概率论与数理统计课后习题详细答案
练习1‐1
1、设样本空间为Ω.
(1)Ω={(i,j)|i=1,2…6;j=1,2...6} (2)Ω=(0,+∞) (3)Ω={0,1,2,3} (4)Ω=N* 2、
(1)Ω={1324,1342,3124,3142
1423,1432,4123,4132 2314,2341,3214,3241 2413,2431,4213,4231};
(2)A={1324,1342,1423,1432}; (3)B={1324,1342,3124,3142
1423,1432,4123,4132};
(4)ABB 如前给出。 ABA 如前给出。
A={3124,3142,4123,4132,2314,2341,3214,3241
2413,2431,4213,4231}。
3、
(1)Ω={HHH,HHT,HTH,THH,HTT,THT,TTH,TTT} (2)A={HHT,HTH,THH}
(3)B={HHH,HHT,HTH,THH,HTT,THT,TTH} (4)A∪B=B A∩B=A A-B=Ø
B={TTT}
4、Ω={1,2,3,4,5,6} A={1,3,5} B={1,2,3,4} C={2,4}
A+B={1,2,3,4,5} A-B={5} B-A={2,4} AB={1,3} AC= Ø
A+B={1,2,3,4,6} 5、(5)Ω-ABC
(8) ABCABCABCABC (10)AB+BC+AC或Ω-ABC
(11)ABCABCABCABCABCABCABC 6、
(1)互不相容 (2)对立 (3)互不相容
(4)既不互不相容也不对立 (5)互不相容 (6)对立
(7)既不互不相容也不对立
7、注:事件之间的关系一共有五种:包含,等于,对立,互斥(互不相容),独立。 记每小题中“与”字之前的事件为X,后者为Y,则有: (1)X:第1-5次至少1次击中目标 Y:5次射击中至少1次击中目标
X=Y
(2)X:第2-5次至少1次击中目标 Y:5次射击中至少2次击中目标 XY
(3)X:第1、2次至少1次击中目标 Y:第3-5次至少1次集中目标 独立
(4)X:5次射击中,击中目标1或2次 Y:5次设计中,击中目标3、4或5次 X、Y 互斥
(5)X:5次射击中,击中目标0、1或2次 Y:5次射击中,击中目标3、4或5次 X、Y对立
(6)X:第1、4、5次击中目标,第2、3次未击中目标 Y:5次射击中击中目标3次 XY
(7)X:第1次未击中目标
Y:5次射击中最多击中目标4次 XY
(8)X:第1-5次至少1次未击中目标 Y:5次射击中最多击中目标4次 X=Y 8、证明
①A∪(B-A)=A∪(B∩A)=(A∪B)∩(A∪A)=(A∪B)∩Ω=A∪B
)∪(B-A)=②(A-B)∪(B-A)∪(A∩B)=((A∩B)∪(A∩B)
(((AB)A)((AB)B))(BA)(A(AB))(BA)
A(BA) 由①②得证。
练习1‐2
1、(1)7%;(2)30%;(3)57% 2、(1)即求“最多一位顾客购买洗衣机”的对立事件概率。0.913。 (2)所求的对立事件为“既不买滚筒洗衣机,又不买直筒洗衣机”。“既不买滚筒洗衣机”概率为1-0.0768;“又不买直通洗衣机”概率为1-0.0102。故“既不买滚筒洗衣机,又不买直筒洗衣机”的概率为(1-0.0768)×(1-0.0102)。所求即为1-(1-0.0768)×(1-0.0102)=0.913 3、
性质3:P(A)1P(A)
证明:取两互不相容的事件A,A,可知其组成完备事件组Ω。
P()P(AA)P(A)P(A)1即P(A)1P(A) 性质4:P(AB)P(A)P(AB)
证明:P(AB)P(AB)。已知AB和AB互不相容
故P(AB)P(AB)P(ABAB)P(A(BB))P(A) 即P(AB)P(A)P(AB) 若AB,则
(1)P(AB)P(A)P(B)
证明:ABP(AB)P(B)得证。 (2)P(A)P(B)
证明:由(1)知P(A)P(B)P(AB)由公理1知P(AB)0。得证。 性质5:0P(A)1
证明明:A,P()0;P()10P(A)1 性质质6:P(AB)P(A)P(B)P(AB) 证证明:ABA(BA) A与BA互不相容,,有 P(BA)P(B)P(AB)P(AB)P(A)P(B)P(AB) 推论论:
P(ABC)P(A)P(B)P(C)P(AB)P(AC)P(BC)P(ABBC) 证明明:P(ABC)P(A)P(BC)P(A(BC))
P(A)P(B)P(C)P(BC)P(ABACC)
P(A)P(B)P(C)P(BC)P(AB)P(AC)P(ABCC)
4、P(AB)P(A)P(AB)0.15 P(AB)P(A)P(B)P(AB)0.5 P(BA)P(B)P(AB)0.11 P(AB)P(AB)1P(AB)0.5
5、方方法①可以用用韦氏图表示已知的各部分分。
故ABCABACAB又因其互不相又相容
A)P(CAB)0.7 故P(ABC)P(A)P(BA方法法②
P(ABC)P(A)P(B)P(C)P(AB)P(AC)P(BC)P(ABC) P(BBA)P(B)P(AB)
P(CAB)P(CAB)P(C(AB))
