概率论习题N001

1、第一章第一章 概率论的基本概念概率论的基本概念第一章第一章 备用例题备用例题例例1.,关关系系表表示示下下列列事事件件的的运运算算用用是是四四个个事事件件设设DCBADCBA”,“:)1(1发发生生中中仅仅有有 ADCBAG.1DCBAG 则则”,“:)2(2中中恰恰有有一一个个发发生生DCBAG.2DCBADCBADCBADCBAG 则则”,“:)3(3均不发生均不发生中至少有一个发生而中至少有一个发生而DCBAG.)(3DCBAG 则则;,:)4(4发发生生”但但中中不不多多于于一一个个发发生生“DCBAG.)(4DACCBBAG 则则;,:)5(5个不发生”个不发生”中至少有一中至少有一

2、中至少有一个发生中至少有一个发生“DCBAG.)()(55CDBAGDCBAG 或或则则;,:)6(6发生”发生”中至少有一个不发生中至少有一个不发生“DCBAG.)(66DABCGDCBAG 或或则则.)7(7件的和事件件的和事件表示成两两不相容的事表示成两两不相容的事将将DCBAG )()()(7CBADBACABAG 则则.CBADBACABA 注意表示方法不唯一注意表示方法不唯一.,)8(432143218MMMMMMMMDCBAG 其其中中表表示示成成将将,4321DCBAMCBAMBAMAM 取取).()()(8DCBACBABAAG 则则注意表示方法不唯一注意表示方法不唯一.例例

3、2.)(32,1,5)3(.)(32,1,5)2(.)(32,5)1(.3,9率率的概的概这一事件记为这一事件记为只红球只红球只白球只白球中恰有中恰有求其求其作放回抽样作放回抽样只只每次取每次取次次在盒中取球在盒中取球概率概率的的这一事件记为这一事件记为只红球只红球只白球只白球其中恰有其中恰有求求作不放回抽样作不放回抽样只只每次取每次取次次在盒中取球在盒中取球的概率的概率这一事件记为这一事件记为只红球只红球只白球只白球求其中恰有求其中恰有只球只球在盒中随机地取在盒中随机地取只白球只白球只红球只红球盒中有盒中有CBA解解,5)1(每一种取法为一样本点每一种取法为一样本点只球只球在盒中取在盒中取.

4、512, 样本点的总数为样本点的总数为若不考虑取球次序若不考虑取球次序,2323种种取取法法只只共共有有只只白白球球中中任任取取在在 ,3939种种取取法法只只共共有有只只白白球球中中任任取取在在 为为中包含的样本点的总数中包含的样本点的总数由乘法原理得由乘法原理得 A,3923 方法方法1 1 5123923)(AP于是于是.227 方法方法2 2.,512A样样本本点点的的总总数数为为若若考考虑虑取取球球次次序序,5,3923,只球进行全排列只球进行全排列再将取出的再将取出的种取法种取法先不考虑取球次序共有先不考虑取球次序共有而言而言对于事件对于事件 A.! 55923种种球球的的方方法法

5、有有故故若若考考虑虑取取球球的的次次序序取取 512! 53923)(AAP 于于是是.227 方法方法3 3512392325)(AAAAP .227891011127892325 ,)1()2(一一样样中中考考虑虑次次序序的的取取球球方方法法这这种种取取球球方方法法与与),()(BPAP 故故即有即有.227891011127892325)( BP由乘法原理共有由乘法原理共有只球可供抽取只球可供抽取次均有次均有第第次次第第只球可供抽取只球可供抽取次有次有因第因第取球的次序取球的次序考虑考虑每一种取法为一样本点每一种取法为一样本点只球只球在盒中取在盒中取,125,2,121,5)3(,121

6、2121212125种种取取法法 .125本点的总数为本点的总数为即样本空间中样即样本空间中样.25,5种种共共有有放放白白球球个个位位置置中中挑挑出出两两个个位位置置在在 ,9999,33332种种取取法法红红球球有有种种取取法法又又白白球球有有 ,932532个个样样本本点点中中包包含含故故 C532129325)( CP因因而而.512135 例例3., 2, 1)2(.32,21,4 , 3 , 2 , 18)1(求恰有一只空盒的概率求恰有一只空盒的概率只盒子中去只盒子中去的的只球随机地放入编号为只球随机地放入编号为将将只球的概率只球的概率号盒子恰有号盒子恰有只球只球号盒子恰有号盒子恰

