吴赣昌编 - 《概率论与数理统计》（经管类三版）第一章和第二章

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吴赣昌编《概率论与数理统计》（经管类三版）复习提要及课后习题解答

复习提要

考试要求

1. 了解样本空间的概念, 理解随机事件的概念, 掌握事件的关系与运算. 2. 理解概率、条件概率的概念, 掌握概率的基本性质, 会计算古典型概率和几何型概率, 掌握概率的加法公式、减法公式、乘法公式、全概率公式, 以及贝叶斯公式. 3. 理解事件独立性的概念, 掌握用事件独立性进行概率计算；理解独立重复试验的概率, 掌握计算有关事件概率的方法.

一、古典概型与几何概型

1．随机试验，样本空间与事件.

2．古典概型：设样本空间?为一个有限集，且每个样本点的出现具有等可能性，则 P(A)?A中有利事件数

基本事件总数3．几何概型：设?为欧氏空间中的一个有界区域, 样本点的出现具有等可能性，则

P(A)?A的度量（长度、面积、体积）Ω的度量（长度、面积、体积）

二事件的关系与概率的性质

1. 事件之间的关系与运算律（与集合对应）, 其中特别重要的关系有：

（1） A与B互斥（互不相容） ? AB??

（2） A与B 互逆（对立事件） ? AB??,A?B?? （3） A与B相互独立? P（AB）=P（A）P（B）.

? P（B|A）=P（B）（P（A）>0）.

?P(B|A)?P(B|A)?1 （0

注: 若（00）

? P(A|B)?P(A|B)?1（0

（4） A, B, C两两独立 ? P（AB）=P（A）P（B）;

P（BC）=P（B）P（C）; P（AC）=P（A）P（C）.

（5） A, B, C相互独立 ? P（AB）=P（A）P（B）;

P（BC）=P（B）P（C）; P（AC）=P（A）P（C）;

P（ABC）=P（A）P（B）P（C）.

2. 重要公式

（1） P(A)?1?P(A) （2）（3）

P(A?B)?P(A)?P(AB) P(A?B)?P(A)?P(B)?P(AB)

P(A?B?C)?P(A)?P(B)?P(C)?P(AB)?P(BC)?P(AC)?P(ABC)

（4）若A1, A2,…,An两两互斥, 则P(?Ai?1ni)??P(Ai).

i?1n（5）若A1,A2, …, An相互独立, 则 P(?A)?1??P(A)?1??[1?P(A)].

iinnnii?1i?1i?1P(?Ai)??P(Ai).

i?1i?1nn（6）条件概率公式: P(B|A)?P(AB) （P（A）>0） P(A)三、乘法公式，全概率公式，Bayes公式与二项概率公式

1．乘法公式：

P(B)??P(B|Ai)P(Ai),　AiAj??,i?j,　　?Ai??.

i?1i?1??3．Bayes公式：

P(Aj|B)?P(B|Aj)P(Aj)?P(B|A)P(A)iii?1?,　AiAj??,i?j,　　?Ai??.

i?1?4．二项概率公式:

kkPn(k)?CnP(1?P)n?k,　k?0,1,2,?,n.,

课后习题解答

习题1－2

4、设A,B,C是三个事件，且P(A)?P(B)?P(C)?,P(AC)?P(BC)?1/16，P(AB)?0，求

14A,B,C全不发生的概率。解 P(ABC)?1?P(?A?BC)?1?[P(?A)P(?B)P(?C)因为 0?P(ABC)?P(AB)?，所以0P(ABC)?0，于是

323 P(ABC)?1?P(A?B?C)?1?[?]?

4168P(?AB)P(?AC)(P?B)C (PAB)]C5、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AB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 。

习题1－3

1、袋中5个白球，3个黑球，一次取两个（1）求取到的两个球颜色不同的概率；（2）求取到的两个球中有黑球的概率；（3）求取到的两个球颜色相同的概率

解：（1）设A表示“取到的两个球颜色不同”，

11C5C3? 则P(A)?2C8（2）设Ai表示“取到i个黑球”（i＝1，2），A表示“两个球中有黑球”，则

（3）设A表示“取到的两个球颜色不同”，B表示“取到两个白球”，C表示“取到两个黑球”，则

C52C32P(B)?2,P(C)?2C8C8∩，且

A??,B??C，

23B所C以

P(?A)?P(11C5CC3P(BA)?P(A1)?PP(A2)?C2?2?9/14

C8C82、10把钥匙有3把能打开门，今取两把，求能打开门的概率。解:设A=“能打开”，则nS?C10

法一，取出的两把钥匙，可能只有一把能打开，可能两把都能打开，则nA?C3C7?C3

1122 3

所以P(A)?nA nS2法二，A={都打不开}，即取得两把钥匙是从另7把中取得的，则nA?C7，所以

C72P(A)?1?P(A)?1?2

C103、两封信投入四个信筒，求（1）前两个信筒没有信的概率，（2）第一个信筒内只有一封信的概率。解：nS?4（两封信投入四个信筒的总的方法，重复排列）

（1）设A=“前两个信筒没有信”，即两封信在余下的两个信筒中重复排列，nA?2；

（2）设B=“第一个信筒内只有一封信”，则应从两封信中选一封放在第一个信筒中，再把余下的一封信放入余下的三个信筒中的任一个，nB?C23

带入公式既得两个概率。

4、一副扑克牌52张，不放回抽样，每次1张，连抽4张，求四张花色各异的概率。解：设A表示“四张花色各异”，则

14(C13)P(A)?4A521122

5、袋中有红、黄、黑色球各1个，有放回取3次，求下列事件的概率： A＝“三次都是红球”，B＝“三次未取到黑球”，C＝“颜色全不相同”，D＝“颜色不全相同” 解：ns?3?27（重复排列）

3nA?1；nB?23（每次都是从红或黄中任意取1个）；nC?A3（全排列，第一次取是从三种球中

3任取1个，第二次取是从余下的两个颜色球中任取1个，最后一次只有一种色）；

D的对立事件是“三个球的颜色全相同”等于“三个全红”或“全黑”或“全黄”，且这三者的概率相同都等于P(A)，所以P(D)?1?P(D)?1?3P(A)?1?3248??. 272796、从0,1,2,?,9等10个数字中，任意选出不同的三个数字，试求下列事件的概率：A1?‘三个数字中不含0和5’，A2?‘三个数字中不含0或5’，A3?‘三个数字中含0但不含5’.

33C83C9C9C83147 解 P(A1)?3?. P(A2)?3?3?3?，

C1015C10C10C10151C8C82147或 P(A2)?1?P(A2)?1?3?， P(A3)?3?.

C1015C10307、从一副52张的牌中不重复任取3张，求取出的3张牌中至少有2张花色相同的概率。解：设A＝“取出的3张牌中至少有2张花色相同”，则A?“3张牌中没有同花色的”

3111C4C13C13C13所以P(A)?1?P(A)?1?

?0.602。

另解：设A＝“取出的3张牌中至少有2张花色相同”，则A等价于“三张花色都相同”（Ｂ）或“有

13121C4C13C4C13C39P(C)?两张花色相同”（Ｃ），则P(B)?，，所以P(A)?P(B)?P(C) 33C52C528、10个人中有一对夫妇，他们随意坐在一张圆桌周围，求该对夫妇正好坐在一起的概率。

解：设Ａ＝“该对夫妇恰坐在一起”，则法一：１０个人在１０个座位上随意坐，则nS?10!；将两个人绑在一起共2!种，有１０个位置可坐，其余八个人在８个位置上随意坐，共有nA?2!?10?8!；

法二：设夫妇中一人已经坐好，则余下的９个人在９个位置随意坐共９！，而夫妇中的另一人只有两种坐法，余下的８个人随意坐，有８！种，所以

P(A)?2?8!2? 9!9法三：设其中一人已经坐好，则另一人共有9个位置可坐，而两人坐在一起的位置只有2个.

9、在１５００个产品中有４００个次品，１１００个正品，任取２００个（１）求恰有９０个次品的概率；（２）至少有２个次品的概率。解：设Ak?“取到的２００个产品中恰好有ｋ个次品”，则

90110C400C1100P(A90)?200（１）

C500；

（２）设Ｂ＝“至少有２个次品”，则B?A0?A1，所以

2001199C1100C400C1100P(B)?1?P(B)?1?P(A0)?P(A1)?1?200? 200C1500C150010、从5双不同的鞋子中任取4只，求这四只鞋子中至少有两只配对的概率。解：设A=“四只鞋子中至少有两只配对”，则其对立事件为A=“四只中无配对的”

法一：从10只中取1只，将与其配对的另一只排除在外，再从余下的8只中取1只，依次类推，则

1111P1310P8P6P4P(A)?1?P(A)?1?? 4P2110C542413? 法二：先从5双中抽取四双，再从每一双中取一只，则P(A)?1?P(A)?1?4C1021法三：至少有一双配对等价于“有一双配对”=C和四只都配对”=D，

有一双配对，先从5双中取1双，再从余下的8只中任取两只，但这种取法中有可能出现成对的情况，应减去，成对的种类有C4，所以nC?C5(C8?C4)；有两双配对，从5双中取两双即可，nD?C5

21121 5

11C5(C82?C4)?C5213? 所以P(A)?P(C?D)?P(C)?P(D)?4C102111、把52张牌发给四人，求指定的某人没有得到黑桃A或黑桃K的概率。

解：设C=“指定的某人没有得到黑桃A或黑桃K”，则其对立事件为C=“指定的某人得到黑桃A和黑桃K”

11C50P(C)?1?P(C)?1?13

C5212、50只铆钉随机装入10个部件上，其中3个铆钉强度太弱。每个部件装有3个铆钉。如果3只强度太弱的铆钉都装入同一个部件，则这个部件的强度太弱，求发生一个部件强度太弱的概率。

解：

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）

3333?C47?C44???C23对E：铆法有C50种，每种装法等可能

3333?C47?C44??C23对A：三个次钉必须铆在一个部件上。这种铆法有〔C3〕×10种

P(A)?3333[C3?C47?C44???C23]?10333C50?C47????C23?1?0.00051 1960法二：用古典概率作

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）

3对E：铆法有A50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。

327327327327?A47?A3?A47????A3?A47?10?A3?A47这种铆法有A3种

P(A)?32710?A3?A4730A50?1?0.00051 1960法三：3个强度太弱的铆钉有可能装入10个部件中的任何一个，

不妨设Ai=“第I 个部件的强度太弱”=“3个强度太弱的铆钉装入第i个部件”

3C31所以P(Ai)?3?

C5019600A=“发生一个部件强度太弱”，则A?101?A，且两两互斥，

ii?110所以P(A)?

?P(Ai)?1 19606

13、３张考签，３人应试，一人抽１张后放回，再由另一人抽，求抽签结束后，至少有１张没有被抽到的概率。

解：法一：设Ai?“第ｉ张考签没有被抽到”，Ａ＝“至少有１张没有被抽到”，

2313则，因为是重复抽取，所以P(Ai)?3，P(AiAj)?3，P(AiAjAk)?0，

33所以，

P(A)?P(A1)?P(A2)?P(A3)?P(A1A2)?P(A1A3)?P(A3A2)?P(A1A2A3)?3?

817?3??0?2727933A3A37法二：A?“三张都被抽到”，则P(A)?3，所以P(A)?1?P(A)?1?3?