P(C)P(C(AB))P(C)P(ACBC)P(C)P(ACA)P(BC)P(ABC) A)P(CAB)故P(ABC)P(A)P(BA6、 (1))0.88
(2))
P(A1A2)P(A1)P(A2)P(A1A2)P(A1A2)P(A1)P(A2)P(A1A2)
0.06 (3))P(A1A3)P(A1)P(A3)P(A1A3)0.03
00.05 (4))P(A1A2A3)P(A1A2)P(A1A2A3)0.060.01(5))P(A2A3)P(A2)P(A3)P(A2A3)0.02
P(A1A2A2A3A1A3)P(A1A2)P(A1A3)P(A2A3)3P(A1A2A3)P(A1A2A3) P(A1A2)P(A2A3)P(A1A3)2P(A1A2A3)0.09
(6))即求“出现现三个问题”的对立事件的的概率,即1P(A1A2A3)0.09
练习1‐3
11、第第(2)种符合合;概率为2。
1古典典概型假设之一一是每一个可可能结果发生生的可能性相同同。而(1)中一正一反的的概率为2,两正
1
概率
率和两反概率各
各为4
,不符符合假设。2、证证明:
111
P({(T,H),(T,T)})12时,22
1
即第一枚出现正面的概率和第二枚出现反面的概率皆为2,即第一枚硬币是均匀的。同理可证第二枚硬币是均匀的当且仅当
1
P({(H,H),(T,H)})。
2
析:P({(H,H),(H,T)})表示“出现(H,H)或(H,T)”的概率,即“第一枚硬币是正面”的概率,
当且仅当P({(H,H),(H,T)})
11
为2。只需证“第一枚硬币为反面”的概率也为2,即可证明其为均匀的,又两事件相互对立,故得证。
n
3、此题为古典概型。事件总数为CN。
k
(1)分两步完成。先从N1件次品中选k件,有CN种取法。再从NN1件非次品中选择nk件,1nkKnk有CNN1种取法。故总取法为CN1CNN1种,
概率为
knk
CNCNN11
n
CN
。
n
(2)此类题目先求其对立事件,即没有次品的概率。从NN1件非次品中选择n件,有CNN1种
取法,故没有次品概率为
n
CNN1nCN
,有次品概率为1
nCNN1nCN
。
(3)其对立事件为“没有次品或者有一件次品”。没有次品的概率为 nn11nn11CNN1CNN1CN1CNCNN1N1CN1
,有1件次品的概率为。所求概率为1。 nnnn
CNCNCNCN
4、
(1)由于每个同学到学校模式相同,所以可以将问题看做30个同学的排队问题,要求女生在最后六个位置。总的排法有30!种,而男生排前24位,女生排后6位有24!×6!种。故概率为24!6!1
24。 30!C30(2)所有事件可分为“李明比王菲早到”和“李明比王菲晚到”两类,且两类事件数相同。故
1
所求概率为。
2
n
种可能,而n个人生日所有可能情况5、考虑其对立事件“没有任何两人生日在同一天”有P365
nn
P365P365
,所求为1。(注:本题书后答案错误) 为365种。故对立事件概率为
365n365n
n
6、此题用到伯努利定理,见书P34例1.30。
(1)对立事件为“在第i站不停车”,对于每个人,不在i站下车的概率为
88
在i站下车的概率为(25,所求为1(25。
99
7
(2)对立事件为“在第i,j站均不停车”,即要求每个人都不在i,j站下车,概率为()25,故
97
所求为1。
9
(3)设“第i站不停车”为A,“第j站不停车”为B,则
887
P(A)(25 P(B)(25 PAB()25
999
87
P(AB)P(AB)1P(AB)1P(A)P(B)P(AB)12(25(25(4)根据伯努利定
99
25
8
,故所有人都不9
18
理易易得C
99
7、此此为古典概型型。每封信有4种投法,故故样本总数为为42。要求前两两个邮筒没有有信,则每封封信有
2212
2种种投法,总投法法为2。第一一个概率为2;使第一个邮筒有1封信,分两两步,首先选选一封
44
1C23311
投入入第一个邮筒有有C2种投法,,剩下那封信信有3种投法法。故总投法为为C23,概率率为2
84
8、分分两步完成,首先从a个黑黑球中选择k个,取法有Cak种,然后从从b个白球中中选择ik个,有个
3
25
322
C
ikb
种,故总取法法有CC
k
aikb
。事件总数为为C
i
ab
ik
CakCb
,概率为为两者之商i。
Cab
9、
1C49!2
)(1)
10!5(2))即前两把钥钥匙不能开门,第三把才能能开门,取前前两把钥匙有56种取法,第三把有4种取
1
法,故总的取法为为654。又又事件总数为为1098,故所求为。
63A67!1
。 )易知其对立立事件为“前三把均不能打打开”,概率为为(3)
10!6111133
(10。 10、从10次中选3次为正面,7次为反面,又又正反的概率均为,故为为C10(3(7C10
2222
53213
。 11、分三步,分别别取红、白、黑球,共532种,又又事件总数为C10,故概率为为3
4C10
母全排列,有13!种排法。。因A有3!种排法,I、M、T各有2!!种排法。所所以排12、将13个字母
48
AN的方法一共共有3!×2!×2!×2!种,易得概率率。 成MATHEMATICIA
13!
