概率论与数理统计浙大第四版习题答案全.doc

概率论与数理统计浙大第四版习题答案全 概率论与数理统计习题答案 完全版浙大第四版（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）n´100üìo1S=í,LLý，n表小班人数 nînnþ（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： ABC或A (AB+AC)或A (BC)（2）A，B都发生，而C不发生。表示为： ABC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表示为：ABC或S (A+B+C)或AÈBÈC （5）A，B，C都不发生， （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AB,BC,AC中至少有一个发生。故 表示为：AB+BC+AC。（7）A，B，C中不多于二个发生。 相当于：A,B,C中至少有一个发生。故 表示为：A+B+C或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P(A)=P(B)=P(C)=P(AC)=1. 求A，B，C至少有一个发生的概率。 81,P(AB)=P(BC)=0，4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)= 315-+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”2 从26个任选两个来排列，排法有A26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 P(A)=552A26=11 1309. 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。4后四个数全不同的排法有A10 P(A)=A101044=0.50410.六 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A 10人中任选3人为一组：选法有æç10è3ö÷种，且每种选法等可能。 øè2ø5ö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1´æç÷æ5ö1´ç÷1è2øP(A)= 12æ10öç3÷èø（2）求最大的号码为5的概率。ö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æç3÷种，且èø10 4ö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1´æç÷è2ø种æ4ö1´ç÷1è2ø P(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。9在17桶中任取9桶的取法有C17种，且每种取法等可能。432取得4白3黑2红的取法有C10´C4´C3故 P(A)=C10´C4´C3C176432=252 243112.八 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æç200个产品恰有90个次品，取法有æçæ400öæ1100öç90÷ç110÷èøèøæ1500öç200÷èø1500ö÷种，每种取法等可能。 è200ø400öæ1100ö÷ç÷种 è90øè110ø P(A)=（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1100öæ400öæ1100ö有æç200÷种，200个产品含一个次品，取法有ç1÷ç199÷种 èøèøèø A=B0+B1且B0，B1互不相容。éæ1100êçè200P(A)=1-P(A)=1-P(B0)+P(B1)=1-ê1500êæç200êèëæ400öæ1100öùç1÷ç199÷úèøèø+ú öæ1500öú÷ç200÷úøèøûö÷ø13.九 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æç10ö÷种，每种取法等可能。 è4ø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4æ5öç4÷´2 èøP(A)=C5×2C10444=821813=2121 P(A)=1-P(A)=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´243=6 16对A2：必须三球放入两杯，一杯装一球，一杯装两球。放法有C32´4´3种。 (从3个球中选2个球，选法有C32，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。C3´4´3432P(A2)=9 16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)=443=1 1616.十二 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）3333对E：铆法有C50´C47´C44LL´C23种，每种装法等可能333对A：三个次钉必须铆在一个部件上。这种铆法有C33´C4710´C44LLC23×种C3´C47´C44LL´C23´10C50´C47´LL´C233333333P(A)=1=0.00051 1960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）3对E：铆法有A50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“4，5，6”位置上，或“28，29，27327327327+A3´A47+LL+A3+A47=10´A3´A47种 30”位置上。这种铆法有A33´A47 P(A)=10´A3´A4730A50327=1=0.00051 196017.十三 已知P(A)=0.3,P(B)=0.4,P(AB)=0.5,求P(B|AÈB)。解一：P(A)=1-P(A)=0.7,P(B)=1-P(B)=0.6,A=AS=A(BÈB)=ABÈAB注意(AB)(AB)=f. 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P(B|AÈB)=PB(AÈB)P(AÈB)=P(AB)P(AÈB)=0.2=0.25 0.8解二:P(AB)=P(A)P(B|A)¾¾¾®05=07×P(B|A)P(B|A)=0.50.7=57ÞP(B|A)=27故P(AB)=P(A)P(B|A)=1P(B|AÈB)P(BA)定义P(BAÈBB)5=0.25P(AÈB)P(A)+P(B)-P(AB)0.7+0.6-0.515由已知 18.