概率论与数理统计及其应用课后答案浙江大学盛骤版.docx
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概率论与数理统计及其应用课后答案浙江大学盛骤版
第1章随机变量及其概率
1,写出下列试验的样本空间:
(1)连续投掷一颗骰子直至6个结果中有一个结果出现两次,记录
投掷的次数。
(2)连续投掷一颗骰子直至6个结果中有一个结果接连出现两次,
记录投掷的次数。
(3)连续投掷一枚硬币直至正面出现,观察正反面出现的情况。
(4)抛一枚硬币,若出现H则再抛一次;若出现T,则再抛一颗骰
子,观察出现的各种结果。
解:
(1)S二{2,345,6,7};
(2)S二{2,3,4,};(3)S={H,TH,TTH,TTTH,…};
(4)S={HH,HT,T1,T2,T3,T4,T5,T6}。
2,设A,B是两个事件,已知P(A)=0.25,P(B)=0.5,P(AB)=0.125,,求
P(AB),P(AB),P(AB),P[(AB)(AB)]。
解:
P(A一B)二P(A)P(B)-P(AB)=0.625,
P(AB)二P[(S-A)B]二P(B)-P(AB)=0.375,
P(AB)=1-P(AB)-0.875,
P[(A-B)(AB)]二P[(A-B)(S_AB)]二P(A-B)_P[(A-B)(AB)]二0.625_P(AB)二0.5
3,在100,101,…,999这900个3位数中,任取一个3位数,求
不包含数字1个概率。
解:
在100,101,…,999这900个3位数中不包含数字1的3位数
的个数为899=648,所以所求得概率为
648
900
=0.72
4,在仅由数字0,1,2,3,4,5组成且每个数字至多出现一次的全体三位数中,任取一个三位数。
(1)求该数是奇数的概率;
(2)求该数大于330的概率。
解:
仅由数字0,1,2,3,4,5组成且每个数字之多出现一次的全体三位数的个数有554=100个。
(1)该数是奇数的可能个数为
443=48个,所以出现奇数的概率为
48
100
-0.48
(2)该数大于330的可能个数为245454=48,所以该数大于
330的概率为
5,袋中有5只白球,
48
100
=0.48
4只红球,3只黑球,在其中任取4只,求下列
事件的概率
(1)4只中恰有2只白球,1只红球,1只黑球。
(2)4只中至少有2只红球。
(3)4只中没有白球。
(1)所求概率为
c;c4c;
cA
33
(2)
所求概率为
C:
C;+C:
c8+C:
20167
C2_495_165
⑶所求概率为兽鲁话
6,一公司向M个销售点分发n(n:
:
:
M)张提货单,设每张提货单分发给每一销售点是等可能的,每一销售点得到的提货单不限,求其中某一特定的销售点得到k(k乞n)张提货单的概率。
解:
根据题意,n(n:
:
:
M)张提货单分发给M个销售点的总的可能分法
有Mn种,某一特定的销售点得到k(k_n)张提货单的可能分法有
C:
(M-1严种,所以某一特定的销售点得到k(k乞n)张提货单的概率为
kn_k
Cn(M-1)
乙将3只球(1~3号)随机地放入3只盒子(1~3号)中,一只盒子装一只球。
若一只球装入与球同号的盒子,称为一个配对。
(1)求3只球至少有1只配对的概率。
(2)求没有配对的概率。
解:
根据题意,将3只球随机地放入3只盒子的总的放法有3!
=6
种:
123,132,213,231,312,321;没有1只配对的放法有2种:
312,231。
至少有1只配对的放法当然就有6-2=4种。
所以
(2)没有配对的概率为-;
63
(1)至少有1只配对的概率为1-丄=2。
33
8,
(1)设P(A)=0.5,P(B)=0.3,P(AB)=0.1,,求P(A|B),P(B|A),P(A|A一B),
P(AB|A一B),P(A|AB).
