浙江大学《概率论与数理统计》（第4版）笔记和课后习题（含考研真题）详解

目录内容简介旦旦第1章概率论的基本概念复习笔记课后习题详解考研真题详解第2章随机变量及其分布复习笔记课后习题详解考研真题详解第3章多维随机变量及其分布复习笔记课后习题详解考研真题精选第4章随机变量的数字特征4.1复习笔记42课后习题详解4.3考研真题详解第5章人数定律及中心极限定理复习笔记课后习题详解考研真题详解第6章样本及抽样分布复习笔记课后习题详解考研真题详解第7章参数估计复习笔记课后习题详解考研真题详解第8章假设检验复习笔记课后习题详解考研真题详解第9章方差分析及回归分析复习笔记课后习题详解考研真题详解第10章bootstrap方法复习笔记课后习题详解考研真题详解第11章在数理统计中应用Excel软件复习笔记课后习题详解考研真题详解第12章随机过程及其统计描述复习笔记课后习题详解考研真题详解第13章马尔可夫链复习笔记课后习题详解考研真题详解第14章平稳随机过程复习笔记课后习题详解考研真题详解第1章 概率论的基本概念1.I复习笔记ー、随机事件事件间的关系（见表1-1-1）关系表不包含关系AuB和事件AUB,Ua.Ua积事件n aoAOB,CH，M M差事件A-B互斥AB=0逆事件A表1-1-1事件间的关系事件的运算设A,B,C为事件,则有:(1)交换律:AUB=BUA；AnB=BClA；(2)结合律：AU(BUC)=(AUB)UC；ACI(BClC)=(AAB)DC；(3)分配律：AU(BDC)=(AUB)Cl(AUC)；ACI(BUC)=(AAB)U(ACIC): (4)德摩根律：山5=ス「耳:・イ5=/Uア。二、频率与概率概率的性质(1)若AuB,则P(B-A)=P(B)-P(A)与P(B)>P(A)(2)(逆事件的概率)P(A(_))=1-P(A)；(3)(加法公式)P(AUB)=P(A)+P(B)-P(AB)；尸(4U4U-U4)=ラ尸(4)一X尸(44)+X尸(444)+…+(T尸ア口出…4)推广:对于任意n个事件A”A2, A„,三、等可能概型(古典概型)・愛钞ぐ霜諡齧计算公式四、条件概率乘法定理(1)乘法公式:若P(A)>0,则P(AB)=P(B|A)P(A)〇p(44…4)=p(444…4_jp(4_i4厶…42ジ-P(ス-4)(2)若P(AiA2...A„-i)>0,则有全概率公式和贝叶斯公式(1)全概率公式P(A)=P(A|BI)P(Bi)+P(A|Bユ)P(B2)+...+P(A|B„)P(B„)

尸(旦»粤皿迎…2,••ノ

£p(h鸟・(鸟)y-1(2)贝叶斯公式尸(N)=P(A|B)P(B)+尸(41B)P(B)注:全概率公式和贝叶斯公式的最简单形式p(B⑷==PQ4B网Bし ー'P(A)P(AB)P(B)+P(A^B)P(B)五、独立性两个事件独立(1)P(AB)=P(A)P(B)(2)两个定理①若P(A)>0,A,B相互独立,则P(B|A)=P(B),反之同样。②若事件A与B独立,则A与B(_)独立,A(_)与B独立,A(_)与B(_)独立。三个事件独立PC4B)=尸(J)尸(8)

<P(BC)=P(5)P(C)P(AC)=P(A)P(C)设A,B,C是三个事件,如果满足等式则称A,B,C两两独立,若ア(・婚。=尸(<)尸(B)P(C)也成立，则a,B,C相互独立n个事件独立p（44）=p（&）尸（4）、p（444）=p（4）p（4）p（4）.尸（イル…ル）=p（4）p（4）“尸（4）设Ai,隈,…,A提n（n>2）个事件，Vl<i<j<k<...<n,则Aいん,…,ん相互独立1.2课后习题详解写出下列随机试验的样本空间s：(1)记录ー个班一次数学考试的平均分数(设以百分制记分)；(2)生产产品直到有10件正品为止,记录生产产品的总件数;(3)对某工厂出厂的产品进行检查,合格的记上“正品”,不合格的记上“次品’’,如连续查出了2件次品就停止检查,或检查了4件产品就停止检查,记录检查的结果;(4)在单位圆内任意取一点,记录它的坐标。解:(1)以n表示该班的学生数，总成绩的可能取值为0,1,2,3,...,100n,试验的样本空间为S={i/n|i=O,1,2,...,100n}(2)设在生产第10件正品前共生产了k件不合格品，样本空间为S={10+k|k=0,1,2,...}或写成S={10,11,12,…}。(3)采用0表示检查到一件次品,以1表示检查到一件正品，例如0110表示第一次与第四次检查到次品,而第二次与第三次检查到的是正品，样本空间可表示为S={00,100,0100,0101,0110,1100,1010,1011,0111,1101,1110,1111}(4)取一直角坐标系，则有S={(x,y)|x2+y2<l},若取极坐标系,则有S={(p,e)|p<l,o<9<27t}设A,B,C为三个事件,用A,B,C的运算关系表示下列各事件:A发生,B与C不发生；A与B都发生,而C不发生;A,B,C中至少有一个发生;A,B,C都发生；A,B,C都不发生:A,B,C中不多于ー个发生；A,B,C中不多于两个发生；A,B,C中至少有两个发生。解:以下分别用D(i=l,2,…，8)表示(1),(2),…，(8)中所给出的事件,ー个事件不发生即为它的对立事件发生,例如事件A不发生即为A(_)发生。A发生,B与C不发生,表示A,B(_),C(_)同时发生,故D产AB(_)C(_)或写成Di=A-B-C；A与B都发生而C不发生,表示A,B,C(_)同时发生,故D?=ABC(_)或写成D?=AB—C；(3)①方法1由和事件的含义知,事件AUBUC即表示A,B,C中至少有一个发生,故D.,=AUBUC；②方法2事件“A,B,C至少有一个发生”是事件“A,B,C都不发生”的对立事件,因此,D-=.-LBC.③方法3事件“A,B,C中至少有一个发生”表示三个事件中恰有一个发生或恰有两个发生或三个事件都发生,因此,D,又可写成D,=AB(_)C(_)UA(_)BC(_)UA(_)B(_)CUABC(_)UAB(_)CUA(_)BCUABCD4=ABC；D5=A(_)B(_)C(_)；“A,B,C中不多于ー个发生”表示A,B,C都不发生或A,B,C中恰有一个发生,因此,D6=A(_)B(_)C(_)UAB(_)C(_)UA(_)BC(_)UA(_)B(_)C；又“A,B,C中不多于ー个发生”表示“A,B,C中至少有两个不发生”,亦即A(_)B(_),B(_)C(_),A(_)C(_)中至少有一个发生，因此又有D6=A(_)B(_)UB(_)C(_)UC(_)A(_)；又“A,B,C中不多于ー个发生”是事件G=“A,B,C中至少有两个发生”的对立事件,而Df=AB\jBC2cA=ABcBCr\CA事件G可写成G=ABUBCUCA,因此又可将写成“A,B,C中不多于两个发生”表示A,B,C都不发生或A,B,C中恰有一个发生或A,B,C中恰有两个发生,因此D7=A(_)B(_)C(_)UAB(_)C(_)UA(_)BC(_)UA(_)B(_)CUABC(_)UAB(_)CUA(_)BC又“A,B,C中不多于两个发生”表示A,B,C中至少有一个不发生,亦即A(_),B(_),C(_)中至少有一个发生，即有D尸A(_)UB(_)UC(_)；又“A,B,C中不多于两个发生”是事件“A,B,C三个都发生”的对立事件,因此又有D-=ABC.D8=ABUBCUCA,也可写成Db=ABCUA(_)BCUAB(_)CUABC(_)。(1)设A,B,C是三个事件,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。(2)已知P(A)=1/2,P(B)=1/3,P(C)=1/5,P(AB)=1/10,P(AC)=1/15,P(BC)=1/20,P(ABC)=1/30,求AUB,A(_)B(_),AUBUC,A(_)B(_)C(_)，A(_)B(_)C,A(_)B(_)UC的概率。(3)已知P(A)=1/2,(i)若A,B互不相容,求P(AB(_))；(ii)若P(AB)=1/8,求P(AB(_))〇产(ZuBuC)=尸(⑷+P(B)+尸(C)-P(J5)-P(3C)ー尸(/C)+P(一!BC)=二+P(,18C)8解:(1)由ABCuAB,已知P(AB)=0,故OgP(ABC)<P(AB)=0,得P(ABC)=0,所求概率为P(AUBUC)=5/8〇P(AUB)=P(A)+P(B)-P(AB)=1/2+1/3-1/10=11/15尸(万"尸(不词=1ー尸(/uB)=ラTOC\o"1-5"\h\z■——— ， 3PL13C)=Pb4v5oC)=l-P(J0B^C)=—

