概率论与数理统计第四版_习题答案(完整版)(1)

S = ?? , ? ，n 表小班人数

概率论与数理统计习题答案第四版盛骤

(浙江大学)

浙大第四版（高等教育出版社） 独立的。） 解：设 D 表示输

出信号为 AB 第

一章

概率论的基本概念

1.[一] 写出下列随机试验的样本空间 （1）记录一个小班一次数学考试的平均分数（充以百分制记分）（[一] 1）

o 1 ? n n Λ Λ n ?100 ? n ?

（3）生产产品直到得到 10 件正品，记录生产产品的总件数。（[一] 2）

S={10，11，12，………，n ，………}

（4）对某工厂出厂的产品进行检查，合格的盖上“正品”，不合格的盖上“次品”， 如连续查出二个次品就停止检查，或检查 4 个产品就停止检查，记录检查的结果。

查出合格品记为“1”，查出次品记为“0”，连续出现两个“0”就停止检查，或查满 4 次才停止检查。 （[一] (3)）

S={00，100，0100，0101，1010，0110，1100，0111，1011，1101，1110，1111，}

2.[二] 设 A ，B ，C 为三事件，用 A ，B ，C 的运算关系表示下列事件。

（1）A 发生，B 与 C 不发生。

表示为： AB C 或 A － (AB+AC )或 A － (B ∪C )

（2）A，B都发生，而C不发生。

表示为：ABC或AB－ABC或AB－C

（3）A，B，C中至少有一个发生表示为：A+B+C

（4）A，B，C都发生，（5）A，B，C都不发生，表示为：ABC

表示为： A B C或S－(A+B+C)或A ? B ? C

（6）A，B，C中不多于一个发生，即A，B，C中至少有两个同时不发生

相当于A B , B C , AC中至少有一个发生。故表示为： A B + BC + A C。

（7）A，B，C中不多于二个发生。

相当于：A, B , C中至少有一个发生。故表示为：A + B + C或ABC

（8）A，B，C中至少有二个发生。

相当于：AB，BC，AC中至少有一个发生。故表示为：AB+BC+AC

6.[三] 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：由P (A) = 0.6，P (B) = 0.7 即知AB≠φ，（否则AB = φ依互斥事件加法定理，P(A∪B)=P (A)+P (B)=0.6+0.7=1.3>1 与P (A∪B)≤1 矛盾）.

从而由加法定理得

P (AB)=P (A)+P (B)－P (A∪B) (*)

（1）从0≤P(AB)≤P(A)知，当AB=A，即A∩B时P(AB)取到最大值，最大值为P(AB)=P(A)=0.6，

（2）从(*)式知，当A∪B=S时，P(AB)取最小值，最小值为

P(AB)=0.6+0.7－1=0.3 。

7.[四] 设A，B，C是三事件，且P( A) = P(B) = P(C ) =

1

8 1

4

, P( AB) = P(BC ) = 0，

2

. 求A，B，C至少有一个发生的概率。P( AC) =

A 26 ∵ 10 人中任选 3 人为一组：选法有 ??10?? 种，且每种选法等可能。 又事件 A 相当于：有一人号码为 5，其余 2 人号码大于 5。这种组合的种数有1? ?? 5??

解：P (A ，B ，C 至少有一个发生)=P (A +B +C )= P (A )+ P (B )+ P (C )－P (AB )－P (BC )－

P (AC )+ P (ABC )= 3 4 1 8 + 0 = 5 8

8.[五] 在一标准英语字典中具有 55 个由二个不相同的字母新组成的单词，若从 26 个英语字母中任取两个字母予以排列，问能排成上述单词的概率是多少？

记 A 表“能排成上述单词”

∵ 从 26 个任选两个来排列，排法有 A 262 种。每种排法等可能。

字典中的二个不同字母组成的单词：55 个

∴ P ( A ) =

55 2 = 11 130

9. 在电话号码薄中任取一个电话号码，求后面四个数全不相同的概率。（设后面 4 个数中的每一个数都是等可能性地取自 0，1，2……9）

记 A 表“后四个数全不同”

∵ 后四个数的排法有 104 种，每种排法等可能。

后四个数全不同的排法有 A 104

∴ P ( A ) = A 104 104

= 0.504

10.[六] 在房间里有 10 人。分别佩代着从 1 号到 10 号的纪念章，任意选 3 人记录 其纪念章的号码。

（1）求最小的号码为 5 的概率。

记“三人纪念章的最小号码为 5”为事件 A

? 3 ?

? 2?

3

3 ? 记“三人中最大的号码为 5”为事件 B ，同上 10 人中任选 3 人，选法有 ??10?? 种，且 每种选法等可能，又事件 B 相当于：有一人号码为 5，其余 2 人号码小于 5，选法有1? ?? 4?? 3 ? C 17 ∵ 在 1500 个产品中任取 200 个，取法有 ??1500 ?? 种，每种取法等可能。 200 个产品恰有 90 个次品，取法有 ?? 400 ????1100?? 种

∴ P ( A ) = 1? ?? 5?? ? 2? = 1 ?10? 12 ? ?

