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1、浙江大学概率论与数理统计课后习题以及详解答案浙大第四版(高等教育出版社)第一章概率论的基本概念L 一写出下列随机试验的样本空间(1)记录个小班一次数学考试的平均分数(充以百分制记分)(-1)oln 100 S , nnnn表小班人数(3)生产产品直到得到10件正品,记录生产产品的总件数。(一2)S= 10, 11, 12, n,(4)对某工厂出厂的产品进行检查,合格的盖上“正品”,不合格的盖上“次品”, 如连续查出二个次品就停止检查,或检查4个产品就停止检查,记录检查的结果。查出合格品记为“1”,查出次品记为“0”,连续出现两个“”就停止检査,或查满4 次停止检查。(-(3)S=00, 100
2、, 0100, 0101, 1010, 0110, 1100, 0111, 1011, 1101,1110, 1111, 2.-设A, B, C为三事件,用A, B, C的运算关系表示下列事件。(1) A发生,B与C不发生。表示为:A或A- (AB+AC)或A (BUC) (2) A, B都发生,而C不发生。表示为:AB或AB-ABC或AB-C表示为:A+B+C (3) A, B, C中至少有一个发生(4) A, B, C都发生,(5) A, B, C都不发生,(A+B+C)或A B C表示为:ABC表示为:或S-(6) A, B, C中不多于个发生,即A, B, C中至少有两个同时不发生相当
3、于,中至少有一个发生。故表示为:。(7) A, B, C中不多于二个发生。A, ,C中至少有一个发生。故A C或ABC(8) A, B, C中至少有二个发生。相当于:AB, BC, AC中至少有一个发生。故表示为:AB+BC+AC6 .三设A, B是两事件且P (A)=0.6, P (B) =0.7.问(1)在什么条件下P (AB)取到最 大值,最大值是多少? (2)在什么条件下P (AB)取到最小值,最小值是多少?解:由P (A) = 0. 6, P (B) = 0. 7即知ABW6,(否则AB = 6依互斥事件加法定 理,P(AUB)=P (A) +P (B)=0. 6+0. 7=1. 3
4、1 与 P (AUB)Wl 矛盾).从而由加法定理得P (AB)=P (A)+P (B)-P (AUB) (*)(1)从0WP(AB)WP(A)知,当AB=A,即ACB时P(AB)取到最大值,最大值为 P(AB)=P(A)=0.6,(2)从(*)式知,当AUB=S时,P(AB)取最小值,最小值为P(AB)=0.6+0.7-l=0.3 7 .四P(A) P(B) P(C)设A, B, C是三事件,且.求A, B, C至少有 11,P(AB) P(BC) 0, P(AC) 84个发生的概率。解:P (A, B, C 至少有一个发生)=P (A+B+C)= P(A)+ P(B)+ P(C)-P(AB
5、)-P(BC)- P(AC)+ P(ABC)= 3150 4888 .五在标准英语字典中具有55个由二个不相同的字母新组成的单词,若从26个 英语字母中任取两个字母予以排列,问能排成上述单词的概率是多少?记A表“能排成上述单词”2V从26个任选两个来排列,排法有A26种。每种排法等可能。字典中的二个不同字母组成的单词:55个:.P(A) 5511 130A269,在电话号码薄中任取个电话号码,求后面四个数全不相同的概率。(设后面4个 数中的每个数都是等可能性地取自0, 1, 2,9)记A表“后四个数全不同”后四个数的排法有104种,每种排法等可能。4后四个数全不同的排法有A10二 4A10P(
6、A)0.504 1010 .六在房间里有10人。分别佩代着从1号到10号的纪念章,任意选3人记录其纪 念章的号码。(1)求最小的号码为5的概率。记“三人纪念章的最小号码为5”为事件A10 : 10人中任选3人为组:选法有 3种,且每种选法等可能。又事件A相当于:有一人号码为5,其余2人号码大于5。这5种组合的种数有125 121P(A) 12 103(2)求最大的号码为5的概率。记“三人中最大的号码为5”为事件B,同上10人中任选310人,选法有 3种,且每种选法等可能,又事件B相当于:有一人4号码为5,其余2人号码小于5,选法有12种4 121P(B) 20 10311 .七某油漆公司发出1
