概率论与数理统计谢寿才版第一章解答

1习题一详细解答1、解：（1）123AAA（2）123123123AAAAAAAAA（3）123AAA（4）122313AAAAAA2、解：12AA=12AA表示前两次均未击中目标；123AAA表示三次射击中至少有一次击中目标；32AA表示第三次击中但第二次未击中；23AA表示后两次中至少有一次未击中目标；121332AAAAAA表示三次射击中至少有两次击中目标。3、证明：ABAAB()()PABPAB由概率的性质和事件的运算律，可得：()()()()1()PAPBPABPABPAB1()()()PAPBPAB4、已知1()4PA,1()3PB,（1）当,AB互斥时，1()()3PABPB;（2）当AB时，111()()()()3412PABPBAPBPA；（3）当1()8PAB时，115()()()()3824PABPBAPBPAB.5、解由()()()()PABPAPBPAB，得()()()()0.50.40.70.2PABPAPBPAB()()()0.50.20.3PABPAPAB()()1()10.20.8PABPABPAB.6、由ABCAB，得0()()0PABCPAB，因此，()0PABC.()()()()()()()()PABCPAPBPCPABPBCPCAPABC21111544488.7、设A“摸出的两个球都是红球”，则25285()14CPAC8、设A=“两次出现的点数之和等于8”，5()36PA9、因为把每一个人分配到N间房去都有N种分法，所以样本空间中含有nN个基本事件。（1）设A=“某指定的n间房中各有一人”，则有!n种分法。所以!()nnPAN；（2）设B=“恰有n间房各有一人”，则需要先从N间房中选出n间房，再把它们分配给n个人，所以有!nNCn种分法。所以!()nNnCnPBN10、设A“任意抽取的13张中至少有1张是J”，样本空间中样本总数为1352C。直接计算很麻烦，所以由对立事件来计算，则A=“任意抽取的13张中没有1张是J”.而A中的样本点数是1348C。故13481352()1()10.696CPAPAC11、设ABC、、分别表示鱼甲、乙、丙竞争到食物的事件。由题意得：13),()24PABBPAC（）=P（BC）=P（AC）=0,P(A因此，13)()(),()()()24BPAPBPACPAPCP(A又由题意知，)()()()1BCPAPBPCP(A由上面三个式子解得：111442PA（）=,P（B）=,P(C）=.所以丙鱼是最优的捕食者。12、设A“排成英文单词SCIENCE”。由于两个E可以交换，两个C可以交换，所以事件A的概率为：2!2!17!1260PA13、解：试验的样本空间为区域(,)01,01xyxy，为一个正方形，面积为1，3设所求事件为A，则1(,),01,01,3Axyxyxy，A的面积为11311111ln33333dxx所以11ln31133()ln3133PAA的面积的面积14、解：设A“该地区从某次特大洪水发生后30年内无特大洪水”。设B“该地区从某次特大洪水发生后40年内无特大洪水”,则所求概率为()PBA.又ABB,由条件概率的计算公式和性质，得：()()()1()1110.750.25()()PABPBPBAPBAPAPA15、解：由AC、互不相容，则,()0.ACPAC又ABCAC，得()0PABC由条件概率的定义得：10()()()32()11()4()13PABCPABPABCPABCPCPC16、解：记iA={第i次取得合格品}（1,2,3i）所求概率为123()PAAA12132112312132110990(),(),()1009998()()()()1099010099980.0083PAPAAPAAAPAAAPAPAAPAAA17、解：设事件iA表示“取出的零件是第i台车床加工的零件”（1,2i），事件B表示“取出的零件是合格品”，则121221(),(),()0.97,()0.98.33PAPAPBAPBA由全概率公式，得：112221()()(|)()(|)0.970.980.97333PBPAPBAPAPBA18、解：以C记“患肺癌”，以A记“吸烟”。由已知得0.20PA,|0.004PCA，0.001PC，4故所求概率为|PCA,由全概率公式，有|()|0.0010.0040.20|(10.20)|0.0025PCPCAPAPCAPAPCAPCA19、解：记1A=抽到产品是甲车间生产的，2A=抽到产品是乙车间生产的，3A=抽到产品是丙车间生产的，以C记“抽到螺钉为二等品”，。由题意知：123123253540(),(),(),100100100504020(),(),().100100100PAPAPAPCAPCAPCA由贝叶斯公式，得随机抽取一个螺钉发现是二等品，它恰是由甲、乙、丙车间生产的概率分别为：111112233222112233333112233|25|;|||69|28|;|||69|16|.|||69PAPCAPACPAPCAPAPCAPAPCAPAPCAPACPAPCAPAPCAPAPCAPAPCAPACPAPCAPAPCAPAPCA20、解：由已知得：11()()(),()()()()24PAPBPCPABPBCPACPABC所以有()()()PABPAPB，()()()PBCPBPC，()()()PACPAPC故三个事件ABC、、是两两独立的。但是()()()()PABCPAPBPC，所以三个事件ABC、、不是相互独立的。21、解：记iA=第i个人的血清中含病毒，100,2,1i。由经验可以判定iA间是相互独立的，题目需求1001iiAP，因{iA}间显然不是两两相斥的，用加法公式计算就很麻烦，我们可以用对偶原理，将事件的并的运算转化为事件的交的运算，从而改用乘法公式。即10011001100111APAPAPAPiiii=1－（1－0.004）100=0.33。522、解：设需要进行n次独立重复试验，则在n次试验至少成功一次的概率为1(0)1(10.5)nnP由题意得不等式：1(10.5)0.9n解得：3.3n所以4n23、解：设该射手的命中率为p，由贝努里概型的计算公式，得：0044802(1)1,813Cppp24、解：设A“已知两件中有一件是不合格的”，B“另一件是不合格的”而242102()15CPABC11642108()15CCPABC故2()()()()3PAPABABPABPAB,所以2()115()2()53PABPBAPA25、解：设A“甲击中目标”，B“乙击中目标”，由甲乙独立和加法公式，得：()()()()()()()0.60.50.60.50.8PABPAPBPABPAPBPAPB所求概率为：(())()0.55()()0.88PBABPBPBABPABPAB