（2）求最大的号码为 5 的概率。

? 3 ?

? 2? 种

P (B ) = 1? ?? 4??

? 2? = 1 ?10? 20 ? ?

11.[七] 某油漆公司发出 17 桶油漆，其中白漆 10 桶、黑漆 4 桶，红漆 3 桶。在搬 运中所标笺脱落，交货人随意将这些标笺重新贴，问一个定货 4 桶白漆，3 桶黑漆和 2 桶红漆顾客，按所定的颜色如数得到定货的概率是多少？

记所求事件为 A 。

在 17 桶中任取 9 桶的取法有 C 179 种，且每种取法等可能。

取得 4 白 3 黑 2 红的取法有 C 104 ? C 43 ? C 32

故 P ( A ) = C 104 ? C 43 ? C 32 6 252 2431

12.[八] 在 1500 个产品中有 400 个次品，1100 个正品，任意取 200 个。

（1）求恰有 90 个次品的概率。

记“恰有 90 个次品”为事件 A

? 200 ?

? 90 ?? 110 ?

4

P ( A ) = ? 90 ?? 110 ? 200 ?

有 ??1100 ?? 种，200 个产品含一个次品，取法有 ?? 400 ????1100 ?? 种 ? ??1500?? + ? 1 ?? 199 ? ? ?1500? 200 ? ? ∵ 从 10 只中任取 4 只，取法有 ??10 ?? 种，每种取法等可能。 ? 5 ? ? 2 4 ? ?

∴ ? 400??1100 ? ?? ? ?1500? ? ?

（2）至少有 2 个次品的概率。 记：A 表“至少有 2 个次品”

B 0 表“不含有次品”，B 1 表“只含有一个次品”，同上，200 个产品不含次品，取法

? 200 ? ? 1 ?? 199 ?

∵

A =

B 0 + B 1 且 B 0，B 1 互不相容。 ∴ ? ?1100? ? ?? 200 ?? P ( A ) = 1 - P ( A ) = 1 - [P (B 0 ) + P (B 1 )] = 1 - ? ?? ? 200 ? ? 400??1100? ? ?? ? ? ? ? ? ?

13.[九] 从 5 双不同鞋子中任取 4 只，4 只鞋子中至少有 2 只配成一双的概率是多少？

记 A 表“4 只全中至少有两支配成一对”

则 A 表“4 只人不配对”

? 4 ?

要 4 只都不配对，可在 5 双中任取 4 双，再在 4 双中的每一双里任取一只。取法有

4 ?

∴ P ( A ) = C 54 ? 2 4 C 104 8 21

P ( A ) = 1 - P ( A ) = 1 -

8 21 = 13 21 15.[十一]

将三个球随机地放入 4 个杯子中去，问杯子中球的最大个数分别是 1，2， 3，的概率各为多少？

记 A i 表“杯中球的最大个数为 i 个” i=1,2,3,

三只球放入四只杯中，放法有 43 种，每种放法等可能

4

4

对 A 1：必须三球放入三杯中，每杯只放一球。放法 4×3×2 种。

(选排列：好比 3 个球在 4 个位置做排列)

P ( A 1 ) = 4 ? 3 ? 2 4 3 = 6 16

对 A 2：必须三球放入两杯，一杯装一球，一杯装两球。放法有 C 32 ? 4 ? 3 种。

(从 3 个球中选 2 个球，选法有 C 32 ，再将此两个球放入一个杯中，选法有 4

种，最后将剩余的 1 球放入其余的一个杯中，选法有 3 种。

P ( A 2 ) = C 32 ? 4 ? 3 3 = 9 16

对 A 3：必须三球都放入一杯中。放法有 4 种。(只需从 4 个杯中选 1 个杯子，放入此

3 个球，选法有

4 种)

P ( A 3 ) = 4 3 = 1 16

16.[十二]

50 个铆钉随机地取来用在 10 个部件，其中有三个铆钉强度太弱，每个部 件用 3 只铆钉，若将三只强度太弱的铆钉都装在一个部件上，则这个部件强度就太弱，

问发生一个部件强度太弱的概率是多少？

记 A 表“10 个部件中有一个部件强度太弱”。

法一：用古典概率作：

把随机试验 E 看作是用三个钉一组，三个钉一组去铆完 10 个部件（在三个钉的一组 中不分先后次序。但 10 组钉铆完 10 个部件要分先后次序）

对 E ：铆法有 C 503 ? C 473 ? C 443 Λ Λ ? C 233 种，每种装法等可能

对 A ：三个次钉必须铆在一个部件上。这种铆法有〔 C 33 ? C 473 ? C 443 Λ Λ C 233 〕×10

种

P ( A ) = [C 33 ? C 473 ? C 443 Λ Λ ? C 233 ] ? 10 C 503 ? C 473 ? Λ Λ ? C 233 = 1 1960 = 0.00051

法二：用古典概率作

6

解二 : P ( AB ) = P ( A ) P (B | A ) ?由?已?→ 05 = 07 ? P ( B | A )

