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1、浙大第四版（高等教育出版社 盛骤 谢式千 潘承毅著）第一章概率论的基本概念1.一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）=nnnnoS1001,LL，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
2、，0101，1010，0110，1100，0111，1011，1101，1110，1111，2.二设 A，B，C 为三事件，用 A，B，C 的运算关系表示下列事件。（1）A 发生，B 与 C 不发生。表示为：CBA或 A(AB+AC)或 A(BC)（2）A，B 都发生，而 C 不发生。表示为：CAB或 ABABC 或 ABC（3）A，B，C 中至少有一个发生表示为：A+B+C（4）A，B，C 都发生，表示为：ABC（5）A，B，C 都不发生，表示为：CBA或 S(A+B+C)或CBA（6）A，B，C 中不多于一个发生，即 A，B，C 中至少有两个同时不发生相当于CACBBA,中至少有一个发生。
3、故表示为：CACBBA+。（7）A，B，C 中不多于二个发生。相当于：CBA,中至少有一个发生。故表示为：ABCCBA或+（8）A，B，C 中至少有二个发生。相当于：AB，BC，AC 中至少有一个发生。故表示为：AB+BC+AC6.三设 A，B 是两事件且 P(A)=0.6，P(B)=0.7.问(1)在什么条件下 P(AB)取到最大值，最大值是多少？（2）在什么条件下 P(AB)取到最小值，最小值是多少？解：由 P(A)=0.6，P(B)=0.7 即知 AB，（否则 AB=依互斥事件加法定理，P(AB)=P(A)+P(B)=0.6+0.7=1.31 与 P(AB)1 矛盾）.从而由加法定理得P
4、(AB)=P(A)+P(B)P(AB)(*)（1）从 0P(AB)P(A)知，当 AB=A，即 AB 时 P(AB)取到最大值，最大值为P(AB)=P(A)=0.6，（2）从(*)式知，当 AB=S 时，P(AB)取最小值，最小值为P(AB)=0.6+0.71=0.3。7.四 设 A，B，C 是三事件，且0)()(,41)()()(=BCPABPCPBPAP，81)(=ACP.求 A，B，C 至少有一个发生的概率。解：P(A，B，C 至少有一个发生)=P(A+B+C)=P(A)+P(B)+P(C)P(AB)P(BC)P(AC)+P(ABC)=8508143=+8.五在一标准英语字典中具有 55
5、 个由二个不相同的字母新组成的单词，若从 26个英语字母中任取两个字母予以排列，问能排成上述单词的概率是多少？记 A 表“能排成上述单词”从 26 个任选两个来排列，排法有226A种。每种排法等可能。字典中的二个不同字母组成的单词：55 个1301155)(226=AAP9.在电话号码薄中任取一个电话号码，求后面四个数全不相同的概率。（设后面 4个数中的每一个数都是等可能性地取自 0，1，29）记 A 表“后四个数全不同”后四个数的排法有 104 种，每种排法等可能。后四个数全不同的排法有410A504.010)(4410=AAP10.六在房间里有 10 人。分别佩代着从 1 号到 10 号的
6、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 A10 人中任选 3 人为一组：选法有310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251121310251)(=AP（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310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241种201310241)(=BP11.七某油漆公司发出 17 桶油漆，其中白漆 10 桶、黑
7、漆 4 桶，红漆 3 桶。在搬运中所标笺脱落，交货人随意将这些标笺重新贴，问一个定货 4 桶白漆，3 桶黑漆和 2桶红漆顾客，按所定的颜色如数得到定货的概率是多少？记所求事件为 A。在 17 桶中任取 9 桶的取法有917C种，且每种取法等可能。取得 4 白 3 黑 2 红的取法有2334410CCC故2431252)(6172334410=CCCCAP12.八在 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2001500种，每种取法等可能。200
