概率论与数理统计统计课后习题答案_总主编_邹庭荣_主编_程述汉_舒兴明

1第一章习题解答1．解：（1）Ω=｛0，1，…，10｝；（2）Ω=｛ini|0，1，…，100n｝，其中n为小班人数；（3）Ω=｛√,×√,××√,×××√,…｝,其中√表示击中，×表示未击中；（4）Ω=｛（yx,）|22yx1｝。2．解：（1）事件CAB表示该生是三年级男生，但不是运动员；（2）当全学院运动员都是三年级学生时，关系式CB是正确的；（3）全学院运动员都是三年级的男生，ABC=C成立；（4）当全学院女生都在三年级并且三年级学生都是女生时，A=B成立。3．解：（1）ABC；（2）ABC；（3）CBA；（4）CBA)(；（5）CBA；（6）CBCABA;(7)CBA;(8)BCACBACAB4．解：因ABCAB，则P（ABC）≤P（AB）可知P（ABC）=0所以A、B、C至少有一个发生的概率为P（A∪B∪C）=P（A）+P（B）+P（C）-P（AB）-P（AC）-P（BC）+P（ABC）=3×1/4-1/8+0=5/85．解：（1）P（A∪B）=P（A）+P（B）-P（AB）=0.3+0.8-0.2=0.9)(BAP=P（A）-P（AB）=0.3-0.2=0.1（2）因为P（A∪B）=P（A）+P（B）-P（AB）≤P（A）+P（B）=α+β,所以最大值maxP（A∪B）=min(α+β,1)；又P（A）≤P（A∪B），P（B）≤P（A∪B）,故最小值minP（A∪B）=max(α,β)6．解：设A表示事件“最小号码为5”，B表示事件“最大号码为5”。由题设可知样本点总数310Cn，2425,CkCkA。所以31025CCAP121；31024CCBP2017．解：设A表示事件“甲、乙两人相邻”，若n个人随机排成一列，则样本点总数为!n，!2!.1nkA，nnnAP2!!2!.12若n个人随机排成一圈.可将甲任意固定在某个位置，再考虑乙的位置。i表示按逆时针方向乙在甲的第i个位置，1,...,2,1ni。则样本空间Ω=121,...,,n，事件A=11,n所以12nAP8．解：设A表示事件“偶遇一辆小汽车，其牌照号码中有数8”，则其对立事件A表示“偶遇一辆小汽车，其牌照号码中没有数8”，即号码中每一位都可从除8以外的其他9个数中取，因此A包含的基本事件数为449119，样本点总数为410。故4410911APAP9．解：设A、B、C分别表示事件“恰有2件次品”、“全部为正品”、“至少有1件次品”。由题设知样本点总数410Cn，472723,CkCCkBA,61,103nkBPnkAPBA,而CB，所以651BPCP10．解：设A、B、C、D分别表示事件“5张牌为同一花色”、“3张同点数且另2张牌也同点数”、“5张牌中有2个不同的对（没有3张同点）”、“4张牌同点数”。样本点总数552Cn，各事件包含的基本事件数为241123411351314,CCCCkCCkBA148441131442424213,CCCkCCCCkDC故所求各事件的概率为：151312413134124555252,,ABCCCCCCkkPAPBnCnC2221134444552,CkCCCCPCnC14113448552DCCCkPDnC11．解：2.05.07.0,4.01BAPAPABPBPBP（1）972.04.07.07.0|BAPABAPBAAP（2）929.02.0|BAPABPBAABP3（3）852.015.0|BAPBAPBAAP12．解：令A=｛两件产品中有一件是废品｝，B=｛两件产品均为废品｝，C=｛两件产品中有一件为合格品｝，D=｛两件产品中一件是合格品，另一件是废品｝。则2112112222112,,,MmmMMmmMmMMmMmMmmCCCCDPCCCCCPCCABPCCCCAP所求概率为：（1）121|mMmAPABPABP（2）12|mMmCPCDPCDP13．解：设A、B、C分别表示事件甲、乙、丙得病，由已知有：P（A）=0.05P（B|A）=0.4P（C|AB）=0.8则甲、乙、丙均得病的概率为：P（ABC）=P（A）P（B|A）P（C|AB）=0.01614．解：令2,1,0,ii，Ai名中国旅游者有从甲团中任选两人B=｛从乙团中随机选一人是中国人｝，则：2|,22baiaABPCCCAPimnimini由全概率公式有：2020222|iimniminiibaiaCCCABPAPBP15．解：令A=｛天下雨｝，B=｛外出购物｝则：P（A）=0.3，P（B|A）=0.2，P（B|A）=0.9（1）P（B）=P（A）P（B|A）+P（A）P（B|A）=0.69（2）P（A|B）=232|BPABPAP16．解：令A=｛学生知道答案｝，B=｛学生不知道答案｝，C=｛学生答对｝P（A）=0.5P｛B｝=0.5P（C|A）=1P（C|B）=0.25由全概率公式：P（C）=P（A）P（C|A）+P（B）P（C|B）=0.5+0.5×0.25=0.625所求概率为：P（A|C）=8.0625.05.017．