浙江大学概率论与数理统计第一章习题.ppt

第一章习题,3.,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 由广义加法定理 P(AB)=P(A)+P(B)-P(AB),得 P(AB)=P(A)+P(B)-P(AB),按概率性质 0 P(AB) 1,(1)要使P(AB)最大,由于P(A),P(B)给定,就只有考虑P(AB)的取值.,最好AB=,则P(A B)=0,但题给P(A)=0.6,故A,同理B,从而AB.,若BA,则P(B)P(A),与题意不符.,若AB,则P(A)P(B),与题意相符.,此时 AB=B, 从而 P(AB)=P(B), 因此 P(AB)=P(A)=0.6.,所以结论是,当AB时, P(AB)取到最大值0.6.,(2)要使P(AB)最小,由于P(A),P(B)给定, 只需P(AB)取最大值即可.,因P(AB)最大值为1,此时AB=S为必然事件,P(AB)=0.6+0.7-1=0.3,所以结论是,当AB=S时, P(AB)取到最小值0.3.,4.,设A,B,C是三事件,且 P(A)=P(B)=P(C)=1/4, P(AB)=P(BC)=0 , P(AC)=1/8 ,求A,B,C至少有一个发生的概率.,解,=P(A)+ P(B)+ P(C)-P(AB)-P(AC)-P(BC)+P(ABC),广义加法定理,所求概率为 P(ABC),P(AB)=P(BC)=0,AB=BC=,由于ABCAB,或ABCBC,P(ABC)P(AB),=0,非负性,0,P(ABC)=0,P(ABC)=3(1/4)-(1/8)=5/8,若 P(ABC)=P(B(AC),=P(B)+ P(AC)-P(B(AC),P(AC)=P(A)+P(C)-P(AC),P(B(AC)= P(BABC),=P(BA)+P(BC)-P(BA)(BC),=P(AB)+P(BC)-P(ABC),仍有P(ABC) =P(A)+ P(B)+ P(C)-P(AB)-P(AC)-P(BC)+P(ABC),在一标准英语字典中有55个由两个不相同的字母所组成的单词.若从26个英文字母中任取两个字母予以排列,求能排成上述单词的概率.,解 基本事件是从26个英文字母中任取两个不相同的字母排成单词,这实际上是排列问题,故基本事件总数,所求的55个由两个不相同的字母组成单词的事件A包含基本事件数 nA= 55 .,故所求概率,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,在搬运中所有标签脱落,交货人随意将这些油漆发给顾客.问一个定货为4桶白漆, 3桶黑漆和2桶红漆的顾客,能按所定颜色如数得到定货的概率是多少?,解 基本事件是从17桶油漆中任取9桶,这实际上是组合问题,取出的9桶油漆中有4桶白漆, 3桶黑漆和2桶红漆的事件A分三步完成:,先从10桶白漆中取出4桶,有,种取法,再从4 桶黑漆中取出3桶,有,种取法,最后从3桶红漆中取出2桶,有,种取法,故,故所求概率,5.,7.,(2)恰有k个次品的概率,至少有2个次品,则可能是2个,3个,200个次品,按加法定理,至少有2个次品的概率,简单的方法是利用其逆事件,少于2个次品,即恰有1个次品或没有次品,从而,在1500个产品中有400个次品,1100个正品.任取200个.,(1)求恰有90个次品的概率;(2)求至少有2个次品的概率.,解 基本事件是从1500个产品中取200个,基本事件总数n=,(1)从400个次品中取90个, 1100个正品中取110个的事件总数,故恰有90个次品的概率,8.,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 法一: 基本事件是从11张卡片中任意连抽7张进行排列,故基本事件总数为排列数,从11张卡片中抽出字母,的方式有,a 1,b 2,i 2,l 1,i 1,t 1,y 1, = 4 种,故所求概率,法二:利用条件概率和乘法公式,设a,b,i,l,i,t,y分别表示从11张卡片中抽出写有该字母的卡片的事件.,则 P(ability)=P(a)P(b|a)P(i|ab)P(l|abi)P(i|abil)P(t|abili)P(y|abilit),= =,11.,将3个球随机地放入4个杯子中去,求杯子中球的最大个数分别为1,2,3的概率.,解 3个不同的球放入4个不同的杯子中,基本事件总数为43=64 .,设 Ai=杯子中球的最大个数为i i=1,2,3 .,(1)A1时, 4个杯子中3个各放一个球,另一个杯子无球,此事件可分两 步完成.,首先从4个杯子中任取3个,有 =4种取法,再把3个球放入取 出的3个杯子中,有3!