7、7桶油漆,其中白漆10桶、黑漆4桶,红漆3桶。在搬运中 所标笺脱落,交货人随意将这些标笺重新贴,问个定货4桶白漆,3桶黑漆和2桶红漆 顾客,按所定的颜色如数得到定货的概率是多少?记所求事件为A。9在17桶中任取9桶的取法有C17种,且每种取法等可能。432 C4 C3 取得 4 白 3 黑 2 红的取法有 C10432C10 C4 C3252 P(A) 62431c17 故12 . A在1500个产品中有400个次品,1100个正品,任意取200个。(1)求恰有90个次品的概率。记“恰有90个次品”为事件A1500在1500个产品中任取200个,取法有200种,每种取法等可能。4001100
8、200个产品恰有90个次品,取法有90110种,400110090110 P(A)1500200(2)至少有2个次品的概率。记:A表“至少有2个次品”B0表“不含有次品,B1表”只含有一个次品”,同上,200个1100产品不含次品,取法有200种,200个产品含个次品,取法有4001100 种 1199BO B1 且 BO, B1 互不相容。 4001100119915002001100200 P(A) 1 P() 1 P(B0) P(B1) 1150020013 .九从5双不同鞋子中任取4只,4只鞋子中至少有2只配成一双的概率是多少?记A表“4只全中至少有两支配成一对”则表“4只人不配对”1
9、0 :从10只中任取4只,取法有4种,每种取法等可能。要4只都不配对,可在5双中任取4双,再在4双中的每一双5 4里任取只。取法有P() 4C5 244C10 821813 2121 P(A) 1 P() 115 . +-将三个球随机地放入4个杯子中去,问杯子中球的最大个数分别是1, 2, 3,的概率各为多少?记Ai表“杯中球的最大个数为i个 i=l,2,3,三只球放入四只杯中,放法有43种,每种放法等可能对A1:必须三球放入三杯中,每杯只放一球。放法43 33 2种。(选排列:好比3个球在4个位置做排列)P(A1) 4 3 26 1643对A2:必须三球放入两杯,一杯装一球,一杯装两球。放法
10、有2c3 4 3种。(从3个球中选2个球,选法有C32,再将此两个球放入个杯中,选法有4种,最后将剩余的1球放入其余的一个杯中,选法有3种。P(A2) 2C3 4 343 916对A3:必须三球都放入一杯中。放法有4种。(只需从4个杯中选1个杯子,放入此3个球,选法有4种)P(A3) 41 316416 .十二50个抑钉随机地取来用在10个部件,其中有三个抑钉强度太弱,每个部件 用3只抑钉,若将三只强度太弱的钾钉都装在个部件上,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?记A表“ 10个部件中有一个部件强度太弱”。法一:用古典概率作:把随机试验E看作是用三个钉组,三个钉组去卸完
11、10个部件(在三个钉的组中 不分先后次序。但10组钉卸完10个部件要分先后次序)3333 C47 C44C23对E:抑法有C50种,每种装法等可能对A:三个次钉必须钾在一个部件上。这种钟法有333 C44C23 (C33 C47) X10 种P(A) 3333C3 C47 C44C23 10333C50 C47C23 1 0.00051 1960法二:用古典概率作把试验E看作是在50个钉中任选30个钉排成一列,顺次钉下去,直到把部件卸完。 (钾钉要计先后次序)3对E:钾法有A50种,每种钾法等可能对A:三支次钉必须抑在“1, 2, 3”位置上或 “4, 5, 6”位置上,,,或28, 29,
