概率论与数理统计答案 浙江大学 张帼奋 主编

第一章概率论的基本概念注意：这是第一稿（存在一些错误）1解：该试验的结果有9个：（0，a），（0，b），（0，c），（1，a），（1，b），（1，c），（2，a），（2，b），（2，c）。所以，（1）试验的样本空间共有9个样本点。（2）事件A包含3个结果：不吸烟的身体健康者，少量吸烟的身体健康者，吸烟较多的身体健康者。即A所包含的样本点为（0，a），（1，a），（2，a）。（3）事件B包含3个结果：不吸烟的身体健康者，不吸烟的身体一般者，不吸烟的身体有病者。即B所包含的样本点为（0，a），（0，b），（0，c）。2、解（1）ABBCAC或ABCABCABCABC；（2）ABBCAC（提示：题目等价于A，B，C至少有2个发生，与（1）相似）；（3）ABCABCABC；（4）ABC或ABC；（提示：A，B，C至少有一个发生，或者ABC，，不同时发生）；3（1）错。依题得0BApBpApABp,但空集BA，故A、B可能相容。（2）错。举反例（3）错。举反例（4）对。证明：由6.0Ap,7.0Bp知3.03.1BApBApBpApABp,即A和B交非空，故A和B一定相容。4、解（1）因为AB，不相容，所以AB，至少有一发生的概率为：()()()=0.3+0.6=0.9PABPAPB(2)AB，都不发生的概率为：()1()10.90.1PABPAB；（3）A不发生同时B发生可表示为：AB，又因为AB，不相容，于是()()0.6PABPB；5解：由题知3.0BCACABp,05.0ABCP.因ABCpBCpACpABpBCACABp2得，4.023.0ABCpBCpACpABp故A,B,C都不发生的概率为CBApCBAp1ABCpBCpACpABpCpBpAp105.04.02.1115.0.6、解设A{“两次均为红球”}，B{“恰有1个红球”}，C{“第二次是红球”}若是放回抽样，每次抽到红球的概率是：810，抽不到红球的概率是：210，则（1）88()0.641010PA；（2）88()210.321010PB（）；（3）由于每次抽样的样本空间一样，所以：8()0.810PC若是不放回抽样，则（1）2821028()45CPAC；（2）118221016()45CCPBC；（3）111187282104()5AAAAPCA。7解：将全班学生排成一排的任何一种排列视为一样本点，则样本空间共有!30个样本点。（1）把两个“王姓”学生看作一整体，和其余28个学生一起排列共有!29个样本点，而两个“王姓”学生也有左右之分，所以，两个“王姓”学生紧挨在一起共有!292个样本点。即两个“王姓”学生紧挨在一起的概率为151!30!292。（2）两个“王姓”学生正好一头一尾包含!282个样本点，故两个“王姓”学生正好一头一尾的概率为4351!30!282。8、解（1）设A{“1红1黑1白”}，则1112323712()35CCCPAC；（2）设B{“全是黑球”}，则33371()35CPBC；（3）设C{第1次为红球，第2次为黑球，第3次为白球”}，则2322()7!35PC。9解：设号车配对第iiA,92,1i，，.若将先后停入的车位的排列作为一个样本点，那么共有!9个样本点。由题知，出现每一个样本点的概率相等，当iA发生时，第i号车配对，其余9个号可以任意排列，故（1）!9!8iAp。（2）1号车配对，9号车不配对指9号车选2~8号任一个车位，其余7辆车任意排列，共有!77个样本点。故727!9!7791AAp.(3)9191829821AApAAAApAAAAp，9182AAAAp表示在事件：已知1号和9号配对情况下，2~8号均不配对，问题可以转化为2~8号车随即停入2~8号车位。记号车配对第1iiB，72,1i，，。则717191821BBpBBpAAAAp。由上知，71!7!6iBp，421!7!5jiBBp，（ji），2101!7!4kjiBBBp，（kji）……!7171BBp。则7071!1iiiBBp故707091719821!1721!1!9!7iiiiiiAApBBpAAAAp。10、解由已知条件可得出:()1()10.60.4PBPB；()()()0.70.50.2PABPAPAB；()()()()0.9PABPAPBPAB；（1）(())()7(|==()()9PAABPAPAABPABPAB）；（2）()()()0.40.20.2PABPBPAB()(+()()0.5PABPAPBPAB）于是(())()2(|==5()()PAABPABPAABPABPAB）；（3）(())()2(|)()()9PABABPABPABABPABPAB。