概率论与数理统计答案

-.z习题答案第1章三、解答题1．设P(AB)=0，则以下说法哪些是正确的.(1)A和B不相容；(2)A和B相容；(3)AB是不可能事件；(4)AB不一定是不可能事件；(5)P(A)=0或P(B)=0(6)P(A–B)=P(A)解：(4)(6)正确.2．设A，B是两事件，且P(A)=0.6，P(B)=0.7，问：(1)在什么条件下P(AB)取到最大值，最大值是多少.(2)在什么条件下P(AB)取到最小值，最小值是多少.解：因为，又因为即所以(1)当时P(AB)取到最大值，最大值是=0.6.(2)时P(AB)取到最小值，最小值是P(AB)=0.6+0.7-1=0.3.3．事件A，B满足，记P(A)=p，试求P(B)．解：因为，即，所以4．P(A)=0.7，P(A–B)=0.3，试求．解：因为P(A–B)=0.3，所以P(A)–P(AB)=0.3,P(AB)=P(A)–0.3,又因为P(A)=0.7，所以P(AB)=0.7–0.3=0.4，.5．从5双不同的鞋子种任取4只，问这4只鞋子中至少有两只配成一双的概率是多少.解：显然总取法有种，以下求至少有两只配成一双的取法：法一：分两种情况考虑：+其中：为恰有1双配对的方法数法二：分两种情况考虑：+其中：为恰有1双配对的方法数法三：分两种情况考虑：+其中：为恰有1双配对的方法数法四：先满足有1双配对再除去重复局部：-法五：考虑对立事件：-其中：为没有一双配对的方法数法六：考虑对立事件：其中：为没有一双配对的方法数所求概率为6．在房间里有10个人，分别佩戴从1号到10号的纪念章，任取3人记录其纪念章的．求：(1)求最小为5的概率；(2)求最大为5的概率．解：(1)法一：，法二：(2)法二：，法二：7．将3个球随机地放入4个杯子中去，求杯子中球的最大个数分别为1，2，3的概率．解：设M1,M2,M3表示杯子中球的最大个数分别为1，2，3的事件，则,,8．设5个产品中有3个合格品，2个不合格品，从中不返回地任取2个，求取出的2个中全是合格品，仅有一个合格品和没有合格品的概率各为多少.解：设M2,M1,M0分别事件表示取出的2个球全是合格品，仅有一个合格品和没有合格品，则,,9．口袋中有5个白球，3个黑球，从中任取两个，求取到的两个球颜色一样的概率．解：设M1=“取到两个球颜色一样〞，M1=“取到两个球均为白球〞，M2=“取到两个球均为黑球〞，则.所以10．假设在区间(0，1)内任取两个数，求事件“两数之和小于6/5”解：这是一个几何概型问题．以*和y表示任取两个数，在平面上建立*Oy直角坐标系，如图.任取两个数的所有结果构成样本空间={(*，y)：0*，y1}事件A=“两数之和小于6/5”={(*，y)：*+y因此．图.11．随机地向半圆〔为常数〕内掷一点，点落在半圆内任何区域的概率与区域的面积成正比，求原点和该点的连线与轴的夹角小于的概率．解：这是一个几何概型问题．以*和y表示随机地向半圆内掷一点的坐标，表示原点和该点的连线与轴的夹角，在平面上建立*Oy直角坐标系，如图.随机地向半圆内掷一点的所有结果构成样本空间={(*，y)：}事件A=“原点和该点的连线与轴的夹角小于〞={(*，y)：}因此．12．，求．解：13．设10件产品中有4件不合格品，从中任取两件，所取两件产品中有一件是不合格品，则另一件也是不合格品的概率是多少.解：题中要求的“所取两件产品中有一件是不合格品，则另一件也是不合格品的概率〞应理解为求“所取两件产品中至少有一件是不合格品，则两件均为不合格品的概率〞。设A=“所取两件产品中至少有一件是不合格品〞，B=“两件均为不合格品〞；，，14．