概率論與數(shù)理統(tǒng)計答案 第四版 第1章(浙大)

1、1、 寫出下列隨機試驗的樣本空間S：（1） 記錄一個班一次數(shù)學考試的平均分數(shù)（設以百分制記分）。（2） 生產(chǎn)產(chǎn)品直到有10件正品為之，記錄生產(chǎn)產(chǎn)品的總件數(shù)。（3） 對某工廠出廠的產(chǎn)品進行檢查，合格的記上“正品”，不合格的記上“次品”，如連續(xù)查出了2件次品就停止檢查，或檢查了4件產(chǎn)品就停止檢查，記錄檢查結果。（4） 在單位圓內(nèi)任取一點，記錄它的坐標。(1)解：設該班學生數(shù)為n，總成績的可取值為0,1,2,3，100n，(2)解：S=10、11、12所以試驗的樣本空間為S=i/n| i=1、2、3100n(3)解：設1為正品0為次品S=00，100，1100，010，1111，1110，1011，

2、1101，0111，0110，0101，1010 (4)解：取直角坐標系，則S=（x，y）|x2+y2<1取極坐標系，則S=（，）|<1,0<22.設A,B,C為三個事件，用A,B,C的運算關系表示下列各事件：（1）A發(fā)生，B與C不發(fā)生（2）A與B都發(fā)生，而C不發(fā)生（3）A,B,C中至少有一個要發(fā)生（4）A,B,C都發(fā)生（5）A,B,C都不發(fā)生（6）A,B,C中不多于一個發(fā)生（7）A,B,C中不多于兩個發(fā)生（8）A,B,C中至少有兩個發(fā)生解：以下分別用Di（i=1,2,3,4,5,6,7,8）來表示（1），（2），（3），（4），（5），（6）,(7),(8)（1）A發(fā)生，B

3、與C不發(fā)生表示,同時發(fā)生，故D1= （2）A與B都發(fā)生，而C不發(fā)生表示A，B，同時發(fā)生，故D2= AB（3）法一 ：A,B,C中至少有一個要發(fā)生由和事件定義可知，D3=ABC法二：A,B,C中至少有一個要發(fā)生是事件A,B,C都不發(fā)生的對立面，即D3=法三：A,B,C中至少有一個要發(fā)生可以表示為三個事件中恰有一個發(fā)生，恰有兩個發(fā)生或恰有三個發(fā)生，即D3=ABC (4) A,B,C都發(fā)生表示A,B,C都發(fā)生，故D4=ABC=ABC(5) A,B,C都不發(fā)生表示都不發(fā)生，故D5=(6)法一： A,B,C中不多于一個發(fā)生可以表示為三個事件中恰有一個發(fā)生或一個都不發(fā)生，即D6=法二：A,B,C中不多于一

4、個發(fā)生可以表示為至少有兩個不發(fā)生，即D6=法三：A,B,C中不多于一個發(fā)生是至少有兩個發(fā)生的對立面，即D6=(7)法一： A,B,C中不多于兩個發(fā)生即為三個事件發(fā)生兩個，發(fā)生一個或者一個都不發(fā)生，即D7=法二：A,B,C中不多于兩個發(fā)生可以表示為至少有一個不發(fā)生，即D7=法三：A,B,C中不多于兩個發(fā)生可以表示為三個都發(fā)生的對立面，即D7=(8)法一：A,B,C中至少有兩個發(fā)生即為三個事件中發(fā)生兩個或者三個都發(fā)生，即D8=ABC法二：A,B,C中至少有兩個發(fā)生，即D8=ABACBC法三：A,B,C中至少有兩個發(fā)生可以表示為三個事件只發(fā)生一個或一個都不發(fā)生的對立面，D8=3（1）設A,B,C三個

5、事件，P(A)=P(B)=P(C)=1/4，P(AB)=P(BC)=0，P(AC)=1/8,求A,B,C至少有一個發(fā)生的概率。(2)已知P(A)=1/2,P(B)=1/3,P(C)=1/5,P(AB)=1/10,P(AC)=1/15,P(BC)=1/20,P(ABC)=1/30,求AB,A B,ABC,A BC,ABC,ABC的概率（3）P(A)=1/2,(A.)若A,B互不相容，求P(AB)(B.)若P(AB)=1/8,求P(AB) （1）P(ABC)P（A）P（B）P(C) P（AB）P（AC）P（BC）3/4-1/85/8 （2）P(AB)=P（A）+P（B）-P（AB）=5/6-1/1

