概率论与数理统计第一章课后习题详解

概率论与数理统计习题第一章

习题1-1（P 7）

1．解：（1）}18,4,3{，?=Ω

（2）}1|),{22<+=Ωy x y x （

(3) {=Ωt |ｔ},10N t ∈≥

（本题答案由经济1101班童婷婷提供）

２．ＡＢ 表示只有一件次品，-A 表示没有次品，-

B 表示至少有

一件次品。 （本题答案由经济1101班童婷婷提供）

3．解：（1）A 1∪A 2=“前两次至少有一次击中目标”;

（2）2A =“第二次未击中目标”;

（3）A 1A 2A 3=“前三次均击中目标”;

（4）A 1?A 2?A 3=“前三次射击中至少有一次击中目标”;

（5）A 3-A 2=“第三次击中但第二次未击中”;

（6）A 32A =“第三次击中但第二次未击中”;

（7）12A A =“前两次均未击中”;

（8）12A A =“前两次均未击中”; （9）(A 1A 2)?(A 2A 3)?(A 3A 1)=“三次射击中至少有两次击中目标”.

（本题答案由陈丽娜同学提供）

４.解： (1)ABC

(2)ABC

(3) ABC

(4) A B C

(5) ABC (6) AB BC AC (7) A B C (8) (AB)(AC)(BC) （本题答案由丁汉同学提供）

５.解： (1)A=BC

(2)A =B C

（本题答案由房晋同学提供）

习题1-2（P 11）

6.解：设A=“从中任取两只球为颜色不同的球”,则:

112538P(A)=/15/28C C C =

（本题答案由顾夏玲同学提供）

7.解： (1)组成实验的样本点总数为340C ,组成事件(1)所包含的样本点数为 12337C C ,所以

P 1=12337340

C C C ? ≈ (2)组成事件(2)所包含的样本点数为3

3C ,所以

P 2=33340

C C ≈ (3)组成事件(3)所包含的样本点数为337C ，所以

P 3=337340

C C ≈ (4)事件（4）的对立事件，即事件A=“三件全为正品”所包含的样本点数为3

37C ，所以

P 4=1-P(A)=337340

C C ≈ (5)组成事件(5)所包含的样本点数为2133373C C C ?+，所以

P 5=2133373340+C C C C ? ≈ （本题答案由金向男同学提供）

8.解：(1)组成实验的样本点总数为410A ,末位先考虑有五种选择，

首位除去0，有8种选择。剩余两个位置按排列运算，即事件（1）的概率为112588410

C C ??A A （2）考虑到末位是否为零的特殊情况，可以分成两种情况讨论。第一种，末位为零，即样本点数为3

9A 。第二种，末位不为零，且首位

不能为零，所以末位有4种选择，然后首位考虑除去0的，有8种，

剩下两位按排列，样本点数为112488C C ??A 。所以事件的概率为

1123

4889410

+C C ??A A A (本题答案由经济1101童婷婷提供)

9.解：（1）P （A ）=7107P 10

(2)因为不含1和10，所以只有2-9八个数字，所以

P(B)= 77810

(3)即选择的7个数字中10出现2次，即27C ，其他9个数字出现

5次，即59，所以 P(C)= 2577910

C ? (4) 解法1：10可以出现2，3，…,7次，所以

7i 7727C 9

P(D)=10i i -=∑

解法2：其对立事件为10出现1次或0次，则 P(D)= 6777991--1010

(5)因为最大为7，最小为2，且2和7只出现一次，所以3，4，

5，6这四个数要出现5次，即样本点数为125274C C ?，所以 P(E)= 125

277

410C C ? （本题答案由刘慧萱同学提供）

10.设两数分别为x, y.且0≤x ≤1,0≤y ≤1.

