河大版《概率论与数理统计》习题答案1

1、1 概率论与数理统计 习题答案 习题1 (a) 1. (1) = 红,白; (2) = (,)1 , 6, = 1,2,3,4,5,63; (3)分别用1和0 分别表示正品与次品,则 = 00,010,0110,100,1010,1100,0111,1011,1101,1110,1111总共11种情况, 其中前6种情况表示连续出现2件次品(2 4)而中间 4种情况表示4件产品中只有1件次品(1 4), 最 后1总情况表示4件产品均为正品(0 4); (4) = 1,2,3; (5) = (,)0 , 1或 0,12或 0,1 0,1. 2. (1) ; (2) 或 + + ; (3) + +

2、. 3. (1)投掷两枚硬币至少一枚硬币为反面; (2)射击三次至少一次脱靶; (3)加工4件产品皆为次品. 4.显然, = 2,4,6, = 4,5,6,于是 =2,4,5,6 = 1,3 =1,3,5 1,2,3 = 1,3 =4,6 = 1,2,3,5 =1,3,5 1,2,3 = 1,2,3,5 5. = = ( ) = ( ) ( ) = = ( ) = ( ) ( ) 右边= ( ) = ( ) ( ) = = 6.设事件,分别表示喜欢逛街与喜欢吃冰淇淋,则 = 表示既不喜欢逛街又不喜欢 吃冰淇淋,由于() = 0.6,() = 0.7,() = 0.4,所以 ( ) = 1 (

3、) = 1 () () + () = 1 0.6 0.7 + 0.4 = 0.1 7.设出现2,4,6的概率均为而出现1,3,5的概率均为,则由题意可知 = 2 3( + ) = 1 容易解得: = 2 9, = 1 9, 于是 (1,2,3) = + 2 = 4 9 8.两次投掷骰子总共出现62= 36种情况,而两次点数之和为7的情况为(1,6), (2,5), (3,4), (4,3), (5,2), (6,1),于是两次点数之和为7的概率为 = 6 36 = 1 6. 9. (1) = 2 5 2 7 = 10 21; (2) 2 2 2 7 = 1 21; (3) 1 5 1 2 2

4、7 = 10 21; (4) = 1 21 + 1 2 10 21 = 2 7. 10. 3个球随即放入4个杯子中共有43种放法. (1)当杯中球的个数最大为1时, 3个球放入了3个不同的杯子,共有3 433 = 3 4 种放法,因此 = 3 4 3 3 43 = 3 8; (2)当杯中球的最大个数为2时, 3个球放入了2个不同的杯子,其中2个球放入了一个杯子1个球 放入了另一个杯子共有2 32422= 2324 种放法,因此 = 2 3 2 4 43 = 9 16; (3)当杯中球的最大个数为3时, 3个球放入了同一个杯子共有1 4 种放法,因此 = 1 4 43 = 1 16. 11.从双

5、鞋不同的鞋子中任取2只的取法共有2 2 种. (1)若没有成双的鞋子,则2只鞋子选自2双不同的鞋子而每只鞋子的取法有两种,共有2 22 种不同的取法,因此 = 2 22 2 2 ; (2)若只有一双成双的鞋子,则其余2 2只鞋子取自 1双不同的鞋子共有1 22 1 222种不 同的取法,因此 = 1 22 1 222 2 2 ; (3)若所取的2只鞋子恰成双,则 = 2 2 . 2 12. (1)由题意,设个朋友随机绕桌就座时只要保持相对位置不变的情况为同一事件.在个座位 固定时,由于相对位置不变的就座方式为同一事件,于是共有 ! = (1)!种坐法(因为每一个就座方式 朝某一方向逐次旋转共重

6、复了次). (a)当甲乙二人坐在一起且乙在甲左边时,由于绕圆桌围成一圈就座,其余 2个人之间共形成 2个空隙,甲乙二人作为一个整体插入其中一个空隙,事件发生的方式共有 (2)! 2 1 1= ( 2)! 种,因此() = (2)! (1)! = 1 1; (b)当甲乙丙三人坐在一起时,三人作为一个整体插入其余 3个人形成的 3个空隙且三人之 间可以任意调换顺序,于是() = (3)! 3 1 33! (1)! = 6 (1)(2); (2)由题意可知, 个人并排就坐于长桌共有!种就座方式. (a)甲乙之外的 2人共形成 1个空隙,于是() = (2)!1 1 ! = 1 ; (b)甲乙丙之外的