6、0=11/15P（AB）=P(AB)=1-P(AB)111/154/15P(ABC)P（A）P（B）P（C）P（AB）P（AC）P（BC）P（ABC）17/20P（ABC）=P(ABC)=1-P(ABC)1-17/203/20P（AB C）P（C）-P（AC）-P（BC）P(ABC)7/60P（ABC）=P(ABC)=1-P(A)-P(B)+P(AC)+P(BC)+P(ABC)7/20（3）A.P（AB）P(A)=1/2因為AB不相容所以AB一個發(fā)生另一個一定不發(fā)生B.P（AB）P（A）-P（AB）3/84.設A,B是兩個事件. （1） 已知AB=AB驗證A=B.（2） 驗證事件A和事件B恰有

7、一個發(fā)生的概率為P(A)+P(B)-2P(AB).解：法一（1）AB=AB， ABAB=ABAB, ABB=B(AA), AS=BS, A=B.（2）事件A與事件B恰有一個發(fā)生即事件AB AB P(AB AB)=P(AB)+P(AB)=PA(S-B)+P(S-A)B=P(A-AB)+P(B-AB)=P(A)-P(AB)+P(B)-P(AB)=P(A)+P(B)-2P(AB)法二 （1）AB=A-B , BA=B-A;又AB= BA ， A-B=B-AA=B即證。（2）原理同（1）， 事件A與事件B恰有一個發(fā)生即事件AB AB 即P(AB AB) = P(AB)+P(AB) =P(A-B)+P(

8、B-A) = P(A)-P(AB)+P(B)-P(AB) = P(A)+P(B)-2P(AB)5.10片藥片中有5片安慰劑。（1）從中任意抽取5片，求其中至少有兩片是安慰劑的概率。(2)從中每次取一片，作不放回抽樣，求前3次都取到安慰劑的概率。解：（1）設其中至少有兩片是安慰劑的概率為事件A.PA=1-C55C105-C54C51C105=1-110×9×8×7×65×4×3×2×1-(5×5)10×9×8×7×65×4×3×2

9、5;1=113126（2）設前三次都取到安慰劑為事件B。P(B)=C51C41C31C101C91C81=5×4×310×9×8=1126 在房間里有10個人，分別佩戴從1號到10號的紀念章。任選3人記錄其紀念章的號碼。 (1) 求最小號碼為5的概率. (2) 求最大號碼為5的概率.解：E:在房間里面任選3人，記錄其佩戴紀念章的號碼.10人中任選3人C103=120種，即樣本總數(shù)。記事件A為最小號碼為5，記事件B為最大號碼為5.（1） P(A)=C52/C103=5!*3!*7!2!*3!*10! =112（2） P(B)= C42/C103=4!*3!

10、*7! 2!*2!*10!=120.7. 某油漆公司發(fā)出17桶油漆，其中白漆10桶，黑漆4桶，紅漆3桶，在搬運中所有標簽脫落，交貨人隨意將這些油漆發(fā)給顧客。問一個訂貨為4桶白漆，3桶黑漆和2桶紅漆的顧客，能按所訂顏色如數(shù)得到訂貨的概率是多少？解：設事件“該訂戶得到4桶白漆，3桶黑漆，2桶紅漆訂貨”為事件A共17桶油漆，該客戶訂貨共4+3+2=9桶，題意即為客戶在17桶中選9桶，其中10桶白漆中占有4桶，4桶黑漆中占有3桶，3桶紅漆中占有兩桶。所以分母為C9 17，分子為C4 10C3 4C2 3，即所求概率為P（A）= C104C43C32C179 =25224318在1500件產(chǎn)品中有400

11、件次品、1100件正品。任取200件（1）求恰有90件次品的概率。（2）求至少有2件次品的概率。解：設A表示事件“恰好有90件次品”，Bi表示事件“恰好有i件次品（i0、1）”，C表示事件“至少有2件次品”。E表示“從1500件產(chǎn)品中任取200件”（1）N (S)=C1500200 N(A)=C40090C1100110 P=N(A)N(S)=C40090C1100110C1500200（2）C=S-B0-B1P(C)=P(S- B0-B1)=P(S- B0B1)1-P(B0)-P(B1) PC=1-N(B0)N(S)-N(B1)N(S)=1-C1100200C1500200-C40

12、01C1100199C15002009.從5雙不同的鞋子中任取4只，問這4只鞋子中至少有兩只配成一雙的概率是多少？解、法一、設至少有兩只配成一對的為事件A,這四只鞋中沒有配成一對的為事件,則 P（A）=1-P() =1-= 故四只鞋中至少有兩雙配成一雙的概率為13/21 法二、設至少有兩只配成一對的為事件A,這四只鞋中沒有配成一對的為事件,則 P（A）=1-P（）=1 - =（因為不考慮次序所以除以4?。?故四只鞋中至少有兩雙配成一雙的概率為13/21法三、設至少有兩只配成一對的為事件A，則 P(A)= 法四、設至少有兩只配成一對的為事件A,這四只鞋中沒有配成一對的為事件,則 P（A）=1-P