7、有试求试求盒子中去盒子中去的四只的四只只球随机地放入编号为只球随机地放入编号为将将nnn解解.”32,21“)1(这这一一事事件件只只球球有有号号盒盒子子恰恰只只球球号号盒盒子子恰恰有有记记以以 A123444444444数为数为样本空间中样本点的总样本空间中样本点的总,44448 ,236283 所包含样本点的总数为所包含样本点的总数为A83423628)( AP于于是是.51235 .”“)2(这一事件这一事件一只空盒子一只空盒子恰有恰有记记以以 B.,nnnn总数为总数为则样本空间中样本点的则样本空间中样本点的样本点样本点为一个为一个个盒子中的一种放法作个盒子中的一种放法作只球放入到只球

8、放入到将将所包含样本点的个数为所包含样本点的个数为B,)!2(2111 nnnn.)!2(2111)(nnnnnnBP 于于是是例例4.,36只盒子都有球的概率只盒子都有球的概率求每求每只盒子中去只盒子中去只球随机地放入到只球随机地放入到将将解解.”“每每只只盒盒子子都都有有球球记记事事件件以以 A:发生分为三种情况发生分为三种情况A所所含含的的样样本本点点数数为为只只盒盒子子装装球球数数分分别别为为, 1, 1, 43(i).9024613 所含样本点数为所含样本点数为只盒子装球数分别为只盒子装球数分别为, 1, 2, 33i)(i.36023123613 所所含含样样本本点点数数为为只只盒

9、盒子子装装球球数数均均为为 , 23(iii).902426 ,5409036090个个样样本本点点中中包包含含因因此此 A.27203540)(6 AP故故例例5.)(, )2(2 的概率的概率这一事件记为这一事件记为求没有成对的鞋子求没有成对的鞋子试试只只双不同的鞋子中任选双不同的鞋子中任选从从Anrrn 解解),(ANA中所含样本点数记为中所含样本点数记为,)!2(1 2421 421 221 2)(rrnnnnAN ,22 rn样本点数总数为样本点数总数为.22)()( rnANAP于是于是),(ANA中所含样本点数记为中所含样本点数记为错误解法错误解法: 1 2421 421 221

10、 2)(rnnnnAN,22 rn样本点数总数为样本点数总数为.22)()( rnANAP于是于是 例例6.53,2,100, 2, 1 整除的概率整除的概率或或求它能被求它能被整除整除到的数不能被到的数不能被已知取已知取中随机地取一个数中随机地取一个数在数集在数集解解,5 , 3 , 2,532整整除除分分别别表表示示取取到到的的数数能能被被以以AAA所求概率为所求概率为)()()(2253253APAAAPAAAP .)()()()(22532523APAAAPAAPAAP )()(2323ASAPAAP 而而).()(233AAPAP ,623整除”整除”表示事件“能被表示事件“能被因因

11、AA.10016)(23 AAP故故1001610033)(23 AAP于于是是.10017 同样同样)()(2525ASAPAAP )()(255AAPAP .100101001010020 )()(253253ASAAPAAAP )()(25353AAAPAAP .100310031006 .25122110031017 p故故注意注意).()()(BPAPBAPAB 时时才才有有只只有有当当例例7 设盒设盒 I 有有 6 只红球只红球, 4 只白球只白球; 盒盒 II 有有7只红只红球球, 3只白球只白球. 自盒自盒 I 中随机地取一只球放入盒中随机地取一只球放入盒 II,接着在盒接着在