20尸(duBしC)=尸(,4)+尸(5)+尸(C)ーア(.15)-尸(XC)一尸(BC)+P(,£BC)11 1 1 1 1 1 51 1723 5 10 15 20 30 60 20pHBC)=尸レ!B(S-6))=P{AB-ABC\=尸い5)ー尸(ABC)=\ー5=—记p=P(A(_)B(_)UC),由加法公式p=p(画+P(C)—尸(疵)$+:磊=5アしー)= 尸(イーイ3)=尸(/)ーア(Z5)=丄(i)1丿、I 】尸|・包|=尸(イ(S-B))=尸(イー,四)=尸(イ)ーア(イ5)=5—&=&(n) Z&&设A、B是两个事件(1)已知AB(_)=A(_)B,验证A=B；(2)验证事件A和事件B恰有一个发生的概率为P(A)+P(B)-2P(AB)»解:(1)假设AB(_)=A(_)B,故有(AB(_))U(AB)=(A(_)B)U(AB),则A(B(_)UB)=(A(_)UA)B,即AS=SB,故有A=B。尸(イルしあ)=尸しつ)+尸(J5)=尸(イ(S-B))+尸(B(S—イ))=尸(イー・4)+尸(B-,15)=尸(イ)+尸(3)-2尸(J5)(2)A,B恰好有一个发生的事件为AB(_)UA(_)B,其概率为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)从中每次取一片,作不放回抽样,求前3次都取到安慰剂的概率。解:(1)p=l-P(取到的5片药片均不是安慰剂)一P(取到的5片药片中只有1片是安慰剂)，即(2)p=(5/10)•(4/9)•(3/8)=1/12〇在房间里有10个人,分别佩戴从1号到10号的纪念章,任选3人记录其纪念章的号码。(1)求最小号码为5的概率;(2)求最大号码为5的概率。

解:在房间里任选3人,记录其佩戴的纪念章的号码,10人中任选3人共有N(S)=,「=120种选法,此即为样本点的总数,以A记事件“最小的号码为5”,以B记事件“最大的号码为5(1)因选到的最小号码为5,则其中一个号码为5且其余两个号码都大于5,它们可从6〜1N(2)=:: 尸(d)=N(イ)/N(S)=： ；=2。这5个数中选取,故、「ノ,从而 「ノノ、、，ノLN(B卜:尸(B)=N(B)/N(S)=ノ(2)同理, Lノ,故 '.->7,ゝ3J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,问ー个订货为4桶白漆、3桶黑漆和2桶红漆的顾客，能按所订颜色如数得到订货的概率是多少?解:以S表示:在17桶油漆中任取9桶给顾客,以A表示事件“顾客取到4桶白漆、3桶黑漆尸(,4尸(,4)=A，(4)/N(S)唄:)GJ順嗡N(S)=：；N(d)=Iリ，故事件A发生的概率为与2桶红Iリ，故事件A发生的概率为在1500件产品中有400件次品、1100件正品,任取200件。(1)求恰有90件次品的概率;(2)求至少有2件次品的概率。解：总数S:从1500件产品中任取200件产品,以A表示事件“恰有90件次品”，以B表示事件“恰有i件次品“，i=0，1,以C表示事件“至少有2件次品”。,ゝ<150(⑴ゝ⑸=1200

U。。で11。。U。。で11。。1400丫110090J',110尸(d)=N⑷/"(S)=90'no1500200尸(C)=尸(S—一BJ=尸(S—[30万Bj)=1ー尸(BquB])=1ー尸(稣)-尸(3]iC=S-B(1-B.»其中,Bo,Bi互不相容,所以N(即=[20〇•400ヽ1100,「1500、;,200J尸(蜃)=故ァ出”]199’N(即=[20〇•400ヽ1100,「1500、;,200J尸(蜃)=故ァ出”]199’<400Y11001991500；200I1：/'1500、、：400,P(C)=1-2001100199'1500,I2001100200从5双不同的鞋子中任取4只,问这4只鞋子中至少有两只配成一双的概率是多少?解:总数S:从5双不同的鞋子中任取4只。以A表示事件“所取4只鞋子中至少有两只配成一双鞋子”,则N表示事件“所取4只鞋子无配对”。先计算P(A(_))较为简便。以下按N(A(_))的不同求法,列出本题的3种解法,另外还给出ー种直接求P(A)的解法。解法一:考虑4只鞋子是有次序ー只一只取出的,从5双(10只)鞋子中任取4只共有10x9x8x7种取法,N(S)=10x9x8x7。现在来求N(A(_))：第一只可以任意取，共有10种取法，第二只只能在剩下的9只中且除去与已取的第一只配对的8只鞋子中任取ー只,共8种取法:同理第三只、第四只各有6种、4种取法,从而N(A(_))=10x8x6x4〇故

p(j)=1p(j)=1-pIjI=1-y(j)/y(s)=1-10x8x6x410x9x8x71321解法二:从10只鞋子中任取4只,共有机法,即N(S)=[°]ゝ4丿。为求N(A(_))»先从5双鞋子中任取4双共有メ/种取法,再自取出的每双鞋子中各取1只(在一双中取ー只共有2种取法),共有24种取法解法三:现在来求N(A(_))〇先从5只左脚鞋子中任取k只(k=0,1,2,3,4),有种取法。而剩下的4—k只鞋子只能从(不能与上述所取的配对的)5—k只右脚鞋子中选取尸(<)=1ー尸(0=1-N(R/N(S)=1ー益=ウ

