概率论与数理统计作业习题解答第一章.docx
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概率论与数理统计作业习题解答第一章
概率论与数理统计作业习题解答（高教第四版）
第一章第一章概率的基本概念概率的基本概念
习题解析习题解析
第第11、、22题题随机试验随机试验、样本空间、样本空间、随机事件、随机事件
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1．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（设以百分制记分）。
（2）生产产品直到有10件正品为止，记录生产产品的总件数。
（3）对某工厂出厂的产品进行检查，合格的记上“正品”，不合格的记上“次品”，如连续
查出2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。
（4）在单位圆内任意取一点，记录它的坐标。
解解
（1）高该小班有n个人，每个人数学考试的分数的可能取值为0，1，2，…，100，n
解解
01100n
个人分数这和的可能取值为0，1，2，…，100n，平均分数的可能取值为,,...,,则
nnn
样本空间为
k
S=k=0,1,2,⋯,100n
n
（2）样本空间S={10，11，…}，S中含有可数无限多个样本点。
（3）设1表示正品，0有示次品，则样本空间为
S={（0，0），（1，0，0），（0，1，0，0），（0，1，0，1），（0，1，1，0），（1，1，
0，0），（1，0，1，0），（1，0，1，1），（0，1，1，1），（1，1，0，1），（1，1，
1，0），（1，1，1，1）}
例如（1，1，0，0）表示第一次与第二次检查到正品，而第三次与第四次检查到次品。
（4）设任取一点的坐标为（x，y），则样本空间为
22
S（x,y）x+y≤1
{}
-------------------------------------------------------------------------------
2．设A，B，C为三个事件，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；
（2）A与B都发生，而C不发生；
（3）A，B，C中至少有一个发生；
（4）A，B，C都发生；
（5）A，B，C都不发生；
（6）A，B，C中不多于一个发生；
（7）A，B，C中不多于两个发生；
（8）A，B，C中至少有两个发生。
解解此题关键词：
“与，”“而”，“都”表示事件的“交”；“至少”表示事件的“并”；“不多
解解
于”表示“交”和“并”的联合运算。
（1）ABC。
（2）ABC或AB—C。
（3）A∪B∪C。
（4）ABC。
（5）ABC。
（6）A，B，C中不多于一个发生为仅有一个发生或都不发生，即
ABC∪ABC∪ABC∪ABC，A，B，C中不多于一个发生，也表明A,B,C中至少有两
个发生，即AB∪BC∪AC∪ABC。
（7）A，B，C中不多于两个发生，为仅有两个发生或仅有一个发生，或都不发生，即表示
为
ABC∪ABC∪ABC∪ABC∪ABC∪ABC∪ABC
而ABC表示三个事件都发生，其对立事件为不多于两个事件发生，因此又可以表示为
ABC=A∪B∪C。
（8）A，B，C中至少有两个发生为A，B，C中仅有两个发生或都发生，即为
ABC∪ABC∪ABC∪ABC
也可以表示为ABBCAC。
∪∪
第第3.3.（（11）、）、6、6、88、、99、、1010题题概率的定义概率的定义、概率的性质、概率的性质、古典概型、古典概型
第第33..（（11）、）、66、、88、、99、、1010题题概率的定义概率的定义、、概率的性质概率的性质、、古典概型古典概型
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11
3．
（1）设A，B，C是三件，且P（A）=P（B）=P（C）=,P（AB）=P（BC）=0,P（AC）=,
48
求A，B，C至少有一个生的概率。
解解利用概率的加法公式
解解
315
P（A∪B∪C）=P（A）+P（A）+P（C）−P（AB）−P（BC）−P（AC）+P（ABC）=−=
488
其中由P（AB）=P（BC）=0,而ABC⊂AB得P（ABC）=0。
-------------------------------------------------------------------------------
6．在房间里有10个人，分别佩戴从1号到10号的纪念章，任选3人记录其纪念章的号码。
求
（1）最小号码为5的概率；
（2）最大号码为5的概率。
解解利用组合法计数基本事件数。
从10人中任取3人组合数为C3，即样本空间
解解10
S=C3=120个基本事件。
{10}
（1）令事件A={最小号码为5}。
最小号码为5，意味着其余号码是从6，7，8，9，10的5
个号码中取出的，有C2种取法，故A=C2=10个基本事件，所求概率为
5{5}
5!