例1.17的几何概型,可得得下图 13、此题类似于例
3
。 10
14、此题类似于例例1.18,为会会面问题。设设要等待1小时的船小X到达达时刻为x,要等待2小时的小
空间为 船Y到达时刻为y,则样本空
客在7—10分钟钟之间到才能能满足要求,总长为10,故概率为乘客
{(x,y)|0x24,0y24}。以A表表示事件“X需要等待需Y”,则有 A{(x,y)|(x,y),0xy2}。以B表表示事件“YY需要等待X””,则有
B{(x,y)|(x,y),0yx1}。: 设所求求事件为C,有CAB。((阴影部分为C)作图如下
11242232222
0.121由几几何计算,有P(C)224
练习1‐4
1、
)
(2)题解法法见P23例
1.20;答案皆为为(1)
a1
.
ab1
(3)设事件“取出的两球中有黑球”为A,“另一个也是黑球”为B,则A即为“全是白球”。
2
Cb2Ca
(A)=2 P(A)1P(A) P(AB)=2 P
CabCab
2
Ca2Caa1P(AB)b
= 故所为P(B/A)
a2b1Cb2P(A)
12
Cab
2、证明: (1)BA 故P(AB)P(A)
P(B|A)
P(AB)P(A)
1 P(A)P(A)
(2)
P(B1B2|A)
P((B1B2)A)P(B1AB2A)
P(A)P(A)P(B1A)P(B2A)P(B1B2A)
P(A)
又B1B2 故P(B1B2A)0
P(B1A)P(B2A)
=右边 P(A)P(A)
故原式左边= 得证
1
1
3 、(1)此题和第一题的(3)类似,
1314
(2)设“第一胎为女孩”为A,“第二胎也是女孩”为B 则所求得:
1
P(AB)1
P(B/A)
12P(A)
2
4、 设“点数不相同”为A,“其中有一个点数为4”为B,
61
,且P(A)则A为“点数相同”
666
5
P(A)1P(A)
61C2155
P(AB)
6618
P(AB)1
故所求P(B|A)
P(A)3
5、
(1)古典概型,易知为
644
109154321
(3)
109830
6、
2 5
(2)
(1)P(EF)P(E)P(F)P(EF)0.2
P(E|F)
P(EF)0.21P(EF)0.21
,P(F|E) P(F)0.63P(E)0.42
P(EF)
0.4 P(EF)0.40.50.2 P(F)
P(EF)2
P(E)3
(2)P(E|F)
P(EF)P(E)P(F)P(EF)0.80.20.6 P(F|E)
7、
P(EF)
(1)正确;P(E|F)
P(F)
0P(F)1,故P(EF)P(E|F)
(2)错误;设P(E)0.4,P(F)0.5,P(EF)0.3
0.30.3
P(F|E)0.5,0.4。
(3)正确;
由(1)方法可知 P(EF)P(F|E)
则P(E|F)
故P(EF)P(F/E)P(E)P(F)P(EF)P(F/E) =P(E)P(F) (4)错误;
设P(E)0.3P(F)0.4P(EF)0.1则P(E|F) (5)正确; P((EF)|F) =
P(EFF)
P(F)
P(EF)
0.25P(E)。 P(F)
P(EF)
P(E|F)
P(F)
8、由全概率公式可得
7134
P=0.59
1021053020
9、(1)0.060.050.056
30203020
301000.06201200.051(2)
301002012018
10、
(1)由全概率公式可得,设所求事件为A,则
[1**********]
C33C92C3C32C9C8C4C3C9C7C5C9C6C6
P(A)0.455 33
C12C12 (2)设“第一次恰有的一个新球”为B,则所求 1212C9C3C4C8
33C12C12
P(B/A)P(AB)/P(A)0.137
0.455
“检验为阳性”为B,则 11、(1)设“确实带有病毒”为A,
P(A)0.001,P(B|A)0.95,P(B|A)0.01 由贝叶斯公式知,所求
P(AB)P(A)P(B|A)
P(A|B)0.087
P(B)P(A)P(B|A)P(A)P(B|A)
“检验为阳性”为B,则 (2)同理,设“确实带有病毒”为A,