7、 3人共形成 2个空隙,于是() = (3)!1 23! ! = 6 (1). 13.假设随机取到的两点为, 0,1,则 = 0,10,1.设事件表示0,1中两点平方和小于 1的事件,即 = , 0,1?2+ 2 1,它可以由如图1所示的线段,弧段与线段所围 成的区域表示,因此有 = 区域 = 4 o(0,0) a(0,1)b(1,1) c(1,0) 图1习题1(a)-13 o(5,5) a(5,5.5) b(5,6)c(5.5,6) d(6,6) e(6,5.5) f(6,5)g(5.5,5) 图2习题1(a)-14 14.假设两人到达时间分别为,则样本空间为 = 5,6 5,6,一人至少等

8、另一人半个小时的事 件为 = , 5,6? 0.5,它可以由三角形与所围成的区域表示,因此有 = + = 1 8 + 1 8 1 = 1 4 15. ( ) ( ) = ( ) = ,( ) ( ) = ( ) = () ( ) 又 ( ) ( ) = 左边= ( ) + ( ) = () ( ) + () ( ) =右边 16. (1)容易证明: 1 ( ) = () + () ( ) (2)归纳法:假设当 = 时结论成立,则 = + 1时,记0= 1 2 ,于是有 1 (0 +1) (0) + (+1) (0 +1) 3 因此 (1 2 +1) =(0 +1) (0) + (+1) 1 (

9、1) + (2) + + () ( 1) + (+1) 1 结论对于 = + 1也成立,结论得证. 17. (方法一)如图所示,可将任意两种颜色的球互换投入两种对应颜色的盒子中(2 4), 或者没有两 个球交换位置(1 3,这是因为一旦某颜色的球装入其他任一颜色的盒子中,其它三球的投放模式就固定下 来.),因此有 = 2 4+ 1 3 4! = 3 8. (方法二)第一个球有3种投放模式,例如黑球可以放入白色,红色与黄色盒子中,不妨假设黑球放入 了白色盒子中,则白色球可以投入黑色,红色与黄色3个盒子任一盒中,但白色球一旦确定了投放模式, 另外两球的投放模式就固定下来,因此有, = 1 3 1

10、3 4! = 3 8. (方法三)假设黑球,白球,红球,黄球投入对应颜色盒子中的事件分别记为1,2,3,4,则球与盒 子颜色都不一致的概率为 (1234) = (1 2 3 4) =1 4 =1 () 1=4 ( ) + 1=4 () 1=4 () =1 ( 1 4 3! 4! 2 4 2! 4! + 3 4 1! 4! 4 4 0! 4! ) =1 ( 1 1 2 + 1 6 1 24 ) = 3 8 18. (1)由于36个可能的结果中只有6个是两次点数相同,因此 = 6 36 = 1 6; (2)点数之和小于4的可能结果为(1,3),(2,2),(3,1),因此 = 3 36 = 1 1

11、2; (3)将第一次与第二次掷出6点的事件分别记为1,2,则 (1 2) = (1) + (2) (1 2) = 6 36 + 6 36 1 36 = 11 36 (4)将两次投掷点数不相同的事件记为,则有 (1 2) = (1 2) () = (1) + (2) 2(1 2) () = 6 36 + 6 36 2 1 36 366 36 = 1 3 或 (12) = (1)+(2)(12) = (1) + (2) (12) () = 5 36 + 5 36 0 366 36 = 1 3 (5)两次投掷点数之和为7的所有可能结果为(1,6),(2,5),(3,4),(4,3),(5,2),(6

12、,1),在此条件下至 少一次得到6点的概率为 = 2 6 = 1 3. 19. (1) () = () () = 0.85, () = 0.85(1 () = 0.068,因此有 ( ) = () + () () = () + () = 0.988 (2) () = () () = () () 1 () = () () () 1 () = 29 35 0.8286 4 20.设(,)表示抛掷的结果为而另一面为.显然, (,)只可能出现4种情况: (正面,正面), (反面,反面), (正面,反面), (反面,正面);他们出现的概率分别为 1 3, 1 3, 1 6, 1 6. 因此,当抛出正面朝