12、盒 II 中随机地取一只球放入盒中随机地取一只球放入盒 I.然后在盒然后在盒 I 中随机地取一只球中随机地取一只球 , 求取到的是红求取到的是红球的概率球的概率.(2) 求盒求盒 I 中仍有中仍有 6 只红球只红球 4 只白球的概率只白球的概率.解解”I“1中中取取到到一一只只红红球球第第一一次次在在盒盒记记事事件件以以 R,I2中中取取到到一一只只红红球球”记记事事件件“第第二二次次在在盒盒以以R.II中中取取到到一一只只红红球球”记记事事件件“在在盒盒以以C),()()1(2212212RCCRRRCCRRR )()()(2121221RCRPCRRPRCCRRP )()()( )()()

13、(11121112RPRCPRCRPRPRCPCRRP 106113105106118106 .1100378 )()()(2121221RCRPCRRPRCCRRP )()()( )()()(11121112RPRCPRCRPRPRCPRCRP 104114106104117107 .1100292 .609. 011002921100378)(2 RP于于是是则则只只白白球球只只红红球球中中仍仍有有盒盒记记事事件件以以”4,6I“ )2(G.11CRCRG )()(11CRCRPGP 于于是是)()()()(1111RPRCPRPRCP 104114106118 .582. 011064

14、例例8.)()2(;)1(.,)1()1(个个配配对对的的概概率率恰恰有有至至少少有有一一个个配配对对的的概概率率试试求求称称为为一一个个配配对对球球同同号号的的盒盒子子中中若若一一只只球球装装入入与与一一只只盒盒子子装装一一只只球球中中去去号号只只盒盒子子随随机机地地放放入入号号只只球球将将nrrnnnn 解解., 2 , 1”“niiAi 号球配对号球配对第第记事件记事件以以,”“至至少少有有一一个个配配对对记记事事件件以以 B.21nAAAB 则则由和事件概率公式由和事件概率公式)1()()(21nAAAPBP nnkjikjinnjijiniiAAAPAAPAP111)()()(),(

15、)1(211nnAAAP , 2 , 1,!)!1()(ninnAPi 又又知知,1,!)!2()(njinnAAPji ,1,!)!3()(nkjinnAAAPkji 于是于是!)!3(3!)!2(2!)!1(1)(nnnnnnnnnBP !1)1(1nn !1)1(! 41! 31! 2111nn .!1)1(11knkk ,”“只只球球配配对对只只球球中中指指定定的的某某在在记记事事件件以以rnC,!)!()()1(nrnCP 知知由由的条件概率为的条件概率为只球无一配对只球无一配对其余其余发生的条件下发生的条件下因此在因此在rnC ,.!1)1(111krnkk 一一配配对对的的概概率

16、率为为只只无无而而其其它它只只球球配配对对只只球球中中指指定定的的故故rnrn ,!1)1(1!)!(11knrnrnkk ,种种只只球球的的方方式式有有只只球球中中指指定定由由于于在在 rnrn无一配对的概率为无一配对的概率为只只只球配对而同时其它只球配对而同时其它只球中有只球中有故在故在rnrn !1)1(1!)!(11knrnrnrnkk .!1)1(1!111krrnkk 只只球球配配对对的的概概率率为为只只球球中中恰恰有有即即)(nrrn .)!(1)1(! 31! 2111!1rnrrn 例例9 据以往的资料据以往的资料, 一位母亲患某种传染病的概一位母亲患某种传染病的概率为率为0

17、.5,当母亲患病时当母亲患病时,她的第她的第1个个,第第 2个孩子患病个孩子患病的概率均为的概率均为0.5, 且且2个孩子均不患病的概率为个孩子均不患病的概率为0.25,当母亲未患病时当母亲未患病时,每个孩子必定不患病每个孩子必定不患病. 求第求第 1 个个,第第 2 个孩子未患病的概率个孩子未患病的概率.求当第求当第 1 个孩子未患病时个孩子未患病时, 第第 2 个孩子未患病个孩子未患病的概率的概率.(3) 求当两个孩子均未患病时求当两个孩子均未患病时, 母亲患病的概率母亲患病的概率.解解.2,1, 21个孩子未患病”个孩子未患病”记事件“第记事件“第以以孩子未患病”孩子未患病”个个记事件“