(1)提示:x + y ＞1

2

,画出二维坐标图求出阴影部分面积，

属于几何概率。

s 阴影=7

8 P(A)=s s 阴影正方形= 78

(2)提示：画出y ＜

1

利用定积分求出面积.P=2e S 阴影=1

1

111e dy ey e +?=2e P （B ）=s s 阴影正方形=2e

(本题答案由经济1101班童婷婷提供)

习题1-3（P 14）

X

11.证明：∵A,B同时发生必导致C发生

∴AB?C，即P(C)≥P(AB)

∵P(A∪B)=P(A)+P(B)-P(AB)

∴P(AB)= P(A)+P(B)- P(A∪B)

∵P(A∪B)≤1

∴P(AB)≥P(A)+P(B)-1

∴P(C) ≥P(A)+P(B)-1

上述得证。

（本题答案由吕静同学提供）

12.证明：

因为P(A—B—) = P(A——U——B——) = 1 – P(A B) = 1 – P(A) –P(B) +P(AB)

因为P(A) = P(B) =1/2

所以P(A—B—) = 1 – 1/2 – 1/2 + P(AB)

所以P(A—B—) = P(AB)

（本题答案由缪爱玲同学提供）

13.(1)因为A,B互不相容，即AB= ?.

所以P(A-B)=P(A)=,P(A∪B)=P(A)+P(B)=

(2)因为B ?A,所以P(A∪B)=P(A)=,P(A-B)=P(A)-P(B)=

（本题答案由经济1101班童婷婷提供）

14.解：记“订日报的住户”为P(A)，“订晚报的住户”为P(B)， 根据题意，易知：P(A B)=70%

则P(AB)=P(A)+P(B)- P(A B)=40%+65%-70%=35%

答：同时订两种报纸的住户有35%。

（本题答案由任瑶同学提供）

1334372235C C C +=2415.解：设“至少有两只白球”的事件为A事件

C P(A)= （本题答案由屠冉

同学提供）

16.解：因为P(CA)=0,所以P(ABC)=0.

P(A ∪B ∪

C)=P(A)+P(B)+P(C)-P(AB)-P(BC)-P(AC)+P(ABC)=11/12

(本题答案由经济1101班童婷婷 提供)

习题1-4

17.解：因为P （A|B ）=P(AB)P(B),P(B|A)= P(AB)P(A)

, 所以利用公式P(AB)= 112,P （B ）=16

因为P(A ∪B)=P(A)+P(B)-P(AB),所以P(A ∪B)= 1

3

(本题答案由经济1101班童婷婷 提供)

18.解：因为A、B互不相容，即AB=Φ，所以A B

?，

所以P(AB—)=P(A)

所以P(A/B—)=P(AB—)/P(B—)=

P(A)

1-P(B)

==

（本题答案由徐小燕同学提供）

19.解：P(B|A B—) =P(AB)/P(A B—)

因为P(A)=1-P(A)==，

所以P(AB—)=P(A-AB)=P(A)-P(AB)= P(AB)=

即P(AB)=

又因为P(A B—) = P(A) + P(B—) - P(AB—) =+

所以P(B| A B—) = P(AB)/P(A B—) =

（本题答案由徐莘同学提供）

20.解：设“第三次才取到正品”为事件A，则

因为要第三次才取到正品，所以前两次要取到次品。

第一次取到次品的概率为10

100

，

第二次取到次品的概率为9

99

，

第三次取到正品的概率为90

98

。

10990

P(A)=0.0083

1009998

??≈

即第三次才取到正品的概率为。

（本题答案由许翀翡同学提供）

21.解法1：

设 A，B，C 分别为“第一，第二，第三个人译出”的事件，则：P(A)=1/5 P(B)=1/3 P(C)=1/4

因为三个事件独立，

所以P(AB)=P(A)P(B)=1/15, P(AC)=P(A)P(C)=1/20 ,

P(BC)=P(B)P(C)=1/12, P(ABC)=P(A)P(B)P(C)=1/60,

所以P(A B C)=P(A)+P(B)+P(C)-P(AB)-P(BC)-P(AC)+P(ABC)=3/5 解法2：

设A=“至少有一人能译出”，则A=“三个人均不能译出”，所以

4233

??

