1、第 1 页 共 41 页概率论与数理统计习题答案详解版(廖茂新复旦版)习 题 一1.设 A，B ， C 为三个事件，用 A，B，C 的运算式表示下列事件：（1） A 发生而 B 与 C 都不发生；（2） A，B ，C 至少有一个事件发生；（3） A，B ，C 至少有两个事件发生；（4） A，B ，C 恰好有两个事件发生；（5） A，B 至少有一个发生而 C 不发生；（6） A，B ，C 都不发生.解：（1）A 或 ABC 或 A（B C ）.（2）A BC .（3） （AB） （AC ）（BC）.（4） （AB ）（AC ）（BC ）.BA（5） （AB） .C（6） 或 .2.对于任意事件
2、A，B，C，证明下列关系式：（1）(A +B) (A+ )( + B)( + )= ；A（2）AB+ B +A + = AB；（3）A -(B+C)= (A-B)-C.证明：略.第 2 页 共 41 页3.设 A，B 为两事件，P（A ）=0.5, P(B)=0.3,P(AB)=0.1，求：（1） A 发生但 B 不发生的概率；（2） A，B 都不发生的概率；（3） 至少有一个事件不发生的概率.解（1） P（A ）=P（A-B）=P（A-AB）=P（A）- P（AB ）=0.4；(2) P( )=P( )=1-P(AB)=1-0.7=0.3；B(3) P( ）= P( ） =1-P(AB)=1
3、-0.1=0.9.A4.调查某单位得知。购买空调的占 15，购买电脑占 12，购买DVD 的占 20%；其中购买空调与电脑占 6%，购买空调与 DVD 占 10%，购买电脑和 DVD 占 5，三种电器都购买占 2。求下列事件的概率。（1）至少购买一种电器的；（2）至多购买一种电器的；（3）三种电器都没购买的.解：（1） 0.28, （2）0.83, （3） 0.725.10 把钥匙中有 3 把能打开门，今任意取两把，求能打开门的概率。解：8/156.任意将 10 本书放在书架上。其中有两套书，一套 3 本，另一套 4本。求下列事件的概率。（1）3 本一套放在一起； 第 3 页 共 41 页（2
4、）两套各自放在一起；（3）两套中至少有一套放在一起.解： （1）1/15， （2）1/210， （3）2/217. 12 名新生中有 3 名优秀生，将他们随机地平均分配到三个班中去，试求：（1） 每班各分配到一名优秀生的概率；（2） 3 名优秀生分配到同一个班的概率.解 12 名新生平均分配到三个班的可能分法总数为 34812)!(C（1） 设 A 表示“每班各分配到一名优秀生”3 名优秀生每一个班分配一名共有 3！种分法，而其他 9 名学生平均分配到 3 个班共有 种分法，由乘法原理，A 包含基本事3)!(9件数为3！ =3)!(92故有P（A）= / =16/552)!3(9341（2）
5、设 B 表示“3 名优秀生分到同一班” ，故 3 名优秀生分到同一班共有 3 种分法，其他 9 名学生分法总数为 ，故由!419C4819乘法原理，B 包含样本总数为 3 .!41故有 P（B）= / =3/552他3!第 4 页 共 41 页8.箱中装有 a 只白球，b 只黑球，现作不放回抽取，每次一只.（1） 任取 m+n 只，恰有 m 只白球，n 只黑球的概率（m a,nb）;(2) 第 k 次才取到白球的概率（kb+1）;（3） 第 k 次恰取到白球的概率.解 （1）可看作一次取出 m+n 只球，与次序无关，是组合问题.从 a+b 只球中任取 m+n 只，所有可能的取法共有 种，每一种
6、nmbaC取法为一基本事件且由于对称性知每个基本事件发生的可能性相同.从 a 只白球中取 m 只，共有 种不同的取法，从 b 只黑球中取 n 只，maC共有 种不同的取法.由乘法原理知，取到 m 只白球，n 只黑球的取nbC法共有 种，于是所求概率为map1= .nmbaC(2) 抽取与次序有关.每次取一只，取后不放回，一共取 k 次，每种取法即是从 a+b 个不同元素中任取 k 个不同元素的一个排列，每种取法是一个基本事件，共有 个基本事件，且由于对称性知每kbaP个基本事件发生的可能性相同.前 k-1 次都取到黑球，从 b 只黑球中任取 k-1 只的排法种数，有 种，第 k 次抽取的白球可
7、为 a 只白球1b中任一只，有 种不同的取法.由乘法原理，前 k-1 次都取到黑球，1Pa第 k 次取到白球的取法共有 种，于是所求概率为1Pakbp2= .kba第 5 页 共 41 页(3) 基本事件总数仍为 .第 k 次必取到白球，可为 a 只白球中kbaP任一只，有 种不同的取法，其余被取的 k-1 只球可以是其余 a+b-11Pa只球中的任意 k-1 只，共有 种不同的取法，由乘法原理，第 k1kba次恰取到白球的取法有 种，故所求概率为1Pp3= .kab9.在区间（0，1）内任取两个数，求这两个数的乘积小于 1/4 的概率.解 设在（0，1）内任取两个数为 x,y，则 0x 1,