把试验 E 看作是在 50 个钉中任选 30 个钉排成一列，顺次钉下去，直到把部件铆完。 （铆钉要计先后次序）

对 E ：铆法有 A 503 种，每种铆法等可能

对 A ：三支次钉必须铆在“1，2，3”位置上或“4，5，6”位置上，…或“28，29，

30”位置上。这种铆法有 A 33 ? A 4727 + A 33 ? A 4727 + Λ Λ + A 33 + A 4727 = 10 ? A 33 ? A 4727 种

P ( A ) = 10 ? A 33 ? A 4727 A 5030 = 1 = 0.00051

17.[十三] 已知 P ( A ) = 0.3, P (B ) = 0.4, P ( AB ) = 0.5, 求P (B | A ? B ) 。

解一：

P ( A ) = 1 - P ( A ) = 0.7, P (B ) = 1 - P ( B ) = 0.6, A = AS = A ( B ? B ) = AB ? AB

注意 ( AB )( AB ) = φ . 故有

P (AB )=P (A )－P (A B )=0.7－0.5=0.2。

再由加法定理，

P (A ∪ )= P (A )+ P (－P (－0.5=0.8

于是 P (B | A ? B ) = P [B ( A ? B )] P ( A ? B ) = P ( AB ) P ( A ? B ) 0. 2 0.8 = 0.25

知 ∴ P ( B | A ) = 0. 5 0.7 5 7 ? P (B | A ) = 2 7 故 P ( AB ) = P ( A )P ( B | A ) = 1 5 1 P (B | A ? B )定义 P ( BA ? BB ) P ( A ? B ) = P ( BA ) P ( A ) + P (B ) - P ( AB ) 5 0.7 + 0.6 - 0.5 = 0.25 \

18.[十四] P ( A ) = 1 4 , P (B | A ) = 1 3 , P ( A | B ) = 1 2 , 求P ( A ? B ) 。

7

解：由 P ( A | B )

????→ 有 ? ?

3 ? P (B ) = 1 6

, P ( AB ) = 2 ， = 6 定义 P ( AB ) P (B )

=

P ( A )P (B | A ) P (B )

由已知条件

2

=

1 1 4 P (B ) 6

由乘法公式，得 P ( AB ) = P ( A )P (B | A ) =

1 12

由加法公式，得 P ( A ? B ) = P ( A ) + P (B ) - P ( AB ) =

1 4

1 6 - 1 12

=

1 3

19.[十五]

掷两颗骰子，已知两颗骰子点数之和为 7，求其中有一颗为 1 点的概率（用

两种方法）。

解：（方法一）（在缩小的样本空间 SB 中求 P(A|B)，即将事件 B 作为样本空间，求 事件 A 发生的概率）。

掷两颗骰子的试验结果为一有序数组（x , y ）（x , y =1,2,3,4,5,6）并且满足 x ,+y =7，则 样本空间为

S={(x , y )| (1, 6 ), (6, 1), (2, 5), (5, 2), (3, 4), (4, 3)}

每种结果（x , y ）等可能。

A={掷二骰子，点数和为 7 时，其中有一颗为 1 点。故 P ( A ) =

2 = 1 3

}

方法二：（用公式 P ( A | B ) =

P ( AB ) P (B )

S={(x , y )| x =1,2,3,4,5,6; y = 1,2,3,4,5,6}}每种结果均可能

A= “掷两颗骰子 ，x , y 中有一个为 “1”点”，B= “掷两颗骰子 ，x ,+y =7”。则

P (B ) = 6 2 1 6 2

6

2

故 P ( A | B ) =

P ( AB )

P (B )

2 1 2 6 1 3

6

20.[十六]

据以往资料表明，某一 3 口之家，患某种传染病的概率有以下规律：

P (A )=P {孩子得病}=0.6，P (B |A )=P {母亲得病|孩子得病}=0.5，P (C |AB )=P {父亲得病|母亲

及孩子得病}=0.4。求母亲及孩子得病但父亲未得病的概率。

8

C 10

解：所求概率为 P (AB C )（注意：由于“母病”，“孩病”，“父病”都是随机事件， 这里不是求 P ( C |AB )

P (AB )= P (A )=P (B |A )=0.6×0.5=0.3, P ( C |AB )=1－P (C |AB )=1－0.4=0.6.

从而 P (AB C )= P (AB ) · P ( C |AB )=0.3×0.6=0.18.

