大学概率论习题一详解.docx

大学概率论习题一详解大学概率论习题一详解 1、写出下列随机现象的基本事件空间 一次抛两枚完全相同的硬币，观察每枚硬币出现正面还是反面； 先后投两颗骰子，观察每颗骰子出现的点数； 向某目标射击直到命中目标为止，观察射击的次数； 解若wi=“有i枚正面朝上”i=0,1,2，则W=w0,w1,w2) 用(x,y)表示“第一次投出x点，第二次投出y点”，则 W=(x,y)x,y=1,2,L,6 +若wi=“射击i次才命中目标”i=1,2,L，则W=wiiÎN，N为自然数集。 2、在分别标有0,1,L,9数字的10张卡片中任取一张，令A表示事件“抽得一张标号不大于3的卡片”；B表示事件“抽得一张标号为偶数的卡片”；C表示事件“抽得一张标号为奇数的卡片”。请用基本事件表示下列事件： AUB，AB，B，A-B，B-A，BC，BUC，(AUB)IC 解 令i表示“抽得一张标号为i的卡片”i=0,1,L,9，则 A=0,1,2,3，B=0,2,4,6,8，C=1,3,5,7,9。 因此，AUB=0,1,2,3,4,6,8，AB=0,2，B=C=1,3,5,7,9，A-B=1,3，B-A=4,6,8，BC=F，BUC=F，(AUB)IC=1,3 3、某厂生产流水线上甲、乙、丙3部机床是独立工作的，并由一人看管，若用A,B,C分别表示某段时间内甲、乙、丙机床不需要照顾。试用A,B,C表示下列事件: 这段时间内有机床需要看管；这段时间内因机床故障看管不过来而停工。 解 ABC或A+B+C ABC+ABC+ABC+ABC或AB+AC+BC 4、判断下列结论是否正确 A-B=A-AB=AB (A+B)-B=A (A-B)+B=A (A-B)-C=A-(B+C) 解 × × 5、先用图示法简化下列各式，在利用定义或运算律证明 (A+B)(B+C) (A+B)(A+B) (A+B)(A+B)(A+B) 解 (A+B)(B+C)=B+AC 证明：(A+B)(B+C)=A(B+C)+B(B+C) =AB+AC+B =AB+B+AC =(AB+B)+AC =B+AC (A+B)(A+B)=A 证明：(A+B)(A+B)=A(A+B)+B(A+B) =A+BA+BB =A+BA =A 1 (A+B)(A+B)(A+B)=AB 证明：(A+B)(A+B)(A+B)=(A+B)(AA+AB+BA+BB) =(A+B)(AB+BA) =AAB+ABA+BAB+BBA =AB+AB =AB 6、先后抛两枚匀称的硬币，求至少出现一个正面的概率。 解 P(A)=3 47、盒中有a个白球，及b个黑球，从中任取n+m，求所取的球恰有n个白球和m个黑球的概率。 解 P(A)=nmCaCbn+mCa+b8、盒中有a个白球，及b个黑球，从中任意接连取k+1次，球被取出后不还原，求最后取出的球是白球的概率。 a a+bPak+b19、 有r封信随机地投入n个邮筒，求下列事件的概率: 某指定k(k£r)个邮筒中各只有一封信； 有k(k£r)个邮筒中各只有一封信； 某指定的一个邮筒中恰有k(k£r)封信. 解 P(A)=1kCaPa+b-1=解 因为每一封信都有n个邮筒可供选择，所以r封信投放到n个邮筒共有n种。 某指定k(k£r)个邮筒中各只有一封信，其可能的总数为Crkk!(n-k)r-k，于是，所求的概率为 rCrkk!(n-k)r-kP1= rnk有k(k£r)个邮筒中各只有一封信，其可能的总数为CnCrkk!(n-k)r-k，于是，所求的概率为 kCnCrkk!(n-k)r-kP2= nrkr-k某指定的一个邮筒中恰有k(k£r)封信，其可能的总数为Cr(n-1)，于是，所求的概率为 10、从正整数1、2、N中有放回地抽取n个数，求抽到的最大数恰好是k的概率 解 “所取数不大于k”与“所取数不大于k-1”的差额即“所取数的最大者k”。 