概率论与数理统计第四版答案.doc
概率论与数理统计第四版答案 完全版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）o1n´100üS=ìí,LLýnþînn，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=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：表示为： A或A (AB+AC)或A (BC) 或ABABC或ABC （2）A，B都发生，而C不发生。 AB（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：或S (A+B+C)或AÈBÈC（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,中至少有一个发生。故 表示为：+。（7）A，B，C中不多于二个发生。 相当于：,中至少有一个发生。故 表示为：+ABC（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=1.3>1与P (AB)1矛盾）.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11P(A)=P(B)=P(C)=,P(AB)=P(BC)=0，P(AC)=. 求A，B，C至84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)+15P(ABC)= 3-+0= 4888.五 在一标准英语字典中具有55个由二个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A种。每226 种排法等可能。字典中的二个不同字母组成的单词：55个 P(A)=5511=130A269. 在电话号码薄中任取一个电话号码，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A 410 4A10P(A)=4=0.5041010.六 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“三人纪念章的最小号码为5”为事件A10ö 10人中任选3人为一组：选法有æç3÷种，且èø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5ö码大于5。这种组合的种数有1´æç2÷ èø 5ö1´æç2÷=1P(A)=12æ10öç3÷èø （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10ö10人中任选3人，选法有æ且每种选法等可能，ç3÷种，èø又事件B相当于：有一人号码为5，其余2人号码4ö小于5，选法有1´æç2÷种 èø4ö1´æç2÷=1P(B)=20æ10öç3÷èø11.七 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桶黑漆和2桶红漆顾客，按所定的颜色如数得到定货的概率是多少？记所求事件为A。在17桶中任取9桶的取法有C种，且每种取法等可能。 917取得4白3黑2红的取法有C故 432C´C´C252P(A)=62431C1741032´C4´C312.八 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A1500ö 在1500个产品中任取200个，取法有æç200÷èø 种，每种取法等可能。400öæ1100ö200个产品恰有90个次品，取法有æç90÷ç110÷种 èøèø æ400öæ1100öç90÷ç110÷øèøP(A)=èæ1500öç200÷èø（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”，1100ö同上，200个产品不含次品，取法有æç200÷种，200个èø400öæ1100ö产品含一个次品，取法有æç1÷ç199÷种 èøèø =B0+B1且B0，B1互不相容。 æ400öæ1100öùç1÷ç199÷úèøèøúæ1500öúç200÷úèøûéæ1100öêç200÷èø+P(A)=1-P(A)=1-P(B0)+P(B1)=1-ê1500öêæç200÷êèøë13.九 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”10ö 从10只中任取4只，取法有æ每种取ç4÷种，èø法等可能。要4只都不配对，可在5双中任取4双，再在45ö双中的每一双里任取一只。取法有æç4÷´2 èø4 P()=4C5×244C10=821813=2121 P(A)=1-P()=1-15.十一 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，每杯只放一球。放法4³3³2种。(选排列：好比3个球在4个位置做排列)P(A1)=4´3´26=3164对A2：必须三球放入两杯，一杯装一球，一杯装两球。放法有C´4´3种。(从3个球中选2个球，选法有C，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。 2323P(A2)=2C3´4´343=916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)P(A3)=41=431616.十二 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C能对A：三个次钉必须铆在一个部件上。这种铆法有C33333´C47´C44LLC23350333´C47´C44LL´C23种，每种装法等可×10种3C503´C473´LL´C23P(A)=3333C3´C47´C44LL´C23´10=1=0.000511960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A种，每种铆法等可能 350 对A：三支次钉必须铆在“1，2，3”位置上或“4，5，6”位置上，或“28，29，30”位置上。