14丿=80,故,一、よ’5,‘5ー=80,故,即对于每个固定的k,,即对于每个固定的k,有解法四：以A表示事件“所取4只鞋子中恰能配成i双"(i=l,2),则A=A1UA2,A,A：=0,故P(A)=P(A.)+P(ん)，因Aユ为4只恰能配成2双,它可直接从5双鞋子中成双地取得,故 ・12ノ,n(A,)的算法是：先从5双中取1双,共有[.レ种取法,另外两只能从其他8只中取,共有選ノ种取法,不过这种取法中将成双的也算在内了,应去掉。从而.V(J1)=120〇N(S)仍为解法二中.V(J1)=120〇N(S)仍为解法二中的210种,故尸(，)=尸(4)=尸(a：)=N(4)ド(幻

N(S)N(S)120+102101321ー在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:解法一:总数S:自11个字母中随机地接连抽7个字母并依次排列,将11个字母中的两个b看成是可分辨的，两个i也看成是可分辨的,N(S)=AR以A记事件“排列结果为P(4)=N(N)/N(S)=3=2.4xl(r41ability",则N(A)=4(因b有两种取法,i也有两种取法)，因而解法二:本题也可利用乘法定理来计算,以Al,B2,L,し4,L,K,Yア依次表示取得字母P(4B13ル項再)=P(4)P(8：piJP(ム|J,B2)xP(Z4IAvBJjjP{Is43273丄JxP(TfIAiBiIiLJsjP^IAiBihLdJi)1221111_4111098765jAa,b,i,1,i,t,y各事件,则所求概率为将3只球随机地放入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：总数S:将3只球随机地放人4个杯子中去,易知共有4，种放置法,以A,表示事件“杯子对于A“只有当3只球放在同一杯子中时オ能发生,有4个杯子可以任意选择,于是'⑷圖,故中球的最大个数为i”,i1,2,3中球的最大个数为i”,i1,2,3。尸(J3)尸(J3)=N(a)/N(S)=16对于事件Aい只有当每个杯子最多放ー只球时才能发生,因而N(A.)=4x3x2=ん，,故P(A:)=N(4)/N(S)=a//43=-8对于ん,因AiUA2UA3=S,AiAj=0(由),故P(A,)+P(ん)+P(A,)=1,从而p(ん)=l-l/16-3/8=9/16o50只钟钉随机地取来用在10个部件上,其中有3只钾钉强度太弱,每个部件用3只钾钉，若将3只强度太弱的狮钉都装在ー个部件上，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?解:将部件自1到10编号,随机试验E:随机地取卸钉，使各部件都装3只钾钉，以A,表示事件“第i号部件强度太弱”。由题设，仅当3只强度太弱的钾钉同时装在第i号部件上，A,才巧能发生,由于从50只钾钉中任取3只装在第i号部件上共有や」种取法,强度太弱的狮钉仅有3种取法,强度太弱的狮钉仅有3只，它们都装在第i号部件上,只有=1种取法，故尸=尸{4し4しー"しス"}=尸(4)+尸(ム)+…+尸(4o)= =①る又知Aいん,…,ん。两两互不相容,因此,10个部件中有一个强度太弱的概率为［ー俱乐部有5名一年级学生,2名二年级学生,3名三年级学生,2名四年级学生。(1)在其中任选4名学生，求ー、二、三、四年级的学生各一名的概率;(2)在其中任选5名学生,求ー、二、三、四年级的学生均包含在内的概率。

12；=495解:（1）共有5+2+3+2=12名学生，在其中任选4名共有14ノ=60种选法,其中每年级各选1名的选法有种选法,因此,所求概率为=60种选法,其中每年级各选1名的选法有种选法,因此,所求概率为p=60/495=4/33；,‘12ヽ;（2）在12名学生中任选5名的选法共有ぐノ种，在每个年级中有一个年级取2名,而其他3个年级各取1名的取法共有于是所求的概率为p=240/792=10/33〇(1)已知P(A(_))=0.3,P(B)=0.4,P(AB(_))=0.5,求条件概率P(B|AUB(2)解:已知P(A)=1/4,P(B|A)=1/3,P(A|B)=1/2,试求P(2)解:P{AB)P夙バ万）P{AB)戶（3］イし研=- =-尸（メU月）由题设得PiAj=1—P(J)=0.7.P|BI=1—PiBi=0.6P(JB)=P(J(S-5))=P(^)-P(^5)=0.2

0.20.7+0.6-0.5=0.250.20.7+0.6-0.5=0.25P(AB}=P[B4)P(Z)=工P{B}=P(/4B)/P(J|B)=l/i=iP(人3)=P⑷+P⑻-P⑷=%も((2)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:随机试验E:掷两颗骰子,观察其出现之点数,以A记事件“两骰子点数之和为ブ,以B记事件“两颗骰子中有一颗出现1点”。解法一:按条件概率的定义式:P(B|A)=P(AB)/P(A)来求条件概率,设想两颗骰子是可分辨的,样本空间为S={(1,1),(1,2),...,(1,6),(2,1),(2,2),...,(2,6),...,(6,6)}事件A为A={(1,6),(2,5),(3,4),(4,3),(5,2),(6,1)},事件AB为AB={(1,6),(6,1)},P(51P(51.4)=2/366/36现在N(S)=36,N(A)=6,N(AB)=2,因此解法二:按条件概率的含义来求P(B|A),样本空间原有36个样本点，现在知道了“A已经发生”这一信息，根据这一信息，不在A中的样本点就不可能出现了,因而试验所有可能结果所成的集合就是A,而A中共有6个可能结果,其中只有两个结果(1,6)和(6,1)有一颗骰子出现1点,因此P(B|A)=2/6=1/3。据以往资料表明,某ー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:以A记事件“孩子得病”,以B记事件“母亲得病”,以C记事件“父亲得病”,按题意需要求P(ABC()),已知P(A)=0.6,P(B|A)=0.5,P(C|BA)=0.4。=P（C3J）=P（C|BJ）P（A4）=P\C\BA）尸（3⑷尸⑷

=（1-P（C|&4））P（B\A）P（J）=0.6x0.5x0.6=0.18由乘法定理得!已知在10件产品中有2件次品，在其中取两次，每次任取一件,作不放回抽样,求下列事件的概率:(1)两件都是正品;(2)两件都是次品;一件是正品,一件是次品;(4)第二次取出的是次品。解:随机实验E:在10件产品中(其中有2件次品)任取两次,每次取1件，作不放回抽样,以A,(i=l,2)表示事件“第i次抽出的是正品”,因为是不放回抽样,所以:(1)两件都是正品的概率为尸(44)=刊厶国尸(4丿=记=不(2)两件都是次品的概率为一件是正品,一件是次品的概率为产（メスu44）=尸（スみ）+尸（スル）烟（よす（率j）=0）=尸（一㈤尸（4）+尸（ル闾ア（4）

