《概率论与数理统计》(武汉大学-齐民友版)课后答案

第1章习题解案总5页第1页第一章随机事件与概率（一）基本题答案1、（1）}3,2,1,0{1=Ω（2）nn/{},2,1{2==Ω是正整数}（3）（4）}1|),{(223+=yxyxΩ}20{4≤≤=Ωxx（5）}21,,4,3,2{5=Ω（7）},2,1,0{7=Ω（6）}0,0,0,1|),,{(6=++=Ωzyxzyxzyx2、（1）CAB（2）（3）)(CBA∪CBA∪∪（4）CBACBACBA∪∪（5）（6）ACBCAB∪∪CBA∪∪（或ABC）3、zABPABPBAP−=−==1)(1)()(∪zyABPBPABBPBAP−=−=−=)()()()(()()()()1()1PABPAPBPABxyyzxz=+−=−+−−=−+∪()()1()1[()()()]1PABPABPABPAPBPABxyz==−=−+−=−−∪∪+4、()()()(PABPAABPAPAB=−=−)()[()()()]()()0.60.30.3PAPAPBPABPABPB=−+−=−=−=∪∪5、))((1)(1)(BAAPABPABP−−−=−=6.03.07.01)()(1=+−=−+−=BAPAP6、)(1)()(CBAPCBAPCBAP∪∪∪∪−==1[()()()()()()()]11111171(00)4449936PAPBPCPABPACPBCPABC=−++−−−+=−++−−−+=7、)()()()()()()()(ABCPBCPACPABPCPBPAPCBAP+−−−++=∪∪8500810414141=+−−−++=8、因))()()((BABABABA∪∪∪∪φ===BBBAABAA))((∪∪所以0)()})()()({(==φPBABABABAP∪∪∪∪9、七个字母任意排有7！种排法，且每一排法的可能性相同，这是一个古典概型问题，而排成SCIENCE有41112121=××××××种排法，故所求概率为12601!74=10、12件产品按不放回方式抽两次时有1112×种抽取法，且每一种取法的概率相等，这是一个古典概型问题，而第二次抽出次品抽取法有211×种，故所求事件概率为611112211=××11、这可看成是条件概率问题方法一设A表示第一次取到不合格品，B表示第二次取到不合格品，所求概率是，按条件概率的定义有)|(BAABP∪)()()())(()|(BAPABPBAPBAABPBAABP∪∪∪∪==因91034)(××=ABP，910346464)(××+×+×=BAP∪，故所求概率为5134646434)|(=×+×+××=BAABP∪方法二如果是同时从中任取2件产品，此时有一件是不合格时共有种取法，而已知有一件是不合格品时，另一件也是不合格共有种取法，故所求概率为161424CCC+24C第1章习题解案总5页第2页5116142424=+CCCC注：此种方法是在缩减的样本空间中考虑条件概率的计算。12、设点的坐标为，则样本空间),(yx}20|),{(2xaxyyx−=Ω由条件知这是一个几何概型问题且原点和该点的连线与轴的夹角小于x04π的事件A为},20|),{(2xyxaxyyxA−=Ω的面积221aSπΩ=，A的面积222141aaSA+=π，故所求概率为ππππ22212141)(222+=+=aaaAP13、设两艘船到达的时刻分别是x和，则样本空间为y}240,240|),{(≤≤≤≤=yxyxΩ由实际意义可知这是一个几何概型问题，且有一艘需等待一段时间的事件A为}),(,12|),{(Ω∈≤−≤−=yxyxyxA因Ω的面积，A的面积224=ΩS)2223(2124222+−=AS，故所求概率为121.0)(==ΩSSAPA14、不妨设是单位圆，三点A、B、C将单位圆周分成yxyx−−π2,,三段，于是样本空间Ω为}2)(20,20,20|),{(ππππ+−=Ωyxyxyx由实际意义知这是几何概型问题，当且仅当三段弧长都小于π时，三角形ABC为锐角三角形，即三角形ABC为锐角三角形的事件A为}),(,)(20,0,20|),{(Ω∈+−=yxyxyxyxAππππ因Ω的面积2)2(21πΩ=S，A的面积221π=AS，故所求概率为41)2(2121)(22==ππAP15、（1）用全概率公式得他迟到的概率为15.004.01211.0312.0413.0=×+×+×+×（2）用贝叶斯公式得所求概率是2115.0413.0=×16、用A，B，C分别表示取出的是一，二，三等品三个事件，则所求概率为321.016.0)(1)()(1)()()()|(=−=−=−−==CPAPCPACAPCPCAPCAP其中利用到φ=AC，即A与C互斥。17、由贝叶斯公式所求概率为734.002.06.001.06.001.0=×+××18、由条件及加法公式有)()()()()()()()(ABCPBCPACPABPCPBPAPCBAP+−−−++=∪∪第1章习题解案总5页第3页169)]([3)(32=−=APAP即，得03)(16)]([162=+−APAP41)(=AP或43)(=AP（舍）故41)(=AP19、由条件知91)(=BAP，且)()(BAPBAP=由)()(BAPBAP=得：)()(ABBPABAP−=−即)()()()(ABPBPABPAP−=−推得：)()(BPAP=由独立性，有91)()()(==BPAPBAP，从而得31)(=AP，故32)(1)(=−=APAP20、设射手的命中率为P，则由题意得：8180)1(14=−−P解之得32=P21、设，则由题意得PAP=)(5904.0)1(14=−−P解之得，在三次独立试验中，事件A出现一次的概率是2.0=P384.08.2.03)1(2213=××=−0PPC（二）补充题答案1、（1）类似于本章第11题，这里不妨认为是同时取出两件产品，此时取出产品中有一件是不合格品有种取法，而已知两件中有一件是不合格品，另一件也是不合格品有种取法，故所求概率为112mMmmCCC−+2mC1211122−−−=+−mMmCCCCmMmmm（2）取出产品中有一件是合格品有种取法，而已知两件中有一件是合格品，另一件是不合格品有种取法，故所求概率为112mMmmMCCC−−+11mmMCC−1211211−+=+−−−mMmCCCCCmMmmMmmM注：这里采用的是在缩减的样本空间中计算条件概率的方法，且题中“有一件”其意应在“至少有一件”而不能理解为“只有一件”，这是因为对另一件是否是不合格还不知道。