18、第记事件“第以以记事件“母亲患病”记事件“母亲患病”以以NNC, 5 . 0)()(, 5 . 0)(21 CNPCNPCP已已知知. 1)(, 1)(,25. 0)(2121 CNPCNPCNNP)()()()()()1(111CPCNPCPCNPNP 5 . 01)()(11 CPCNP.75. 0 .75. 0)()(12 NPNP. )()()()2(12112NPNNPNNP )()()()()(212121CPCNNPCPCNNPNNP ,625. 0 .6575. 0625. 0)(12 NNP于于是是)()()()()3(212121NNPCPCNNPNNCP 625. 05

19、. 025. 0 . 2 . 0 注意注意),()()( ,212121CNPCNPCNNPCNN 即即发生的条件下是独立的发生的条件下是独立的在事件在事件在这里在这里).(65)( ,21221NPNNPNN 因因为为是是不不独独立立的的但但在在无无条条件件的的情情况况下下例例10 A, B, C 三人在同一办公室工作三人在同一办公室工作. 房间里有一房间里有一部电话部电话. 据统计知据统计知, 打给打给 A, B, C 的电话的概率分别的电话的概率分别为为 2/5, 2/5, 1/5. 他们三人常因工作外出他们三人常因工作外出, A, B, C 三三人外出的概率分别为人外出的概率分别为 1

20、/2, 1/4, 1/4. 设三人的行动相设三人的行动相独立独立. 求求(1) 无人接电话的概率无人接电话的概率;(2) 被呼叫人在办公室的概率被呼叫人在办公室的概率,若某一时间段打进若某一时间段打进 3 个电话个电话, 求求(3) 这这 3 个电话打给同一个人的概率个电话打给同一个人的概率;(4) 这这 3 个电话打给不相同的人的概率个电话打给不相同的人的概率;(5) 在这在这 3 个电话都打给个电话都打给 B 的条件下的条件下, B 却都不在的却都不在的条件概率条件概率. 解解, 的的事事件件分分别别记记有有人人打打电电话话给给以以件件各各人人在在办办公公室室的的事事分分别别记记以以CBA

21、TTTCBACBACBA,51)(,52)(,52)( CBATPTPTP由由题题设设知知,41)(,41)(,21)( CPBPAP因因而而得得相相互互独独立立又又知知事事件件,CBA(1) 无人接电话的概率为无人接电话的概率为)()()()(CPBPAPCBAP .321414121 (2) 被呼叫人在办公室的概率为被呼叫人在办公室的概率为)(2CBACTBTATPp )()()(CBACTPBTPATP )()()()()()(CBATPCPTPBPTPAP 51)411(52)411(52)211( .2013 (3) 所求概率为所求概率为)3()2()1()3()2()1()3()2

22、()1(3CCCBBBAAATTTTTTTTTPp .,3, 2, 1)3(),2(),1(其余记号含义类似其余记号含义类似的的打给打给个电话是个电话是第第第第分别表示第分别表示第ATTTAAA)3()2()1()3()2()1()3()2()1(3CCCBBBAAATTTPTTTPTTTPp 因因此此333515252 .12517 (4) 三个电话打给三个不相同的人三个电话打给三个不相同的人, 共有共有 3!=6 种搭种搭配配, 这这 6 种搭配两两不相容种搭配两两不相容, 每一种搭配的概率都每一种搭配的概率都是是.1254515252 从而所求概率为从而所求概率为.125241254!

23、34 p(5) 一只电话打给一只电话打给B的条件下的条件下B不在的条件概率为不在的条件概率为,41三只电话都打给三只电话都打给B的条件下而的条件下而B都不在的条件概率都不在的条件概率为为.414141413 例例11 一质量控制检验员通过一系列相互独立的一质量控制检验员通过一系列相互独立的在线检查过程在线检查过程 (每一过程有一定的持续时间每一过程有一定的持续时间)以检以检查新生产元件的缺陷查新生产元件的缺陷. 已知若缺陷确实存在已知若缺陷确实存在, 缺陷缺陷在任一在线检查过程在任一在线检查过程 被查出的概率为被查出的概率为 p.(1)求缺陷在第二过程结束之前被查出的概率求缺陷在第二过程结束之