8、0y1图 1-7即样本空间是由点（x，y ）构成的边长为 1 的正方形 ，其面积为1.令 A 表示 “两个数乘积小于 1/4”，则第 6 页 共 41 页A=（x,y）0xy1/4,0x1,0y1事件 A 所围成的区域见图 1-7，则所求概率P(A) = .2ln14d431d)(1d1 1/4/41/ xxyx10.两人相约在某天下午 500600 在预定地方见面，先到者要等候 20 分钟，过时则离去.如果每人在这指定的一小时内任一时刻到达是等可能的，求约会的两人能会到面的概率.解 设 x,y 为两人到达预定地点的时刻，那么，两人到达时间的一切可能结果落在边长为 60 的正方形内，这个正方形
9、就是样本空间 ,而两人能会面的充要条件是x-y 20，即x-y20 且 y-x20.令事件 A 表示“两人能会到面” ，这区域如图 1-8 中的 A.则P(A) = .956042m11.一盒中装有 5 只产品，其中有 3 只正品，2 只次品，从中取产品两次，每次取一只，作不放回抽样，求在第一次取到正品条件下，第二次取到的也是正品的概率.解 设 A 表示“第一次取到正品”的事件，B 表示“第二次取到正品”的事件由条件得第 7 页 共 41 页P（ A）=(34)/(54)= 3/5，P(AB)= (32)/(54)= 3/10，故有 P（B A）= P（ AB）/ P（A）=(3/10)/(
10、3/5)= 1/2.此题也可按产品编号来做，设 1，2，3 号为正品，4，5 号为次品，则样本空间为 =1 ，2，3，4，5，若 A 已发生，即在1，2，3 中抽走一个，于是第二次抽取所有可能结果的集合中共有4 只产品，其中有 2 只正品，故得P（BA ）=2/4=1/2.12.设 P（ ）=0.3,P(B)=0.4,P( A )=0.5，求 P（BA ).A解 )()()(0.7516.413.设盒中有 m 只红球，n 只白球，每次从盒中任取一只球，看后放回，再放入 k 只与所取颜色相同的球 .若在盒中连取四次，试求第一次，第二次取到红球，第三次，第四次取到白球的概率.解 设 Ri(i=1,
11、2,3,4)表示第 i 次取到红球的事件， (i=1,2,3,4)表R示第 i 次取到白球的事件.则有 .32)()()()( 214131214321 knmkknmPRPRP 14.仓库中有十箱同样规格的产品，已知其中有五箱、三箱、二箱依第 8 页 共 41 页次为甲、乙、丙厂生产的，且甲厂，乙厂、丙厂生产的这种产品的次品率依次为 1/10,1/15,1/20.从这十箱产品中任取一件产品，求取得正品的概率。解：0.9215.有两箱同类零件，第一箱有 50 个，其中 10 个一等品，第二箱有30 个，其中 18 个一等品。现任取一箱，从中任取零件两次，每次取一个，取后不放回。求：（1）第二次
12、取到的零件是一等品的概率；（2）在第一次取到一等品的条件下，第二次取到一等品的条件概率；（3）两次取到的都不是一等品的概率。解：设 表示取到第一箱零件，：表示第次取到一等品，由全概率公式知： 4856.0)6.20(5. )()()()(23181 1221212 CAPBAPBBPA)2,1(iB4.0)(5.0 )()()()23182301250412 12212 ACC ABPABPBPPA 3942.0)(5.0)()(214212121 CABPABPBP第 9 页 共 41 页16.设有甲乙两袋，甲袋中有 只白球、 只红球；乙袋中有 只白nmN球、 只红球.今从甲袋中任取一球放入
13、乙袋中，再从乙袋中任取一M球.问从乙袋中取到白球的概率是多少？解：记 ：甲袋中取得白球； ：甲袋中取得红球； ：从乙袋中1A2AB取得白球；由全概率公式 1212()() | |(PBBPNnNmMmn17.一箱产品，A，B 两厂生产分别个占 60，40，其次品率分别为 1，2。现在从中任取一件为次品，问此时该产品是哪个厂生产的可能性最大？解：取出产品是 B 厂生产的可能性大。18.由以往的临床记录，某种诊断癌症的试验具有如下效果：被诊断者有癌症，试验反应为阳性的概率为 0.95；被诊断者没有癌症，试验反应为阴性的概率为 0.95 现对自然人群进行普查，设被试验的人群中患有癌症的概率为 0.0