P(A)=1-P(A)=1-=

5345

（本题答案由薛家礼同学提供）

22.解：设P(A),P(B),P(C)分别为第一，二，三道工序不出废品的概率,

则，第一二三道工序均不出废品的概率为P(ABC), 因为各工序是否出废品是独立的,

所以P(ABC)= P(A)P(B)P(C)

=??

=

（本题答案由闫田田同学提供）23解：设至少需要配置n 门炮。用

A表示第i次击中，则

i

P（

A?2A?…?n A）=1-P（1A-2A-…n A-）=1-n99.0≥，1

求解得出n≥6

（本题答案由经济1101班童婷婷同学提供）

24.解：根据题意: 该题为伯努利事件。

n=9,p=,k=5,6,7,8,9

所求事件概率为

P=b(5,9,+b(6,9,+b(7,9,+b(8,9,+b(9,9,=

（本题答案由严珩同学提供）

25.解：该题为伯努利事件。

（1）设事件A=“恰有2个设备被使用”，则：

P(A) = b(2; 5, =2

C??(1- 5-2 =

5

（2）设事件B=“至少有一个设备被使用”,

则B— =“没有一个设备被使用”,所以

P(B) = 1- P(B—) = 1 - b(0; 5, = 1 –0

C??5-0 =

5

（本题答案由张译丹同学提供）

习题1-5（P24）

26.解：该题为全概率事件。

以A1表示抽到男人，B2表示抽到女人，以B表示此人为色盲患者，则

P(53)1=A P(A 2)=5

2

P(B|A 1)=%,P(B|A 2)=%

所以P(B)=)()|(21i i i A p A B P ∑==

（本题答案由童婷婷同学提供）

27.解：该题为全概率事件。

设i A =“从甲袋中取出两球中有i 只黑球”,i=0,1,2，

B=“从乙袋中取出2球为白球”，则：

()2402727P A == ()11431274=

=7P A ()2322731217P A ===

()2602

9

1536P B A ∴== ()2512

91036P B A =

= ()2636P B A ==

()()()201963i i i P B P B A P A =∴==∑ 答：再从乙袋中取出两球为白球的概率为19

63。

（本题答案由朱盼盼同学提供）

28.解：该题为全概率事件。

设i A =“敌舰被击中i 弹”,（i=0,1,2,3），

B=“敌舰被击沉”，则：

根据题意P(0A )=××=

P (1A )=××+××+××=

P(2A )=××+××+××=

P(3A )=××=

P(B ∣0A )=0, P(B ∣1A )=, P(B ∣2A )=, P(B ∣3A )=1

根据全概率公式有()()()3

0=0.458i i i P B P B A P A ==∑

即敌舰被击中的概率为.

（本题答案由朱月如同学提供）

29.（1）设A 1为第一次是从第一箱中取，A 2为第二次是从第二

箱中取，B 为第一次取得的零件是一等品

P(A 1)=2

1

P(A 2)=21 P(B| A 1)=

50

10 P(B| A 2)=3018 所以P(B)==∑=)()|(21A A i i i P B P 5

2 (2)属于条件概型，B 为第一次取得一等品，C 为第二次取得也是一等品，P(BC)= 2149951??+2917301821??=1421

276 P(B)=5

2

所以P(C|B)=)()(B P BC P =1421

690 （本题答案由经济1101班童婷婷同学提供）

30.解：设A 1为“从2500米处射击”，A 2为“从2000米处射击”，

A 3为“从1500米处射击”，

B 为“击中目标”，

由题知P(A 1)=,P(A 2)=,P(A 3)=

P(B| A 1)=, P(B| A 2)=, P(B| A 3)=

所以

()()()3

1

==0.050.1+0.10.7+0.20.2=0.115i i i P B P B A P A ==???∑ 所以，由2500米处的大炮击中的概率为

P(A 1| B)=P(B| A 1)?P(A 1)/ P(B)==

（本题答案由谢莹同学提供）

31.解：设事件A 1为“原发信息是A ”，事件A 2为“原发信息是B ”,

B 为事件“接收到的信息为A ”，则：

12121122111121()()33

(/)0.98(/)0.02()()(/)()(/)