288216=—X +—X = 91091045p（4）=p（4しス）4=p（一区2スス2）=p（a4）+p（44）=p（ZI4）P（4）+P（ス区）尸（4）2812 1=—X——T X =—9109105（4）第二次取出的是次品的概率为某人忘记了电话号码的最后ー个数字,因而他随意地拨号,求他拨号不超过三次而接通所需电话的概率.若已知最后ー个数字是奇数,那么此概率是多少?解:解法一:以4表示事件“第i次拨号拨通电话"，i=l，2,3,以A表示事件“拨号不超过3次拨通电话”，则有A=AiUA(_)AUA(_)A(_)2A3,事件A”A(_)A,A(_hA(_)2A3发生的概率如P(4)=ホX8-9X1-8pX8-9X1-8尸(4ム4)=尸(ム1/ノ2)尸(出14)P(4)所以该人拨号不超过三次而接通所需电话的概率为P（4）=P（4）+P（ス出）ー尸（444）='+'+'=ヽ（2）当已知最后一位数是奇数时,所求概率为p=l/5+l/5+l/5=3/5。解法二:沿用解法一的记号。尸（X）=1ー尸（拨号三次都接不通）=1ー尸（キスズ］=1ーヌAUiA：）尸（ス丸れ）PXJ=1-モ、スxホ=ホ（1）该人拨号不超过三次而接通所需电话的概率为:2343（2）当已知最后一位是奇数时,所求概率为。 3455。（1）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，今从甲袋中任意取ー只球放入乙袋中,再从乙袋中任意取ー只球,问取到白球的概率是多少?（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，先从第一盒中任取2只球放入第二盒中去，然后从第二盒中任取ー只球,求取到白球的概率。解:解法一:（1）随机实验E;从甲袋任取ー球放人乙袋（试验E。,再从乙袋任取ー球观察其颜色（试验艮），试验E是由Ei和民合成的,以R表示事件“从甲袋取得的是红球”，シ=S犷=（Rし灭ア=即（而］（五田）（財）=0以W表示事件“从乙袋取得的是白球“，即有尸（R）="ーJ（R）=」ー

n+mヽ'n+m而在计算P（W|R）,P（W|R（_））时，注意在试验Eユ中,乙袋球数为N+M+1只;在求P（W|R）时，乙袋白球数为N,但在求P（W|R（_））时，乙袋白球数为N+1,故从乙袋取到白球的概率为

P（り=P（Rり+尸（前）=P（JF|R）尸（R）+P（歹I无）P国=Nm+1+Nn_ ”+N（〃+m）N+Sf+1n+mN+Sf+1n+m（〃+"り（N+Af+1）（2）随机实验E:从第一盒中任取2只球放入第二盒（E1,再从第二盒任取一球观察其颜色（氏）,以R（i=0,1,2）表示事件“从第一盒中取得的球中有i只是红球”,以W表示事件“从第二盒取得一球是白球”,由于R。,R,,氐两两互不相容,且R,URU氐=S,故W=SW=（R„UR,UR2）W=R"W+RiW+R?WP（JF）=尸（メア）+尸（斗F）+尸（&甲）=尸（カ风）尸（4）+p（wa）尸（舄）+尸（丁I&）尸（&）从而18P(j?1)=i-P(jt)-P(j?;)=i---—=18p（m&）=Iナ（ア阳）=[p（ブ旦）=、在试验Eユ中第二盒球的个数为11,故所以

p(n-)p(n-)=—x-1166

+—x111055 1 x—=18111899解法二:(1)以A表示事件“最后取到的是白球”,以B表示事件“最后取到的是甲袋中的A=£4=(8.ぶ).4=BA\jSa,{^BA^BA\-0球”,因尸(4)=尸(K4)+尸(瓦ア(3)+尸(イ1)尸(无)于是PB=——i——・尸(月ト、ー"N+A/+11ノN+M+1而P(A\B)=-,P(AB)=-^—

n+rn' 'N+Af又有〜、 ” 1N N+M n+y(n+m)P(A] f = : ”+mN+Af+1N+AfN+M+1(n-m)(N+Af+1)故(2)以A表示事件“最后取到的是白球”,以B表示事件“最后取到的是甲袋中的球”,因A=SA=(BUB(_))A=BAUB(_)A,(BA)(B(_)A)=04-5999尸(/)=尸(メ忸)尸(51+pH忸)尸(豆)=-X—+-x—99911911某种产品的商标为“MAXAM”,其中有2个字母脱落,有人捡起随意放回,求放回后仍为“MAXAM”的概率。解:以H“H”H”H”依次表示事件“脱落M、M”，“脱落A、A”，“脱落M、A”，“脱落X、A”，“脱落X、M”,以G表示事件“放回后仍为MAXAM”,所需求的是P(G),可10103费/储知H"H“H„H」，出两两不相容，且H2HユUH,UH』UH5=S,已知P(G|HJ=P(GH2)=lP(G|Jf3)=P(G|/f4)=P(G|/fJ)=i尸(G)=，P(G|H:圧(4)

コ10101010105由全概率公式得,放回后仍为“MAXAM”的概率为已知男子有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,恰好是色盲者,问此人是男性的概率是多少?解:以A表示事件“选出的是男性”,则A(_)表示事件“选出的是女性”，以H表示事件“选出的人患色盲”,则H(_)表示“选出的人不患色盲”,由题设可知

P(A)=P(A(_))=1/2,P(H|A)=0.05,P(H|A())=0.0025P(4|H)=P(AH)

P⑻P(4|H)=P(AH)

P⑻P(H\A)P{A}-¥p(h\a)p(a]0.05x-0.05x-+0.0025x-所需求的概率是P(A|H),由贝叶斯公式得|ー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“2。(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:E:一学生接连参加一门课程的两次考试,以A:表示事件“第i次考试及格”，i=l,2；以A表示“他能取得某种资格”。尸(4)=P,-(%)=1-p金(414)=ア，尸(414)=卜(1)按题意A=AiUA(_)iA2,因AC(A(_),A2)=0,且由已知条件P(z)=P(4し44)=P(4)+尸(ス4)=p+P(^4,|4)P(4)=p+—(l-p)=-p--p*故(2)根据贝叶斯公式可知,在第二次及格的条件下,该人第一次及格的概率为P\AA-yP\AA-yIア(4I4)P(4)P(4)P(4⑷尸(4)+p(る昌)p(不pxp2P

pxp-^(l-p)PT将两信息分别编码为A和B传送出去,接收站收到时,A被误收作B的概率为0.02,而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:以D表示事件“将信息A传递出去”,则D(_)表示事件“将信息、B传递出去”，以R表示“接收到信息A”,则R(_)表示事件“接收到信息B”,按题意需求概率为P(D|R),已知P(RD)=0.02;P(J?ID)=O.OLP(D)/P(D)=2,P(D)+P(D(_))=1得P(D)=2/3,P(D(_))=1/3P\DR)=P[DR)

P\R] P(RD}P(D)

P(/?|D)P(D)+P(2?|D)P(5)

(P\DR)=P[DR)

P\R]3 196(l-0.02)x-+0.01x-1973 3由贝叶斯公式得到,在接受到信息A的情况下，原发信息是A的概率为有两箱同种类的零件,第一箱装50只,其中10只一等品;第二箱装30只,其中18只一等品,今从两箱中任挑出ー箱,然后从该箱中取零件两次,每次任取ー只，作不放回抽样,求:(1)第一次取到的零件是一等品的概率；(2)在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:以H表示事件“从第一箱中取零件”,则H(_)表示事件“从第二箱中取零件”，由己知条件知P(H)=P(H(_))=1/2