33914、从1-9的9个数中有放回地取3次，每次取一个，求取出的3个数之积能被10整除的概率。

解：取出的3个数中应有偶数，且必须有5，才能保证三数之积能被10整除。. 设A=“取出的3个数中有偶数”，B=“取出的3个数中有5”，所求概率为

584P(AB)?1?P(A?B)?1?P(A)?P(B)?P(AB)?1?()3?()3?()3?0.214

99915、提示如右图所示

（1）带点的四个区域的面积所占的比例

（2）6个黑框和4个带点区域的面积和所占的比例

习题1－4

1、一批产品100件,80件正品, 20件次品, 其中甲厂生产60件,有50件正品, 10件次品,余下的40件均由乙厂生产. 现从该批产品中任取一件, 记A=“正品”,Ｂ=“甲厂生产的产品”. 求下列概率.

P(A),P(B),P(AB),P(B|A),P(A|B)

解：P(A)?8060505505?0.8,P(B)??0.6,P(B|A)??,P(A|B)?? 100100808606【注】：要注意条件概率与概率之间的区别。

2、假设一批产品中一、二、三等品各占60%，30%，10%，从中任取一件，发现它不是三等品，求它是一等品的概率.

3 解设Ai?‘任取一件是i等品’ i?1,2,，

所求概率为 P(A1|A3)?因为 A3?A1?A2

P(A1A3)，

P(A3)0.?60.?3 0.P(9AP(A)1A3)?1?0. 6?P(2A?)所以 P(A3)?P(A1)故 P(A1|A3)?3、P(A)?62? 93111,P(B|A)?,P(A|B)?,求P(A?B)。 432 7

11?定义P(AB)P(A)P(B|A)由已知条件143?P(B)?1 解：由P(A|B)???????有?P(B)P(B)2P(B)6由乘法公式，得P(AB)?P(A)P(B|A)?1 121111??? 46123由加法公式，得P(A?B)?P(A)?P(B)?P(AB)?4、设事件A,B满足：P(A)?0.7,P(B)?0.5,P(A?B)?0.3，求

P(AB),P(B?A),P(B|A)

解： P(AB)?P(A)?P(A?B)?0.7?0.3?0.4

P(B?A)?P(B)?P(AB)?0.5?0.4?0.1， P(B|A)?P(B|A)P(BA)1?P(A?B)1?[P(A)?P(B)?P(AB)]???

P(A)1?P(A)1?P(A)1?P(A)5、设事件A,B互斥，且0?P(B)?1，试证明：P(A|B)?P(A)。

1?P(B)证：因为事件A,B互斥，所以P(AB)?0，所以

P(A|B)?P(AB)P(A)?P(AB)P(A) ??P(B)1?P(B)1?P(B) 6、甲、乙两人参加乒乓球比赛，甲先发球，甲发球成功后，乙回球失误的概率为0.3；若乙回球成

功，甲回球失误的概率为0.4；若甲回球成功，乙再次回球失误的概率为0.5，计算这几个回合中乙输一分的概率。

解：本次比赛共进行两个回合，甲发一次球，回一次球，而乙回球两次。乙输分的可能情况有：甲发球成功，乙回球失误；或甲发球成功，乙第一次回球成功，甲第一次回球成功，而乙第二次回球失误。所以

设A=“甲回球失误”B=“第i次乙回球失误”，由题意，已知下列概率，

P(B1)?0.3,P(A|B1)?0.4,P(B2|B1A)?0.5

则p{乙输一分}

=P(B1?B1AB2)?P(B1)?P(B1AB2)?P(B1)?P(B1)P(A|B1)P(B2|B1A)?0.51

7、一个盒子中装有15个乒乓球【原题为12个球】，其中9个新球，在第一次比赛时任意抽取3只，比赛后仍放回原盒中；在第二次比赛时同样地任取3只球，求第二次取出的3个球均为新球的概率。解设A?‘第二次取出的均为新球’， Bi?‘第一次取出的3个球恰有i个新球’i?0,1,2,3.

由全概公式P(A)?P(B0)P(A|B0)?P(B1)P(A|B1)?P(B2)P(A|B2)?P(B3)P(A|B3)

33121333C6C9C9C6C83C92C6C7C9C6?3?3?3?3?3 ?3?3?3C15C15C15C15C15C15C15C15528 ??0.089

59158、某仓库有同样规格的产品六箱，其中三箱是甲厂生产，二箱由乙厂生产，另一箱由丙厂生产，且它们的次品率依次为1/10，1/15，1/20，现从中任取一件产品，试求取得的一件是正品的概率。

解：设Ai表示取到的一件产品是由第i厂生产的，B表示取到的产品是次品，由题意知

321P(A1)?,P(A2)?,P(A3)?,P(B|A1)?1/10,P(B|A2)?1/15,P(B|A3)?1/20，

666且A1?A2?A3?S，所以由全概率公式可得

P(B)??P(Ai)P(B|Ai)

i?139、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？

解：记H表拨号不超过三次而能接通。 Ai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。

??H?A1?A1A2?A1A2A3　三种情况互斥P(H)?P(A1)?P(A1)P(A2|A1)?P(A1)P(A2|A1)P(A3|A1A2)

?1919813??????10109109810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?A1A2|B?A1A2A3|B)

?P(A1|B)?P(A1|B)P(A2|BA1)?P(A1|B)P(A2|BA1)P(A3|BA1A2) ?

10、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

P概率也为P；若第一次不及格则第二次及格的概率为（1）若至少有一次及格则他能取得某种资格，

2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：Ai={他第i次及格}，i=1,2

已知P (A1)=P (A2|A1)=P，P(A2|A1)?P

2（1）B={至少有一次及格}

1414313?????? 5545435}?A1A2 所以B?{两次均不及格∴P(B)?1?P(B)?1?P(A1A2)?1?P(A1)P(A2|A1) ?1?[1?P(A1)][1?P(A2|A1)] ?1?(1?P)(1?P31)?P?P2 222

（*）

定义P(A1A2)（2）P(A1A2)

P(A2)由乘法公式，有P (A1 A2)= P (A1) P (A2| A1) = P2

由全概率公式，有P(A2)?P(A1)P(A2|A1)?P(A1)P(A2|A1)

?P?P?(1?P)?

P2P2P??22

P2P?2211、甲、乙两个盒子各有10只螺钉，每个盒子各有一只是次品，其余均为正品。现从甲盒子中任取二只放入乙盒子中，再从乙盒子中取两只，问从乙盒子中取出的恰好是一只正品，一只次品的概率。

解：设Ai表示“从甲盒子中取出的两只中次品的个数“（i＝0，1），则

11C92C9CP(A0)?2?0.8,P(A1)?21?0.2,

C10C10将以上两个结果代入（*）得P(A1|A2)?P2?2P P?1设B表示“乙盒子中取出的恰好是一只正品，一只次品“，则

1111C10C2C11C1110P(B|A0)??P(B|A)??， 122C126C1233所以，由全概率公式知

P(B)?P(A0)P(B|A0)?P(A1)P(B|A1)?32/165

习题1-5

1、设A,B是两个事件，若P(AB)?0，则（）.

（A）A,B互不相容；（B）AB是不可能事件；（C）P(A)?0或P(B)?0；（D）AB未必是不可能事件. 解：?P(AB)?0??AB??. ? 选D.

2、设每次试验成功的概率为p(0?p?1)，现进行独立重复试验，求直到第10次试验才取得第4次成功的概率.

解：说明前9次取得了3次成功 ∴ 第10次才取得第4次成功的概率为 C9p(1?p)p?C9p(1?p)

3、甲乙两人射击，甲击中的概率为0.8，乙击中的概率为0.7，同时射击且独立，求下列概率：

（1）两人都击中；（2）甲中乙不中；（3）甲不中乙中。

解：设A表示甲击中，B表示乙击中，则A与B独立，所以由独立性的性质知，（1）P(AB)?P(A)P(B)?0.8*0.7?0.56；（2）P(AB)?P(A)P(B)?0.8*[1?0.7]?0.24；（3）P(AB)?P(A)P(B)?[1?0.8]*0.7?0.14

4、一个自动报警装置由雷达和计算机两部分组成，两部分有任何一个失灵，这个报警器就失灵。如果使用100小时后，雷达失灵的概率为0.1，计算机失灵的概率为0.3，独立，求这个报警器使用100小时而不失灵的概率。

336346

解：设A表示使用100小时后雷达失灵，B表示使用100小时后计算机失灵；则

P(A)?0.1,PB(?)；3 0.所以，所求概率为P(AB)?P(A)P(B)?(1?0.1)(1?0.3)?0.63。

5、制造一种零件可采用两种工艺，第一种工艺有三种工序，每道工序的废品率分别为0.1、0.2、0.3；第二种工艺有二种工序，每道工序的废品率都是0.3。如果采用第一种工艺，在合格零件中，一级品率为0.9；而用第二种工艺，在合格零件中，一级品率为0.8.问哪一种工艺得到的一级品的概率更大？

解：设A=“第一种工艺得到合格品”，Ai?“第一种工艺的第i道工序得到合格品”， B=“第一种工艺得到合格品”，Bi?“第一种工艺的第i道工序得到合格品” ，在每中工艺中，哪一道工序生产出合格品是相互独立的，所以A?A1A2A3，B?B1B2 则由题意P(A1)?1?0.1?0.9,P(A2)?1?0.2?0.8,P(A3)?1?0.3?0.7

P(B1)?P(B2)?1?0.3?0.7

所以P(A)?P(A1A2A3)?P(A1)P(A2)P(A3)?0.9*0.8*0.7?0.494

P(B)?P(B1)P(B2)?0.7*0.7?0.49

而在采用第一种工艺时，在合格零件中，一级品率为0.9，所以得到的一级品率为p1?0.9*0.494?0.4746 而用第二种工艺，在合格零件中，一级品率为0.8，p2?0.49*0.8?0.392，所以第一种大。

111，求他们将此密码译出的概率.

534 解1 设A?‘将密码译出’，Bi?‘第i个人译出’ i?1,2,3.

6、三人独立地破译一个密码，他们能译出的概率分别是,,则

P(A)?P(B1?B2?B3)?P(B1)?P(B2)?P(B3)?P(B1B2)?P(B1B3) ?P(B2B3)?P(B1B2B3)? ???111111111???????? 5345354341113??0.6.

5345 解2 事件如上所设，则

4233P(A)?1?P(A)?1?P(B1B2B3)?1?????0.6

53457、一猎人射击野兔，第一枪距离野兔200米，如果未击中，他追至离野兔150米射击第2次，如果仍未击中，他追至100米处再射击第三次，此时击中的概率为0.5，假设猎人的命中率与他离野兔的距离平方成反比，求他击中野兔的概率。

解：设Hi＝｛第i次击中野兔｝，B＝“击中野兔”则由题意

k11002，所以 P(H3)???k?210022110021110022P(H2)???,P(H1)???

200228150229而B?H1?H1H2?H1H2H3，所以

P(B)?P(H1?H1H2?H1H2H3)?P(H1)?P(H1H2)?P(H1H2H3)?P(H1)?P(H1)P(H2)?P(H1)P(H2)P(H3)?0.66

8、排球竞赛规定：发球方赢球时得分，输球时对方得到发球权。甲乙两队进行比赛。根据以往的

战例，已知甲队发球时，甲队赢球和输球的概率分别为0.4和0.6；当乙队发球时，甲队赢球和输球的概率都为0.5。无论哪个队先发球，比赛进行到任一队得分时为止，求甲队先发球时各队得分的概率。

解：分析，只要有一队得分比赛就结束。设A=“甲队发球甲队得分”，B=“甲队发球乙队得分”。

Ai=“甲队第i次发球甲队赢球”， Ai=“甲队第i次发球乙队赢球”， Bi=“乙队第i次发球甲队赢球”， Bi=“乙队第i次发球乙队赢球”

则由题意得：P(Ai)?0.4,P(Ai)?0.6,P(Bi)?P(Bi)?0.5

甲先发球时，可能第一次就赢球得一分，结束；可能甲第一次输球，乙得发球权，发球后乙输球，甲得发球权，发球后甲赢球得一分，结束；依次类推，得

A?A1?A1B1A2?A1B1A2B3A3?...