21.[十七]

已知 10 只晶体管中有 2 只次品，在其中取二次，每次随机地取一只，作 不放回抽样，求下列事件的概率。

（1）二只都是正品（记为事件 A ）

法一：用组合做 在 10 只中任取两只来组合，每一个组合看作一个基本结果，每种

取法等可能。

P ( A ) = C 82 2 28 45

= 0.62 法二：用排列做 在 10 只中任取两个来排列，每一个排列看作一个基本结果，每个 排列等可能。

P ( A ) = A 82 A 102 = 28 45

法三：用事件的运算和概率计算法则来作。

记 A 1，A 2 分别表第一、二次取得正品。

P ( A ) = P ( A 1 A 2 ) = P ( A ) P ( A 2 | A 1 ) = 810

? = 28 45

（2）二只都是次品（记为事件 B ）

法一：

法二： P (B ) = P (B ) = C 22 C 102 A 22 A 102 1 45 1 45

法三： P (B ) = P ( A 1 A 2 ) = P ( A 1 )P ( A 2 | A 1 ) = 2 10 ? 1 9 1 45

（3）一只是正品，一只是次品（记为事件C）

法一：P(C) = C81 ? C 21

C102

= 16

45

法二：P(C) = (C81 ? C 21 ) ? A22

A102

= 16

45

法三：P(C) = P( A1 A2 + A1 A2 )且A1 A2与A1 A2互斥

= P( A1 )P( A2 | A1 ) + P( A1 )P( A2 |1 =

8

10

2

9

+

2 8

10 9

=

16

45

（4）第二次取出的是次品（记为事件D）

法一：因为要注意第一、第二次的顺序。不能用组合作，

法二：P(D) = A91 ? A21

A102

1

5

法三：P(D) = P( A1 A2 + A1 A2 )且A1 A2与A1 A2互斥

= P( A1 )P( A2 | A1 ) + P( A1 )P( A2 | A1 ) =

8

10

? 2 + 2

10

? 1

9

1

5

22.[十八] 某人忘记了电话号码的最后一个数字，因而随机的拨号，求他拨号不超过三次而接通所需的电话的概率是多少？如果已知最后一个数字是奇数，那么此概率是多少？

记H表拨号不超过三次而能接通。

A i表第i次拨号能接通。

注意：第一次拨号不通，第二拨号就不再拨这个号码。

Θ ∴ H = A1 + A1 A2 + A1 A2 A3三种情况互斥

P( H ) = P( A1 ) + P( A1 ) P( A2 | A1 ) + P( A1 ) P( A2 | A1 ) P( A3 | A1 A2 ) =

1 9 1

+ ? +

10 10 9

9 8 1

? ?

10 9 8

=

3

10

10

C5 5

? C9 11 C42 7

?

C9 11

C51 ? C41 6

?

11

C9

如果已知最后一个数字是奇数（记为事件B）问题变为在B已发生的条件下，求H 再发生的概率。

P(H | B) = PA1 | B + A1 A2 | B + A1 A2 A3 | B)

= P( A1 | B) + P( A1 | B)P( A2 | BA1 ) + P( A1 | B)P( A2 | BA1 )P( A3 | BA1 A2 )

1 5 4

5

?

4

4

5

3

4

? 1

3

3

5

24.[十九] 设有甲、乙二袋，甲袋中装有n只白球m只红球，乙袋中装有N只白球M只红球，今从甲袋中任取一球放入乙袋中，再从乙袋中任取一球，问取到（即从乙袋

中取到）白球的概率是多少？（此为第三版19 题(1)）

记A1，A2分别表“从甲袋中取得白球，红球放入乙袋”

再记B表“再从乙袋中取得白球”。

∵∴B=A1B+A2B且A1，A2互斥

P (B)=P (A1)P(B| A1)+ P (A2)P (B| A2)

=

n

n + m

?N + 1

N + M + 1

m

n + m

?N

N + M + 1

[十九](2) 第一只盒子装有5 只红球，4 只白球；第二只盒子装有4 只红球，5 只白球。先从第一盒子中任取 2 只球放入第二盒中去，然后从第二盒子中任取一只球，求取到白

球的概率。

记C1为“从第一盒子中取得 2 只红球”。

C2为“从第一盒子中取得2 只白球”。

C3为“从第一盒子中取得1 只红球，1 只白球”，

D为“从第二盒子中取得白球”，显然C1，C2，C3两两互斥，C1∪C2∪C3=S，由全

概率公式，有

P (D)=P (C1)P (D|C1)+P (C2)P (D|C2)+P (C3)P (D| C3)

=

2 +

2

+

2

53

99

11

1 2 （2） P ( A 1 A 2 )

26.[二十一]

已知男人中有 5%是色盲患者，女人中有 0.25%是色盲患者。今从男女 人数相等的人群中随机地挑选一人，恰好是色盲患者，问此人是男性的概率是多少？

解：A 1={男人}，A 2={女人}，B={色盲}，显然 A 1∪A 2=S ，A 1 A 2=φ

由已知条件知 P ( A 1 ) = P ( A 2 ) =

由贝叶斯公式，有 1 2 ο P (B | A 1 ) = 5%, P (B | A 2 ) = 0.25%

P ( A 1 | B ) =

P ( A 1 B )

P ( B ) = P ( A 1 )P ( B | A 1 )

P ( A 1 ) P (B | A 1 ) + P ( A 2 )P ( B | A 2 )

