概率论与数理统计第三版课后习题答案.doc

1、 - 1 - 习题一： 1.1 写出下列随机试验的样本空间： (1) 某篮球运动员投篮时 , 连续 5 次都命中 , 观察其投篮次数 ; 解：连续 5 次都命中，至少要投 5 次以上，故 ,7,6,51 ； (2) 掷一颗匀称的骰子两次 , 观察前后两次出现的点数之和 ; 解： 12,11,4,3,22 ； (3) 观察某医院一天内前来就诊的人数 ; 解：医院一天内前来就诊的人数理论上可以从 0 到无穷，所以 ,2,1,03 ； (4) 从编号为 1， 2， 3， 4， 5 的 5 件产品中任意取出两件 , 观察取出哪两件产品 ; 解：属于不放回抽样，故两件产品不会相同，编号必是一大一小，故：

2、 ;51,4 jiji (5) 检查两件产品是否合格 ; 解：用 0 表示合格 , 1 表示不合格，则 1,1,0,1,1,0,0,05 ； (6) 观察某地一天内的最高气温和最低气温 (假设最低 气温不低于 T1, 最高气温不高于 T2); 解：用 x 表示最低气温 , y 表示最高气温 ;考虑到这是一个二维的样本空间，故： 216 , TyxTyx ； (7) 在单位圆内任取两点 , 观察这两点的距离 ; 解： 207 xx ； (8) 在长为 l 的线段上任取一点 , 该点将线段分成两段 , 观察两线段的长度 . 解： lyxyxyx ,0,0,8 ； 1.2 (1) A 与 B 都发生

3、 , 但 C 不发生 ; CAB ； (2) A 发生 , 且 B 与 C 至少有一个发生 ; )( CBA ； (3) A,B,C 中至少有一个发生 ; CBA ； - 2 - (4) A,B,C 中恰有一个发生 ; CBACBACBA ； (5) A,B,C 中至少有两个发生 ; BCACAB ； (6) A,B,C 中至多有一个发生 ; CBCABA ； (7) A;B;C 中至多有两个发生 ; ABC (8) A,B,C 中恰有两个发生 . CABCBABCA ； 注意：此类题目答案一般不唯一，有不同的表示方式。 1.3 设样本空间 20 xx , 事件 A = 15.0 xx , 6

4、.18.0 xxB 具体写出下列各事件： (1) AB ; (2) BA ; (3) BA ; (4) BA （ 1） AB 18.0 xx ； (2) BA = 8.05.0 xx ； (3) BA = 28.05.00 xxx ; (4) BA = 26.15.00 xxx 1.6 按从小到大次序排列 )()(),(),(),( BPAPABPBAPAP , 并说明理由 . 解：由于 ),(, BAAAAB 故 )()()( BAPAPABP ，而由加法公式，有：)()()( BPAPBAP 1.7 解： (1) 昆虫出现残翅或退化性眼睛对应事件概率为：175.0)()()()( WEPE

5、PWPEWP - 3 - (2) 由于事件 W 可以分解为互斥事件 EWWE, ，昆虫出 现残翅 , 但没有退化性眼睛对应事件 概率为： 1.0)()()( WEPWPEWP (3) 昆虫未出现残翅 , 也无退化性眼睛的概率为： 825.0)(1)( EWPEWP . 1.8 解： (1) 由于 BABAAB , ，故 ),()(),()( BPABPAPABP 显然当 BA 时 P(AB) 取到最大值。 最大值是 0.6. (2) 由于 )()()()( BAPBPAPABP 。显然当 1)( BAP 时 P(AB) 取到最小值，最小值是 0.4. 1.9 解：因为 P(AB) = 0，故

6、P(ABC) = 0. CBA , 至少有一个发生的概率为：7.0)()()()()()()()( A B CPACPBCPABPCPBPAPCBAP1.10 解 （ 1） 通过作图，可以知道， 3.0)()()( BPBAPBAP （ 2） 6.0)()(1)(1)( BAPAPABPABP 7.0)(1)()()()(1)()()(1)(1)()()3(APBPABPBPAPABPBPAPBAPBAPABP由于 1.11 解：用 iA 表示事件“杯中球的最大个数为 i 个” i =1,2,3。三只球放入四只杯中，放法有4 4 4 64 种，每种放法等可能。 - 4 - 对事件 1A ：必须

7、三球放入三杯中，每杯只放一球。放法 4 3 2 种，故 83)(1 AP(选排列：好比 3 个球在 4 个位置做排列 )。 对事件 3A ：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 )，故 161)(3 AP。 169161831)(2 AP1.12 解：此题为典型的古典概型，掷一颗匀称的骰子两次基本 事件总数为 36。 .出现点数和为“ 3”对应两个基本事件（ 1， 2），（ 2， 1）。故前后两次出现的点数之和为 3 的概率为 181 。 同理可以求得前后两次出现的点数之和为 4， 5 的概率各是 91,121 。 (1)

