浙大四版《概率论与数理统计》第一章内容提要及课后习题解答.doc

第一章 概率论的基本概念内容提要考试要求1. 了解样本空间的概念, 理解随机事件的概念, 掌握事件的关系与运算.2. 理解概率、条件概率的概念, 掌握概率的基本性质, 会计算古典型概率和几何型概率, 掌握概率的加法公式、减法公式、乘法公式、全概率公式, 以及贝叶斯公式.3. 理解事件独立性的概念, 掌握用事件独立性进行概率计算；理解独立重复试验的概率, 掌握计算有关事件概率的方法.一、古典概型与几何概型1随机试验，样本空间与事件.2古典概型：设样本空间为一个有限集，且每个样本点的出现具有等可能性，则 3几何概型：设为欧氏空间中的一个有界区域, 样本点的出现具有等可能性，则二 事件的关系与概率的性质1. 事件之间的关系与运算律（与集合对应）, 其中特别重要的关系有： （1） A与B互斥（互不相容） （2） A与B 互逆（对立事件） ,（3） A与B相互独立 P（AB）=P（A）P（B）. P（B|A）=P（B） （P（A）0）. （0P（A）1）.P（B|A） =P（B|） （ 0 P（A） 1 ） 注: 若（0P（B）0） （0P（B）1）. P（A|B）=P（A|） （0P（B）1） P（|B）=P（|） （0P（B）0）三、乘法公式，全概率公式，Bayes公式与二项概率公式1 乘法公式：2 全概率公式：3Bayes公式：4二项概率公式: ,课后习题解答随机试验与随机事件1. 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表小班人数（2）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，（3）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。S=00，100，0100，0101，1010，0110，1100，0111，1011，1101，1110，1111，（4）在单位圆内任意取一点，记录它的坐标2. 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：或A (AB+AC)或A (BC)（2）A，B都发生，而C不发生。表示为：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（5）A，B，C都不发生，表示为：或S (A+B+C)或（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：（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+AC频率与概率3.（1）设A，B，C是三事件，且，. 求A，B，C至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)+ P(ABC)= 。（2）已知，求的概率解：（3）已知（i）若A，B互不相容，求；（ii）若，求解：（i）因为A，B互不相容，所以，（ii）因为，所以.4、设A，B两个事件.（1）已知，验证A=B。（2）验证事件A和B恰有一个发生的概率为解：（1）因为，所以，A=B（2）事件A和B恰有一个发生等价于，所以古典概型5、10片药片中有5片是安慰剂.（1）从中任意抽取5片，求其中至少有2片是安慰剂的概率；（2）从中每次取1片，作不放回抽样，求前3次都取到安慰剂的概率。解：（1）设抽取的5片中安慰剂的片数，B其中至少有2片是安慰剂则 或（2）设C前3次都取到安慰剂,则，或6 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：选法有种，且每种选法等可能。又事件A相当于：有一人号码为5，其余2人号码大于5。这种组合的种数有（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，选法有种，且每种选法等可能，又事件B相当于：有一人号码为5，其余2人号码小于5，选法有种7 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？解：记所求事件为A。在17桶中任取9桶的取法有种，且每种取法等可能。取得4白3黑2红的取法有故8 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。解：记“恰有90个次品”为事件A 在1500个产品中任取200个，取法有种，每种取法等可能。200个产品恰有90个次品，取法有种（2）至少有2个次品的概率。解：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，取法有种，200个产品含一个次品，取法有种 且B0，B1互不相容。9 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只中至少有两只配成一对”则表“4只全不配对” 从10只中任取4只，取法有种，每种取法等可能。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10 在11张卡片上分别写上probability这11个字母，从中任意连抽7张，求其排列结果为ability的概率解：设A=排列结果为ability因为卡片中有两个b和两个i，所以组成ability的方式有=4 所以：11 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432种。 (选排列：好比3个球在4个位置做排列)对A2：必须三球放入两杯，一杯装一球，一杯装两球。放法有种。(从3个球中选2个球，选法有，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。