C22!
3!
101
P（A）=5===
C310!
12012
10
3!
7!
（2）令事件B={最大号码为5}，最大号码为5，其余两个号码是从1，2，3，4的4个号码
22
中取出的，有C种取法，即B=C个基本事件，则
4{4}
4!
C22!
2!
61
P（B）=4===
C310!
12020
10
3!
7!
-------------------------------------------------------------------------------
8．在1500个产品中有400个次品，1100个正品。
从中任取200个。
求
（1）恰有90个次品的概率；
（2）至少有2个次品的概率。
解解
（1）利用组合法计数基本事件数。
令事件A={恰有90个次品}，则
解解
C90C110
P（A）=4001100
C200
1500
（2）利用概率的性质。
令事件B={至少有2个次品}，Aι={恰有i个次品}，则
B=A∪A∪A,AiAi=∅（i≠j）
23200
所求概率为
200
P（B）=P（A∪A∪⋯∪,A）=∑P（A）
23200i
i=2
显然，这种解法太麻烦，用对立事件求解就很简单。
令事件B={恰有0个次品或恰有
1个次品}，即B=A∪A，而
01
C200C1C199
P（B）=P（A∪A）=P（A）+P（A）=1100+4001100
0101200200
CC
15001500
故
C200C1C199
PBPB11004001100
（）=1−（）=1−200−200
CC
15001500
-------------------------------------------------------------------------------
9．从5双不同的鞋子中任取4只，问这4只鞋子中至少有两只鞋子配成一双的概率是多少？
解解令事件A={4只鞋子中至少有两只鞋子配成一双}。
用3种方法求P（A）。
解解
①A的对立事件A={4只鞋子中至少有两只鞋子配成一双}，从5又鞋中任取4只，即
从10只鞋中任取4只，所有可能组合数为C4，样本空间S={C4个基本事件}，现考虑有
1010
44
利于A的基本事件数。
从5双鞋中任取4双，再从每双中任取一只，有C2种取法，即
5
44
A={C2个基本事件}，则
5
444
C25×213
PAPA5
（）=1−（）=1−4=1−=
C21021
10
②4只鞋是不放回的一只接一只的取出，所有可能的排列数为A4，即样本空间S={A4
1010
个基本事件}。
现考虑有利于A的基本事件，从10只鞋中任取一只，与它配成双的一只不
取，从其余8只鞋中任取一只，与它配成双的一只不取，依此类推，则A={10×8×6×4
个基本事件}。
于是
10×8×6×410×8×6×4813
P（A）=1−P（A）=1−4=1−=1−=
A10×9×8×72121
10
③利用组合法计数基本事件数。
考虑有利于事件A的基本事件数，任取的4只鞋配成
122222122222
一双的取法有CCC2种，能配成两双的取法有CC种，于是A={（CCC2+CC）
5245252452
个基本事件}，则
122222
CCC2+CC13013
P（A）=52452==
C421021
10
此题的第1种方法和第2种方法是利用概率性质：
P（A）+P（A）=1
首先求P（A），然后求P（A）。
第3种方法是直接求P（A）。
读者还可以用更多方法求
P（A）。
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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。
解解令事件A={排列结果为ability}，利用排列法计数基本事件数。
不放回的从中一次抽1
解解
张的连抽7张，要排成单词，因此用排列法。
样本空间={A7个基本事件}。
排列结果
111
为ability，实际收入字母b的卡片有两张，写字母i的卡片有两张，取b有C种取法，
2
111
取i有C种取法，其余字母都只有1种取法，故A={CC个基本事件}，于是
222
11
CC4
P（A）=22==0⋅0000024
A711×10×9×8×7×6×5
11
这是个小概率事件。
第第114.4.（（22）、）、1515、、1919、、1818题题条件概率条件概率、概率的加法公式和乘法公式、概率的加法公式和乘法公式
