概率统计第一章习题课
1-8
0)(
0)(
A B CPA B C
ABABP由
8
5
00
8
1
0
4
1
4
1
4
1
)()()(
)()()()()(
A B CPBCPACP
ABPCPBPAPCBAP故求解过程是否正确？ —
—
否 错在何处？
)()( ABCPCP
)]()([)( ABPCPCP
.0)( ABP
)()( ABCPCP
)()()( ABCCPABCPAB CP
另证
.CAB?因为题中并未设
1-12 20000?n,计算有利场合数正确推导
0)(0)()(0 A B CPABPA B CP
有一位 8 — 58321
9
1
9
1
9
1
2
1
4?CCCCC
有两位 8 — 9 7 21
9
1
9
1
2
2
4?CCCC
有三位 8 — 721
9
1
2
3
4?CCC
ABA B C由有四位 8 — 212?C
6878?k
解一
.3439.020000/6878/ nkP
)()(
4
1
i
iAPAP
)(1
4
1
i
iAP
4)]([1
iAP,3 4 3 9.09.01
4
解二 设 A为事件,牌号有 8,，
,第 i 位上有 8,(从个位数起 ),i＝
1~ 4
Ai为事件则,4
1
i
iAA,4~1,1.0)( iAP i
解三,3439.010/91)8(1 44 无PP
1- 19 4
12Cn?
1
2
1
5
1
8
1
6 CCCCk? 33
16
n
kP?
1
2
1
4
1
2
1
5
1
6 CCCCCk?
③
3332 nkP
1
4
1
5
1
6 CCCk? 33
8
n
kP
④ 2
10
1
6 CCk? 33/18/ nkP
⑤ 设 A为事件,恰有 1双配对,，则为事件,无 1双配对,,
①
②
A
1
4
1
4
2
6 CCCk?
1
8
1
5
1
6 CCCk?
1
2
3
6
1
6 CCCk?
1
2
2
5
2
2
1
6 PPPPk?
1
10
1
12
1
2 CCCk?
下面有利事件数 k 值均为 240,但形式各不相同,如何解释？解释不通 不算对,
解一
33
162
1 4
12
2
6
4
12
44
6
C
C
C
C
)()(1 全配对无配对 PPP
4
12Cn?
法五
1
2
1
2
2
5
1
6 CCCCk
法二
)( 1521016 CCCk
n
kP?配对 不配对法三
2
2
1
4
1
2
1
2
2
6 CCCCCk
不配对 配对
3316?法四
1
4
1
5
1
2
1
6 CCCCk
分左右不配对
1- 32
解一 设五个时段先后到家分别为事件
Ai ;乘地铁与汽车回家为事
5,4,3,2,1?i
10.0)( 1?BAP 25.0)( 2?BAP 45.0)( 3?BAP
05.0)( 5?BAP
CB件 B,C,则
)( 3ABP )( 3ACP
)(
)(
3
3
AP
BAP
1
)(
)(
3
3
AP
CAP
)()( 33 BAPAP? 65.0)( 3 CAP
)( 3ABP,
13
9
65.0
45.0
)(
)(
3
3
AP
BAP
30.0)( 1?CAP 35.0)( 2?CAP 20.0)( 3?CAP
10.0)( 4?CAP 05.0)( 5?CAP
解二 设事件 A为 5:47 到家 ;事件 B为乘地铁回家,
)( ABP
)()()()(
)()(
)(
)(
BAPBPBAPBP
BAPBP
AP
ABP
.