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)12 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：铆法有种，每种装法等可能对A：三个次钉必须铆在一个部件上。这种铆法有10种法二：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“28，29，30”位置上。这种铆法有种13一俱乐部有5名一年级的学生，2名二年级的学生，3名三年级的学生，2名四年级的学生。（1）从中任选4名学生，求四个年级各有一名学生的概率；（2）在其中任选5名学生，求四个年级的学生均包含在内的概率。解：（1）记A表示“四个年级各有一名学生”，则（2）设表示“从第i个年级抽取两名学生，从其他年级各取一名”（i1，2，3，4），则四者互斥。，所以，所求概率为条件概率、乘法公式、全概率公式及贝叶斯公式14（1） 已知。解一： 注意. 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于是（2） 。解：由由乘法公式，得由加法公式，得15 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。故方法二：（用公式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，故16 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 (AB)（注意：由于“母病”，“孩病”，“父病”都是随机事件，这里不是求P (|AB)P (AB)= P(A)=P(B|A)=0.60.5=0.3, P (|AB)=1P (C |AB)=10.4=0.6.从而P (AB)= P (AB) P(|AB)=0.30.6=0.18.17 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。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。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。（2）二只都是次品（记为事件B）法一：法二：法三：（3）一只是正品，一只是次品（记为事件C）法一：法二：法三： （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： 18 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？解：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。 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。 19（1） 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)）解：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) = (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。解：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) 20、某种产品的商标为MAXAM,其中有两个字母脱落，有人捡起随意放回，求放回后仍为MAXAM,的概率。解：设A=放回后仍为MAXAM字母脱落共有5种情况：（1）两个M；（2）两个A；（3）AM（4）XM（5）XA将其分别记为（i=1，2，3，4，5），则构成了样本空间的一个划分。脱落字母的基本事件总数为，脱落MM只有一种情况，脱落A和X有2种情况（XA或AX），脱落MA有四种情况（第一个M第一个A，第一个M第二个A，第一个A第二个M，第二个A第二个M），依次类推，所以，设B表示“放回后仍为MAXAM”。则，所以，由全概率公式可得21 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=由已知条件知由贝叶斯公式，有 22 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（1）若至少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，（1）B=至少有一次及格所以 （2）（*）由乘法公式，有P (A1 A2)= P (A1) P (A2| A1) = P2由全概率公式，有 将以上两个结果代入（*）得23将两信息分别编码为A和B传送出去，接收站收到时，A被误作B的概率为0.02，而B被误作A的概率为0.01，信息A与B传送的频繁程度为2：1.若接受站收到信息是A，问原发信息是A的概率是多少？解：设A表示“收到信息为A”， 表示“收到信息为B”，B1表示“发送信息为A”，B2表示“发送信息为B”，则由题意，所以由全概率公式得所求概率由贝叶斯公式可得24 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=SA1A2=（1）（B1= A1B +A2B由全概率公式解）。（2） （先用条件概率定义，再求P (B1B2)时，由全概率公式解）25 某人下午5:00下班，他所积累的资料表明：到家时间5:355:395:405:445:455:495:505:54迟于5:54乘地铁到家的概率0.100.250.450.150.05乘汽车到家的概率0.300.350.200.100.05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26 .