又以A,表示事件“第i次从箱中(不放回抽样)取得的是一等品”，i=l,2〇(1)由条件P(A,|H)=1/5,P(A.|H(_))=3/5,故P(A.)=P(Ai|H)P(H)+P(A,|H(_))P(H())=1/10+3/10=2/5(2)需要求的是P(AilA.),因P(A2IAD=P(A1A2)/P(Ai),而P(AA)=P(AA|H)P(H)+P(AAIH())P(H(_))由条件概率的含义,P(A.A2|H)表示在第一箱中取两次,每次取ー只零件,作不放回抽样,且两次都取得一等品的概率，因第一箱共有50只零件,其中有10只一等品,故有P(AiA2|H)=(10/50)X(9/49);同理P(A,A2|H(_))=(18/30)x(17/29)〇［尸(44IH)尸(H)+P(44国I尸国ワ1050X1050X9一49某人下午5:00下班,他所积累的资料表明:到家时间5:35-5:395:40〜5:445:45—5:495:50-5:54迟于5:54乘地铁的概率0.100.250.450.150.05乘汽车的概率0.300.350.200.100.05表1-1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:以H表示事件“乘地铁回家”，则H(_)表示事件“乘汽车回家”,因到家时间为5:47,它属于区间5:45〜5:49,以T记“到家时间在5:45〜5:49之间”,则需要求的是概率P(H|T),已知P(T|H)=0.45,P(T|H(_))=0.20,又因他是由掷硬币决定乘地铁还是乘汽车,因此,P(H)=P(H(_))=0.5,由贝叶斯公式得

P(HT]