有两个箱子，第1箱子有3个白球2个红球，第2个箱子有4个白球4个红球，现从第1个箱子中随机地取1个球放到第2个箱子里，再从第2个箱子中取出一个球，此球是白球的概率是多少.上述从第2个箱子中取出的球是白球，则从第1个箱子中取出的球是白球的概率是多少.解：设A=“从第1个箱子中取出的1个球是白球〞，B=“从第2个箱子中取出的1个球是白球〞，则，由全概率公式得由贝叶斯公式得15．将两信息分别编码为A和B传递出去，接收站收到时，A被误收作B的概率为0.02，而B被误收作A的概率为0.01，信息A与信息B传送的频繁程度为2：1，假设接收站收到的信息是A，问原发信息是A的概率是多少.解：设M=“原发信息是A〞，N=“接收到的信息是A〞，所以由贝叶斯公式得16．三人独立地去破译一份密码，各人能译出的概率分别为，问三人中至少有一人能将此密码译出的概率是多少.解：设Ai=“第i个人能破译密码〞，i=1,2,3.所以至少有一人能将此密码译出的概率为17．设事件A与B相互独立，P(A)=0.4，P(A∪B)=0.7，求.解：由于A与B相互独立，所以P(AB)=P(A)P(B),且P(A∪B)=P(A)+P(B)-P(AB)=P(A)+P(B)-P(A)P(B)将P(A)=0.4，P(A∪B)=0.7代入上式解得P(B)=0.5，所以或者,由于A与B相互独立,所以A与相互独立，所以18．甲乙两人独立地对同一目标射击一次，其命中率分别为0.6和0.5，现目标被命中，则它是甲射中的概率是多少.解：设A=“甲射击目标〞，B=“乙射击目标〞，M=“命中目标〞，P(A)=P(B)=1,所以由于甲乙两人是独立射击目标，所以19．*零件用两种工艺加工，第一种工艺有三道工序，各道工序出现不合格品的概率分别为0.3，0.2，0.1；第二种工艺有两道工序，各道工序出现不合格品的概率分别为0.3，0.2，试问：(1)用哪种工艺加工得到合格品的概率较大些.(2)第二种工艺两道工序出现不合格品的概率都是0.3时，情况又如何.解：设Ai=“第1种工艺的第i道工序出现合格品〞，i=1,2,3；Bi=“第2种工艺的第i道工序出现合格品〞，i=1,2.〔1〕根据题意，P(A1)=0.7，P(A2)=0.8，P(A3)=0.9，P(B1)=0.7,P(B2)=0.8,第一种工艺加工得到合格品的概率为P(A1A2A3)=P(A1)P(A2)P(A3第二种工艺加工得到合格品的概率为P(B1B2)=P(B1)P(B2)=可见第二种工艺加工得到合格品的概率大。〔2〕根据题意，第一种工艺加工得到合格品的概率仍为0.504，而P(B1)=P(B2)=0.7,第二种工艺加工得到合格品的概率为P(B1B2)=P(B1)P(B2)=可见第一种工艺加工得到合格品的概率大。1．设两两相互独立的三事件A，B和C满足条件ABC=，且，求P(A)．解：因为ABC=，所以P(ABC)=0,因为A，B，C两两相互独立，所以由加法公式得即考虑到得2．设事件A，B，C的概率都是，且，证明：．证明：因为，所以将代入上式得到整理得3．设0<P(A)<1，0<P(B)<1，P(A|B)+，试证A与B独立．证明：因为P(A|B)+，所以将代入上式得两边同乘非零的P(B)[1-P(B)]并整理得到所以A与B独立.4．设A，B是任意两事件，其中A的概率不等于0和1，证明是事件A与B独立的充分必要条件．证明：充分性，由于，所以即两边同乘非零的P(A)[1-P(A)]并整理得到所以A与B独立.必要性：由于A与B独立，即且所以一方面另一方面所以5．一学生接连参加同一课程的两次考试．第一次及格的概率为p，假设第一次及格则第二次及格的概率也为p；假设第一次不及格则第二次及格的概率为.