12、30”位置上。这种钏!法有327327327327种A3 A47 A3 A47 A3 A47 10 A3 A47P(A) 32710 A3 A4730A50 1 0.00051 196017 .十三已知 P() 0. 3,P(B) 0. 4,P(A) 0.5,求 P(BA )。解:P(A) 1 P() 0.7,P() 1 P(B) 0.6, A AS A(B ) AB A 注意(AB) (A),故有P (AB)=P (A)-P (A) =0.7-0. 5=0. 2再由加法定理,P (AU)= P (A)+ P ()-P (A)=0. 7+0. 6-0. 5=0.8 于是P(B|A ) PB(A
13、 )P(AB)0.20.25 P(A )P(A )0.8解二:P(A) P(A)P(|A)由已知05 07 P( A)P(|A) 0.5521 P(B|A) 故 P(AB) P(A)P(B|A) 0.77751P(BA B)P(BA) 5P(B|A )定义 0.25P(A )P(A) P() P(A)0.7 0.6 0.518.十四解 P(A) 111,P(B|A) ,P(A B),求 P(A B)o 432:由解 定义 P(AB)P(A)P(B|A)由 已知条件143 P(B) 1P(A|B)有P(B)P(B)2P(B)6由乘法公式,得P(AB) P(A)P(B|A) 1 124 11161
14、23 由加法公式,得 P(A B) P(A) P(B) P(AB) 119 .十五掷两颗骰子,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:(方法一)(在缩小的样本空间SB中求P(A B),即将事件B作为样本空间,求事 件A发生的概率)。掷两颗骰子的试验结果为一有序数组(x, y) (X, y=l,2,3,4,5,6)并且满足x,+y=7, 则样本空间为S=(x, y) (1, 6 ), (6, 1), (2, 5), (5, 2), (3, 4), (4, 3)每种结果(x, y)等可能。A=掷二骰子,点数和为7时,其中有一颗为1点。故P(A) 21 63P(AB)
15、P(B)方法二:(用公式P(A|B)S= (x, y) x =1, 2, 3, 4, 5, 6; y = 1, 2, 3, 4, 5, 6每种结果均可能A= 掷两颗骰子,x, y中有一个为1点,B= 掷两颗骰子,x,+y=7”。则P(B) 612 ,P(AB) 62662, 22P(AB)216 故 P(A|B) P(B)163620 .十六据以往资料表明,某 3 u之家,患某种传染病的概率有以下规律: P(A)=P 孩子得病 =0.6, P (B A)=P母亲得病|孩子得病 =0.5, P (C|AB)=P父亲得病|母 亲及孩子得病 =0. 4O求母亲及孩子得病但父亲未得病的概率。解:所求概
16、率为P (AB)(注意:由于“母病”,“孩病”,“父病”都是随机事件,这 里不是求P (IAB)P (AB) = P(A) =P(B| A) =0. 6X0. 5=0. 3, P (|AB)=1-P (C AB) =1-0. 4=0.6.从而 P (AB)= P (AB) P(|AB)=0. 3X0. 6=0. 18.21 .十七已知10只晶体管中有2只次品,在其中取二次,每次随机地取只,作不 放回抽样,求下列事件的概率。(1)二只都是正品(记为事件A)法一:用组合做在10只中任取两只来组合,每一个组合看作一个基本结果,每种取法 等可能。C8228P(A) 20.62 C1045法二:用排列做
17、在10只中任取两个来排列,每个排列看作一个基本结果,每个排列 等可能。P(A) 2A82A10 2845法三:用事件的运算和概率计算法则来作。记Al, A2分别表第一、二次取得正品。P(A) P(A1A2) P(A)P(A2|A1) 872810945(2)二只都是次品(记为事件B)法一:P(B) 2C22C10 1 45法二:法三:P(B) 2A22A10 145 21110945P(B) P(12) P(1)P(2| 1)(3) 只是正品,只是次品(记为事件C)法一:P(C) 11C8 C22C10 1645法二:法三:P(C) 112(C8 C2) A22A10 1645 P(C) P(