这种铆法有A´A+A´A+LL+A+A=10´A´A种 332747332747332747332747P(A)=32710´A3´A4730A50=1=0.000511960已知17.解一： 十三 P()=0.3,P(B)=0.4,P(A)=0.5,求P(B|AÈ)。P(A)=1-P()=0.7,P()=1-P(B)=0.6,A=AS=A(BÈ)=ABÈA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 (AÈ)P(AB)0.2=0.25 于是P(B|AÈ)=PPB(AÈ)P(AÈ)0.8解二:P(A)=P(A)P(|A)¾由已知¾¾®05=07×P(|A)P(|A)=0.5521=ÞP(B|A)=故P(AB)=P(A)P(B|A)=0.77751P(BAÈB)P(BA)5P(B|AÈ)定义=0.25P(AÈ)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(AÈB)432。 解： 由11´定义P(AB)P(A)P(B|A)由已知条件1ÞP(B)=1P(A|B)=¾¾¾¾¾®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(AÈB)=P(A)+P(B)-P(AB)=1+-= 4612319.十五 掷两颗骰子，已知两颗骰子点数之和为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, 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，点数和为7时，其中有一颗为121点。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P(B)=612=,P(AB)=62662，故2P(AB)6221P(A|B)=P(B)163620.十六 据以往资料表明，某一3口之家，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|母亲及孩子得病=0.4。求母亲及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)=0.6×0.5=0.3, P (|AB)=1P (C |AB)=10.4=0.6.从而P (AB)= P (AB) · P(|AB)=0.3×0.6=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。C8228P(A)=2=0.62 C1045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。A28P(A)= 45A法三：用事件的运算和概率计算法则来作。 记A1，A2分别表第一、二次取得正品。 28210 P(A)=P(A1A2)=P(A)P(A2|A1)=8728´= 10945（2）二只都是次品（记为事件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（记为事件C） 法一：法二：法三：P(C)=11C8´C22C10=1645 =1645P(C)=112(C8´C2)´A22A10 P(C)=P(A12+1A2)且A12与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（记为事件D）法一：因为要注意第一、第二次的顺序。不能用组合作，法二：法三： P(D)=11A9´A22A10=1582211´+´=1091095P(D)=P(A12+12)且A121A2互斥 =P(A1)P(2|A1)+P(1)P(2|1)= 22.十八 某人忘记了电话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电话的概率是多少？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。QP(H)=P(A1)+P(1)P(A2|1)+P(1)P(2|1)P(A3|12)=1919813+´+´´=10109109810H=A1+1A2+12A3三种情况互斥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。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 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）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)nN+1mN =n+ ´+´mN+M+1n+mN+M+1十九(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，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)112C525C4×C47C5653 =2×+2×+×=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，A1 A2= 由已知条件知P(A)=P(A)=1P(B|A)=5%,P(B|A)=0.25% 2o1212由贝叶斯公式，有 15×P(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 一学生接连参加同一课程的两次考试。第一次及格的概率为P，若第一次及格则第二次及格的概率也为P；若第一次不及格则第二次及格的概率为P（1）若至少有一次及格则他能取得某种资2格，求他取得该资格的概率。