8、个产品恰有 90 个次品，取法有110110090400种=2001500110110090400)(AP（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2001100种，200 个产品含一个次品，取法有19911001400种10BBA+=且 B0，B1 互不相容。+=+=200150019911001400200150020011001)()(1)(1)(10BPBPAPAP13.九从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
9、对”则A表“4 只人不配对”从 10 只中任取 4 只，取法有410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424521132181)(1)(2182)(410445=APAPCCAP15.十一将三个球随机地放入 4 个杯子中去，问杯子中球的最大个数分别是 1，2，3，的概率各为多少？记 Ai 表“杯中球的最大个数为 i 个”i=1,2,3,三只球放入四只杯中，放法有 43 种，每种放法等可能对 A1：必须三球放入三杯中，每杯只放一球。放法 432 种。(选排列：好比 3 个球在 4 个位置做排列)1664234)(31=AP
10、对 A2：必须三球放入两杯，一杯装一球，一杯装两球。放法有3423C种。(从 3 个球中选 2 个球，选法有23C，再将此两个球放入一个杯中，选法有 4种，最后将剩余的 1 球放入其余的一个杯中，选法有 3 种。169434)(3232=CAP对 A3：必须三球都放入一杯中。放法有 4 种。(只需从 4 个杯中选 1 个杯子，放入此3 个球，选法有 4 种)16144)(33=AP16.十二50 个铆钉随机地取来用在 10 个部件，其中有三个铆钉强度太弱，每个部件用 3 只铆钉，若将三只强度太弱的铆钉都装在一个部件上，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？记 A 表“10
11、个部件中有一个部件强度太弱”。法一：用古典概率作：把随机试验 E 看作是用三个钉一组，三个钉一组去铆完 10 个部件（在三个钉的一组中不分先后次序。但 10 组钉铆完 10 个部件要分先后次序）对 E：铆法有323344347350CCCCLL种，每种装法等可能对 A：三个次钉必须铆在一个部件上。这种铆法有32334434733CCCCLL10种00051.01960110)(32334735032334434733=CCCCCCCAPLLLL法二：用古典概率作把试验 E 看作是在 50 个钉中任选 30 个钉排成一列，顺次钉下去，直到把部件铆完。（铆钉要计先后次序）对 E：铆法有350A种，
12、每种铆法等可能对 A：三支次钉必须铆在“1，2，3”位置上或“4，5，6”位置上，或“28，29，30”位置上。这种铆法有27473327473327473327473310AAAAAAAA=+LL种00051.01960110)(3050274733=AAAAP17.十三已知)|(,5.0)(,4.0)(,3.0)(BABPBAPBPAP=求。解一：BAABBBAASABPBPAPAP=)(,6.0)(1)(,7.0)(1)(注意=)(BAAB.故有P(AB)=P(A)P(AB)=0.70.5=0.2。再由加法定理，P(AB)=P(A)+P(B)P(AB)=0.7+0.60.5=0.8于是2
13、5.08.02.0)()()()()|(=BAPABPBAPBABPBABP25.05.06.07.051)()()()()()()|(51)|()()(72)|(757.05.0)|()|(0705)|()()(:=+=+=BAPBPAPBAPBAPBBBAPBABPABPAPABPABPABPABPABPAPBAP定义故解二由已知18.十四)(,21)|(,31)|(,41)(BAPBAPABPAP=求。解：由61)()(314121)()|()()()()|(=BPBPBPABPAPBPABPBAP有定义由已知条件由乘法公式，得121)|()()(=ABPAPABP由加法公式，得3112
14、16141)()()()(=+=+=ABPBPAPBAP19.十五掷两颗骰子，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：（方法一）（在缩小的样本空间 SB 中求 P(A|B)，即将事件 B 作为样本空间，求事件 A 发生的概率）。掷两颗骰子的试验结果为一有序数组（x,y）（x,y=1,2,3,4,5,6）并且满足 x,+y=7，则样本空间为S=(x,y)|(1,6),(6,1),(2,5),(5,2),(3,4),(4,3)每种结果（x,y）等可能。A=掷二骰子，点数和为 7 时，其中有一颗为 1 点。故3162)(=AP方法二：（用公式)()()|(BPAB
