(fā)生。故 表示為：+。（7）a，b，c中不多于二個發(fā)生。 相當于：,中至少有一個發(fā)生。故 表示為：+abc（8）a，b，c中至少有二個發(fā)生。相當于：ab，bc，ac中至少有一個發(fā)生。故 表示為：ab+bc+ac6.三 設a，b是兩事件且p (a)=0.6，p (b)=0.7. 問(1)在什么條件下p (ab)取到最大值，最大值是多 少？（2）在什么條件下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，（否則ab = 依互斥事件加法定理， p(ab)=p(a)+p (b)=0.6+0.7=1.3>1與p (ab)1矛盾）.從而由

4、加法定理得p (ab)=p (a)+p (b)p (ab) (*)（1）從0p(ab)p(a)知，當ab=a，即ab時p(ab)取到最大值，最大值為p(ab)=p(a)=0.6，（2）從(*)式知，當ab=s時，p(ab)取最小值，最小值為p(ab)=0.6+0.71=0.3 。7.四 設a，b，c是三事件，且11p(a)=p(b)=p(c)=,p(ab)=p(bc)=0，p(ac)=. 求a，b，c至84少有一個發(fā)生的概率。解：p (a，b，c至少有一個發(fā)生)=p (a+b+c)= p(a)+ p(b)+ p(c)p(ab)p(bc)p(ac)+15p(abc)= 3-+0= 4888.五

5、在一標準英語字典中具有55個由二個不相同的字母新組成的單詞，若從26個英語字母中任取兩個字母予以排列，問能排成上述單詞的概率是多少？記a表“能排成上述單詞” 從26個任選兩個來排列，排法有a種。每226 種排法等可能。字典中的二個不同字母組成的單詞：55個 p(a)=5511=130a269. 在電話號碼薄中任取一個電話號碼，求后面四個數(shù)全不相同的概率。（設后面4個數(shù)中的每一個數(shù)都是等可能性地取自0，1，29）記a表“后四個數(shù)全不同” 后四個數(shù)的排法有104種，每種排法等可能。后四個數(shù)全不同的排法有a 410 4a10p(a)=4=0.5041010.六 在房間里有10人。分別佩代著從1號到1

6、0號的紀念章，任意選3人記錄其紀念章的號碼。（1）求最小的號碼為5的概率。記“三人紀念章的最小號碼為5”為事件a10 10人中任選3人為一組：選法有3種，且每種選法等可能。又事件a相當于：有一人號碼為5，其余2人號5碼大于5。這種組合的種數(shù)有12 512=1p(a)=12103 （2）求最大的號碼為5的概率。記“三人中最大的號碼為5”為事件b，同上1010人中任選3人，選法有且每種選法等可能，3種，又事件b相當于：有一人號碼為5，其余2人號碼4小于5，選法有12種 412=1p(b)=2010311.七 某油漆公司發(fā)出17桶油漆，其中白漆10桶、黑漆4桶，紅漆3桶。在搬運中所標箋脫落，交貨人隨

7、意將這些標箋重新貼，問一個定貨4桶白漆，3桶黑漆和2桶紅漆顧客，按所定的顏色如數(shù)得到定貨的概率是多少？記所求事件為a。在17桶中任取9桶的取法有c種，且每種取法等可能。 917取得4白3黑2紅的取法有c故 432ccc252p(a)=62431c1741032c4c312.八 在1500個產(chǎn)品中有400個次品，1100個正品，任意取200個。（1）求恰有90個次品的概率。記“恰有90個次品”為事件a1500 在1500個產(chǎn)品中任取200個，取法有200 種，每種取法等可能。4001100200個產(chǎn)品恰有90個次品，取法有90110種 400110090110p(a)=1500200（2）至少有