解：令事件2,1,iiAi次取到的零件是一等品第2,1,iiBi箱取到第则5.021BPBP4（1）4.030185.050105.0||2121111BAPBPBAPBPAP（2）4.0|||2212121112112BAAPBPBAAPBPAPAAPAAP4856.04.0293017185.049509105.018．证明：因BAPBAP||则BPABPAPBPBAPBPABP1经整理得：BPAPABP即事件A与B相互独立。19．解：由已知有41BAPBAP，又A、B相互独立，所以A与B相互独立；A与B相互独立。则可从上式解得：P（A）=P（B）=1/220．解：设A“密码被译出”，iA＝“第i个人能译出密码”，i=1,2,3则41)(,31)(,51)(321APAPAP)()(321AAAPAP又321,,AAA相互独立，因此)(1)(321AAAPAP＝)()()(1321APAPAP＝6.0)411)(311)(511(121．解：设iA“第i次试验中A出现”，4,3,2,1i则此4个事件相互独立。由题设有：59.0111443214321APAAAAPAAAAP解得P（A）=0.222．解：设A、B、C分别表示事件：甲、乙、丙三门大炮命中敌机，D表示敌机被击落。于是有D=BCACBACABABC故敌机被击落的概率为：59.08.03.09.02.07.01.08.07.09.08.07.0CPBPAPCPBPAPCPBPAPCPBPAPBCAPCBAPCABPABCPDP=0.90223．解：设A、B、C分别表示事件：甲、乙、丙三人钓到鱼，则P（A）=0.4，P（B）=0.6，P（C）=0.9（1）三人中恰有一人钓到鱼的概率为：CBAPCBAPCBAPCBACBACBAP=0.4×0.4×0.1+0.6×0.6×0.1+0.6×0.4×0.9=0.268（2）三人中至少有一人钓到鱼的概率为：CPBPAPCBAPCBAP11=1-0.6×0.4×0.1=0.97624．解：设D=“甲最终获胜”，A=“第一、二回合甲取胜”；B=“第一、二回合乙取胜”；C=“第一、二回合甲、乙各取胜一次”。则：2,,22CPBPAP.|,0|,1|DPCDPBDPADP由全概率公式得：CDPCPBDPBPADPAPDP|||2202PD所以P（D）=21225．解：由题设500个错字出现在每一页上的机会均为1/50，对给定的一页，500个错字是否出现在上面，相当于做500次独立重复试验。因此出现在给定的一页上的错字个数服从二项概率公式，所以所求概率为：P=5002500500491115005005050505030110.9974kkkkkkkkCC26．解：设A=“厂长作出正确决策”。每个顾问向厂长贡献意见是相互独立的，因此5个顾问向厂长贡献正确意见相当于做5次重复试验，则所求概率为：P（A）=53554.06.0kkkkC0.3174附综合练习题解答6一、填空题1．0.3;3/7;0.62．0.829;0.9883．0.2;0.24．05．2/36．7/127．1/48．2/39．765361310C10．3/64二、选择题1.C;2.D;3.D;4.D;5.B;6.B;7.B;8.C;9.C;10.D三、1.（1）假；（2）假；（3）假；（4）真；（5）真2.解：设A=｛所取两球颜色相同｝样本点总数为541619CCn，若A发生，意味着都取到黑球或白球，故A包含的基本事件数为1221213CCk，所以P（A）=2/93.解：设A=“第三次才取得合格品”3,2,1,iiAi次取得合格品第则321AAAA213121||AAAPAAPAPAP=120787921034.解：从0，1，…，9中不放回地依次选取3个数，组成一个数码。若0在首位，该数码为两位数，否则为三位数，于是可组成的数有10×9×8=720个。（1）设A=“此数个位为5”，7289Ak，P（A）=1/10（2）设B=“此数能被5整除”，892Bk，P（B）=1/55.解：设A=“系统可靠”，5,...,1,iiAi工作正常元件，由全概率公式有：3333||AAPAPAAPAPAP当第3号元件工作不正常时，系统变为如下：1245图12232|PPAAP7当第3号元件工作正常时，系统变为如下：1245图22232|PPAAP从而2222212.PPPPPPAP54322522PPPP6.解：设A=“某人买到此书”，iA=“能从第i个新华书店买到此书”，3,2,1i由题设412121321APAPAP1614141313221AAPAAPAAP641414141321AAAP故所求概率为：6437321AAAPAP第二章习题解答1.设)(1xF与)(2xF分别是随机变量X与Y的分布函数,为使)()(21xbFxaF是某个随机变量的分布函数,则ba,的值可取为(A).A.52,53baB.32,32baC.23,21baD.23,21ba2.一批产品20个,其中有5个次品,从这批产品中随意抽取4个,求这4个产品中的次品数X的分布律.解：因为随机变量X＝{这4个产品中的次品数}X的所有可能的取值为：0，1，2，3，4.且4015542091{0}0.2817323CCPXC；831155420455{1}0.4696969CCPXC；2215542070{2}