210.980.0233

0.662

0.98()(/)()983(/)()()0.6699P A P A P B A P B A P B P A P B A P A P B A P A B P B A P A P A B P B P B =

===∴=+=

?+?=?∴====

（本题答案由孙莉莉同学提供）

32.解：(1)设他乘火车来为A 1，乘汽车来A 2

，乘飞机来A 3,B

为事件

他迟到。

P(A 1)= P(A 2)= P(A 3)=

P(B| A 1)= 41 P(B| A 2)= 3

1 P （B| A 3)=0 所以P(B)=∑=3

1|

(i B P A i )P(A i )=6

1

（2）P （A 1|B ）=5

3

（本题答案由经济1101班童婷婷同学提供）

复习题1（P 24）

33.解：（1）设在n 个指定的盒子里各有一个球的概率为P(A)， 在n 个指定的盒子里各有一个球的概率：第一个盒子里有n 个球可以放入，即有n 种放法，第二个盒子里有n-1种放法……那么事件A 的样本点数就是n ！，样本点总数是N n ，所以

P(A)=!

n n N

(2) 设n 个球落入任意的n 个盒子里中的概率为P(B),因为是N 个盒子中任意的n 个盒子，所以样本点数为C !n ?n

N ,所以

C !

P(B)=n

n N ?n N

（本题答案由冯莉同学提供）

34.解：设A=“该班级没有两人生日相同”，则:

40 P(A)36540

365

P =

（本题答案由骆远婷同学提供）

35.解：(1)因为最小号码是5，所以剩下的两个数必须

从6，7，8，9，10五个数中取，所以样本点数为25C ，样本

点总数为310C ，

所以 23510P()/1/12A C C ==

(2) 因为最大号码是5，所以剩下的两个数必须从1，2，

3，4五个数中取，所以样本点数为24C ，样本点总数为310C ，

所以23410P()/1/20B C C ==

(3) 因为最小号码小于3，所以

若最小号码为1，则剩下的两个数必须从2-10九个数中取，所

以样本点数为29C ，样本点总数为310C ；

若最小号码为2，则剩下的两个数必须从3-10八个数中取，所

以样本点数为28C ，样本点总数为310C ，

所以 2323810910P()//8/15C C C C C =+=

（本题答案由顾夏玲同学提供）

36.解：（1） 设“恰好第三次打开门”为事件A ，则 4311P(A)=5435

??= （2） 设A=“三次内打开门”，A 1=“第一次打开”，A 2=“第二次

打开”，A 3=“第三次打开”，则：

1231231P(A )=5

411P(A )=545

1P(A )=5

3

P(A)=P(A )+P(A )+P(A )=5?=所以

（本题答案由缪爱玲同学提供）

37.解：设A=“已有一个女孩”,B=“至少有一个男孩”,则 P(B/A)=P(AB)/P(A)=(6/8)/(7/8)=6/7

（本题答案由徐小燕同学提供）

38.解：设A 1=“取一件为合格品”， A 2=“取一件为废品”，B=

“任取一件为一等品”，则

12121122P(A )=1-4%=96%

P(A ) =4%

(/)75%(/)0

()()(/)()(/)96%75%+0

0.72

P B A P B A P B P A P B A P A P B A ==∴=+=?=

（本题答案由严珩同学提供）

39.解：

甲获胜 乙获胜 第一局： ? 第二

局：?????.3

0.80.70.80.70.2 0.80.70.80.70.80.3

?????????第三局：

第四局：…………

n-1n-1 n0.20.80.7 0.80.30.80.7

?????第局：（）（）

所以获胜的概率P1为：

n-1 0.2+0.80.70.2+0.80.70.80.70.2++0.20.80.7

????????