因此，所求的概率 Crk(n-1)r-kP3= nrkn-(k-1)np= Nn11、自前n个正整数中随意取出两个数，求两个数之和是偶数的概率p。 解 这是一道古典型概率的题引进事件A=取出的两个数之和是偶数若n=2k为偶 2 2数，则自前n个正整数中随意取出两个数有C2“取n种不同取法，其中导致事件A的有2Ck种2C2n-2 P(A)=2k=2(n-1)Cn若n=2k+1为奇数，则自前n个正整数中随意取出两个数有C2n种不同取法，其中导致事2件A的有C2“取到两个偶数”的C2“取到两个奇数”的C2，因此 k种，k+1种）k+Ck+1种已知学生视力有缺陷，问他听力有缺陷条件概率； 已知学生听力有缺陷，问他视力缺陷条件概率； 随意找一个学生，他视力没有缺陷但听力有缺陷的概率； 随意找一个学生，他视力有缺陷但听力没有缺陷的概率； 随意找一个学生，他视力和听力都没有缺陷的概率。 P(HE)0.03=0.1 P(E)0.3P(EH)0.033= P(EH)=P(H)0.077解 P(HE)=P(EH)=P(EH)P(H)=(1-P(EH)P(H)=(1-)´0.07=0.04 P(EH)=P(HE)P(E)=(1-0.1)´0.03=0.27 P(EH)=P(EUH)=1-P(EUH)=1-P(E)+P(H)-P(EH)=0.66 21、 10件产品，其中6件合格品，4件次品，从中依次取两次，取后不还原，求第二次才取到正品的概率。 解 令A=“第一次取到正品”，B=“第二次取到正品”，则“第二次才取到正品”=AB P(AB)=P(A)P(B/A)=37464·= 1091522、设10件产品中有4件不合格品，从中任意取两件，已知所取两件产品中有一件是不合格品，求另一件也不合格的概率。 解 设Ai任取两件恰有i件不合格品，i=1,2。 4 22C6P(A2(A1+A2)P(A2)C41P(A2A1+A2)=2/(1-2)= P(A1+A2)P(A1+A2)C105C10或 设Ai表示第i件不合格，i=1,2。 22C6P(A1A2)C41P(A1A2A1+A2)=2/(1-2)=P(A1+A2)C105 C1023、10个考签中有4个难签，甲、已、丙3人依次参加抽签求下列事件的概率：甲抽到难签；甲、已都抽到难签；甲没抽到难签，已抽到难签；甲、已、丙都抽到难签。 解 设A,B,C分别表示甲、已、丙抽到难签。 P(A)=4； 10432´= 10915644´= P(AB)=P(A)P(BA)=109154321´´=P(ABC)=P(A)P(BA)P(CAB)= 109830P(AB)=P(A)P(BA)=24、盒中有一个红球和一个白球，先从盒中任取一球，若为红球，则试验终止，若取到白球，则把白球放回的同时再加进一个白球，然后再取下一球，如此下去，直到取得红球为止。求第n次取到红球的概率 解 设Ai=“第i次取球取得白球”i=1,2,L,n 则A1A2LAn-1An=“第k次取到红球” ，在第k次取球时，盒中共有k个白球和一个红球，所以 P(A1A2LAn-1An)=P(A1)P(A2A1)LP(An-1A1A2LAn-2)P(AnA1A2LAn-1) 12n-111=L= 23nn+1n(n+1)25、设A,B,C是三个相互独立的随机事件，且0<P(C)<1，判断下列给定的四对事件是否相互独立： A+B与C AC与C A-B与C (4) AB与C 解 独立；不独立；独立；独立 26、设A、B相互独立，P(A)=0.2,P(B)=0.3,求下列条件概率： P(AB|A+B)；P(A|A+B)；P(A-B|P(A+B|A-B) A+B)；P(AB)3= P(A+B)22P(A)5= P(A|A+B)=P(A+B)11P(A-B)7=P(A-B|A+B)= P(A+B)22P(A-B)=1 P(A+B|A-B)=P(A-B)解 P(AB|A+B)= 5 27、一架飞机有二个发动机，向该机射击时，仅当击中驾驶舱或同时击中二个发动机时，飞机才被击落。