（2）若已知他第二次已经及格，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=两次均不及格= 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)定义PP （*） (A)122由乘法公式，有P (A1 A2)= P (A1) P (A2| A1) = P2 由全概率公式，有P(A)=P(A)P(A|A)+P()P(A|) 2121121=P×P+(1-P)×P2P=+22P2 将以上两个结果代入（*）得P(A|A)=12P2P2P+22=2PP+128.二十五 某人下午5:00下班，他所积累的资料表明： 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P(A|C)=P(C|A)P(A)=P(C)0.5´0.450.459=0.6923110.6513P(C|A)+P(C|B)2229.二十四 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（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=1，2 Aj表示“第j箱产品” j=1,2，显然A1A2=S A1A2=（1）P(B)=1×10+1×18=2=0.4（B1= A1B +A2B由全12502305概率公式解）。110911817+P(B1B2)（2）P(B2|B1)=0.4857 2P(B1)5（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 独立，求L和R是通路的概率。记Ai表第i个接点接通 4 5 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)(A1A3 A4A5) + P (A1A2 A4A5)+ P (A1A2 A3 A4) +P+ P (A1A2 A3A4A5) 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互相独立。 +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）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。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 (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独立) = P1P2P3+ P1P4P1P2P3P4 (A1, A2, A3,34.三十一 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，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m1rn()+´1rm+n2m+nm1r ()P(A)P(Br|A)mP(A|Br)=m1rnP(Br)m+n×2r()+m+n2m+nP(Br)=P(A)P(Br|A)+P()P(Br|)=（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 H1=B123+123+12B3，三种情况互斥。 H2=B1B23+B12B3+1B2B3H3=B2B2B3 三种情况互斥又 B1，B2，B2独立。 P(H1)=P(B1)P(2)P(3)+P(1)P(B2)P(3)+P(1)P(2)P(B3)=0.4´0.5´0.3+0.6´0.5´0.3+0.6´0.5´0.7=0.36 P(H2)=P(B1)P(B2)P(3)+P(B1)P(2)P(B3)+P(1)P(B2)P(B3)=0.4´0.5´0.3+0.4×0.5×0.7+0.6×0.5×0.7=0.41P (H3)=P (B1)P (B2)P(B3)=0.4×0.5×0.7=0.14又因： A=H1A+H2A+H3A 三种情况互斥 故由全概率公式，有P (A)= P(H1)P (A|H1)+P (H2)P (A|H2)+P (H3)P (AH3)=0.36×0.2+0.41×0.6+0.14×1=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)=0.05，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=0.8624 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 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，CCCC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)=1- 2又P (ABCA|AAAA)= P (D | B 1) = P (A收| A发) P (B收| A发) P (C收| A发) P (A收| A发)=2(1-2)2，3同样可得P (D | B 2) = P (D | B 3) =×(1-) 2于是由全概率公式，得P(D)=åP(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 =2P+(1-)(P112+P3)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、B2、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P(C)=P(A1B1)+P(A1B2)+P(A1B3)+P(A2B1)+P(A3B1)独立性P(A)P(B)+P(A)P(B)+P(A)P(B)+P(A)P(B)+P(A)P(B)1112132131=32333422225×+×+×+×+×=79797979799 （2）记D=有一只蓝球，一只白球，而且知D= A1B3+A3B1两种情况互斥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三人在同一办公室工作，房间有三部电话，据统计知，打给A，B，C的电话的概221率分别为5。