(2)袋中有6只白球,5只红球,每次在袋中任取1只球,若取到白球,放回,并放入1只白球;若取到红球不放回也不放入另外的球。
连续取球4次,求第一、二次取到白球且第三、四次取到红球的概率。
解:
(1)由题意可得P(A_.B)=P(A)•P(B)—P(AB)=0.7,所以
P(A|B)二
P(AB)
P(B)
0.1
0.3
P(B|A)=
P(AB)
P(A)
1
0.55
P(A|A一B)
P[A(A一B)]
P(AB)
P(A)5
P(AB)一7
P(AB|AB)=
P[AB(AB)]
P(AB)
P(AB)
P(AB)
p(a|ab)」[A(AB)]=迴=1。
P(AB)P(AB)
(2)设A(i=123,4)表示“第i次取到白球”这一事件,而取到红球可
以用它的补来表示。
那么第一、二次取到白球且第三、四次取到红球
可以表示为A1A2A3A4,它的概率为(根据乘法公式)
HA1A2A3A4)=P(A)P(AIAJPg|AA2)p(A|AA2A3)
AZAA
11121312
840
20592
二0.0408
9,一只盒子装有2只白球,2只红球,在盒中取球两次,每次任取一只,做不放回抽样,已知得到的两只球中至少有一只是红球,求另一只也是红球的概率。
解:
设“得到的两只球中至少有一只是红球”记为事件A,“另一只
也是红球”记为事件B。
则事件A的概率为
22215
P(A)=2(先红后白,先白后红,先红后红)
43436
所求概率为
P(B|A)二
P(AB)
P(A)
21
一X一A
43_1
5_5
10,一医生根据以往的资料得到下面的讯息,他的病人中有5%的人以为自己患癌症,且确实患癌症;有45%的人以为自己患癌症,但实际上未患癌症;有10%的人以为自己未患癌症,但确实患了癌症;最后40%的人以为自己未患癌症,且确实未患癌症。
以A表示事件“一病人以为自己患癌症”,以B表示事件“病人确实患了癌症”,求下列概率。
(1)P(A),P(B);
(2)P(B|A);(3)P(B|A);(4)P(A|B);(5)P(A|B)。
解:
(1)根据题意可得
P(A)二P(AB)P(AB)二5%45%=50%;
P(B)=P(BA)P(BA)=5%10%=15%;
(2)根据条件概率公式:
P(B|A)=P(AB)=0.1;
P(A)50%
(3)
P(B|A)
P(BA)
P(A)
10%
1-50%
-0.2;
P(A|B)二連二孕
P(B)1—15%
(5)P(A|B)
P(AB)_5%=]
P(B)15%3
11,在11张卡片上分别写上engineering这11个字母,从中任意连抽6张,求依次排列结果为ginger的概率。
解:
根据题意,这11个字母中共有2个g,2个i,3个n,3个e,1
个r。
从中任意连抽6张,由独立性,第一次必须从这11张中抽出2
个g中的任意一张来,概率为2/11;第二次必须从剩余的10张中抽
出2个i中的任意一张来,概率为
2/10;类似地,可以得到6次抽取
的概率。
最后要求的概率为
31
11109876
361.或者C2C2C3C1C3C11
332640一9240;或a61-9240
12,据统计,对于某一种疾病的两种症状:
症状A、症状B,有20%的人只有症状A,有30%的人只有症状B,有10%的人两种症状都有,其他的人两种症状都没有。
在患这种病的人群中随机地选一人,求
(1)该人两种症状都没有的概率;
(2)该人至少有一种症状的概率;
(3)已知该人有症状B,求该人有两种症状的概率。
解:
(1)根据题意,有40%的人两种症状都没有,所以该人两种症状
都没有的概率为1-20%-30%-10%=40%;
(2)至少有一种症状的概率为1-40%=60%;
(3)已知该人有症状B,表明该人属于由只有症状B的30%人群或
者两种症状都有的10%的人群,总的概率为30%+10%=40%,所以在
已知该人有症状B的条件下该人有两种症状的概率为
10%=1
30%10%4
13,一在线计算机系统,有4条输入通讯线,其性质如下表,求一随
机选择的进入讯号无误差地被接受的概率
通讯线
通讯量的份额
无误差的讯息的份额
1
0.4
0.9998
2
0.3
0.9999
3
0.1
0.9997
4
0.2
0.9996
解:
设“讯号通过通讯线
i进入计算机系统”
记为事件A(i=123,4),
“进入讯号被无误差地接受”记为事件B。
则根据全概率公式有
4
P(B)「P(A)P(B|AJ=0.40.99980.30.99990.10.99970.20.9996
i1
=0.99978
14,一种用来检验50岁以上的人是否患有关节炎的检验法,对于确实患关节炎的病人有85%的给出了正确的结果;而对于已知未患关节炎的人有4%会认为他患关节炎。
已知人群中有10%的人患有关节炎,问一名被检验者经检验,认为他没有关节炎,而他却有关节炎的概率。
解:
设“一名被检验者经检验认为患有关节炎”记为事件A,“一名
被检验者确实患有关节炎”记为事件B。
根据全概率公式有
P(A)二P(B)P(A|B)P(B)P(A|B)=10%85%90%4%=12.1%,
所以,根据条件概率得到所要求的概率为
P(B|A)=
p(bA)
p(A)
P(B)P(A|B)_10%(1-85%)仃06%
1-P(A)-1-12.1%一.0
即一名被检验者经检验认为没有关节炎而实际却有关节炎的概率为
17.06%.