所以

P(A)?P(A1)?P(A1B1A2)?P(A1B1A2B3A3)?...

?0.4?0.6*0.5*0.4?0.6*0.5*0.6*0.5*0.4?...?0.4(1?0.3?0.32?...)

?0.4*14?

1?0.37同理B?A1B1?A1B1A2B2?A1B1A2B3A3B3?...，即B与A是对立事件

3（或利用P（Ａ）的求法也能得到）。 79证明若三事件A,B,C相互独立，则A?B及A?B都与C独立。证 P{(A?B)C? ABC}P(A?CB?C)(PA?)C(P?B)C(p所以P(B)?1?P(A)? ?P(B)P(C)?P(B)P(C)?P(A)P(B)P(C) ?[P(A)?P(B)?P(AB)]P(C) ?P(A?B)P(C) 即A?B与C独立.

P{(A?B)C}?P(ABC?)P(A)P(B)P(?C)P(A B)(PC) ?P(A?B)P(C)

即 A?B与C相互独立.

10、随机掷一颗骰子，连续6次，求下列概率：（1）恰有1次出现6点；（2）恰有两次出现6点；（3）至少有1次出现六点。解：设Ak表示6次中出现了k次六点，则这时一个6重的伯努利实验，p?1，所以 6116601016（3）P(A1???A6)??1?P(A0)?1?C6()()

6612（1）P(A1)?C6（2）P(A2)?C6()()5；()2()4；

116611、设事件A在每次实验中发生的概率为0.3，当A发生不少于3次时，指示灯发出信号。（1）进行了5次这样的实验，求指示灯发出信号的概率；（2）进行了7次这样的实验，求指示灯发出信号的概率.

解：（1）这是一个5重的伯努利实验，记X表示5次实验中A发生的次数，则X~B(5,0.3)，

所以P{X?3}?1?P{X?3}?1??Ck?02k50.3k0.75?k

（2）这是一个7重的伯努利实验，记Y表示7次实验中A发生的次数，则X~B(7,0.3)，

所以P{Y?3}?1?P{Y?3}?1??Ck?02k70.3k0.75?k

12、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？

225?22P(X?2)?C5pq?C5?(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？

345P(X?3)?C5?(0.1)3?(0.9)2?C5?(0.1)4?(0.9)?C5?(0.1)5?0.00856

（3）至多有3个设备被使用的概率是多少？

01P(X?3)?C5(0.9)5?C5?0.1?(0.9)4?C52?(0.1)2?(0.9)3

3?C5?(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

13、有一大批产品，其验收方案如下，先做第一次检验：从中任取10件，经验收无次品接受这批产品，次品数大于2拒收；否则作第二次检验，其做法是从中再任取5件，仅当5件中无次品时接受这批产品，若产品的次品率为10%，求

（1）这批产品经第一次检验就能接受的概率（2）需作第二次检验的概率

（3）这批产品按第2次检验的标准被接受的概率

（4）这批产品在第1次检验未能做决定且第二次检验时被通过的概率（5）这批产品被接受的概率

解：X表示10件中次品的个数，Y表示5件中次品的个数，由于产品总数很大，故X~B（10，0.1），Y~B（5，0.1）（近似服从）（1）P {X=0}=0.910≈0.349

21（2）P {X≤2}=P {X=2}+ P {X=1}=C100.120.98?C100.10.99?0.581

（3）P {Y=0}=0.9 5≈0.590 （4）P {0

（5）P {X=0}+ P {0

总复习题

1、一批产品有合格品也有废品，从中有放回取三件，以Ai表示第i次抽到废品，以事件的集合表示下列情况。

（1）第一次第二次抽取至少抽到一件废品。A1?A2 （2）只有第一次抽到废品。A1A2A3 （3）三次都取到废品。A1A2A3

（4）至少有一次取到废品。A1?A2?A3

（5）只有两次取到废品。A1A2A3?A1A2A3?A1A2A3

2、设事件A，B，C满足ABC??，试把下列事件表示为一些互不相容的事件的并。（1）A?B?C七块（2）AB?C?ABC?C

（3）B?AC?ABC?ABC?ABC 3、证明下列等式（1）A?B?A?BA

证：A?B?(A?B)?S?(A?B)?(A?A)?(AA?BA)?(AA?AB) ?A?BA???AB?A?BA

（2）B?A?AB?AB

证：利用差积转换AB?AB?AB?AB?(A?B)?AB?(A?AB)?(B?AB)?AB?B?A （3）(A?B)?(B?A)?AB?AB 证：利用对偶律

AB?AB?AB?AB?(A?B)?(A?B)?AA?AB?AB?BB?AB?AB?(B?A)?(A?B)

4、若P(A)?0.5,P(B)?0.4,P(A?B)?0.3，求P(A?B),P(A?B)。

解：因为P(A?B)?P(A)?P(AB)，所以P(AB)?P(A)?P(A?B)?0.5?0.3?0.2

P(A?B)?P(A)?P(B)?P(AB)?0.5?0.4?0.2?0.7, P(A?B)?P(AB)?1?P(AB)?1?0.2?0.8

5、设A，B，C是三事件，且P(A)?P(B)?P(C)?11,P(AB)?P(BC)?0，P(AC)?. 求A，B，

84C至少有一个发生的概率。

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)=

315??0? 488

6、已知A1,A2,A3都满足Ai?A(i?1,2,3),证明：P(A)?P(A1)?P(A2)?P(A3)?2 证明：?Ai?A,?A1A2A3?A,?P(A)?P(A1A2A3)，而

P(A1A2?A3)?P(A1A2)?P(A3)?P(A1A2A3),?P(A1A2A3)?P(A1A2)?P(A3)?P(A1A2?A3)又?P(A1A2?A3)?1?P(A1A2A3)?P(A1A2)?P(A3)?1?P(A1)?P(A2)?P(A1?A2)?P(A3)?1?P(A1)?P(A2)?P(A3)?2(?P(A1?A2)?1)?P(A)?P(A1A2A3)?P(A1)?P(A2)?P(A3)?27、某书店一天中售出数学书50本，外语书50本，理化书50本。设每位顾客每类书至多够买一本。其中，只购数学书的占顾客总数的20%，只购外语书的占25%，只购理化书占15%，三类书全购的占10%，求

（1）总共有多少顾客购书？（2）只购数学和外语书的人数占顾客总人数的比例。解：设A=“顾客购买数学书”，B=“顾客购买外语书”，C=“顾客购买理化书”，则由题意知P(ABC)?0.2,P(ABC)?0.25,P(ABC)?0.15,P(ABC)?0.1，还需要求出只购买其中

两类书的顾客，设P(ABC)?x,P(ABC)?y,P(ABC)?z，则由所有购书的顾客共购买了150书知：P(A?B?C)?1，所以有

0.2+0.25+0.15+0.1+x+y+z=1 （1）

另外，设购买书的总人数为w，则卖出的50本数学书应该是总人数乘以只购数学、购数学和外语、购数学和理化及三种书都购所占比例之和，即

w(0.2?x?y?0.1)?50 （2）

同理可得：

w(0.25?x?z?0.1)?50 （3） w(0.15?z?y?0.1)?50 （4）

联立四个方程成方程组，解得w=100,x=0.05,y=0.15,z=0.1, 所以（1）共有100名顾客购书，（2）只购数学和外语的占5%

8、设一批产品共100件，其中98件正品，2件次品，从中任取3件（分三种抽样方式）求（1）取出的三件中恰有一件是次品的概率；（2）取出的三件中至少有一件是次品的概率

解：与例题相仿。

9、某宾馆一楼有3部电梯，现有5人要乘坐，求每部电梯至少有一人的概率。解：设A=“每部电梯至少有一人”，其对立事件为A=“有电梯中没有人”等价于至少有一部电梯中无人，设Bi=“第I部电梯中无人”，则A?B1?B2?B3，所以，P(A)?1?P(A)?1?P(B1?B2?B3)

?1?[P(B1)?P(B2)?P(B3)?P(B1B2)?P(B1B2)?P(B2B3)?P(B1B2B3)]

2515 有题意可知P(Bi)?5，P(BiBj)?5,P(B1B2B3)?0

33所以P(A)?1?3?()?3?()?另解：两种坐法

（1）一部电梯有1人，另两部电梯各有2人：C3C5C4C2?90 （2）一部电梯有3人，另两部电梯各有1人：C3C5C2C1?60

所以P(A)?1311112223513550 8190?6050 ?538110、某教研室共11名老师，其中7名男教师，现从中任选3名为优秀教师，求3名优秀者至少有

一名女教师的概率。

解：设A表示“3名优秀者至少有一名女教师”，则A?“3名优秀者没有女教师”

3C7所以P(A)?1?P(A)?1?3

C1111．某地区电话号码由8打头的八个数字组成的八位数，求（1）八个数字全不相同的概率（2）八个数字不全相同的概率

解：（1）设A表示“八个数字全不相同”，则后面的七个数字是从除8以外的九个数字中任取7个

A97的排列。所以P(A)?7

10（2）设B表示“八个数字不全相同”，则B表示八个数字全是8，所以

P(B)?1?P(B)?1?1 71012、甲乙两人先后从52张牌中各取13张，求甲或乙拿到四张A的概率（1）甲抽后不放回，乙再抽；（2）甲抽后放回，乙再抽解：设A=“甲抽到4张A”，B=“乙抽到4张A”

（1）因为甲抽到4张A后，乙不可能抽到A，随意A与B互斥，所求概率为

4913499C4C48C48C4C392C48P(A?B)?P(A)?P(B)??13?13（B是在甲抽完13张后乙再取） 1313C52C52C39C5249494949C4C48C4C48C4C48C4C48??（2）P(A?B)?P(A)?P(B)?P(AB)? 13131313C52C52C52C3913．包括a和b二人在内的n个人排队，问a和b间恰好有r个人的概率

解：设A表示“a和b间恰好有r个人”，n个人共有n!种站法； a和b间恰好有r个人，而a可在前也可在后，两者具有对称性。

假设a在前，b在后，则a可能的站法共有（n?r?1）种，a确定了，b也随着确定，其它n?2个人在剩余的n?2个位置上全排列

y2(n?r?1)(n?2)!2(n?r?1)所以P(A)? ?x n!n(n?1)14、随机地向半圆0?y?2ax?x2（a为正常数）内掷一点，点落在园内任

?/40ya x 何区域的概率与区域的面积成正比，求原点与该点的连线与x轴的夹角小于?/4的概率.

解：半圆域如图

设A?‘原点与该点连线与x轴夹角小于?/4’ 由几何概率的定义

1212?a?aA的面积2 P(A)??412半园的面积?a215．略

16．10个考签中有4个难签，三个人参加抽签(无放回)甲先，乙次，丙最后，试问(1) 甲、乙、丙均抽得难签的概率为多少? (2) 甲、乙、丙抽得难签的概率各为多少?