第第114.4.（（22）、）、1155、、1919、、1818题题条件概率条件概率、、概率的加法公式和乘法公式概率的加法公式和乘法公式
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111
14．
（2）已知P（A）=，P（BA）=,P（AB）=,求P（A∪B）。
432
解解利用概率加法公式和概率乘法公式。
解解
P（A∪B）=P（A）+P（B）−P（AB）
解此题的关键是求P（B）和P（AB）。
由概率乘法公式，得
111
P（AB）=P（A）P（BA）=×=
4312
又P（AB）=P（B）P（AB），解得
1
P（AB）121
P（B）===
P（AB）16
2
于是所求概率为
1111
P（A∪B）=+−=
46123
此题的关键是利用P（A）P（BA）=P（B）P（AB），求出P（AB）和P（B），再求
P（A∪B）就迎刃而解了。
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15．掷两颗骰子，已知两颗骰子点数和为7，求其中有一颗为1点的概率（用两种方法）。
解解令事件A={两颗骰子点数之和为7}，B={有一颗为1点}。
此题是求条件概率P（BA）。
解解
两种方法如下：
①考虑整个样本空间。
随机试验：
掷两颗骰子，每颗骰子可能出现的点数都是6个，
即样本空间S={62个基本事件}。
事件AB={两颗骰子点数之间和为7，且有一颗为1点}，
两颗骰子点数之和为7的可能结果为6个，即A={（1，6），（2，5），（3，4），（6，1），（5，2），（4，3）}
而AB={（1，6），（6，1）}。
由条件概率公式，得
2
（）21
PAB36
（）====
PBA
P（A）663
36
②已知事件A发生后，将A作为样本空间，其中有两个结果（1，6）和（6，1）只有
一颗骰子出现1点，则在缩减的样本空间中求事件B发生的条件概率为
21
P（BA）==
63
-------------------------------------------------------------------------------
18．某人忘记了电话号码的最后一个数，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。
若已知最后一个数字是奇数，那么此概率是多少？
解利用概率性质解（有限可加性）和概率乘法公式。
解解
令事件Ai={第i次拨通电话}，“到第i次拨通电话”这个事件为AA⋯AA（i=1，
12i−1i
2，3）。
事件B={不超过三次而拨通电话}，则
B=A∪AA∪AAA
112123
该事件表示第一次拨通电话，或者第一次未拨通，第二拨通电话（到第二次拨通电话），或
者第一、二次未拨通，第三次拨通电话（到第三次拨通电话）。
右端是互不相容事件的并事
件，所以用有限可加性计算，得
P（B）=P（A∪AA∪AAA）
112123
PAPAAPAAA
=
（1）+（12）+（123）
=P（A）+P（A）P（AA）+P（A）P（AA）P（AAA）
1121121312
1919813
=+×+××=
10109109810
1
拨号是从0，1，2，…，9的10个数字中任取一个，有10种取法，第一次拨通的概率是；
10
9
第一次未拨通的概率为，第二次拨号时，是从其余9个数字中任取一个，所以拨通的概
10
19111
率为，到第二次拨通的概率为×=，依此类推，到第n次拨通电话的概率都是，
91091010
与顺序无关。
已知最后一个数字是奇数时，令事件C={拨号不超过三次而接通电话}。
拨号是从1，
1
3，5，7，9的五个数字中任取一个，有5种取法，第一次拨通的概率为，到第二次拨通
5
4114311
的概率为×=，到第三次拨通的概率为××=，与上述分析方法和用的概率公
5455435
式相同，所以
1414313
P（C）=+×+××=
5545435
第第21、21、2222、、3535、、3838题题全概率公式全概率公式、贝叶斯公式、贝叶斯公式、事件的独立性、事件的独立性
第第2121、、2222、、3535、、3838题题全概率公式全概率公式、、贝叶斯公式贝叶斯公式、、事件的独立性事件的独立性