十四 P(A)=111,P(B|A)=,P(A|B)=,求P(AÈB)。 43211´P(A)P(B|A)定义P(AB)1143=¾由已知条件¾¾¾¾®有=ÞP(B)=解：由P(A|B) P(B)P(B)2P(B)6由乘法公式，得P(AB)=P(A)P(B|A)=1 121111+-= 46123由加法公式，得P(AÈB)=P(A)+P(B)-P(AB)= 19.十五 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1点。故P(A)=P(AB)P(B)21= 63方法二：（用公式P(A|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)=662=12,P(AB)=2， 662故P(A|B)=P(AB)6=P(B)162=21 =6320.十六 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 (C|AB)=1P (C |AB)=10.4=0.6.从而P (ABC)= P (AB) · P(C|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。C82P(A)=C102=2845=0.62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。P(A)=A82A102=28 45 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。P(A)=P(A1A2)=P(A)P(A2|A1)=810´79=2845（2）二只都是次品（记为事件B）C22法一： P(B)=2C10=1 45法二： P(B)=A22A102=1 45法三： P(B)=P(A1A2)=P(A1)P(A2|A1)=211´= 10945（3）一只是正品，一只是次品（记为事件C）C8´C2C10211法一： P(C)=16 45法二： P(C)=(C8´C2)´A2A102112=16 45 法三： P(C)=P(A1A2+A1A2)且A1A2与A1A2互斥 288216´+= 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，A9´A2A10211法二： P(D)=1 5法三：P(D)=P(A1A2+A1A2)且A1A2与A1A2互斥 =P(A1)P(A2|A1)+P(A1)P(A2|A1)=82211´+´= 109109522.十八 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。QH=A1+A1A2+A1A2A3三种情况互斥P(H)=P(A1)+P(A1)P(A2|A1)+P(A1)P(A2|A1)P(A3|A1A2)=110+910´19+910´89´18=310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+A1A2|B+A1A2A3|B)=P(A1|B)+P(A1|B)P(A2|BA1)+P(A1|B)P(A2|BA1)P(A3|BA1A2)=1414313+´+´´= 5545435 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）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)=C5C922×511+C4C922×711+C5×C4C9211×611=539926.二十一 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(A1)=P(A2)=由贝叶斯公式，有 1oP(B|A1)=5%,P(B|A2)=0.25% 2 1P(A1|B)=P(A1B)P(B)=P(A1)P(B|A1)P(A1)P(B|A1)+P(A2)P(B|A2)=202100=1512521×+×2100210000×5 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2有一次及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(A2|A1)=P2（1）B=至少有一次及格 所以B=两次均不及格=A1A2P(B)=1-P(B)=1-P(A1A2)=1-P(A1)P(A2|A1) =1-1-P(A1)1-P(A2|A1) =1-(1-P)(1-P2)=32P-12P2（2）P(A1A2)定义P(A1A2) P(A2)（*）由乘法公式，有P (A1 A2)= P (A1) P (A2| A1) = P2由全概率公式，有P(A2)=P(A1)P(A2|A1)+P(A1)P(A2|A1)=P×P+(1-P)×P2 =PP+222 将以上两个结果代入（*）得P(A1|A2)=P22PP+22=2PP+128.二十五 某人下午5:00下班，他所积累的资料表明： 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P(A|C)=P(C|A)P(A)P(C)=0.5´0.450.459=0.6923 110.6513P(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=1，2Aj表示“第j箱产品” j=1,2，显然A1A2=S （1）P(B1)=A1A2= 1101182×+×=0.4（B1= A1B +A2B由全概率公式解）。 25023051109（2）P(B2|B1)=P(B1B2)P(B1)=25049+251181723029=0.4857 （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 (A1A2 A4A5)+ P (A1A2 A3 A4) +P (A1A3 A4A5)+ 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。故 P (A)=p2+ p3+ p2+ p3p4 +p4 +p4 +p4 +p5 +p4 4 5+ 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(加法公式) P (A)= P (A1A2A3)+P (A1A4)P (A1A2A3 A4)= 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1rnr()+´1m+n2m+nmP(Br)=P(A)P(Br|A)+P(A)P(Br|A)=m1r ()P(A)P(Br|A)mm+n2P(A|Br)=rm1rnP(Br)m+n×2()+m+n2m+n（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=B1B2B3+B1B2B3+B1B2B3，三种情况互斥。 