概率论与数理统计作业习题解答第一章.docx
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概率论与数理统计作业习题解答第一章
概率论与数理统计作业习题解答(高教第四版)
第一章第一章概率的基本概念概率的基本概念
习题解析习题解析
第第11、、22题题随机试验随机试验、样本空间、样本空间、随机事件、随机事件
-------------------------------------------------------------------------------
1.写出下列随机试验的样本空间:
(1)记录一个小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2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。
(4)在单位圆内任意取一点,记录它的坐标。
解解
(1)高该小班有n个人,每个人数学考试的分数的可能取值为0,1,2,…,100,n
解解
01100n
个人分数这和的可能取值为0,1,2,…,100n,平均分数的可能取值为,,...,,则
nnn
样本空间为
k
S=k=0,1,2,⋯,100n
n
(2)样本空间S={10,11,…},S中含有可数无限多个样本点。
(3)设1表示正品,0有示次品,则样本空间为
S={(0,0),(1,0,0),(0,1,0,0),(0,1,0,1),(0,1,1,0),(1,1,
0,0),(1,0,1,0),(1,0,1,1),(0,1,1,1),(1,1,0,1),(1,1,
1,0),(1,1,1,1)}
例如(1,1,0,0)表示第一次与第二次检查到正品,而第三次与第四次检查到次品。
(4)设任取一点的坐标为(x,y),则样本空间为
22
S(x,y)x+y≤1
{}
-------------------------------------------------------------------------------
2.设A,B,C为三个事件,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;
(2)A与B都发生,而C不发生;
(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;
(6)A,B,C中不多于一个发生;
(7)A,B,C中不多于两个发生;
(8)A,B,C中至少有两个发生。
解解此题关键词:
“与,”“而”,“都”表示事件的“交”;“至少”表示事件的“并”;“不多
解解
于”表示“交”和“并”的联合运算。
(1)ABC。
(2)ABC或AB—C。
(3)A∪B∪C。
(4)ABC。
(5)ABC。
(6)A,B,C中不多于一个发生为仅有一个发生或都不发生,即
ABC∪ABC∪ABC∪ABC,A,B,C中不多于一个发生,也表明A,B,C中至少有两
个发生,即AB∪BC∪AC∪ABC。
(7)A,B,C中不多于两个发生,为仅有两个发生或仅有一个发生,或都不发生,即表示
为
ABC∪ABC∪ABC∪ABC∪ABC∪ABC∪ABC
而ABC表示三个事件都发生,其对立事件为不多于两个事件发生,因此又可以表示为
ABC=A∪B∪C。
(8)A,B,C中至少有两个发生为A,B,C中仅有两个发生或都发生,即为
ABC∪ABC∪ABC∪ABC
也可以表示为ABBCAC。
∪∪
第第3.3.((11)、)、6、6、88、、99、、1010题题概率的定义概率的定义、概率的性质、概率的性质、古典概型、古典概型
第第33..((11)、)、66、、88、、99、、1010题题概率的定义概率的定义、、概率的性质概率的性质、、古典概型古典概型
-------------------------------------------------------------------------------
11
3.
(1)设A,B,C是三件,且P(A)=P(B)=P(C)=,P(AB)=P(BC)=0,P(AC)=,
48
求A,B,C至少有一个生的概率。
解解利用概率的加法公式
解解
315
P(A∪B∪C)=P(A)+P(A)+P(C)−P(AB)−P(BC)−P(AC)+P(ABC)=−=
488
其中由P(AB)=P(BC)=0,而ABC⊂AB得P(ABC)=0。
-------------------------------------------------------------------------------
6.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。
求
(1)最小号码为5的概率;
(2)最大号码为5的概率。
解解利用组合法计数基本事件数。
从10人中任取3人组合数为C3,即样本空间
解解10
S=C3=120个基本事件。
{10}
(1)令事件A={最小号码为5}。
最小号码为5,意味着其余号码是从6,7,8,9,10的5
个号码中取出的,有C2种取法,故A=C2=10个基本事件,所求概率为
5{5}
5!
C22!
3!
101
P(A)=5===
C310!
12012
10
3!
7!
(2)令事件B={最大号码为5},最大号码为5,其余两个号码是从1,2,3,4的4个号码
22
中取出的,有C种取法,即B=C个基本事件,则
4{4}
4!
C22!
2!
61
P(B)=4===
C310!
12020
10
3!
7!
-------------------------------------------------------------------------------
8.在1500个产品中有400个次品,1100个正品。
从中任取200个。
求
(1)恰有90个次品的概率;
(2)至少有2个次品的概率。
解解
(1)利用组合法计数基本事件数。
令事件A={恰有90个次品},则
解解
C90C110
P(A)=4001100
C200
1500
(2)利用概率的性质。
令事件B={至少有2个次品},Aι={恰有i个次品},则
B=A∪A∪A,AiAi=∅(i≠j)
23200
所求概率为
200
P(B)=P(A∪A∪⋯∪,A)=∑P(A)
23200i
i=2
显然,这种解法太麻烦,用对立事件求解就很简单。
令事件B={恰有0个次品或恰有
1个次品},即B=A∪A,而
01
C200C1C199
P(B)=P(A∪A)=P(A)+P(A)=1100+4001100
0101200200
CC
15001500
故
C200C1C199
PBPB11004001100
()=1−()=1−200−200
CC
15001500
-------------------------------------------------------------------------------
9.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鞋子配成一双的概率是多少?