15,计算机中心有三台打字机A,B,C,程序交与各打字机打字的概率依次为0.6,0.3,0.1,打字机发生故障的概率依次为0.01,0.05,0.04。
已知一程序因打字机发生故障而被破坏了,求该程序是在A,B,C上打
字的概率分别为多少?
解:
设“程序因打字机发生故障而被破坏”记为事件M“程序在A,B,C三台打字机上打字”分别记为事件Ni,N2,N3。
则根据全概率公式有
3
P(M)二yP(Ni)P(M|Ni)二0・60.010.30.050.10.04二0.025,
i4
根据Bayes公式,该程序是在A,B,C上打字的概率分别为
P(N1|M)二
P(NJP(MN)
P(M)
0.60.01
0.025
-0.24
P(N2|M)=
P(N2)P(MZ)
P(M)
0.30.05
0.025
-0.60
P(N3|M)=
P(N3)P(M|N3)
P(M)
0.10.04
0.025
二0.16
16,在通讯网络中装有密码钥匙,设全部收到的讯息中有95%是可信的。
又设全部不可信的讯息中只有0.1%是使用密码钥匙传送的,而
全部可信讯息是使用密码钥匙传送的。
求由密码钥匙传送的一讯息是可信讯息的概率。
解:
设“一讯息是由密码钥匙传送的”记为事件A,“一讯息是可信
的”记为事件B。
根据Bayes公式,所要求的概率为
P(B|A)二
P(AB)
P(A)
P(B)P(A|B)_95%汇1
P(B)P(A|B)P(B)P(A|B)95%15%0.1%
二99.9947%
17,将一枚硬币抛两次,以A,B,C分别记事件“第一次得H”,“第二次得H”,“两次得同一面”。
试验证A和B,B和C,C和A分别相互独立(两两独立),但A,B,C不是相互独立。
解:
根据题意,求出以下概率为
1
P(A)=P(B匕,
P(C)=
1111
—X—x—
2222
P(AB)二
1
P(BC)=P(CA)=
2
所以有
P(AB)=P(A)P(B),
P(AC)二P(A)P(C),P(BC)=P(B)P(C)。
即表明A和B,B和C,C和A两两独立。
但是
P(ABC)=P(A)P(B)P(C)
所以A,B,C不是相互独立
18,设A,B,C三个运动员自离球门25码处踢进球的概率依次为0.5,0.7,
0.6,设A,B,C各在离球门25码处踢一球,设各人进球与否相互独立,求
(1)恰有一人进球的概率;
(2)恰有二人进球的概率;(3)至少有一人进球的概率。
解:
设“A,B,C进球”分别记为事件叫0=1,2,3)。
(1)设恰有一人进球的概率为5,则
P1二卩{汕心心}PNN2N3}P{N1N2N3}
二p(njp(N2)p(N3)p(Njp(N2)p(N3)p(Njp(N2)p(N3)(由独立性)
=0.50.30.40.50.70.40.50.30.6
-0.29
(2)设恰有二人进球的概率为P2,则
P2二P{NiN2“}PE1N2N3}P{NiN>3}
二P(Ni)P(N2)P(M)P(Ni)P(N2)P(N3)P(Ni)P(N2)P(N3)(由独立性)
=0.50.70.40.50.70.60.50.30.6
=0.44
(3)设至少有一人进球的概率为P3,则
p3=^P{N1N2N3}=^P(N1)P(N2)P(N3^^0.50.30.4=0.94。
19,有一危重病人,仅当在10分钟之内能有一供血者供给足量的A-RH+血才能得救。
设化验一位供血者的血型需要2分钟,将所需的血全部输入病人体内需要2分钟,医院只有一套验血型的设备,且供血者仅有40%的人具有该型血,各人具有什么血型相互独立。
求病人能得救的概率。
解:
根据题意,医院最多可以验血型4次,也就是说最迟可以第4个人才验出是A-RH+型血。
问题转化为最迟第4个人才验出是A-RH+
型血的概率是多少?
