概率統(tǒng)計習題解答07習題一ppt課件

1、概率統(tǒng)計習題解答 習題一1.寫出以下事件的樣本空間：1把一枚硬幣拋擲一次；2把一枚硬幣延續(xù)拋擲兩次；3擲一枚硬幣，直到初次出現(xiàn)正面為止；4一個庫房在某一時辰的庫存量假定最大容量為M解： 1,H T 正正面面，反反面面 2,H HH TT HT T 3, ,HT HT T H 40 xxM 2.擲一夥骰子的實驗，察看其出現(xiàn)的點數(shù)，事件“偶數(shù)點，“奇數(shù)點，“點數(shù)小于5“小于5的偶數(shù)點，討論上述各事件間的關系.ABCD解：1,2 3,4 5,6 ， ，2,4 6A， ， ，1,3 5B，1,2 3,4C，2,4 .DAB與與為對立事件.即BA ； ；BD與與互不相容；.ADCD，解：122313BA

2、 AA AA A 123123123123123123123123123123123BA A AA A AA A AA A ACA A AA A AA A AA A AA A AA A AA A A ，3.事件表示某個消費單位第車間完成消費義務，表示至少有兩個車間完成義務，表示最多只需兩個車間完成消費義務，闡明事件的含義，并用表示出來.iAi3 .1,2,i BCBBC及 及 31,2,iA i 123BCA A A 表示最多有一個車間完成義務，即至少有兩個車間沒有完成義務.B如圖11，事件都相容，即把事件用一些互不相容事件的和表示出來.ABC， ， ，ABC ，ABABCACBCAB ， ，

3、 ， ， ， ， ABC解：ABAAB ABCAABABC ACBBABC CABABCABCABC5.兩個事件互不相容與兩個事件對立的區(qū)別何在，舉例闡明.解：兩個對立的事件一定互不相容，它們不能夠同時發(fā)生，也不能夠同時不發(fā)生；兩個互不相容的事件不一定是對立事件，它們只是不能夠同時發(fā)生，但不一定同時不發(fā)生.區(qū)別互不相容與對立的關鍵是，當樣本空間只需兩個事件時才能夠?qū)α?而互不相容適用于多個事件的情形.互不相容事件的特征是，在一次實驗中兩者可以都不發(fā)生，而對立事件必發(fā)生一個且至多發(fā)生一個.如考試及格與不及格是互不相容事件，也是對立事件，但考試70分與80分是互不相容卻不對立.6.三個事件的積是不

4、能夠事件，即問這三個事件能否一定互不相容？畫圖闡明.ABC， ， ，ABC ，解：不一定.ABC， ， ，三個事件互不相容是指它們中任何兩個事件均互不相容，即兩兩互不相容.如圖12，.ABCAB ， ，但是 與 相容但是 與 相容ABC7.事件相容，記闡明事件的關系.AB與與CABDABFAB， ， ， ， ACDF、 、 、 、 、解：.ABAABABAABABABAABABACFCFDAFAC由于 ， ，由于 ， ，與 互不相容，且 ，與 互不相容，且 ，因此有 ， 與 互不相容，因此有 ， 與 互不相容，要求掌握：根據(jù)相容性寫出1用互不相容的事件表示一個事件的方法；2用“包含與“被包含關

5、系，表達事件間的相互關系的方法.8.袋內(nèi)裝有5個白球，3個黑球，從中一次任取兩個，求取到兩個球顏色不同的概率.解：設事件“取到的兩個球顏色不同A實驗的樣本點總數(shù)為22538nCC有利于的樣本點數(shù)目為A1153mC C由概率公式有 11532815.28C CmP AnC9.計算上題中取到的兩個球中有黑球的概率.解：設事件“取到的兩個球中有黑球B那么“取到的兩個球沒有黑球“取到的兩個球都是白球B因此有利于事件的樣本點數(shù)為B25C 252891114CP BP BC 留意：當所求事件包含的根身手件“較復雜、而它的對立事件所包含的根身手件“較簡單時，常用如例9那樣的“求逆法來解.10.拋擲一枚硬幣，