种放法,总共有 43!=24种放法,故,(2)A2时,4个杯子中1个有两个球,1个有1个球,另外两个无球.,然后从3个球中任取两个放入取出的杯子中,有 =3种取法,首先从4个杯子中任取一个杯子,有4种取法,最后把剩下的1个球放入剩下的3个杯子中,有3种放法,总共有433=36种放法.,故 P(A2)=36/64=9/16.,(3)A3时, 4个杯子中1个放3个球,另外3个杯子无球,这只需从4个杯子中任取一个放入3个球即可,有4种放法.,故 P(A3)=4/64=1/16.,显然 P(A1)+P(A2)+P(A3)=1 满足归一化条件.,此事件可分三步完成.,13.,解 由条件概率定义式,=1-0.3+1-0.4-0.5=0.8,总之,14.,19(1),已知P(A)=1/4,P(B|A)=1/3,P(A|B)=1/2,求P(AB).,P(AB)=P(A)P(B|A),故,因此,解 P(AB)=P(A)+P(B)-P(AB),设甲袋中装有n只白球,m只红球;乙袋中装有N只白球,M只红球.今从甲袋中任意取一只球放入乙袋中,再从乙袋中任意取一只球.问取到白球的概率是多少?,解 设事件B表示“从甲袋中取出一只白球放入乙袋”,事件A表示“从甲袋取一只球放入乙袋,再从乙袋中取一只白球”.,=P(B)P(A|B),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孩子得病=0.6, P母亲得病|孩子得病=0.5,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 设事件A=孩子得病,B=母亲得病,C=父亲得病,已知 P(A)=0.6, P(B|A)=0.5, P(C|AB)=0.4,法一:直接用乘法公式,而 P(ABC)=P(A)P(B|A)P(C|AB)=0.60.50.4=0.12,P(AB)=P(A)P(B|A)=0.60.5=0.3,17.,已知在10只产品中有2只次品,在其中取两次,每次任取一只,作不放回抽样.求下列事件的概率:(1)两只都是正品;(2)两只都是次品;,(3)一只是正品,一只是次品;(4)第二次取出的是次品.,解 法一:用等可能概型.,(1)基本事件是从10只产品中取2只,不分顺序有,种取法,8只正品中取2只, 有,种取法,故 p1=28/45 .,(2) 2只次品中取2只,只有1种取法,故 p2=1/45.,第一次取正品,第二次取次品,有82=16种取法,第一次取次品,第二次取正品,有28 =16种取法.,(3)不分顺序, 8只正品中取1只, 2只次品中取1只,有82=16种取法,故 p3=16/45.,如果基本事件是从10只产品中取2只,要分顺序,则有,种取法,共有16+16=32种取法,故 p3=32/90=16/45.,(4)第二次取出的是次品,第一次可能取正品,也可能取次品,第一次取正品,第二次取次品,有82=16种取法,第一次取次品,第二次取次品,有21=2种取法,共有16+2=18种取法,故 p4=18/90=1/5.,法二:利用条件概率和乘法公式,(1)p1=P(A1A2),全概率公式,=P(A1)P(A2|A1),21.,已知男子有5%是色盲患者,女子有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 先假定男人数为M,女人数为N,求出一般结果.,设从人数为M+N的人群中随机地挑选一人,A表示此人是男人的事 件,B表示此人是色盲患者的事件.则,要求P(A|B),而 P(AB)=P(A)P(B|A),P(B)=P(A)P(B|A),全概率公式,贝叶斯公式,特别,M=N时,将两信息分别编码为A和B传递出去,接收站收到时,A被误收作B的概率为0.02,B被误收作A的概率为0.01.信息A与信息B传送的频繁程度为2:1.若接收站收到的信息是A,问原发信息是A的概率是多少?,解 设事件B1=发出信息A , B2=发出信息B,A=收到信息A,由题意,P(B1)=2/3 , P(B2)=1/3 ,P(A|B2)=0.01.,要求P(B1|A),P(AB1)=P(B1)P(A|B1),由于B1B2=S, B1B2=,故B1,B2是样本空间的一个划分,按全概率公式 P(A)=P(B1)P(A|B1)+P(B2)P(A|B2),故,23.,贝叶斯公式,26.,(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,将它们按右图的方式联接(称为并串联系统);,(2)设有5个独立工作的元件1,2,3,4,5.