P(A)0.01 P(B|A)0.95 P(B|A)0.01 所求即为
P(A|B)
P(AB)P(A)P(B|A)
0 0.490
P(B)P(A)P(B|A)P(A)P(B|A)
12、
说法是错误的,原因如下下: 我们假设“凶手是白人””为A,“凶手手是其他色人人”为B,“受受害者正确识识别”为C,则可知
0.8P(C|A)P(C|B) 且 P(C|A)
P(C|B)P
(C|A)P(C|B)1
言凶手是白人人”,表明 受害者“断言
P(C|A)P(C|B)0.8
而 “袭击者确确实为白人”的概率应为为P(C|A)P(C|A)。但是是我们不知道道P(C|B)是否与
P(C|A)相等。所所以条件不足足,故说法错误误
13、否 设““死于肺癌”为为A,“吸烟烟”为B。 则当当“吸烟是导致致肺癌的重要要因素”时,所指的应为P(A/B)较大大。而“80%死死者都吸烟”是指P(B|A)较大。 必须须搞清何为条件件,何为所求求概率对应的的事件。
练习1‐5
1、 如如图所示
若若AB相互独独立,则P(ABB)P(A)P(B),由几何概概型知
SABSASB
即 SABSSASBSSS
即即当A.B独立立时,各部分面面积的关系满满足上式。2、 由由题意可知
1
P(A)P(B)P(C)
2
1
P(AB)P(AC)P(BC)P(ABC)
4
有有 P(AB)P(A)P(B) P(AC)P(A)P(C) P(CBC)P(C)P(B) 故故两两独立。 但但是P(ABC)P(A)P(B)P(C) 故故不相互独立立。 3、证证明
P(AB)P(A)P(B/A) 当当P(A)
0时,时P(AB)0
即即P(AB)P(A)P(B) 当当P(A)1时,时A为必然事件,P(ABB)P(B/A)P(B) 即即P(AB)P(A)P(B) 得得证。 4、否否
假设相互独立,则P(AB)P(A)P(B)0 与AB互不相容矛盾。 5、证明:
P(ABC)P(ABC)P(C)P((AB)C)P(C)P(ACBC)
P(C)[P(AC)P(BC)P(ABC)]P(C)P(A)P(C)P(B)P(C)P(A)P(B)P(C)P(C)(1P(A))(AP(B))P(C)P(A)P(B) 6、证明:性质一,用数学归纳法 (1)当m1时,(2kn)
P(Ai1,Ai2,,Aik)=P(Ai2,,Aik)P(Ai1,Ai2,,Aik) P(Ai2,,Aik)(1P(Ai1))
P(Ai1)P(Ai2)P(Ai3)P(Aik)
(2)当mp(p2)时成立,即
P(Ai1,Ai2,Aip,Aip1,,Aik)P(Ai1)P(Ai2)P(Ai3)P(Aik)
(3)当mp1时
P(Ai1,Ai2,Aip,Aip1,Aip2,Aik)
P(Ai1,Ai2,Aip,Aip2,,Aik)P(Ai1,Ai2,Aip,Aip1,Aip2,,Aik) 由式
P(Ai1,Ai2,Aip,Aip2,,Aik)(1P(Aip1)) P(Ai1)P(Ai2)P(Aip)P(Aip1)P(Aip2)...P(Aik) 综合1,2,3得证 性质二,证明:
nn PAi1PAi
i1i1
由性质1,得
n
n
PAi1P(Ai)
i1i1 又P(Ai)1P(Ai) 代入上式 故得证
7、0.31610.90.950.8 8、(10.1)(10.3)0.63
9、(1)可由全概率公式求得
1
C30.30.720.2C320.320.70.60.330.2286
“中两弹”为B (2)设“被击落”为A,
P(AB)C320.320.70.6
则 P(B|A)0.4961
P(A)0.228610、(1)10.10.110.90.90.9981 (2)
0.9
0.9017 0.9981
0.008
练习2‐1
1、(1){3,4,5},两个事件发生了,{1,2},两个事件没有发生。
{3},{4},{5},{3,4},{3,5},{4,5}等事件是否发生不能确定。
(2){1,2},{3,4,5},,等事件通过观察x的取值一定能知道是否发生了。 2、(1){S,FS,FFSFFFS}
FFS(2)X(S)1,X(FS)2,,X(