概率统计第一章作业

第一章

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写出下列随机试验的样本空间 （1）同时抛三颗色子，记录三颗色子的点数之和； （2）将一枚硬币抛三次，(i)观察各次正反面出现的结果；(ii)观察正面总共出 现的次数； （3）对一目标进行射击，直到命中 5 次为止，记录射击次数； （4）将一单位长的线段分成 3 段，观察各段的长度；

1. $\Omega =\{3,4,\cdots ,18\}$，共有 16 种可能结果。
2. 1. 样本空间为 $\Omega =\{HHH,HHT,HTT,TTT,TTH,THH,HTH,THT\}$，共有 8 种可能结果。
   2. 样本空间为 $\Omega =\{0,1,2,3\}$，共有 4 种可能结果。
3. 样本空间为 $\Omega =\{x|x\in N,x\ge 5\}$，即大于等于 5 的所有自然数。
4. 样本空间为 $\Omega =\{(x,y,z)|x+y+z=1,x>0,y>0,z>0\}$，即单位立方体中与坐标轴平行的平面所围成的三角形区域。

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从 0,1,2，…，9 十个数字中，先后随机取出两数，写出下列取法中的样本空间： （1）抽取可放回时的样本空间 Ω1 （2）抽取不放回时的样本空间 Ω2

1. $\Omega =\{(i,j)|i,j\in \{1,2,\cdots ,9\}\}$
2. $\Omega =\{(i,j)|i,j\in \{1,2,\cdots ,9\}\wedge i\ne j\}$

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写出“石头剪刀布游戏” 的样本空间

$\Omega =\{\text{石头-石头, 石头-剪刀, 石头-布, 剪刀-石头, 剪刀-剪刀, 剪刀-布, 布-石头, 布-剪刀, 布-布}\}$

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设 A，B，C 为随机试验的三个随机事件，试将下列各事件用 A，B，C 表 示出来. （1）仅 A 发生； （2）至少有两个事件发生； （3）恰有两个事件发生； （4）不多于两个事件发生

1. $\{A\cap \bar{B}\cap \bar{C}\}$
2. $\{A\cap B\cup A\cap C\cup B\cap C\}$
3. $\{(A\cap B\cap \bar{C})\cup (A\cap C\cap \bar{B})\cup (B\cap C\cap \bar{A})\}$
4. $\{(\bar{A}\cup \bar{B}\cup \bar{C})\cup (A\cup B\cup C)\}$

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一公司有 16 名员工，若每个员工随机地在一个月的 22 天工作日中挑选一 天值班，问：不会出现有两个及以上的员工挑选同一天值班的概率是多少？

概率等价于每个员工值日当天恰好只有他自己值班的概率是多少，问题为古典概率模型，求解有：

$P=\frac{C_{22}^{16}\cdot 16!}{22^{16}}\approx 0.0005184$

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一辆公共汽车出发前载有 5 名乘客，每位乘客独立在 7 个站中的任意一站 离开，求下列事件的概率： （1）第 7 站恰有两位乘客离去； （2）没有两位及两位以上乘客在同一站离去

题目也是标准的古典概率模型，直接求解有：

1. $P=\frac{C_5^2\cdot 6^3}{7^5}\approx 0.1285$
2. 等价于求解每个车站至多只有一个乘客下车。$P=\frac{C_7^{5}5!}{7^5}\approx 0.1499$

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一元件盒中有 50 个元件，其中 25 件一等品，15 件二等品，10 件次品， 从中任取 10 件，求： （1）恰有两件一等品，两件二等品的概率； （2）恰有两件一等品的概率； （3）没有次品的概率

题目也是标准的古典概率模型，直接求解有：

1. $P=\frac{C_{25}^2\cdot C_{15}^2\cdot C_{10}^6}{C_{50}^{10}}\approx 6.440\times 10^{-4}$
2. $P=\frac{C_{25}^2\cdot C_{25}^8}{C_{50}^{10}}\approx 0.0315$
3. $P=\frac{C_{40}^{10}}{C_{50}^{10}}\approx 0.08252$

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袋中有编号为 1,2，…，n 的 n 个小球，从中随机有放回地取 m 次，求取 出的 m 个球中最大编号为 k 的概率. 并计算出 n=6，m=3 和 k=6 的值.