13、（）=1-= 10.在11張卡片上分別寫上probability這11個字母，從中任意連抽7張，求其排列結果為ability的概率。解：方法一：假設連抽7張排列結果為ability為事件AP（A）=C21×C21A117=1415800方法二：以A，B，C，D，E，F(xiàn)，G依次表示取得字母a,b,i,l,i,t,y各事件，則所求概率為 P（ABCDEFG）=P（A）P（B|A）P（C|AB）P（D|ABC）P（E|ABCD）×P（F|ABCDE）P（G|ABCDEF）=111×210×29×18×17×16×15=4

14、A11711、將3只球隨機地放入4個杯子中去，求杯子中球的最大個數(shù)分別為1,2,3的概率。解：將3只球隨機放入4個杯子中去的方法總數(shù)有4×4×4=43種設杯子中球的最大個數(shù)為i 個為事件Ai則有12、50只鉚釘隨機地取來用在10個部件上，其中有3只鉚釘強度太弱，每個部件用3只鉚釘。若將3只強度太弱的鉚釘都用在一個部件上，則這個部件強度就太弱。問發(fā)生一個部件強度太弱的概率是多少？解：方法一設一個部件輕度太弱為事件AP（A）=C101C473C443C413C383C353C323C293C263C233C503C473C443C413C383C353C323C293C263C

15、233=11960方法二將部件自1到10編號。E：隨機地取鉚釘，使各部件都裝3只鉚釘。以Ai表示事件“第i號部件強度太弱”P（Ai）=C33C503=119600，i=1,2，10已知 A1，A2，A10兩兩互不相容，因此，10個部件中有一個強度太弱的概率為P=P A1A2A10 =P（A1）+ P（A2）+ P（A10） =1019600 =1196013、一俱樂部有五名一年級學生，2名二年級學生，3名三年級學生，2名四年級學生。（1） 在其中任選4名學生，求一、二、三、四年級的學生各一名的概率。（2） 在其中任選5名學生，求一、二、三、四年級的學生均包含在內(nèi)的概率。解：（1）設所求事件為A

16、事件PA=C51C21C31C21C124=4/33（2）設所求事件為B事件，B事件包括一二三四年級中有一個年級有兩人入選，其余年級一人入選的四種情況。PB=C52C21C31C21C125+C51C22C31C21C125+C51C21C32C21C125+C51C21C31C22C125 =10/3314.（1）已知P（A）=0.3，P（B）=0.4，P（AB）=0.5，求條件概率P（B| AB）先完整題干再解題?。?）已知P（A）1/4，P（B|A）1/3，P（A|B）1/2，求P（A B）P（A B）P（A）P（B）P（AB）解：P（B|AB）P（BAB）P（AB）P（AB）P（AB）

17、P（A）1-P（A）1-0.30.7P（B）1-P（B）1-0.40.6又P（AB）P（A）-P（AB）0.7-0.50.2P（AB）P（A）P（B）-P（AB）0.70.6-0.50.8P（B|AB）P（AB）P（AB）0.20.80.25（2）P（B|A）P（AB）P（A）P（AB）P（B|A）P（A） 13×14 112P（A|B）P（AB）P（B）P（B）P（AB）P（A|B） 1/121/2 16P（AB）P（A）+P（B）-P（AB） 14+16-1121315.擲兩顆骰子，已知兩顆骰子的點數(shù)之和為7，求其中有一顆為1點的概率。法一：題設的樣本空間為（1,6）（2,5）（

18、3,4）（6,1）（5,2）（4,3）， 由題得，其中有一顆為1點的事件有（1,6）（6,1）兩個樣本點 設要求的事件為事件A PA=26=13法二：投擲兩顆篩子其中一顆為一點為事件C設投擲兩顆骰子，兩顆骰子點數(shù)之和為7為事件B 因為題設事件為CBP(CB)= C21×16×16 P(B)= 66×6 所以,根據(jù)條件概率公式，PCB=P(CB)P(B) = C21×16×1666×6 =1/316.根據(jù)以往資料表明，某一3口之家，患某種傳染病的概率有以下規(guī)律： P孩子得病=0.6 P母親得病|孩子得病=0.5 P父親得病|母親及孩子得