6、延續(xù)3次，求既有正面又有反面出現(xiàn)的概率.解： 設事件“連擲三次，既有正面又有反面出現(xiàn)A它所包含的根身手件“較復雜，但它的對立事件所包含的根身手件“較簡單：全部正面或全部反面。故用求逆法： 3231124P AP A 11.10把鑰匙中有3把能翻開一個門鎖，今任取兩把，求能翻開門鎖的概率.解：設事件“任取的兩把鎖能翻開門，顯然，這有多種能夠情形.但它的對立事件：“任取的兩把鎖不能翻開門，所包含的根身手件較簡單，且根身手件數(shù)容易計算.故用求逆法來計算. AA 2721081115CP AP AC 12.一副撲克牌有52張，不放回抽樣，每次一張，延續(xù)抽取4張，計算以下事件的概率.1四張花樣各異；2四

7、張中只需兩種花樣解：1 設事件“四張花樣各異A452nC實驗的根身手件總數(shù)有利于的根身手件數(shù)A111141313131313mC C C C 4452130.105mP AnC(2)設事件“四張中只需兩種花樣B留意：有利于的根身手件的產(chǎn)生的過程：1在4種花樣中任取二種；2對所取定的二種花樣取牌：各取兩張或一個花樣取3張另一個取1張.B 22213141313213134520.3CC CC C CP BC故故因此有利于的根身手件數(shù)是B2221314131321313CC CC C C思索題：求四張中至少有兩種花樣一樣的概率. 11111313131345211C C C CP CP CC 13

8、.口袋內(nèi)裝有2個五分、3個貳分、5個壹分的硬幣共10枚，從中任取5枚，求總值超越壹角的概率.解：共有10個硬幣，任取5個，那么根身手件總數(shù)為510C有利于事件“取5個硬幣，總值超越壹角A的情形有以下兩種：1取2個5分，其他3個可這樣?。?個貳分或2個貳分、1個壹其總數(shù)為分或1個貳分或3個壹分.其總數(shù)為23221212232323523525C CC C CC C CC C2取1個五分，那么2分至少要取2個，其總數(shù)為131122235235C C CC C C故有利于事件的根身手件總數(shù)為A23221212232323523525C CC C CC C CC C131122235235126C C

9、 CC C C 1260.5252mP An故故14.袋中有球紅、白、黑色球各一個，每次任取一球，有放回地抽取三次，求以下事件的概率.A“三次都是紅球“全紅B“全全白白”，C“全全黑黑”，D“無紅，E“無白F “無黑“，G “三次顏色全一樣H “三次顏色全不一樣，I “三次顏色不全一樣解：由于是作有放回抽取，每次可供抽取的球都有三個.故由乘法原理知，個根身手件.3327n 1 1 11ABCmmm 同理，2228DEFmmm ,GABC A B C而而事事件件 互互不不相相容容，1113GABCmmmm :H事件事件第一次可供抽取的球有3種不同的球；第二次可供抽取的球有2種不同的球；第三次可供

10、抽取的球只需1種球.32 16.Hm 故故.,IGG 事事件件27324.IGmnm 127P AP BP C因因此此 P DP EP F8 82727 31,279P G 62,279P H 248.279P I 15.一間宿舍內(nèi)住有6位同窗，求他們中有4個人的生日在同一個月份的概率.解：設事件“6位同窗中有4個人的生日在同一個月份A由于每個同窗的生日月份都有12種能夠，故由乘法原理知，612 12 12 12 12 1212n 41261211AmCC故故有利于事件出現(xiàn)的過程：16位中選定某4位；2這4位同窗的生日在12個月份選定某一個月份；3其他2位同窗的生日，都在別的11個月份選擇.A

11、 6217800.007312AmP An 16.事件互不相容，計算AB與與.P AB解：由于事件互不相容，AB與與0.ABP AB ， ，11.P ABP ABP AB 17.設事件求證BA， .P BP A BAP BAP BP A證明：0P BA 而，而， .P BP A故故 18.00.30.7.P AaP BbabbaP ABaP BAP BAP BA已知 ， ，已知 ， ，求，求，解：由題設及求證的要求知，首先需求出.P AB為此要思索用知概率的事件表示未知概率的事件：AABAB ABAABAAB ， 0.70.3P ABP AP ABaaa因此 因此 0.30.7P ABP AP