它们的可靠性均为p,将它们按右图的方式联接(称为桥式系统);试分别求这两个系统的可靠性.,解 设事件Ai(i=1,2,3,4,5)表示第i个元件正常工作,(1)设事件A表示并串联系统正常工作,则,A=A1(A2A3)A4),并串联系统的可靠性,P(A)=P(A1(A2A3)A4),=P(A1)P(A2A3)A4),=P(A1)P(A2A3)+P(A4)-P(A2A3A4),= P(A1)P(A2)P(A3)+P(A4)-P(A2)P(A3)P(A4),= p1p2p3+p1p4-p1p2p3p4,则事件A1,A2,A3,A4,A5相互独立.,(2)设事件B表示桥式系统正常工作.,桥式系统的可靠性,法一:,= P(A3)P(A1)+P(A4)-P(A1A4)P(A2)+P(A5)-P(A2A5),P(A)=P(A3)P(A1)+P(A4)-P(A1)P(A4)P(A2)+P(A5)-P(A2)P(A5),=pp+p-p2p+p-p2+(1-p) p2+p2-p4,=p3(2-p)2+p2(1-p)(2-p2),=4p3-4p4+p5+2p2-p4-2p3+p5,=2p2+2p3-5p4+2p5,法二:设B1=A1A2,B2=A4A5,B3=A1A3A5,B4=A2A3A4,则 B=B1B2B3B4.,P(B)=P(B1)+P(B2)+P(B3)+P(B4),+P(B1B2B3)+P(B1B2B4)+P(B1B3B4)+P(B2B3B4)-P(B1B2B3B4),-P(B1B2)-P(B1B3)-P(B1B4)-P(B2B3)-P(B2B4)-P(B3B4),B1B2=A1A2A4A5, B1B3=A1A2A1A3A5=A1A2A3A5,B1B4=A1A2A2A3A4=A1A2A3A4, B2B3=A4A5A1A3A5=A1A3A4A5,B2B4=A4A5A2A3A4=A2A3A4A5, B3B4= A1A3A5A2A3A4=A1A2A3A4A5,B1B2B3=A1A2A4A5A1A3A5=A1A2A3A4A5,B1B2B4=A1A2A4A5A2A3A4=A1A2A3A4A5,B1B3B4=A1A2A1A3A5A2A3A4=A1A2A3A4A5,B2B3B4=A4A5A1A3A5A2A3A4=A1A2A3A4A5,B1B2B3B4=A1A2A4A5A1A3A5A2A3A4=A1A2A3A4A5,故 P(B)=2p2+2p3-5p4-p5+4p5-p5=2p2+2p3-5p4+2p5,27.,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发生时这些开关每一个都应闭合,且若至少一个开关闭合了,警报就发出.如果两个这样的开关并联联接,它们每个具有0.96的可靠性(即在情况C发生时闭合的概率)问这时系统的可靠性(即电路闭合的概率)是多少?如果需要有一个可靠性至少为0.9999的系统,则至少需要用多少只开关并联?设各开关闭合与否是相互独立的.,解 设Ai表示事件“情况C发生时第i只开关闭合”, i =1,2,n,n=2时,系统的可靠性R2=P(A1A2),= P(A1)+ P(A2)-P(A1A2),P(A1A2)=P(A1)P(A2),=0.96+0.96-0.962=0.9984,=1-0.042,由此可推广到一般,由n个开关并联的系统的可靠性,=1-0.04n,要使Rn=1-0.04n0.9999,解出,故取n=3即可.,28.,三人独立地去破译一份密码,已知各人能译出的概率分别为1/5,1/3,1/4.问三人中至少有一人能将此密码译出的概率是多少?,解 设事件Ai表示“第i人能译出”, i =1,2,3,由题意P(A1)=1/5,P(A2)=1/3,P(A3)=1/4, A1,A2,A3及其逆事件相互独立,三人中至少有一人能译出为事件A1A2A 3,法一: P(A1A2A3),=P(A1)+P(A2)+P(A3) -P(A1A2) -P(A1A3)-P(A2A3)+P(A1A2A3),=P(A1)+P(A2)+P(A3)-P(A1)P(A2)-P(A1)P(A3)-P(A2)P(A3),+P(A1)P(A2)P(A3),=1-1-P(A1)1-P(A2)1-P(A3),31.,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?,解设事件B=袋中任取一只为正品硬币,由题意,又设事件A=一只硬币投掷r次均为国徽,如果袋中取出一只正品硬币,每次投掷得到国徽的概率为1/2,由于每次投掷相互独立,故投掷r次均为国徽的概率为,P(A|B)=(1/2)r,如果袋中取出一只次品硬币,每次投掷得到国徽的概率均为100%