18、A12 1A2)且 Al21A2 互斥P(A1)P(2|A1) P(1)P(A2|1) 28168210910945(4)第二次取出的是次品(记为事件D)法一:因为要注意第一、第二次的顺序。不能用组合作,法二:法三:P(D) 11A9 A22A10 15 P(D) P(A12 12)且 A12 与 1A2 互斥P(A1)P(2|A1) P(1)P(2|1) 82211109109522.十八某人忘记了电话号码的最后个数字,因而随机的拨号,求他拨号不超过三 次而接通所需的电话的概率是多少?如果已知最后个数字是奇数,那么此概率是多少?记H表拨号不超过三次而能接通。Ai表第i次拨号能接通。注意:第一
19、次拨号不通,第二拨号就不再拨这个号码。H Al 1A2 12A3三种情况互斥P(H) P(A1) P(1)P(A2| 1) P(1)P(2| 1)P(A3| 12)191981310109109810如果已知最后个数字是奇数(记为事件B)问题变为在B已发生的条件下,求H再发 生的概率。P(H B) PA1|B 1A2|B 12A3|B)P(A1|B) P(1|B)P(A2|B1) P(1 B)P(2|B1)P(A3 B12)1414313554543524.十九设有甲、乙二袋,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,今从甲袋中任取球放入乙袋中,再从乙袋中任取球,问取到(即从乙
20、袋中取 到)白球的概率是多少?(此为第三版19题(1)记Al, A2分别表“从甲袋中取得白球,红球放入乙袋”再记B表“再从乙袋中取得白球”。:.B=A1B+A2B 且 Al, A2 互斥 P (B)=P (Al)P(B Al)+ P (A2)P (B| A2)nN lmN n mN M In mN M 1 =十九(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。先从第一盒子中任取2只球放入第二盒中去,然后从第二盒子中任取只球,求取到 白球的概率。记C1为“从第一盒子中取得2只红球”。C2为“从第一盒子中取得2只白球”。C3为“从第一盒子中取得1只红球,1只白球”,D为
21、“从第二盒子中取得白球”,显然Cl, C2, C3两两互斥,C1UC2UC3=SJ由全概率 公式,有 P (D)=P (C1)P (D|C1)+P (C2)P (D|C2) +P (C3)P (D| C3)112C525C4 C47C56532221199C911C911C926.二十一已知男人中有5%是色盲患者,女人中有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,恰好是色盲患者,问此人是男性的概率是多少?解:Al=男人, A2=女人, B=色盲,显然A1UA2=S, Al A2=4由已知条件知 P(A1) P(A2) 1 P(B|A1) 5%, P(B A2) 0.25%
22、 2由贝叶斯公式,有15 P(A1B)P(A1)P(B|A1)2OP(A1|B)125P(B)P(A1)P(B| Al) P(A2)P(B|A2) 15212100210000二十二一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P(1)若至少有一次 及格则他能取2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:Ai=他第i次及格, i=l,2已知 P (A1)=P (A2|A1)=P, P(A2|1)(1) B= 至少有一次及格所以两次均不及格 12;.P(B) 1
23、P() 1 P(12) 1 P(1)P(2| 1)1 1 P(A1)1 P(A2| 1) 1 (1 P) (1 ) P P2(2) P(A1A2)定义P(A1A2)P(A2)P23212 (*)由乘法公式,有P (Al A2)= P (Al) P (A2| Al) = P2由全概率公式,有 P(A2) P(A1)P(A2|A1) P(1)P(A2| 1) P P (1 P)PP 222P2将以上两个结果代入(*)得P(A1|A2) P2PP 222 2PP 128.二十五某人下午5:00下班,他所积累的资料表明:乘汽车到0. 30家的概率某日他抛枚硬币决定乘地铁还是乘汽车,结果他是5:47到家