【解】令A、B、C分别表示甲、乙、丙抽得难签的事件，（1）所求概率为

P(ABC)?P(A)P(B|A)P(C|AB)?（2）因为抽签时按甲、已、丙的次序先后抽取，所以甲抽得难签的概率为：P(A)?4321??? 1098304?0.4； 10乙抽得难签这一事件B?AB?AB，所以乙抽得难签的概率为

P(B)?P(AB?AB)?P(AB)?P(AB)

6541??? 10986 P(C)?P(ABC?ABC?ABC?ABC)?P(ABC)?P(ABC)?P(ABC)?P(ABC)

1111????0.4 301010617. 一批零件共100个，次品率为10％，每次从中任取一个零件，取后不放回，如果取到一个合格品就不再取下去，求在三次能取到合格品的概率。

解：设Ai表示第i次取到合格品，A表示“三次能取到合格品”，则由题意

A?A1?A1A2?A1A2A3，且互斥，

所以P(A)?P(A1)?P(A1A2)?P(A1A2A3)?P(A1)?P(A1)P(A2|A1)?P(A1)P(A2|A1)P(A3|A1A2) ?

18、假设有两箱同种零件：第一箱内装50件，其中10件一等品；第二箱内装30件其中18件一等品，现从两箱中随意挑出一箱，然后从该箱中先后随机取出两个零件（取出的零件均不放回），试求：（1）先取出的零件是一等品的概率；（2）在先取的零件是一等品的条件下，第二次取出的零件仍然是一等的概率.

解设Ai?‘第i次取出的零件是一等品’，i?1,2. Bi?‘取到第i箱’，i?1,2. 则（1）P(A1)?P(B1)P(A1|B1)?P(B2)P(A1|B2)? （2）P(A2|A1)? ?90109010990?.?.. 1001009910099981132(?)?. 2555P(A1A2)P(A1A2B1?A1A2B2)?

P(A1)P(A1)P(B1)P(A1A2|B1)?P(B2)P(A1A2|B2)

P(A1)

22?C181?C10?22?2?CC?951?30???50????4?0.4856 2?4929?519．发报台分别以概率0.6和0.4发出信号“．”和“—”，由于通讯系统受到干扰，当发出信号“．”时，收报台未必收到信号“.”，而是分别以0.8和0.2收到“．”和“—”；同样，发出“—”时分别以0.9和0.1收到“—”和“．” 。如果收报台收到“．”，问它没收错的概率？

解：设A={发报台发出信号“．”}，A={发报台发出信号“—”}，B＝｛收报台收到“．”｝，B＝｛收报台收到“—”｝；于是，P(A)?0.6，P(A)?0.4，P(B|A)?0.8，P(B|A)?0.2，

P(B|A)?0.9，P(B|A)?0.1；按贝叶斯公式，有

P(A|B)?P(AB)P(A)P(B|A)0.6?0.8???0.5714

P(B)P(A)P(B|A)?P(A)P(B|A)0.6?0.8?0.4?0.9所以没收错的概率为0.5714.

20、罐子中有b只黑球，r只红球，从中任取一球，观察颜色后放回，并加进同颜色的c个球，再到第二次，方法同上，如此进行下去，求：

（1）第一、二次取到红球，第三次取到黑球的概率；（2）第一、三次取到红球，第二、四次取到黑球的概率. 【解】令Bi＝{第i次取到黑球}，则Bi＝{第j次取到红球}；

由题意得，

（1）P(B1B2B3)?P(B1)?P(B2B1)?P(B3B1B2)?rr?cb ??b?rb?r?cb?r?2c（2）P(B1B2B3B4)?P(B1)?P(B2B1)?P(B3B1B2)?P(B4|B1B2B3)

rbr?cb?c ???b?rb?r?cb?r?2cb?r?3c21．设口袋中装有2n?1只白球，2n只黑球，一次取出n只球，如果已知取出的球是同一颜色，计算该颜色是黑色的概率。

解：设A表示“取出的球是同一颜色”；B表示“取出的球全是黑色”，则

nnnC2C2n?1?C2nP(A)?,P(B)?nn nC4n?1C4n?1nC2P(AB)P(B)2??nnn? 所求概率为P(B|A)?P(A)P(A)C2n?1?C2n322、某商场各柜台受到消费者投诉的事件数为0、1、2三种情形，其概率分别为0.6、0.3、0.1.有

关部门每月抽查商场的两个柜台，规定：如果两个柜台受到的投诉之和超过1次，则给商场通报批评；若一年中有三个月受到通报批评则该商场受挂牌处分一年，求该商场受处分的概率。分析：首先应该求出一月内两柜台受投诉的次数超过1次的概率，再求一年内受通报批评次数大于等于3次的概率。

解：设A=“商场一月内受到通报批评”，Bi=“第一柜台一月内受到投诉i次”（i=1，2，3）

Ci=“第二柜台一月内受到投诉i次”（i=1，2，3），则由题意得，受到通报批评的情况有一下几种：第

一柜台0投诉第二柜台2次投诉或第一柜台2次投诉第二柜台0投诉或者第一柜台至少一次投诉第二柜台至少一次投诉，即

A?B0C2?B2C0?B0C0（两两互斥，之间独立）

所以P(A)?P(B0C2)?P(B2C0)?P(B0C0)?P(B0)P(C2)?P(B2)P(C0)?P(B0)P(C0) =0.28

设X表示商场一年12个月内受到通报批评的次数，则这是一个贝努利概型，n=12，p=0.28，“受挂牌处分”等价于“X?3” 所以P(X?3)?1?P(X?3)?1?P(X?0)?P(X?1)?P(X?2)?0.696

23 某人有两盒火柴，吸烟时从任一盒中取一根火柴，经过若干时间后，发现一盒火柴已用完。如果最初每盒中各有n根火柴，求这时另一盒中还有r 根火柴的概率。

解：设有甲、乙两盒火柴，每次从甲还是从乙中取火柴的概率都是0.5. 而用完的哪盒火柴可能是甲盒也可能是乙盒。

该人总共取火柴的次数为2n-r+1 ，在最后一次即第2n-r+1次取的过程中发现火柴没有了，因此实际上取火柴的次数为2n-r 次，在这2n-r 次取火柴的过程中，有n次从其中的一个盒子里取得，另外的n-r次从另外一个盒子里取得，从哪一个盒子里取的概率都为0.5，

因此这是一个贝努利概型：每次试验只有两个结果：要么从甲盒取、要么从乙盒取，共进行了2n-r次试验，并且是独立的，要求的是：在2n-r 次试验中恰好从其中一个盒子里取到n只火柴的概率。所

以

nnn?rn2n?r p?C2 ?C2n?r()()n?r()121212另解：设A?‘发现一盒已经用完另一盒还有r根’。 B?‘发现甲盒已经用完乙盒还有r根’。则

P(A)?2P(B)

B发生?甲盒拿了n?1次，乙盒拿了n?r次，共进行了2n?1?r次试验，而且前2n?r次试验，甲发生n次，第2n?1?r次试验甲发生。故

P(B)?C从而

P(A)?2P(B)?Cn2n?rn2n?r?1????2?2n?r1? 2?1????2?2n?r

24、甲乙丙3人同向一飞机射击，设击中飞机的概率分别为0.4、0.5、0.7。如果只有一人击中飞机，则飞机被击落的概率为0.2，如果有两人击中飞机，则飞机被击落的概率为0.6，如果有三人击中飞机，则飞机一定被击落。求飞机被击落的概率。

解：设A＝“甲击中飞机”，B＝“乙击中飞机”，C＝“丙击中飞机”； Hi＝“有i人击中飞机”（i＝0，1，2，3）；D＝“飞机被击中” 则由已知，P(D|H0)?0,P(D|H1)?0.2,P(D|H2)?0.6,P(D|H3)?1 由于A、B、C相互独立，所以

P(H0)?P(ABC)?[1?P(A)][1?P(B)][1?P(C)]?0.09,P(H1)?P(ABC?ABC?ABCP?0.36,P(H2)?P(ABC?ABC?ABC)?0.41,P(H3)?P(ABC)?0.14

而S?H0?H1?H2?H3，所以D?DH0?DH1?DH2?DH3 所以P(D)?P(DH0?DH1?DH2?DH3)?

?P(DH)??P(H)P(D|H)?0.458

iii004425. “水滴石穿”、“只要功夫深，铁杵磨成针”的概率含义——小概率事件原理。

26. 现有编号为I、II、III的三个口袋，其中I号袋内装有两个1号球，一个2号球与一个3号球；II号口袋内有两个1号球与一个3号球；III号袋内有三个1号球与两个2号球。现先从I号袋内取一个球，放入与球的号数相同的口袋中，再从该口袋中任取一个球，计算第二次取到几号球的概率最大。

解：设Ai表示“从I号袋内取到第i号球”，Bi表示“第二次取到的球的号码” 则A1?A2?A3?S，P(A1)?由全概率公式得

211?,P(A2)?P(A3)?， 424P(B1)?P(A1)P(B1|A1)?P(A2)P(B1|A2)?P(A3)P(B1|A3)

?1111131.?.?.? 2244462P(B2)?P(A1)P(B2|A1)?P(A2)P(B2|A2)?P(A3)P(B2|A3)

?11111213.?.?.? 24444648P(B3)?P(A1)P(B3|A1)?P(A2)P(B3|A2)?P(A3)P(B3|A3)

?11111111 .?.?.?2444464827. 要验收100台微机，验收方案如下：从中任取3台测试（相互独立），3台中只要有一台被认为是次品，这批微机就会被拒绝接受。由于测试条件和水平，将次品的微机误认为为正品的概率为0.05，而将正品的微机误判为次品的概率为0.01.如果已知这100台微机中恰有4台次品，试问这批微机被接受的概率。

解：设A表示“这批微机被接受”，Bi表示“抽检的3台微机中次品的台数”，则

3211203C96C96C4C96C4C96C4P(B0)?3,P(B1)?3,P(B2)?3,P(B3)?3，且B0?B1?B2?B3?S

C100C100C100C100而P(A|B0)?(1?0.01)?0.99（即每一件正品经检验确是正品的概率为1-0.01＝0.99，且相互独立，所以抽取的三件正品经检验确是正品的概率为0.99。该概率为：当抽取三件正品时，经检验确是正品。以下类似）

333P(A|B1)?(1?0.01)2?0.05?0.992?0.05，P(A|B2)?(1?0.01)1?0.052?0.991?0.052 P(A|B3)?(1?0.01)?0.052?0.99?0.052

所以，由全概率公式得P(A)??P(B)P(A|B)

iii?0328. 某仪器由三个部件组成，假设各部件质量互不影响且其优质率分别为0.8、0.7、0.9.已知：如果

三个部件都是优质品，则组装后的仪器一定合格；如果有一个部件不是优质品，则组装后的仪器不合格率为0.2；如果有两个部件不是优质品，则组装后的仪器不合格率为0.6；如果三部件都不是优质品，则组装后的仪器不合格率为0.9.