P\HT\=— - P(T]p(TH)P(H)+P\TH\P\H\0.45x0.5 _90.45x0.5+020x0.5=13病树的主人外出,委托邻居浇水,设已知如果不浇水,树死去的概率为0.8,若浇水则树死去的概率为0.15,有0.9的把握确定邻居会记得浇水。（1）求主人回来树还活着的概率。（2）若主人回来树已死去,求邻居忘记浇水的概率。P（ア）=0.9,P|FF|=0.LP51ア）=0.85,P|Z|り=02P⑷=P（Z|ア）ア（ア）+P（4|JF|P（り=0.85x0.9+0.2x0.1=0.785解:（1）记A为事件“树还活着”,记W为事件“邻居记得给树浇水”,即有尸冋エ）=p(J|ft)p(if)[レア(イ|所)]4(W)尸冋エ）=p(J|ft)p(if)[レア(イ|所)]4(W)1ー尸⑷0.8x0,10.2150.372（2）根据贝叶斯公式可得，在树已死的条件下,邻居忘记浇水的概率为设本题涉及的事件均有意义,A,B都是事件:(1)己知P(A)>0,证明P(AB|A)>P(AB|AUB)；(2)若P(A|B)=1,证明P(B(_)|A(_))=1；(3)若C也是事件,且有P(A|C)>P(B|C),P(A|C(_))>P(B|C(_)),证明P(A)>P(B)〇证:(1)若P(A)>0,要证P(AB|A)>P(AB|AUB),该不等式左边等于P(AB)/P(A),右边等于P(AB)/P(AUB)〇因为AUBnA,P(AUB)>P(A),故有P(AB|A)>P(AB|AUB)。(2)由P(A|B)=1得P(AB)/P(B)=1,即P(AB)=P(B),所以_P(2B)_P(AUB)_1-P(AuB)_1-P(A)~P(B)+P[AB)1レP{A}~叩) 1ー尸(イ)(3)由假设P(A|C)>P(B|C)»即P(AC)>P(BC)〇同样由P(A|C(_))>P(B|C())就有P(AC(_))>P(BC()),即P(A(S-C))>P(B(S-C)),得P(A)-P(AC)>P(B)-P(BC)或P(A)-P(B)>P(AC)-P(BC)因为P(AC)>P(BC),得P(A)>P(B)〇有两种花籽,发芽率分别为0.8,0.9«从中各取ー颗,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)至少有一颗能发芽的概率;(3)恰有一颗能发芽的概率。解:以A,B分别表示事件第一颗、第二颗花籽能发芽,即有P(A)=0.8,P(B)=0.9o(1)由A,B相互独立,得两颗花籽都能发芽的概率为P(AB)=P(A)P(B)=0.8x0.9=0.72(2)至少有一颗花籽能发芽的概率,即事件.入5的概率为P(AUB)=P(A)+P(B)-P(AB)=0.8+0.9-0.72=0.98尸(.金しみ)=アし4)+尸lB)-2P,4m=0.8+0.9-2Pl.lB)=O.8+O.9-2P(^)P(B)=1.7-2x0.72=0.26(3)恰有一颗花籽能发芽的概率，即为事件AB(_)UBA(_)的概率，由第4题(2)得根据报导美国人血型的分布近似地为:A型为37%,〇型为44%,B型为13%,AB型为6%,夫妻拥有的血型是相互独立的。B型的人只有输入B、〇两种血型オ安全,若妻为B型,夫为何种血型未知,求夫是妻的安全输血者的概率；(2)随机地取ー对夫妇,求妻为B型夫为A型的概率。(3)随机地取ー对夫妇,求其中一人为A型,另一人为B型的概率;(4)随机地取ー对夫妇,求其中至少有一人是〇型的概率。解:(1)由题意知夫血型应为B、0オ为安全输血者,因两种血型互不相容,故所求概率为p尸0.44+0.13=0.57(2)因夫妻拥有血型相互独立,于是所求概率为p2=0.13x0.37=0.0481(3)所求概率为p3=2xO.37xO.13=0.0962(4)有三种可能,即夫为〇,妻为非〇;妻为〇,夫为非〇;夫妻均为〇;所求概率为p,=2x0.44x(1-0.44)+0.44x0.44=0.6864(1)给出事件A、B的例子,使得(i)P(A|B)<P(A)；(ii)P(A|B)=P(A)；(iii)P(A|B)>P(A)〇(2)设事件A,B,C相互独立,证明:(i)C与AB相互独立；(ii)C与AUB相互独立。(3)设事件A的概率P(A)=0,证明对于任意另ー事件B,有A,B相互独立。(4)证明事件A,B相互独立的充要条件是P(A|B)=P(A|B(_))〇解;(1)举例(i)设试验为将骰子投掷一次,事件A”出现偶数点”，B为“出现奇数点”,则P(A|B)=0,P(A)=1/2,故P(A|B)<P(A)〇(ii)设试验为将骰子掷一次,A同上，B为“掷出点数N1”,则P(A|B)=1/2,而P(A)=1/2,故P(A|B)=P(A)。(iii)设试验为将骰子掷一次,A同上,B为“掷出点数为”,则P(A|B)=2/3,而P(A)=1/2,故P(A|B)>P(A)〇(2)因A,B,C相互独立,故P(AB)=P(A)P(B),P(BC)=P(B)P(C)P(CA)=P(C)P(A),P(ABC)=P(A)P(B)P(C)从而P(C(AB))=P(CAB)=P(C)P(A)P(B)=P(C)P(AB),即C与AB相互独立。P(C(Jk>5))=P(C4oCB)=P(CJ)+P(CB)-P(CJB)=P(C)P(.4)+P(C)P(B)-P(C)P(J)P(5)=P(C)[P(/)+P(B)-PO]=P(C)P(イしB)即C与AUB相互独立。(3)因ABuA,故若P(A)=0,则gP(AB)<P(A),从而P(AB)=0=P(B)0=P(B)P(A)按定义,A,B相互独立。(4)必要性:设A,B相互独立,则A,B(_)也相互独立,从而知P(A|B)=P(A),P(A|B())=P(A),故P(A|B)=P(A|B(_))〇充分性:设P(A|B)=P(A|B(_)),则P(AB)/P(B)=P(AB(_))/P(B(_)),尸Q0尸(,划+ 尸(ス仍2月))P(B)~P(B)+P(S)~ ~ ~1J，由比例的性质得即P(AB)=P(A)P(B),即A,B相互独立。设事件A,B的概率均大于零,说明以下的叙述(1)必然对；(2)必然错;(3)可能对;并说明理由。(1)若A与B互不相容，则它们相互独立;(2)若A与B相互独立,则它们互不相容;P(A)=P(B)=0.6,且A,B互不相容;P(A)=P(B)=0.6,且A,B相互独立。解:(1)必然错。若A,B互不相容，则〇=P(AB)RP(A)P(B)。(2)必然错。因若A,B相互独立,则P(AB)=P(A)P(B)>0。(3)必然错。因若A,B互不相容，则P(AUB)=P(A)+P(B)=1.2,这是不对的。(4)可能对。有一种检验艾滋病毒的方法,其结果有概率。.005报道为假阳性(即不带艾滋病毒者，经此检验法有0.005的概率被认为带艾滋病毒),今有140名不带艾滋病毒的正常人全部接受此种检验,被报导至少有一人带艾滋病毒的概率为多少?解：在本题中,这140人检查结果是相互独立的，这ー假定是合理的,将人编号，第i号人检验结果以A,表示正常，则A(_)表示被报道为带艾滋病毒者，由题意知P(A(_»=0.005,从而P(A,)=1-0.005=0.995,于是140人经检验至少有一人被报道呈阳性概率为p=尸（至少有一人呈阳性）=1-尸（无人为阳性）140ロ140ロ4广1一口尸（4）=1ー。995Mo由!401go.995=0.4957（得p=1—0.4957=0.5043。这说明,即使无人带艾滋病毒,这样的检验法认为140人中至少有一人带艾滋病毒的概率大于0.5。盒中有编号为1，2,3,4的4只球,随机地自盒中取ー只球,事件A为“取得的是1号或2号球”,事件B为“取得的是1号或3号球”,事件C为“取得的是1号或4号球”,验证P(AB)=P(A)P(B),P(AC)=P(A)P(C),P(BC)=P(B)P(C)但P(ABC)WP(A)P(B)P(C),即事件A,B,C两两独立，但A,B,C不是相互独立的。证:以A,(i=l,2,3,4)表示取到第i号球，则P(A,)=P(AD=P(A5)=P(A」)=1/4；又A=AiUAz,B=AiUAi,C=A,UA4,且Ai,A2,As,A』两两不相容，故有P(A)=P(B)=P(C)=1/2另外,AB=A>,AC=Ai,BC=A.,ABC=A.,故P(AB)=P(AC)=P(BC)=P(ABC)=P(A.)=1/4P(AB)=—=P(BC)=：=J=P⑷ P(AB)=—=P(BC)=：=X卜P网P(C),P(ABC)=^P(A)P(5)P(C)=I试分别求以下两个系统的可靠性:（1）设有4个独立工作的元件1,2,3,4I它们的可靠性分别为卩,p=,p.„P4,将它们按图1-2-1（1）的方式连接（称为并串联系统）；⑵⑵r-CZI—CZZh-4 1- 2 3,~~图1-2-1(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,将它们按图1-2-1(2)的方式连接(称为桥式系统)。解:(1)以A;表示事件“第i只元件正常工作"，i=l,2,3,4,以A表示“系统正常工作”A=A-[(厶均)しス]=4スス3D厶ス4,已知各元件是否正常工作相互独立,且有P(A,)=p,(i=l,2,3,4),由图知尸(n)=尸(44/3)+尸(44)-=尸(4)尸(め尸(4)+尸(4)尸(4)一尸(4るムん)=BPア3+。必ー尸(4)尸(厶)尸(厶)尸(4)=ロ(厶+203一ら03厶)由加法公式及各元件工作的独立性得到系统1的可靠性为(2)以A:表示事件“第i只元件正常工作”，i=l,2,3,4,5,以A表示“系统正常工作”，已知各元件是否正常工作相互独立,且有P(A,)=p(i=l,2,3,4,5)〇解法一:(路径穷举法)根据系统逻辑框图(图1-2-(2)),将所有能使系统正常工作的路径ーー列出,再利用概率的加法定理和乘法定理来计算系统的可靠性P(A),由图知使桥式系统正常工作的路径有下列4条：12,45,135,432,以B记事件第j(j=l,2,3,4)条路径正常工作,即有B：=イムメ4、,5ヽ—4イム,83— —A^A^Ay尸（j）=尸（用<jB2<jB3<jBa^=ミ尸（耳）-Z尸（5円）+しア他5汽）一口5也5区）=尸（4出）+尸（aス）+尸（44ス）+尸（444）一尸（4ホスス）-P（44ス厶）—P（.ムーもちt）ー「（4WaW）一尸（斗-ちスユ）—尸（ai-dl-dij）+P（一wイナン当）+P（ムも44ーキ）+P（ムちスムス）+尸（44&4W）-P（4444ス）=2pz+2Pコー5p"+2/于是得系统的可靠性为解法二:（全概率公式法）按元件3处于正常工作与失效两种状态,将原系统简化为典型的并串联和串并联系统,再「1|-£=3~CZJq「14=］~~E=J-（2）用全概率公式:P"）=P"出10,⑷+叩⑷尸⑷来计算原系统的可靠性。当元件3正常工作时,系统简化成如图1-2-尸（X14）=尸［（45ム）（4Uル）］,尸（xI引=尸（445444）2（1）所示,当元件3失效时,系统简化成如图1-2-2（2）所示,因此尸(イ)=)(也5t)[ア(4)+尸(屮〜44—尸(4し4)=尸(4)+P(4)一尸(44)=2p-p'又由于同样产(5444)=尸(4)尸(4)+尸(4)尸(4)一尸(4)尸(4)尸(4)ア(4)=2p‘ーグP(A：UA5)=2p—p2P[A]={2p-pr「p+(2ガーp4)(l-p)=2p，+2p3-5p，+2p5所以原系统的可靠性为如果一危险情况C发生时,ー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发生时这些开关每ー个都应闭合,且若至少ー个开关闭合了,警报就发出，如果两个这样的开关并联连接,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:以Ai表示事件“第i只开关闭合“，i=l,2,...,n,已知P(A.)=0.96,由此可得两只p(4Tめ=)+P(A2)-p(44)=1P(4)+尸(4)-P(4)P(4)=2x0.%-0.962-0.984这样的开关并联而电路闭合的概率为(注意各开关闭合与否是相互独立的)R=冋し41设需要n只这样的开关并联，此时系统可靠性 V=1丿,注意到uA=4しユ.し..•し =AA^...A„2】< 1x n1 >tR=11=1R=11=1ー尸(44••4)=1-P(4)P(4)..J>(4.)=1-(1-0.96)”且由Aいん,…，An的独立性推得A(_>,A(_)2,...,A(_)„也相互独立,故*戦幽ー1g0.04 1225*戦幽ー1g0.04 12251.39794—=2.86要使RN0.9999,即要使1—0.04它0.9999,亦即要使0.000120.04”,故应有因n为整数,故应有*3,即至少要用3只开关并联。•三人独立地去破译ー份密码,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:以4表示事件“第i人能译出密码”，i=l,2,3,己知A”ん,ん相互独立,且P(Ai)=1/5,P(A?)=1/3,P(A,)=1/4p=P(4542しw)=尸(4)+尸(4)+尸(4)一尸(44)—尸(441ー尸(<24)+尸(444)1111111111113=—+—+———XーーーX——X——+—X—X———5345354345345则至少有一人能译出密码的概率为p=i-p(nz)=i-呵ア(同叼同也可以这样做,因Aいん,ん相互独立，知A(_)”A(_)z,A(_)3也相互独立，即有设第一只盒子中装有3只蓝球,2只绿球,2只白球;第二只盒子中装有2只蓝球,3只绿球,4只白球,独立地分别在两只盒子中各取ー只球。（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）已知至少有ー只蓝球,求有一只蓝球一只白球的概率。解:以B1记事件“从第i只盒子中取得ー只蓝球“，以Wi记事件“从第i只盒子中取得一只白球"，i=l,2,由题设在不同盒子中取球是相互独立的。产（57ム）=1ーア国Uス）=1ーア（4ス）=1一ア（与）尸（ム）=1ーゴ§=§（1）即需求P（B.UB：）,利用对立事件来求较方便,即有（2）即需求事件B,W山BユWi的概率,注意到Bi,Wi是互不相容的,即BiWi=0,因而（P（BJV2一为％）=P｛瓦%）+P昆％）=p（.）p陷—）ア的）342216=—X—+—X—=一799763BiW2）（B2W1）=0,故有p=尸Uろ啊ー3:%）（玛Jス）］/P（3：）=P（员三〜B尹J =—（3）即需求条件概率P”（即し属跖典出）,因（即;し即;）2し足,故有袋中装有m枚正品硬币、n枚次品硬币（次品硬币的两面均印有国徽）,在袋中任取ー枚,将它投掷「次,已知每次都得到国徽.问这枚硬币是正品的概率为多少?P（a）=」ニナ（ストJーナ（Tス）=ムP（ブス）=1解:以T记事件“将硬币投掷r次每次都出现国徽”，以A记事件“所取的是正品”,由题设