24、的,试求他是乘地铁回 家的概率。解:设=“乘地铁”,B= “乘汽车,C= 5:455:49到家”,由题意,AB=e, AUB=S已知:P (A) =0. 5, P (C|A)=0. 45, P (C|B) =0. 2, P (B)=0. 5由贝叶斯公式有P(A P(C|A)P(A) P(C)0. 5 0.450.4590.6923110. 6513P(C A) P(C|B)220. 35 0. 20 0. 10 0. 0529.二十四有两箱同种类型的零件。第一箱装5只,其中10只一等品;第二箱30 只,其中密只一等品。今从两箱中任挑出箱,然后从该箱中取零件两次,每次任取 只,作不放回抽样。试求
25、(1)第一次取到的零件是一等品的概率。(2)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:设Bi表示“第i次取到一等品 i=l, 2Aj表示“第j箱产品” j=l,2,显然A1UA2=S(1) P(B1)解)。A1A2=6 11011820.4 (Bl= A1B +A2B 由全概率公式2502305110911817 P(B1B2) (2) P(B2|B1)0.4857 2P(B1)5(先用条件概率定义,再求P (B1B2)时,由全概率公式解)32.二十六(2)如图 1, 2,3, 4, 5表示继电器接点,假设每继电器接点闭合的概率为P且设各继电器闭合与否相互独立,求L
26、和R是通路的概率。记Ai表第i个接点接通记A表从L到R是构成通路的。T A=A1A2+ A1A3A5+A4A5+A4A3A2 四种情况不互斥P (A) =P (A1A2)+P (A1A3A5) +P (A4A5)+P (A4A3A2) -P (A1A2A3A5)+ P (A1A2 A4A5)+ P (A1A2 A3 A4) +P (A1A3 A4A5)+ P (A1A2 A3A4A5) P (A2 A3 A4A5)+ P (A1A2A3 A4A5)+ P(A1A2 A3 A4A5)+ (A1A2 A3 A4A5) + P (A1A2 A3 A4A5) -P (A1A2 A3 A4A5)又由于A
27、l, A2, A3, A4, A5互相独立。故 P (A) =p2+ p3+ p2+ p3 p4 +p4 +p4 +p4 +p5 +p4 4 5+ p5 + p5+ p5+ p5 p5=2 p2+ 3p3-5p4 +2 p5二十六(1)设有4个独立工作的元件1, 2, 3, 4它们的可靠性分别为Pl, P2, P3, P4,将它们按图(1)的方式联接,求系统的可靠性。记Ai表示第i个元件正常工作,i=l, 2, 3, 4,A表示系统正常。,/ A=A1A2A3+ A1A4两种情况不互斥P (A)= P (A1A2A3)+P (A1A4) -P (A1A2A3 A4)(加法公式)=P (Al)
28、P (A2)P (A3)+ P (Al) P (A4) -P (Al) P (A2)P (A3)P(A4)=P1P2P3+ P1P4-P1P2P3P4 (Al, A2, A3, A4 独立)34 .三十一袋中装有m只正品硬币,n只次品硬币,(次品硬币的两面均印有国 徽)。在袋中任取只,将它投掷次,已知每次都得到国徽。问这只硬币是正品的概率 为多少?解:设出现r次国徽面” =Br 任取只是正品” =A由全概率公式,有mlrn() lrm n2m nmlr()P (A) P(Br I A) mm n2 P(A | Br) mlrnP(Br)m n 2r() m n2m nP (Br) P (A)P