8、2個次品的概率。記：a表“至少有2個次品”b0表“不含有次品”，b1表“只含有一個次品”，1100同上，200個產(chǎn)品不含次品，取法有200種，200個4001100產(chǎn)品含一個次品，取法有1199種 =b0+b1且b0，b1互不相容。 4001100119915002001100200+p(a)=1-p(a)=1-p(b0)+p(b1)=1-150020013.九 從5雙不同鞋子中任取4只，4只鞋子中至少有2只配成一雙的概率是多少？記a表“4只全中至少有兩支配成一對” 則a表“4只人不配對”10 從10只中任取4只，取法有每種取4種，法等可能。要4只都不配對，可在5雙中任取4雙，再在45雙中的每

9、一雙里任取一只。取法有42 4 p()=4c5244c10=821813=2121 p(a)=1-p()=1-15.十一 將三個球隨機地放入4個杯子中去，問杯子中球的最大個數(shù)分別是1，2，3，的概率各為多少？記ai表“杯中球的最大個數(shù)為i個” i=1,2,3, 三只球放入四只杯中，放法有43種，每種放法等可能對a1：必須三球放入三杯中，每杯只放一球。放法432種。(選排列：好比3個球在4個位置做排列)p(a1)=4326=3164對a2：必須三球放入兩杯，一杯裝一球，一杯裝兩球。放法有c43種。(從3個球中選2個球，選法有c，再將此兩個球放入一個杯中，選法有4種，最后將剩余的1球放入其余的一個

10、杯中，選法有3種。 2323p(a2)=2c34343=916對a3：必須三球都放入一杯中。放法有4種。(只需從4個杯中選1個杯子，放入此3個球，選法有4種)p(a3)=41=431616.十二 50個鉚釘隨機地取來用在10個部 件，其中有三個鉚釘強度太弱，每個部件用3只鉚釘，若將三只強度太弱的鉚釘都裝在一個部件上，則這個部件強度就太弱，問發(fā)生一個部件強度太弱的概率是多少？記a表“10個部件中有一個部件強度太弱”。 法一：用古典概率作：把隨機試驗e看作是用三個釘一組，三個釘一組去鉚完10個部件（在三個釘?shù)囊唤M中不分先后次序。但10組釘鉚完10個部件要分先后次序）對e：鉚法有c能對a：三個次釘必

11、須鉚在一個部件上。這種鉚法有c33333c47c44llc23350333c47c44llc23種，每種裝法等可10種3c503c473llc23p(a)=3333c3c47c44llc2310=1=0.000511960法二：用古典概率作把試驗e看作是在50個釘中任選30個釘排成一列，順次釘下去，直到把部件鉚完。（鉚釘要計先后次序）對e：鉚法有a種，每種鉚法等可能 350 對a：三支次釘必須鉚在“1，2，3”位置上或“4，5，6”位置上，或“28，29，30”位置上。這種鉚法有aa+aa+ll+a+a=10aa種 332747332747332747332747p(a)=32710a3a47

12、30a50=1=0.000511960已知17.解一： 十三 p()=0.3,p(b)=0.4,p(a)=0.5,求p(b|a)。p(a)=1-p()=0.7,p()=1-p(b)=0.6,a=as=a(b)=aba注意(ab)(a)=f. 故有p (ab)=p (a)p (a)=0.70.5=0.2。再由加法定理，p (a)= p (a)+ p ()p (a)=0.7+0.60.5=0.8 (a)p(ab)0.2=0.25 于是p(b|a)=ppb(a)p(a)0.8解二:p(a)=p(a)p(|a)由已知05=07p(|a)p(|a)=0.5521=p(b|a)=故p(ab)=p(a)p(

13、b|a)=0.77751p(bab)p(ba)5p(b|a)定義=0.25p(a)p(a)+p()-p(a)0.7+0.6-0.5 18.十四 p(a)=111,p(b|a)=,p(a|b)=,求p(ab)432。 解： 由11定義p(ab)p(a)p(b|a)由已知條件1p(b)=1p(a|b)=有=p(b)p(b)2p(b)61由乘法公式，得p(ab)=p(a)p(b|a)=12 111由加法公式，得p(ab)=p(a)+p(b)-p(ab)=1+-= 4612319.十五 擲兩顆骰子，已知兩顆骰子點數(shù)之和為7，求其中有一顆為1點的概率（用兩種方法）。 解：（方法一）（在縮小的樣本空間sb