= 1 5 ? 2 100 1 5 1 25 ? + ? 2 100 2 10000 = 20 21

[二十二] 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 ，若第一次 及格则第二次及格的概率也为 P ；若第一次不及格则第二次及格的概率为 P 2

（1）若至少 有一次及格则他能取得某种资格，求他取得该资格的概率。（2）若已知他第二次已经及 格，求他第一次及格的概率。

解：A i ={他第 i 次及格}，i=1,2

已知 P (A 1)=P (A 2|A 1)=P ， P ( A 2 | A 1 ) = P

2

（1）B ={至少有一次及格}

所以 B = {两次均不及格} = A 1 A 2

∴ P (B ) = 1 - P (B ) = 1 - P ( A 1 A 2 ) = 1 - P ( A 1 )P ( A 2 | A 1 )

= 1 - [1 - P ( A 1 )][1 - P ( A 2 | A 1 )]

= 1 - (1 - P )(1 - P 2

) = 3

2 P - 2 P

定义 P ( A 1 A 2 ) P ( A 2 ) （*）

由乘法公式，有 P (A 1 A 2)= P (A 1) P (A 2| A 1) = P 2

由全概率公式，有 P ( A 2 ) = P ( A 1 )P ( A 2 | A 1 ) + P ( A 1 )P ( A 2 | A 1 )

12

P P (C | A ) + P (C | B )

= P ? P + (1 - P ) ?

P

2

=P 2 2 + P 2

将以上两个结果代入（*）得 P ( A 1 | A 2 ) =

P 2

2

+ 2

P 2 = 2P

P + 1

28.[二十五]

某人下午 5:00 下班，他所积累的资料表明：

某日他抛一枚硬币决定乘地铁还是乘汽车，结果他是 5:47 到家的，试求他是乘地铁 回家的概率。

解：设 A=“乘地铁”，B=“乘汽车”，C=“5:45~5:49 到家”，由题意,AB=φ,A ∪B =S

已知：P (A )=0.5, P (C|A )=0.45, P (C|B )=0.2, P (B )=0.5

由贝叶斯公式有

P ( A | C ) =

P (C | A )P ( A )

P (C )

=

0.5 ? 0.45 1 2 1

2

0 .45 0.65

= 9 13

= 0.6923

29.[二十四]

有两箱同种类型的零件。第一箱装 5 只，其中 10 只一等品；第二箱 30 只，其中 18 只一等品。今从两箱中任挑出一箱，然后从该箱中取零件两次，每次任取一 只，作不放回抽样。试求（1）第一次取到的零件是一等品的概率。（2）第一次取到的零 件是一等品的条件下，第二次取到的也是一等品的概率。

解：设 B i 表示“第 i 次取到一等品” i=1，2

13

A j 表示“第 j 箱产品” j=1,2，显然 A 1∪A 2=S

A 1A 2=φ

（1） P ( B 1 ) =

1 10 ?

2 50 1 18 ?

2 30

= 0.4 （B 1= A 1B +A 2B 由全概率公式解）。

（2） P ( B 2 | B 1 ) =

P ( B 1 B 2 ) P ( B 1 )

1 10 9 =

2 50 49 2

1 18 17

2 30 29 = 0.4857

5

（先用条件概率定义，再求 P (B 1B 2)时，由全概率公式解）

32.[二十六（2）] 如图 1，2，3，4，5 表示继电器接点，假设每一继电器接点闭合 的概率为 p ，且设各继电器闭合与否相互独 立，求 L 和 R 是通路的概率。

记 A i 表第 i 个接点接通

4

5

记 A 表从 L 到 R 是构成通路的。

∵ A=A 1A 2+ A 1A 3A 5+A 4A 5+A 4A 3A 2 四种情况不互斥

∴ P (A )=P (A 1A 2)+P (A 1A 3A 5) +P (A 4A 5)+P (A 4A 3A 2)－P (A 1A 2A 3A 5)

+ P (A 1A 2 A 4A 5)+ P (A 1A 2 A 3 A 4) +P (A 1A 3 A 4A 5)

+ P (A 1A 2 A 3A 4A 5) P (A 2 A 3 A 4A 5)+ P (A 1A 2A 3 A 4A 5)+ P (A 1A 2 A 3 A 4A 5)

+ (A 1A 2 A 3 A 4A 5) + P (A 1A 2 A 3 A 4A 5)－P (A 1A 2 A 3 A 4A 5)

又由于 A 1，A 2， A 3， A 4，A 5 互相独立。

故

P (A )=p 2+ p 3+ p 2+ p 3－[p 4 +p 4 +p 4 +p 4 +p 5 +p 4]