19、病=0.4 求母親及孩子得病但父親未得病的概率。解：設孩子得病為事件A，母親得病為事件B，父親得病為事件C。 則 P（A）=0.6 P（B|A）=0.5=P(AB)P(A) P(C|AB)=0.4=P(ABC)P(AB) 所以 P(AB)=0.3 P(ABC)=0.12所以 P(C|AB)=0.6 P（ABC）=P（C|AB）×P（AB）=0.6×0.3=0.1817.已知在10件產(chǎn)品中有2件次品，在其中取兩次，每次任取一件，作不放回抽樣，求下列事件的概率： （1）兩次都是正品； （2）兩次都是次品； （3）一件是正品一件是次品； （4）第二次取出的是次品。解（1）設連續(xù)兩

20、次都是正品為事件AP（A）=810×79=2845（2）設連續(xù)兩次都是次品為事件BP（B）=210×19=145 （3）設一件是正品一件是次品為事件CP（C）=210×89+810×29=1645 （4）設第二次取出的是次品為事件DP（D）=210×19+810×29=1518.某人忘記了電話號碼的最后一位數(shù)字，因而他隨意地撥號，求他撥號不超過3次而接通所需電話的概率。若已知最后一個數(shù)字是奇數(shù)，那么此概率是多少？解：（1）設撥號不超過3次而接通所需電話為事件A P（A）=110+910×19+910×89×

21、;18=310 （2）設在已知最后一個數(shù)字是奇數(shù)的情況下，撥號不超過3次而接通所需電話為事件B P（B）=15+45×14+45×34×13=3519.（1）設甲袋中裝有n只白球，m只紅球；乙袋中裝有N只白球、M只紅球。今從甲袋中任意取一只放入乙袋中，再從乙袋中任意取一只球。問取到白球的概率是多少？（2）第一只盒子中裝有5只紅球，4只白球；第二只盒子中裝有4只紅球、5只白球。先從第一只盒中任取2只球放入第二盒中去，然后從第二盒中任取一只球，求取到白球的概率是多少？解:（1）設A,B分別表示“從甲袋取得白球，紅球放入乙袋”，C表示“再從乙袋中取得白球” 因為C=AC

22、+BC且AB互斥 所以P（C）=P（A）P（C|A）+P（B）P（C|B）=nn+m*N+1N+M+1+mn+m*NN+M+1（2）設A為“從第一個盒子中取得兩只紅球”，B為“從第一個盒子中取得兩只白球”，C為“從第一個盒子中取得一只紅球，一只白球”，D為“從第二個盒子中取得白球” 顯然A,B,C兩兩互斥，AUBUC=S， 所以P（D）=P（A）P（D|A）+ P（B）P（D|B）+ P（C）P（D|C）=C52C92*511+C42C92*711+C51C41C92*611=539920某種產(chǎn)品的商標為“MAXAM”，其中有2個字母脫落，有人隨意放回，求放回后仍為“MAXAM”的概率。解法一

23、：任意拿下2個的方法總共C52種，其中不關心順序的2種，每種掉落的方式放回方式有2種，其中有錯誤的方式是C52-2因此總的放回方式根據(jù)乘法原理是C52*2，錯誤的放回方式為C52-2。設A表示“錯誤的放回方式”B表示“正確的放回方式”，顯然AUB=S，且A，B互斥P（A）=C52-2C52*2=0.4所以P（B）=1-P（A）=1-0.4=0.6解法二：以A，B，C，D，E依次表示事件“脫落M、M”，“脫落A、A”“脫落M、A”“脫落X、A”“脫落X、M”，以事件G表示事件“放回后仍為MAXAM”，所需求的是P（G），可知A、B、C、D、E兩兩互不相容，且AUBUCUDUE=S。已知 P（A）

24、=C22C52=0.1 P（B）=C22C52=0.1 P（C）=C21C21C52=0.4 P（D）=C11C21C52=0.2 P（E）=C11C21C52=0.2而P（G|A）= P（G|B）=1 P（G|C）= P（G|D）= P（G|E）=0.5由全概率公式得 P（G）= P（G|A）P（A）+ P（G|B）P（B）+ P（G|C）P（C）+ P（G|D）P（D）+ P（G|E）P（E）=0.1+0.1+0.2+0.1+0.1=0.621.已知男子有5%是色盲患者，女子有0.25%是色盲患者。今從男女人數(shù)相等的人群中隨機地挑選一人，恰好是色盲者，問此人是男性的概率是多少？解：設A=男