15、PBAP=S=(x,y)|x=1,2,3,4,5,6;y=1,2,3,4,5,6每种结果均可能A=“掷两颗骰子，x,y 中有一个为“1”点”，B=“掷两颗骰子，x,+y=7”。则2262)(,6166)(=ABPBP，故31626162)()()|(2=BPABPBAP20.十六据以往资料表明，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(ABC)（注意：由于“母病”，“孩病”，“父病”都是随机事件，这里不是求
16、P(C|AB)P(AB)=P(A)=P(B|A)=0.60.5=0.3,P(C|AB)=1P(C|AB)=10.4=0.6.从而 P(ABC)=P(AB)P(C|AB)=0.30.6=0.18.21.十七已知 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。62.04528)(21028=CCAP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。4528)(21028=AAAP法三：用
17、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。452897108)|()()()(1221=AAPAPAAPAP（2）二只都是次品（记为事件 B）法一：451)(21022=CCBP法二：451)(21022=AABP法三：45191102)|()()()(12121=AAPAPAAPBP（3）一只是正品，一只是次品（记为事件 C）法一：4516)(2101218=CCCCP法二：4516)()(210221218=AACCCP法三：互斥与且21212121)()(AAAAAAAAPCP+=45169108292108)|()()|()(121121=+=+=AAPA
18、PAAPAP（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，法二：51)(2101219=AAADP法三：互斥与且21212121)()(AAAAAAAAPDP+=519110292108)|()()|()(121121=+=+=AAPAPAAPAP22.十八某人忘记了电话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电话的概率是多少？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。103819810991109101)|(
19、)|()()|()()()(2131211211321211=+=+=+=AAAPAAPAPAAPAPAPHPAAAAAAH三种情况互斥Q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。)|)|(321211BAAABAABPABHP+=)|()|()|()|()|()|(2131211211AABAPABAPBAPABAPBAPBAP+=53314354415451=+=24.十九设有甲、乙二袋，甲袋中装有 n 只白球 m 只红球，乙袋中装有 N 只白球M 只红球，今从甲袋中任取一球放入乙袋中，再从乙袋中任取一球，问取到（即从乙袋中取到）白球的概
20、率是多少？（此为第三版 19 题(1)）记 A1，A2 分别表“从甲袋中取得白球，红球放入乙袋”再记 B 表“再从乙袋中取得白球”。B=A1B+A2B 且 A1，A2 互斥P(B)=P(A1)P(B|A1)+P(A2)P(B|A2)=111+MNNmnmMNNmnn十九(2)第一只盒子装有 5 只红球，4 只白球；第二只盒子装有 4 只红球，5 只白球。先从第一盒子中任取 2 只球放入第二盒中去，然后从第二盒子中任取一只球，求取到白球的概率。记 C1 为“从第一盒子中取得 2 只红球”。C2 为“从第一盒子中取得 2 只白球”。C3 为“从第一盒子中取得 1 只红球，1 只白球”，D 为“从第
21、二盒子中取得白球”，显然 C1，C2，C3 两两互斥，C1C2C3=S，由全概率公式，有P(D)=P(C1)P(D|C1)+P(C2)P(D|C2)+P(C3)P(D|C3)995311611711529141529242925=+=CCCCCCC26.二十一已知男人中有 5%是色盲患者，女人中有 0.25%是色盲患者。今从男女人数相等的人群中随机地挑选一人，恰好是色盲患者，问此人是男性的概率是多少？解：A1=男人，A2=女人，B=色盲，显然 A1A2=S，A1 A2=由已知条件知%25.0)|(%,5)|(21)()(2121=ABPABPAPAPo由贝叶斯公式，有2120100002521