14、中求p(a|b)，即將事件b作為樣本空間，求事件a發(fā)生的概率）。擲兩顆骰子的試驗結果為一有序數(shù)組（x, y）（x, y=1,2,3,4,5,6）并且滿足x,+y=7，則樣本空間為s=(x, y)| (1, 6 ), (6, 1), (2, 5), (5, 2), (3, 4), (4, 3) 每種結果（x, y）等可能。a=擲二骰子，點數(shù)和為7時，其中有一顆為121點。故p(a)=6= 3)方法二：（用公式p(a|b)=pp(ab b)s=(x, y)| x =1,2,3,4,5,6; y = 1,2,3,4,5,6每種結果均可能a=“擲兩顆骰子，x, y中有一個為“1”點”，b=“擲兩顆骰子

15、，x,+y=7”。則p(b)=612=,p(ab)=62662，故2p(ab)6221p(a|b)=p(b)163620.十六 據(jù)以往資料表明，某一3口之家，患某種傳染病的概率有以下規(guī)律：p(a)=p孩子得病=0.6，p (b|a)=p母親得病|孩子得病=0.5，p (c|ab)=p父親得病|母親及孩子得病=0.4。求母親及孩子得病但父親未得病的概率。解：所求概率為p (abc)（注意：由于“母病”，“孩病”“父病”，都是隨機事件，這里不是求p (c|ab)p (ab)= p(a)=p(b|a)=0.60.5=0.3, p (|ab)=1p (c |ab)=10.4=0.6.從而p (ab)=

16、 p (ab) p(|ab)=0.30.6=0.18.21.十七 已知10只晶體管中有2只次品，在其中取二次，每次隨機地取一只，作不放回抽樣，求下列事件的概率。（1）二只都是正品（記為事件a）法一：用組合做 在10只中任取兩只來組合，每一個組合看作一個基本結果，每種取法等可能。c8228p(a)=2=0.62 c1045法二：用排列做 在10只中任取兩個來排列，每一個排列看作一個基本結果，每個排列等可能。a28p(a)= 45a法三：用事件的運算和概率計算法則來作。 記a1，a2分別表第一、二次取得正品。 28210 p(a)=p(a1a2)=p(a)p(a2|a1)=8728= 10945（

17、2）二只都是次品（記為事件b）法一：法二：法三： p(b)=2c22c10=145 211=10945p(b)=2a22a10=145p(b)=p(12)=p(1)p(2|1)=（3）一只是正品，一只是次品（記為事件c） 法一：法二：法三：p(c)=11c8c22c10=1645 =1645p(c)=112(c8c2)a22a10 p(c)=p(a12+1a2)且a12與1a2互斥281682+=10910945=p(a1)p(a2|a1)+p(a1)p(a2|a1)=（4）第二次取出的是次品（記為事件d）法一：因為要注意第一、第二次的順序。不能用組合作，法二：法三： p(d)=11a9a22

18、a10=1582211+=1091095p(d)=p(a12+12)且a121a2互斥 =p(a1)p(2|a1)+p(1)p(2|1)= 22.十八 某人忘記了電話號碼的最后一個數(shù)字，因而隨機的撥號，求他撥號不超過三次而接通所需的電話的概率是多少？如果已知最后一個數(shù)字是奇數(shù)，那么此概率是多少？記h表撥號不超過三次而能接通。ai表第i次撥號能接通。注意：第一次撥號不通，第二撥號就不再撥這個號碼。qp(h)=p(a1)+p(1)p(a2|1)+p(1)p(2|1)p(a3|12)=1919813+=10109109810h=a1+1a2+12a3三種情況互斥如果已知最后一個數(shù)字是奇數(shù)（記為事件b