29、 (B r|A) P()P(Br|)(条件概率定义与乘法公式)35 .甲、乙、丙三人同时对飞机进行射击,三人击中的概率分别为0.4, 0.5, 0.7o飞 机被一人击中而被击落的概率为0.2,被两人击中而被击落的概率为0.6,若三人都击 中,飞机必定被击落。求飞机被击落的概率。解:高Hi表示飞机被i人击中,i=l, 2, 3 Bl, B2, B2分别表示甲、乙、丙击中飞机Hl B123 123 12B3,三种情况互斥。H2 B1B23 B12B3 1B2B3 H3 B2B2B3 三种 情况互斥又Bl, B2, B2独立。P(H1) P(B1)P(2)P(3) P(1)P(B2)P(3)P(1)
30、P(2)P(B3) 0.4 0.5 0.3 0.60.5 0.3 0.6 0.5 0.7 0.36P(H2) P(B1)P(B2)P(3) P(B1)P(2)P(B3)P(1)P(B2)P(B3) 0.4 0.5 0.3+ 0. 4X0. 5X0. 7+0. 6X0. 5X0. 7=0. 41P (H3)=P (B1)P (B2)P (B3)=0. 4X0. 5X0. 7=0. 14又因:A=H1A+H2A+H3A三种情况互斥故由全概率公式,有P (A)= P(H1)P (A Hl)+P (H2)P (A|H2)+P (H3)P (AH3)=0. 36X0. 2+0.41X0.6+0. 14X
31、1=0.45836 .三十三设由以往记录的数据分析。某船只运输某种物品损坏2% (这一事件记为 A1) , 10% (事件 A2) , 90% (事件 A3)的概率分别为 P (A 1)=0. 8, P (A2)=0. 15, P (A2)=0. 05现从中随机地独立地取三件,发现这三件都是好的(这事件记为B),试分 别求P (Al B) P (A2|B), P (A3 B)(这里设物品件数很多,取出第一件以后不影响取第 二件的概率,所以取第一、第二、第三件是互相独立地)B表取得三件好物品。B=A1B+A2B+A3B三种情况互斥由全概率公式,有P (B)= P(A1)P (B Al)+P (A
32、2)P (B|A2)+P (A3)P (B|A3)=0.8X (0. 98)3+0. 15X(0. 9)3+0. 05 X (0. 1)3=0. 8624P(A1B)P(A1)P(B|A1)O. 8 (0. 98) 3P(A1|B)0.8731P(B)P(B) 0.8624P(A2B) P (A2) P(B|A2)0. 15 (0. 9)3P(A2|B)0.1268P (B) P (B) 0. 8624P (A3B) P (A3) P (B | A3) 0. 05 (0. 1)3P(A3|B)0.0001P(B)P(B) 0.862437 .三十四将A, B, C三个字母之一输入信道,输出为原
33、字母的概率为a ,而输出为其它一字母的概率都是(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 pl, p2, p3 (pl +p2+p3=l), 已知输出为ABCA,问输入的是AAAA的概率是多少?(设信道传输每个字母的工作是相互 独立的。)解:设D表示输出信号为ABCA, Bl、B2、B3分别表示输入信号为AAAA, BBBB, CCCC,则 Bl、B2、B3 为一完备事件组,且 P(Bi)=Pi, i=l, 2, 3,再设A发、A收分别表示发出、接收字母A,其余类推,依题意有P (A收| A发P (B收I
34、B发)=P (C收I C发)=a ,P (A 收 I B 发)=P (A 收 I C 发)=P (B 收 I A 发)=P (B 收 I C 发)=P (C 收 | A 发)=P (C 收 I B 发)=1 a2又 P (ABCA|AAAA)= P (D | B 1) = P (A 收丨 A 发)P (B 收 | A 发)P (C 收丨 A 发)P (A收I A发)=a 2(1 a )2, 2同样可得 p (D B 2) = P (D I B 3) =a (1 a )3 2于是由全概率公式,得P(D) P(B)P(D|B)iii 13pla2(l a 21 a 3) (P2 P3) a ()2
