《概率论与数理统计》第一章习题解

1、概率论与数理统计（邵崇斌、徐钊主编）第一章习题解1. (1)W=2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12 (2). (3).W=0,+¥)W=1,2,3,L22(4). W=(x,y)|0£x+y£12. (1).ABC (2).ABC (3).ABC (4).AUBUC (5).ABCUABCUABCUABC (6).ABCUABCUABC 3. (3) (4) 成立，(1) (2) (5) 不成立。4. (1). w2,w4,w6,w8,w9,w10 (2).A (3). w1,w5,w7 5 . (1).CMCN-MCnNkn-k时,所求概率为0;C

2、N-MCnNn(2). 当n>N-M当n£(3).CMCNnnN-M时,所求概率为=Æ6. (1). 因AB,即互斥,又ABIAB=B12-0=12,则P(AB)+P(AB)=P(B)P(AB)=P(B)-P(AB)=12-13=16(2). 因AÌB,则P(B)-P(AB)=P(B)-P(A)=(3).P(AB)=P(B)-P(AB)=12-18=387设A=用户得到所订购的4桶油漆，3桶黑漆，2桶红漆 则依题意知：P(A)=C10C4C3C1794328解：设A=订阅A报 B=订阅B报 C=订阅C报则依题意有：P(A)=0.45P(AB)=0.1P(B)

3、=0.35P(C)=0.3 P(BC)=0.05P(AC)=0.08 P(ABC)=0.03（1）欲求P(ABC)） 注意到BC=ABCUABC则 P(ABC)=P(BC)-P(ABC),而P(BC)=1-P(BUC)P(BUC)=P(B)+P(C)-P(BC)=0.35+0.3-0.05=0.6 从而P(BC)=1-0.6=0.4P(ABC)=1-P(AUBUC)=1-P(A)+P(B)+P(C)-P(AB)-P(BC)-P(AC)+P(ABC) =1-0.45+0.35+0.3)-0.1-0.08-0.05+0.003=1-0.9=0.1 所以,P(ABC)=P(BC)-P(ABC)=0.

4、4-0.1=0.3（2）P(ABCUABCUABC)=P(ABC)+P(ABC)+P(ABC) 对于P(ABC) 因 ABCUABC=AC故 P(ABC)=P(AC)-P(ABC)而 P(AC)=1-P(AUC)=1-P(A)+P(C)=1-0.45+0.3-0.08=0.33 -P(AC)则 P(ABC)=0.33-0.1=0.23对于 P(ABC) 因ABCUABC=AB故 P(ABC)=P(AB)-P(ABC)P(AB)=1-P(AUB)=1-P(A)+P(B)-P(AB)=1-0.45+0.35-0.1=0.3则 P(ABC)=P(AB)-P(ABC)所以,=0.3-0.1=0.2P(

5、ABCUABCUABC)=0.3+0.23+0.2=0.73(3).P(ABCUABCUABCUABC)=0.1+0.73=0.83 9.解：设A=最强的2队在不同组则P(A)=C2C1819C2×C18C201019=101912意指先从最强的个队中任取个放入第一组有C种,再从非最强队的队中任取队放入第一组，由乘法原理,不同的分法有C12C18910解：设A=至少有2人生月在同一月则A=没有2人生月相同，从而有P(A)=C12×A4124196444=C12×4!1244=5596故P(A)=1-P(A)=B0.427111设A=杯中球数最大值为1,B=杯中球较

6、最大值为2C=杯中球最大值为3C4×3!433则P(A)=38P(B)=C3×C4×2!422=916P(C)=C441=116注：此题中，由于P(B)不易计算,考虑到A,B,C互斥,且AUBUC=W，则可以先计算出P(B),P(C).从而P(B)=1-P(A)+P(C)=1-38+116=91612解：设A=偶然遇到一辆小车其牌照号码中有8因牌照编号从0001到10000.P(A)=C4×9+C4×9+C4×9+C41000013223=0.343913在圆周上随机地选取3个点A、B、C，求ABC为锐角三角形的概率？解：设A=ABC