19、）問題變?yōu)樵赽已發(fā)生的條件下，求h再發(fā)生的概率。p(h|b)=pa1|b+1a2|b+12a3|b)=p(a1|b)+p(1|b)p(a2|b1)+p(1|b)p(2|1)p(a3|b12)=1414313+=554543524.十九 設有甲、乙二袋，甲袋中裝有n只白球m只紅球，乙袋中裝有n只白球m只紅球，今從甲袋中任取一球放入乙袋中，再從乙袋中任取一球，問取到（即從乙袋中取到）白球的概率是多少？（此為第三版19題(1)）記a1，a2分別表“從甲袋中取得白球，紅球放入乙袋”再記b表“再從乙袋中取得白球”。 b=a1b+a2b且a1，a2互斥 p (b)=p (a1)p(b| a1)+ p (a

20、2)p (b| a2)nn+1mn =n+ +mn+m+1n+mn+m+1十九(2) 第一只盒子裝有5只紅球，4只白球；第二只盒子裝有4只紅球，5只白球。先從第一盒子中任取2只球放入第二盒中去，然后從第二盒子中任取一只球，求取到白球的概率。記c1為“從第一盒子中取得2只紅球”。c2為“從第一盒子中取得2只白球”。c3為“從第一盒子中取得1只紅球，1只白球”，d為“從第二盒子中取得白球”，顯然c1，c2，c3兩兩互斥，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)112c525c4c47c5653 =2+2

21、+=1199c911c911c9226.二十一 已知男人中有5%是色盲患者，女人中有0.25%是色盲患者。今從男女人數(shù)相等的人群中隨機地挑選一人，恰好是色盲患者，問此人是男性的概率是多少？解：a1=男人，a2=女人，b=色盲，顯然a1a2=s，a1 a2= 由已知條件知p(a)=p(a)=1p(b|a)=5%,p(b|a)=0.25% 2o1212由貝葉斯公式，有 15p(a1b)p(a1)p(b|a1)20p(a1|b)=125p(b)p(a1)p(b|a1)+p(a2)p(b|a2)1521+2100210000 二十二 一學生接連參加同一課程的兩次考試。第一次及格的概率為p，若第一次及格

22、則第二次及格的概率也為p；若第一次不及格則第二次及格的概率為p（1）若至少有一次及格則他能取得某種資2格，求他取得該資格的概率。（2）若已知他第二次已經(jīng)及格，求他第一次及格的概率。解：ai=他第i次及格，i=1,2已知p (a1)=p (a2|a1)=p，p(a（1）b=至少有一次及格 所以=兩次均不及格= 122|1)=p(b)=1-p()=1-p()=1-p()p(1212|1) (=1-1-p(a1)1-p(a2|1) =1-(1-p)(1-1p31)=p-p2 2222(aa)（2）paa)定義pp （*） (a)122由乘法公式，有p (a1 a2)= p (a1) p (a2| a

23、1) = p2 由全概率公式，有p(a)=p(a)p(a|a)+p()p(a|) 2121121=pp+(1-p)p2p=+22p2 將以上兩個結果代入（*）得p(a|a)=12p2p2p+22=2pp+128.二十五 某人下午5:00下班，他所積累的資料表明： 果他是5:47到家的，試求他是乘地鐵回家的概率。解：設a=“乘地鐵”，b=“乘汽車”，c=“5:455:49到家”，由題意,ab=,ab=s已知：p (a)=0.5, p (c|a)=0.45, p (c|b)=0.2, p (b)=0.5 由貝葉斯公式有p(a|c)=p(c|a)p(a)=p(c)0.50.450.459=0.692

24、3110.6513p(c|a)+p(c|b)2229.二十四 有兩箱同種類型的零件。第一箱裝5只，其中10只一等品；第二箱30只，其中18只一等品。今從兩箱中任挑出一箱，然后從該箱中取零件兩次，每次任取一只，作不放回抽樣。試求（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條件下，第二次取到的也是一等品的概率。解：設bi表示“第i次取到一等品” i=1，2 aj表示“第j箱產(chǎn)品” j=1,2，顯然a1a2=s a1a2=（1）p(b)=110+118=2=0.4（b1= a1b +a2b由全12502305概率公式解）。110911817+p(b1b2)（2）p(b2|b