解解令事件A={4只鞋子中至少有两只鞋子配成一双}。
用3种方法求P(A)。
解解
①A的对立事件A={4只鞋子中至少有两只鞋子配成一双},从5又鞋中任取4只,即
从10只鞋中任取4只,所有可能组合数为C4,样本空间S={C4个基本事件},现考虑有
1010
44
利于A的基本事件数。
从5双鞋中任取4双,再从每双中任取一只,有C2种取法,即
5
44
A={C2个基本事件},则
5
444
C25×213
PAPA5
()=1−()=1−4=1−=
C21021
10
②4只鞋是不放回的一只接一只的取出,所有可能的排列数为A4,即样本空间S={A4
1010
个基本事件}。
现考虑有利于A的基本事件,从10只鞋中任取一只,与它配成双的一只不
取,从其余8只鞋中任取一只,与它配成双的一只不取,依此类推,则A={10×8×6×4
个基本事件}。
于是
10×8×6×410×8×6×4813
P(A)=1−P(A)=1−4=1−=1−=
A10×9×8×72121
10
③利用组合法计数基本事件数。
考虑有利于事件A的基本事件数,任取的4只鞋配成
122222122222
一双的取法有CCC2种,能配成两双的取法有CC种,于是A={(CCC2+CC)
5245252452
个基本事件},则
122222
CCC2+CC13013
P(A)=52452==
C421021
10
此题的第1种方法和第2种方法是利用概率性质:
P(A)+P(A)=1
首先求P(A),然后求P(A)。
第3种方法是直接求P(A)。
读者还可以用更多方法求
P(A)。
-------------------------------------------------------------------------------
10.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。
解解令事件A={排列结果为ability},利用排列法计数基本事件数。
不放回的从中一次抽1
解解
张的连抽7张,要排成单词,因此用排列法。
样本空间={A7个基本事件}。
排列结果
111
为ability,实际收入字母b的卡片有两张,写字母i的卡片有两张,取b有C种取法,
2
111
取i有C种取法,其余字母都只有1种取法,故A={CC个基本事件},于是
222
11
CC4
P(A)=22==0⋅0000024
A711×10×9×8×7×6×5
11
这是个小概率事件。
第第114.4.((22)、)、1515、、1919、、1818题题条件概率条件概率、概率的加法公式和乘法公式、概率的加法公式和乘法公式
第第114.4.((22)、)、1155、、1919、、1818题题条件概率条件概率、、概率的加法公式和乘法公式概率的加法公式和乘法公式
-------------------------------------------------------------------------------
111
14.
(2)已知P(A)=,P(BA)=,P(AB)=,求P(A∪B)。
432
解解利用概率加法公式和概率乘法公式。
解解
P(A∪B)=P(A)+P(B)−P(AB)
解此题的关键是求P(B)和P(AB)。
由概率乘法公式,得
111
P(AB)=P(A)P(BA)=×=
4312
又P(AB)=P(B)P(AB),解得
1
P(AB)121
P(B)===
P(AB)16
2
于是所求概率为
1111
P(A∪B)=+−=
46123
此题的关键是利用P(A)P(BA)=P(B)P(AB),求出P(AB)和P(B),再求
P(A∪B)就迎刃而解了。
-------------------------------------------------------------------------------
15.掷两颗骰子,已知两颗骰子点数和为7,求其中有一颗为1点的概率(用两种方法)。
解解令事件A={两颗骰子点数之和为7},B={有一颗为1点}。
此题是求条件概率P(BA)。
解解
两种方法如下:
①考虑整个样本空间。
随机试验:
掷两颗骰子,每颗骰子可能出现的点数都是6个,
即样本空间S={62个基本事件}。
事件AB={两颗骰子点数之间和为7,且有一颗为1点},
两颗骰子点数之和为7的可能结果为6个,即A={(1,6),(2,5),(3,4),(6,1),(5,2),(4,3)}
而AB={(1,6),(6,1)}。
由条件概率公式,得
2
()21
PAB36
()====
PBA
P(A)663
36
②已知事件A发生后,将A作为样本空间,其中有两个结果(1,6)和(6,1)只有
一颗骰子出现1点,则在缩减的样本空间中求事件B发生的条件概率为
21
P(BA)==
63
-------------------------------------------------------------------------------
18.某人忘记了电话号码的最后一个数,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。
若已知最后一个数字是奇数,那么此概率是多少?
