李贤平概率论与数理统计第二章答案.docx
- 文档编号:8108514
- 上传时间:2023-01-28
- 格式:DOCX
- 页数:11
- 大小:19.65KB
李贤平概率论与数理统计第二章答案.docx
《李贤平概率论与数理统计第二章答案.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《李贤平概率论与数理统计第二章答案.docx(11页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
李贤平概率论与数理统计第二章答案
李贤平[概率论与数理统计第二章]答案
第2章条件概率与统计独立性
1,字母M,A,X,A,M分别写在一张卡片上,充分混合后重新排列,问正好得到顺序MAAM的概率是多少?
2,有三个孩子的家庭中,已知有一个是女孩,求至少有一个男孩的概率.3,若M件产品中包含m件废品,今在其中任取两件,求:
(1)已知取出的两件中有一件是废品的条件下,另一件也是废品的条件概率;
(2)已知两件中有一件不是废品的条件下,另一件是废品的条件概率;(3)取出的两件中至少有一件是废品的概率.5,袋中有a只黑球,b吸白球,甲乙丙三人依次从袋中取出一球(取后来放回),试分别求出三人各自取得白球的概率(b≥3).6,甲袋中有a只白球,b只黑球,乙袋中有α吸白球,β吸黑球,某人从甲袋中任出两球投入乙袋,然后在乙袋中任取两球,问最后取出的两球全为白球的概率是多少?
7,设的N个袋子,每个袋子中将有a只黑球,b只白球,从第一袋中取出一球放入第二袋,中,然后从第二袋中取出一球放入第三袋中,如此下去,问从最后一个袋子中取出黑球的概率是多少?
9,,投硬币n回,第一回出正面的概率为c,第二回后每次出现与前一次相同表面的概率为p,求第n回时出正面的概率,并讨论当n→∞时的情况.10,甲乙两袋各将一只白球一只黑球,从两袋中各取出一球相交换放入另一袋中,这样进行,了若干次.以pn,qn,rn分别记在第n次交换后甲袋中将包含两只白球,一只白球一只黑球,两只黑球的概率.试导出pn+1,qn+1,rn+1用pn,qn,rn表出的关系式,利用它们求pn+1,qn+1,rn+1,并讨论当n→∞时的情况.
apn,n≥1,ap11,设一个家庭中有n个小孩的概率为pn=,1,n=0,1p
这里0
13,已知产品中96%是合格品,现有一种简化的检查方法,它把真正的合格品确认为合格,品的概率为0.98,而误认废品为合格品的概率为0.05,求在简化方法检查下,合格品的一个产品确实是合格品的概率.16,设A,B,C三事件相互独立,求证A∪B,AB,AB皆与C独立.,17,若A,B,C相互独立,则A,B,C亦相互独立.,
18,证明:
事件,
A1,A2,,An相互独立的充要条件是下列2n个等式成立:
P(A1A2An)=P(A1)P(A2)P(An),其中Ai取Ai或Ai.
19,若A与B独立,证明{φ,A,A,}中任何一个事件与{φ,B,B,}中任何一个事件是相,互独立的.20,对同一目标进行三次独立射击,第一,二,三次射击的命中概率分别为0.4,0.5,0.7,,试
求
(1)在这三次射击中,恰好有一次击中目标的概率;
(2)至少有一次命中目标的概率.21,设A1,A2,,An相互独立,而P(Ak)=pk,试求:
(1)所有事件全不发生的概率;
(2)诸事件中至少发生其一的概率;(3)恰好发生其一的概率.22,当元件k或元件k1或k2都发生故障时电路断开,元件k发生故障的概率等于0.3,而元,件k1,k2发生故障的概率各为.2,求电路断开的概率.23,说明件产品中抽查,了100件,发现有两件次品,能否据此断定该车间谎报合格率?
解答
1,解:
自左往右数,排第i个字母的事件为Ai,则,
P(A1)=
2211,P(A2A1)=,P(A3A2A1)=,P(A4A3A2A1)=5432
P(A5A4A3A2A1)=1.