25、1)=0.4857 2p(b1)5（先用條件概率定義，再求p (b1b2)時，由全概率公式解）32.二十六（2） 如圖1，2，3，4，5表示繼電器接點，假設每一繼電器接點閉合的概率為p，且設各繼電器閉合與否相互 獨立，求l和r是通路的概率。記ai表第i個接點接通 4 5 記a表從l到r是構成通路的。 a=a1a2+ a1a3a5+a4a5+a4a3a2四種情況不互斥 p (a)=p (a1a2)+p (a1a3a5) +p (a4a5)+p (a4a3a2)p (a1a2a3a5)(a1a3 a4a5) + p (a1a2 a4a5)+ p (a1a2 a3 a4) +p+ p (a1a2 a

26、3a4a5) p (a2 a3 a4a5)+ p(a1a2a3 a4a5)+ p (a1a2 a3 a4a5)+ (a1a2 a3 a4a5) + p (a1a2 a3 a4a5)p (a1a2 a3 a4a5)又由于a1，a2， a3， a4，a5互相獨立。 +p4 故 p (a)=p2+ p3+ p2+ p3p4 +p4 +p4 +p4 +p5+ p5 + p5+ p5+ p5p5=2 p2+ 3p35p4 +2 p5二十六（1）設有4個獨立工作的元件1，2，3，4。它們的可靠性分別為p1，p2，p3，p4，將它們按圖（1）的方式聯(lián)接，求系統(tǒng)的可靠性。記ai表示第i個元件正常工作，i=1，

27、2，3，4，a表示系統(tǒng)正常。 a=a1a2a3+ a1a4兩種情況不互斥 p (a)= p (a1a2a3)+p (a1a4)p (a1a2a3 a4) (加法公式)= p (a1) p (a2)p (a3)+ p (a1) p (a4)p (a1) p (a2)p (a3)p (a4)a4獨立) = p1p2p3+ p1p4p1p2p3p4 (a1, a2, a3,34.三十一 袋中裝有m只正品硬幣，n只次品硬幣，（次品硬幣的兩面均印有國徽）。在袋中任取一只，將它投擲r次，已知每次都得到國徽。問這只硬幣是正品的概率為多少？解：設“出現(xiàn)r次國徽面”=br “任取一只是正品”=a由全概率公式，有

28、m1rn()+1rm+n2m+nm1r ()p(a)p(br|a)mp(a|br)=m1rnp(br)m+n2r()+m+n2m+np(br)=p(a)p(br|a)+p()p(br|)=（條件概率定義與乘法公式）35甲、乙、丙三人同時對飛機進行射擊，三人擊中的概率分別為0.4，0.5，0.7。飛機被一人擊中而被擊落的概率為0.2，被兩人擊中而被擊落的概率為0.6，若三人都擊中，飛機必定被擊落。求飛機被擊落的概率。 解：高hi表示飛機被i人擊中，i=1，2，3。b1，b2，b2分別表示甲、乙、丙擊中飛機 h1=b123+123+12b3，三種情況互斥。 h2=b1b23+b12b3+1b2b3

29、h3=b2b2b3 三種情況互斥又 b1，b2，b2獨立。 p(h1)=p(b1)p(2)p(3)+p(1)p(b2)p(3)+p(1)p(2)p(b3)=0.40.50.3+0.60.50.3+0.60.50.7=0.36 p(h2)=p(b1)p(b2)p(3)+p(b1)p(2)p(b3)+p(1)p(b2)p(b3)=0.40.50.3+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 三種情況互斥 故由全概率公式，有p (a)= p(h1)p (a|h1)+p (h2)p