(1)假设至少有一次及格则他能取得*种资格，求他取得该资格的概率．(2)假设他第二次及格了，求他第第一次及格的概率．解：设Ai=“第i次及格〞，i=1，2.由全概率公式得(1)他取得该资格的概率为(2)假设他第二次及格了，他第一次及格的概率为6．每箱产品有10件，其中次品从0到2是等可能的，开箱检验时，从中任取一件，如果检验为次品，则认为该箱产品为不合格而拒收．由于检验误差，一件正品被误判为次品的概率为2%，一件次品被误判为正品的概率为10%．求检验一箱产品能通过验收的概率．解：设Ai=“一箱产品有i件次品〞，i=0，1，2.设M=“一件产品为正品〞，N=“一件产品被检验为正品〞.由全概率公式又由全概率公式得一箱产品能通过验收的概率为7．用一种检验法检验产品中是否含有*种杂质的效果如下．假设真含有杂质检验结果为含有的概率为0.8；假设真含不有杂质检验结果为不含有的概率为0.9；据以往的资料知一产品真含有杂质或真不含有杂质的概率分别为0.4和0.6．今独立地对一产品进展三次检验，结果是两次检验认为含有杂质，而有一次认为不含有杂质，求此产品真含有杂质的概率．解：A=“一产品真含有杂质〞，Bi=“对一产品进展第i次检验认为含有杂质〞，i=1,2,3.独立进展的三次检验中两次认为含有杂质，一次认为不含有杂质，不妨假设前两次检验认为含有杂质，第三次认为检验不含有杂质，即B1，B2发生了，而B3未发生.又知所以所求概率为由于三次检验是独立进展的，所以8．火炮与坦克对战，假设坦克与火炮依次发射，且由火炮先射击，并允许火炮与坦克各发射2发，火炮与坦克每次发射的命中概率不变，它们分别等于0.3和0.35.我们规定只要命中就被击毁．试问(1)火炮与坦克被击毁的概率各等于多少.(2)都不被击毁的概率等于多少.解：设Ai=“第i次射击目标被击毁〞，i=1,2,3,4.所以(1)火炮被击毁的概率为坦克被击毁的概率为(2)都不被击毁的概率为9．甲、乙、丙三人进展比赛，规定每局两个人比赛，胜者与第三人比赛，依次循环，直至有一人连胜两次为止，此人即为冠军，而每次比赛双方取胜的概率都是，现假定甲乙两人先比，试求各人得冠军的概率．解：Ai=“甲第i局获胜〞，Bi=“乙第i局获胜〞，Bi=“丙第i局获胜〞，i=1,2,….，，由于各局比赛具有独立性，所以在甲乙先比赛，且甲先胜第一局时，丙获胜的概率为同样，在甲乙先比赛，且乙先胜第一局时，丙获胜的概率也为丙得冠军的概率为甲、乙得冠军的概率均为第二章2一、填空题：1.，2.，k=0，1，…，n3.为参数，k=0，1，…4.5.6.7.8.9.*-112pi0.40.40.2分析：由题意，该随机变量为离散型随机变量，根据离散型随机变量的分布函数求法，可观察出随机变量的取值及概率。10.分析：每次观察下根本结果“*≤1/2”出现的概率为，而此题对随机变量*取值的观察可看作是3重伯努利实验，所以11.,同理，P{|*|3.5}=0.8822.12..13.，利用全概率公式来求解：二、单项选择题：1.B，由概率密度是偶函数即关于纵轴对称，容易推导F(-a)=2.B，只有B的结果满足3.C，根据分布函数和概率密度的性质容易验证4.D，，可以看出不超过2，所以，可以看出，分布函数只有一个连续点.5.C,事件的概率可看作为事件A〔前三次独立重复射击命中一次〕与事件B〔第四次命中〕同时发生的概率，即.三、解答题〔A〕1．(1)*123456pi分析：这里的概率均为古典概型下的概率，所有可能性结果共36种，如果*=1，则说明两次中至少有一点数为1，其余一个1至6点均可，共有〔这里指任选*次点数为1，6为另一次有6种结果均可取，减1即减去两次均为1的情形，因为多算了一次〕或种，故,其他结果类似可得.