尸(Z|T)=尸（スブP(T\A)P尸(Z|T)=尸（スブP(T\A)P(A)尸（丁）尸（T⑷尸（メ）+尸⑺ス）尸（ス）2rm+nm+nか+〃需要求的是概率P（A|T）,由贝叶斯公式,所求概率为设根据以往记录的数据分析,某船只运输的某种物品损坏的情况共有三种:损坏2%（这ー事件记为AD,损坏10%（事件AD,损坏90%（事件A,）,且知P（A＞）=0.8,P（ん）=0.15,P（A,）=0.05,现在从已被运输的物品中随机地取3件，发现这3件都是好的（这一事件记为B）,试求P（Ai|B）,P（A：|B）,P（A、|B）（这里设物品件数很多,取出一件后不影响取后一件是否为好品的概率）。解:在被运输的物品中，随机取3件,相当于在物品中抽取3次，每次取一件，作不放回抽样。又根据题中说明抽取一件后,不影响后一件是否为好品的概率,已知当Ai发生时,一件产品是好品的概率为1-2%=0.98,从而随机取3件，它们都是好品的概率为0983,即P（BIAD=0.983。同样P(B|A2)=09,P(B|A,)=0.13又知P(A.)=0.8,P(Az)=0.15,P(A。=0.05,A；Aj=0(的)(i,j=l,2,3),且P(A1UA2UA3)=P(Ai)+P(A2)+P(A,)=1,产(4I5)==0.8731产（314）尸产(4I5)==0.8731P(B14)尸(4)+尸(B4)尸(斗)+尸(3I4)尸(4) 0.8624由贝叶斯公式得到将A、B、C三个字母之一输入信道，输出为原字母的概率为a,而输出为其他ー字母的概率都是（1-a）/2,今将字母串AAAA,BBBB,CCCC之一输入信道,输入AAAA,BBBB,CCCC的概率分别为p”p2,p3（pi+p2+P3=l）,已知输出为ABCA,问输入的是AAAA的概率是多少?（设信道传输各个字母的工作是相互独立的）

解:以A”B”C分别表示事件“输入AAAA"、“输入BBBB"、“输入CCCC”,以D表示事件“输出ABCA”,因事件A“B,,C两两互不相容,且有P(AiUB.UCi)=P(A.)+P(Bi)+P(CD=pi4-p2+p3=lp(A,\D\-*ハ)= RDYjp： “P(D)P[D\Ax]p^P[D\Bx)p2^P[D\Cx)p3由贝叶斯公式有在输入为AAAA字母为其他字母,所以 [2.J,同理,（即事件在输入为AAAA字母为其他字母,所以 [2.J,同理,代入上式并注意到Pl+P?+P3=l,得到代入上式并注意到Pl+P?+P3=l,得到尸L|0=——迎——(30-1)/?1+1-01.3考研真题详解ー、选择题若人,B为任意两个随机事件,则( )。［数一、数三2015研］P(AB)<P(A)P(B)P(AB)>P(A)P(B)P(AB)<(P(A)+P(B))/2P(AB)>(P(A)+P(B))/2【答案】C【解析】由于ABuA,ABcB,按概率的基本性质,有P(AB)<P(A)且P(AB)<P(B),从而P(AB)<(P(A)+P(B))/2.故选C项。设事件A,B相互独立,P(B)=0.5,P(A-B)=0.3,则P(B~A)=( )。［数ー、数三2014研］0.10.20.30.4【答案】B【解析】P(A-B)=0.3=P(A)-P(AB)=P(A)-P(A)P(B)=P(A)-0.5P(A)=0.5P(A)故P(A)=0.6,P(B-A)=P(B)-P(AB)=0.5-0.5P(A)=0.2〇设随机变量X和丫相互独立,则X和丫的概率分布分别为:X0123P1Z21/41/81/8表1-3-1表1-3-2则P{X+Y=2}=( )〇［数一、数三2013研］1/121/81/61/2【答案】C【解析】由题意知:P{X+Y=2}=P{X=1,Y=1}+P{X=2,Y=0}+P{X=3,Y=-1)=1/12+1/24+1/24=1/6二、填空题设A,B,C是随机事件,A与C互不相容,P(AB)=1/2,P(C)=1/3,则P(AB|C(_))=。［数一、数三2012研］【答案】3/4【解析】由条件概率的定义知,P(ABIC(_))=P(ABC(_))/P(C(_)),其中P(C())=1-P(C)=l-l/3=2/3,P(ABC(_))=P(AB)-P(ABC)=1/2-P(ABC),由于A,C互不相容,即AC=0,ABCcAC,得P(ABC)=0,代入得P(ABC())=1/2,故P(ABlc())=3/4o第2章随机变量及其分布2.I复习笔记ー、离散型随机变量及其分布律三种重要的离散型随机变量(见表2-1-1)分布记作分布律(0-1)分布X〜B(1,P)尸｛*=k｝=p*Q-p)i,k=01(0<p<l)二项分布X〜b(n,p)尸｛X=W=； 承=0丄2…/泊松分布X〜!t(k)メメ尸｛入=卅=±1_才=0丄2「・k\表2-1-1常见离散型随机变量泊松定理n\t/.\n-kA'G"hm ム(1一ユ)=——n^k\[n-k)\ k\n重伯努利试验中,A在ー次试验中发生的概率为p”,如果当n-8时,有np»一入,则二、随机变量的分布函数分布函数F(x)的基本性质(1)单调性:Vxi<x2,有F(X2)>F(xi)〇(2)有界性:0<F(x)<1,且ド(-8)=0,尸(就)=1。(3)右连续性:F(x+0)=F(x)〇三、连续型随机变量及其概率密度概率密度f(x)的性质(1)非负性:f(x)>0；⑵正则性:リS2=1；P{Xi<X<x2]=F(x2)~F(x1)=£*/(x)drVxi<x2f(x)在点x处连续,则F(x)=f(x)〇三种重要的连续型随机变量(见表2-1-2)表2-1-2连续型随机变量及性质

