【概率论与数理统计】练习题答案

一. 概率论的基本概念

1．掷一枚硬币5次，出现正面向上次数多于反面向上次数的概率为()

A.$\frac{15}{16}$	B.$\frac{11}{32}$	C.$\frac{1}{2}$	D.$\frac{3}{8}$

答案C

解法一

设掷一枚硬币5次中正面向上出现k次的概率为$P_5(k),k=0,1,2,3,4,5$
根据伯努利试验$P_5(k)=C_5^k(\frac{1}{2}{)}^5$ 。5次中正面向上次数多于反面向上次数，也就是k = 3 , 4 , 5.故所有概率为$P_5(3)+P_5(4)+P_5(5)=(C_5^3+C_5^4+C_5^5)(\frac{1}{2}{)}^5=\frac{1}{2}$ .

解法二

总共掷硬币5次，不是正面朝上次数多于反面朝上次数，就是反面朝上次数多于正面朝上次数，这两个事件概率相等，所以每个概率都是$\frac{1}{2}$ .

 
2．一批零件共有100个，其中共有10个不合格品。从中一个一个取出，求第3次才取得不合格品的概率是多少？

解：以$A_i$记事件“第i次取出的是不合格品”，i = 1 , 2 , 3。则所求概率为$P(\overline{A_1{A}_2}{A}_3)$，由乘法定理得
$P(\overline{A_1{A}_2}{A}_3)=P(\overline{A_1})P(\overline{A_2}|\overline{A_1})P(A_3|\overline{A_1}\overline{A_2})$ = $\frac{90}{100}\times \frac{89}{99}\times \frac{10}{98}=0.0826$

 

3.保险公司认为某险种的投保人可以分成两类：一类为容易出事故者，另一类为安全者。统计表明：一个易出事故者在一年内发生事故的概率为0.4，而安全者这个概率则减少为0.1．若假定第一类人占此险种投保人的20％．现有一个新的投保人来投保此险种，问该投保人在购买保单一年内出事故的概率有多大？

解：设A为投保人在一年内出事故，B为投保人是第一类人，根据题意可得 $P(A|B)=0.4P(A|\overline{B})=0.1P(B)=0.2,P(\overline{B})=0.8$.

由全概率公式得

$P(A)=P(A|B)P(B)+P(A|\overline{B})P(\overline{B})=0.4\times 0.2+0.1\times 0.8=0.16$

 

4．袋中有20只红球和30只白球，现有两人随机从袋中各取一球，取后不放回。则第二个人
取得红球的概率是多少？

解法一

一般理解第二个人取什么球与第一个人有关，要用到全概率公式。设$A_i$表示第i个人取到红球，i = 1 , 2，则根据全概率公式:

$P(A_2)=P(A_1)P(A_2|A_1)+P(\overline{A_1})P(A_2|\overline{A_1})=\frac{20}{50}\times \frac{19}{49}+\frac{30}{50}\times \frac{20}{49}$

 

解法二

用古典型概率求解，只考虑第二个人取到的球，这50个球中每一个球都会被第二个人等可能地取到，故所求概率为$\frac{20}{50}=\frac{2}{5}$

 

5．有两个盒子，第一个盒子中装有2个红球，1个白球，第二个盒子中装一半红球，一半白球。现从两盒中各取一球放在一起，再从中取一球，问：
（1）这个球是红球的概率；
（2）若发现这个球是红球，问第一盒取出的球是红球的概率。

（1）解法一

设事件A，为从第i个盒子中取出一个红球，i = 1 , 2事件B为最后取红球.事件B发生分为三种情况：一是两个盒子的取出的都是红球，事件B必然发生，二是第一个盒子中取出的是红球，第二个盒子取出白球，最后取到了红球；三是第一个盒子中取出的是白球，第二个盒子取出红球，最后取到了红球。

$P(A_1{A}_2)=\frac{2}{3}\times \frac{1}{2}=\frac{1}{3},P(B|A_{1}AP(A_1,A_2)=\frac{2}{3}\times (1-\frac{1}{2})=\frac{1}{3},B|A_1{A}_2)=\frac{1}{2}$

$P(\overline{A_1}{A}_2)=(1-\frac{2}{3})\times \frac{1}{2}=\frac{1}{6}P(B|\overline{A_1}{A}_2)=\frac{1}{2}$