（）

1(0.80.7)

=0.2

10.80.7

n

-?

?

-?

所以乙获胜的概率P2为：

n-1

0.80.3+0.80.70.80.3+0.80.70.80.70.80.3+

1(0.80.7)

+0.80.30.80.7=0.24

10.80.7

n

?????????

-?

????

-?

（）

因为P1+ P2=1, 1

2

P5

=

P6，所以：

1

5

P=

11, 2

6

P=

11.

40.解：设事件A0为“笔是从甲盒中取得的”，事件A1为“笔是

从乙盒中取得的”，事件A2为“笔是从丙盒中取得的”；事件B为“取

得红笔”，则:

0120120011220000111(1)()()()3

33

243(/)(/)(/)666

()()(/)()(/)()(/)121413363636

91182

1(2)()2

()(/)()(/)()()

2142631189

2P A P A P A P B A P B A P B A P B P A P B A P A P B A P A P B A P B P A B P B A P A P A B P B P B ======∴=++=?+?+?===∴==?===

（本题答案由孙莉莉同学提供）

41.解：A i 为三个产品中不合格的产品数（i=0，1，2，3），A 0、A 1、A 2、A 3构成完备事件组，B 为“能出厂”，则：

31221396496496401233333100100100100P(A )=,P(A )= ,P(A )=,P(A )=C C C C C C C C C C ??，

P （B/A 0）=（）3，P （B/A 1）=（）?，

P （B/A 2）=（）?（）2，P （B/A 3）=（）3

P （B ）＝P （B/A 0）?P （A 0）＋P （B/A 1）?P(A 1)＋P （B/A 2）?P(A 2)＋P （B/A 3）?P （A 3）＝

42.

解:图a ：

设A 为“系统正

常工作”，A 1为“第一条线路不发生故障”，A 2为“第二条线路不发生故障”，则:

P （A 1）=P(A 2)=P 3

，P(A 1A 2)= P(A 1) P(A 2)=p 6

∴P （A ）=P(A 1?A 2)=P(A 1)+P(A 2)-P(A 1A 2)=2p 3-p 6 图 b 解法1:设B 为“系统正常工作”，B 1为“1正常工作”，B 2为“2正常工作”，

B3为“3.正常工作”，则：

P(B 1)=P(B 2)=P(B 3) =2p-p 2

∴P(B)= P(B 1B 2B 3)=P(B 1)P(B 2)P(B 3)=(2p-p 2)3=8p 3-12p 4+6p 5-p 6

P(B)-P(A)=6p 3-12p 4+6p 5(p=>0

∴B 系统正常工作的概率大。

图b 解法2三个大部分各自独立，需这3大部分同时工作才行，即需每一部分的元件至少有1件可以工作，P=23

43.解：设事件A 为计算机停止工作，则A 为计算机正常工作，则：

P(A )=（）2000=0.

∴ P(A)=1-P （A ）=1-0. =

44.证明：因为P （A|B ）=)()(B P AB P ,P （A|=-

)B _)()(B P B A P -=)(1)(B P B A P -- 且由题意知P （A|B ）= P （A|)-B ，

所以P （AB ）-P （AB ）)(B P ?=P(B) ?P(A )-

B 所以P(AB)=Ｐ（Ｂ）【P(AB)+Ｐ（Ａ-B ）】 又因为P(A -B )=P(A)-P(AB) (※)此式在19题也用到， 所以P(AB)=P(A)?P(B),即事件A 与事件B 相互独立。

( 本题参考答案由经济1101班童婷婷提供)

本文来源：https://www.bwwdw.com/article/iyne.html