7、为锐角三角形.如图所示记圆心角ÐBOC和p-12的三个角分别为12x=x,ÐAOB=y,则三角形ABCy21(x+y)，则样本空间可表示为W=(x,y)|x>0,y>0,x+y<2pABC为锐角三角形，当且仅当即x<p,y<p,x+y>p,故此事件A12x<p212y<p2p-12(x+y)<p2亦可表示为A=(x,y)x<p,y<p,x+y>pA为图中阴影部分则 事件A的概率为1P(A)=m(A)m(W)=212×p2=14试求随机×(2p)214设a>0,随机点P的坐标为(

8、x,y)，且0<x<a,2ìaüï点落在区域D=í(x,y)<ïý4ïïîþ0<y<a,的概率解：此问题亦为几何概型问题 样本空间为W=(x,y)0<x<a,0<设A =随机点落在区域D2ìaüï即A=í(x,y)(x,y)ÎW,xy<ïý4ïïîþy<aA对应的区域为下图中阴影部分所示阴影部分的面积为m(A)=a24+

9、2;aa/4a24ydy,即m(A)=a24+òaa/4a24ydy=a24+a22ln2故所求的概率为aP(A)=2m(A)m(W)=+aa22ln2=14+12ln2A),15用概率思想证明对任何自然数a,A(a<都有Aa=1+A-aA-1+(A-a)(A-a-1)(A-1)(A-2)+L+(A-a)(A-a-1)L2´1(A-1)(A-2)L(a+1)a分析:可以先对式子两边同乘再观察其特点，即有AaaA+a×(A-a)A(A-1)+a(A-a)(A-a-1)A(A-1)(A-2)+L+a(A-a)(A-a-1)L2´1A(A-1)(A-2)

10、L(a+1)a=1证明：观察此等式特点,可设想袋中有A个球，其中有a个白球,不放回地摸出球，每次摸出一个,则第k次才摸出白球的概率为Pk=(A-a)(A-a-1)L(A-a-(k-1)+1)PaA(A-1)(A-2)L(A-(k-1)1=PA-ak-1kPa1PA(k=1,2,L,A-a+1)这里注意k最大只能取到A-a+1因袋中有a个白球，A-a个黑球，若从一开始点是摸到黑球，直到把黑球摸完为止，则最迟到第A-a+1次一定会摸到白球，亦即“第一次或第二次，或最迟到第A-a+1次摸到白球”这一事件是必然事件，其概率为1，所以P1+P2+L+PA-a+1=aA+(A-a)aA(A-1)+L+(A

11、-a)L2´1×aA(A-1)L(a+1)a=1故有Aa=1+A-aA-1+(A-a)(A-a-1)(A-1)(A-2)+L+(A-a)L2×1A(A-1)L(a+1)a16解：设A13人评判组中第1人作出正确决定A2=3人评判组中第2人作出正确决定 人评判组中第3人作出正确决定A3=3B=3人评判组作出正确决定,C=独立评判别人作出正确决定=A1A2A3UA1A2A3UA1A2A3UA1A2A32则BP(B)=P´12+P(1-P)´12+P(1-P)´12+P×212=p+p(1-p)=p2P(C)=p所以，评判组与独立

12、评判人做出正确决定概率一样大。17解：P(AUBUC)=P(A)+P(B)+P(C)-P(AB)-P(BC)-P(AC)+P(ABC)因ABCÌAB且P(AB)=0 故P(ABC)=0.14+14+14-0-0-18+0=34-18=58则P(AUBUC)=18解：设A=8个人在不同站下车,B=8个人在不同站下车C=8个人中恰有3个人在终点站下车88则P(A)=C10×A8108P(B)=C101018P(C)=C8×91083519证明：因A,C独立，B,C独立，且A,B互斥，则有P(AUB)IC)=P(ACUBC)=P(AC)+P(BC) =P(A)×

13、;P(C)+P(B)×P(C) =P(AUB)×P(C)故而 AUB , C独立20设A=至少有一封信和信封相符Ai=第i封信和信封相符(i=1,2,3,4) 则A=A1UA2UA3UA4P(A1UA2UA3UA4) =åP(A)-åP(AAiiii<jj)+åi<j<kP(AiAjAk)-P(A1A2A3A4)2P(Ai)=3!4!(i=1,2,3,4) P(AiAj)=C4×3(4-2)!4!=12!(i¹j,i,j=1,2,3,4)14!P(AiAjAk)=C4×则 P(A)=1-12!(4