分布密度函数分布函数性质均匀分布X〜U(a,b)'1, ,a<x<bb-a。其他尸(x)=,0, x<ax-a ,a<x<bb-aL x>b①f(x)>0；②]：f(x)dx=l数布指分/(x)=<丄x>0eq 其他尸(x)=[1ー尸，x>01o,其他①f(x)>0；②[^/(x)dx=lj@无记忆性:Vs,t>0,P{X>s+t\X>s]-P{X>t}正态分布X〜N(卩,〇2)，3yex., ヽ一甫1dhdxvノ2叩①f(x)>0；②[^/(x)dx=lj③曲线关于x=f!讨称;④x=n时取最大值ル)=気⑤拐点在x=p±〇处标准正态分布X〜N(0,1)叭X)1Zれ=-j=ey/27U①(x)=コ「ゼ風①6(-x)=l-6(x)；②若X〜N(如?),则z=^—^~y(o,i)a③上a分位点,X〜N(0,1),P{X>z«}=a,0<a<l四、随机变量的函数的分布X的概率密度为fx(x)，-oo<x<oo»函数g(x)处处可导且单调,则Y=g(X)是连续4GAi0J 其他.型随机变量,且概率密度为其中a=min{g(T)：g(oc)},尸=max(g(7c),g(句},h(y)<g⑺的反函数。2.2课后习题详解考虑ー张为期一年的一张保险单,若投保人在投保后一年内因意外死亡,则公司赔付20万元,若投保人因其他原因死亡,则公司赔付5万元,若投保人在投保期末生存,则公司无需支付任何费用,若投保人在一年内因意外死亡的概率为0.0002,因其他原因死亡的概率为0.0010,求公司赔付金额的分布律。解:设赔付金额为X（以万元计）,由条件知X取值为20,5,0,且由已知得P{X=20}=0.0002,P{X=5}=0.001〇,故P{X=0}=l-P{X=20}—P{X=5}=0.9988,则公司赔付金额的分布律为X2050P0.00020.00100.9988表2-2-1（1）ー袋中装有5只球,编号为1,2,3,4,5〇在袋中同时取3只球,以X表示取出的3只球中的最大号码,写出随机变量X的分布律。（2）将一颗骰子抛掷两次,以X表示两次中得到的小的点数,试求X的分布律。解:（1）从1〜5的五个正整数中随机取3个,以X表示3个数中的最大值，X的可能值为3,4,5,在五个数中任取3个共有13ノ种取法。{X=3}表示取出的3个数以3为最大值,其余两个数是1,2,仅有这ー种情况,故P{X=3}=11P{X=3}=1110{X=4}表示取出的3个数以4为最大值,其余两个数可在1,2,3中任取2个,共有2种取法,种取法,{X=5}表示取出的3个数以5为最大值,其余两个数可在1,2,3,4中任取2个,共有ワ」—伊館种取法,故 メ〃、リ P(X=5}也可由1-P{X=3}-P{X=4}得到。X的分布律为X345Pk1/10310610表222(2)解法一:以Y”B分别记第一次、第二次投掷时骰子出现的点数,样本空间为S={(yi,yz)|yi=l»2,...,6,y?=l,2,...,6},共有6x6=36个样本点。X=min{Y„Y?}所有可能取的值为1,2,3,4,5,6这6个数,当且仅当以下三种情况之ー发生时事件{X=k}(k=l,2,3,4,5,6)发生:Yi=k且Y?=k+1,k+2,...,6(共有6-k个点)：Yz=k且Yi=k+1,k+2,...,6(共有6—k个点)：Yi=k且Yz=k(仅有一个点)。因此事件“X=k”共包含(6-k)+(6-k)+l=13—2k个样本点,于是x的分布律为P{X=k}=(13-2k)/36,k=l,2,3,4,5,6或写成表格形式X1_2_3456Pk11369367/365/36336136表2-2-3解法二:样本空间共有6x6=36个样本点,每个样本点发生的概率为1/36,用以下示意图中的黑点表示各样本点,X=min{Y1,Y”所有可能取的值为1,2,3,4,5,6。P(X=k)等于图2-2-1中相应折线上各个黑点所对应的概率之和,即有X123456Pk1L369367,365,363,36L36^^2-2-4

图2-2-1图2-2-1亦即P{X=k}=(13—2k)/36,k=l,2,3,4,5,6。设在15只同类型的零件中有2只是次品,在其中取3次,每次任取1只,作不放回抽样,以X表示取出的次品的只数。¢1）求X的分布律。（2）画出分布律的图形。P{X=O}=尸ゆ1}13121122—X XP{X=O}=尸ゆ1}13121122—X X—= 1514133521312132121312151413151413151413x——3x21312XX151413_12=35尸{X=2}=1ー尸{X=0}一尸{工=1}=丄解:（1）由题意知X所有可能取的值为0,1,2,且有则X的分布律为X012Pk22,3512,351/35表225（2）分布律的图形如图2-2-2。

P{X=左}-22/3512/35,1/35Ol 2图222进行重复独立试验,设每次试验成功的概率为P,失败的概率为q=l—p（O<P<1）〇（1）将试验进行到出现一次成功为止,以X表示所需的试验次数,求X的分布律。（此时称X服从以p为参数的几何分布。）（2）将试验进行到出现r次成功为止,以Y表示所需的试验次数,求Y的分布律。（此时称Y服从以r,p为参数的巴斯卡分布或负二项分布。）（3）ー篮球运动员的投篮命中率为45%,以X表示他首次投中时累计已投篮的次数，写出X的分布律，并计算X取偶数的概率。解:（1）若需做k次,则前k—l次试验均失败最后一次成功,由于各次试验是相互独立的,故分布律为P{X=k}=qip=（1—p）k-'p,k=l,2,3,..,〇（2）此试验至少做!"次，若需做k次,则第k次必为成功，而前k-1次中有r-p{x="}イ:二:レゴp{x="}イ:二:レゴ.k=r.r+L...1次成功,由于各次试验是相互独立的,故分布律为（3）先写出X的分布律，它是题（1）中p=0.45的情形,所求分布律为P{X=k}=0.45（0.55）I,k=l,2,3,,.,〇因（x=j}n{x=k}=。（j丼）,故x取偶数的概率为

P=vp(xP=vp(x=2左}=E0.45(0.55广"0.45x0.55111-0.552 31ー个房间有3扇同样大小的窗子,只有一扇是打开的;有一只鸟自开着的窗子飞入了房间,它只能从开着的窗子飞出去；鸟在房子里飞来飞去,试图飞出房间,假定鸟是没有记忆的,它飞向各扇窗子是随机的。（1）以X表示鸟为了飞出房间试飞的次数，求X的分布律。（2）户主声称,他养的ー只鸟是有记忆的,它飞向任一窗子的尝试不多于一次,以丫表示这只聪明的鸟为了飞出房间试飞的次数,如户主所说是确实的,试求丫的分布律。（3）求试飞次数X小于丫的概率和试飞次数丫小于X的概率。解;（1）鸟为了飞出房间试飞的次数X的分布律为（参见第4题（1））：P{X=k}=(2/3)1(1/3),k=l,2,3,.（2）由题意丫的可能值为1,2,3〇{丫=1}表明鸟儿从3扇窗子中选对了一扇,因对鸟儿而言,3扇窗是等可能被选取的,故P{Y=l}=l/3o{丫=2