8、1.13 解：从 10 个数中任取三个数，共有 120310C 种取法，亦即基本事件总数为 120。 (1) 若要三 个数中最小的一个是 5，先要保证取得 5，再从大于 5的四个数里取两个，取法有624C 种，故所求概率为 201 。 (2) 若要三个数中最大的一个是 5，先要保证取得 5，再从小于 5 的五个数里取两个，取法有 1025C 种，故所求概率为 121 。 1.14 解：分别用 321 , AAA 表示事件： (1) 取到两只黄球 ; (2) 取到两只白球 ; (3) 取到一只白球 , 一只黄球 .则,111666)(,33146628)( 212242212281 CCAPCC

9、AP 3316)()(1)( 213 APAPAP 。 1.15 - 5 - 解：)( )()()( )()( BP BBABPBP BBAPBBAP 由于 0)( BBP ，故 5.0)( )()()( )()( BP BAPAPBP ABPBBAP1.16 (1) );( BAP （ 2） );( BAP 解：（ 1） ;8.05.04.01)()(1)()()()( BAPBPABPBPAPBAP （ 2） ;6.05.04.01)()(1)()()()( BAPBPBAPBPAPBAP 注意：因为 5.0)( BAP ，所以 5.0)(1)( BAPBAP 。 1.17 解：用 iA

10、表示事件“第 i 次取到的是正品”（ 3,2,1i ），则 iA 表示事件“第 i 次取到的是次品”（ 3,2,1i ）。1 1 2 1 2 11 5 3 3 1 4 2 1( ) , ( ) ( ) ( )2 0 4 4 1 9 3 8P A P A A P A P A A (1) 事件“在第一、第二次取到正品的条件下 , 第三次取到次品”的概率为： 3 1 2 5()18P A A A 。 (2) 事件“第三次才取到次品”的概率为： 1 2 3 1 2 1 3 1 2 1 5 1 4 5 3 5( ) ( ) ( ) ( ) 2 0 1 9 1 8 2 2 8P A A A P A P A

11、 A P A A A （ 3） 事件“第三次取到次品”的概率为： 41 此题要注意区分事件（ 1）、 (2）的区别，一个是求条件概率，一个是一般的概率。再例如，设有两个产品，一个为正品，一个为次品。用 iA 表示事件“第 i 次取到的是正品”（ 2,1i ）， - 6 - 则事件“在第一次取到正品的条件下 , 第二次取到次品”的概率为： 1)( 12 AAP ；而事件“第二次才取到次品”的概率为： 21)()()(12121 AAPAPAAP。区别是显然的。 1.18。 解：用 )2,1,0( iAi 表示事件“在第一箱中取出两件产品的次品数 i ”。用 B 表示事件“从第二箱中取到的是次品”

12、。则2 1 1 21 2 1 2 2 20 1 22 2 21 4 1 4 1 46 6 2 4 1( ) , ( ) , ( ) ,9 1 9 1 9 1C C C CP A P A P AC C C 0 1()12P B A ， 1 2()12P B A ， 2 3()12P B A ， 根据全概率公式，有： 283)()()()()()()( 221100 ABPAPABPAPABPAPBP 1.19 解：设 )3,2,1( iAi 表示事件“所用小麦种子为 i 等种子”， B 表示事件“ 种子所结的穗有 50 颗以上麦粒”。 则 1 2 3( ) 0 .9 2 , ( ) 0 .0 5

13、 , ( ) 0 .0 3 ,P A P A P A 1( ) 0.5P B A ， 2( ) 0.15P B A ，3( ) 0.1P B A ，根据全概率公式，有： 4 7 0 5.0)()()()()()()( 332211 ABPAPABPAPABPAPBP 1.20 解：用 B 表示色盲， A 表示男性，则 A 表示女性，由已知条件，显然有：,0 2 5.0)(,05.0)(,49.0)(,51.0)( ABPABPAPAP 因此： - 7 - 根据贝叶斯公式，所求概率为：151102)()()()( )()()()( )()( )()( ABPAPABPAP ABPAPBAPABP

14、 ABPBP ABPBAP1.21 解：用 B 表示对试验呈阳性反应， A 表示癌症患者，则 A 表示非癌症患者，显然有：,01.0)(,95.0)(,9 9 5.0)(,0 0 5.0)( ABPABPAPAP 因此根据贝叶斯公式，所求概率为： 2 9 495)()()()( )()()()( )()( )()( ABPAPABPAP ABPAPBAPABP ABPBP ABPBAP1.22 (1) 求该批产品的合格率 ; (2) 从该 10 箱中任取一箱 , 再从这箱中任取一件 , 若此件产品为合格品 , 问此件产品由甲、 乙、丙三厂生产的概率各是多少 ? 解：设， , 321 产品为丙厂

15、生产产品为乙厂生产产品为甲厂生产 BBB 产品为合格品A ，则 （ 1） 根据全概率公式， 94.0)()()()()()()( 332211 BAPBPBAPBPBAPBPAP ，该批产品的合格率为 0.94. （ 2） 根据贝叶斯公式，9419)()()()()()( )()()( 332211 111 BAPBPBAPBPBAPBP BAPBPABP同理可以求得 4724)(,9427)(32 ABPABP，因此，从该 10 箱中任取一箱 , 再从这箱中任取一件 , 若此件产品为合格品 , 此件产品由甲、乙、丙三厂生产的概率分别为： 4724,9427,9419 。 1.23 - 8 -

