概率论第一章习题解答(全)

概率论第一章习题解3（1）设A，B，C是三个事件，且1()()()4PAPBPC，()()0PABPBC，1()8PAC，求A，B，C至少有一个发生的概率。（2）1()2PA，1()3PB，1()5PC1()10PAB，1()15PAC，1()20PBC，1()30PABC，求AB；AB；ABC；ABC；ABC；ABC的概率。（3）已知1()2PA，（ⅰ）若A，B互不相容，求()PAB，（ⅱ）若1()8PAB，求()PAB解因为事件“A，B，C至少有一个发生”＝ABC而ABCAB，()0PAB，所以()0PABC故()()()()PABCPAPBPC()()()()PABPACPBCPABC1111500044488（2）(ⅰ)()()()()PABPAPBPAB11111231015；(ⅱ)114()()1()11515PABPABPAB；(ⅲ)()()()()PABCPAPBPC()()()()PABPACPBCPABC1111111172351015203020；(ⅳ)()()1()PABCPABCPABC17312020；(ⅴ)因为()(())()ABCABCsABCCACBC且()(())PABCPABC()()()PCPACPBC11151520760(ⅵ)因为()()()()PABCPABPCPABC已知4()15PAB，7()60PABC，故()()()()PABCPABPCPABC417155602176020；（3）1()2PA，（ⅰ）若A，B互不相容，求()PAB，（ⅱ）若1()8PAB，求()PAB（ⅰ）因为若A，B互不相容，所以AB，ABA，1()()2PABPA；（ⅱ）因为()AABBABAB，且ABAB，所以()()()()PAPABABPABPAB，代入已知条件，得11()28PAB，即3()8PAB。4设A，B是两个事件。（1）已知ABAB，验证AB；（2）验证A与B恰有一个发生的概率为()()2()PAPBPAB。解（1）因为AAS，BBS()AABBABAB，已知ABAB，所以()AABABAABB（2）因为事件“A与B恰有一个发生”＝ABAB所以“A与B恰有一个发生”的概率为＝()PABAB而()ABASBASAB＝AAB，()ABSABSBABBAB且ABA，ABB故()()()PABABPAABPBAB()()()()PAPABPBPAB()()2()PAPBPAB510片药片中有5片是安慰剂，（1）从中任意取5片，其中至少有2片是安慰剂的概率。（2）从中每次取1片，作不放回抽样，求前3次都取到安慰剂的概率。解（1）设B＝“所取的5片药片中至少有2片安慰剂”设Ai＝“5片中有i片是安慰剂”，（i=1，2，3，4，5），则样本空间所饮食的基本事件数：51010!1098762525!5!54321C0A含有的基本事件数：551C；4115525ACC10001011()()()1()1()()PBPAAPAAPAAPAPA1252261131252252252126。（2）设C＝“前3次取到的都是安慰剂”样本空间所饮食的基本事件数：10×9×8＝720事件C所包含的基本事件数为：5×4×3＝605431()109812PC6在房间里有10个人，分别佩带从1号到10号的徽章，任选3人记录其徽章的号码。（1）求最小号码为5的概率；（2）求最大号码为5的概率。解A＝“最小号码为5”，B＝“最大号码为5”样本空间所包含的基本事件数：3101098120321C；事件A所包含基本事件数（即5固定，再从6，7，8，9，10这5个数中任选2个）：2554102C事件B所包含的基本事件数（即5固定，再从1,2，3,4这4个数中任选2个）：244362C故101()12012PA；61()12020PB7某油漆公司发出17桶油漆，其中白漆10桶，黑漆4桶，红漆3桶，在搬运的过程中所有标签脱落，交货人随意将这些油漆发给顾客，问一个订货为4桶白漆，3桶黑漆，2桶红漆的顾客，能按所订颜色得到订货的概率是多少？解设A＝“顾客能按所订的颜色如数拿到订货”，则样本空间所包含的基本事件数：91717161514131211102431087654321C事件A所包含的基本事件数：4321043109874325204321CCC所以2520252()243102431PA。8在1500件产品中有400件次品，1100件正品，任取200件：（1）求恰有90件次品的概率；（2）至少有2件次品的概率。解设A＝“所取的200件产品中有90件次品”，B＝“所取的200件产品中恰有2件次品”样本空间包含的基本事件数：2001500C，事件A所包含的基本事件数：901104001100CC，事件B所包含的基本事件数：200119911004001100CCC（1）9011040011002001500()CCPAC（2）2001199110040011002001500()1()1CCCPBPBC9从5双不同的鞋中任取4只，问这4只鞋至少能配成一双的概率是多少？解设A＝“4只鞋不能配成双”，则A＝“4只鞋至少能配成一双”样本空间所包含的基本事件数：410210C事件A包含的基本事件数：411115222280CCCCC（即：先从5双鞋中任取4双，然后从所取的4双鞋中各任取一只，这样取得的4只鞋，都不能配成双。）