30、(a|h2)+p (h3)p (ah3)=0.360.2+0.410.6+0.141=0.45836.三十三設由以往記錄的數(shù)據(jù)分析。某船只運輸某種物品損壞2%（這一事件記為a1），10%（事件a2），90%（事件a3）的概率分別為p (a1)=0.8, p (a2)=0.15, p (a2)=0.05，現(xiàn)從中隨機地獨立地取三件， 發(fā)現(xiàn)這三件都是好的（這一事件記為b），試分別求p (a1|b) p (a2|b), p (a3|b)（這里設物品件數(shù)很多，取出第一件以后不影響取第二件的概率，所以取第一、第二、第三件是互相獨立地） b表取得三件好物品。b=a1b+a2b+a3b 三種情況互斥由全概率公

31、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=0.8624 p(a1b)p(a1)p(b|a1)0.8(0.98)3p(a1|b)=0.8731p(b)p(b)0.8624p(a2b)p(a2)p(b|a2)0.15(0.9)3p(a2|b)=0.1268p(b)p(b)0.8624p(a3b)p(a3)p(b|a3)0.05(0.1)3p(a3|b)=0.0001p(b)p(b)0.862437.三十四 將a，b，c三個字母之一輸入信道，輸出為原字母的概率為，而

32、輸出為其它一字母的概率都是(1)/2。今將字母串a(chǎn)aaa，bbbb，cccc之一輸入信道，輸入aaaa，bbbb，cccc的概率分別為p1, p2, p3 (p1 +p2+p3=1)，已知輸出為abca，問輸入的是aaaa的概率是多少？（設信道傳輸每個字母的工作是相互獨立的。）解：設d表示輸出信號為abca，b1、b2、b3分別表示輸入信號為aaaa，bbbb，cccc，則b1、b2、b3為一完備事件組，且p(bi)=pi, i=1, 2, 3。再設a發(fā)、a收分別表示發(fā)出、接收字母a，其余類推，依題意有 p (a收| a發(fā))= p (b收| b發(fā))= p (c收| c發(fā))=，p (a收| b發(fā)

33、)= p (a收| c發(fā))= p (b收| a發(fā))= p (b收| c發(fā))=p (c收| a發(fā))= p (c收| b發(fā))=1- 2又p (abca|aaaa)= p (d | b 1) = p (a收| a發(fā)) p (b收| a發(fā)) p (c收| a發(fā)) p (a收| a發(fā))=2(1-2)2，3同樣可得p (d | b 2) = p (d | b 3) =(1-) 2于是由全概率公式，得p(d)=p(b)p(d|b)iii=13=p1a2(1-21-3)+(p2+p3)()22由bayes公式，得)p(d|b)p (aaaa|abca)= p (b 1 | d ) =p(bp (d)112p

34、=2p+(1-)(p112+p3)二十九 設第一只盒子裝有3只藍球，2只綠球，2只白球；第二只盒子裝有2只藍球，3只綠球，4只白球。獨立地分別從兩只盒子各取一只球。（1）求至少有一只藍球的概率，（2）求有一只藍球一只白球的概率，（3）已知至少有一只藍球，求有一只藍球一只白球的概率。解：記a1、a2、a3分別表示是從第一只盒子中 取到一只藍球、綠球、白球，b1、b2、b3分別表示是從第二只盒子中取到一只藍球、綠球、白球。（1）記c=至少有一只藍球c= a1b1+ a1b2+ a1b3+ a2b1+ a3b1，5種情況互斥 由概率有限可加性，得p(c)=p(a1b1)+p(a1b2)+p(a1b3

35、)+p(a2b1)+p(a3b1)獨立性p(a)p(b)+p(a)p(b)+p(a)p(b)+p(a)p(b)+p(a)p(b)1112132131=32333422225+=79797979799 （2）記d=有一只藍球，一只白球，而且知d= a1b3+a3b1兩種情況互斥p(d)=p(a1b3+p(a3b1)=p(a1)p(b3)+p(a3)p(b1)342216=+=797963)p(d)16=（3）p(d|c)=pp(cd(c)p(c)35 (注意到cd=d)三十 a，b，c三人在同一辦公室工作，房間有三部電話，據(jù)統(tǒng)計知，打給a，b，c的電話的概221率分別為5。他們?nèi)顺Ｒ蚬ぷ魍獬觯?/p>

