概率论与数理统计课后习题答案----复旦版1

1习题一4.P（AB）=1P（AB）=1[P(A)P(AB)]=1[0.70.3]=0.65.1）当AB=A时，P（AB）取到最大值为0.6.（2）当A∪B=Ω时，P（AB）取到最小值为0.3.6.P（A∪B∪C）=P(A)+P(B)+P(C)P(AB)P(BC)P(AC)+P(ABC)=14+14+13112=347.p=5332131313131352CCCC/C8.（1）设A1={五个人的生日都在星期日}，基本事件总数为75，有利事件仅1个，故P（A1）=517=（17）5（亦可用独立性求解，下同）（2）设A2={五个人生日都不在星期日}，有利事件数为65，故P（A2）=5567=(67)5(3)设A3={五个人的生日不都在星期日}P（A3）=1P(A1)=1(17)510.（1）P（A）=CC/CmnmnMNMN(2)由于是无放回逐件取出，可用排列法计算.样本点总数有PnN种，n次抽取中有m次为正品的组合数为Cmn种.对于固定的一种正品与次品的抽取次序，从M件正品中取m件的排列数有PmM种，从NM件次品中取nm件的排列数为PnmNM种，故P（A）=CPPPmmnmnMNMnN由于无放回逐渐抽取也可以看成一次取出，故上述概率也可写成P（A）=CCCmnmMNMnN可以看出，用第二种方法简便得多.（3）由于是有放回的抽取，每次都有N种取法，故所有可能的取法总数为Nn种，n次抽取中有m次为正品的组合数为Cmn种，对于固定的一种正、次品的抽取次序，m次取得正品，都有M种取法，共有Mm种取法，nm次取得次品，每次都有NM种取法，共有（NM）nm种取法，故()C()/mmnmnnPAMNMN此题也可用贝努里概型，共做了n重贝努里试验，每次取得正品的概率为MN，则取得m件正品的概率为()C1mnmmnMMPANN12.设A={发生一个部件强度太弱}133103501()CC/C1960PA13.设Ai={恰有i个白球}（i=2,3），显然A2与A3互斥.213434233377CCC184(),()C35C35PAPA故232322()()()35PAAPAPA214.Ai={第i批种子中的一粒发芽}，（i=1,2）(1)1212()()()0.70.80.56PAAPAPA(2)12()0.70.80.70.80.94PAA(3)2112()0.80.30.20.70.38PAAAA15.1）223151115()()22232pC(2)1342111C()()22245/325p16.设Ai={甲进i球}，i=0,1,2,3,Bi={乙进i球},i=0,1,2,3,则33312123330()(0.3)(0.4)C0.7(0.3)C0.6(0.4)iiiPAB22223333C(0.7)0.3C(0.6)0.4+(0.7)(0.6)=0.32076174111152222410CCCCC131C21p18.A={下雨}，B={下雪}.（1）()0.1()0.2()0.5PABpBAPA（2）()()()()0.30.50.10.7pABPAPBPAB19.设A={其中一个为女孩}，B={至少有一个男孩}，样本点总数为23=8，故()6/86()()7/87PABPBAPA或在缩减样本空间中求，此时样本点总数为7.6()7PBA20.设A={此人是男人}，B={此人是色盲}，则由贝叶斯公式()()()()()()()()()PAPBAPABPABPBPAPBAPAPBA0.50.05200.50.050.50.00252121.题21图22.设两人到达时刻为x,y,则0≤x,y≤60.事件“一人要等另一人半小时以上”等价于|xy|30.如图阴影部分所示.22301604P3题22图22.1）x+y65.11441725510.68125p(2)xy=14.1111244111ddln242xpxy23.()()()()()()()()PABPAPABPBABPABPAPBPAB0.70.510.70.60.5424.设Ai={第一次取出的3个球中有i个新球}，i=0,1,2,3.B={第二次取出的3球均为新球}由全概率公式，有30()()()iiiPBPBAPA33123213336996896796333333331515151515151515CCCCCCCCCCCCCCCCCC0.08925.设A={被调查学生是努力学习的}，则A={被调查学生是不努力学习的}.由题意知P（A）=0.8，P（A）=0.2，又设B={被调查学生考试及格}.由题意知P（B|A）=0.9，P（B|A）=0.9，故由贝叶斯公式知（1）()()()()()()()()()PAPBAPABPABPBPAPBAPAPBA40.20.110.027020.80.90.20.137即考试及格的学生中不努力学习的学生仅占2.702%(2)()()()()()()()()()PAPBAPABPABPBPAPBAPAPBA0.80.140.30770.80.10.20.913即考试不及格的学生中努力学习的学生占30.77%.26.设A={原发信息是A}，则={原发信息是B}C={收到信息是A}，则={收到信息是B}由贝叶斯公式，得()()()()()()()PAPCAPACPAPCAPAPCA2/30.980.994922/30.981/30.0127.Ai={箱中原有i个白球}（i=0,1,2），由题设条件知P（Ai）=13,i=0,1,2.又设B={抽出一球为白球}.