13
9
65.0
45.0
20.0
2
1
45.0
2
1
45.0
2
1
由 Bayes 公式
√
1-37
解一 设甲、乙、丙为整场比赛的优胜者分别为事件 A,B,C ; 事件甲胜第一局为 D,
)( DDA显然 由全概率公式
)()()()()( DAPDPDAPDPAP
)1()]()([
2
1 DAPDAP
评注 解一由于没抓住问题本质,考虑问题过于细致而导致解题过程罗嗦,解二较精炼,
1） 甲已胜第一局,甲要最终获胜必须甲胜第二局或者甲输了第二局后再获优胜，后一种情况与甲输了第一局后再获优胜完全一样,
)()()(
)()()()(
222
2222
AAPAPAP
AAPAPAAAPDAP
)()()( 22 DAPAPAP
)2()](1[
2
1
DAP
2） 甲已输第一局,甲要最终获胜必须丙胜第二局,甲胜第三局后再获优胜的概率也就是 )( DAP
因此
)3()(
2
1
2
1)( DAPDAP
7/4)()2(?DAP得代入
7/1)()3(?DAP得代入
)(14/5)()1( BPAP得代入丙要成为优胜者必须赢得第二局,
然后再争最后优胜,而丙胜第二局后再争优胜的概率也是 )( DAP
7/22/)()( DAPCP故解二设甲,乙,丙第 i 局获胜为事件 Ai,Bi,Ci
)[(
)(
654321321 CCABCACCAP
P 丙为优胜者
)]( 654321321 CCBACBCCB
7
2
8/11
1
4
1)
2
1
2
1
2
1(2
963
)( 甲为优胜者P
14
5
7
21
2
1)( ）（乙为优胜者P
解三设丙第 i 轮获胜为事件 A i 则
)(
1
i
iAPP 丙为优胜者）（
,,2,1)
8
1(
4
1)( 1 iAP i
i
7
2
8
11
1
4
1
)(
1
i
iAP
)( 甲为优胜者P
14
5
7
21
2
1)( ）（乙为优胜者P
(类似解二 )
解四该比赛从第二局开始相当于以如下的比赛方式的循环，直到优胜者产生,
1号位为上一场的胜者,2 号位为上一场轮空者,3号位为上一场的负者,
3,2,1 ppp
（ 01 — 3204 班 庄启恺）
并设该局开始前三个位臵上的选手成为比赛优胜者的概率分别为不妨定义在某一局比赛前,
在该局比赛中，若 1号位选手获胜，
则其赢得整场比赛；
本局的 2号位选手将处于下局的 1 号位上,
而本局的 3 号位选手将处于下局的
2 号位上 ;
若 1 号位选手告负，他将处于下局的 3 号位上 ;
综上所述，可得线性方程组
32
21
321
2
2
1
pp
pp
ppp
7
2
2?p
无论第一局比赛结果如何,丙都将处于 2
号位上，故
7/2)(?丙为优胜者P
)( 甲为优胜者P
14
5
7
21
2
1)( ）（乙为优胜者P
1-38
)( 4325315421 AAAAAAAAAAP
解一 设 Ai为事件闭合,,i＝ 1~ 5
,第 i 个继电器
)( 为通路至 RLP
由广义加法定理
.2522 5432 pppp √
评论 计算冗长 毫无美感解二 设 A为事件,L至 R为通路”,B
为
pBPpBPBB 1)(,)(,
“继电器 3闭合”，则若 B发生，线路为先并联后串联，则;)2(])1(1[)( 2222 pppBAP
若 发生，线路为先串联后并联,则B
.2)( 42 ppBAP
由全概率公式
)()()()()( BAPBPBAPBPAP
.2522 5432 pppp
1-44 解一
682.0)5()4()3()( 555 PPPP 五甲胜
330,6 4 8 ( 3 ) ( 2 ) ( )P P P 三甲胜解二
682.06.0)2(6.0)2()3()( 433 PPPP 五甲胜三甲胜 )(6.0)1()2(648.0 22 PPP
所以，在五战三胜制下甲获胜的可能性大,
补充作业
.)(2 DP
设事件 A,B,C 同时发生必导致事件
)()()( CPBPAP
D 发生，则三类方法利用广义加法公式推论证明
)()()()( ABPBPAPBAP
)()()( BPAPBAP
利用广义加法公式证明
)()()()( ABPAPABAPBAP
利用积化差公式证明证一 (1)
)()()()(1 CPBPAPCBAP
)()()()( AB CPCAPBCPABP )1(
)()(1 ABPCABCABP
)(2)()( A B CPCAPBCP )2(
)2()1(? )()()()(2 A B CPCPBPAP
.)(2)(2)()()( DPA B CPCPBPAP
( ) ( )A B C D P A B C P D
( ) ( )A B C D P A B C P D由
1)( BAP )(1)()( ABPBPAP