他们三人常因工作外出，A，B，,5511C三人外出的概率分别为1，设三人的行动相,244互独立，求（1）无人接电话的概率；（2）被呼叫人在办公室的概率；若某一时间断打进了3个电话，求（3）这3个电话打给同一人的概率；（4）这3个电话打给不同人的概率；（5）这3个电话都打给B，而B却都不在的概率。 话 解：记C1、C2、C3分别表示打给A，B，C的电D1、D2、D3分别表示A，B，C外出 注意到C1、C2、C3独立，且P(C)=P(C12)=21,P(C3)=55(D3) P(D1)=11,P(D2)=P(D3)=24 （1）P（无人接电话）=P (D1D2D3)= P (D1)P (D2)P111 =1 ´´=24432（2）记G=“被呼叫人在办公室”，由有限可加性与乘法G=CD+CD+CD三种情况互斥，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´+´+´=52545420æ由于某人外出与öç÷ç否和来电话无关÷çç故P(D|C)=P(D)÷÷kkkøè（3）H为“这3个电话打给同一个人” P(H)=22222211117´´+´´+´´=555555555125（4）R为“这3个电话打给不同的人”R由六种互斥情况组成，每种情况为打给A，B，C的三个电话，每种情况的概率为2214´´=555125 424于是P(R)=6´125 =125（5）由于是知道每次打电话都给B，其概率是1，所以每一次打给B电话而B不在的概率为1，且4各次情况相互独立于是 P（3个电话都打给B，B都不在的概率）=(1)43=164 第二章 随机变量及其分布 1.一 一袋中有5只乒乓球，编号为1、2、3、4、5，在其中同时取三只，以X表示取出的三只球中的最大号码，写出随机变量X的分布律解：X可以取值3，4，5，分布律为P(X=3)=P(一球为3号,两球为1,2号)=21´C23C5=11021´C33C5 P(X=4)=P(一球为4号,再在1,2,3中任取两球)=310=610 P(X=5)=P(一球为5号,再在1,2,3,4中任取两球)=21´C43C5也可列为下表 X： 3， 4，5 136P：10 ,10103.三 设在15只同类型零件中有2只是次品，在其中取三次，每次任取一只，作不放回抽样，以X表示取出次品的只数，（1）求X的分布律，（2）画出分布律的图形。解：任取三只，其中新含次品个数X可能为0，1，2个。P(X=0)=3C133C15=2235 P(X=1)=12C2´C133C1521C2´C133C1512=35=135P(X=2)=再列为下表X： 0， 1， 222121P： 35 ,35354.四 进行重复独立实验，设每次成功的概率为p，失败的概率为q =1p(0<p<1)（1）将实验进行到出现一次成功为止，以X表示所需的试验次数，求X的分布律。（此时称X服从以p为参数的几何分布。）（2）将实验进行到出现r次成功为止，以Y表示所需的试验次数，求Y的分布律。（此时称Y服从以r, p为参数的巴斯卡分布。）（3）一篮球运动员的投篮命中率为45%，以X表示他首次投中时累计已投篮的次数，写出X的分布律，并计算X取偶数的概率。解：（1）P (X=k)=qk1p k=1,2,（2）Y=r+n=最后一次实验前r+n1次有 n次失败，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，或记r+n=k，则 PY=k=Cp(1-p),k=r,r+1,Lk1（3）P (X=k) = (0.55)0.45 k=1,2 P (X取偶数)=åP(X=2k)=å(0.55)k=1k=1¥¥2k-10.45=1131 6.六 一大楼装有5个同类型的供水设备，调查表明在任一时刻t每个设备使用的概率为0.1，问在同一时刻（1）恰有2个设备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个设备被使用的概率是多少？ P(X³3)=C´(0.1)´(0.9)+C´(0.1)´(0.9)+C´(0.1)=0.00856 （3）至多有3个设备被使用的概率是多少？ P(X£3)=C(0.9)+C´0.1´(0.9)+C´(0.1)´(0.9)+C´(0.1)´(0.9)=0.99954（4）至少有一个设备被使用的概率是多少？P(X³1)=1-P(X=0)=1-0.59049=0.40951五 一房间有3扇同样大小的窗子，其中只有一扇是打开的。有一只鸟自开着的窗子飞入了房间，它只能从开着的窗子飞出去。鸟在房子里飞来飞去，试图飞出房间。假定鸟是没有记忆的，鸟飞向各扇窗子是随机的。（1）以X表示鸟为了飞出房间试飞的次数，求X的分布律。（2）户主声称，他养的一只鸟，是有记忆的，它飞向任一窗子的尝试不多于一次。以Y表示这只聪明的鸟为了飞出房间试飞的次数，如户主所说是确实的，试求Y的分布律。2525-22523353245455505515425233532 （3）求试飞次数X小于Y的概率；求试飞次数Y小于X的概率。解：（1）X的可能取值为1，2，3，n，P X=n=P 前n1次飞向了另2扇窗子，第n次飞了出去1 =(2)×， n=1，2， 33n-1（2）Y的可能取值为1，2，3P Y=1=P 第1次飞了出去=1 3P Y=2=P 第1次飞向 另2扇窗子中的一扇，第2次飞了出去11 =2´= 323P Y=3=P 第1，2次飞向了另2扇窗子，第3次飞了出去!1 =2= 3!3(3)PX<Y=æ全概率公式并注意到öççPX<Y|Y=1=0÷÷èø3åPY=kPX<Y|Y=kk=13 åPY=kPX<Y|Y=kk=2= åPY=kPX<kk=23111é121ù´+´+´ú=333ê333ûë 注意到X,Y独立即PX<Y|Y=k=PX<k同上，PX=Y=åPY=kPX=Y|Y=kk=13 =1121419 ´+´+´=åPY=kPX=k=1333932781k=13故PY<X=1-PX<Y-PX=Y