题目为古典概率模型，每次取球，最大编号不超过 $k$ 的概率为 $\frac{k}{n}$ 每次取球的结果相互独立。求解有：

1. 取 m 次最大编号不超过 k 的概率为 $(\frac{k}{n}{)}^m$ $P=(\frac{k}{n}{)}^m-(\frac{k-1}{n}{)}^m$

2. 计算解得 $p\approx 0.4213$

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在扑克牌游戏中，从去除大小王的 52 张牌中任取五张，求： （1）手上牌为顺子的概率；（从 3/4/5/6/7 开始到 9/10/J/Q/K 为止） （2）手上牌为“三带二”的概率；（如： 999QQ） （3）手上牌为“两对”的概率；（如：3377K） （4）手上牌有“炸弹”的概率（如：4444A）

题目也是古典概率模型。（后面发现一直写组合数有点麻烦，就使用 nCr的形式代替$C_n^r$ 了）

1. 从【3，4，5，6，7】到【9，10，J，Q，K】一共有6种牌号的组合，每个牌有4个花色，那么每种牌号组合共有 $4^5$ 可能。 $p=\frac{6\times 4^5}{C_{52}^5}\approx 2.364\times 10^{-3}$
2. $p=\frac{C_{52}^2{C}_4^3{C}_4^2}{C_{52}^5}\approx 0.1225$
3. $p=\frac{(13C3)(3C2)(4C2{)}^2(4C1)}{52C5}\approx 0.04753$
4. $p=\frac{(13C2)(2C1)(4C1)}{52C4}\approx 2.401\times 10^{-4}$

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在一半径为 1 的圆周上，甲、乙两人各自独立地从圆周上随机选择一点， 将两点连成一条弦，求圆心到这条弦的距离不小于 1/2 的概率

几何概率模型，取定第一个点做直径 $AB$，然后在圆周上随机取点连成弦 $AC$ 当 $AC$ 与 $AB$ 的夹角大于 $30°$ 时才符合条件。概率为：$P=\frac{\pi -\pi /3}{\pi }=\frac{2}{3}$.

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设 A，B 是试验 E 的两个事件，且 P(A)=1/3, P(B)=1/2．在以下各种情况 下计算 $P(B\bar{A})$ （1） $A\subset B$ ； （2）A 与 B 互不相容； （3）P(AB)=1/8

1. $P=P(B)-P(A)=\frac{1}{6}$ 事件 $A$ 是事件 $B$ 的子事件。
2. $P(\bar{A})=1-P(A)=\frac{2}{3}P(B\bar{A})=P(B)P(\bar{A})=\frac{1}{3}$

$$\begin{array}{rl}& 2P(AB)+P(B\bar{A})+P(A\bar{B})=P(A)+P(B)\\ & P(A)=P(A\bar{B})+P(AB)\\ & P(B\bar{A})=\frac{3}{8}\end{array}$$

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已知 A1 和 A2 同时发生，则 A 必发生，证明：P(A)≥P(A1) + P(A2) －1

$1⩾P(A_1)+P(A_2)-P(A_1{A}_2)$ $A_1{A}_2\subset A\Rightarrow P(A)⩾P(A_1{A}_2)\Rightarrow P(A)⩾P(A_1)+P(A_2)-1$

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某班有 N 个士兵，每人各有一支步枪，这些枪外形完全一样，在一次夜 间紧急集合中，若每人随机取走一支枪，问至少有一个人拿到自己的枪的概率。

首先，假设每个士兵都有一个编号，从1到N，与他们的枪一一对应。那么，如果没有一个人拿到自己的枪，就意味着所有的枪都被换了位置。用错排公式计算：$P=1-\sum _{k=0}^N\frac{(-1{)}^k}{k!}$

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从 0,1,2，…，9 十个数字中，先后随机取出两个数，写出下列取法中的 概率空间三元素。 （1）抽取可放回； （2）抽取时不放回

1. 抽取可放回的情况下，样本空间是所有可能的两位数，$\Omega =\{(i,j)|i,j\in (0,1,2,\cdots ,9)\}$ 即00~99共100个数。事件域是样本空间的幂集，即包含所有子集的集合 $F=2^{\Omega }$。概率测度是每个子集出现的概率，由于每次抽取都是独立且等可能的，所以每个子集出现的概率等于其元素个数除以100。$P(A)=\frac{|A|}{100}$