25、人，B=女人，C=色盲。顯然AUB=S，且A，B互斥，所以由已知條件可知P（A）=P（B）=12，P（C|A）=5%，P（C|B）=0.25%所以由貝葉斯公式，有P（A|C）=P（AC）P（C）=P（A）P（C|A）PAPCA+P（B）P（C|B）=12*510012*5100+12*2510000=202122. 一學生接連參加同一課程的兩次考試。第一次及格的概率為P，若第一次及格則第二次及格的概率也為P；若第一次不及格則第二次及格的概率為P2.（1）若至少有一次及格則他能取得某種資格，求他取得該資格的概率。（2）若已知他第二次已經(jīng)及格，求他第一次及格的概率。解： 用Ai表示“該學生第i次及

26、格，（i=1,2）”，用B表示事件“該學生取得該資格” 已知P (A1)=P (A2|A1)=P， （1） （2）P(A1|A2)=P(A1A2)/P(A2) =P(A2|A1)P(A1)P(A2|A1)P(A1)+P(A2|1)P(1) =p*pp*p+p2(1-p) =2pP+123.將兩信息分別編碼為A和B傳送出去，某接收系統(tǒng)接收時將A誤收為B的概率為0.02，B被誤收為A的高率為0.01，信息A和B傳送的頻繁程度為2：1?，F(xiàn)在該系統(tǒng)接收到信息A，則原發(fā)信息也為A的概率是多少？解：設C表示事件“將信息A傳遞出去”，則C表示事件“將信息B傳遞出去”，設D表示事件“接收到信息A”,則D表示“

27、接收到信息B”。本題所求概率為 PCD。已知PDC=0.02，PDC=0.01， P(C)P(C)=2，由于P(C)+P(C)=1，所以P(C)=23，P(C)=13.所以，PCD=PCDP(D)=PDCP(C)PDCPC+PDCP(C)=1-0.02×23(1-0.02)×23+0.01×13=196197.24有兩箱同種類型的零件。第一箱裝50只，其中10只一等品；第二箱30只，其中18只一等品。今從兩箱中任挑出一箱，然后從該箱中取零件兩次，每次任取一只，作不放回抽樣。求（1）第一次取到的零件是一等品的概率。（2）在第一次取到的零件是一等品的條件下，第二次取到

28、的也是一等品的概率。解：用Aj表示“挑出第j箱產(chǎn)品”j=1,2，用Bi表示“第i次從箱中取到的是一等品” i=1、2顯然P(A1)=P(A2)=1/2（1） P(B1|A1)=10/50 P(B1|A2)=18/30 全概率公式得： P(B1)=P(B1|A1)P(A1)+P(B1|A2)P(A2) （2）P(B1B2)=P(B1B2|A1)P(A1)+P(B1B2|A2)P(A2)其中P(B1B2|A1)1050×949 P(B1B2|A2)=1830×1729所以： 25某人下午5:00下班，他所積累的資料表明：到家時間5:355:395:405:445:455:495

29、:505:54遲于5:54乘地鐵概率0.100.250.450.150.05乘汽車概率0.300.350.200.100.05某日他拋一枚硬幣決定乘地鐵還是乘汽車，結果他是5:47到家的，試求他是乘地鐵回家的概率。解：設他乘坐地鐵回家為事件A，設5:47即5:455:49到家是事件B。PAB=PABPB=PBAPAPAPBA+PAPBA =0.45×0.5×0.50.5×0.45×0.5+0.5×0.20×0.5=91326.病樹的主人外出，委托鄰居澆水，設已知如果不澆水，樹死去的概率為0.8.若澆水則樹死去的概率為0.15。有0.9

30、的把握確定鄰居會記得澆水。（1）求主人回來時樹還活著的概率。（2）若主人回來樹已死去，求鄰居忘記澆水的概率。解：設主人回來時樹還活著為事件A，鄰居記得澆水為事件B。(1) PA=0.9×1-0.15+0.1×1-0.8=0.785(2) PBA=P(AB)P(A)=0.8×0.11-0.215=164327、設本題設計的事件均有意義。設A、B都是事件（1）已知P（A）>0，證明P（AB|A）P（AB|AB）（2）若P（A|B）=1，證明P（B|A）=1（3）若設C也是事件，且有P（A|C）P（B|C），P（A|C）P（B|C），證明P（A）>>P

31、（B）解：（1） P（AB|A）=P（AAB)P（A）=P（AB)P（A） P（AB|AB）=P（ABAB）P（AB）=P(AB）P（AB） 因為 P(A)PAB筆誤?右邊是并吧所以 P（AB)P（A）P(AB）P（AB）因此 證明 P（AB|A）P（AB|AB）（2）P（B|A）=P（BA)P（A）=1-P（AB）1-P（A）=1-PA-PB+P(AB)1-P（A）因為 P（A|B）=P（AB)P（B）所以 P(AB)=P(B)所以 P（B|A）=1-PA-PB+P(AB)1-P（A）=1-PA1-P（A）=1（3）P（A）=P(AC)+ P(AC)= P（A|C）P(C)+ P（A|C）P

