概率论与数理统计第四版课后习题答案盛骤浙江大学文档格式.docx
- 文档编号:21747803
- 上传时间:2023-02-01
- 格式:DOCX
- 页数:119
- 大小:66.30KB
概率论与数理统计第四版课后习题答案盛骤浙江大学文档格式.docx
《概率论与数理统计第四版课后习题答案盛骤浙江大学文档格式.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《概率论与数理统计第四版课后习题答案盛骤浙江大学文档格式.docx(119页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
从而由加法定理得
P(AB)=P(A)+P(B)-P(A∪B)(*)
(1)从0≤P(AB)≤P(A)知,当AB=A,即A∩B时P(AB)取到最大值,最大值为P(AB)=P(A)=0.6,
(2)从(*)式知,当A∪B=S时,P(AB)取最小值,最小值为
P(AB)=0.6+0.7-1=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
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=488
8.[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)=55
A262=11130
9.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0,1,2„„9)
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)=A10
1044=0.504
10.[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æ
ç
10ö
÷
种,且每种选法等可能。
è
3ø
è
2ø
5ö
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´
æ
1´
1è
P(A)==12æ
3÷
ø
∴
(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æ
种,且è
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´
种
P(B)==20æ
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´
C176432=2522431
12.[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æ
200个产品恰有90个次品,取法有æ
400ö
1100ö
90÷
110÷
1500ö
200÷
种,每种取法等可能。
200ø
种è
90ø
110ø
∴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,取法有æ
种,200个产品含一个次品,取法有æ
1ø
199ø
∵A=B0+B1且B0,B1互不相容。
é
1100
ê
200P(A)=1-P(A)=1-[P(B0)+P(B1)]=1-ê
1500ê
200ê
ë
ù
1÷
199÷
ú
+ú
ö
û
ö
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æ
4ø
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4æ
4÷
´
2è
\P(A)=C5×
2
C10444=821
813=2121P(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4³
3³
2种。
(选排列:
好比3个球在4个位置做排列)
P(A1)=4´
3´
43=616
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´
3
432P(A2)==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)=4
43=116
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〕×
[C3´
C23]´
10
C50´
LL´
C233333333P(A)==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)
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,
2732732732730”位置上。
这种铆法有A33´
A47+A3´
A47+LL+A3+A47=10´
A3´
A47种
P(A)=10´
A47
A5030327=1=0.000511960
17.[十三]已知P(A)=0.3,P(B)=0.4,P(AB)=0.5,求P(B|AÈ
B)。
解一:
P(A)=1-P(A)=0.7,P(B)=1-P(B)=0.6,A=AS=A(BÈ
B)=ABÈ
AB注意(AB)(AB)=f.故有
P(AB)=P(A)-P(AB)=0.7-0.5=0.2。
再由加法定理,
P(A∪B)=P(A)+P(B)-P(AB)=0.7+0.6-0.5=0.8于是P(B|AÈ
B)=P[B(AÈ
B)]
P(AÈ
B)P(AB)P(AÈ
B)0.2=0.250.8==
解二:
P(AB)=P(A)P(B|A)¾
¾
®
05=07×
P(B|A)
\P(B|A)=0.5
0.7=5
7Þ
P(B|A)=2
7 故 P(AB)=P(A)P(B|A)=
1
P(B|AÈ
B)P(BA)定义P(BAÈ
BB)5===0.25P(AÈ
B)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(AÈ
432
11´
P(A)P(B|A)定义P(AB)1143=¾
由已知条件¾
有=Þ
P(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)=112
由加法公式,得P(AÈ
B)=P(A)+P(B)-P(AB)=1111+-=46123
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)。
(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)=6
62=12,P(AB)=2,66
故P(A|B)=P(AB)6=P(B)1
62=21=63
20.[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。
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)=1-P(C|AB)=1-0.4=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)
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。
C8
C2P(A)=2
10=2845=0.62
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)=A82
A102=2845
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´
7
9=28
45
(2)二只都是次品(记为事件B)
C22法一:
P(B)=C102=145
P(B)=A22
A102=145
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´
C2
C10211法一:
P(C)==1645
P(C)=(C8´
C2)´
A2
2A10112=1645
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)
因为要注意第一、第二次的顺序。
不能用组合作,
A9´
A10211法二:
P(D)==15
P(D)=P(A1A2+A1A2)且A1A2与A1A2互斥=P(A1)P(A2|A1)+P(A1)P(A2|A1)=82211´
+´
=1091095
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。
Q
\H=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)
=1
10+9
10´
9+9
8
9´
8=3
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,C1∪C2∪C3=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)
=C5
C22
9×
511+C4C229×
711+C5×
C4C2911×
611=5399
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?
A1={男人},A2={女人},B={色盲},显然A1∪A2=S,A1A2=φ由已知条件知P(A1)=P(A2)=1oP(B|A1)=5%,P(B|A2)=0.25%2
由贝叶斯公式,有
P(A1|B)=
P(A1B)P(B)
=
P(A1)P(B|A1)
P(A1)P(B|A1)+P(A2)P(B|A2)
×
5
202100
1512521×
+×
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。
Ai={他第i次及格},i=1,2
已知P(A1)=P(A2|A1)=P,P(A2|A1)=P
(1)B={至少有一次及格}所以B={两次均不及格}=A1A2
∴P(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-
12P
(2)P(A1A2)
定义P(A1A2)
P(A2)
(*)
由乘法公式,有P(A1A2)=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=+
22
将以上两个结果代入(*)得P(A1|A2)=
PP
+22
2P
P+1
28.[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。
设A=“乘地铁”,B=“乘汽车”,C=“5:
45~5:
49到家”,由题意,AB=φ,A∪B=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)22
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
(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。
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A1∪A2=S
(1)P(B1)=A1A2=φ1101182×
==0.4(B1=A1B+A2B由全概率公式解)。
2502305
1109
(2)P(B2|B1)=P(B1B2)P(B1)=25049+2
51181723029=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(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)=p+p+p+p-[p+p+p+p+p+p]
5555523452323444454+[p+p+p+p]-p=2p+3p-5p+2p
[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(A1A2A3A4)
=P(A1)P(A2)P(A3)+P(A1)P(A4)-P(A1)P(A2)P(A3)P(A4)
=P1P2P3+P1P4-P1P2P3P4(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?
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)=
m
\1r()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。
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
0.3+0.6´
0.7=0.36
P(H2)=P(B1)P(B2)P(B3)+P(B1)P(B2)P(B3)
0.3
+0.4×
0.5×
0.7+0.6×
0.7=0.41
P(H3)=P(B1)P(
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 概率论 数理统计 第四 课后 习题 答案 浙江大学