16、 解：记 A =目标被击中 ，则 9 9 4.0)7.01)(8.01)(9.01(1)(1)( APAP 1.24 解：记 4A =四次独立试验，事件 A 至少发生一次 ， 4A =四次独立试验，事件 A 一次也不发生 。而 5904.0)( 4 AP ，因此 4 0 9 6.0)()()(1)( 444 APAAAAPAPAP 。所以2.08.01)(,8.0)( 1 APAP 三次独立试验中 , 事件 A 发生一次的概率为： 3 8 4.064.02.03)(1)( 213 APAPC 。 二、第一章定义、定理、公式、公理小结及补充： （ 10）加法公式 P(A+B)=P(A)+P(B)

17、-P(AB) 当 P(AB) 0 时， P(A+B)=P(A)+P(B) （ 11）减法公式 P(A-B)=P(A)-P(AB) 当 B A 时， P(A-B)=P(A)-P(B) 当 A=时， P(B )=1- P(B) （ 12）条件概率 定义 设 A、 B是两个事件，且 P(A)0，则称)( )(APABP为事件 A发生条件下，事件 B 发生的条件概率，记为 )/( ABP)( )(APABP。 （ 16）贝叶斯公式 nj jjiiiBAPBPBAPBPABP1)/()()/()()/( ， i=1， 2， n。 此公式即为贝叶斯公式。 - 9 - 第二章 随机变量 2.1 X 2 3

18、4 5 6 7 8 9 10 11 12 P 1/36 1/18 1/12 1/9 5/36 1/6 5/36 1/9 1/12 1/18 1/36 2.2 解：根据 1)(0 k kXP，得 10 kkae ，即 11 11 eae 。 故 1ea 2.3 解：用 X 表示甲在两次投篮中所投中的次数， XB(2,0.7) 用 Y 表示乙在两次投篮中所投中的次数 , YB(2,0.4) (1) 两人投中的次数相同 PX=Y= PX=0,Y=0+ PX=1,Y=1 +PX=2,Y=2= 0 0 1 1 2 20 2 0 2 1 1 1 1 2 0 2 02 2 2 2 2 20 .7 0 .3

19、0 .4 0 .6 0 .7 0 .3 0 .4 0 .6 0 .7 0 .3 0 .4 0 .6 0 .3 1 24C C C C C C (2)甲比乙投中的次数多 PXY= PX=1,Y=0+ PX=2,Y=0 +PX=2,Y=1= 1 0 2 0 2 11 1 0 2 2 0 0 2 2 0 1 12 2 2 2 2 20 .7 0 .3 0 .4 0 .6 0 .7 0 .3 0 .4 0 .6 0 .7 0 .3 0 .4 0 .6 0 .5 6 28C C C C C C 2.4 解 :（ 1） P1 X 3= PX=1+ PX=2+ PX=3= 1 2 3 215 15 15 5

20、 (2) P0.5X2.5=PX=1+ PX=2= 1 2 115 15 5 2.5 解：（ 1） PX=2,4,6, =2 4 6 21 1 1 12 2 2 2 k =111 ( ) 1441 314kklim（ 2） PX 3=1 PX3=1 PX=1- PX=2= 1 1 11 2 4 4 2.6 解： (1)设 X 表示 4 次独立试验中 A 发生的次数，则 XB(4,0.4) - 10 - 343 1 4 044( 3 ) ( 3 ) ( 4) 0. 4 0. 6 0. 4 0. 6 0. 17 92P X P X P X CC (2)设 Y 表示 5 次独立试验中 A 发生的次数

21、，则 YB(5,0.4) 3 4 53 2 4 1 5 05 5 5( 3 ) ( 3 ) ( 4) ( 5 ) 0. 4 0. 6 0. 4 0. 6 0. 4 0. 6 0. 31 74 4P X P X P X P X C C C 2.7 （ 1） X P()=P(0.5 3)= P(1.5) 0 1.51.5 0 0!P X e = 1.5e （ 2） X P()=P(0.5 4)= P(2) 012 2 222 2 1 0 1 1 1 30 ! 1 !P X P X P X e e e 2.8 解：设应配备 m 名设备维修人员。又设发生故障的设备数为 X，则 )01.0,180( B

22、X 。 依题意， 设备发生故障能及时维修的概率应不小于 0.99，即 99.0)( mXP ，也即 01.0)1( mXP 因为 n=180 较大， p=0.01 较小，所以 X 近似服从参数为 8.101.0180 的泊松分布。 查泊松分布表，得，当 m+1=7 时上式成立，得 m=6。 故应至少配备 6 名设备维修人员。 2.9 解：一个元件使用 1500 小时失效的概率为 311 0 0 01 0 0 0)1 5 0 01 0 0 0(1500100015001000 2 xdxxXP设 5 个元件使用 1500 小时失效的元件数为 Y，则 )31,5(BY 。 所求的概率为 3 2 9.0380)32()31()2( 53225 CYP