于是，4111152222410808()21021CCCCCPAC813()12121PA说明：本题有多种解法，总的思路是从5双鞋中任取一只后，再取时不考虑与已经取了的那一只能配成双的哪一只。如考虑4只鞋了是有次序的一只一只取出的：从10只鞋中任取4只共有10987种取法，即样本空间所包含的基本事件数：()10987Ns；现在来求()NA：第一只鞋可以从10只鞋中任意取，有10种不同的取法，第二只鞋只能从剩下的9只中且除去与已取的第一只配对的8只鞋中去取，有8种取法，同理，第三只、第四只各有6种取法、4种取法。从而()10864NA。于是108648()1098721PA；813()12121PA。10在11张卡片上写有probability这11个字母，从中任意抽7张，求其排列结果为ability概率。解设A＝“抽到7张卡片能排列成ability”，则样本空间所包含的基本事件数：711111098765P事件A所包含的基本事件数：111111112211114CCCCCCC（即在11个字母中只有1个a，2个b，2个i,1个l，已经取了一个i，只剩下1个i，同样t、y也只有1个可取。）于是7114()0.0000024PAP。11将3只球随机地放入4个杯子中去，求杯子中球的最大个数分别为1,2，3的概率。解设iA＝“放入杯子中球的最大个数”，（1,2,3i）由于每个球可以任意地放入4个杯子中的任何1个中，且每个杯子可以放入的球的个数没有限制，于是“将3只球随机地放入4个杯子中去”共有34种放法，即3()4NS。3A：只有3个球都放入一个杯子中才能发生，且有4全杯子可任意选择，则3()4NA；3341()416PA1A：只有当每个杯子最多放入1个球时才能发生，因而1()432NA134326()416PA又123AAAS，且ijAA，（ij）故123()1PAAA从而2169()1161616PA。1250只铆钉随机地取来用在10个部件上，其中有3只铆钉强度太弱，每个部件用3只铆钉。若将3只强度太弱有铆钉都装在一个部件上，则这个部件的强度就太弱。问发生一个部件强度太弱的概率是多少？解将10部件自1至10编号。则随机试验E：随机地取铆钉，各部件都装3个铆钉。iA＝“第i号部件强度太弱”，（1,2,3,,10i）由题设知，只有当3只强度太弱的铆钉同时装在第i号部件上时，iA才能发生。由于从50只铆钉中任取3只装在第i号部件上共有350C种取法，强度太弱的铆钉仅有3只，它们都装在第i号部件上，只有331C种取法。故35011()19600iPAC，（1,2,3,,10i）。又1210,,,AAA两两互不相容，因此，10个部件中有一个强度太弱的概率为1210()PAAA1210()()()PAPAPA101196001960。13一个俱乐部有5名一年级的学生，2名二年级的学生，3名三年级的学生，2名四年级的学生。（1）在其中任选4名学生，求一、二、三、四年级各有一名学生的概率；（2）在其中任选5名学生，求一、二、三、四年级的学生都包含在内的概率。解（1）设A＝“4名学生中，一、二、三、四年级各有一名学生”；样本空间所包含的基本事件数：4121211109495432C事件A所包含的基本事件数为：1111523260CCCC11115232412604()49533CCCCPAC（2）设B＝“5名学生中，一、二、三、四年级的学生都包含在内”。样本空间所包含的基本事件数：512121110987925432C事件A所包含的基本事件数为：1111152324()240CCCCC，（即先从每个年级任选一人，再从4个年级中1个，就可保证5名学生中包括每个年级的学生在内）1111152324512()24010()79233CCCCCPBC。14（1）已知()0.3PA，()0.4PB，()0.5PAB，求条件概率(|)PBAB。（2）已知1()4PA，1(|)3PBA，1(|)2PAB，求()PAB。解（1）因为()0.3PA，，()0.4PB，()0.5PAB所以()0.7PA，()0.6PB，()AABBABAB()()()PABPAPAB＝0.2故[()](|)()PABBPBABPAB()()()()PABPAPBPAB0.20.250.70.60.5（2）因为，1()4PA1(|)3PBA，由乘法公式得，()(|)()PABPBAPA1114312又1(|)2PAB，()(|)()PABPABPB，得11()122PB，即1()6PB所以()()()()PABPAPBPAB111146123。15掷两颗骰子，已知两颗骰子的点数之和为7，求其中有一颗为1点的概率（用两种方法）。解设A＝“两颗骰子的点数之和为7”，B＝“一颗点数为1”解方法一（用条件概率公式计算）样本空间所包含的基本事件数：36事件A所包含的基本事件数：6，即｛（1,6），（6,1），（5，2），（5,2），（3,4）（4,3）｝事件AB所包含的基本事件数：2即｛（1,6），（6,1）｝则6()36PA，2()36PAB故236636()1(|)()3PABPBAPA。方法二（在缩减的样本空间计算）以A为缩减的样本空间，则A所包含的基本事件数：6事件B在缩减的样本空间所包含的基本事件数：2故21()63PB。16据以往资料表明，某3口之家，患有某种传染病的概率有以下规律：P{孩子得病}＝0.5，P｛母亲得病｜孩子得病｝＝0.5，P｛父亲得病｜母亲及孩子得病｝＝0.4求母亲及孩