2、（1）这是条件概率，下面考虑在缩减的样本空间中去求，第一、第二次取到正品有种取法，在此条件下第三次取到次品有181415××51415××种取法，故所求概率为18518141551415=××××注：上述是将样本空间中的元素看成是三次取完后的结果，更简单的也可只考虑以第三次取的结果作为样本空间中的元素，即在第一、第二次取到正品时，第三次取时有18种取法，而在第一次、第二次取到正品时，第三次取次品有5种取法，故所求概率为185（2）此问是要求事件“第一、第二次取到正品，且第三次取到次品”的概率（与（1）不同的在于这里没有将第一、第二次取到正品作为已知条件，而是同时发生），按题意，三次取产品共有种取法，而第三次才取到次品共有181920××51415××种取法，故所求概率为第1章习题解案总5页第4页2283518192051415=××××（3）三次取产品共有种取法，第三次取到次品有181920××18195××种取法，故所求概率为4118192018195=××××注：此问也可用类似于（1）中注的方法去解决，即只考虑以第三次取得的结果作为样本空间的元素，也可很快求得答案是41205=。3、令A表示挑选出的是第一箱，)2,1(=iBi表示第i次取到的零件是一等品，则（1）由全概率公式，有)()|()()|()(111APABPAPABPBP+=4.0213018211510=×+×=（2）用全概率公式有)()|()()|()(212121APABBPAPABBPBBP+=2129301718214950910×××+×××=于是所求条件概率是4856.04.02129301718214950910)()()|(12112=×××+×××==BPBBPBBP4、用A表示第一次取到1号球，B表示第二次取到2号球，则由全概率公式有)1()1(11111)()|()()|()(22−−+=−×+×−=+=nnnnnnnnnAPABPAPABPBP5、以表示有个孩子，B表示所有孩子均为同一性别，由全概率公式有kAk()∑∑∑∑∞=∞=∞=∞=+=++=+==10101005.02)5.0()5.0()()|()()|()(kkkkkkkkkkkkkPPPPAPABPPAPABPBP6、以A表示患有癌症，B表示试验呈阳性，则由贝叶斯公式得3231.001.0995.095.0005.095.0005.0)|()()|()()|()()|(=×+××=+=ABPAPABPAPBAPAPBAP7、用D表示失业率上升，此题要求，根据题意有)|(),|(),|(DCPDBPDAP2.0)|(,2.0)|(,8.0)|(===CDPBDPADP，则由贝叶斯公式得94212.0312.0618.0618.0)|(=×+×+××=DAP同理92)|(=DBP31)|(=DCP第1章习题解案总5页第5页故总统对三个顾问的理论正确性应分别调整成31,92,94。8、以分别表示甲、乙、丙击中飞机，)3,2,1(=iAi)3,2,1,0(=iBi表示有i个人击中飞机，C表示飞机被击落，则09.03.05.06.0)()()()()(3213210=××===APAPAPAAAPBP36.07.05.06.03.05.06.03.05.04.0)()()()(3213213211=××+××+××=++=AAAPAAAPAAAPBP41.07.05.06.07.05.04.03.05.04.0)()()()(3213213212=××+××+××=++=AAAPAAAPAAAPBP14.041.036.009.01)()()(1)(2103=−−−=−−−=BPBPBPBP则由全概率公式有458.014.0141.06.036.02.009.00)()|()(30=×+×+×+×==∑=iiiBPBCPCP注：在这里不构成样本空间的划分，因为它们不是两两互斥，可同时发生。321,,AAA9、（1）次成功之前已经失败了次，表示进行了nmnm+次，第nm+次试验一定成功，而前面的-1次试验中有次失败，-1次成功，从而所求概率为nm+mnmnnmppmnmpppmnm)1(1)1(11−⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛−+=⋅−⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛−+−（2）令A表示n次成功之前已有+1次失败，m),,2,1(niAi=表示次成功之前已有+1次失败且第+1次（即最后一次）失败在第nmmim+次试验中发生，则可知有1)1(1)(+−⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛++=mnppmnmAP且两两互斥，对事件，它表示在niniAAAA,,,11∪==iA1++nm次试验中，从第次试验至第试验都成功，第次试验是失败（最后一次失败），而前面的-1次试验中有m次失败，次成功，于是1++im1++nmim+im+1−inippmimppppmimApmninmii,,2,1,)1(1)1()1(1)(111=−⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛−+=⋅−⋅−⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛−+=++−−由于)()()()(21nAPAPAPAP+++=，即1111)1(1)1(1)1()1(1++++−⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛−+++−⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛++−⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛=−⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛++mnmnmnmnppmnmppmmppmmppmnm消去立得结论成立。1)1(+−mnpp10、由全概率公式，每台仪器能出厂的概率94.0