又知击中驾驶舱概率为a，击中每个发动机概率为b，求飞机被击落的概率。 解 记A=“击中驾驶舱” B=“击中第一个发动机” C=“击中第二个发动机” E=“飞机被击落” 则E=A+(BC) P(E)=P(A)+P(BC)-P(ABC) 因A,B,C相互独立，得 P(E)=P(A)+P(B)P(C)-P(A)P(B)P(C)=a+b-ab2228、甲、乙、丙3部机床独立的工作(流水线上)，由一人看管，某段时间内各机床不需要看管的概率分别是0.9，0.8，0.85。求下列事件的概率： 在这段时间内有机床需要看管； 因机床看管不过来而停工。 解 令A,B,C分别表示甲、乙、丙机床不需要照顾。 E表示有机床需要看管 F表示机床看管不过来而停工 则E=ABC F=ABC+ABC+ABC+ABC P(E)=P(ABC)=1-P(ABC)=1-P(A)P(B)P(C) =1-0.9´0.8´0.85=0.388 P(F)=P(ABC)+P(ABC)+P(ABC)+P(ABC) =P(A)P(B)P(C)+P(A)P(B)P(C)+P(A)P(B)P(C)+P(A)P(B)P(C)=0.05929、某型号的高射炮，每门命中敌机的概率为0.4,现若干门炮同时射击,欲以99%的把握击中敌机,问至少要配置几门高射炮? 解 设配置n门炮同时射击，令Ai=“第i门射击命中”i=1,2,L,n 则“击中敌机”=nUAi=1ninnnP(UAi)=1-P(UAi)=1-P(IAi)=1-ÕP(Ai)=1-(0.6)n i=1i=1i=1i=1欲以99%的把握击中敌机，须满足 1-(0.6)n³0.99 n即 (0.6)£0.01 lg0.01-2n³=9.02 lg0.6-0.2218可见需要配置10门炮，才能以99%把握击中敌机。 30、用晶体管装配某仪表要用128个元器件，改用集成电路元件后，只要用12个就够了，如果每个元器件能用2000小时以上的概率是0.996，假如只有当每一个元器件都完好时，仪表才能正常工作，试分别求出上面两种场合下仪表能正常工作2000小时的概率。 解 设事件A为“仪表正常工作2000小时”，事件Ai为“第i个元器件能工作到2000小时”。 使用晶体管装配仪表时，应有 6 P(A)=P(A1A2LA128)=P(A1)P(A2)LP(A128)=(0.996)=0.599使用集成电路装配仪表时，应有 128P(A)=P(A1A2LA12)=P(A1)P(A2)LP(A12)=(0.996)=0.95312比较上面两个结果可以看出，改进设计，减少元器件数能提高仪表正常工作的概率。 31、甲、乙两人进行乒乓球比赛，根据以往经验每局甲胜的概率为p，问对甲2而言，采取三局二胜制有利，还是采用五局三胜制有利，设各局胜负相互独立。 解 采用三局二胜制最终甲获胜的概率为 p1=p2+2p2(1-p) 采用五局三胜制最终甲获胜的概率为 2323p2=p3+C3p(1-p)+C4p(1-p)2 而p2-p1=3p2(p-1)2(2p-1)>0 可见，采用五局三胜制对甲有利。 32、有甲、乙两口袋，甲袋中盛有两个白球，一个黑球，乙袋中盛有一个白球，两个黑球。由甲袋任取一球放入乙袋，再从乙袋任取一球。 求取到白球的概率； 若从乙袋取出白球，问从甲袋中取到哪种颜色的可能性大？ 解 令A=“从甲袋中取出的是白球” B=“从乙袋中取出的是白球” 则P(B)=P(A)P(B/A)+P(A)P(B/A)=P(A/B)=5 12P(A)P(B/A)4= P(B)5P(A/B)=P(A)P(B/A)1= P(B)5故从甲袋中取出的球是白球的可能性大。 33、玻璃杯成箱出售，每箱20只，设每箱含0，1，2，只残品的概率分别为0.8、0.1和0.1，顾客购买时，售货员随意取一箱，而顾客随意查看4只，若无残品，则买下，否则，退回。求售货员随意取一箱，顾客买下的概率；在顾客买下一箱中，没有残品的概率。 