（1）求仪器的不合格率；（2）如果已发生一台仪器不合格，问它有几个部件不是优质品的概率最大。

解：设A表示“仪器不合格”，Bi表示“仪器内有i个不是优质品”，Ci表示“第i个部件是优质品”

则，P(C1)?0.8,P(C2)?0.7,P(C2)?0.9,

且B0?C1C2C3;，B1?C1C2C3?C1C2C3?C1C2C3,B2?C1C2C3?C1C2C3?C1C2C3B3?C1C2C3 因为Ci（i＝1，2，3）相互独立，且上述事件之间互斥，所以

P(B0)?0.8?0.7?0.9?0.504， P(B1)?0.8?0.7?0.1?0.8?0.3?0.9?0.2?0.7?0.9?0.398 P(B2)?0.8?0.3?0.1?0.2?0.3?0.9?0.2?0.7?0.1?0.092，P(B3)?0.2?0.3?0.1?0.006

由题意P(A|B0)?0,P(A|B1)?0.2,P(A|B2)?0.6,P(A|B3)?0.9，（1）由全概率公式可得P(A)??P(B)P(A|B)＝0.1402；

iii?03（2）由贝叶斯公式P(Bi|A)?P(A)P(A|Bi)可得

P(A)0.504?00.398?0.2796?0,P(B1|A)??,

0.1020.140214020.092?0.65520.006?0.954 P(B2|A)??,P(B3|A)??0.140214020.14021402P(B0|A)?所以出现一个部件不是优质品的概率最大。

吴赣昌经管类三版复习提要及课后习题解答

习题2-2

题型一：求随机变量的分布律、分布律的性质应用、由分布律求概率（题1-7）

1. 设X~P(?)，且P(X?1)?P(X?2)，求?，P(X?1)?P(0?X?3)?. 解：P(X?1)?2?11!e????22!e??????22???2(??0)

2、设随机变量的分布律为P{X?k}?k(k?1,2,3,4,5)， 15求（1）P{?X?}；（2）P{1?X?3}；（3）P{X?3}

1252解：由分布律的性质

?P{X?k}?1，得

k?15（1）P{?X?}?P{x?1}?{x?2}?（2）P{1?X?3}?1252121?? 15155?15?5

k?13k2（3）P{X?3}?1?P{X?3}?1?P{1?X?3}?3 51357，求常数c，并计算,,,2c4c8c16c3、已知X只取-1，0，1，2四个值，相应的概率为

P{X?1|X?0}。

解：由分布律的性质有

135737 ????1，所以c?2c4c8c16c16P{X?1|X?0}?P{X?1,X?0}P{X??1}8??

P{X?0}P{X??1}?P{X?1}?P{X?2}254、一袋中有5只球，编号分别为1，2，3，4，5，在袋中同时取5只球，以X表示取出的3只球

中的大号码，求X的分布律。

解：由题意知，X所有可能取到的值为3，4，5，由古典概率计算公式可得分布律为

2C323C4611P{X?3}?3?，P{X?4}?3?，P{X?5}?3?

C510C510C5105、某加油站替出租公司代营出租汽车业务，每出租一辆汽车，可从出租公司得到3元。因为代出

租汽车这项业务，每天加油站需多付职工的服务费60元。设加油站每天出租汽车数X是随机变量，其分布律为; X pk 10 0.15 20 0.25 30 0.45 40 0.15 求：出租汽车这项业务的收入大于额外支付职工服务费的概率（即这项服务盈利的概率）

解：设A=“这项服务盈利的概率”，由题意

P(A)?P{3X?60}?P{X?20}?P{X?30}?P{X?40}?0.45?0.15?0.6

题型2 常见分布的应用，几何分布、二项分布、泊松分布、二项分布的泊松逼近

6（几何分布）、设自动生产线在调整后出现废品的概率为0.1，当生产过程中出现废品时立即进行调整，X表示在两次调整之间生产的合格品数，求（1） X的分布律；（2）P(X?5}；

（3）在两次调整之间能以0.6的概率保证生产出合格品的数量不少于多少？

解：（1）{X=k}表示这k次全生产了合格品，第k+1次生产了废品，所以这是几何分布的问题，

P(X?k}?p(1?p)k?0.1?0.9k(k?0,1,2...)

0.95?0.95 （2）P(X?5}??0.1?0.9?0.1?1?0.9k?5?k（3）设数量不少于n，则由题意知P{X?n}?0.6，所以有P{X?n}?1?P{X?n}?0.4

所以

?0.1?0.9k?0n?1n?1?0.9n，因而有1?0.9n?0.4，解得n=5

7、某运动员投篮的命中率为0.6，求他一次投篮时，投篮命中次数的概率分布

解

X p

8、某种产品共10件，其中3件次品，现从中任取3件，求取出的3件产品中次品数的概率分布。

0 0.4 1 0.6 解：设X表示取出的3件产品中次品数，则X：0，1，2，3

31123C7C72C3C7C3C3P{X?0}?3,P{X?1}?3,P{X?2}?3,P{X?3}?3

C10C10C10C109、一批产品共10件，其中7件正品，3件次品，每次从中任取一件，取出的产品仍放回，求直到

取到正品为止所需次数X的概率分布。

解：X：1，2，…，n，…，取到次品的概率为p?0.3，取到正品的概率为q?0.7， X P 1 0.7 2 0.3*0.7 … … n 0.3n1*0.7 －… … 10. 设X~B(2,p),Y~B(3,p)，如果P{X?1}?5，求P{Y?1}。 9kk解：因为X~B(2,p)，所以P{X?k}?C2p(1?p)2?k(k?0,1,2)；

而

5100?P{X?1}?1?P{X?0}?1?C2p(1?p)2?1?(1?p)2，所以p? 93kk又Y~B(3,p)，所以P{Y?k}?C3p(1?p)3?k(k?0,1,2,3)；

所以P{Y119?1}?1?P{Y?0}?1?(1?)3?

32711、（二项分布的泊松逼近）纺织女工照顾800个纺锭，每个纺锭在某一时间段内断头的概率为

0.005，求在这段时间内断头的次数不大于2次的概率。

解：设X：在某时间段内800个纺锭断头的数量，则X~B(800,0.005)

P{X?2}??C0.0050.995k800kk?02800?k4k?4??e(??800?0.005?4)?0.2381 k?0k!212、设书籍上每页的印刷错误的个数服从泊松分别，经统计发现在某本书上，有一个印刷错误与有两个印刷错误的页数相同，求任意检验4页，每页上都没有印刷错误的概率。

解：设X：每页的印刷错误的个数，由题意X~P(?)，即P{X?k}??kk!e??(k?0,1,2,...)，

由题意P{X?1}?P{X?2}可得

?11!e????22!e??，解得??2，所以

2k?2P{X?k}?e(k?0,1,2,...)

k!20?2e?e?2 所以，每页上没有印刷错误的概率为p?P{X?0}?0!设Y：检验的4页中没有印刷错误的页数，则Y~B(4,e)

4?24?20?24?8所求概率为P{Y?4}?C4(e)(1?e)?(e)?e

?2 25

13、设在时间t（分钟）内，通过某交叉路口的汽车数服从参数与t成正比的泊松分布。已知在1分钟内没有汽车通过的概率为0.2，求在2分钟内最多有一辆汽车通过的概率。

解：设X(t)表示在时间t（分钟）内通过某交叉路口的汽车数，则X(t)~P(at)

a0?a由题意X(1)~P(a)，所以0.2?P{X(1)?0},即0.2?e，所以a?ln5

0!又X(2)~P(2ln5)，所以，

(2ln5)k?2ln51e?(1?2ln5) 所求概率为P{X(2)?1}??k!25k?01

习题2-3

3. 已知离散型随机变量X的分布列为：P(X?1)?0.2,P(X?2)?0.3，P(X?3)?0.5，试写出X的分布函数。解 X的分布列为 XP1230.20.30.5 所以X的分布函数为

?0,?0.2,? F(x)???0.5,??1,

x?1,1?x?2,2?x?3,x?3.

6、设随机变量X的分布函数为

F(x)?A?Barctanx，???x??，

求：（1）系数A与B；（2）P(?1?X?1)；（3）X的概率密度。解（1）由分布函数的性质

??0?F(??)?A?B???2 ?

??1?F(??)?A?B???211于是 A?，B?，所以X的分布函数为

?211 F(x)??arctanx ???x??，?

2?11?11?1 （2）P(?1?X?1)?F(1)?F(?1)????(??)?；

2?42?421 （3）X的概率密度为f(x)?F?(x)? 2?(1?x)

习题2-4

1、设X~f(x)?12?e?(x?3)24，则Y?X?3~N(0,1) 22、已知X~f(x)??解：P{X?0.5}??2x,0?x?1，求P{X?0.5};P{X?0.5};F(x)

0,other??0.5??f(x)dx??2xdx;

00.5P{X?0.5}?0;

?0,x?0?0x?xF(x)?P{X?x}???f(x)dx??0dx??2xdx,0?x?1

????0???1,x?1?A?Be?2x,x?03、设X~F(x)??

?0,x?0（1）求A，B

??1?e?2x,x?0?A?1?A?1?F(??)?1解：由?得，?，所以?，即F(x)??

limF(x)?0A?B?0B??10,x?0?????x?0（2）求P{?1?X?1}?F(1)?F(?1)?1?e

?2?2e?2x,x?0（3）f(x)?F?(x)??

?0,x?04、服从拉普拉斯分布的随机变量X的概率密度为f(x)?Ae解：由

?|x|，求A及其分布函数。

?????f(x)dx?1??Aedx????0?x??0Ae?xdx?1?A?0.5

x??0.5e,x?0所以其密度函数为f(x)?? ?x??0.5e,x?0分布函数为F(X)?P(X?x}??x???x0.5exdx?0.5ex,x?0????f(x)dx??x

??0.5e?xdx?0.5?0.5e0.5x,x?0?05、设X服从（1，5）上的均匀分布，如果（1）x1?1?x2?5，（2）1?x1?5?x2 求P{x1?X?x2}

?1?,1?x?5解：因为X~U[1,5]，所以f(x)??4

??0,other11dx?(x2?1) ?x1x1144x251x21（2）当1?x1?5?x2，P{x1?X?x2}??f(x)dx??dx??0dx?(5?x1)

x1x1454（1）当x1?1?x2?5时，P{x1?X?x2}?x2f(x)dx??0dx??1x26、【本题是连续型与离散型随机变量的综合题目】设一个汽车站上，某路公共汽车每5分钟有一辆

车到达，设乘客在5分钟内任一时刻到达是等可能的，计算在车站候车的10位乘客中只有一位等待时间超过4分钟的概率。

解：由于乘客在【0，5】时间段内到达车站是等可能性的，设X：乘客在【0，5】时间段内到达的

?1?,0?x?5时刻，则X~U[0,5]，所以f(x)??5

??0,otherA=“每位乘客等待乘车的时间超过分钟”?{0?X?1}，所以p?P(A)?P{0?x?1}?1?05dx?0.2，

1设Y=“10位乘客中等待时间超过4分钟的人数”，则Y~B(10,0.2)

1所以，是所求概率为P{Y?1}?C100.2?0.89?0.268

7、设X～N（3.22）

（1）求P (22}，P (X>3)

β?μ??α?μ? 解：∵ 若X～N（μ，σ2），则P (α

P (|X|>2)=1－P (|X|<2)= 1－P (－2< P<2 )=1??????????2????2??=1－0.3085+0.0062=0.6977

?3?3?P (X>3)=1－P (X≤3)=1－φ??=1－0.5=0.5

2??（2）决定C使得P (X > C )=P (X≤C)

解：P (X > C )=1－P (X≤C )= P (X≤C)，得P (X≤C )=

1=0.5 2C?3?C?3又P (X≤C )=φ??0 ???0.5,查表可得2?2?2∴ C =3

8、设测量误差X~N(0,10),，进行100次独立测量，求误差的绝对值超过19.6的次数不少于3的概率。

解：误差的绝对值超过19.6的概率为

p?P{|X|?19.6}?1?P{|X|?19.6}?1?P{?19.6?0X?019.6?0?} ?2[1??(1.96)]?0.05

101010设Y：100次独立测量中误差超过19.6的次数，则Y~B(100,0.05)

所以P{Y?3}?1?P{Y?3}?1??Ck?02k1000.050.95k100?k5k?5?1??e?0.87

k?0k!2【评注】本题用到正态分布的标准化，二项分布的泊松逼近。

9、计件超产奖，需对生产定额做出规定。假设每名工人每月装配的产品数X~N(4000,3600)。假定希望10%的工人获得超产奖，求工人每月需完成多少件产品才能获得超产奖。

解：设需要完成n件产品才能获得超产奖。则由题意知，要获得超产奖就需生产的产品数大于等于n，所以

P{X?n}?1?P{X?n}?1?P{所以有1??(X?4000n?4000n?4000?}?1??()

6036003600n?4000n?4000)?0.1??1.28?n?4077 6060210、某地区18岁的女青年的血压（收缩区，以mm-Hg计）服从N(110,12)在该地区任选一18岁女青年，测量她的血压X。求

（1）P (X≤105)，P (100x) ≤ 0.05.