(2)2．*-199pi注意，这里*指的是赢钱数，*取0-1或100-1，显然.3．，所以.4．(1)，(2)、、；5．(1)，(2)，(3).6．(1).(2).7．解：设射击的次数为*，由题意知，其中8=400×0.02.8．解：设*为事件A在5次独立重复实验中出现的次数，则指示灯发出信号的概率；9.解：因为*服从参数为5的指数分布，则，，则10.(1)、由归一性知：，所以.(2)、.11.解〔1〕由F(*)在*=1的连续性可得，即A=1.〔2〕.〔3〕*的概率密度.12.解因为*服从〔0，5〕上的均匀分布，所以假设方程有实根，则，即，所以有实根的概率为13.解:(1)因为所以(2)，则，经查表得，即，得；由概率密度关于*=3对称也容易看出。(3)，则，即，经查表知，故，即；14.解：所以，；由对称性更容易解出；15.解则上面结果与无关，即无论怎样改变，都不会改变；16.解：由*的分布律知p*-2-10134101921013所以Y的分布律是Y0149pY0123pZ的分布律为17.解因为服从正态分布，所以，则，，当时，，则当时，所以Y的概率密度为；18.解，，，所以19.解：，则当时，，当时，，20.解:(1)因为所以(2)，因为，所以〔3〕当时，，当时，，所以，因为，所以四．应用题1．解：设*为同时打的用户数，由题意知设至少要有k条线路才能使用户再用时能接通的概率为0.99，则，其中查表得k=5.2．解：该问题可以看作为10重伯努利试验，每次试验下经过5个小时后组件不能正常工作这一根本结果的概率为1-，记*为10块组件中不能正常工作的个数，则，5小时后系统不能正常工作，即，其概率为3．解：因为，所以设Y表示三次测量中误差绝对值不超过30米的次数，则，(1).(2).4．解：当时，是不可能事件，知，当时，Y和*同分布,服从参数为5的指数分布QUOTE≤y<2时Y也服从指数分布，知，当时，为必然事件,知，因此，Y的分布函数为；5．解：(1)挑选成功的概率；(2)设10随机挑选成功的次数为*，则该，设10随机挑选成功三次的概率为：，以上概率为随机挑选下的概率，远远小于该人成功的概率3/10=0.3，因此，可以断定他确有区分能力。〔B〕1.解：由概率密度可得分布函数，即，易知；2.解：*服从的均匀分布，，又则，-11P所以Y的分布律为3.解：，；4.证明：因是偶函数，故，所以.5.解：随机变量*的分布函数为，显然，，当时，是不可能事件，知，当时，，当时，是必然事件，知，即。6.〔1〕当时，即时，，当时，即y>1时，，所以；〔2〕，当时，为不可能事件，则，当时，，则，当时，，则，根据得；〔3〕，当时，，当时，，所以；7.(1)证明：由题意知。，当时，即，当时，，当时，，故有，可以看出服从区间〔0，1〕均匀分布；〔2〕当时，，当时，，当时，，由以上结果，易知，可以看出服从区间〔0，1〕均匀分布。第三章1解：(*,Y)取到的所有可能值为(1,1),(1,2),(2,1)由乘法公式：P{*=1,Y=1}=P{*=1}P{Y=1|*=1|=2/31/2=/3同理可求得P{*=1,Y=1}=1/3;P{*=2,Y=1}=1/3(*,Y)的分布律用表格表示如下：Y*1211/31/321/302解：*，Y所有可能取到的值是0,1,2(1)P{*=i,Y=j}=P{*=i}P{Y=j|*=i|=C3iC82×C2j∙或者用表格表示如下：Y*01203/286/281/2819/286/28023/2800(2)P{(*,Y)A}=P{*+Y1}=P{*=0,Y=0}+P{*=1,Y=0}+P{*=0,Y=0}=9/143解：P(A)=1/4,由P(B|A)=QUOTEPABPA=PAB14=12由P(A|B)=得QUOTEPABPB=1(*,Y)取到的所有可能数对为(0,0),(1,0),(0,1),(1,1),则P{*=0,Y=0}=QUOTEP(AB)=P(A∪B=1-P{*=0,Y=1}=P(AB)=P(B-A)=P(B)-P(AB)=1/8P{*=1,Y=0}=P(AB)=P(A-B)=P(A)-P(AB)=1/8P{*=1,Y=1}=P(AB)=1/84.