36、a，b，,5511c三人外出的概率分別為1，設三人的行動相,244互獨立，求（1）無人接電話的概率；（2）被呼叫人在辦公室的概率；若某一時間斷打進了3個電話，求（3）這3個電話打給同一人的概率；（4）這3個電話打給不同人的概率；（5）這3個電話都打給b，而b卻都不在的概率。 話 解：記c1、c2、c3分別表示打給a，b，c的電d1、d2、d3分別表示a，b，c外出 注意到c1、c2、c3獨立，且p(c)=p(c12)=21,p(c3)=55(d3) p(d1)=11,p(d2)=p(d3)=24 （1）p（無人接電話）=p (d1d2d3)= p (d1)p (d2)p111 =1 =2443

37、2（2）記g=“被呼叫人在辦公室”，由有限可加性與乘法g=cd+cd+cd三種情況互斥，公式 112233p(g)=p(c1d1)+p(c2d2)+p(c3d3)=p(c1)p(d1|c1)+p(c2)p(d2|c2)+p(c3)p(d3|c3)=21231313+=52545420由于某人外出與否和來電話無關故p(d|c)=p(d)kkk（3）h為“這3個電話打給同一個人” p(h)=22222211117+=555555555125（4）r為“這3個電話打給不同的人”r由六種互斥情況組成，每種情況為打給a，b，c的三個電話，每種情況的概率為2214=555125 424于是p(r)=612

38、5 =125（5）由于是知道每次打電話都給b，其概率是1，所以每一次打給b電話而b不在的概率為1，且4各次情況相互獨立于是 p（3個電話都打給b，b都不在的概率）=(1)43=164 第二章 隨機變量及其分布 1.一 一袋中有5只乒乓球，編號為1、2、3、4、5，在其中同時取三只，以x表示取出的三只球中的最大號碼，寫出隨機變量x的分布律解：x可以取值3，4，5，分布律為p(x=3)=p(一球為3號,兩球為1,2號)=21c23c5=11021c33c5 p(x=4)=p(一球為4號,再在1,2,3中任取兩球)=310=610 p(x=5)=p(一球為5號,再在1,2,3,4中任取兩球)=21c

39、43c5也可列為下表 x： 3， 4，5 136p：10 ,10103.三 設在15只同類型零件中有2只是次品，在其中取三次，每次任取一只，作不放回抽樣，以x表示取出次品的只數(shù)，（1）求x的分布律，（2）畫出分布律的圖形。解：任取三只，其中新含次品個數(shù)x可能為0，1，2個。p(x=0)=3c133c15=2235 p(x=1)=12c2c133c1521c2c133c1512=35=135p(x=2)=再列為下表x： 0， 1， 222121p： 35 ,35354.四 進行重復獨立實驗，設每次成功的概率為p，失敗的概率為q =1p(0<p<1)（1）將實驗進行到出現(xiàn)一次成功為止，

40、以x表示所需的試驗次數(shù)，求x的分布律。（此時稱x服從以p為參數(shù)的幾何分布。）（2）將實驗進行到出現(xiàn)r次成功為止，以y表示所需的試驗次數(shù)，求y的分布律。（此時稱y服從以r, p為參數(shù)的巴斯卡分布。）（3）一籃球運動員的投籃命中率為45%，以x表示他首次投中時累計已投籃的次數(shù)，寫出x的分布律，并計算x取偶數(shù)的概率。解：（1）p (x=k)=qk1p k=1,2,（2）y=r+n=最后一次實驗前r+n1次有 n次失敗，且最后一次成功p(y=r+n)=crn+n-1qnpr-1p=crn+n-1qnpr,n=0,1,2,l,r-1k-1r其中 q=1k-rp，或記r+n=k，則 py=k=cp(1-p