由全概率公式可得

$P(B)=P(A_1{A}_2)P(B|A_1{A}_2)+P(A_1\overline{A_2})P(B|A_1\overline{A_2})+P({\overline{A}}_1{A}_2)P(\overline{A_1}(B|\overline{A_1}{A}_2)$
= $\frac{1}{3}\times 1+\frac{1}{3}\times \frac{1}{2}+\frac{1}{8}\times \frac{1}{2}=\frac{7}{12}$

 

解法二

设事件A为最后取到的红球来自第一个盒子，$\overline{A}$为取到的红球来自第二个盒子，事件B为最后取到红球，则 $P(B)=P(A)P(B|A)+P(\overline{A})P(B|\overline{A})=\frac{1}{2}\times \frac{2}{3}+\frac{1}{2}\times \frac{1}{2}=\frac{7}{12}$.

（2）设事件A，为从第i个盒子中取出一个红球，i = 1 , 2，事件B为最后取红球。由贝叶斯公式得 $P(A_1|B)=\frac{P(A_1{A}_2)P(B|A_1{A}_2)+P(A_1\overline{A_2})P(B|A_1\overline{A_2})}{P(B)}=\frac{6}{7}$.

 

6．假设有两箱同种零件，第一箱内装n件一等品；第二箱内装m件，其中仅有一件一等品，（m，n均大于2）。现从两箱中随机挑出一箱，然后从该箱中随机取出两个零件（取出的零件不放回），求
（1）先取出的零件是一等品的概率p；
（2）在先取出的零件是一等品的条件下，第二次取出的零件仍然是一等品的条件概率q．

解
设A为挑出的是第一箱，则$\overline{A}$为挑出的是第二箱，且$P(A)=P(\overline{A})=\frac{1}{2}$.设$B_i$为第i次取出的零件是一等品( i = 1 , 2 ) 。

(1)$p=P(B_1)=P(A)P(B_1|A)+P(\overline{A})P(B_1|\overline{A})=\frac{1}{2}\times 1+\frac{1}{2}\times \frac{1}{m}=\frac{m+1}{2m}$.

（2）设先取出的零件是一等品的条件下，第二次取出的零件仍然是一等品为事件C．如果挑出的是第一箱，第一次是一等品第二次也是一等品的概率P ( C \vert A ) = 1如果挑出的是:第二箱，第一次是一等品第二次也是一等品的概率$P(C|\overline{A})=0$

因此：$q=P(C)=P(A)P(C|A)+P(\overline{A})P(C|\overline{A})=\frac{1}{2}\times 1+\frac{1}{2}\times 0=\frac{1}{2}$ .

 

7.为从2个次品、8个正品的10个产品中将2个次品挑出，随机地逐个进行测试，则不超过4次测试就能把2个次品挑出的概率是多少？

解:
如果只考虑2个次品在10个产品中的位子，总的可能为C _ { 1 0 } ^ { 2 }种选法，现要前4个产品中有2个次品，有$C_4^2$种。 $P=\frac{C_4^2}{C_{10}^2}=\frac{2}{15}$

 

8.共有10个座位的小会议室内随机坐6名与会者，则指定的4个座位被坐满的概率是多少？

解
10个座位共选6个座位，有$C_{10}^6$种选法。除了指定的4个座位，还需要从剩下的6个座位中选2个座位，有$C_6^2$种选法。

$P=\frac{C_6^2}{C_{10}^6}=\frac{1}{14}$.

 

二. 随机变量及其分布

1．设$X_1,X_2,X_3$是随机变量，且 X 1 ∼ N ( 0 , 1 ) , X 2 ∼ N ( 0 , 2 2 ) X 3 ∼ N ( 5 , 3 2 ) , p i = P { − 2 ≤ X i ≤ 2 } , ( i = 1 , 2 , 3 ) X _ { 1 } \sim N ( 0 , 1 ) ,X _ { 2 } \sim N ( 0 , 2 ^ { 2 } )X _ { 3 } \sim N ( 5 , 3 ^ { 2 } ),p _ { i } = P \{ - 2 \leq X _ { i } \leq 2 \} ,( i = 1 , 2 , 3 ) X1​∼N(0,1),X2​∼N(0,22)X3​∼N(5,32),pi​=P{−2≤Xi​≤2},(i=1,2,3)则
A.$p_1>p_2>p_3$
B.$p_2>p_1>p_3$
C.$p_3>p_1>p_2$
D.$p_1>p_3>p_2$
答案A