35、2由Bayes公式,得P (AAAA|ABCA)= P (B 1 | D )=P(B1)P(D Bl)P(D) 2api2a Pl (1 a ) (P2 P3)二十九设第一只盒子装有3只蓝球,2只绿球,2只白球;第二只盒子装有2只蓝 球,3只绿球,4只白球。独立地分别从两只盒子各取只球。(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)已知至少有只蓝球,求有一只蓝球一 只白球的概率。解:记Al、A2、A3分别表示是从第一只盒子中取到只蓝球、绿球、白球,Bl、B2、 B3分别表示是从第二只盒子中取到只蓝球、绿球、白球。(1)记=至少有一只蓝球C= A1B1+ A1B2+ A
36、1B3+ A2B1+ A3B1, 5 种情况互斥由概率有限可加性,得P(C) P(A1B1) P(A1B2) P(A1B3) P(A2B1) P(A3B1)独立性 P(A)P(B) P(A)P(B) P(A)P(B) P(A)P(B) P(A)P(B)1112132131 3233342222579797979799 (2)记=有一只蓝球,一只白球,而且知D= A1B3+A3B1两种情况互斥P(D) P(A1B3 P(A3B1) P(A1)P(B3) P(A3)P(B1)342216797963(3) P(D|C) P(CD)P(D)16P(C)P(C)35(注意到 CD D)三十A, B,
37、C三人在同一办公室工作,房间有三部电话,据统计知,打给A, B, C的 电话的概率分别为2,2, 1。他们三555111人常因工作外出,A, B, C三人外出的概率分別 为,,设三244人的行动相互独立,求(1)无人接电话的概率;(2)被呼叫人在办公室的概率;若某时间断打进了 3个电 话,求(3)这3个电话打给同一人的概率;(4)这3个电话打给不同人的概率;(5) 这3个电话都打给B,而B却都不在的概率。解:记Cl、C2、C3分别表示打给A, B, C的电话Dl、D2、D3分别表示A, B, C外出注意到 Cl、C2、C3 独立,且 P(C1) P(C2) 2, 5P(C3) 1 5P(D1)
38、 11,P(D2) P(D3) 24(1) P (无人接电话)=P (D1D2D3)= P (D1)P (D2)P (D3)=1 1 1244 132(2)记6= “被呼叫人在办公室”,G C1D1 C2D2 C3D3三种情况互斥,由有限可加性与乘法公式P(G) P(C1D1) P(C2D2) P(C3D3)P(C1)P(D1|C1) P(C2)P(D2|C2) P(C3)P(D3|C3)2123131352545420由于某人外出与否和来电话无关故 P(D|C) P(D)kkk(3) H为“这3个电话打给同一个人”P(H) 22222211117555555555125(4) R为“这3个电
39、话打给不同的人”R由六种互斥情况组成,每种情况为打给A, B, C的三个电话,每种情况的概率为2214555125于是 P(R) 6 424125125(5)由于是知道每次打电话都给B,其概率是1,所以每一次打给B电话而B不在的概 率为1,且各次情况相互独立4于是P(3个电话都打给B, B都不在的概率)=(1)3 4164第二章随机变量及其分布1.一 袋中有5只乒乓球,编号为1、2、3、4、5I在其 中同时取三只,以X表示取出的三只球中的最大号码,写出随机变量X的分布律解:X可以取值3, 4, 5,分布律为P(X 3) P(球为3号,两球为1,2号)21 C23C511021 C33C5P(X
40、 4) P(球为4号,再在1,2,3中任取两球)310 610P(X 5) P(球为5号,再在1,2, 3, 4中任取两球)2也可列为下表X: 3, 4, 5 P:136, 1010103 .三设在15只同类型零件中有2只是次品,在其中取三次,每次任取只,作不放 回抽样,以X表示取出次品的只数,(1)求X的分布律,(2)画出分布律的图形。解:任取三只,其中新含次品个数X可能为0, 1, 2个。P(X 0)3C133C152235P(X 1)12C2 C133C1521C2 C133C1512 35135P(X 2)再列为下表X: 0, 1, 2 P:22121,3535354 .四进行重复独立