由贝叶斯公式知111120()()()()()()()iiiPBAPAPABPABPBPBAPA2/31/311/31/32/31/311/3328.设A={产品确为合格品}，B={产品被认为是合格品}由贝叶斯公式得()()()()()()()()()PAPBAPABPABPBPAPBAPAPBA0.960.980.9980.960.980.040.0529.设A={该客户是“谨慎的”}，B={该客户是“一般的”}，C={该客户是“冒失的”}，D={该客户在一年内出了事故}则由贝叶斯公式得()()(|)(|)()()(|)()(|)()(|)PADPAPDAPADPDPAPDAPBPDBPCPDC0.20.050.0570.20.050.50.150.30.330.Ai={第i道工序出次品}（i=1,2,3,4）.412341()1()iiPAPAAAA12341()()()()PAPAPAPA10.980.970.950.970.12431.n次独立射击.1(0.8)0.9n即为(0.8)0.1n故n≥11至少必须进行11次独立射击.32.(|)(|)PABPAB即()()()()PABPABPBPB亦即()()()()PABPBPABPB()[1()][()()]()PABPBPAPABPB因此()()()PABPAPB故A与B相互独立.533.设Ai={第i人能破译}（i=1,2,3），则31231231()1()1()()()iiPAPAAAPAPAPA42310.653434.A={飞机被击落}，Bi={恰有i人击中飞机}，i=0,1,2,3由全概率公式，得30()(|)()iiiPAPABPB=(0.4×0.5×0.3+0.6×0.5×0.3+0.6×0.5×0.7)0.2+(0.4×0.5×0.3+0.4×0.5×0.7+0.6×0.5×0.7)0.6+0.4×0.5×0.7=0.45835.1）3101100C(0.35)(0.65)0.5138kkkkp(2)10102104C(0.25)(0.75)0.2241kkkkp36.6位乘客，并等可能地停于十层楼的每一层.试求下列事件的概率：（1）A=“某指定的一层有两位乘客离开”；（2）B=“没有两位及两位以上的乘客在同一层离开”；（3）C=“恰有两位乘客在同一层离开”；（4）D=“至少有两位乘客在同一层离开”.【解】由于每位乘客均可在10层楼中的任一层离开，故所有可能结果为106种.（1）2466C9()10PA，也可由6重贝努里模型：224619()C()()1010PA（2）6个人在十层中任意六层离开，故6106P()10PB（3）由于没有规定在哪一层离开，故可在十层中的任一层离开，有110C种可能结果，再从六人中选二人在该层离开，有26C种离开方式.其余4人中不能再有两人同时离开的情况，因此可包含以下三种离开方式：①4人中有3个人在同一层离开，另一人在其余8层中任一层离开，共有131948CCC种可能结果；②4人同时离开，有19C种可能结果；③4个人都不在同一层离开，有49P种可能结果，故1213114610694899()CC(CCCCP)/10PC（4）D=B.故6106P()1()110PDPB37.n个朋友随机地围绕圆桌而坐，求下列事件的概率：（1）甲、乙两人坐在一起，且乙坐在甲的左边的概率；（2）甲、乙、丙三人坐在一起的概率；6（3）如果n个人并排坐在长桌的一边，求上述事件的概率.【解】（1）111pn(2)23!(3)!,3(1)!npnn(3)12(1)!13!(2)!;,3!!nnppnnnn38.[0，a]【解】设这三段长分别为x,y,axy.则基本事件集为由0xa,0ya,0axya所构成的图形，有利事件集为由()()xyaxyxaxyyyaxyx构成的图形，即02022axayaxya如图阴影部分所示，故所求概率为14p.39.某人有n把钥匙，其中只有一把能开他的门.他逐个将它们去试开（抽样是无放回的）.证明试开k次（k=1,2,…,n）才能把门打开的概率与k无关.【证】11P1,1,2,,Pknknpknn40.把一个表面涂有颜色的立方体等分为一千个小立方体，在这些小立方体中，随机地取出一个，试求它有i面涂有颜色的概率P（Ai）（i=0,1,2,3）.【解】设Ai={小立方体有i面涂有颜色}，i=0,1,2,3.在1千个小立方体中，只有位于原立方体的角上的小立方体是三面有色的，这样的小立方体共有8个.只有位于原立方体的棱上（除去八个角外）的小立方体是两面涂色的，这样的小立方体共有12×8=96个.同理，原立方体的六个面上（除去棱）的小立方体是一面涂色的，共有8×8×6=384个.其余1000（8+96+384）=512个内部的小立方体是无色的，故所求概率为01512384()0.512,()0.38410001000PAPA,24968()0.096,()0.00810001000PAPA.41.对任意的随机事件A，B，CP（AB）+P（AC）P（BC）≤P(A).【证】()[()]()PAPABCPABAC7()()()PABPACPABC()()()PABPACPBC42.3个球随机地放入4个杯子中去，求杯中球的最大个数分别为1，2，3的概率.【解】设iA={杯中球的最大个数为i},i=1,2,3.将3个球随机放入4个杯子中，全部可能放法有43种，杯中球的最大个数为1时，每个杯中最多放一球，故3413C3!3()48PA而杯中球的最大个数为3，即三个球全放入一个杯中，故1433C1()416PA因此