11解：由题知5.0Ap,3.0Bp,4.0Cp,2.0ABp,6.0CBAp则CpCCBApCpCCBApCBApCpCBApCpCpCBApBApCpCpCBApABpBpApCpCpCBApApABpBpApCp86.012、解设A{该职工为女职工}，B{该职工在管理岗位}，由题意知，()0.45PA，()0.1PB，()0.05PAB所要求的概率为（1）()1(|)()9PABPBAPA；（2）()()()1(|)()()2PABPBPABPABPBPB。13、解：5522221122XpXYpXpXYpXpXYpYp51515141513151215103007714、解设A{此人取的是调试好的枪}，B{此人命中}，由题意知：3()4PA，3(|)5PBA，1(|)20PBA所要求的概率分别是：（1）37()()(|)()(|)80PBPAPBAPAPBA；（2）()()(|)1(|)()()37PABPAPBAPABPBPB。15解：设年以内入市时间在11A，年年以上不到入市时间在412A，年以上入市时间在43A，股民赢1B，股民平2B，股民亏3B则1.011ABp,2.012ABp,7.013ABp,2.021ABp,3.022ABp,5.023ABp,4.031ABp,4.032ABp,2.033ABp(1)3312211111ApABpApABpApABpBp22.0（2）33131BpBApBAp333223113113ApABpApABpApABpApABp538.013716、解设A，B分别为从第一、二组中取优质品的事件，C，D分别为第一、二次取到得产品是优质品的事件，有题意知：10()30PA，15()20PB（1）所要求的概率是：1113()()()0.54172224PCPAPB（2）由题意可求得：13()()24PDPC120101515()0.21362302922019PCD所要求的概率是：()2825(|)0.3944()7163PCDPCDPD。17解：（1）第三天与今天持平包括三种情况：第2天平，第3天平；第2天涨，第3天跌；第2天跌，第3天涨。则1221331p（2）第4天股价比今天涨了2个单位包括三种情况：第2天平，第3、4天涨；第2、4天涨，第3天平；第2、3天涨，第4天平。则32111322p。19(1)对。证明：假设A,B不相容，则0ABp。而0Ap，0Bp，即0BpAp，故BpApABp，即A,B不相互独立。与已知矛盾，所以A,B相容。（2）可能对。证明：由6.0Ap,7.0Bp知3.03.1BApBApBpApABp,42.07.06.0BpAp,ABp与BpAp可能相等，所以A,B独立可能成立。（3）可能对。（4）对。证明：若A,B不相容，则0ABp。而0Ap，0Bp，即0BpAp，故BpApABp，即A,B不相互独立。18、证明：必要条件由于A，B相互独立，根据定理1.5.2知，A与B也相互独立，于是：(|)()PABPA，(|)()PABPA即(|)(|)PABPAB充分条件由于()(|)()PABPABPB及()()()(|)1()()PABPAPABPABPBPB，结合已知条件，成立()()()()1()PABPAPABPBPB化简后，得：()()()PABPAPB由此可得到，A与B相互独立。20、解设iA分别为第i个部件工作正常的事件，B为系统工作正常的事件，则()iiPAp（1）所要求的概率为：12324134234112312413423412341231241342341234()()()()()()3()3PBPAAAAAAAAAAAAPAAAPAAAPAAAPAAAPAAAApppppppppppppppp（2）设C为4个部件均工作正常的事件，所要求的概率为：1234(|)ppppPCB。（3）223(1)C。21解：记次出现正面第iiC，2,1i（1）111111iiiiiippCpCpCpCCCpApppCCCCpCCCCpBp12432143214（2）pppppApABpABp112311414（3）pppppBpABpBAp11234144122、解设A={照明灯管使用寿命大于1000小时}，B={照明灯管使用寿命大于2000小时}，C={照明灯管使用寿命大于4000小时}，由题意可知()0.95PA，()0.3PB，()0.05PC（1）所要求的概率为：()0.051(|)()0.9519PACPCAPA；（2）设iA分别为有i个灯管损坏的事件（0,1,2,3i），表示至少有3个损坏的概率，则10100()()(0.3)0.0000059PAPB91110()()(1())0.0001378PACPBPB822210()()(1())0.0014467PACPBPB所要求的概率为：0121()()()0.9984PAPAPA23解：设系统能正常工作A，系统稳定B，系统外加电压正常C，则99.0Cp,9.0CBp,2.0CBp,8.0BAp,9.0BAp（1）BpBApBpBApApCpCBpCpCBpBApCpCBpCpCBpBAp101.02.0199.09.019.0101.02.099.09.0