+[ p 5 + p 5+ p 5+ p 5]－p 5=2 p 2+ 3p 3－5p 4 +2 p 5

[二十六（1）]设有 4 个独立工作的元件 1，2，3，4。它们的可靠性分别为 P 1，P 2， P 3，P 4，将它们按图（1）的方式联接，求系统的可靠性。

记 A i 表示第 i 个元件正常工作，i=1，2，3，4，

A 表示系统正常。

14

n （ ( ) r + ( ) r ( ) r +

∵ A=A 1A 2A 3+ A 1A 4 两种情况不互斥

∴ P (A )= P (A 1A 2A 3)+P (A 1A 4)－P (A 1A 2A 3 A 4) (加法公式)

= P (A 1) P (A 2)P (A 3)+ P (A 1) P (A 4)－P (A 1) P (A 2)P (A 3)P (A 4)

= P 1P 2P 3+ P 1P 4－P 1P 2P 3P 4 (A 1, A 2, A 3, A 4 独立)

34.[三十一]

袋中装有 m 只正品硬币， 只次品硬币，次品硬币的两面均印有国徽）。 在袋中任取一只，将它投掷 r 次，已知每次都得到国徽。问这只硬币是正品的概率为多 少？

解：设“出现 r 次国徽面”=B r 由全概率公式，有 “任取一只是正品”=A

P ( B r ) = P ( A )P ( B r | A ) + P ( A )P ( B r | A ) = m 1 n m + n ? 1r

∴ P ( A | B r ) = P ( A )P (B r | A ) P (B r ) = m 1 m + n 2 m 1 n m + n

= m m + n ? 2 r （条件概率定义与乘法公式）

35．甲、乙、丙三人同时对飞机进行射击，三人击中的概率分别为 0.4，0.5，0.7。 飞机被一人击中而被击落的概率为 0.2，被两人击中而被击落的概率为 0.6，若三人都击 中，飞机必定被击落。求飞机被击落的概率。

解：高 H i 表示飞机被 i 人击中，i=1，2，3。B 1，B 2，B 2 分别表示甲、乙、丙击中飞 机

∵ H 1 = B 1B 2 B 3 + B 1B 2 B 3 + B 1 B 2 B 3 ，三种情况互斥。

H 2 = B 1 B 2 B 3 + B 1 B 2 B 3 + B 1B 2 B 3 三种情况互斥

H 3 = B 2 B 2 B 3

又 B 1，B 2，B 2 独立。

15

∴P(H 1 ) = P(B1 )P(B2 )P(B3 ) + P(B1 )P(B2 )P(B3 )

+ P(B1 )P(B2 )P(B3 ) = 0.4 ? 0.5 ? 0.3 + 0.6

? 0.5 ? 0.3 + 0.6 ? 0.5 ? 0.7 = 0.36

P(H 2 ) = P(B1 )P(B2 )P(B3 ) + P(B1 )P(B2 )P(B3 )

+ P(B1 )P(B2 )P(B3 ) = 0.4 ? 0.5 ? 0.3

+ 0.4×0.5×0.7+0.6×0.5×0.7=0.41

P (H3)=P (B1)P (B2)P (B3)=0.4×0.5×0.7=0.14

又因：A=H1A+H2A+H3A 三种情况互斥

故由全概率公式，有

P (A)= P(H1)P (A|H1)+P (H2)P (A|H2)+P (H3)P (AH3)

=0.36×0.2+0.41×0.6+0.14×1=0.458

36.[三十三]设由以往记录的数据分析。某船只运输某种物品损坏2%（这一事件记为

A1），10%（事件A2），90%（事件A3）的概率分别为P (A1)=0.8, P (A2)=0.15, P (A2)=0.05，现从中随机地独立地取三件，发现这三件都是好的（这一事件记为B），试分别求P (A1|B) P (A2|B), P (A3|B)（这里设物品件数很多，取出第一件以后不影响取第二件的概率，所以

取第一、第二、第三件是互相独立地）

∵B表取得三件好物品。

B=A1B+A2B+A3B三种情况互斥

由全概率公式，有

∴P (B)= P(A1)P (B|A1)+P (A2)P (B|A2)+P (A3)P (B|A3)

=0.8×(0.98)3+0.15×(0.9)3+0.05×(0.1)3=0.8624

16

)，

1 -α 3

) + (P2 + P3 )α ( 1 -α 3

P( A1 | B) = P( A1 B)

P(B)

=

P( A1 )P(B | A1 )

P(B)

0.8 ? (0.98) 3

0.8624

= 0.8731

P( A2 | B) = P( A3 | B) = P( A2 B)

P(B)

P( A3 B)

P(B)

=

P( A2 )P(B | A2 )

P(B)

P( A3 )P(B | A3 )

P(B)

=

0.15 ? (0.9) 3

0.8624

0.05 ? (0.1) 3

0.8624

= 0.1268

= 0.0001

37.[三十四] 将A，B，C三个字母之一输入信道，输出为原字母的概率为α，而输

出为其它一字母的概率都是(1－α)/2。今将字母串AAAA，BBBB，CCCC之一输入信道，

输入AAAA，BBBB，CCCC的概率分别为p1, p2, p3 (p1 +p2+p3=1)，已知输出为ABCA，问输入的是AAAA的概率是多少？（设信道传输每个字母的工作是相互CA，B1、B2、B3分别表示输入信号为AAAA，BBBB，

