《吴赣昌编 《概率论与数理统计》（经管类三版）第一章》由会员分享，可在线阅读，更多相关《吴赣昌编 《概率论与数理统计》（经管类三版）第一章（22页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、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AP)(3几何概型：设 为欧氏空间中的一个有界区域,
2、样本点的出现具有等可能性，则)(AP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） B（2） A 与 B 互逆（对立事件） ,A（3） A 与 B 相互独立 P（AB）=P（A ）P（B）.P（B|A）=P （B ） （P（A）0）. （00）,（00）)(|(BAP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： ).|()|()|()( .|( 12121312121 2 nnn APAPAPAP 2 全概率公式： 1 1()(|),.iiij iiBij 3Bayes 公式： 11(
3、|)(|),.jjj ij iiiiPAAijAB 4二项概率公式: ,()(),0,2.knknnPCPn课后习题解答习题 124、设 是三个事件，且 ， ，求,ABC()(),()1/64PABCPABC()0PAB全不发生的概率。,解 ()1(1 ()P C因为 ，所以 ，于是0)0()032468ABB5、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， （否则 AB = 依互斥事件加
4、法定理， P(AB)=P (A)+P (B)=0.6+0.7=1.31 与 P (AB)1 矛盾）.从而由加法定理得P (AB)=P (A)+P (B)P (A B) (*)（1）从 0P(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 AB=S 时，P( AB)取最小值，最小值为P(AB)=0.6+0.71=0.3 。习题 131、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
5、个球颜色不同 ”，则15328()CP（2）设 表示“取到 i 个黑球 ”（i 1，2） ，A 表示“两个球中有黑球” ，则i（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，且 ，所以225388(),()CPB,C()()13/28PB1253128()()9/142、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 210SnC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 1237AnC所以 ()ASnP法二， =都打不开，即取得两把钥匙是从另 7 把中取得的，则 ，所以A
6、27AnC2710()1()CPA3、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： （两封信投入四个信筒的总的方法，重复排列）24Sn（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， ；2An（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， 123BnC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14352()CP5、袋中有红、黄、黑色球
7、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： （重复排列）37sn； （每次都是从红或黄中任意取 1 个） ； （全排列，第一次取是从三种球中任取1A2B 3CnA1 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 ，所以 .()P 248()1()3()79DP6、从 等 个数字中，任意选出不同的三个数字，试求下列事件的概率： 三个数字0,2,9 0 1A中不含 0 和
8、5， 三个数字中不含 0 或 5， 三个数字中含 0 但不含 5.A3A解 . ，38107()5C398210104()5C或 ， .1822304P237()P7、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 “3 张牌中没有同花色的”A所以 。143()1().60C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” （）或“有两张花色相同” （） ，则 ， ，所以14352()PB124395()CP()()PBC8、10 个人中有一对夫
9、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“该对夫妇恰坐在一起” ，则法一：个人在个座位上随意坐，则 ；将两个人绑在一起共 种，有个位置可坐，其余10!Sn2!八个人在个位置上随意坐，共有 ；2!108An法二：设夫妇中一人已经坐好，则余下的个人在个位置随意坐共！，而夫妇中的另一人只有两种坐法，余下的个人随意坐，有！种，所以 28!()9PA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、在个产品中有个次品，个正品，任取个（）求恰有个次品的概率；（）至少有个次品的概率。解：设 “取到的个产品中恰好有个次品” ，则kA（） ；
10、901425()CP（）设“至少有个次品” ，则 ，所以01BA29400121515()1()()CBAP10、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 =“四只中无配对的”A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108643()()2PPA法二：先从 5 双中抽取四双，再从每一双中取一只，则451023()1()CPA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
11、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 ，所以 ；4C2154()Cn有两双配对，从 5 双中取两双即可， 5D所以12128450()3()()CPAP11、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 =“指定的某人得到黑桃 A 和黑桃 K”C15032()1()P12、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
12、：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 种，每种装法等可能32347350CC对 A：三个次钉必须铆在一个部件上。这种铆法有 10 种323473CC051.1960)( 32347503 P 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）对 E：铆法有 种，每种铆法等可能350A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
13、种铆法有 种27432743277 10AA 5.1960)(3547P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 =“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”iA所以3501()96iCPA=“发生一个部件强度太弱” ，则 ，且两两互斥，10iA所以10()()960iPA13、张考签，人应试，一人抽张后放回，再由另一人抽，求抽签结束后，至少有张没有被抽到的概率。解：法一：设 “第张考签没有被抽到” ，“至少有张没有被抽到” ，i则，因为是重复抽取，所以 ， ， ，32()iPA31()ij()0ijkPA所以， 1231213321
14、23817()()()()()()0729PA法二： “三张都被抽到” ，则 ，所以3AP39AP14、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3384()1()1()()1()(0.219PABPAB15、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 141、一批产品 100 件,80 件正品, 20
15、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”,=“甲厂生产的产品”.求下列概率.()(),|),(|)PABPAB解： 80605050.,(|),(|)1186PAPB【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.解 设 任取一件是 等品 ，iAi,23i所求概率为 ，1313()(|)PA因为 32所以 12()()0.6.9P131()(0.6PA故 136|9A3、 。)(,2)|(,3)|(,4)( BBAPB求解：由 61)()(3142)(|)()|( BPAP 有定 义 由 已 知 条 件由乘法公式，得 12|ABP由加法公式，得 31264)()()( 4、设事件 满足： ，求,AB0.7,0.5,