14、-3)!4!13!+14!12!=13!(i¹j¹k,i,j,k=1,2,3,4) P(A1A2A3A4)=+则 P(A)=1-P(A)=-13!+14!=12-16+12438=38即每封信放入的和信封都不相符的概率为21解：设A=甲投中 B=乙投中 则A,B独立 (1).P(AB)=P(A)P(B)=0.8´0.7=0.56(2).P(ABUAB)=P(AB)+P(AB)=P(A)P(B)+P(A)P(B)=0.8´0.3+0.2´0.7=0.38(3).P(AUB)=P(A)+P(B)-P(A)P(B)=0.94. 22.解:(1)设A=

15、最小点数³2,B=最小点数³3,则 A-B=最小点数为2,且BÌA,56nn事件A表示“1点不出现”，则P(A)=46nn事件B即为“点数1，2都不出现”.则P(B)=故P(A-B)=P(A)-P(B)=5-46nnn(2).设C=点数1,2,3,4,5,6分别出现n1,n2,n3,n4,n5,n6次 则P(C)=n!n1!n2!n3!n4!n5!n6!´16n23.解：设A=顾客购买清洁器 B=顾客购买散雾器则依题意有P(A)=0.15,P(B|A)=0.4 故 P(AB)=P(A)P(B|A)=0.15´0.4=0.6 24.解：(1).设

16、A=拨号不超过3次而拨通 Ai=第i次拨通电话 i=1,2,3, 则 A=A1UA2UA3从而 P(A)=1-P(A1UA2UA3)=1-P(A1A2A3) =1-P(A1)P(A2|A1)P(A3|A2A1) =1-910´89´78=1-710=0.3(2).设B=已知最后一位数字是奇数,拨号不超过3次而拨通 Bi=已知最后一位数字是奇数,第i次拨通电话 i=1,2,3, 则 B=B1UB2UB3P(B)=1-P(B1UB2UB3)=1-P(B1B2B3) =1-P(B =1-45´1)P(B2|B1)P(B3|B1B2)34´23=1-25=0.6

17、25解：设A=乙恰好紧跟甲后面，可考虑甲和乙的位置关系，则P(A)=Cn-1C1n-11+C1n-2+L+C+C112=n-112(n-1)n=2n26解:设A=此种动物能活20岁 B=此种动物能活25岁则P(A)=0.8,P(B)=0.4 且BÌ故 P(B|A)=P(BA)P(A)=P(B)P(A)=12A 则 BA=B27解：设C1=任取1件产品来自1号箱 C2=任取1件产品来自2号箱A=取到A等品 B=取到B等品则C1,C2是互斥事件完备群，且P(C131310151030232351520304959)=11030=13P(C2)=23P(A)=P(C1)×P(A|

18、C1)+P(C2)×P(A|C2) =´+´=P(B)=P(C1)×P(B|C1)+P(C2)×P(B|C2) =´+´=28解：设Ai=经过Ai点 i=1,2,3,4.A=经过A点 则 P(Ai)=P(A|A1)=14,P(A|A2)=1214i=1,2,3,415,P(A|A3)=1,P(A|A4)=111ö故有,P(A)=åP(Ai)×P(A|Ai)=1´æ+1+ç÷=i=1439804è425ø29设A=发出电文则“·

19、” B=接收电文“·”A=发出电文“”，B58,P(A)=38=接收电文“”25=35P(A)=，P(B|A)=1-，P(B|A)=5´313,P(B|A)=23P(A|B=)P(A)P(B|A)P(A)P(B|+A)3=4P(A)P(B|5A)331´+´8583=3P(A|B)=P(A)P(B|A)P(A)P(B|A)+P(A)P(B|A)=58´825´+233823=12´30解：设A=甲击中敌机 , B=乙击中敌机 , C=丙击中敌机.则D=敌机坠毁,Ei=i门高炮击中敌机 i=0,1,2,3A,B,C相互独立,E0,E1,E2,E3是互斥事件完备群.P(A)=0.4,P(B)=0.5,P(C)=0.7,P(D|E0)=0,P(D|E1)=0.2,P(D|E2)=0.6,P(D|E3)=1因