13、上时另一 面为反面的条件概率为 = 1 6 1 3+ 1 6 = 1 3. 21.将动物活到10岁与12岁分别记为事件与事件,显然有 ,于是 () = () () = () () = 0.56 0.7 = 0.8 22.假设事件表示所取得2件产品中至少有1件不合格而事件表示2件产品都不合格,显然, ,因此 () = () () = () () = () () + () = () () + () = 2 4 2 10 2 4 2 10 + 1 4 1 6 2 10 = 1 5 23.设表示第次未摔破的事件(i=1,2,3),则由题意可知 (123) =(1)(21)(312) =(1)(1 (2

14、1)(1 (312) =1 2 ( 1 7 10 )( 1 9 10 ) = 3 200 24.设1,2,3分别表示孩子,母亲与父亲得病的事件,则 (123) =(1)(21)(312) =(1)(21)(1 (312) =0.6 0.5 (1 0.4) = 0.18 25.设表示停机事件,则 () = () + () = ()() + ()() = 1 3 0.3 + 2 3 0.4 = 11 30 0.37 26.将甲乙丙抽到难签的事件分别记作,由于三人依次抽签,考虑后面的人抽到难签的概率 要考虑前面的人有没有抽到难签.因此有 () = 1 4 1 10 = 0.4 () =() + ()

15、 = ()() + ()() = 0.4 1 3 1 9 + (1 0.4) 1 4 1 9 = 0.4 () =() + () + () + () =()()() + ()()() + ()()() + ()()() =0.4 1 3 1 9 1 2 1 8 + (1 0.4) 1 4 1 9 1 3 1 8 + 0.4 1 6 1 9 1 3 1 8 + (1 0.4) 1 5 1 9 1 4 1 8 = 0.4 27. (1)设,分别表示从甲,乙两袋中取出白球的事件,则表示从甲袋中取出了红球的事件,因 此 () = () + () = ()() + ()() = 1 1 + 1 +1 1

16、 +1 + 1 1 + 1 1 +1 (2)设1,2,3分别表示从第一个盒子中取出两个白球,一个白球一个红球以及两个红球的事件, 表示从第二个盒子中取出白球的事件,则 () =(1) + (2) + (3) =(1)(1) + (2)(2) + (3)(3) = 2 4 2 9 1 7 111 + 1 415 2 9 1 6 111 + 2 5 2 9 1 5 111 = 53 99 5 28.设事件表示第一个取球者获胜, 表示第一个取球者在第轮获胜,即前2 2次的取球 颜色均为黑色而第一个取球者在第2 1次取得白球.因此 = =1 () = =1 () = =1 ( + )22 + = +

17、1 ( + )2= + + 2 29.不妨设该犯人为甲,将甲乙丙被释放的事件分别记作,则只可能出现, 三种情况,它们出现的概率均为 1 3, 对于第一种情况看守各以 1 6 的概率告诉甲犯人乙丙被释放而第二,三 种情况下看守只能告诉甲犯人丙,乙被释放.因此,看守告诉甲犯人乙,丙被释放的概率均为 1 6 + 1 3 = 1 2. 于是,看守告诉甲犯人乙释放后甲被释放的概率为 () = () () = () () = 1 3 1 2 = 2 3 30.设邻居会记得浇水的事件为,树死去的事件为,则有() = 0.8,() = 0.15,() = 0.9. (1) () =1 () = 1 () ()

18、 = 1 ()() ()() =1 0.9 0.15 (1 0.9) 0.8 = 0.785 (2) () =() () = ()() ()() + ()() = (1 0.9) 0.8 0.9 0.15 + (1 0.9) 0.8 = 16 43 31.假设第一次与第二次取到白球的事件分别记作,则 () = () () = ()() ()() + ()() = 1 6 1 10 1 5 1 9 1 6 1 10 1 5 1 9 + 1 4 1 10 1 6 1 9 = 5 9 32.假设,分别表示公民患肺癌与吸烟的事件,则() = 0.997,() = 0.958,() = 104, 于是

19、() =() () = ()() ()() + ()() = 104 0.997 104 0.997 + (1 104) 0.958 1.0407 104 () =() () = () () 1 () = ()(1 () 1 ()() ()() = 104 (1 0.997) 1 104 0.997 (1 104) 0.958 7.1438 106 33.因为() = ()(),所以 () =() () = () ()() = ()(1 () = ()() () =() () = () ()() = (1 ()() = ()() () =() () = 1 () () + () = 1 ()