解

• X 1 ∼ N ( 0 , 1 ) , 6 p 1 = P { − 2 ≤ X 1 ≤ 2 } = P { − 2 < X 1 ≤ 2 } = Φ ( 2 ) − Φ ( − 2 ) = 2 Φ ( 2 ) − 1 X _ { 1 } \sim N ( 0 , 1 ) , 6 p _ { 1 } = P \{ - 2 \leq X _ { 1 } \leq 2 \} = P \{ - 2 < X _ { 1 } \leq 2 \}= \Phi ( 2 ) - \Phi ( - 2 ) = 2 \Phi ( 2 ) - 1 X1​∼N(0,1),6p1​=P{−2≤X1​≤2}=P{−2<X1​≤2}=Φ(2)−Φ(−2)=2Φ(2)−1 .

• X 2 ∼ N ( 0 , 2 2 ) , p 2 = P { − 2 ≤ X 2 ≤ 2 } = P { − 1 < X 2 − 0 2 ≤ 1 } X _ { 2 } \sim N ( 0 , 2 ^ { 2 } ) ,p _ { 2 } = P \{ - 2 \leq X _ { 2 } \leq 2 \} = P \{ - 1 < \frac { X _ { 2 } - 0 } { 2 } \leq 1 \} X2​∼N(0,22),p2​=P{−2≤X2​≤2}=P{−1<2X2​−0​≤1}= $\Phi (1)-\Phi (-1)=2\Phi (1)-1$ .

• N ( 5 , 3 2 ) p 3 = P { − 2 ≤ X 3 ≤ 2 } = P { − 7 3 < X 2 − 5 3 ≤ − 1 } , = Φ ( − 1 ) − Φ ( − 7 3 ) N ( 5 , 3 ^ { 2 } )p _ { 3 } = P \{ - 2 \leq X _ { 3 } \leq 2 \} = P \{ - \frac { 7 } { 3 } < \frac { X _ { 2 } - 5 } { 3 } \leq - 1 \},= \Phi ( - 1 ) - \Phi ( - \frac { 7 } { 3 } ) N(5,32)p3​=P{−2≤X3​≤2}=P{−37​<3X2​−5​≤−1},=Φ(−1)−Φ(−37​)

由于$\Phi (2)>\Phi (1)$，因此$p_1>p_2$ .$p_2=2\Phi (1)-1>0.5=\Phi (0)>\Phi (-1)>p_3$.因此$p_1>p_2>p_3$，正确答案为A.

答案：$1-\frac{2}{a}$

 

2．设某时间段内通过一路口的汽车流量服从泊松分布，已知该时段内没有汽车通过的概率为，则这段时间内至少有两辆汽车通过的概率为：1- $\frac{1}{e}$。

解 设这段时间内汽车流量$X\sim P(\lambda )$，即 P { X = k } = λ k k ! e − λ , k = 0 , 1 , 2 , ⋯ P \{ X = k \} = \frac { \lambda ^ { k } } { k ! } e ^ { - \lambda } , k = 0 , 1 , 2 , \cdots P{X=k}=k!λk​e−λ,k=0,1,2,⋯ . 由题设可知
P { X = 0 } = λ 0 0 ! e − λ = 1 e λ = 1 e P \{ X = 0 \} = \frac { \lambda ^ { 0 } } { 0 ! } e ^ { - \lambda } = \frac { 1 } { e ^ { \lambda } } = \frac { 1 } { e } P{X=0}=0!λ0​e−λ=eλ1​=e1​ . 求得$\lambda =1$，故所求概率为
P { X ≥ 2 } = 1 − P { X = 0 } − P { X = 1 } = 1 − e − λ − λ e − λ = 1 − e − 1 − e − 1 = 1 − 2 e P \{ X \geq 2 \} = 1 - P \{ X = 0 \} - P \{ X = 1 \} = 1 - e ^ { - \lambda } - \lambda e ^ { - \lambda } = 1 - e ^ { - 1 } - e ^ { - 1 } = 1 - \frac { 2 } { e } P{X≥2}=1−P{X=0}−P{X=1}=1−e−λ−λe−λ=1−e−1−e−1=1−e2​ .