解 令Ai=“任取一箱中有i只残品”i=0,1,2，B=“任取一箱，顾客买下”。 已知P(A0)=0.8，P(A1)=0.1，P(A2)=0.1，且不难算出 P(BA0)=1，P(BA1)=0.8，P(BA2)=由全概率公式得 12。 19P(B)åP(Ai)P(BAi)=0.94 i=02 7 由逆概率公式得 P(A0B)P(A0)P(BA0)P(A0/B)=0.85 P(B)P(B)34、一大批产品，次品率为0.1，每次任取一件，取后不还原，求三次中恰有两次取到次品的概率。 2解 P(B3,2)=C30.120.91=0.027 3，求一周内用水量至少5天保持正常的概率。 4535126361173710解 P=C7+C7+C7»0.744 44444435、某工厂每天用水量保持正常的概率为1落入N个盒子中的每一个里，对质N点和盒子在以下三种假定下，求事件A：“某预先指定的n个盒中各含一质点”的概率： 1、设有n个质点，每个质点都以概率假定n个质点是可以分辨的，还假定每个盒子能容纳的质点数不限； 假定n个质点是不可分辨的，还假定每个盒子至多只能容纳一个质点； 假定n个质点是不可分辨的，还假定每个盒子能容纳的质点数不限. 解 假定n个质点是可以分辨的，还假定每个盒子能容纳的质点数不限。 P(A)=n! nN假定n个质点是不可分辨的，还假定每个盒子至多只能容纳一个质点 P(A)=1 nCN1假定n个质点是不可分辨的，还假定每个盒子能容纳的质点数不限. P(A)=CnN+n-1r提示：从n个不同的元素可重复任取r个元素的组合数是Cn+r-1。 2、假设事件A,B的概率为P(A)=0.5，P(B)=0.7，问 (1) 在什么条件下概率P(AB)最大？最大值等于什么？ (2) 在什么条件下概率P(AB)最小？最小值等于什么？ 解 (1) 由于ABÌA，ABÌB，可见P(AB)£P(A)，P(AB)£P(B)，从而 P(AB)£minP(A)，P(B) 由于P(A)£P(B)，可见 P(AB)=minP(A)，P(B)=P(A)=0.5 于是当概率P(AB)=0.5时P(AB)最大 8 (2) 由加法公式可见 P(A+B)=P(A)+P(B)-P(AB)，P(AB)=P(A)+P(B)-P(A+B) 显然当P(A+B)=1时，P(AB)达到最小值： P(AB)=P(A)+P(B)-1=0.2 3、设事件A,B满足0<P(A)<1，0<P(B)<1，P(AB)+P(AB)=1，证明A与B独立。 证明 因为P(AB)+P(AB)=1 即 P(AB)P(AB)+1-=1 P(B)P(B)P(AB)P(A)-P(AB)= P(B)1-P(B)整理后，有 P(AB)=P(A)P(B) 因此，A与B独立。 则 4、设An n=1,2,L为事件序列，证明 *若AnÌAn+1 n=1,2,L，则P(若AnÉAn+1 n=1,2,L，则P(证明 UA)=limP(A)；nn=1n®¥n¥ IA)=limP(A)。nn=1n®¥n¥UAn=1¥n=A1+(A2-A1)+(A3-A2)+L 由可列可加性有 P(UAn)=P(A1)+P(A2)-P(A1)+P(A3)-P(A2)+L=limP(An) n=1n®¥¥P(IA)=1-P(IAnn=1n=1n®¥¥_¥n)=1-P(UAn)=1-limP(An) n=1n®¥¥=1-1-limP(An)=limP(An) n®¥5、假设在6张同样的卡片上分别写有1,2,L,6。从6张同样的卡片先后随意取出两张。求后取出的数比先取出的数小的概率a 解 以X和Y分别表示先后取出的卡片上的数，A=X>Y,Ak=X=k,Y<k(k=2,L,6) 易见A=A2+A3+L+A6先后取出两张卡片，总共有6´5=30种不同情形，其中导致A2,L,A6的相应为1,2,3,4,5种，于是 a=P(A)=P(A2)+P(A3)+L+P(A6)12345151 =+=30303030303026、n个战士的枪混放在一起，紧急集合时每个战士随意拿一支枪，问至少有 9 一战士拿到自己枪的概率。 