所以题中欲求的概率为
P(A1A2A3A4A5)=P(A1)P(A2A1)P(A3A2A1)P(A4A3A2A1)P(A5A4A3A2A1)
=221111=543230
2,解:
总场合数为23=8.设A={三个孩子中有一女},B={三个孩子中至少有一男},A的有,利场合数为7,AB的有利场合为6,所以题中欲求的概率P(B|A)为
P(BA)=
P(AB)6/86==.P(A)7/87
3,解:
)M件产品中有m件废品,Mm件正品.设A={两件有一件是废品},B={两,
(1)(件都是废品},显然AB,则题中欲求的概率为
22Cm/CMm1=P(B|A)=P(AB)/P(A)=P(B)/P(A)=11.22(CmCMm+Cm)/CM2Mm1
1122P(A)=CmCMm+Cm/Cm
(
)
22P(B)=Cm/CM,
(2)设A={两件中有一件不是废品},B={两件中恰有一件废品},显然BA,则)
2112P(A)=CMm+CmCMm/CM,
(
)
112P(B)=CmCMm/CM.
题中欲求的概率为
112CmCMm/CM2mP(B|A)=P(AB)/P(A)=P(B)/P(A)=2=.112(CMm+CmCMm)/CMM+m1
1122(3)P{取出的两件中至少有一件废品}=CmCMm+Cm/CM=
(
)
m(2Mm1).M(M1)
5,解:
A={甲取出一球为白球},B={甲取出一球后,乙取出一球为白球},C={甲,乙各取,出一球后,丙取出一球为白球}.则利用全概率公式得
P(A)=
a(a+b)
甲取出的球可为白球或黑球,
P(B)=P(A)P(B|A)+P(A)P(B|A)=
bb1abb+=a+ba+b1a+ba+b1a+b
甲,乙取球的情况共有四种,由全概率公式得
P(C)=P(AB)P(C|AB)+P(AB)P(C|AB)+P(AB)P(C|AB)+P(AB)P(C|AB)=b(b1)b2abb1+(a+b)(a+b1)a+b2(a+b)(a+b1)a+b2+abb1a(a1)b+(a+b)(a+b1)a+b2(a+b)(a+b1)a+b2
=
b(a+b1)(a+b2)b=.(a+b)(a+b1)(a+b2)a+b
6,解:
设A1={从甲袋中取出2只白球},A2={从甲袋中取出一只白球一只黑球},A3={从甲,袋中取出2只黑球},B={从乙袋中取出2只白球}.则由全概率公式得
P(B)=P(B|A1)P(A1)+P(B|A2)P(A2)+P(B|A3)P(A3)
=
22CaCa+2c1C1C2c2C2a+2b2α+1+2b2a.22cA+Bcα+β+2Ca+bCα+β+2Ca+bCα+β+2
7,:
A1={从第一袋中取出一球是黑球},……,i={从第一袋中取一球放入第二袋中,,解A…,再从第i1袋中取一球放入第i袋中,最后从第i袋中取一球是黑球},i=1,,N.则
P(A1)=
ab,P(A1)=.a+b(a+b)
一般设P(Ak)=
ab,则P(Ak)=,得(a+b)(a+b)a.(a+b)
P(Ak+1)=P(Ak+1|Ak)P(Ak)+P(Ak+1|Ak)P(Ak)=
由数学归纳法得
P(AN)=
a.(a+b)
9,解:
设Ai={第i回出正面},记pi=P(Ai),则由题意利用全概率公式得,
P(Ai+1)=P(Ai+1|Ai)P(Ai)+P(Ai+1|Ai)P(Ai)
=pp1+(1p)(1p1)=(2p1)p1+(1p).
已知pi=c,依次令i=n1,n2,,1可得递推关系式
Pn=(2p1)pn1+(1p),
Pn1=(2p1)pn2+(1p),,
P2=(2p1)p1+(1p)=(2p1)c+(1p).
解得
Pn=(1p)[1+(2p1)+(2p1)2++(2p1)n2]+c(2p1)n1,
当p≠1时利用等比数列求和公式得
pn=(1p)
1(2p1)n111+c(2p1)n1=(2p1)n1+c(2p1)n1.(*)1(2p1)22
n→∞
(1)若p=1,则pn≡C,limpn=C;
(2)若p=0,则当n=2k1时,pn=c;当n=2k时,pn=1c.
