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时间:2018-09-22
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1、第二章条件概率与统计独立性1、解:自左往右数,排第i个字母的事件为Ai,则,。所以题中欲求的概率为2、解:总场合数为23=8。设A={三个孩子中有一女},B={三个孩子中至少有一男},A的有利场合数为7,AB的有利场合为6,所以题中欲求的概率P(B
2、A)为.3、解:(1)M件产品中有m件废品,件正品。设A={两件有一件是废品},B={两件都是废品},显然,则,题中欲求的概率为.(2)设A={两件中有一件不是废品},B={两件中恰有一件废品},显然,则.题中欲求的概率为.(3)P{取出的两件中至少有一件废品}=4、
3、解:A={甲取出一球为白球},B={甲取出一球后,乙取出一球为白球},C={甲,乙各取出一球后,丙取出一球为白球}。则甲取出的球可为白球或黑球,利用全概率公式得甲,乙取球的情况共有四种,由全概率公式得.5、解:设B={两数之和大于10},Ai={第一个数取到i},。则,;。由全概率公式得欲求的概率为.6、解:设A1={从甲袋中取出2只白球},A2={从甲袋中取出一只白球一只黑球},A3={从甲袋中取出2只黑球},B={从乙袋中取出2只白球}。则由全概率公式得.7、解:A1={从第一袋中取出一球是黑球},……,Ai={
4、从第一袋中取一球放入第二袋中,…,再从第袋中取一球放入第i袋中,最后从第i袋中取一球是黑球},。则.一般设,则,得.由数学归纳法得.8、解:设A1={飞机第一部分中两弹},A2={飞机第二部分中两弹},A3={飞机第一部分中一弹},A4={其它情况},则A3={第一弹中第一部分且第二弹中第二部分,或第一弹中第一部分且第二弹中第三部分,或第一弹中第二部分且第二弹中第一部分,或第一弹中第三部分且第二弹中第一部分},,设B={飞机被击落},则由全概率公式得9、解:设Ai={第i回出正面},记,则由题意利用全概率公式得。已知
5、,依次令可得递推关系式解得当时利用等比数列求和公式得(*)(1)若,则;(2)若,则当时,;当时,。若,则若,则不存在。(3)若,则由(*)式可得10、解:令分别表示第i次交换后,甲袋中有两只白球,一白一黑,两黑球的事件,则由全概率公式得,,.这里有,又,所以,同理有,再由得。所以可得递推关系式为,初始条件是甲袋一白一黑,乙袋一白一黑,即,由递推关系式得,.11、解:设An={家庭中有n个孩子},n=0,1,2,…,B={家庭中有k个男孩}。注意到生男孩与生女孩是等可能的,由二项分布得由全概率公式得(其中)12、解:
6、(1)设A={至少有一男孩},B={至少有2个男孩}。,由得,.(2)C={家中无女孩}={家中无小孩,或家中有n个小孩且都是男孩,n是任意正整数},则A1={家中正好有一个男孩}={家中只有一个小孩且是男孩},则,且,所以在家中没有女孩的条件下,正好有一个男孩的条件概率为.13、解:设A={产品确为合格品},B={检查后判为合格品}。已知,,求。由贝叶斯公式得.14、解:设分别为自250米,200米,150米处射击的事件,B为“命中目标”事件,则,,求。间互不相容,B能且只能与中之一同时发生,由贝叶斯公式得.1
7、5、解:记事件“发AAAA”为A4,事件“发BBBB”为B4,事件“发CCCC”为C4,事件“收ABCA”为D,则为求,考虑到发AAAA,而收到ABCD,有两个字母被准确收到,另两个字母被误收,故。同理可求得,欲求的概率是,而事件间两两互不相容,又D能且只能与之一同时发生,由贝叶斯公式得欲求的概率为.16、证:(1),∴与C独立。(2)∴AB与C独立。(3),∴与C独立。17、证:,同理可证,.又有,所以相互独立。18、证:必要性。事件相互独立,用归纳法证。不失为一般性,假设总是前连续m个集取的形式。当时,。设当时有
8、,则当时从而有下列2n式成立:,其中取或。充分性。设题中条件成立,则,(1).(2)∵,∴.(1)+(2)得。(3)同理有,两式相加得.(4)(3)+(4)得。同类似方法可证得独立性定义中个式子,∴相互独立。19、证:(见本章第17题),,同理可得。证毕。20、解:P{三次射击恰击中目标一次}=P{至少有一次命中}=1-P{未击中一次}21、解:(1)P{所有的事件全不发生}。(2)P{至少发生其一}。(3)P{恰好发生其一}。22、解:本题中认为各元件发生故障是相互独立的。记={元件发生故障},={元件发生故障},
9、={元件发生故障}。则P{电路断开}。23、解:以表事件“A于第k次试验中出现”,,由试验的独立性得,前n次试验中A都不出现的概率为。于是前n次试验中,A至少发生一次的概率为。这说明当重复试验的次数无限增加时,小概率事件A至少发生一次的概率可以无限地向1靠近,从而可看成是必然要发生的。24、解:我们认为各车床或同一车床制造的各个零件的好坏是相互
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