32、（C） P（B）= P(BC)+ P(BC)= P（B|C）P(C)+ P（B|C）P（C）所以 P(A)-P(B)=P(C)( P（A|C）- P（B|C）)+ P（C）(P（A|C）- P（B|C）)已知 P（A|C）P（B|C） P（A|C）P（B|C）所以 P(A)-P(B) 0所以 P（A）P（B）28有兩種花籽，發(fā)芽率分別為0.8和0.9，從中各取一個，設各花籽是否發(fā)芽相互獨立 （1）這兩顆花籽都能發(fā)芽的概率 （2）至少有一顆能發(fā)芽的概率 （3）恰有一顆能發(fā)芽的概率解：設事件A為a花籽發(fā)芽，事件B為b花籽發(fā)芽（1） P（AB）=P(A)P(B)=0.72（2） P（AB）=P(A)

33、+P(B)-P(AB)=0.98（3） P(ABAB)= P（AB）- P（AB）=0.2629、根據(jù)報道美國人血型的分布近似地胃：A型為37，O型為44，B型為13，AB型為6。夫妻擁有的血型是相互獨立的。（1）B型的人只有輸入B、O兩種血型才安全。若妻為B型，夫為何種血型未知，求夫是妻的安全輸血者的概率。（2）隨機地取一對夫婦，求妻為B型夫為A型的概率。（3）隨機地取一對夫婦，求其中一人為A型，另一人為B型的概率。（4）隨機地取一對夫婦，求其中至少有一人是O型的概率。解：設一個人的血型為A,B,0，AB分別為事件A,B,O,AB.(1) 設夫是妻的安全輸血者為事件C,則P（C）=P（B）+

34、 P（O）=13%+44%=0.57(2) 設妻為B型夫為A型為事件D,則P（D）=P（B）·P（A）=13%×37%=0.0481（4） 設隨機地取一對夫婦，其中一人為A型，另一人為B型為事件X，則事件X包括妻為B型夫為A型和妻為A型夫為B型,P（X）=P(A) ·P(B)+ P(A) ·P(B)=0.0962(4)法一：設隨機地取一對夫婦，其中至少有一人是O型為事件Y，一個人的血型不是O為事件 ,則事件Y可表示為兩人恰有一人為O型和兩人都是O型，P(Y)=P(O) ·P()+P(O) ·P()+P(0) ·P(O)=0.

35、6864法二：設隨機地取一對夫婦，其中至少有一人是O型為事件Y，則事件Y的對立事件為兩人都不是O型血（事件）,則P(Y)=1-P()=1- P()·P()=0.686430、（1）給出事件A、B的例子，使得（i）P（A÷ B）P（A），（ii）P（A÷ B）=P（A） （iii）P（A÷ B）P（A）（2）設事件A、B、C相互獨立，證明：（i）C與AB相互獨立 （ii）C與AÈB相互獨立。（3）設事件A的概率P（A）=0，證明對于任意另一事件B，有A、B相互獨立。（4）證明事件A、B相互獨立的充要條件是P（A÷ B）=P（A÷

36、; B）答：（1）（i）當事件B發(fā)生會是事件A發(fā)生的概率減小時，P（A÷ B）P（A） 比如A是騎自行車上學的學生，B是男生，全集是所有學生（ii）當事件B發(fā)生對A沒有影響，即A、B互為獨立事件時，P（A÷ B）=P（A）比如事件A是扔骰子得到一點，事件B是明天下雨。（iii）當事件B發(fā)生會是事件A發(fā)生的概率增加時，P（A÷ B）P（A） 比如事件A是課余時間我去健身，事件B是課余時間室友們健身，顯然他們很有可能對我的決定產(chǎn)生影響。（2）（i）A、B、C相互獨立 P（ABC）=P（A）P（B）P（C）=P（AB）P（C） 即P（AB）C）=P（AB）P（C） C與

37、AB相互獨立 （ii）P（AB）=P（A）+P（B）-P（AB） P（AB）P（C）=P（A）P（C）+P(B)P(C)-P(AB)P(C)=P(AB)C) C與AB相互獨立（3）因ABA,故若P（A）=0，則0P（AB）P(A)從而 P(AB)=0=P(B)0=P(B)P(A)按定義，A,B相互獨立。（4）必要性.設A,B相互獨立，則A, 也相互獨立，從而只P（A|B）=P(A), P(A|)=P(A).故P（A|B）= P(A|).充分性.設P（A|B）= P(A|)，按定義此式即表示 =由比例的性質(zhì)得=31.設事件A，B的概率均大于零，說明以下敘述（1）必然對，（2）必然錯，（3）可能對