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21．已知男人中有500是色盲患者，女人中有0.2500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？
解解令事件A={随机地选一人是女性}，对立事件A={随机地选一人是男性}。
因为人群中
解解
1
男女人数相等，所以P（A）=P（A）=，且A，A是样本空间的一个划分。
事件C={随机
2
地挑选一人恰好是色盲}。
已知
0.255
P（CA）=,P（CA）=
100100
由全概率公式，得
P（C）=P（A）P（CA）+P（A）P（CA）
10.2515
=×+×=0.02625
21002100
由贝叶斯公式，得
15
P（AC）P（A）P（CA）2×100
（）0.9524
PAC====
P（C）P（C）0.02625
-------------------------------------------------------------------------------
22．一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p2。
（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。
解令事件解Ai={一学生第i次考试及格}（i=1，2），已知
解解
P
P（A）=P,P（A）=1−P,P（AA）P（AA）=
112121
2
（1）由概率加法公式，得
P（A∪A）=P（A）+P（A）−P（AA）
121212
=P（A）+P（A）−P（A）P（AA）
12121
利用对立事件求概率P（A∪A）=1−P（A∪A）=1−P（AA）
12
1212
=1−P（A）P（AA）
121
=1−P（A）[1−P（AA）]
11
2
P312
=1−（1−P）（1−）=P−P
222
显然用后者求解简单。
（2）利用条件概率公式。
P（AA）P（A）P（AA）
P（AA）=12=121
21
P（A）P（A）
22
P22P
==
P2+P（1−P）P+1
2
-------------------------------------------------------------------------------
35．如果一危险情况C发生时，一电路闭合并发出警报，我们可以借用两个或多个开关并联
以改善可靠性，在C发生时这些开关每一个都应闭合，且若至少一个开关闭合了，警报就发
出。
如果两个这样的开关联联接，它们每个具有0.96的可靠性（即在情况C发生时闭合的
概率），问这时系统的可靠性（即电路闭合的概率），是多少？
如果需要有一个可靠性至少为
0.9999的系统,则至少需要用多少只开关并联?
设各开关闭合与否是相互独立的。
解利用事件的独立性解。
解解
①令事件A={第i只开关闭合}。
已知P（A）=P（A）=0.96。
令事件B={电路闭合}。
i12
两只开关并联联接，则B=A∪A，即至少有一只开关闭合，电路就闭合。
而A与A相互
1212
独立，所以电路闭合的概率为
P（B）=P（A∪A）=P（A）+P（A）−P（AA）
121212
=P（A）+P（A）−P（A）P（A）
1212
=0.96+0.96−（0.96）2=0.9984
这种解题思路是读者容易想到的.另一种解法是利用对立事件,计算此较简单.
=∪=−∪
P（B）P（AA）1P（AA）
1212
=1−P（AA）
12
=1−P（A）P（A）
12
2
=1−0.04=0.9984
②设需要n只开关并联,才保证系统可靠性为0.9999。
令事件A={第i只开关闭合}（i=1，
i
2，…，n）。
令事件C={电路闭合}，则C=A∪A∪⋯A。
如果用概率加法公式表示P=（C）
12n
将是相当麻烦的，不妨表示为P（C）=P（A∪A∪⋯A）
12n
nn
=∑P（A）−∑P（AA）+∑P（AAA）+⋯+（−1）n−1P（∩A）
iijijKi
i=11≤i≺j≤n1≤i≺j≺k≤ni=1
n−1
2233n
0.96nC（0.96）C（0.96）⋯
（1）（0.96）
=−+++−
nn
已知P（C）=0.9999，解n实际上是很难办到的。
如果用对立事件表示P（C
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