解利用概率性质解(有限可加性)和概率乘法公式。
解解
令事件Ai={第i次拨通电话},“到第i次拨通电话”这个事件为AA⋯AA(i=1,
12i−1i
2,3)。
事件B={不超过三次而拨通电话},则
B=A∪AA∪AAA
112123
该事件表示第一次拨通电话,或者第一次未拨通,第二拨通电话(到第二次拨通电话),或
者第一、二次未拨通,第三次拨通电话(到第三次拨通电话)。
右端是互不相容事件的并事
件,所以用有限可加性计算,得
P(B)=P(A∪AA∪AAA)
112123
PAPAAPAAA
=
(1)+(12)+(123)
=P(A)+P(A)P(AA)+P(A)P(AA)P(AAA)
1121121312
1919813
=+×+××=
10109109810
1
拨号是从0,1,2,…,9的10个数字中任取一个,有10种取法,第一次拨通的概率是;
10
9
第一次未拨通的概率为,第二次拨号时,是从其余9个数字中任取一个,所以拨通的概
10
19111
率为,到第二次拨通的概率为×=,依此类推,到第n次拨通电话的概率都是,
91091010
与顺序无关。
已知最后一个数字是奇数时,令事件C={拨号不超过三次而接通电话}。
拨号是从1,
1
3,5,7,9的五个数字中任取一个,有5种取法,第一次拨通的概率为,到第二次拨通
5
4114311
的概率为×=,到第三次拨通的概率为××=,与上述分析方法和用的概率公
5455435
式相同,所以
1414313
P(C)=+×+××=
5545435
第第21、21、2222、、3535、、3838题题全概率公式全概率公式、贝叶斯公式、贝叶斯公式、事件的独立性、事件的独立性
第第2121、、2222、、3535、、3838题题全概率公式全概率公式、、贝叶斯公式贝叶斯公式、、事件的独立性事件的独立性
-------------------------------------------------------------------------------
21.已知男人中有500是色盲患者,女人中有0.2500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?
解解令事件A={随机地选一人是女性},对立事件A={随机地选一人是男性}。
因为人群中
解解
1
男女人数相等,所以P(A)=P(A)=,且A,A是样本空间的一个划分。
事件C={随机
2
地挑选一人恰好是色盲}。
已知
0.255
P(CA)=,P(CA)=
100100
由全概率公式,得
P(C)=P(A)P(CA)+P(A)P(CA)
10.2515
=×+×=0.02625
21002100
由贝叶斯公式,得
15
P(AC)P(A)P(CA)2×100
()0.9524
PAC====
P(C)P(C)0.02625
-------------------------------------------------------------------------------
22.一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p2。
(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。
解令事件解Ai={一学生第i次考试及格}(i=1,2),已知
解解
P
P(A)=P,P(A)=1−P,P(AA)P(AA)=
112121
2
(1)由概率加法公式,得
P(A∪A)=P(A)+P(A)−P(AA)
121212
=P(A)+P(A)−P(A)P(AA)
12121
利用对立事件求概率P(A∪A)=1−P(A∪A)=1−P(AA)
12
1212
=1−P(A)P(AA)
121
=1−P(A)[1−P(AA)]
11
2
P312
=1−(1−P)(1−)=P−P
222
显然用后者求解简单。
(2)利用条件概率公式。
P(AA)P(A)P(AA)
P(AA)=12=121
21
P(A)P(A)
22
P22P
==
P2+P(1−P)P+1
2
-------------------------------------------------------------------------------
35.如果一危险情况C发生时,一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发生时这些开关每一个都应闭合,且若至少一个开关闭合了,警报就发
出。
如果两个这样的开关联联接,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。
解利用事件的独立性解。
解解
①令事件A={第i只开关闭合}。
已知P(A)=P(A)=0.96。
令事件B={电路闭合}。
i12
两只开关并联联接,则B=A∪A,即至少有一只开关闭合,电路就闭合。
而A与A相互
1212
独立,所以电路闭合的概率为
P(B)=P(A∪A)=P(A)+P(A)−P(AA)
121212
=P(A)+P(A)−P(A)P(A)
1212
=0.96+0.96−(0.96)2=0.9984
这种解题思路是读者容易想到的.另一种解法是利用对立事件,计算此较简单.
=∪=−∪
P(B)P(AA)1P(AA)
1212
=1−P(AA)
12
=1−P(A)P(A)
12
2
=1−0.04=0.9984
②设需要n只开关并联,才保证系统可靠性为0.9999。
令事件A={第i只开关闭合}(i=1,
i
2,…,n)。
令事件C={电路闭合},则C=A∪A∪⋯A。
如果用概率加法公式表示P=(C)
12n
将是相当麻烦的,不妨表示为P(C)=P(A∪A∪⋯A)
12n
nn
=∑P(A)−∑P(AA)+∑P(AAA)+⋯+(−1)n−1P(∩A)
iijijKi
i=11≤i≺j≤n1≤i≺j≺k≤ni=1
n−1
2233n
0.96nC(0.96)C(0.96)⋯
(1)(0.96)
=−+++−
nn
已知P(C)=0.9999,解n实际上是很难办到的。
如果用对立事件表示P(C
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- 概率论 数理统计 作业 习题 解答 第一章