22、100521100521)|()()|()()|()()()()|(22111111=+=+=ABPAPABPAPABPAPBPBAPBAP二十二一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2P（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，2)|(12PAAP=（1）B=至少有一次及格所以21AAB=两次均不及格)|()(1)(1)(1)(12121AAPAPA
23、APBPBP=)|(1)(1 1121AAPAP=22123)21)(1(1PPPP=（2）)()()22121(APAAPAAP定义（*）由乘法公式，有 P(A1 A2)=P(A1)P(A2|A1)=P2由全概率公式，有)|()()|()()(1211212AAPAPAAPAPAP+=222)1(2PPPPPP+=+=将以上两个结果代入（*）得1222)|(2221+=+=PPPPPAAP28.二十五某人下午 5:00 下班，他所积累的资料表明：到家时间5:355:395:405:445:455:495:505:54迟于 5:54乘地铁到家的概率0.100.250.450.150.05乘汽车
24、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=“5:455:49 到家”，由题意,AB=,AB=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6923.013965.045.021)|(21)|(45.05.0)()()|()|(=+=BCPACPCPAPACPCAP29.二十四有两箱同种类型的零件。第一箱装 5 只，其中 10 只一等品；第二箱 30只，其中 18 只一等品。今从两箱中任挑出一箱，然
25、后从该箱中取零件两次，每次任取一只，作不放回抽样。试求（1）第一次取到的零件是一等品的概率。（2）第一次取到的零件是一等品的条件下，第二次取到的也是一等品的概率。解：设 Bi 表示“第 i 次取到一等品”i=1，2Aj 表示“第 j 箱产品”j=1,2，显然 A1A2=SA1A2=（1）4.052301821501021)(1=+=BP（B1=A1B+A2B 由全概率公式解）。（2）4857.0522917301821499501021)()()|(12112=+=BPBBPBBP（先用条件概率定义，再求 P(B1B2)时，由全概率公式解）32.二十六（2）如图 1，2，3，4，5表示继电器接
26、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。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 A3A4A5)+(A1A2 A3 A4A5)+P(A1A2 A3 A4A5)P(
27、A1A2 A3 A4A5)又由于 A1，A2，A3，A4，A5 互相独立。故P(A)=p2+p3+p2+p3p4+p4+p4+p4+p5+p4+p5+p5+p5+p5p5=2 p2+3p35p4+2 p5二十六（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。53421LR记 Ai 表示第 i 个元件正常工作，i=1，2，3，4，A 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(A
28、1)P(A4)P(A1)P(A2)P(A3)P(A4)=P1P2P3+P1P4P1P2P3P4(A1,A2,A3,A4 独立)34.三十一袋中装有 m 只正品硬币，n 只次品硬币，（次品硬币的两面均印有国徽）。在袋中任取一只，将它投掷 r 次，已知每次都得到国徽。问这只硬币是正品的概率为多少？解：设“出现 r 次国徽面”=Br“任取一只是正品”=A由全概率公式，有rrrrrrrrrrrnmmnmnnmmnmmBPABPAPBAPnmnnmmABPAPABPAPBP2)21()21()()|()()|(1)21()|()()|()()(+=+=+=+=（条件概率定义与乘法公式）35甲、乙、丙三人
29、同时对飞机进行射击，三人击中的概率分别为 0.4，0.5，0.7。飞机被一人击中而被击落的概率为 0.2，被两人击中而被击落的概率为 0.6，若三人都击中，飞机必定被击落。求飞机被击落的概率。解：高 Hi 表示飞机被 i 人击中，i=1，2，3。B1，B2，B2 分别表示甲、乙、丙击中飞机3213213211BBBBBBBBBH+=，三种情况互斥。3213213212BBBBBBBBBH+=三种情况互斥3223BBBH=3421又 B1，B2，B2 独立。)()()()()()()(3213211BPBPBPBPBPBPHP+=36.07.05.06.03.05.06.03.05.04.0)(