因为
第一次就检验出该型血的概率为0.4;
第二次才检验出该型血的概率为0.60.4=0.24;
第三次才检验出该型血的概率为0.620.4=0.144;
第四次才检验出该型血的概率为0.630.4=0.0864;
所以病人得救的概率为0.4+0.24+0.144+0.0864=0.8704
20,—元件(或系统)能正常工作的概率称为元件(或系统)的可靠性。
如图设有5个独立工作的元件1,2,3,4,5按先串联再并联的
方式连接,设元件的可靠性均为p,试求系统的可靠性。
12
第20题
解:
设“元件i能够正常工作”记为事件A(i二123,4,5)那么系统的可靠性为
P{(AiAJ一(A3)-(A4A5)}=P(AA2)P(A3)P34A5)
—P(AA2A0—P(AA2A4As)—卩(人人人)十卩3几乓乓人)
二p(A)p(A2)p(aop(A4)p(A5)-p(a)p(A2)p(A3)-p(a)p(A)p(A4)p(A5)-P(A3)P(A4)P(As)P(A)P(A2)P(A3)P(AJP(A5)
223435
二ppp「p「p「pp
2345
=p2p-2p-pp
21,用一种检验法检测产品中是否含有某种杂质的效果如下。
若真含
有杂质检验结果为含有的概率为0.8;若真不含有杂质检验结果为不含有的概率为0.9,据以往的资料知一产品真含有杂质或真不含有杂质的概率分别为0.4,0.6。
今独立地对一产品进行了3次检验,结果是2次检验认为含有杂质,而一次检验认为不含有杂质,求此产品真含有杂质的概率。
(注:
本题较难,灵活应用全概率公式和Bayes公式)
解:
设“一产品真含有杂质”记为事件A,“对一产品进行3次检验,结果是2次检验认为含有杂质,而1次检验认为不含有杂质”记为事件B。
则要求的概率为P(A|B),根据Bayes公式可得
P(A|B)二
P(A)P(B|A)
P(A)P(B|A)P(A)P(B|A)
又设“产品被检出含有杂质”记为事件C,根据题意有P(A)=0.4,而
且P(C|A)=0.8,P(C|A)=0.9,所以
P(B|A)二C;0.82(1-0.8)=0.384;P(B|A)=C:
(I-0.9)20.9=0.027故,
P(A|B)
P(A)P(B|A)
P(A)P(B|A)P(A)P(B|A)
0.4x0.384
0.40.3840.60.027
0.1536
0.1698
二0.9046
(第1章习题解答完毕)
随机变量及其分布
1,设在某一人群中有40%的人血型是A型,现在在人群中随机地选人来验血,直至发现血型是A型的人
为止,以Y记进行验血的次数,求Y的分布律。
解:
显然,Y是一个离散型的随机变量,Y取k表明第k个人是A型血而前k-1个人都不是A型血,因
此有
P{Y=k}=0.4(1—0.4)k」=0.40£2,(k=1,2,3,…)
上式就是随机变量Y的分布律(这是一个几何分布)。
2,水自A处流至B处有3个阀门1,2,3,阀门联接方式如图所示。
当信号发出时各阀门以0.8的概率打
开,以X表示当信号发岀时水自A流至B的通路条数,求X的分布律。
设各阀门的工作相互独立。
解:
X只能取值0,1,2。
设以A(i二1,2,3)记第i个阀门没有打开这一事件。
则
P{X=0}=P{A1(A2一A3)}二P{(AA2)-(AA3)}
二P{AA}P{AA3}-P{AA2A3}=p(A)P(A)p(a)p(A3)-p(a)p(A2)p(A3)
=(1-0.8)2(1-0.8)2-(1-0.8)3=0.072,
类似有P{X=2}二P{A(a2a3)}=P(AA2A3)=0.83=0.512,
P{X=1}=1-P{X=0}—P{X=2}=0.416,综上所述,可得分布律为
X
0
1
2
P{X=k}
0.072
0.512
0.416
3,据信有20%的美国人没有任何健康保险,现任意抽查15个美国人,以X表示15个人中无任何健康保险的人数(设各人是
1
否有健康保险相互独立)。
问X服从什么分布?