12、 BP ABabaab 0.3P BAP BP ABba 110.3P BAP ABP ABa 19.50個產(chǎn)品中有46個合格品與4個廢品，從中一次抽取3個，計算取到廢品的概率.解：設“取到廢品A一次抽取3個，抽到廢品有多個情形，但與其對立的情形：3個都是合格品.就一種.故用求逆運算： 1P AP A 346350110.2255CP AP AC 350nC ，346AmC20.知事件 0,BA P AlnbP Blna，求的取值范圍.a .,BAP BP Alnalnbab解解：，即即 因因此此 01.00P AlnbP Alnbb又又由由，而而， ，因因此此 11,.P BlnaP Bln

13、aae而，因此而，因此1bae綜上分析的取值范圍是：a20.設事件都大于0，比較概率AB與與 P AP ABP ABP AP B，的的大大小小用不等號把它們銜接起來解：對任何事件均有AB，ABAAB ， P ABP AP BP AB而而， P ABP AP AB P ABP AP B0P AB ， .P ABP AP ABP AP B因因此此22.一個教室中有100名學生，求其中至少有一人的生日是在元旦的概率設一年以365天計算解：設事件“至少有一人的生日是在元旦AA那么“100名學生的生日都不在元旦 1P AP A 100365n ，100364Am 1001003641365P A 23.

14、從5副不同的手套中任取4只手套，求其中至少有兩只手套配成一副的概率.解：設事件“取出的4只手套至少有兩只能配成一副A那么“取出的4只手套中任何兩只均不能配成一副.A 1.P AP A 410210nC 又，又，411115222280.AmCCCCC為使取出的4只手套中沒有兩只能配成一副，我們先從5副手套中任取4副，然后從取出的4副手套中各取一只.因此 80131121021AmP An 24.某單位有92%的職工訂閱報紙，93%的人訂閱雜志，在不訂報紙的人中仍有85%的職工訂閱雜志從單位任找一名職工求以下事件的概率：1該職工至少訂閱一種報紙可期刊；2該職工不訂閱雜志，但是訂閱報紙.解：設事件

15、“任找的一名職工訂閱報紙，“任找的一名職工訂閱雜志.AB 0.920.930.85P AP BP B A， 1P AB即求即求 0.9210.980.850.988.P ABP AP ABP AP A P B A（ ）（ ）由題意： 2P AB即即求求 0.9880.930.058.P ABP ABPABBP ABP B留意：擅長根據(jù)題設條件，適當表達所求事件，使所求事件的概率變得容易.25.分析學生們的數(shù)學與外語兩科考試成果，記事件“數(shù)學成果優(yōu)秀，“外語成果優(yōu)秀，假設AB 0.40.28P AP BP AB，.P A BP B AP AB求求，解： 0.280.70.4P ABP B AP

16、A 0.280.70.4P ABP A BP B 0.52P ABP AP BP AB26.設是兩個隨機事件，AB、 01 01P AP B ， ， ， ，1.P A BP A B求證： P ABP A P B證明：條件概率具有概率的一切性質(zhì)，故1P A BP A B由題設知1.P A BP A B因此有P A BP A B 1P ABP ABP AP ABP BP BP B即，即， 1P ABP BP BP AP AB整理即得： P ABP A P B27.設獨立，AB與與 0.40.7.P AP ABP B，求求概概率率解： P ABP AP AB 0.70.410.4 P B有有ABAA

17、BAAB ， ， P ABP AP A P B因因此此 AB又與又與獨立， =0.5P B故故 110.6 0.710.60.50.5.P ABP A P BP BP BP BP B 因此 ，因此 ，28.設事件 的概率都大于0，假設 獨立 問它們能否互不相容，為什么？AB與與AB與與解：用反證法證明.假設 互不相容，那么AB與與 =0.P ABP =P ABP A P B，而由題設 獨立，AB與與 00P AP B又，又，00.因因此此有有矛矛盾盾不不等等式式：故在題設條件下， 不能夠互不相容.AB與與留意這里有一個重要的結論：在此題設的條件下，相互獨立與互不相容不能夠同時成立.反之：在題設