20、() + ()() =(1 ()(1 () = ()() 34.由于0 1,矛盾.); (10) ( + ) = () = 1 () = 1.); (11) (当样本空间包含无穷多个点时去掉有限个点组成 + .); (12) ; (13) ( , ( ) = () = 0.); 7 (14) ; (15) ( , () = () () = () () ().); (16) (1 + 2) = (1+ 2) = ()(1+ 2) = ()(1) + (2) = (1) + (2).); (17) (只需验证必要性,因为,两两独立,则与独立等价于() = ()() = ()()().); (18)

21、 (由() = 1可知() = (),因为 等价于 = ,因此,原 命题等价于由() = ()与() 0可以得出 = ,显然是错误的.一个反例为, = 0,1, = 0,0.5, = 0,0.5),显然() = () = 0.5但 .). 2. (1)编号为6, 8, 10 (注意到 + = .); (2) 0 () = () () = () () = 0.); (3) 0.6 () = 1 () = 1 () + () = 1 () + ( ) = 1 0.7 + 0.3 = 0.6.); (4) 0 (显然( + )( + )( + )( + ) = = .); (5) 5 8 () =

22、( ) = 1( ) = 1()()()+()+()+ () () = 1 3 1 4 + 0 + 2 1 8 0 = 5 8.); (6) 4!7! 10! (将4本外文书放在一起共有4!种放法,再将其作为一个整体与6本中文书放在一起有7!种 放法.); (7) 5 36 (两次之和为8的可能结果为(2,6),(3,5),(4,4),(5,3),(6,2).); (8) 4 11 (蓝球共有7+4=11个,蓝色玻璃球共有4个.); (9) 37 64 (密码被破译的概率为1 (1 0.25)3= 1 27 64 = 37 64.); (10) 0.2 (所取产品一件不合格时另一件可能合格也可

23、能不合格,所有可能的结果有2 4+ 1416 = 30 或102 2 6 = 30种,两件均为不合格产品的可能结果有2 4 = 6种.). 3. () = () () = () = 1 () = 1 . 4. (1)当杯中至多有1球时,总共有3 43!种投放方式(选择3个杯子, 3个球的投放顺序形成一个全 排列.),于是有 = 3 43! 43 = 3 8; (2)当杯中至多有两球时,总共有43 1 4 种投放方式,因此有 = 1 1 4 43 = 15 16. 5.由于前面4人未摸到入场券,显然,在剩余的6个券中第5个人只有 1 6 的机会摸得入场券.也可 用条件概率公式来计算此概率:假设代

24、表前4人没摸到的事件, 代表第5人摸到的事件,则有 () = () () = 4 9 4 10 1 1 6 4 9 4 10 = 1 6 6.由于,相互独立,所以 0.6 = ( + ) = () + () () = () + () ()() = 0.4 + 0.6() 于是 () = 1 3, () = () () = ()(1 () = 4 15 7.由题意可知 0.2 = () = () () = () () 1 () = 0.6 () 1 0.6 容易计算: () = 0.72,因此有() = () () = 0.9. 8.假设至少需要投掷次,每次不出现6点的概率为 5 6, 所以有

25、(5 6 ) 0.3 (5 6 ) 6.6036 9.当,满足关系2 4时方程有实根,当,满足关系2= 4时方程有重根,因此有 1= 0 + 1 + 2 + 4 + 6 + 6 36 = 19 36, 2 = 2 36 = 1 18 8 表1习题1(b)-9 = 1 = 2 = 3 = 4 = 5 = 6 1 4 1 9 4 4 25 4 9 11,21,2,3,4 10. () = 1 3 8 3 10 , () = 1 1 8 3 10 (或 3 9+ 39 39 3 10 ) = 14 15 11.分别将各个序号从小到大与英文大写字母对应起来. (1)系统i可表示为 + ( + ) 于是

26、 ( + ) =()() + () () = (2 )2 ( + ( + ) =() + ( + ) ()( + ) = + (2 )2 (2 )3= + 22 33+ 4 (2)系统ii可表示为 () + () + () + () 于是 () + () + () + () =() + () + () + () () () () () () () +() + () + () + () () =22+ 23 54+ 25 12. 1=0 100.65 10 + 1 100.65 90.35 + 2 100.65 80.352 + 3 100.65 70.353 0.5138 2=1 0 100.75 10 1 100.75 90.25 2 100.75 80.252 3 100.75 70.253 0.2241 13.事件表示所取的零件来自第批零件( = 1,2,3),事件表示从三批次