解:(1)P(X?105)??(105?110)??(?0.4167)?1??(0.4167)?1?0.6616?0.3384 12120?110100?11055)??()??()??(?)121266

P(100?X?120)??(5?2?()?1?2?(0.8333)?1?2?0.7976?1?0.59526(2)P(X?x)?1?P(X?x)?1??(查表得x?110x?110)?0.05??()?0.95. 1212x?110?1.645.?x?110?19.74?129.74.故最小的X?129.74 1211、设某城市男子身高X~N(170,36)，

（1）问应如何选择公共汽车的车门高度才能使男子与车门碰头的概率小于0.01？（2）若车门高度为182厘米，求100个男子中与车门碰头的人数不多于2个概率。

解：因为X~N(170,36)，所以f(x)?12??6e1x?1702?()26,??170,??6

（1）设车门的高度为h，则当“X?h”时，男子能与车门碰头所以由题意P{X?h}?0.01，将其标准化，可得

P{X?h}?1?P{X?h}?1??(h?170h?170h?170)??()?0.99 ??2.33?h?183.98 66629

（2）当男子的身高大于182厘米时，能与车门碰头，所以

182?170p?P{X?182}?1?P{X?182}?1??()?1??(2)?0.0228

6设Y：100个男子中与车门碰头的人数，则X~B(100,0.0475)

所以所求概率为P{Y?2}??Ck?02k1000.02280.9772k100?k2.28k?2.28??e?0.6013

k!k?02212、某人到火车站有两条路，第一条路程短，但交通拥挤，所需时间服从N(40,10)；第二条路程长，但意外阻塞较少，所需时间服从N(50,4)。（1）若离开车时间只有60分钟，应选择哪条线路？

（2）若离开车时间只有45分钟，应选择哪条线路？

解：设X：选择第一条线路到达车站所需的时间，则X~N(40,10) Y：选择第二条线路到达车站所需的时间，则Y~N(50,4) （1）两条线路在60分钟内到达车站的概率分别为

222P{X?60}??(60?4060?50)??(2)?0.9772；P{Y?60}??()??(2.5)?0.9938 104所以应选第一条。

（2）两条线路在45分钟内到达车站的概率分别为

45?40)??(0.5)?0.69151045?50P{Y?45}??()??(?1.25)?1??(1.25)?0.1056

4P{X?45}??(所以应选第二条

13、设顾客在某银行的窗口等待服务的时间X（以分计）服从指数分布，其概率密度为：

x?1?5?FX(x)??5e,x?0

??0,其它某顾客在窗口等待服务，若超过10分钟他就离开。他一个月要到银行5次。以Y表示一个月内他未等到服务而离开窗口的次数，写出Y的分布律。并求P（Y≥1）。

解：该顾客“一次等待服务未成而离去”的概率为

???1???5P(X?10)?fX(x)dx?edx??e510?e?2

10510?5?因此Y~B(5,e?2).即P(Y?k)???e?2k(1?e?2)5?k,(k?1,2,3,4,5

?k?15P(Y?1)?1?P(Y?1)?1?P(Y?0)?1?(1?e?2)5?1?(1?)?1?(1?0.1353363)57.389

?1?0.86775?1?0.4833?0.5167.????xx14、某仪器装有三只独立工作的同型号电气元件，其寿命都服从同一分布，密度函数为

1x?1?600e,x?0?f(x)??600，求在仪器使用的最初200小时内，至少有一个电子元件损坏的概率。

?0,other? 30

1?x?1?1?e600,x?0解：设X：电子元件的使用寿命，则X~E( )，所以F(x)??600??0,otherA=“使用到200小时，电子元件损坏”，则P(A)?P{X?200}?F(200)?1?e设Y：三个元件在使用到200小时，损坏的个数，则Y~B(3,1?e所以P(Y?1}?1?P{Y?0}?1?[1?(1?e15、设X~N(?,16),Y~N(,25?)有p1?p2。

?1/3?1/3?1/3

)

)]3?1?e?1

；记p1?P{X???4},p2?P{Y???5}，试证对任意?总

X????1}??(?1)?1??(1), 4Y??p2?P{Y???5}?1?P{Y???5}?1?P{?1}?1??(1)

5证：p1?P{X???4}?P{所以p1?p2.

习题2-5

1、 2、

3、设X~U[a,b]，求Y?cX?d的密度函数（以c>0为例）

?1,a?x?b?解：因为X~U[a,b]，所以f(x)??b?a

??0,other设Y的分布函数为FY(y)

y?d（1）当x?a时，有y?ac?d，即?a，此时

cy?dy?dFY(y)?P{Y?y}?P{aX?d?y}?P{X?}??c0dx?0

??cy?d（2）当a?x?b时，有ac?d?y?bc?d，即a??b，此时

cy?dy?day?d1FY(y)?P{cX?d?y}?P{X?}??cf(x)dx??0dx??cdx

????acb?a1y?d?[?a] b?acy?d（3）当x?b时，有y?bc?d，即?b，此时

cy?dy?daby?d1cFY(y)?P{X?}??f(x)dx??0dx??dx??c0dx?1

????ab?abc 31

?1,ac?d?y?bc?d?所以可得fY(y)?FY?(y)??c(b?a)

?0,other?同样可讨论c<0时的情形解法2：利用定理求解

因为Y?cX?d是严格单调函数，所以x?h(y)?又当a?x?b时，有ac?d?y?bc?d

y?d1，h?(y)?； cc1?1?,ca?d?y?cb?d,?所以fY(y)?fX(h(y))|h?(y)|??b?a|c|

?0,other.?

4、X~U[?1,1]，求Y?e的概率密度fY(y) 解：因为X~U[?1,1]，所以f(x)??X?1/2,?1?x?1

?0,other?1设Y的分布函数为FY(y)，则当?1?x?1时，e?y?e

?0,y?e?1?X?1所以FY(y)?P(Y?y)?P(e?y)??P(X?lny),e?y?e

?1,y?e??0,y?e?1?lnylny11????f(x)dx??dx?(lny?1),e?1?y?e

???122?y?e??1,?1?1?,e?y?e?所以fY(y)?FY(y)??2y

?0,other?

5、设X～N（0，1）（1）求Y=eX的概率密度解：∵ X的概率密度是f(x)?1e2π?x22,???x???

Y= g (X)=eX 是单调增函数又 X= h (Y ) = lnY 反函数存在且 α = min[g (－∞), g (+∞)]=min(0, +∞)=0 β = max[g (－∞), g (+∞)]= max(0, +∞)= +∞ ∴ Y的分布密度为：

(lny)2???f[h(y)]?|h'(y)|?1e2?1ψ(y)??y2π?0?0?y??? y为其他（2）求Y=2X2+1的概率密度。

在这里，Y=2X2+1在(+∞，－∞)不是单调函数，没有一般的结论可用。设Y的分布函数是FY（y），则 FY ( y)=P (Y≤y)=P (2X2+1≤y)

? =P????当y<1时：FY ( y)=0

y?1?X?2y?12?? ???当y≥1时：Fy(y)?P????y?1?X?2y?1???2???y?12?y?12?1e2πx22dx

故Y的分布密度ψ( y)是：

当y≤1时：ψ( y)= [FY ( y)]' = (0)' =0

?当y>1时，ψ( y)= [FY ( y)]' =?????y?12y?1212?e?x22??dx? ???1e =

2π(y?1)y?14

（3）求Y=| X |的概率密度。

∵ Y的分布函数为 FY ( y)=P (Y≤y )=P ( | X |≤y) 当y<0时，FY ( y)=0

当y≥0时，FY ( y)=P (| X |≤y )=P (－y≤X≤y)=∴ Y的概率密度为：

当y≤0时：ψ( y)= [FY ( y)]' = (0)' =0

?y?y?1e2πx22dx

?当y>0时：ψ( y)= [FY ( y)]' =???

?y?y12πx2?e2?y2??2dx??e2 ?π?6、设X的密度函数为f(x)，分布函数为F(x)，求下列函数的概率密度（1）Y?1/X；（2）Y?tanX；（3）Y?|X|

解：(1) FY(y)?P(Y?y)?P(当y?0时，

1?y) X11?y??X?0，所以 Xy111?y)?P{?X?0}?F(0)?F() XyyFY(y)?P(Y?y)?P(1111fY(y)?FY?(y)?[F(0)?F()]??F?(0)?F?()?f()2

yyyy

当y?0时，

11?y?{X?0}?{0?X?}，所以 Xy11?y)?P[{X?0}?{X?}] XyFY(y)?P(Y?y)?P(11?P{X?0}?P{X?}]?F(0)?1?F()

yy1111fY(y)?FY?(y)?[F(0)?1?F()]???F?()?f()2

yyyy当y=0时，FY(y)?P(Y?y)?P(1?y)?P{X?0}?F(0)， XfY(y)?FY?(y)?[F(0)]??0

?11?f()2,y?0所以fY(y)?FY?(y)??yy

?0,y?0?（2）FY(y)?P(Y?y)?P(tanX?y)?P{?k?????(k????2?X?k??arctany)}

??P{k??????X?k??arctany}??[F(k??arctany)?F(k??)] 22???所以fY(y)?FY?(y)?1?? F(k??arctany)?F(k??)?f(k??arctany)???221?y???????（3）当y?0时，FY(y)?P(Y?y)?P(|X|?y)?P{?}?0，所以fY(y)?FY?(y)?0 当y?0时，FY(y)?P(Y?y)?P(|X|?y)?P{?y?X?y}?F(y)?F(?y) 所以fY(y)?FY?(y)?[F(y)?F(?y)]??f(y)?f(?y)

7、某物体的温度T (oF )是一个随机变量，且有T～N（98.6，2），试求θ(℃)的概率密度。[已知

θ?5(T?32)] 9解：法一：∵ T的概率密度为f(t)?12?2e?(t?98.6)22?2,???t???

又 θ?g(T)? T?h(θ)?5(T?32) 是单调增函数。 99θ?32 反函数存在。 5 且 α = min[g (－∞), g (+∞)]=min(－∞, +∞)=－∞

β = max[g (－∞), g (+∞)]= max(－∞, +∞)= +∞

∴ θ的概率密度ψ(θ)为

ψ(θ)?f[h(θ)]?|h'(θ)|?12π29e10π?9(θ?32?98.6)2?54e?9 5 ?81(θ?37)2100,???θ???