若c=若c≠
111,则pn≡,limpn=22n→∞211,则c≠1c,limpn不存在.n→∞2
(3)若0
111limpn=lim(2p1)n1+c(2p1)n1=.n→∞n→∞222
10,解:
令Ai,Bi,Ci分别表示第i次交换后,甲袋中有两只白球,一白一黑,两黑球的事,件,则由全概率公式得
pn+1=P(An+1)=P(An)P(An+1|An)+P(Bn)P(An+1|Bn)+P(Cn)P(An+1|Cn)=0pn+11qn+0rn=qn,44
qn+1=P(Bn+1)=P(An)P(Bn+1|An)+P(Bn)P(Bn+1|Bn)+P(Cn)P(Bn+1|Cn)=1pn+11qn+1rn=pn+qn+rn,,22
rn+1=P(Cn+1)=P(An)P(Cn+1|An)+P(Bn)P(Cn+1|Bn)+P(Cn)P(Cn+1|Cn)11=0pn+qn+0rn=qn.44
这里有pn+1=rn+1,又pn+1+qn+1+rn+1=1,所以qn+1=12pn+1,同理有
qn=12pn,再由pn+1=
11qn得pn+1=(12pn).所以可得递推关系式为441rn+1=pn+1=(12pn),4qn+1=12pn+1
初始条件是甲袋一白一黑,乙袋一白一黑,即p0=r0=0,q0=1,由递推关系式得
rn+1=pn+1=
1111111111(12pn)=pn=(pn1)=+pn1=4424242484
=
11
(1)n+2
(1)n+1p03++n+2+=22n+1222
n+1
11142
n+1
112
11=1
(1)n+162
qn+1=12pn+1
n+21n11=+
(1),326
n+1
211=+
(1)n+1332
12,limqn=.6n→∞3
.
limpn=limrn=
n→∞n→∞
11,解:
设An={家庭中有n个孩子},n=0,1,2,…,B={家庭中有k个男孩}.注意到生男孩,与生女孩是等可能的,由二项分布(p=
1)得2
knkk1=Cn.2n
k11P(B|An)=Cn22
由全概率公式得
∞11pP(B)=∑P(An)P(B|An)=∑apnC=a∑Ck+122n=kn=ki=0kn∞∞nk+1
(其中i=nk)
p=a2
k∞
pp∑Ck1+12=a2i=0
1
k
p12
k1`
=
2apk.(2p)k+1
12,解:
(1)设A={至少有一男孩},B={至少有2个男孩}.AB,AB=B,由
0
p
(2p)(1p)(2p)
P(A)=∑
2apk+1k=1(2p)
∞
k
P(B)=∑
2apkk+1k=2(2p)
∞
p22a(2p)2ap2==,2p1p(2p)2(1p)2(2p)
P(B|A)=
P(AB)P(B)p==.P(A)P(A)2p
(2)C={家中无女孩}={家中无小孩,或家中有n个小孩且都是男孩,n是任意正整数},则
P(C)=1
∞ap1+∑apn1pa=12
n
apapapap23pap+p2=1+2=1+=p1p1p2p(1p)(2p)12
A1={家中正好有一个男孩}={家中只有一个小孩且是男孩},则
P(A1)=ap
11=ap,且A1C,22
所以在家中没有女孩的条件下,正好有一个男孩的条件概率为
P(A1|C)=
P(A1C)P(A1)1apap(1p)(2p)==.=2P(C)P(C)223pap+p2(23pap+p2)(1p)(2p)
13,解:
设A={产品确为合格品},B={检查后判为合格品}.已知P(B|A)=0.98,,
P(B|A)=0.05,(A)=0.96,求P(A|B).由贝叶斯公式得PP(A|B)=P(AB)P(A)P(B|A)=P(B)P(A)P(B|A)+P(A)P(B|A)=0.96×0.980.9408==0.99790.96×0.98+0.04×0.050.9428
.
16,证:
1)P((A∪B)∩C)=P(AC∪BC)=P(AC)+P(BC)P(ABC),()
=P(A)P(C)+P(B)P(C)P(A)P(B)P(C)=P(C)[P(A)+P(B)P(AB)]=P(C)P(A∪B),
∴A∪B与C独立.