14、05，求：已知试验反应为阳性，该被诊断者确有癌症的概率.解 设 A 表示“患有癌症” ， 表示“没有癌症 ”，B 表示“试A验反应为阳性” ，则由条件得P（A）=0.005,P( )=0.995，P(BA)=0.95,P( ） =0.95第 10 页 共 41 页由此 P（B ）=1-0.95=0.05A由贝叶斯公式得P（AB）= =0.087.)()(ABPAP19.设每次射击的命中率为 0.2，问至少必须进行多少次独立射击才能使至少击中一次的概率不小于 0.9?解 设必须进行 n 次独立射击. 1(0.8).9n即为 (0.8).1n故 n11至少必须进行 11 次独立射击.20.三人独立
15、地破译一个密码，他们能破译的概率分别为 1/5， 1/3， 1/4，求将此密码破译出的概率.解 设 Ai=第 i 人能破译 （i =1,2,3） ，则31231231()()()()iPAPA40.6521.设在 N 件产品中有 M 件次品，现进行 n 次有放回的检查抽样，试求抽得 k 件次品的概率. 解 由条件，这是有放回抽样，可知每次试验是在相同条件下重复第 11 页 共 41 页进行，故本题符合 n 重贝努里试验的条件，令 A 表示“抽到一件次品”的事件.则P（A）=p=M/N,以 Pn(k)表示 n 次有放回抽样中，有 k 次出现次品的概率，由贝努里概型计算公式，可知Pn(k)= ,
16、k=0,1,2,，n. knknN)1()C22.将一枚均匀硬币掷 2n 次，求出现正面次数多于反面次数的概率.解 掷 2n 次硬币，可能出现： A=正面次数多于反面次数，B=正面次数少于反面次数，C=正面次数等于反面次数，A，B，C 两两互斥.可用对称性来解决.由于硬币是均匀的，故 P（A）=P（B）.所以 1()()2PCA由 2n 重贝努里试验中正面出现 n 次的概率为2()()故 21CnPA第 12 页 共 41 页习 题 二1.从一批有 10 个合格品与 3 个次品的产品中一件一件地抽取产品，各种产品被抽到的可能性相同，求在二种情况下，直到取出合格品为止，所求抽取次数的分布律：（1
17、）放回；（2）不放回.解 （1） 1(3/)(0/3)kPXK（2）2.设随机变量 X 的分布律为PX=k= ，!ak其中 k=0，1，2， 0 为常数，试确定常数 a.解 由分布律的性质知 001()e!kkPXaA故 a3.某大学的校乒乓球队与数学系乒乓球队举行对抗赛.校队的实力较系队为强，当一个校队运动员与一个系队运动员比赛时，校队运动员获胜的概率为 0.6.现在校、系双方商量对抗赛的方式，提了三种方案：（1）双方各出 3 人；（2）双方各出 5 人；（3）双方各出 7 人.三种方案中均以比赛中得胜人数多的一方为胜利.问：对系队来说，1 2 3 410/13 (3/13)(10/12)
18、(3/13)(2/12)(10/11)(3/13)(2/12)(1/11)第 13 页 共 41 页哪一种方案有利？解 设系队得胜人数为 X，则在上述三种方案中，系队胜利的概率为（1） PX2= 0.352；kkk332)6.0(4C(2) PX3= 0.317；kk553).(3) PX4= 0.290.kkk774)6.0(C因此第一种方案对系队最为有利.这在直觉上是容易理解的，因为参赛人数越少，系队侥幸获胜的可能性也就越大.4.一篮球运动员的投篮命准率为 45%，以 表示他首次投中时累计X已投篮的次数，写出 的分布律，并计算 取偶数的概率.X解：随机变量 所有可能的取值为: ， 1,2,
19、n 分布律为：, 1()(0.45).,kPXk ：一列互不相容的事件的和， 12k取 偶 数所以 .2111120.5.4/3ki ikPXPXk取 偶 数5.某十字路口有大量汽车通过，假设每辆汽车在这里发生交通事故的概率为 0.001，如果每天有 5000 辆汽车通过这个十字路口，求发生交通事故的汽车数不少于 2 的概率.解 设 X 表示发生交通事故的汽车数，则 Xb(n,p),此处第 14 页 共 41 页n=5000，p=0.001，令 =np=5，PX 2=1-PX2=1- 10kXP=1-(0.999)5000-5(0.999)4999 .1!e50查表可得PX2=1-0.0067
20、4-0.03369=0.95957.6.设在独立重复实验中，每次实验成功概率为 0.5，问需要进行多少次实验，才能使至少成功一次的概率不小于 0.9。解 4n7.设随机变量 X 分布函数为F（x）= ,)0(.0,x,BAte（1） 求常数 A，B ；（2） 求 PX2，PX3；（3） 求分布密度 f（x）.【解】 （1）由 得00lim()1li()xxF1AB（2） 2(2)ePX331()1)eF(3) e,0()xfx8.设随机变量 X 的概率密度为第 15 页 共 41 页f（x）= .,0,212,他x求 X 的分布函数 F（x） ，并画出 f（x）及 F（x）.【解】当 x0;(