41、),k=r,r+1,lk1（3）p (x=k) = (0.55)0.45 k=1,2 p (x取偶數(shù))=p(x=2k)=(0.55)k=1k=12k-10.45=1131 6.六 一大樓裝有5個同類型的供水設備，調查表明在任一時刻t每個設備使用的概率為0.1，問在同一時刻（1）恰有2個設備被使用的概率是多少？p(x=2)=cpq=c(0.1)(0.9)=0.0729（2）至少有3個設備被使用的概率是多少？ p(x3)=c(0.1)(0.9)+c(0.1)(0.9)+c(0.1)=0.00856 （3）至多有3個設備被使用的概率是多少？ p(x3)=c(0.9)+c0.1(0.9)+c(0.1)

42、(0.9)+c(0.1)(0.9)=0.99954（4）至少有一個設備被使用的概率是多少？p(x1)=1-p(x=0)=1-0.59049=0.40951五 一房間有3扇同樣大小的窗子，其中只有一扇是打開的。有一只鳥自開著的窗子飛入了房間，它只能從開著的窗子飛出去。鳥在房子里飛來飛去，試圖飛出房間。假定鳥是沒有記憶的，鳥飛向各扇窗子是隨機的。（1）以x表示鳥為了飛出房間試飛的次數(shù)，求x的分布律。（2）戶主聲稱，他養(yǎng)的一只鳥，是有記憶的，它飛向任一窗子的嘗試不多于一次。以y表示這只聰明的鳥為了飛出房間試飛的次數(shù)，如戶主所說是確實的，試求y的分布律。2525-2252335324545550551

43、5425233532 （3）求試飛次數(shù)x小于y的概率；求試飛次數(shù)y小于x的概率。解：（1）x的可能取值為1，2，3，n，p x=n=p 前n1次飛向了另2扇窗子，第n次飛了出去1 =(2)， n=1，2， 33n-1（2）y的可能取值為1，2，3p y=1=p 第1次飛了出去=1 3p y=2=p 第1次飛向 另2扇窗子中的一扇，第2次飛了出去11 =2= 323p y=3=p 第1，2次飛向了另2扇窗子，第3次飛了出去!1 =2= 3!3(3)pxy=全概率公式并注意到pxy|y=1=03py=kpxy|y=kk=13 py=kpxy|y=kk=2= py=kpxkk=23111121+=3

44、33333 注意到x,y獨立即pxy|y=k=pxk同上，px=y=py=kpx=y|y=kk=13 =1121419 +=py=kpx=k=1333932781k=13故pyx=1-px3=px4=0.566530十六 以x表示某商店從早晨開始營業(yè)起直到第一顧客到達的等待時間（以分計），x的分布函數(shù)是1-e-0.4x,x0fx(x)=x00求下述概率：（1）p至多3分鐘；（2）p 至少4分鐘；（3）p3分鐘至4分鐘之間；（4）p至多3分鐘或至少4分鐘；（5）p恰好2.5分鐘解：（1）p至多3分鐘= p x3 =f(3)=1-e（2）p 至少4分鐘 p (x 4) =1-f(4)=e（3）p3

45、分鐘至4分鐘之間= p 3<x4=f(4)-f(3)=e-e（4）p至多3分鐘或至少4分鐘= p至多3分鐘+p至少4分鐘 =1-e+e（5）p恰好2.5分鐘= p (x=2.5)=018.十七 設隨機變量x的分布函數(shù)為-1.2x-1.6x-1.2-1.6xx-1.2-1.60,x1,fx(x)=lnx,1xe,1,xe.，5求（1）p (x<2), p 0<x3, p (2<x<)；（2）求概率密度fx (x).解：（1）p (x2)=fx (2)= ln2， p (0<x3)= fx(3)fx (0)=1，5555p(2x=f()-f(2)=ln-ln2=ln 2224xx （2）1,1xe,f(x)=f(x)=x0,其它 2