8 概率论与数理统计习题全解指南 解法()以A;表示事件“所取4只鞋子中恰能配成 双"(i=1,2),则A=A1∪A2,A1A2=.故P(A)=P(A1) +P(A2)因A2为4只恰能配成2双,它可直接从5双鞋子中成双 地取得,故N(A2) N(A1)的算法是:先从5双中取1双, 共有,种取法,另外两只能从其它8只中取,共右/8 种取法,不 过这种取法中将成双的也算在内了,应去掉.从而N(A1) 5「/81/4 IO 120.N(S)仍为(i)中的 210种,故 1/L(2 P(A)=P(A1)+P(A2)= N(A1),N(A2) (S)N(S) l20+10 10.在11张卡片上分别写上 probability这11个字母,从中任 意连抽7张,求其排列结果为 ability的概率 解法()E:自11个字母中随机地接连抽7个字母并依次排 列.将11个字母中的两个b看成是可分辨的,两个i也看成是可分 辨的N(S)=A1.以A记事件“排列结果为 ability',则N(A) =4(因b有两种取法,也有两种取法),因而 P(A)=N(A)/N(S)=4/A1=24×10-6 解法(i)本题也可利用乘法定理来计算以A,,B Is,T6,Y依滴表示取得字母a,b,i,1,,t,y各事件,则所求概率 P(AiB2I3L4IsT6Y,)=P(A1P(B2 AP(I3JAB,) P(L4 A,B2I3)P(IsA,B,I,L4) P(T6|A,B2IL4ISP(Y,A,B,I,LIT) 122 111098 1.1=4/A1
第一章概率论的基本概念 注意,在解法(1)中仅当将两个i看成是可以区分的,两个b看 成是可以区分的,才属于占典概型问题 11.将3个球随机地放人4个杯子中去,求杯子中球的最大 个数分别为1,2,3的概率 解E:将3个球随机地放人4个杯子中去易知共有43种放 置法.以A;表示事件“杯子中球的最大个数为i”,i=1,2,3 A3只有当3个球放在同一杯子中时才能发生,有4个杯子可 以任意选择,于是N(A3) 故 P(A3)=N(A3)/N(S)= 3=1/16. A1只有当每个杯子最多放一个球时才能发生.因而N(A1) 4·3·2=A3 故 P(A)=N(A1)/N(S)=A/43=6/16 又,A1∪A2∪A3=S,且AA,=,i≠j,故P(A1) P(A2)+P(A3)=1,从而 P(A2)=1-1/16-6/16=9/16 12.50只铆钉随机地取来用在10个部件上,其中有3只铆钉 强度太弱每个部件用3只铆钉.若将3只强度太弱的铆钉都装在 个部件上,则这个部件强度就太弱.问发生一个部件强度太弱 的概率是多少? 解将部件自1到10编号.E:随机地取铆钉,使各部件都装 3只铆钉.以A;表示事件“第i号部件强度太弱”.由题设,仅当3 只强度太弱的铆钉同时装在第i号部件上,A2才能发生由于从 50只铆钉中任取3只装在第i号部件上共有 种取法,强度太 弱的铆钉仅有3只,它们都装在第i号部件上,只有|=1种取 法,故
10 概率论与数理统计习题全解指南 50 P(A,)= 1/19600,i=1,2,…,10, 且知A1,A2,…,A10两两互不相容,因此,10个部件中有一个强 度太弱的概率为 p=PA1∪A2U…UA10 P(A1)+P(A2)+…+P(A10) =10/19600=1/1960 13.已知P(A)=0.3,P(B)=0.4,P(AB)=0.5,求条件 概率P(B|A∪B) 解P(BAUB) P(B(AU B) P(A∪B) P(AB) P(A)+ P(B)-P(AB P(B|AUB)=0.7+0.6-0.550.2,8 由题设得P(A)=1-P(A)=0.7,P(B)=1-P(B) 0.6,P(AB)=P(A(S-B))=P(A)-P(AB)= 14.已知P(A)=4,P(BA)=3,P(AB)=3,试求 P(AUB) M P(AB)=P(B JA)P(A)=1/12 P(B)=P(AB)/P(AIB) 故 P(AU B)=P(A)+P(B)- P(AB) 15.掷两颗骰子,已知两颗骰子点数之和为7,求其中有一颗 为1点的概率(用两种方法) 解E:掷两颗骰子,观察其出现之点数.以A记事件“两骰 子点数之和为7”,以B记事件“两颗骰子中有一颗出现1点
第一章概率论的基本概念 解法()按条件概率的定义式:P(BA)=P(A)来求条 件概率.设想两颗骰子是可分辨的,样本空间为 S=(1,1),(1,2),…,(1,6),(2,1),(2,2), …,(2,6),…,(6,6)}, A=1(1,6),(2,5),(3,4),(4,3),(5,2),(6,1)}, AB=(1,6),(6,1)}现在N(S)=36,N(A)=6,N(AB)=2,因 此 P(BA)=2/3=1 解法(i)按条件概率的含义来求P(BA).样本空间原有 36个样本点,现在知道了“A已经发生”这一信息,根据这一信息, 不在A中的样本点就不可能出现了,因而试验所有可能结果所成 的集合就是A,而A中共有6个可能结果,其中只有两个结果 (1,6)和(6,1)有一颗骰子出现1点,因此 P(B|A)=2/6=1/3 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{孩子得病}=0.6,P母亲得病|孩子得病卜=0.5, 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 解以A记事件“孩子得病”,以B记事件“母亲得病”,以C 记事件“父亲得病”,按题意需要求P(ABC).已知P(A)=0.6, P(BA)=0.5,P(C|BA)=0.4,由乘法定理得 P(ABC)=P(CBA)= P(CIBA)P(BA) =P(C BA)(BA)P(A) (1-P(C BA)P(B AP(A) 0.6×0.5×0.6=0.18 17.已知在10只产品中有2只次品,在其中取两次,每次任
·12 慨率论与数理统计习题全解指南 取一只,作不放回抽样.求下列事件的概率: (1)两只都是正品; (2)两只都是次品; (3)一只是正品,一只是次品; (4)第二次取出的是次品 解E:在10只产品中(其中有2只次品)任取两次,每次取1 只,作不放回抽样.以A1(i=1,2)表示事件“第i次抽出的是正 品”.因为是不放回抽样,所以 (1)P(A1A2)=P(A21A1)P(A,)78_28 91045 (2)P(A1A2)=P(A21|A1)P(A1)=4x2=14 (3)P(A1A2∪A1A2) P(A1A2)+P(A1A2)(因(41A2)(A1A2)=C) P(A21A1)P(A1)+P(A2A1)P(A1) 2y8+8 216 045 亦可利用(1)(2)的结果.因为A1A2UA1A2∪A1A2U 1A2=S,且A1A2,A1A2,A1A2,A1A2两两不相容,故 P(A1A2UA1A2)=1-28116 454545 (4)P(A2)=P[(A1∪A1)A2]=P(A1A2UA1A2) =P(A1A2)+P(A1A2) P(A2A1)P(A1)+P(A2A1)P(A1) 2 10910 18.某人忘记了电话号码的最后一个数字,因而他随意地拨 号求他拨号不超过三次而接通所需电话的概率.若已知最后 个数字是奇数,那么此概率是多少? 解法()以A表示事件“第i次拨号拨通电话”,=1,2,3