长安大学概率论作业题参考答案

1概率论作业题答案第一章习题参考答案1．（1）1，1，1，；（2）0．6，（3）916，（4）25，（5）310，35.2．（1）D，（2）B，（3）D,（4）A,（5）D,(6)B.3．解：设分成的三段长分别为)(,,yxlyx，则0,0,xlylxyl.又设A=“三段可以构成三角形”，A出现的充要条件是三角形的任意两边之和大于第三边，故,0,0,Dxyxlylxyl，{(,)|0,0,()Axyxyxylxy且，(),()ylxyxxlxyy,0,0,.222lllxyxyxy如图示，可得所求概率：2211()()122().1()42lLAPALDl4．解：设iA“第i次取到正品”(1,2,3)i，A“第三次才取到正品”，则123AAAA，于是123121312()()()(|)(|)PAPAAAPAPAAPAAA32970.00059981009998,所以，第三次才取到正品的概率为0.0005998.5．证明：()[()]()PAPABCPABAC2()()()PABPACPABC()()()PABPACPBC.6．解法1：设A=“三次抛掷中至少有一次出现正面”B=“三次抛掷中至少有一次出现反面”.87)21(1)(1)(3APAP,)(1)(1)(BAPABPABP))()()((1BAPBPAP430)21()21(133.3()64(|)7()78PABPBAPA.解法2:因为至少出现一次正面共7个样本点：{（正、反、反），（反、正、反），（反、反、正），（正、正、反），（正、反、正），（反、正、正），（正、正、正）}在这7个样本点中至少出现一次反面共6样本点个，故6().7PBA7.解：设iA“第一次取出的乒乓球有i个新球”0,1,2,3i,B=“第二次取出的3个球有2个新球”.由全概率公式有00112233()()(|)()(|)()(|)()(|)PBPAPBAPAPBAPAPBAPAPBA321122121213213939384937596633333333121212121212121213773025CCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCC≈0.455.8．解：设iA=“取得的产品是第i台机器生产”1,2i，B=“取得的产品是正品”，由全概率公式及贝叶斯公式得3(1)1122()()()()()PBPAPBAPAPBA195290110.917.3100310012(2)2222210()()()43100()0.8.111()5()112PAPBAPABPABPBPB9．解：设321,,AAA依次表示从甲袋中取得白球，红球，黑球；123,,BBB依次表示从乙袋中取得白球，红球，黑球；C表示取得两球颜色相同．则112233CABABAB，于是31510551510()()()0.36252525252525iiiPCPAPB.10.解：设A=“失去的球为白球”，B=“取得的两球为白球”,则，所求的概率为)()()|(BPABPBAP)|()|()()|()(ABPABPAPABPAP210252102421024116115115CCCCCC=31.11．解：设iA“一箱玻璃杯中有i件次品”,0,1,2i,B=“顾客买下一箱玻璃杯”，由全概率公式及贝叶斯公式得(1)94.01.01.018.0)|()()(42041820420419CCCCABPAPBPiii(2)85.094.08.0)()|()()|(000BPABPAPBAP.412．解法1:设iA“第i个元件正常工作”，i=1,2,3,4,5,A=“系统工作正常”.已知各元件是否正常工作相互独立，且()0.9,(1,2,3,4,5)iPApi.由图知,系统正常工作的路径有以下四条:11224531354432,,,,BAABAABAAABAAA于是系统正常工作的概率为:12344123411414124513543212451235123413452345123451234()()()()()()()()()()()()()()()()(iijijkiijijkPAPBBBBPBPBBPBBBPBBBBPAAPAAPAAAPAAAPAAAAPAAAAPAAAAPAAAAPAAAAPAAAAAPAAAAA5123451234512345123452345)()()()()22520.97848.PAAAAAPAAAAAPAAAAAPAAAAApppp解法2:设iA“第i个元件正常工作”，i=1,2,3,4,5.A=“系统工作正常”.在桥式系统中，第3个元件是关键，我们先用全概率公式得3333()()()()()PAPAPAAPAPAA因为在“第3个元件正常工作”的条件下，系统成为先并后串系统3142514251414252522()()()()()()()()()()()(2),PAAPAAAAPAAPAAPAPAPAAPAPAPAApp又因为在“第3个元件不正常工作”的条件下，系统成为先串后并系统所以3124524()()2,PAAPAAAApp最后我们得52224()(2)(1)(2)0.97848.PApppppp13．