30、)()(321=+=+BPBPBP)()()()()()()(3213212BPBPBPBPBPBPHP+=3.05.04.0)()()(321=+BPBPBP+0.40.50.7+0.60.50.7=0.41P(H3)=P(B1)P(B2)P(B3)=0.40.50.7=0.14又因：A=H1A+H2A+H3A三种情况互斥故由全概率公式，有P(A)=P(H1)P(A|H1)+P(H2)P(A|H2)+P(H3)P(AH3)=0.360.2+0.410.6+0.141=0.45836.三十三设由以往记录的数据分析。某船只运输某种物品损坏 2%（这一事件记为A1），10%（事件 A2），90%（
31、事件 A3）的概率分别为 P(A1)=0.8,P(A2)=0.15,P(A2)=0.05，现从中随机地独立地取三件，发现这三件都是好的（这一事件记为 B），试分别求 P(A1|B)P(A2|B),P(A3|B)（这里设物品件数很多，取出第一件以后不影响取第二件的概率，所以取第一、第二、第三件是互相独立地）B 表取得三件好物品。B=A1B+A2B+A3B三种情况互斥由全概率公式，有P(B)=P(A1)P(B|A1)+P(A2)P(B|A2)+P(A3)P(B|A3)=0.8(0.98)3+0.15(0.9)3+0.05(0.1)3=0.86240001.08624.0)1.0(05.0)()|(
32、)()()()|(1268.08624.0)9.0(15.0)()|()()()()|(8731.08624.0)98.0(8.0)()|()()()()|(333333222231111=BPABPAPBPBAPBAPBPABPAPBPBAPBAPBPABPAPBPBAPBAP37.三十四将 A，B，C 三个字母之一输入信道，输出为原字母的概率为，而输出为其它一字母的概率都是(1)/2。今将字母串 AAAA，BBBB，CCCC 之一输入信道，输入 AAAA，BBBB，CCCC 的概率分别为 p1,p2,p3(p1+p2+p3=1)，已知输出为 ABCA，问输入的是 AAAA 的概率是多少？（
33、设信道传输每个字母的工作是相互独立的。）解：设 D 表示输出信号为 ABCA，B1、B2、B3 分别表示输入信号为 AAAA，BBBB，CCCC，则 B1、B2、B3 为一完备事件组，且 P(Bi)=Pi,i=1,2,3。再设 A 发、A 收分别表示发出、接收字母 A，其余类推，依题意有P(A 收|A 发)=P(B 收|B 发)=P(C 收|C 发)=，P(A 收|B 发)=P(A 收|C 发)=P(B 收|A 发)=P(B 收|C 发)=P(C 收|A 发)=P(C 收|B发)=21又 P(ABCA|AAAA)=P(D|B 1)=P(A 收|A 发)P(B 收|A 发)P(C 收|A 发)P
34、(A 收|A发)=22)21(，同样可得 P(D|B 2)=P(D|B 3)=3)21(于是由全概率公式，得33222131)21()()21()|()()(PPapBDPBPDPiii+=由 Bayes 公式，得P(AAAA|ABCA)=P(B 1|D)=)()|()(11DPBDPBP=)(1(223211PPPP+二十九设第一只盒子装有 3 只蓝球，2 只绿球，2 只白球；第二只盒子装有 2 只蓝球，3 只绿球，4 只白球。独立地分别从两只盒子各取一只球。（1）求至少有一只蓝球的概率，（2）求有一只蓝球一只白球的概率，（3）已知至少有一只蓝球，求有一只蓝球一只白球的概率。解：记 A1、A
35、2、A3 分别表示是从第一只盒子中取到一只蓝球、绿球、白球，B1、B2、B3 分别表示是从第二只盒子中取到一只蓝球、绿球、白球。（1）记 C=至少有一只蓝球C=A1B1+A1B2+A1B3+A2B1+A3B1，5 种情况互斥由概率有限可加性，得9592729272947393739273)()()()()()()()()()()()()()()()(13123121111312312111=+=+=BPAPBPAPBPAPBPAPBPAPBAPBAPBAPBAPBAPCP独立性（2）记 D=有一只蓝球，一只白球，而且知 D=A1B3+A3B1 两种情况互斥631692729473)()()()
36、()()(13311331=+=+=+=BPAPBPAPBAPBAPDP（3）)(3516)()()()()|(DCDCPDPCPCDPCDP=注意到三十A，B，C 三人在同一办公室工作，房间有三部电话，据统计知，打给 A，B，C 的电话的概率分别为51,52,52。他们三人常因工作外出，A，B，C 三人外出的概率分别为4141,21，设三人的行动相互独立，求（1）无人接电话的概率；（2）被呼叫人在办公室的概率；若某一时间断打进了 3 个电话，求（3）这 3 个电话打给同一人的概率；（4）这 3 个电话打给不同人的概率；（5）这 3 个电话都打给 B，而 B 却都不在的概率。解：记 C1、C2