解：(1)由归一性知：1=-∞+∞-∞(2)P{*=Y}=0(3)P{*<Y}=0(4)F(*,y)=即F(*,y)=0，5.解：P{*+Y1}=6解：*的所有可能取值为0,1,2,Y的所有可能取值为0,1,2,3.P{*=0,Y=0}=0.53=0.125;、P{*=0,Y=1}=0.53=0.125P{*=1,Y=1}=,P{*=1,Y=2}=P{*=2,Y=2}=0.53=0.125,P{*=2,Y=3}==0.53=0.125*,Y的分布律可用表格表示如下：Y*0123Pi.00.1250.125000.25100.250.2500.52000.1250.1250.25P.j0.1250.3750.3750.12517.解：8.解：(1)所以c=21/4(2)9解：(*,Y)在区域D上服从均匀分布，故f(*,y)的概率密度为10解：当0<*1时，即，11解：当y0时，当y>0时，所以，12解：由得13解：Z=ma*(*,Y),W=min(*,Y)的所有可能取值如下表pi0.050.150.20.070.110.220.040.070.09(*,Y)(0,-1)(0,0)(0,1)(1,-1)(1,0)(1,1)(2,-1)(2,0)(2,1)ma*(*,Y)001111222Min(*,Y)-100-101-101Z=ma*(*,Y),W=min(*,Y)的分布律为Z012Pk0.20.60.2W-101Pj0.160.530.3114解：由独立性得*，Y的联合概率密度为则P{Z=1}=P{*Y}=P{Z=0}=1-P{Z=1}=0.5故Z的分布律为Z01Pk0.50.515解：同理，显然，，所以*与Y不相互独立.16解：(1)利用卷积公式：求fZ(z)=(2)利用卷积公式：17解：由定理3.1〔p75〕知，*+Y~N(1,2)故18解：(1)(*>0)同理，y>0显然，，所以*与Y不相互独立(2).利用公式19解：并联时，系统L的使用寿命Z=ma*{*,Y}因*~E(),Y~E(),故串联时，系统L的使用寿命Z=min{*,Y}(B)组1解：P{*=0}=a+0.4,P{*+Y=1}=P{*=1,Y=0}+P{*=0,Y=1}=a+bP{*=0,*+Y=1}=P{*=0,Y=1}=a由于{*=0|与{*+Y=1}相互独立,所以P{*=0,*+Y=1}=P{*=0}P{*+Y=1}即a=(a+0.4)(a+b)(1)再由归一性知：0.4+a+b+0.1=1(2)解(1),(2)得a=0.4,b=0.12解:(1)(2)利用公式计算3.解：(1)FY(y)=P{Yy}=P{*2y}当y<0时，fY(y)=0当y0时，从而，(2)F(-1/2,4)=P{*-1/2,Y4}=P{*-1/2,*24}=P{-2*-1/2}=4.解：P{*Y0}=1-P{*Y=0}=0即P{*=-1,Y=1}+P{*=1,Y=1}=0由概率的非负性知，P{*=-1,Y=1}=0，P{*=1,Y=1}=0由边缘分布律的定义，P{*=-1}=P{*=-1,Y=0}+P{*=-1,Y=1}=1/4得P{*=-1,Y=0}=1/4再由P{*=1}=P{*=1,