 

3．设随机变量\xi在（1,6）上服从均匀分布，则方程$x^2+\xi x+1=0$

答案0.8。

解
方程$x^2+\xi x+1=0$有实根的充要条件是${\xi }^2-4\ge 0$，其概率为

P { ξ 2 − 4 ≥ 0 } = P { ∣ ξ ∣ ≥ 2 } = P { ξ ≤ − 2 } + P { ξ > 2 } P \{ \xi ^ { 2 } - 4 \geq 0 \} = P \{ \vert \xi \vert \geq 2 \} = P \{ \xi \leq - 2 \} + P \{ \xi > 2 \} P{ξ2−4≥0}=P{∣ξ∣≥2}=P{ξ≤−2}+P{ξ>2}

由于$\xi$在（1,6）上服从均匀分布，其概率密度为

f ( t ) = { 1 5 , 1 < t < 6 0 , 其他 , f ( t ) = \{ \begin{matrix} \frac { 1 } { 5 } , 1 < t < 6 \\ 0 , 其 他 , \end{matrix} f(t)={51​,1<t<60,其他,​

因此，所求概率是

P { ξ ≤ − 2 } + P { ξ ≥ 2 } = 0 + ∫ 2 0 1 5 d x = 4 5 P \{ \xi \leq - 2 \} + P \{ \xi \geq 2 \} = 0 + \int _ { 2 } ^ { 0 } \frac { 1 } { 5 } d x = \frac { 4 } { 5 } P{ξ≤−2}+P{ξ≥2}=0+∫20​51​dx=54​ .

 

4．设随机变量$X\sim U(2,5)$，现对X进行3次独立观测，试求至少有两次观测值大于3的概率。

解
设A = X的观测值大于3”则 P ( A ) = P { X > 3 } = 2 3 P ( A ) = P \{ X > 3 \} = \frac { 2 } { 3 } P(A)=P{X>3}=32​ .

令Y是3次独立观测中观测值大于3的次数，则$Y\sim B(3,\frac{2}{3})$，故所求概率为

P { Y ≥ 2 } = P { Y = Q 2 + P { Y = 3 } = C 3 2 ( 2 3 ) 2 ( 1 3 ) + C 3 3 ( 2 3 ) 3 = 20 27 P \{ Y \geq 2 \} = P \{ Y = Q ^ { 2 } + P \{ Y = 3 \} = C _ { 3 } ^ { 2 } ( \frac { 2 } { 3 } ) ^ { 2 } ( \frac { 1 } { 3 } ) + C _ { 3 } ^ { 3 } ( \frac { 2 } { 3 } ) ^ { 3 } = \frac { 2 0 } { 2 7 } P{Y≥2}=P{Y=Q2+P{Y=3}=C32​(32​)2(31​)+C33​(32​)3=2720​

 

5．设随机变量X-U（0,1），则Y = X + 1服从分布()
答案：$U(1,2)$
解

$X>1N(0,1)Y=X+1$.设X , Y的密度函数、分布函数分别为$f_X^{\prime }(x),F_X(x),f_Y(y),F_Y(y)$ .

F Y ( y ) = P { Y ≤ y } = P { X + 1 ≤ y } = P { X ≤ y − 1 } = F X ( y − 1 ) F _ { Y } ( y ) = P \{ Y \leq y \} = P \{ X + 1 \leq y \} = P \{ X \leq y - 1 \} = F _ { X } ( y - 1 ) FY​(y)=P{Y≤y}=P{X+1≤y}=P{X≤y−1}=FX​(y−1)

f Y ( y ) = F Y ′ ( y ) = F X ′ ( y − 1 ) = f X ′ ( y − 1 ) = { 1 , 1 ≤ y ≤ 2 0 , 其他 f _ { Y } ( y ) = F _ { Y } ^ { \prime } ( y ) = F _ { X } ^ { \prime } ( y - 1 ) = f _ { X } ^ { \prime } ( y - 1 ) = \{ \begin{matrix} 1 , 1 \leq y \leq 2 \\ 0 , 其 他 \end{matrix} fY​(y)=FY′​(y)=FX′​(y−1)=fX′​(y−1)={1,1≤y≤20,其他​

所以$Y\sim U(1,2)$.

 

三. 大数定律与中心极限定理 ing