H2=B1B2B3+B1B2B3+B1B2B3 三种情况互斥 H3=B2B2B3又 B1，B2，B2独立。 P(H1)=P(B1)P(B2)P(B3)+P(B1)P(B2)P(B3)+P(B1)P(B2)P(B3)=0.4´0.5´0.3+0.6´0.5´0.3+0.6´0.5´0.7=0.36P(H2)=P(B1)P(B2)P(B3)+P(B1)P(B2)P(B3)+P(B1)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)333=0.8×(0.98)+0.15×(0.9)+0.05×(0.1)=0.8624P(A1B)P(B)P(A2B)P(B)P(A3B)P(B)P(A1)P(B|A1)P(B)P(B)P(A3)P(B|A3)P(B)0.8´(0.98)0.8624=0.15´(0.9)0.86240.05´(0.1)0.8624333P(A1|B)=0.8731=0.1268 =0.0001 P(A2|B)=P(A3|B)=P(A2)P(B|A2)37.三十四 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)， 21-3) 2同样可得P (D | B 2) = P (D | B 3) =×(于是由全概率公式，得3P(D)=åP(Bi=12i)P(D|Bi) =p1a(1-21-3)+(P2+P3)()22由Bayes公式，得 P (AAAA|ABCA)= P (B 1 | D ) =P(B1)P(D|B1)P(D) =2P12P1+(1-)(P2+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(A1)P(B1)+P(A1)P(B2)+P(A1)P(B3)+P(A2)P(B1)+P(A3)P(B1)=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×+×=797963P(CD)P(C)=P(D)P(C)=1635 （3）P(D|C)=(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的电话的概率分别为率分别为1,2141，设三人的行动相互独立，求 42,52,51。他们三人常因工作外出，A，B，C三人外出的概5（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。解：记C1、C2、C3分别表示打给A，B，C的电话 D1、D2、D3分别表示A，B，C外出 注意到C1、C2、C3独立，且P(C1)=P(C2)= P(D1)=1,2P(D2)=P(D3)=1 42,5P(C3)=1 5（1）P（无人接电话）=P (D1D2D3)= P (D1)P (D2)P (D3) =1111´´= 24432（2）记G=“被呼叫人在办公室”，G=C1D1+C2D2+C3D3三种情况互斥，由有限可加性与乘法公式 P(G)=P(C1D1)+P(C2D2)+P(C3D3)æ由于某人外出与ç=P(C1)P(D1|C1)+P(C2)P(D2|C2)+P(C3)P(D3|C3)ç否和来电话无关çç故P(D|C)=P(D21231313kkkè=´+´+´=52545420ö÷÷ ÷)÷ø（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于是P(R)=6´424= 125125（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，且各次情况相互独立 4于是 P（3个电话都打给B，B都不在的概率）=()3= 141 64 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)=1´C2C532=1101´C33C52P(X=4)=P(一球为4号,再在1,2,3中任取两球)=2310=610 P(X=5)=P(一球为5号,再在1,2,3,4中任取两球)=1´C4C53也可列为下表 X： 3， 4，5 P：136,1010103.三 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)=C13C15133=22352P(X=1)=C2´C13C15C2´C13C15321312= 35P(X=2)=1 35再列为下表 X： 0， 1， 2 P：22121, 3535354.四 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)=qk1pk=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)=Cr+n-1qpnnr-1p=Cr+n-1qp,nnrn=0,1,2,L,其中 q=1p，k=r,r+1,L -1rk-r或记r+n=k，则 PY=k=Ckr-,1p(1-p)（3）P (X=k) = (0.55)k10.45¥¥(0.55)k=1,2 2k-1P (X取偶数)=åP(X=2k)=k=1åk=10.45=11 316.六 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)=C5pq225-2=C5´(0.1)´(0.9)=0.0729 223（2）至少有3个设备被使用的概率是多少？P(X³3)=C5´(0.1)´(0.9)+C5´(0.1)´(0.9)+C5´(0.1)=0.00856 3324455（3）至多有3个设备被使用的概率是多少？P(X£3)=C5(0.9)+C5´0.1´(0.9)+C5´(0.1)´(0.9)+C5´(0.1)´(0.9)=0.99954 3320514223（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。（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n-1 =()×231， n=1，2， 31 3（2）Y的可能取值为1，2，3 P Y=1=P 第1次飞了出去=P Y=2=P 第1次飞向 另2扇窗子中的一扇，第2次飞了出去 =211 ´=323P Y=3=P 第1，2次飞向了另2扇窗子，第3次飞了出