18、的條件下，假設 互斥，也可用反證法證明 不能夠相互獨立.AB與與AB與與29.某種電子元件的壽命在1000小時以上的概率為0.8，求3個這種元件運用1000小時后，最多只壞了一個的概率.解：設事件“第個元件在運用1000小時后沒有壞，iAi1,2 3.i，312,A A A顯然相互獨立.設事件“在運用1000小時后，三個元件最多只壞了一個.A313233122112AA A AA A AA A AA A A那么上述等式右邊是四個兩兩互不相容事件的和1230.8P AP AP A且且 320.83 0.80.20.896P A故故30.加工某種零件，需經(jīng)過三道工序，假定第一、二、三道工序的廢品率

19、分別為0.3,0.2,0.2，并且任何一道工序能否出現(xiàn)廢品與其他各道工序無關，求零件的合格率.解：設事件“任取一個零件是合格品AiAi1,2 3.i，那么231AA A A123AAA， ， ， 12310.3 10.210.20.448.P AP A P AP A因因此此31.某單位總機的占線率為0.4，其中某車間分機的占線率為0.3，假定二者獨立，如今從外部打給該車間，求一次能打通的概率；第二次能打通的概率以及第次才干打通的概率為任何正整數(shù).mm 110.3 10.40.42.P AP BCP B P C（ ）第二次才干打通的概率是iAi1,2,imBC 1110.420.420.2436

20、P A BCP A P B P C第 次才干打通的概率是m121mP A AABC 121mP A P AP AP B P C10.580.580.580.420.580.42miAi3,4.1,2,i 14iP A BB1234BAAAA ， 1234P BP AAAA因此 因此 4114141234iijijkiijijkP AP A AP A A AP A A A A 111144312ijijiP A AP A P A Aij11111443224ijkijikijP A A AP A P A A P A A Aijk 1234121312412311111.43224P A A A

21、AP A P A A P A A AP A A A A 234411115441224248P BCC故故 31.8P BP B mA m2,3.m232323.P A AP AAP AA，231123P AP A ，2361.6P A AP A2323231112.2363P AAP AP AP A A 23223111.263P AAP AP A A ABC、 、 、ABC、 、 、iAi0,1 2,3.i， 00.20.3 0.40.024P AP ABCP A P B P C 30.80.70.60.336.P AP ABCP A P B P C20.80.70.40.80.3 0.6

22、0.20.70.60.452P AP ABCP ABCP ABC 10231110.0240.4520.3360.188.P AP AP AP A因因此此 010120.0240.1880.212.P AAP AP A 003110.0240.976.P ABCP AP A 212nnAB、21n2n1234ABAB ， ， ， ，A112312345AAA B AA B A B A 112312345P AP AP A B AP A B A B A因因此此20.440.40.60.50.40.60.50.4.10.37 4311.77P AP A 37AAB 0.30.7.P AP AAA

23、， 0.80.95P B AP B A， 0.3 0.80.70.950.905.P BP A P B AP A P B A由全概率公式有由全概率公式有123AAA， ， ，123123.AAAAAA ， ，互互不不相相容容 且且 1230.450.350.2P AP AP A且且，1230.0040.0020.005P B AP B AP B A，B 310.45 0.0040.35 0.0020.20.0050.0035.iiiP BP A P B ADCACB 120.30.40.37.33P DP C P D CP C P D C因因此此 1233P CP C ， ，0.30.4P D CP D C，iAijBj1,2 3.ij， ， ，123AAA， ， ，1231124P AP AP A ，112131122232132333112411241126P B AP B AP B AP B AP B AP B AP B AP B AP B A ， ， ， ， ， ，31jijiiP BP A P B A12311311.24848P BP BP B有有 ，AB 0.0035P A .P A B P A P B AP A BP A P B AP A P B A0.00350.950.25.0.00350.950.