21、2) f(x)=.,0,212他b试确定常数 a,b，并求其分布函数 F（x）.第 16 页 共 41 页【解】 （1） 由 知()d1fx| 02ed2edxxaa故 即密度函数为 e,02()xf当 x0 时 1()()de2xxxFf当 x0 时 00dx1ex故其分布函数 1e,02(),xFx(2) 由 12011()ddbfbx得 b=1即 X 的密度函数为 2,01(),xf其 他当 x0 时 F（x ）=0当 00 时， (e)(ln)xyPXyln)dyXf故 2/ln(11()(ln)e,0yYYxFffy(2) (0)1PY第 26 页 共 41 页当 y0 时 ()0Y
22、FyP当 y0 时 |()XyXy)dyfx故 d()()(YYXfyFff2/e,0y4.设随机变量 XU（0,1） ，试求：Z = 2lnX 的分布函数及密度函数.【解】 由 P（00 时， ()(2ln)Xz/2leP/21/2edzzx即分布函数 -/20,()1eZzF故 Z 的密度函数为 /2e,0()zZf5.设随机变量（X，Y ）的分布律为0 1 2 3 4 5XY第 27 页 共 41 页01230 0.01 0.03 0.05 0.07 0.090.01 0.02 0.04 0.05 0.06 0.080.01 0.03 0.05 0.05 0.05 0.060.01 0.
23、02 0.04 0.06 0.06 0.05（1） 求 V=max（X ，Y ）的分布律；（2） 求 U=min（X ，Y）的分布律；【解】（1） max(,),PViiPXiYPXiY100, ,i ikki i0,1234,5i所以 V 的分布律为V=max(X,Y) 0 1 2 3 4 5P 0 0.04 0.16 0.28 0.24 0.28(2) min(,)UiPXYi351, ,ki kiPiYiXi0,123第 28 页 共 41 页于是U=min(X,Y) 0 1 2 3P 0.28 0.30 0.25 0.176.设 X 和 Y 是两个相互独立的随机变量，其概率密度分别为f
24、X（x）= fY（y）=;他,0,1x.,0,他ey求随机变量 Z=X+Y 的分布密度.解 X，Y 相互独立，所以由卷积公式知fZ（z）= .)()xzfxYXd由题设可知 fX（x）f Y（ y）只有当 0x1，y 0，即当0x 1 且 z-x0 时才不等于零.现在所求的积分变量为 x，z 当作参数，当积分变量满足 x 的不等式组 0x 1xz 时，被积函数 fX（x）f Y（z-x）0.下面针对参数 z 的不同取值范围来计算积分.当 z 0 时，上述不等式组无解，故 fX（x）f Y（z-x ）=0.当0z 1 时，不等式组的解为 0xz.当 z 1 时，不等式组的解为0x 1.所以fZ（
25、z）= ，()01()ede,0,(1), .zxzz其 他7.设二维随机变量 的联合密度函数为),(YX第 29 页 共 41 页),(,0112),( yxyxf其 它求：（1）随机变量 的密度函数 ；（2）随机变量 的密度函XfXY数 ；（3）随机变量 的密度函数 .)(yfY YZ)(zfZ解： 由题意 的概率密度函数分别为由两个随机变量和的密度函数公式 ，要使被积函数非， 必须满足 故 的密度函数应为0,14012)(3xdyxfxX，0,1)(201)(2ydxyfY, dxzfzfZ),()( zx,xzx2,10 21,)(420,)(120)( 332 zzzdxzzfzZ第
26、 30 页 共 41 页8.设随机变量 与 相互独立，且都服从参数为 的泊松XY0(Poisson)分布，证明 仍服从泊松分布，参数为 .2证明：记 ，则 所有可能的取值为： ， ZZ,1,n 由离散卷积公式有0()()kiPXiPYki20 0!()!()ikikki ieei 22,1,!kkn 即 服从参数为 的泊松分布.ZXY9.设 X 和 Y 分别表示两个不同电子器件的寿命（以小时计） ，并设 X和 Y 相互独立，且服从同一分布，其概率密度为f（x）= .,0,102他x求 Z=X/Y 的概率密度.【解】如图,Z 的分布函数 ()ZXFzPzzY(1) 当 z0 时， 0（2） 当 0z1 时， （这时当 x=1000 时,y = ）( 如图 a)10z33661022()ddzZzxyzFyx361023=z zy