写岀分布律。
并求下列情况下无任何健康保险的概率:
(1)
恰有3人;
(2)至少有2人;(3)不少于1人且不多于3人;(4)多于5人。
解:
根据题意,随机变量X服从二项分布B(15,0.2),分布律为
P(X=k)=C150.2k0.815」,k=0,1,2,15。
(1)P(X=3)=C;50.230.812=0.2501,
(2)P(X_2)=1-P(X=1)-P(X=0)=0.8329;
(3)P(1乞X乞3)=P(X=1)P(X二2)P(X二3)=0.6129;
(4)P(X5)=1-P(X二5)-P(X二4)-P(X二3)-P(X二2)
-P(X=1)-P(X=0)=0.0611
4,设有一由n个元件组成的系统,记为k/n[G],这一系统的运行方式是当且仅当n个元件中至少有
k(0:
:
:
k_n)个元件正常工作时,系统正常工作。
现有一3/5[G]系统,它由相互独立的元件组成,设
每个元件的可靠性均为0.9,求这一系统的可靠性。
解:
对于3/5[G]系统,
当至少有3个元件正常工作时,
系统正常工作。
而系统中正常工作的元件个数
服从二项分布B(5,0.9),所以系统正常工作的概率为
55
kk5k
'P(X二k)八C50.90.1=0.99144
k=3k=3
5,某生产线生产玻璃制品,生产过程中玻璃制品常岀现气泡,以至产品成为次品,设次品率为0.001,现
取8000件产品,用泊松近似,求其中次品数小于7的概率。
(设各产品是否为次品相互独立)
解:
根据题意,次品数X服从二项分布B(8000,0.001),所以
6
P(X:
:
7)=P(X乞6)=二C8Q000.001k0.9998000*
k=0
6
z
k=e
(8000O.OO1)ke"0000.001
k!
6
k=0
8ke*
k!
=0.3134(查表得)
6,
(1)设一天内到达某港口城市的油船的只数x〜二(10),求P{X15}
(2)已知随机变量x〜二(■),且有P{X0}-0.5,求P{X_2}。
解:
(1)P{X15}=1—P{X乞15}=1—0.9513=0.0487;
(2)根据P{X>0}=1—'P{X=0}=—^Q~=0.5,得到,=In2。
所以
P{X_2}=1-P{X=0}-P{X=1}=1-0.5-e=(仁In2)/2:
0.1534
7,—电话公司有5名讯息员,各人在t分钟内收到讯息的次数
X~「:
(2t)(设各人收到讯息与否相互独
(2)求在给定的一分钟内5个讯息员恰
5个讯息员收到相同次数的讯息的概率。
立)。
(1)求在一给定的一分钟内第一个讯息员未收到讯息的概率。
有4人未收到讯息的概率。
(3)写岀在一给定的一分钟内,所有
解:
在给定的一分钟内,任意一个讯息员收到讯息的次数X〜二
(2)
(1)P{X=0}=e,:
0.1353;
(2)设在给定的一分钟内5个讯息员中没有收到讯息的讯息员人数用Y表示,则丫〜B(5,0.1353),所以
P{Y二4}=C;0.13534(1-0.1353)=0.00145。
(3)每个人收到的讯息次数相同的概率为
X表示铃响
至结束讲解的时间。
设X的概率密度为f(X)=«
0_x_1
1)确定k;
(2)求P{X一丄};
其他3
(3)求P{1
4
求P{X
2
3}。
解:
(1)根据1二
f(x)dx二
1
kx2dx
k
,得到
3
(2)
1/3
3x2dx=
27
1/2
(3)
1/4
64
(4)
22
P{X}=3x2dx
3
=1-
'2、
19
2/3
27
r2
r“、0.003x2
9,设随机变量X的概率密度为f(X)=
0
■-
有实根的概率。
0乞x^10
其他
2
,求t的方程t
2Xt5X-4=0
8,一教授当下课铃打响时,他还不结束讲解。
他常结束他的讲解在铃响后的一分钟以内,以
解:
方程
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- 关 键 词:
- 概率论 数理统计 及其 应用 课后 答案 浙江大学 盛骤版