病树的主人外出，委托邻居浇水，设已知如果不浇水，树死亡的概率为0.8，若浇水则树死亡的概率为0.15，有90的把握确定邻居会记得浇水。（1）求主人回来时树还活着的概率（2）若主人回来时树已死，求邻居忘记浇水的概率。解：设A表示“树已死亡”，则表示“树还活着”；设B表示“邻居浇水”，则表示“忘记浇水”。由题意，已知（1）因为，所以由全概率公式可得（2）由条件概率公式可求所求概率27 设A，B，C都是事件（1）已知，证明 证明：因为，而，所以（2）若，证明证明：因为，所以，即，而（3）若，证明。证：因为所以因为，所以，即所以独立性28. 两种花籽，发芽率分别为0.8、0.9，从中各取一颗，设各花籽是否发芽相互独立。求（1）这两颗花籽都能发芽的概率；（2）至少有一颗发芽的概率；（3）恰有一颗能发芽的概率。解：设A表示“其中一颗发芽”，B表示“另一颗发芽”，则（1）（独立）（2）（3） 29.据报道，美国人血型的分布近似为：A型为37，B型为13，O型为44，AB型为6. 夫妻拥有的血型是相互独立的。（1）B型血的人只有输入B或O两种血型才安全。如果妻子是B型，夫是何种血型未知，求夫是妻子的安全输血者的概率；（2）随机地取一对夫妇，求妻子为B丈夫为A的概率；（3）随机地取一对夫妇，求其中一人为A型，另一人为B型的概率；（4）随机地取一对夫妇，求其中至少有一人为O型的概率。解：设表示丈夫分别拥有A、B、O、AB型的血；表示妻子分别拥有A、B、O、AB型的血。（1） 当丈夫拥有B或O型血时，才是妻子的安全输血者，因此，所求概率为（2）（3）（4）30. （1）给出事件A、B的例子，使得（i）；（ii）；（iii）解：（i）一个袋子中有10个球，其中红球3个、白球7个，先后两次从中各取1球（不放回）设A表示“第一次取到红球”，B表示“第二次取到红球”，则，所以（ii）在100件产品中有5件次品.现采用有放回抽样,即每次从中取出一件样品观察后在放回,然后进行下次抽样.设,分别表示第二、一次取得次品的事件,则所以（iii）已知某产品的不合格品率为4%,而合格品中有75%的一级品,今从这批产品中任取一件,求取得的为一级的概率.令 = 任取一件产品为一级品, = 任取一件产品为合格品，显然，即有，所以，于是所要求的概率为.而（2）设事件A、B、C相互独立，证明（i）C与AB独立；（ii）C与独立。证：（i）所以独立；（ii）所以独立.（3）设事件A的概率，证明对于任意另一事件B，有A、B独立。证：因任意事件，所以如果，因，所以，即，所以概率是零的事件与任意事件独立，自然，不可能事件与任何事件独立。同样，如果 ，则，由于，所以，从而可见概率是1的事件与任意事件独立，自然，必然事件与任意事件独立. （4）A、B独立的充要条件是证：若A、B独立，则A与也独立，所以，；若，则有，即，所以有。31. 设A、B的概率都大于0，说明下列的叙述（1）必然对；（2）必然错；（3）可能对。（1）若A、B互斥，则相互独立。必然错。因为若A、B互斥，则，而，所以。（2）若A、B独立，则互斥。必然错。因为若A、B独立，则必有，因此如果A、B互斥，则，而，这样就有，矛盾。（3），且A、B互斥。必然错。因为如果A、B互斥，则。（4），且A、B独立。可能对。因为如果A、B独立，则.32. 有一种检验艾滋病毒的检验法，其结果有概率0.005报导为假阳性（即不携带病毒者，经此法检验有0.005的概率被认为带病毒）。今有140名不带病毒的正常人接受此种检验，被报导至少有一人带病毒的概率是多少？解：设表示“第i人被报导携带病毒”（i1，2，140），相互独立，A表示“140名不带病毒的正常人接受此种检验，被报导至少有一人带病毒”则表示“没有人被报导携带病毒”，由题意，则 33. 盒中装有编号为1, 2, 3, 4的四个球. 随机地从中取出一球, 设取出的是1号或2号球, 取出的是1号或3号球, 取出的是1号或4号球, 试验证：、两两独立但.【证明】 由题意知，所以有，因而、两两独立.由于表示“取到1号球”，所以，而，所以34（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=1，2，3，4，2413A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)= P1P2P3+ P1P4P1P2P3P4(A1, A2, A3, A4独立)312LR（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。54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 + p5 + p5+ p5+ p5p5=2 p2+ 3p35p4 +2 p535. 如果一危险情况C发生时，一电路闭合并发出警报，我们可以借用两个或多个开关并联以改善可靠性。在C发生时这些开关都应该闭合，且若至少一个开关闭合，警报就发出。（1）如果两个这样的开关并联，它们每个具有0.96的可靠性（即在情况发生时开关闭合的概率），问这时系统的可靠性（即电路闭合的概率）是多少？（2）如果需要有一个可靠性至少为0.9999的系统，则至少需要多少只开关并联？（开关闭合与否相互独立）解：设表示“第I个开关闭合”，A表示“电路闭合”，则（1）（2）设有n只这样的开关闭合，由题意，解得36 三人独立地破译一个密码，他们能译出的概率分别是，求他们将此密码译出的概率. 解1 设将密码译出，第个人译出 则 . 解2 事件如上所设，则37 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（2）记D=有一只蓝球，一只白球，而且知D= A1B3+A