法二：根据定理：若X～N（α1， σ1），则Y=aX+b～N (aα1+b, a2 σ2 ) 由于T～N（98.6, 2）

2?5??333?5?2?5160160?5?~N??98.6?,???2??N?,???2? 故 θ?T?999?9??????9??9?9??故θ的概率密度为：

?333?????9???22?(?)?1e52?29?5?2????2?9??910?e?81(??37)2100,???????

总复习题

1、从1-20的整数中取一个数，若取到整数k的概率与k 成正比，求取到偶数的概率。解：设X=“从1-20的整数中取到的数”，则由题意P{X?k}?ck（c待定）

而

?P{X?k}?1，所以?ck?1，得到ck?1k?1202020(1?20)1 ?1?c?2210所以P{X?k}?1k 210设A=“取到偶数”，则P(A)??P{X?2n}??n?1102n111 ?(2?4?...?20)?21021021n?1102、如果每次射击中靶的概率为0.7，求射击10炮，

（1）命中3炮的概率；（2）至少命中3炮的概率；（3）最有可能命中几炮

解：设10炮中命中的炮数为X，则X~B(10,0.7)

337（1）P{X?3}?C100.70.3

（2）P{X?3}?1?P{X?3}?1??Ck?02k100.7k0.310?k

（3）由于（10+1）*0.7=7.7，不是整数，所以最有可能命中7炮。

3、（用泊松逼近近似计算实际应用的题目）在保险公司内有2500名同年龄段和同社会阶层的人参

加人寿保险，在1年内每个人死亡的概率为0.002，每个参加保险的人在1月1日交120元保险费，而在死亡时家属可从保险公司中领取20000元的赔偿金。求（1）保险公司亏本的概率

（2）保险公司获利分别不少于100000，200000元的概率

解：设1年内死亡的人数为X，保险公司获利为Y元则X~B(2500,0.002)；Y?2500?120?20000X?30?2X（保险公司获利Y万元）（1）P（保险公司亏本）=

P{Y?0}?P{30?2X?0}?P{X?15}?1?P{X?15}?1??Ck?015k25000.0020.99810k2500?k（2） 5k?5?1??e?0.000069(??5)k?0k!15P{Y?10}?P{30?2X?10}?P{X?10}??Ck?0k25000.0020.998k2500?k5k?5??e?0.9803(??5)k?0k!10P{Y?20}?P{30?2X?20}?P{X?5}??Ck?05k25000.0020.998k2500?k5k?5??e?0.6159(??5) k?0k!54、一台总机有300台分机，总机有13条外线，假设每台分机向总机要外线的概率为0.03，求每台分机向总机要外线时，能及时得到满足的概率和同时向总机要外线的最有可能台数。

解：设X：300台分机同时向总机要外线的台数，则X~B(300,0.03)

则“每台分机向总机要外线时，能及时得到满足”等价于要外线的台数不多于13台，所以P{X?13}??Ck?013k3000.030.97k300?k9k?9??e?0.9265(??9) k?0k!13（2）[(300+1)*0.03]=9

5、在长度为t的时间间隔内，某急救中心收到紧急呼叫的次数服从参数为间起点无关，求：

（1）某一天从中午12点至下午3点没有收到紧急呼叫的概率（2）某一天从中午12点至下午5点至少收到一次紧急呼叫的概率

解：（1）设X：从中午12点至下午3点收到紧急呼叫的次数，则X~P() 所求概率为P{X?0}

（2）设Y：从中午12点至下午5点收到紧急呼叫的次数，则Y~P() 所求概率为P{Y?1}?1?P{Y?0}

6、 7、

8、使用了x小时的电子管，在以后的?x小时内损坏的概率为??x?o(?x)，求电子管在损坏前已使用时数X的分布函数F(x)，并求电子管在T小时内损坏的概率。

t的泊松分布，而与时23252解： 9、

10、某城市饮水的日消费量X（单位百万升）是随机变量，其密度函数为

?xe?x/3,x?0? f(x)??9?0,other?求：（1）日消费量不低于600万升的概率

（2）日消费量介于600万升到900万升的概率。解：（1）P{X?600}?1?P{X?600}?1??6000xe?x/3dx 9（2）P{600?X??}?11、 12、 13、

?900600xe?x/3dx 914、设X具有关于y轴对称的密度函数f(x)，即f(?x)?f(x)，分布函数为F(x)，证明，对于任意a?0，有

a1（1）F(?a)?1?F(a)???f(x)dx；（2）P{|X|?a}?2F(a)?1；

20（2）P{|X|?a}?2[1?F(a)] 证：（1）F(?a)?P{X??a}???a??f(x)dx令x??t?f(?x)d(?x)???f(x)dx

??aa????af(x)d(x)?P{X?a}?1?P{X?a}?1?F(a)

而F(a)?P{X?a}??a??f(x)dx??0??f(x)dx??a0a1f(x)dx???f(x)dx

20所以F(?a)?1?F(a)?a1??f(x)dx 20（2）P{|X|?a}?P{?a?x?a}?F(a)?F(?a)?2F(a)?1 （3）P{|X|?a}?1?P{|X|?a}?2[1?F(a)]

15、设K在（0，5）上服从均匀分布，求方程4x2?4xK?K?2?0有实根的概率

1?? 解： ∵ K的分布密度为：f(K)??5?0??00?K?5其他

要方程有根，就是要K满足(4K)2－4×4× (K+2)≥0。

解不等式，得K≥2时，方程有实根。 ∴

P(K?2)????2f(x)dx??51dx?25???50dx?37

3 5 16、某单位招聘155人，按考试成绩录用，共有526人报名。假设报名者的考试成绩X~N(?,?)，已知90分以上的12人，60分以下的83分，按照从高分到低分依次录取，某人的成绩为78分，问此人能被录取的概率。

解：本题应首先确定正态分布中的两个参数，由于报名人数较多，所以可用频率近似代替概率。由题意;

2P{X?90}?1290??90??90???1??()?0.0228??()?0.9772??2 526???8360????6060??P{X?60}???()?0.1588??()?1??()?0.9442

526?????60??0.1

?由以上两式可解得??70,??10，所以X~N(70,10) 再确定此人能否被人录取，关键看录取率，而录取率为

2155?0.2947，有两种方法 526法一：如果成绩高于78分的概率大于录取率，则此人不能被录取，

P{X?78}?1??(78?70)?1??(0.8)?0.2119，因为0.2119<0.2947，即高于78分的概率小于录10取率，所以此人能被录取。

法二：看录取的分数线，假设录取的分数线为n，因为录取率为0.2947，所以P{X?n}?0.2947?1??(n?70n?70)?0.2947??0.54?n?75，即录取线为75分，1010所以此人能被录取

17、某地在任何长为t的时间间隔内发生地震的次数N(t)服从参数为?t?0.1t的泊松分布。X表示相继两次地震之间相隔的年数。

（1）求相继两次故障之间时间间隔X的概率分布；（2）求该地已经无地震8年的情况下，再无地震8年的概率。（3）求今后3年内再次发生地震的概率。（4）求今后3年到5年内再次发生地震的概率。

解（1）设X的分布函数为FX(t)，则 FX(t)?P(X?t)?1?P(X?t)

事件(X?t)表示两次地震的间隔时间超过t，也就是说在时间t内没有发生地震，故N(t)?0，于是

(?t)0??tFX(t)?1?P(X?t)?1?P(N(t)?0)?1?e?1?e??t,t?0，

0!可见，X的分布函数为

?1?e??t,t?0, FX(t)??

?0,t?0.即T服从参数为?的指数分布。

（2）所求概率为

P{T?16,T?8}P(T?16)e?16?P(T?16|T?8)????8??e?8?（无记忆性）

P(T?8)P(?8)e（3）P{X?3}?F(3)?1?e?3?

?3?（4）P{3?X?5}?F(5)?F(3)?e

?e?5?

以上只需将??0.1带入计算即可。

18、100件产品中，90个一等品，10个二等品。随机取两个安装在一台设备上，若在一台设备中安装了i个（i=0，1，2）二等品，则此设备的使用寿命服从参数为??i?1的指数分布。（1）求设备的寿命超过1的概率

（2）已知设备的寿命超过1，求安装在设备上的两个零件都是一等品的概率。

解：设Y={在一台设备中安装二等品的个数

2112C90C90C10C10,P(Y?2)?2 则P(Y?0)?2,P(Y?1)?2C100C100C100设Xi=“设备安装i件二等品时的寿命” ，则Xi~E(1?i)，即有

?1?e?2x,x?0?1?e?x,x?0?1?e?3x,x?0FX0(x)??，FX1(x)??，FX2(x)??

?0,other?0,other?0,other则P{Xi?1}?1?P{Xi?1}?1?FXi(1)?e过1的概率），可记为P{(Xi?1)|(Y?i)}

（1）设X：设备的寿命。则设备的寿命超过1等价于“设备安装0件二等品且其寿命超过1”或“设

备安装1件二等品且其寿命超过1”或“设备安装2件二等品且其寿命超过1” 则{X?1}?{(Y?0)(X0?1)}?{(Y?1)(X1?1)}?{(Y?2)(X2?1)}

?(1?i),(i?0,1,2)（已知设备安装i件二等品，设备的寿命超

P{X?1}?P{(Y?0)(X0?1)}?P{(Y?1)(X1?1)}?P{(Y?2)(X2?1)}

?P{Y?0}P{X0?1|Y?0}?P{Y?1}P{X1?1|Y?1}?P{Y?2}P{X2?1|Y?2}?0.32

（2）P{Y?0|X?1}?P{Y?0,X?1}?0.93

P{X?1}1，

19. 设随机变量X的分布律为：

X：－2，－1， 0，

P：

1， 5

111，，， 6515 (－1)2

(0)2

11 30(1)2

(3)2

求Y=X 2的分布律

解：∵ Y=X 2：(－2)2

P：

1 5111 651511 30再把X 2的取值相同的合并，并按从小到大排列，就得函数Y的分布律为： ∴ Y： 0 1 4 9

P：

1111 ?6155511 30

21. 设随机变量X的概率密度为

?e?x,x?0, fX(x)??

?0,x?0.X求Y?e的概率密度fY(y)

解1 当x?0时函数y?e单调增，反函数为x?h(y)?lny，于是Y?e的概率密度为

xX?1??lny1e?,y?1,??2,yfY(y)?fX(h(y))|h?(y)|????y?0,y?1.?0,?? 解2 设Y的分布函数为FY(y)，则 FY(y)?P(Y?y)?P(e?y)??Xy?1,y?1.

?0,y?1,y?1?P(X?lny),

,y?1,?0,y?1,?0?? ??lny?x ???xlnyedx,y?1,?e,y?1.??0???0?0, ???lny?1?e,y?1,?0,y?1,???1 1?,y?1.y?1.??yy?1,y?1.

?1?2, fY(y)?FY?(y)??y?0,?

22. 设X~fX(x)??2?1?|x|,?1?x?1，求Y?X2?1的概率密度

?0,other解：由于函数Y?X?1不是严格单调的，所以不能用定理求解。当?1?x?1时，有1?y?2，

?0,y?1?所以Y的分布函数形式为FY(y)??*,1?y?2

?1,y?2?因而当1?y?2时

FY(y)?P(Y?y)?P(X2?1?y)?P{?y?1?X?y?1}

??y?1?y?1f(x)dx?2?y?10(1?x)dx?2y?1?1?y

?0,y?1?所以FY(y)??2y?1?1?y,1?y?2

?1,y?2??1?1,1?y?2??y?1所以可得fY(y)?FY(y)??