2. 抽取不放回的情况下，样本空间是所有不重复的两个数字的组合，即01~98共90个数（去掉00和11、22、…、99）$\Omega =\{(i,j)|i,j\in (0,1,2,\cdots ,9)\wedge i\ne j\}$。事件域同样是样本空间的幂集 $F=2^{\Omega }$。概率测度是每个子集出现的概率，由于第一次抽取后会影响第二次抽取的可能性，$P(A)=|A|\times (\frac{1}{10}\times \frac{1}{9})=\frac{|A|}{90}$。

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阐述你对概率公理化定义的作用及意义的理解

1. 确定了概率的本质特征与性质。概率公理化定义从数学上明确了概率的本质特征，给出了概率的重要性质。这些性质是概率理论研究的基础。

2. 便于推导出概率公式。概率公理化定义为概率理论提供了公式。

3. 便于应用于各种实际问题。概率公理化定义为处理各种实际问题提供了一个可靠的理论基础，使得概率方法可以在实际中对随机事件进行量化分析。

4. 推动了其他学科的发展。就比如最近近几十年的人工智能浪潮，其数学基础有很大一部分都是基于概率论发展完善的。

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M 件产品中有 m 件废品，今在其中任取两件，求： （1）取出的两件中至 少有一件是废品的概率； （2）已知取出的两件中有一件是废品的条件下，另一件 也是废品的条件概率； （3）已知两件中有一件不是废品的条件下，另一件是废品 的条件概率

1. A={取出的两件中至少有一件是废品}；B={取出的两件中没有废品}有：$P(A)=P(\bar{B})=1-\frac{C_{M-m}^2}{C_M^2}$
2. C={取出的两件全是废品}。$P(C|A)=\frac{P(AC)}{P(A)}=\frac{C_m^2}{1-\frac{C_{M-m}^2}{C_M^2}}$
3. D={取出的两件中至少一件是成品}。$P(C|D)=\frac{P(CD)}{P(D)}=\frac{C_m^1{C}_{M-m}^1}{C_m^1{C}_{M-m}^1+C_m^2}$

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摩托车赛道在甲乙两地间设置了三个障碍. 一位参赛者在每一障碍前停 车的概率为 0.1, 而从乙地到终点不停车的概率为 0.7. 试求这位参赛者全程不停 车的概率.

A={参赛者在甲乙两地之间不停车到达乙地}， B={参赛者在乙地到终点之间不停车}， C={参赛者全程不停车} $P(A)=0.9^3=0.729P(B)=0.7$ $P(C)=P(AB)=P(A)\times P(B)=0.5103$

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甲乙两人轮流射击，先击中目标者获胜。设甲、乙击中目标的概率分别 为 p1及 p2，甲先开始射击，求甲获胜的概率

$A=\{\text{甲先获胜}\}$

1. 甲射中目标，获胜，概率为 $p_1$。
2. 甲未射中目标，轮到乙射击且未命中目标。 在此情况下甲获胜概率依旧是 $P(A)$

因此，甲获胜的概率可以表示为：

$P(A)=p_1+(1-p_1)(1-p_2)P(A)$

化简得：

$P(A)=\frac{p_1}{p_1+p_2-p_1{p}_2}$

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在一盒子中装有 15 个乒乓球，其中有 9 个新球。在第一次比赛时任意 取出三个球，赛后仍放回原盒中；在第二次比赛时同样任意取出三个球，求第二 次取出的三个球均为新球的概率

$A_i=\{\text{第一次比赛中取出的三个球中有i个是新球}\},i=0,1,2,3$ $A=\{\text{第二次取出的三个球均为新球}\}$ $P(A)=\sum _{i=0}^{3}P(A_i)P(A|A_i)=\frac{C_6^3}{C_{15}^3}\frac{C_9^3}{C_{15}^3}+\frac{C_9^2{C}_6^2}{C_{15}^3}\cdot \frac{C_8^3}{C_{15}^3}+\frac{C_9^2{C}_6^1}{C_{15}^3}\cdot \frac{C_7^3}{C_{15}^3}+\frac{C_9^3{C}_6^3}{C_{15}^3{C}_{15}^3}\approx 0.0893$