解:设iA“甲投中i次”，0,1,23.i，iB“乙投中i次”，0,1,23.i，则由伯努利试验的概率计算公式得：3333()(0.6)(0.4),()(0.7)(0.3),0,1,2,3.iiiiiiiiPACPBCi于是（1）设A“两人投中次数相等”则330033121222223333()()()()0.40.30.60.40.70.30.60.40.70.3iiiiiiPAPABPAPBCCCC330.60.70.321；（2）设B“甲比乙投中次数多”，则102021303132()()PBPABABABABABAB1232232212333333312322330.60.40.30.60.40.30.60.40.70.30.60.30.60.70.30.60.70.30.243.CCCCCC另解：设甲、乙两人，投中次数分别为,XY则(3,0.6),(3,0.7)XBYB.于是333121233022223333()(,)0.40.30.60.40.70.30.60.40.70.30.60.70.321,iPXYPXiYiCCCC1232232212333333313()(1,0)(2,0)(2,1)(3,0)(3,1)(3,2)0.60.40.30.60.40.30.60.40.70.30.60.30.60PXYPXYPXYPXYPXYPXYPXYCCCCC23223.70.30.60.70.30.243.C14．解：设iA“三人中的第i人击中目标”，1,2,3i，6iB“目标被击中i弹”,01,2,3i，,C=“三人各射击一次就击毁目标”,则：30)|()()(iiiBCPBPCP)|()(01321321321BCPAAAAAAAAAP)|()(2321321321BCPAAAAAAAAAP)|()(3321BCPAAAP52413254524331545243325104341315443413251434331511413151=0.302.15.证明：由P（A|C）≥P(B|C),得()(),()()PACPBCPCPC即有()()PACPBC,同理由(|)(|),PACPBC得()(),PACPBC故()()()()()()PAPACPACPBCPBCPB.第二章习题参考答案1.填空题：（1）由2221{1}(1)5/9kkkkPXCpp解得p,代入3331{1}(1)kkkkPYCpp得{1}PY19/27.7（2）1/20{1/2}21/4PXxdx22323{2}(1/4)[1(1/4)]9/64PYC.（3）1502100100{150}1/3PXdxx设A表示“在150小时内独立使用三只元件全部损坏”，33()[{150}](1/3)1/27PAPX.（4）由222422{24}{}()(0)1/3XPXP得2()1/3(0)1/31/25/620222{0}{}()1()1/6XPXP由正态分布概率密度函数图像关于的对称性得C=2.（5）(){}()xFxPXxfxdx0x-x-x0xx111ee1ex0222=11eex022xxdxdxdx（6）由220{}212/3axaPXaedxe得1ln32a2.选择题(1)A（2）C（3）B（4）B3.解：用A表示该顾客未等到服务就离开窗口，则有-210A{10}dx=ePPXx-51（）e5故Y服从二项分布-2B(5,e)，即k-2k-255P{Y=k}=Ce(1e),05kk.4.解：由于150天内换过日光灯管的数目不确定，直接求换过日光灯管的概率是不易的，故考虑其对立事件：未换过日光灯管的概率。由题设X服从参数为1/3000的指数分布，则在150天内某根灯管未坏的概率为1600300050{1504}{600}1{600}113000xPXPXPXedxe设A表示“换过日光灯管”，则1105()1()1()0.8647PAPAe85.解：(1)()1fxdx1xaCedx即12Ca（2）()()xFxfxdxxaxx0aa0xxaa111ee1ex02a2a2=11eex02a2xxdxdxdx（3）2a{||2}{22}(2)(2)1ePXPXFF.6.解：（1）101.1108108117.6108{101.1117.6}{}333117.6108101.1108()()0.988633XPXP（2）因为{||}{}{}{2}{0}1{2}{0}108210810801081{}{}333321081081()()0.01.33PXaaPXaaPXaaPXaPXPXaPXXaXPPa查表即得57.4a.7.解：（1）以123AAA，，分别表示电源电压U不超过200伏，介于200~240伏之间和超过240伏三种状态，B表示电子元件损坏，由题设有123P(B/P(B/P(B/AAA)=0.1，)=0.001，)=0.2，而由全概率公式3i=1P(B)=P(P(B/iiAA）），要计算电子元件损坏概率必须首先计算概率P(iA）(i=1,2,3)。根据题设及一般正态分布标准化的方法知91220200220P(){200}{}2525220{0.8}(0.8)1(0.8)0.211925UAPUPU