概率论与数理统计部分习题答案 第一章 概率论的基本概念1. 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），n表小班人数（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，}6. 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∵ 10人中任选3人为一组：选法有种，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∴ （2）求最大的号码为5的概率记“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，选法有种 8. 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∵ 在1500个产品中任取200个，取法有种，每种取法等可能200个产品恰有90个次品，取法有种∴ （2）至少有2个次品的概率记：A表“至少有2个次品”B0表“不含有次品”，B1表“只含有一个次品”，同上，200个产品不含次品，取法有种，200个产品含一个次品，取法有种∵ 且B0，B1互不相容∴ 9. 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”则表“4只人不配对”∵ 从10只中任取4只，取法有种，每种取法等可能要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14.（1） 已知解一： 注意. 故有P (AB)=P (A)－P (A)=0.7－0.5=0.2再由加法定理，P (A∪)= P (A)+ P ()－P (A)=0.7+0.6－0.5=0.8于是14.（2） 解：由由乘法公式，得由加法公式，得16. 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解：所求概率为P (AB)（注意：由于“母病”，“孩病”，“父病”都是随机事件，这里不是求P (|AB)P (AB)= P(A)=P(B|A)=0.6×0.5=0.3, P (|AB)=1－P (C |AB)=1－0.4=0.6.从而P (AB)= P (AB) · P(|AB)=0.3×0.6=0.18.17. 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，每个排列等可能法三：用事件的运算和概率计算法则来作记A1，A2分别表第一、二次取得正品2）二只都是次品（记为事件B）法一： 法二： 法三： （3）一只是正品，一只是次品（记为事件C）法一： 法二： 法三： （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： 法三： 18. 某人忘记了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。
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 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 22. 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（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：Ai={他第i次及格}，i=1,2 已知P (A1)=P (A2|A1)=P，（1）B={至少有一次及格}所以∴ （2） （*）由乘法公式，有P (A1 A2)= P (A1) P (A2| A1) = P2由全概率公式，有 将以上两个结果代入（*）得25. 某人下午5:00下班，他所积累的资料表明：到家时间5:35~5:395:40~5:445:45~5:495:50~5:54迟于5:54乘地铁到家的概率0.100.250.450.150.05乘汽车到家的概率0.300.350.200.100.05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34.（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P1，P2，P3，P4，将它们按图（1）的方式联接，求系统的可靠性记Ai表示第i个元件正常工作，i=1，2，3，4，2413A表示系统正常∵ A=A1A2A3+ A1A4两种情况不互斥∴ P (A)= P (A1A2A3)+P (A1A4)－P (A1A2A3 A4) (加法公式)= P (A1) P (A2)P (A3)+ P (A1) P (A4)－P (A1) P (A2)P (A3)P (A4)= P1P2P3+ P1P4－P1P2P3P4 (A1, A2, A3, A4独立)312LR34.（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54记Ai表第i个接点接通记A表从L到R是构成通路的∵ A=A1A2+ A1A3A5+A4A5+A4A3A2四种情况不互斥∴ P (A)=P (A1A2)+P (A1A3A5) +P (A4A5)+P (A4A3A2)－P (A1A2A3A5)+ P (A1A2 A4A5)+ P (A1A2 A3 A4) +P (A1A3 A4A5)+ P (A1A2 A3A4A5) P (A2 A3 A4A5)+ P (A1A2A3 A4A5)+ P (A1A2 A3 A4A5)+ (A1A2 A3 A4A5) + P (A1A2 A3 A4A5)－P (A1A2 A3 A4A5)又由于A1，A2， A3， A4，A5互相独立。
故 P (A)=p2+ p3+ p2+ p3－[p4 +p4 +p4 +p4 +p5 +p4] +[ p5 + p5+ p5+ p5]－p5=2 p2+ 3p3－5p4 +2 p5第二章 随机变量及其分布3. 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Px12O6. 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？（2）至少有3个设备被使用的概率是多少？（3）至多有3个设备被使用的概率是多少？（4）至少有一个设备被使用的概率是多少？8. 甲、乙二人投篮，投中的概率各为0.6, 0.7，令各投三次求（1）二人投中次数相等的概率记X表甲三次投篮中投中的次数Y表乙三次投篮中投中的次数由于甲、乙每次投篮独立，且彼此投篮也独立P (X=Y)=P (X=0, Y=0)+P (X=2, Y=2)+P (X=3, Y=3) = P (X=0) P (Y=0)+ P (X=1) P (Y=1)+ P (X=2) P (Y=2)+ P (X=3) P (Y=3) = (0.4)3× (0.3)3+ [ （2）甲比乙投中次数多的概率。
P (X>Y)=P (X=1, Y=0)+P (X=2, Y=0)+P (X=2, Y=1)+ P (X=3) P (Y=0)+ P (X=3) P (Y=1)+ P (X=3) P (Y=2)=P (X=1) P (Y=0) + P (X=2, Y=0)+ P (X=2, Y=1)+ P (X=3) P (Y=0)+ P (X=3) P (Y=1)+ P (X=3) P (Y=2)= 19. 以X表示某商店从早晨开始营业起直到第一顾客到达的等待时间（以分计），X的分布函数是求下述概率：（1）P{至多3分钟}；（2）P {至少4分钟}；（3）P{3分钟至4分钟之间}；（4）P{至多3分钟或至少4分钟}；（5）P{恰好2.5分钟}解：（1）P{至多3分钟}= P {X≤3} = （2）P {至少4分钟} P (X ≥4) = （3）P{3分钟至4分钟之间}= P {3
解：（2）故分布函数为f (x)与F (x)的图形如下f (x)x0F (x)21x01223. 某种型号的电子的寿命X（以小时计）具有以下的概率密度： 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？。