38、。并說明理由。（1）若A與B互不相容，則它們相互獨立。（2）若A與B相互獨立，則它們互不相容。（3）P(A)=P(B)=0.6，且A,B互不相容。（4）P(A)=P(B)=0.6，且A,B相互獨立。解：（1）、（2）必然錯原因：若A，B相互獨立，則P(AB)=P(A)P(B)0 若A，B互不相容，則AB=,即P(AB)=0 所以（1）、（2）必須錯（3）必然錯原因：P(AUB)=P(A)+P(B)-P(AB)1 P(A)=P(B=0.6) 筆誤 即P(AB)0.20 則A，B不可能互不相容（4）可能對原因：當P（AB）=P(A)P(B)=0.36時，A，B相互獨立，否則A，B不相互獨立。32.

39、有一種檢驗艾滋病毒的檢驗法，其結果有概率0.005報道為假陽性（即不帶艾滋病毒者，經(jīng)此法檢驗有0.005的概率被認為帶艾滋病毒），今有140名不帶艾滋病毒的正常人全都接受此種檢驗，被報道至少有一人帶艾滋病毒的概率為多少？解：設事件A表示被報道至少有一人帶艾滋病毒P(A)=k=1140P140(k)=1-P140(0)=1-C1400×0.0050×0.995140=0.504333、 盒中有編號為1,2,3,4的4只球，隨機地自盒中取一只球，事件A 為“取得的是1號球或2號球”，事件B為“取得的是1號或3號球”，事件C為“取得的是1號或4號球”驗證：P(AB)=P(A)P(

40、B)，P(AC)=P(A)P(C)，P(BC)=P(B)P(C)，但P(ABC)P(A)P(B)P(C)，即事件A，B，C兩兩獨立，但A，B，C不是相互獨立的。解、由題意知，事件AB，AC，BC，ABC均為“取得的是1號球”則P(AB)=P(AC)=P(BC)=P(ABC)=，且P(A)=P(B)=P(C)=所以P(AB)=P(A)P(B)=，P(AC)=P(A)P(C)=，P(BC)=P(B)P(C)=,但P(ABC)=P(A)P(B)P(C)=。故可證明事件A，B，C兩兩獨立，但A，B，C不是相互獨立的。34、 試分別求以下兩個系統(tǒng)的可靠性：（1） 設有四個獨立工作的元件1，2，3，4，它

41、們的可靠性分別為p1,p2,p3,p4,將它們按題34圖（1）的方式連接（稱為并串聯(lián)系統(tǒng)）（2） 設有5個獨立工作的元件1,2,3,4,5，它們的可靠性均為p,將它們按題34圖（2）的方式連接（稱為橋式系統(tǒng)）。123412345解：（1）設系統(tǒng)工作為事件B，元件1,2,3,4工作分別為事件A1，A2，A3，A4，則 P（B）=P（A1）P（A2A3A4） =P1P(A2A3)+P(A4)-P(A2A3A4) =p1p2p3+p1p4-p1p2p3p4(2)設系統(tǒng)工作為事件B,元件1,2,3,4,5工作分別為事件A1，A2，A3，A4，A5則 法一P(B)=P3P(A1A4)P(A2A5)+(1

42、-P3)P(A1A2A4A5) =p（p+p-p*p）(p+p-p*p)+(1-p)(P*P+p*p-p*p*p*p) =法二P(B)=P(A1A2A1A3A5A4A5A4A3A2) =p(A1A2)+P(A1A3A5)+P(A4A5)+P(A4A3A2)-P(A1A2A1A3A5) -P(A1A2A4A5)-P(A1A2A4A3A2)-P(A1A3A5A4A5)-P(A1A3A5A4A3A2) -P(A4A5A4A3A2)+P(A1A2A1A3A5A4A5)+P(A1A2A1A3A5A4A3A2) +P(A1A2A4A5A4A3A2)+P(A1A3A5A4A5A4A3A2) -P(A1A2A