(2)P(ABC)=P(A)P(B)P(C)=P(AB)P(C))∴AB与C独立.(3)P((AB)C)=P(ABC)=P(AC(B))=P(AC)P(ABC)
=P(A)P(C)P(A)P(B)P(C)=P(C)[P(A)P(AB)]=P(C)P(AB),
∴AB与C独立.
17,证:
P(AB)=P(A∪B)=1P(A∪B)=1[P(A)+P(B)PAB)],
=1P(A)P(B)+P(A)P(B)=(1P(A))(1P(B))
=P(A)P(B),
同理可证
P(AC)=P(A)P(C),P(BC)=P(B)P(C).
又有
P(ABC)=P(A∪B∪C)=1P(A∪B∪C)
=1[P(A)+P(B)+P(C)P(AB)P(AC)P(BC)+P(ABC)]
=1P(A)P(B)P(C)+P(A)P(B)+P(A)P(C)+P(B)P(C)+P(A)P(B)P(C)=(1P(A))(1P(B))(1P(C))=P(A)P(B)P(C),
所以A,B,C相互独立.
18,证:
必要性,必要性.事件A1,A2,,An相互独立,用归纳法证.不失为一般性,假设总是前必要性
连续m个集Ai取Ai的形式.当m=1时,
P(A1A2An)=P(A2An)P(A1An)P(A1An)=P(A2)P(An)P(A1)p(An)=P(A1)P(A2)P(An).
设当m=k时有
P(A1AkAk+1An)=P(A1)P(Ak)P(Ak+1An),
则当m=k+1时
P(A1Ak+1Ak+2An)=P(A1AkAk+2An)P(A1AkAk+1An)=P(A1)P(Ak)P(Ak+2)P(An)P(A1)P(Ak)P(Ak+1)P(An)
=P(A1)P(Ak)(1P(Ak+1))P(Ak+2)P(An)=P(A1)P(Ak)P(Ak+1)P(Ak+2)P(An)
从而有下列2n式成立:
P(A1A2An)=P(A1)P(A2)P(An),其中Ai取Ai或Ai
.
充分性.设题中条件成立,则充分性
P(A1An)=P(A1)P(An),P(A1An1An)=P(A1)P(An1)P(An).
∵∴
(1)
(2)
A1An1An∩A1An1An=φ,P(A1An1)=P(A1An1An∪A1An1An).
(1)+
(2)得
P(A1An1)=P(A1)P(An1).
(3)
同理有
P(A1An2An1An)=P(A1)P(An2)P(An1)P(An),P(A1An2An1An)=P(A1)P(An2)P(An1)P(An)
两式相加得
P(A1An2An1)=P(A1)P(An2)P(An1).
(3)+(4)得
(4)
P(A1An2)=P(A1)P(A2)P(An2).
同类似方法可证得独立性定义中2n+1个式子,
n
∴
A1,,An相互独立.
19,证:
P(φφ)=P(φ)=0×0=P(φ)P(φ),,
P(φ)=0=P()P(φ),P()=1=P()P(),P(B)=P(B)=P()P(B),P(A)=P(A)=P()P(A),
P(AB)=P(A)P(B)P(AB)=P(AAB)=P(A)P(AB)=P(A)P(A)P(B)=P(A)(1P(B))=P(A)P(B),
同理可得
P(AB)=P(A)P(B).证毕.
20
解
:
P{
三
次
射
击
恰
击
中
目
标
一
次}=0.4(10.5)(10.7)+(10.4)0.5(10.7)+(10.4)(10.5)0.7
=0.36
P{至少有一次命中}=1-P{未击中一次}=1(10.4)(10.5)(10.7)=0.91
21,解:
(1)P{所有的事件全不发生}=P{A1An}=P(A1)P(An)=
∏(1p
k=1
n
k
).
(2)P{至少发生其一}=P(A1∪∪An)
P(A1An)=1P(A1An)=1∏(1pn).
k=1
n
(3)P{恰好发生其一}=p1(1p2)(1pn)+(1p1)p2(1p3)(1pn)+
++
- 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:
- 李贤平 概率论 数理统计 第二 答案