41、实验,设每次成功的概率为P,失败的概率为q=1P(0 P 1)(1)将实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)将实验进行到出现r次成功为止,以Y表示所需的试验次数,求丫的分布律。(此时称丫服从以r, p为参数的巴斯卡分布。)(3) 一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) P (X=k)=qk-lp k=l,2,(2) Y=r+n= 最后一次实验前r+n-l次有n次失败,且最后一次成功P(Y r n) Crn n Iqnpr lp Crn n
42、Iqnpr, n 0, 1,2,其中 q=lp,Irk r, k r, r 1, 或记 r+n=k,则 PY=k=Ckr lp(l p)(3) P (X=k) = (0. 55)k-10.45 k=l,2-P (X 取偶数)=P(X 2k)(0. 55)2k 10.45 11k lk 1316.六一大楼装有5个同类型的供水设备,调查表明在任一时刻t每个设备使用的概 率为0.1,问在同一时刻(1)恰有2个设备被使用的概率是多少?225 22P(X 2) C5pq C5 (0. 1)2 (0.9) 3 0.0729(2)至少有3个设备被使用的概率是多少?345P(X 3) C5 (0. 1)3 (
43、0.9)2 C5 (0. 1)4 (0.9) C5 (0. 1)5 0.00856(3)至多有3个设备被使用的概率是多少?01P(X 3) C5(0.9)5 C5 0. 1 (0.9)4 C52 (0. 1)2 (0.9)33 C5 (0. 1)3 (0. 9) 2 0. 99954(4)至少有一个设备被使用的概率是多少?P(X 1) 1 P(X 0) 1 0.59049 0.40951五一房间有3扇同样大小的窗子,其中只有一扇是打开的。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,鸟飞向各扇窗子是随机的。(1)以X表示鸟为
44、了飞出房间试飞的次数,求X的分布律。(2)户主声称,他养的只鸟,是有记忆的,它飞向任一窗子的尝试不多于一次。以Y 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;求试飞次数丫小于X的概率。解:(1) X的可能取值为1, 2, 3, n, P X=n=P 前nl次飞向了另2扇窗子,第n次飞了出去= (2)n 1 1, n=l, 2 33(2) 丫的可能取值为1, 2, 3P Y=1=P 第1次飞了出去=1 3P Y=2=P 第1次飞向另2扇窗子中的扇,第2次飞了出去=2 132 1 3P Y=3=P 第1, 2次飞向了另2扇窗子,第3次
45、飞了出去)=2! 1 3!3(3)PX YPY kPX Y|Y kk 133 PY kPX Y|Y kk 2全概率公式并注意到PX Y|Y 1 0PY kPX kk 23111 121333333注意到 X, Y 独立即PX Y|Y kPX k同上,PX Y PY kPX YlY k)k 131121419PY kPX k 1333932781k 13故 PY X 1 PX Y PX Y)8. A甲、乙二人投篮,投中的概率各为0.6, 0.7,令各投三次。求 (1)二人投中次数相等的概率。记X表甲三次投篮中投中的次数Y表乙三次投篮中投中的次数由于甲、乙每次投篮独立,且彼此投篮也独立。P (X=Y)=P (X=0, Y=0)+P (X=2, Y=2)+P (X=3, Y=3)=P (X=0) P (Y=0)+ P (X=l) P (Y=l)+ P (X=2) P(Y=2)+ P (X=3) P (Y=3)11 0.6 (0.4)2 C3 0. 7 (0.3)2 = (0.4)3X (0.3)3+ C3 C32 (0.6)2 0.4 C32 (0.7)2 .3 (0.6) 3 (0. 7)3 0. 321(2)甲比乙投中次数多的概率。P (XY)=P (X=l, Y=0)+P (X=2, Y=0)+P (X=2, Y
限制150内