CCCC，则B1、B2、B3为一完备事件组，且P(B i)=P i, i=1, 2, 3。

再设A发、A收分别表示发出、接收字母A，其余类推，依题意有

P (A收| A发)= P (B收| B发)= P (C收| C发)=α，

P (A收| B发)= P (A收| C发)= P (B收| A发)= P (B收| C发)= P (C收| A发)= P (C收| B发)= 又P (ABCA|AAAA)= P (D |B 1)= P (A收| A发) P (B收| A发) P (C收| A发) P (A收| A发) 1 -α2

=α 2 ( 1 -α 2 2

同样可得P (D|B2) = P (D |B 3)=α ? ( 于是由全概率公式，得

3 2

)

P(D) = ∑ P(B i )P(D | B i )

i=1

= p1a 2 ( 1 -α 2

2 2

)

由Bayes 公式，得

P (AAAA|ABCA)= P (B 1|D) = P(B1 )P(D | B1 )

P(D)

17

? ? C 的电话的概率分别为 。他们三人常因工作外出，A ，B ，C 三人外出的概 ,

, 率分别为 ，设三人的行动相互独立，求 ,

=

2α P 1 2 α P 1 + (1 - α )(P 2 + P 3 ) [二十九] 设第一只盒子装有 3 只蓝球，2 只绿球，2 只白球；第二只盒子装有 2 只 蓝球，3 只绿球，4 只白球。独立地分别从两只盒子各取一只球。（1）求至少有一只蓝球 的概率，（2）求有一只蓝球一只白球的概率，（3）已知至少有一只蓝球，求有一只蓝球 一只白球的概率。

解：记 A 1、A 2、A 3 分别表示是从第一只盒子中取到一只蓝球、绿球、白球，B 1、B 2、 B 3 分别表示是从第二只盒子中取到一只蓝球、绿球、白球。

（1）记 C ={至少有一只蓝球}

C = A 1B 1+ A 1B 2+ A 1B 3+ A 2B 1+ A 3B 1，5 种情况互斥

由概率有限可加性，得

P (C ) = P ( A 1 B 1 ) + P ( A 1 B 2 ) + P ( A 1 B 3 ) + P ( A 2 B 1 ) + P ( A 3 B 1 )

独立性P ( A 1 )P ( B 1 ) + P ( A 1 )P ( B 2 ) + P ( A 1 ) P (B 3 ) + P ( A 2 ) P ( B 1 ) + P ( A 3 ) P (B 1 )

3 2 ? 7 9 + 3 3 ? + 7 9 3

4 ? 7 9 2 2 ? 7 9 2 2 ? 7 9

5 9

（2）记 D={有一只蓝球，一只白球}，而且知 D= A 1B 3+A 3B 1 两种情况互斥

P (D ) = P ( A 1 B 3 + P ( A 3 B 1 ) = P ( A 1 )P (B 3 ) + P ( A 3 )P (B 1 )

3 4 7 9 2 2 7 9 = 16 63

（3） P (D | C ) =

P (CD ) P (C ) = P (D ) P (C ) = 16 35

(注意到CD = D )

[三十] A ，B ，C 三人在同一办公室工作，房间有三部电话，据统计知，打给 A ，B ，

2 2 1

5 5 5 1 1 1 2 4 4 （1）无人接电话的概率；（2）被呼叫人在办公室的概率；若某一时间断打进了 3 个 电话，求（3）这 3 个电话打给同一人的概率；（4）这 3 个电话打给不同人的概率；（5） 这 3 个电话都打给 B ，而 B 却都不在的概率。

18

于是 P （3 个电话都打给 B ，B 都不在的概率）= ( ) 3 =

解：记 C 1、C 2、C 3 分别表示打给 A ，B ，C 的电话

D 1、D 2、D 3 分别表示 A ，B ，C 外出

注意到 C 1、C 2、C 3 独立，且 P (C 1 ) = P (C 2 ) =

2

5

, P (C 3 ) =

1 5

P (D 1 ) = 1 2

, P (D 2 ) = P (D 3 ) =

1 4

（1）P （无人接电话）=P (D 1D 2D 3)= P (D 1)P (D 2)P (D 3)

= 1 2 1 4

4

1 32

（2）记 G=“被呼叫人在办公室”， G = C 1 D 1 + C 2 D 2 + C 3 D 3 三种情况互斥，由有

限可加性与乘法公式

P (G ) = P (C 1 D 1 ) + P (C 2 D 2 ) + P (C 3 D 3 ) ?由于某人外出与 ?

?

= P (C 1 )P (D 1 | C 1 ) + P (C 2 )P (D 2 | C 2 ) + P (C 3 )P (D 3 | C 3 ) ? 否和来电话无关 ?

= ? + ? + ? = ? 故P (D k | C k ) = P (D k ) ?