37、、C3 分别表示打给 A，B，C 的电话D1、D2、D3 分别表示 A，B，C 外出注意到 C1、C2、C3 独立，且51)(,52)()(321=CPCPCP41)()(,21)(321=DPDPDP（1）P（无人接电话）=P(D1D2D3)=P(D1)P(D2)P(D3)=321414121=（2）记 G=“被呼叫人在办公室”，332211DCDCDCG+=三种情况互斥，由有限可加性与乘法公式2013435143522152)|()()|()()|()()()()()(333222111332211=+=+=+=CDPCPCDPCPCDPCPDCPDCPDCPGP=)()|(kkkDPCD
38、P故否和来电话无关由于某人外出与（3）H 为“这 3 个电话打给同一个人”12517515151525252525252)(=+=HP（4）R 为“这 3 个电话打给不同的人”R 由六种互斥情况组成，每种情况为打给 A，B，C 的三个电话，每种情况的概率为1254515252=于是1252412546)(=RP（5）由于是知道每次打电话都给 B，其概率是 1，所以每一次打给 B 电话而 B 不在的概率为41，且各次情况相互独立于是P（3 个电话都打给 B，B 都不在的概率）=641)41(3=第二章随机变量及其分布1.一一袋中有 5 只乒乓球，编号为 1、2、3、4、5，在其中同时取三只，以
39、X 表示取出的三只球中的最大号码，写出随机变量 X 的分布律解：X 可以取值 3，4，5，分布律为1061)4,3,2,1,5()5(1031)3,2,1,4()4(1011)2,1,3()3(352435233522=CCPXPCCPXPCCPXP中任取两球再在号一球为中任取两球再在号一球为号两球为号一球为也可列为下表X：3，4，5P：106,103,1013.三设在 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。3522)
40、0(315313=CCXP3512)1(31521312=CCCXP351)2(31511322=CCCXP再列为下表x12OPX：0，1，2P：351,3512,35224.四进行重复独立实验，设每次成功的概率为 p，失败的概率为 q=1p(0p1)（1）将实验进行到出现一次成功为止，以 X 表示所需的试验次数，求 X 的分布律。（此时称 X 服从以 p 为参数的几何分布。）（2）将实验进行到出现 r 次成功为止，以 Y 表示所需的试验次数，求 Y 的分布律。（此时称 Y 服从以r,p 为参数的巴斯卡分布。）（3）一篮球运动员的投篮命中率为 45%，以 X 表示他首次投中时累计已投篮的次数，
41、写出 X 的分布律，并计算 X 取偶数的概率。解：（1）P(X=k)=qk1pk=1,2,（2）Y=r+n=最后一次实验前 r+n1 次有 n 次失败，且最后一次成功,2,1,0,)(111L=+=+npqCppqCnrYPrnnnrrnnnr其中 q=1p，或记 r+n=k，则 PY=k=L,1,)1(11+=rrkppCrkrrk（3）P(X=k)=(0.55)k10.45k=1,2P(X 取偶数)=311145.0)55.0()2(1121=kkkkXP6.六一大楼装有 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
42、的概率是多少？0729.0)9.0()1.0()2(322525225=CqpCXP（2）至少有 3 个设备被使用的概率是多少？00856.0)1.0()9.0()1.0()9.0()1.0()3(5554452335=+=CCCXP（3）至多有 3 个设备被使用的概率是多少？3225415505)9.0()1.0()9.0(1.0)9.0()3(+=CCCXP99954.0)9.0()1.0(2335=+C（4）至少有一个设备被使用的概率是多少？40951.059049.01)0(1)1(=XPXP五一房间有 3 扇同样大小的窗子，其中只有一扇是打开的。有一只鸟自开着的窗子飞入了房间，它只能
43、从开着的窗子飞出去。鸟在房子里飞来飞去，试图飞出房间。假定鸟是没有记忆的，鸟飞向各扇窗子是随机的。（1）以 X 表示鸟为了飞出房间试飞的次数，求 X 的分布律。（2）户主声称，他养的一只鸟，是有记忆的，它飞向任一窗子的尝试不多于一次。以 Y 表示这只聪明的鸟为了飞出房间试飞的次数，如户主所说是确实的，试求 Y 的分布律。（3）求试飞次数 X 小于 Y 的概率；求试飞次数 Y 小于 X 的概率。解：（1）X 的可能取值为 1，2，3，n，P X=n=P 前 n1 次飞向了另 2 扇窗子，第 n 次飞了出去=31)32(1n，n=1，2，（2）Y 的可能取值为 1，2，3P Y=1=P 第 1 次