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已知一批产品中 96%是合格品，用某种检验方法辨认出合格品为合格品 的概率为 0.98, 而误认废品是合格品的概率为 0.05, 求检查合格的一件产品确系 合格的概率

设 $A=\{取出一件产品为合格品\}$ $B=\{检查一件产品为合格品\}$

$$\begin{array}{rl}& P(A)=0.96P(B\mid A)=0.98P(B\mid \bar{A})=0.05\\ & P(A\mid B)=\frac{P(A{)}^{\ast }P(B\mid A)}{P(A{)}^{\ast }P(B\mid A)+P(\bar{A}{)}^{\ast P(B\mid \bar{A})}}\approx 0.9979\end{array}$$

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炮战中，若在距目标 250 米，200 米，150 米处射击的概率分别为 0.1， 0.7，0.2，而在各处射击时命中目标的概率分别是 0.05，0.1，0.2，现已知目标被 击毁，求击毁目标的炮弹是从距目标 250 米处射出的概率

$B=\text{目标被击毁}$ $C_1=\text{击毁目标的炮弹是从距目标 250 米处射出}=0.005$ $C_2=\text{击毁目标的炮弹是从距目标 200 米处射出}=0.07$ $C_3=\text{击毁目标的炮弹是从距目标 150 米处射出}=0.04$ $P(B)=P(C_1)+P(C_2)+P(C_3)=0.115$ $P(C_1|B)=\frac{P(C_1)}{P(B)}=\frac{1}{23}$

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设 A1, A2,…, An 相互独立，而 P(Ak)= pk，试求：(1) 所有事件全不发生的 概率；（2）诸事件中至少发生其一的概率；（3）诸事件恰好发生其一的概率

$A=\{\text{所有事件全不发生}\}$ $B=\{\text{所有事件中至少发生其一}\}$ $C=\{\text{所有事件恰好发生其一}\}$ $P(A)={\Pi }_{i=1}^{n}P(\overline{A_i})={\Pi }_{i=1}^n(1-p_i)$ $P(B)=p(\bar{A})=1-P(A)=1-{\Pi }_{i=1}^n(1-p_i)$ $P(C)=\sum _{i=1}^{n}P(A_i){\Pi }_{j=1}^{i-1}P(\overline{A_j}){\Pi }_{j=i+1}^{n}P(\overline{A_j})$

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某仪器上有三个独立工作的指示灯, 第一、第二、第三个指示灯出错的概 率分别为 0.1，0.2 及 0.3. 一个指示灯出错时造成系统运行失败的概率是 0.25, 两 个指示灯出错时为 0.6, 而三个都出错时为 0.9. 求系统运行失败的概率

A={系统运行失败} B={有指示灯出错} $P(B)=P(B_1)+P(B_2)+P(B_3)=0.706$ $B_1=\{有一个指示灯出错\}$。$P(B_1)=0.1+0.2+0.3=0.6$ $B_2=\{有两个指示灯出错\}$。$P(B_2)=0.1\cdot 0.2+0.1\cdot 0.3+0.2\cdot 0.3=0.1$ $B_3=\{有三个指示灯出错\}$。$P(B_3)=0.1\cdot 0.2\cdot 0.3=0.006$ $P(A|B_1)=0.25$ $P(A|B_2)=0.6$ $P(A|B_3)=0.9$ $P(A)=P(AB)+P(A\bar{B})=P(AB)$

$\begin{array}{rl}P(AB)& =P(A{B}_1)+P(A{B}_2)+P(A{B}_3)\\ & =0.25\cdot 0.6+0.6\cdot 0.1+0.9\cdot 0.006\\ & =0.2154\end{array}$

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说明“重复独立试验中，小概率事件必然发生”的确切含义

重复独立试验指的是，进行多次相同实验并且每次实验的结果不会影响下一次实验的结果。

在这种情况下，“小概率事件必然发生”的确切含义是，尽管某个事件的出现概率很小，但在进行足够多次的独立试验后，该事件总会发生。

这是由于当试验次数足够大时，小概率事件出现的概率始终存在，就像掷硬币一样，即使每次的理论出现正反面的概率都是50%，但是在经历足够多的试验后，仍有可能出现连续6次都为正面的情况。