解 令Ai=“第i名战士拿到了自己的枪”，i=1,2,L,n，由广义加法公式得到 P(UAn)=1-n=1n111+-L+(-1)n-1 2!3!n!7、甲、乙两人比赛射击，每回射击胜者得一分，每回甲胜概率为a，乙胜概率为b且a+b=1，比赛进行到一方比对方多2分为止，多2分者为胜，求甲胜的概率。 解 由题意知每回比赛与上回是独立的，令B=“甲胜”，A1=“第一、二回甲胜”，A2=“第一、二回各胜一局”。 P(B)=P(A1)P(BA1)+P(A2)P(BA2) 易知P(BA1)=1，P(BA2)=P(B) 故P(B)=a+2abP(B) 2a2即P(B)= 1-2ab8、空战中甲机先向乙机开火,击落乙机的概率为0.2；若乙机未被击落，就进行还击，击落甲机的概率是0.3，若甲机未被击落，则再攻击乙机，击落乙机的概率是0.4，求在这几个回合中甲、乙机分别被击落的概率。 解 设E=“甲机被击落”,F=“乙被击落”,Ai=“乙第i次受攻击被击落”i=1,2 B1=“甲第1次受攻击被击落” P(E)=P(A1B1)=P(A1)P(B1A1)=0.8´0.3=0.24 或 P(E)=P(A1)P(EA1)+P(A1)P(EA1) =0.2´0+0.8´0.3=0.24P(F)=P(A1+A1B1A2)=P(A1)+P(A1B1A2)=P(A1)+P(A1)P(B1A1)P(A2A1B1)=0.2+0.8´0.7´0.4=0.424或 P(F)=P(A1)P(FA1)+P(A1B1)P(FA1B1)+P(A1B1)P(FA1B1)=0.2´1+P(A1B1)´0+P(A1)P(B1A1)P(FA1B1)=0.2+0.8´0.7´0.4=0.4249、空气被污染的主要原因来自工业和汽车排放的废气两方面。今后五年内能有效地控制这两种污染的概率分别是0.75和0.60。如果有一种被控制，则符合大气检测标准的概率为0.80。求 今后五年内空气污染被控制的概率多大？ 如果五年后空气污染未被控制，问完全是有汽车造成的污染的可能性多大？ 解 设A1=“工业污染被控制”，A2=“汽车污染被控制”，B=“五年后空气污染被控制”。则A1A2，A1A2，A1A2构成一个完备事件组。且P(A1)=0.75 P(A2)=0.60，由 10 题意P(BA1A2)=0.8，P(BA1A2)=1，P(BA1A2)=0.8。 由独立性得P(A1A2)=0.75´0.40=0.30 P(A1A2)=0.25´0.60=0.15 P(A1A2)=0.75´0.60=0.45 由全概公式 P(B)=P(A1A2)P(BA1A2)+P(A1A2)P(BA1A2)+P(A1A2)P(BA1A2) =0.30´0.8+0.15´0.8+0.45´1 =0.81 由逆概公式 P(A1A2B)=P(A1A2B)P(A1A2)P(BA1A2)= 1-P(B)P(B)1-P(B)由已知P(BA1A2)=0.8 得P(BA1A2)=1-0.80=0.20 P(A1A2B)=0.75´0.40´020=0.316 1-0.81=P(A1)P(A2)P(BA1A2)10、设一厂家生产的每台仪器，以概率0.70可以直接出厂;以概率0.30需要进一步调试,经调试后以概率0.80可以出厂,以概率0.20定为不合格品不能出厂,现该厂新生产了n(n³2)台仪器(假设各台仪器的生产过程相互独立)，求： (1)全部能出厂的概率a； (2)其中恰好有两件不能出厂的概率b。 解 生产的产品是第一类记为A1，生产的产品是第二类记为A2，产品最终可以出厂记为B。由全概公式 P(B)=P(A1)P(BA1)+P(A2)P(BA2)=0.94 由n重独立重复试验概率公式知： n全部能出厂的概率a=0.94 不能出厂的概率为p=1-P(B)，n件中恰好有两件不能出厂的概率2b=Cn0.94n-20.062 11