44、飞了出去=31P Y=2=P 第 1 次飞向 另 2 扇窗子中的一扇，第 2 次飞了出去=312132=P Y=3=P 第 1，2 次飞向了另 2 扇窗子，第 3 次飞了出去=31!3!2=3231|)3(kkkYYXPkYPkYYXPkYPYXP=01|YYXP全概率公式并注意到27831323131313132=+=kkXPkYP|,kXPkYYXPYX=独立即注意到同上，=31|kkYYXPkYPYXP8119274319231313131=+=kkXPkYP故8138)1=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(
45、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)=+82233213)3.0(4.0)6.0()3.0()4.0(6.0CC3213223)6.0()3.0(7.04.0)6.0(+CC321333)6.0()3.0(7.0)6.0()3.0(+C243.0 3.0)7.0(223=C9.十有甲、乙两种味道和颜色极为相似的名酒各 4 杯。如果从中挑 4 杯，能将甲种酒全部挑出来，算是试验成功一次。（1）某人随机地去猜，问他试验成功一次的概率是多少？（2）某人声称
46、他通过品尝能区分两种酒。他连续试验 10 次，成功 3 次。试问他是猜对的，还是他确有区分的能力（设各次试验是相互独立的。）解：（1）P(一次成功)=701148=C（2）P(连续试验 10 次，成功 3 次)=100003)7069()701(73310=C。此概率太小，按实际推断原理，就认为他确有区分能力。九有一大批产品，其验收方案如下，先做第一次检验：从中任取 10 件，经验收无次品接受这批产品，次品数大于 2 拒收；否则作第二次检验，其做法是从中再任取 5件，仅当 5 件中无次品时接受这批产品，若产品的次品率为 10%，求（1）这批产品经第一次检验就能接受的概率（2）需作第二次检验的概
47、率（3）这批产品按第 2 次检验的标准被接受的概率（4）这批产品在第 1 次检验未能做决定且第二次检验时被通过的概率（5）这批产品被接受的概率解：X 表示 10 件中次品的个数，Y 表示 5 件中次品的个数，由于产品总数很大，故 XB（10，0.1），YB（5，0.1）（近似服从）（1）P X=0=0.9100.349（2）P X2=P X=2+P X=1=581.09.01.09.01.0911082210+CC（3）P Y=0=0.9 50.590（4）P 0X2，Y=0(0X2与 Y=2独立)=P 0X2P Y=0=0.5810.5900.343（5）P X=0+P 010)=P(X 1
48、1)=0.002840（查表计算）十二(2)每分钟呼唤次数大于 3 的概率。566530.043=XPXP十六以 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=000,1)(4.0 xxexFxX求下述概率：（1）P至多 3 分钟；（2）P 至少 4 分钟；（3）P3 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 X3=2.11)3(=eFX（2）P 至少 4 分钟 P(X 4)=6.1)4(1=eFX（3）P3 分钟至 4 分钟之间=P 3X4=6.12.1)3()4(=eeFF
49、XX（4）P至多 3 分钟或至少 4 分钟=P至多 3 分钟+P至少 4 分钟=6.12.11+ee（5）P恰好 2.5 分钟=P(X=2.5)=018.十七设随机变量 X 的分布函数为=.,1,1,ln,1,0)(exexxxxFX，求（1）P(X2),P 0X3,P(2X25)；（2）求概率密度 fX(x).解：（1）P(X2)=FX(2)=ln2，P(0X3)=FX(3)FX(0)=1，45ln2ln25ln)2()25(252(=XXFFXP（2）=其它,0,1,1)()(exxxFxf20.十八（2）设随机变量X的概率密度)(xf为（1）=其它01112)(2xxxf（2）=其他02
50、1210)(xxxxxf求 X 的分布函数 F(x)，并作出（2）中的 f(x)与 F(x)的图形。解：当1x1 时：21arcsin111arcsin211212120)(212121+=+=+=xxxxxxdxxdxxFXx当 1x 时：10120)(11121=+=xdxdxxdxxF故分布函数为：+=xxxxxxxF111121arcsin11110)(2解：（2）=xdttfxXPxF)()()(=+=+=+=1022102110020010)2(0)(,2122)2(0)(,2120)(,1000)(,0 xxxxdtdttdttdtxFxxxdttdttdtxFxxdttdtxF