?0,other?

补充题

1、设某人用同一机床接连独立地生产3个同种零件，第I 个为不合格的概率为pi?求三个零件中合格数量的分布律。解：设X=“三个零件中合格数”，则X：0，1，2，3；设Ai=“第i个产品合格”，则由题意，P(A1)?所以：

1(i?1,2,3)，i?1111,P(A2)?,P(A3)?, 2341（因为独立） 246（独立与互斥）P{X?1}?P{三个中有2个不合格}?P(A1A2A3?A1A2A3?A1A2A3)?2411（独立与互斥） P{X?2}?P{三个有1个不合格}?P(A1A2A3?A1A2A3?A1A2A3)?241116 P{X?3}?P{三个中都合格}?P(A1A2A3)?P(A1)P(A2)P(A3)?(1?)(1?)(1?)?2342412、设X为随机变量，且P{X?k}?k(k?1,2,...)，则

2P{X?0}?P{三个都不合格}?P(A1A2A3)?P(A1)P(A2)P(A3)?（1）判断上式是否为X的分布律，（2）若是，求P{X是偶数}，P{X?5}

11解：（1）由?k?2?1知上式是X的分布律

1k?121?2?(2) P{X是偶数}?P{X?2n}?11/41?? ?2n13n?121?44?P{X?5}?1?P{X?5}?1??11 ?k216k?13、（女士品酒：实际推断原理）有甲乙两种味道和颜色极其相似的酒各4杯。从中挑出4杯酒，如果全

部将甲种酒挑出，算是成功一次。

（1）某人随机地去取，问他试验成功一次的概率是多少？

（2）某人声称他通过品尝能区分两种酒。他连续试验10次，结果他成功了3次，试推断他是猜对的，还是确有区分的能力？（各次试验是独立的）解：设A=“成功一次” （1）P(A)?11，这个概率相当地小。 ?4C870（2）设X表示他10次品尝中成功的次数，由题意知X~B(10,

1)， 70所以从理论上计算他在10次品尝中能成功3次的概率为

3P{X?3}?C10(131)(1?)7?0.0003 7070即，如果此人仅是随机品尝（即是随机去猜的）的概率仅为0.0003，也可以说10次品尝中仅能成功的

最大次数为0.003；而实际上他成功了3次，说明他确有区分的能力（实际推断原理）

补例：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。以Y表示这只聪明的鸟为了飞出房间试飞的次数，如户主所说是确实的，试求Y的分布律。

（3）求试飞次数X小于Y的概率；求试飞次数Y小于X的概率。解：（1）X的可能取值为1，2，3，?，n，?

P {X=n}=P {前n－1次飞向了另2扇窗子，第n次飞了出去}

21 =()n?1?， n=1，2，??

33（2）Y的可能取值为1，2，3

1 3 P {Y=2}=P {第1次飞向另2扇窗子中的一扇，第2次飞了出去}

P {Y=1}=P {第1次飞了出去}= =

211?? 323 P {Y=3}=P {第1，2次飞向了另2扇窗子，第3次飞了出去}

2!1? 3!3 =

(3)P{X?Y}???P{Y?k}P{X?Y|Y?k}k?133?P{Y?k}P{X?Y|Y?k}k?2?全概率公式并注意?到 ??P{X?Y|Y?1}?0??

???

?P{Y?k}P{X?k}k?23注意到X,Y独立即 P{X?Y|Y?k}

?111?121?8???????27333?333???P{X?k}同上，P{X?Y}??P{Y?k}P{X?Y|Y?k}

k?133 ?1121419 ???????P{Y?k}P{X?k}?1333932781k?1故P{Y?X}?1?P{X?Y}?P{X?Y)?

38 8142

4、从发芽率为0.999的大批种子里，随机抽取500粒，进行发芽试验，计算500粒中没有发芽的比例不超过1%的概率。

解：设X：500粒种子中没有发芽的粒数，由于500粒相对于一大批种子来说是很小的一个数，因此可近似地认为X~B(500,0.001)，所求概率为

P{X?500*1%}?P{X?5}??C0.0010.999k500k05500?k0.5k?0.5??e

k!055、某产品表面的疵点数服从泊松分布，平均每件上有0.8个疵点（即均值??0.8），规定疵点数

不超过1个为一等品，价值10元，疵点数大于1不多于4为二等品，价值8元，4个以上者为废品，求（1）产品为废品的概率，（2）产品价值的分布列。解：设X：产品表面的疵点数，则X~P(0.8)

0.8k?0.8e?0.0014 （1）P{X?4}?1?P{X?4}?1??k!k?04（2）设Y：产品的价值，则Y：0，8，10

0.8k?0.8e?0.1898 P{Y?0}?P{X?4}?0.0014，P{Y?8}?P{1?X?4}??k?2k!40.8k?0.8P{Y?10}?P{X?1}??e?0.8088，既得Y的分布律。

k!k?016、设在一段时间内进入商店的的顾客人数X服从泊松分布，每个顾客购买每种物品的概率为p，

并且各个顾客是否购买该种物品是相互独立的，求进入商店的顾客购买这种物品的人数的概率分布。解：X为进入商店的顾客人数，则P{X?m}??mm!e??(m?0,1,2,...)

设Y为购买物品的顾客人数，在进入商店的人数为m名的条件下，购买某种物品的人数Y服从二项分

kkp(1?p)m?k,(k?0,1,...m)这是条件分布问题。布，可记为P{Y?k|X?m}?Cm要求进入商店的顾客购买这种物品的人数的概率分布，即求分布律P{Y?k}?pk(k?0,1,2,...,m,...)

由于S?{X?0}?{X?1}?...?{X?m}?...

所以{Y?k}?{X?0,Y?k}?{X?1,Y?k}?...?{X?m,Y?k}?...

所以P{Y?k}?k?1m?0?P{X?m,Y?k}??P{X?m,Y?k}??P{X?m,Y?k}

m?0m?k??k?1???P{X?m,Y?k}??P{X?m}P{Y?k|X?m}

m?0m?k（当k >m时，购买物品的人数多于顾客数这是不可能的，P{X?m,Y?k}=0）

m?k?P{X?m}P{Y?k|X?m}

????m?k???mm!e?Cp(1?p)??kmkm?k??m?k??mm!e???m!pk(1?p)m?k

k!(m?k)!1?[?(1?p)]m?k(?p)k???(1?p)(?p)k??p?e(?p)?ee?e ?k!m?k(m?k)!k!k!k

?x,0?x?137?7、设X~f(x)??ax?b,1?x?2，且P{0?X?}?，求

28?0,other?（1）常数a，b；（2）P{1/2?X?3/2}；（3）F(x)

解：（1）由下列方程组可求得a，b

?00dx?1xdx?2(ax?b)dx???0dx?1??f(x)dx?1?0?1?2???????? ??1.51.57?17?P{0?X?1.5}??f(x)dx???xdx??(ax?b)dx?018?08?（2）类似（1）中的方程2可得

（3）类似第一题的求法

8、设X和Y具有相同的分布，X的密度函数为f(x)?32x,0?x?2；已知事件A=\x?a\与8事件B=\Y?a\是相互独立的，并且P(A?B)?3/4，求数a。

2解： P(A)?P(B)?P{x?a}??a32a3xdx?1? 88a3a3a32P(A?B)?P(A)?P(B)?P(A)P(B)?(1?)?(1?)?(1?)?3/4?a?4 8889、某种型号的电子的寿命X（以小时计）具有以下的概率密度：

?1000?f(x)??x2??0x?1000其它

现有一大批此种管子（设各电子管损坏与否相互独立）。任取5只，问其中至少有2只寿命大于1500

小时的概率是多少？

解：一个电子管寿命大于1500小时的概率为

P(X?1500)?1?P(X?1500)?1??1?(1?

?1500100022)?331000?1000(?1)1500?dx?1???x1000??x2

令Y表示“任取5只此种电子管中寿命大于1500小时的个数”。则Y~B(5,2)，321??11P(Y?2)?1?P(Y?2)?1??P(Y?0)?P(Y?1)??1??()5?C5?()?()4?33??3

1?5?211232?1??1??243243351?x210、设X~N(?,?),f(x)?e6?求?,?；若已知

22?4x?46，

??cf(x)dx??f(x)dx，求c

???(1e22??31x?22)3c解：（1）提示将密度函数化成正态分布的标准形式

1?xf(x)?e6?2?4x?46?，所以??2,??3

2（2）f(x)关于y轴对称，所以c=2

11、抽样调查表明，考生的外语成绩近似服从正态分布，已知平均成绩为72分，96分以上的考生占考生总数的2.3%，求考生的外语成绩在60分和84分之间的概率。

解：设X：考生的外语成绩，则X~N(?,?)，由题意平均成绩即是??72，

2?P{X?96}?1?P{X?96}?1??(?1??(96?7296?72?),

96?72?)?0.023??(296?72?)?0.977???2???12

所以X~N(72,12) 所以P{60?X?84}??(84?7260?72)??()??(1)??(?1)?2?(1)?1 121212、一工厂生产的电子管的寿命X（以小时计）服从参数为μ=160，σ(未知)的正态分布，若要求

P (120＜X≤200}=0.80，允许σ最大为多少？

200?160??120?160????40?????40??0.80 解：∵ P (120＜X≤200)=????????????σσ?????σ??σ?又对标准正态分布有φ(－x)=1－φ(x)

?40???1???40???0.80

∴ 上式变为??????σ???σ????40??40??0.9 解出????便得:????σ??σ?4040?1.281σ??31.25 σ1.28113、某工厂生产的仪器使用寿命服从参数为1的指数分布，当寿命大于2时，可以出厂，否则需进一步加工，加工后以0.8的概率可以出厂。现该厂新商场出n台仪器，假设生产过程相互独立。求：（1）都能出厂的概率；（2）恰有两件不能出厂的概率；（3）至少两件不能出厂的概率

解：设X：仪器的使用寿命，A=“仪器可以出厂”，则

再查表，得

?1?e?x,x?0因为X~E(1)。所以F(x)??，

1,other?所以P{X?2}?1?F(2)?e,P{X?2}?1?e，

由于S?{X?2}?{X?2}?A?{A(X?2)}?{A(X?2)}，所以

?2?2P(A)?P[A(X?2)]?P[A(X?2)]?P[X?2]P(A|X?2)?P[X?2]P(A|X?2)

由题意知P(A|X?2)?1，P(A|X?2)?0.8，所以

P(A)?P[X?2]P(A|X?2)?P[X?2]P(A|X?2)?e?2?0.8*(1?e?2)?0.827

设Y：n设备能够出厂的台数，则Y~B(n,0.827) （1）P{Y?n} （2）P{Y?n?2} （3）P{Y?n?2}

ln(1?X)~E(2) 2?1,0?x?1证明：因为X~U(0,1)，所以f(x)??

0,other?ln(1?X)FY(y)?P(Y?y)?P(??y)?P{X?1?e?2y}

214、设X~U(0,1)，求证Y??显然有：（1）当1?e（2）当0?1?e?2y?2y?0,即y?0时，FY(y)?P{X?1?e1?e?2y1?e?2y?2y}??1?e?2y??0dx?0