5 2 5 4 5 4 20

（3）H 为“这 3 个电话打给同一个人”

P (H ) = 2 5

2 5 2 5

2 5

2 5 2 5

1 5 ? 1 5

? 1 5 =

17

125

（4）R 为“这 3 个电话打给不同的人”

R 由六种互斥情况组成，每种情况为打给 A ，B ，C 的三个电话，每种情况的概率为

2 5 2 5

? 1 5 =

4 125

于是 P (R ) = 6 ?

4 125

=

24 125

（5）由于是知道每次打电话都给 B ，其概率是 1，所以每一次打给 B 电话而 B 不在 的概率为 1 4

，且各次情况相互独立

1

4 1 64

1

,

,

, ,

第二章

随机变量及其分布

1.[一] 一袋中有 5 只乒乓球，编号为 1、2、3、4、5，在其中同时取三只，以 X 表 示取出的三只球中的最大号码，写出随机变量 X 的分布律

解：X 可以取值 3，4，5，分布律为

P ( X = 3) = P (一球为3号, 两球为1,2号) =

1? C 22 C 53

=

1

10

P ( X = 4) = P (一球为4号, 再在1,2,3中任取两球) =

1? C 32 C 53 = 3

10

P ( X = 5) = P (一球为5号, 再在1,2,3,4中任取两球) =

1? C 42 C 53

= 6 10 也可列为下表 X ： 3， 4，5

P ：

1 3 6

10 10 10

3.[三] 设在 15 只同类型零件中有 2 只是次品，在其中取三次，每次任取一只，作 不放回抽样，以 X 表示取出次品的只数，（1）求 X 的分布律，（2）画出分布律的图形。

解：任取三只，其中新含次品个数 X 可能为 0，1，2 个。

P ( X = 0) =

C 133 C 153

22

35 P ( X = 1) = P ( X = 2) =

C 12 ? C 132

C 153

C 22 ? C 131

C 153

=

=

12

35

1 35

P

再列为下表 O

1

2

x

X ： 0， 1， 2

P ：

22 12 1 35 35 35

20

解：（1）P (X=k )=q k 1p 4.[四] 进行重复独立实验，设每次成功的概率为 p ，失败的概率为 q =1－p (0

（1）将实验进行到出现一次成功为止，以 X 表示所需的试验次数，求 X 的分布律。 （此时称 X 服从以 p 为参数的几何分布。）

（2）将实验进行到出现 r 次成功为止，以 Y 表示所需的试验次数，求 Y 的分布律。 （此时称 Y 服从以 r, p 为参数的巴斯卡分布。）

（3）一篮球运动员的投篮命中率为 45%，以 X 表示他首次投中时累计已投篮的次数， 写出 X 的分布律，并计算 X 取偶数的概率。

－ k=1,2,……

（2）Y=r+n={最后一次实验前 r+n －1 次有 n 次失败，且最后一次成功}

P (Y = r + n ) = C rn +n -1q n p r -1 p = C rn + n -1q n p r , 或记 r+n=k ，则 P {Y=k }= C kr --11 p r (1 - p ) k -r , n = 0,1,2, Λ , 其中 q=1－p ，

k = r , r + 1,Λ

（3）P (X=k ) = (0.55)k －

10.45 k=1,2…

P (X 取偶数)= ∞ ∑ k =1 P ( X = 2k ) = ∞ ∑ (0.55) k =1 2k -1 0.45 = 11 31

6.[六] 一大楼装有 5 个同类型的供水设备，调查表明在任一时刻 t 每个设备使用的 概率为 0.1，问在同一时刻

（1）恰有 2 个设备被使用的概率是多少？

P ( X = 2) = C 52 p 2 q 5-2 = C 52 ? (0.1) 2 ? (0.9) 3 = 0.0729

（2）至少有 3 个设备被使用的概率是多少？

P ( X ≥ 3) = C 53 ? (0.1) 3 ? (0.9) 2 + C 54 ? (0.1) 4 ? (0.9) + C 55 ? (0.1) 5 = 0.00856

（3）至多有 3 个设备被使用的概率是多少？

P ( X ≤ 3) = C 50 (0.9) 5 + C 51 ? 0.1? (0.9) 4 + C 52 ? (0.1) 2 ? (0.9) 3

+ C 53 ? (0.1) 3 ? (0.9) 2 = 0.99954

（4）至少有一个设备被使用的概率是多少？

P ( X ≥ 1) = 1 - P ( X = 0) = 1 - 0.59049 = 0.40951

[五] 一房间有 3 扇同样大小的窗子，其中只有一扇是打开的。有一只鸟自开着的窗 子飞入了房间，它只能从开着的窗子飞出去。鸟在房子里飞来飞去，试图飞出房间。假 定鸟是没有记忆的，鸟飞向各扇窗子是随机的。

（1）以 X 表示鸟为了飞出房间试飞的次数，求 X 的分布律。

（2）户主声称，他养的一只鸟，是有记忆的，它飞向任一窗子的尝试不多于一次。

21

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