24、前被查出的概率 (缺缺陷若在一个过程查出就不再进行下一个过程陷若在一个过程查出就不再进行下一个过程).(2)求缺陷在第求缺陷在第n个过程结束之前被查出的概率个过程结束之前被查出的概率.(3)若缺陷经若缺陷经 3个过程未被查出个过程未被查出,该元件就通过检查该元件就通过检查,求一个有缺陷的元件通过检查的概率求一个有缺陷的元件通过检查的概率.(4)设随机地取一元件设随机地取一元件,它有缺陷的概率为它有缺陷的概率为0.1,设当设当元件无缺陷时将自动通过检查元件无缺陷时将自动通过检查,求在求在 (3) 的假设下的假设下元件通过检查的概率元件通过检查的概率.(5)已知一元件已通过检查已知一元件已通过检查

25、,求该元件确实是有缺陷求该元件确实是有缺陷的概率的概率(设设 p=0.5).解解.), 2, 1(程程被被检检出出”个个过过记记事事件件“缺缺陷陷在在第第以以iniAi .,), 2, 1()(21且且相相互互独独立立且且按按题题设设niAAAnipAP 所求概率为所求概率为)1()()(211AAPAP )()(21APAPp .2)1(2ppppp 所所求求概概率率为为)2()()()()(121321211nnAAAAPAAAPAAPAP pppppppn 12)1()1()1( .)1(1)1(1)1(1nnpppp 所所求求概概率率为为)3()()()()(321321APAPAPA

26、AAP .)1(3p 所所求求概概率率为为的的”记记事事件件“元元件件是是有有缺缺陷陷以以,)4(B)3(无缺陷无缺陷次检查均未被查出次检查均未被查出有缺陷且有缺陷且P)(321BAAABP )()(321BPAAABP )()(321BPBAAAP . 9 . 01 . 0)1(3 p所求概率为所求概率为)5()()()()(通通过过有有缺缺陷陷有有缺缺陷陷通通过过通通过过有有缺缺陷陷PPPP .0137. 09 . 01 . 0)1(1 . 0)1(33 pp例例12 在房间里有在房间里有 10 个人个人, 分别佩戴从分别佩戴从 1 号到号到 10 号号的纪念章的纪念章, 任选任选 3 个

27、记录其纪念章的号码个记录其纪念章的号码. (1) 求最小号码为求最小号码为 5 的概率的概率; (2) 求最大号码为求最大号码为 5 的概率的概率. 解解(1)总的选法种数为总的选法种数为,310 n最小号码为最小号码为5的选法种数为的选法种数为,25 m(2)最大号码为最大号码为5的选法种数为的选法种数为,24 故最大号码为故最大号码为5的概率为的概率为 31024P故小号码为故小号码为5的概率为的概率为 31025P.121 .201 例例13 将将 4 只球随机地放入只球随机地放入 6 个盒子中去个盒子中去 ,试求试求每个盒子至多有一只球的概率每个盒子至多有一只球的概率.解解 将将4只球

28、随机地放入只球随机地放入6个盒子中去个盒子中去 , 共有共有64 种种放法放法.每个盒子中至多放一只球共有每个盒子中至多放一只球共有 种不同放种不同放法法.3456 因而所求的概率为因而所求的概率为463456 p.2778.0 例例14 设袋中有设袋中有 4 只白球只白球, 2 只红球只红球 , (1) 无放回无放回随机地抽取两次随机地抽取两次, 每次取一球每次取一球, 求在两次抽取中至求在两次抽取中至多抽到一个红球的概率多抽到一个红球的概率? (2) 若无放回地抽取若无放回地抽取 3次次, 每次抽取一球每次抽取一球, 求求 (a) 第一次是白球的情况下第一次是白球的情况下, 第第二次与第三次均是白球的概率二次与第三次均是白球的概率? (b) 第一次与第第一次与第二次均是白球的情况下二次均是白球的情况下 , 第三次是白球的概率第三次是白球的概率?解解)1(红球”红球”一个一个“两次抽取中至多抽到“两次抽取中至多抽到为事件为事件设设 A”为为“第第一一次次抽抽取取到到红红球球事事件件1A.2”为“第二次抽取到红球为“第二次抽取