43、1A3A5A4A5A4A3A2) = 35、如果一危險情況C發(fā)生時，一電路閉合并發(fā)出警報，我么可以借用兩個或多個開關并聯(lián)以改善可靠性. 在C發(fā)生時這些開關每一個都應閉合，且若至少一個開關閉合了，警報就發(fā)出. 如果兩個這樣的開關并聯(lián)連接，它們每個具有0.96的可靠性（即在情況C發(fā)生時閉合的概率），問這時系統(tǒng)的可靠性（即電路閉合的概率）是多少？如果需要有一個可靠性為0.9999的系統(tǒng)，則至少需要用多少只開關并聯(lián)？設各開關閉合與否是相互獨立的.解：法一設Ai表示事件“第i只開關閉合”，則Ai表示事件“第i只開關斷開”，iN*.根據(jù)題意， Ai(iN*)之間彼此獨立且P(Ai)=0.96. 另設Bi表

44、示事件“有i個開關并聯(lián)時遇到情況C電路閉合”， iN*.（1）當有兩只開關并聯(lián)時,系統(tǒng)可靠性為 P (B2)=P (A1A2)=1-P (A1A2)=1-P (A1A2)=1-P (A1)P(A2)=1-(1-0.96) (1-0.96)=0.9984當有兩個開關并聯(lián)連接時，系統(tǒng)可靠性為0.9984. （2）當有n只開關并聯(lián)時，系統(tǒng)可靠性為 P (Bn)=P (A1A2An)=1-P (A1A2An)=1-P (A1) P (A2) P (An)=1-(1-0.96)n=1-0.04n 所以要使P (Bn)達到0.9999，即P (Bn)0.9999，則 1-0.04n0.9999 即0.04

45、n0.0001 即nlg0.04lg0.0001 即nlg0.0001lg0.04=4lg25=2.861 因為n只能為整數(shù)，所以n至少為3，即如果需要有一個可靠性為0.9999的系統(tǒng)，則至少需要用3只開關并聯(lián).法二1) 解：設兩個開關分別為A和B.電路的可靠性即開關至少一個閉合，又因為A與B相互獨立，故P(A+B)=P(A)+P(B)-P(AB)= P(A)+P(B)-P(A)*P(B)=0.96+0.96-0.96*0.96=0.99842) 解：為使系統(tǒng)可靠性達到0.9999，設需要n個開關，第i個開關用Xi 表示，n個開關相互獨立，同理，P(X1+X2+X3+.+Xi+Xn)=i=1n

46、PXi-1ijnP(XiXj)+-1n-1P(X1X2Xn)則令n=3時，P(X1+X2+X3)=P(X1)+P(X2)+P(X3)-P(X1X2)-P(X1X3)-P(X2X3)+P(X1X2X3) = P(X1)+P(X2)+P(X3)-P(X1X2)-P(X1X3)-P(X2X3)+P(X1)P(X2)P(X3)=0.96*3-0.96*0.96*3+0.963 =0.9999360.9999 因此當n=3時，已可以使系統(tǒng)達到要求的可靠性。故至少需要用3個這樣開關。36、三人獨立地破譯一份密碼，已知個人能譯出的概率分別為1/5,1/3,1/4.問三人中至少有一人能將此密碼譯出的概率是多少

47、？解： 設Ai表示事件“第i個人譯出密碼”，i=1,2,3. Ai之間相互獨立。 則事件“至少一人能將此密碼譯出”即A1A2A3. P (A1A2A3) =1-P (A1A2A3) =1-P (A1A2A3) =1-P (A1) P (A2) P (A3) =1-(1- 15) (1- 13) (1- 14)=35.所以三人中至少有一人能將此密碼譯出的概率是3/5。37. 設第一只盒子中裝有3只藍球，2只綠球，2只白球；第二只盒子中裝有2只藍球，3只綠球，4只白球。獨立地分別在兩只盒子中各取一只球。（1）求至少有一只藍球的概率（2）求有一只藍球一只白球的概率（3）已知至少有一只藍球，求有一只藍

48、球一只白球的概率解：（1）設“至少有一只藍球”為事件A，則其對立事件A為“兩只盒子都未抽到藍球”因為在兩只盒子中取球相互獨立，所以P（A）= 47×79 = 49 則所求概率P（A）= 1 - P（A）= 1 - 49 = 59（2）設“有一只藍球一只白球”為事件B，“第一只盒子取到藍球，第二只盒子取到白球”為事件C，“第一只盒子取到白球，第二只盒子取到藍球”為事件D則P（C）= 37×49 =421 P（D）= 27×29=463由于事件C、D互斥，則所求概率P（B）= P（C）+ P（D）= 421+463=1663（3）由（1）（2）所設及題意知所求概率為P（B|A）=P（AB）P（A）=P（B）P（A）= 1663 / 59=163538. 袋中裝有m枚正品硬幣、n枚次品硬幣（次品硬幣的兩面均印有