)()(1 A B CPCABP
)(2)(2 DPA B CP
所以证一 (2)
)()(1)()()( CPABPCPBPAP
证 一 (３ )
)()()()( BCPBCAPA B CPAP
.)(2)(2)()()( DPA B CPCPBPAP
由广义加法定理
)()()()( A B CPCPBPAP
)()()()( BCPCPBPBCAP
2)()( CBPBCAP
证 一 (４ )
)()( ABPCBAP )()()( A B CPACPBCP
)()()( CPBPAP
)()()( A B CPCABCABPCBAP
.)(2)(2 DPAB CP
由广义加法定理证 一 (５ ) 由广义加法定理
2)()( BCACABPCBAP
.)(2)(2)()()( DPA B CPCPBPAP
)()()()( A B CPCPBPAP
证二
)(3)(3 AB CPCBAP
.)(2)(2 DPAB CP
)()()(3)()()( CPBPAPCPBPAP
证三
)()()()( ABPAPBAPBP因为
)]()([ AB CPABP
)()()( CPBPAP
)()()()( AB CPABPCABPCP
故
)]()([)( ABPAPAP
)()( DPAB CP
)(2)()()( DPCPBPAP
由积化差公式证四
)()()()()( ABPCBAPCPBPAP
)()()()()( A B CPA B CPACPA B CPBCP
由广义加法定理及差化积公式
)(])()()([1 A B CPCBAPBCAPABP
)(2)(2 DPAB CP
)()( CBACBABCAAB注注
)()]([1 AB CPCBAP
)()()( ABAPBAPBAP
)()( BPAPBA
上述各证法用到如下概率性质
)()()()( ABPBPAPBAP
)()()( BPAPBAP
1)(0 AP
)()( APABP?
)(1)( APAP
BAAB
1-8
0)(
0)(
A B CPA B C
ABABP由
8
5
00
8
1
0
4
1
4
1
4
1
)()()(
)()()()()(
A B CPBCPACP
ABPCPBPAPCBAP故求解过程是否正确？ —
—
否 错在何处？
)()( ABCPCP
)]()([)( ABPCPCP
.0)( ABP
)()( ABCPCP
)()()( ABCCPABCPAB CP
另证
.CAB?因为题中并未设
1-12 20000?n,计算有利场合数正确推导
0)(0)()(0 A B CPABPA B CP
有一位 8 — 58321
9
1
9
1
9
1
2
1
4?CCCCC
有两位 8 — 9 7 21
9
1
9
1
2
2
4?CCCC
有三位 8 — 721
9
1
2
3
4?CCC
ABA B C由有四位 8 — 212?C
6878?k
解一
.3439.020000/6878/ nkP
)()(
4
1
i
iAPAP
)(1
4
1
i
iAP
4)]([1
iAP,3 4 3 9.09.01
4
解二 设 A为事件,牌号有 8,，
,第 i 位上有 8,(从个位数起 ),i＝
1~ 4
Ai为事件则,4
1
i
iAA,4~1,1.0)( iAP i
解三,3439.010/91)8(1 44 无PP
1- 19 4
12Cn?
1
2
1
5
1
8
1
6 CCCCk? 33
16
n
kP?
1
2
1
4
1
2
1
5
1
6 CCCCCk?
③
3332 nkP
1
4
1
5
1
6 CCCk? 33
8
n
kP
④ 2
10
1
6 CCk? 33/18/ nkP
⑤ 设 A为事件,恰有 1双配对,，则为事件,无 1双配对,,
①
②
A
1
4
1
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2
6 CCCk?
1
8
1
5
1
6 CCCk?
1
2
3
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1
6 CCCk?
1
2
2
5
2
2
1
6 PPPPk?
1
10
1
12
1
2 CCCk?
下面有利事件数 k 值均为 240,但形式各不相同,如何解释？解释不通 不算对,
解一
33
162
1 4
12
2
6
4
12
44
6
C
C
C
C
)()(1 全配对无配对 PPP
4
12Cn?
法五
1
2
1
2
2
5
1
6 CCCCk
法二
)( 1521016 CCCk
n
kP?配对 不配对法三
2
2
1
4
1
2
1
2
2
6 CCCCCk
不配对 配对
3316?法四
1
4
1
5
1
2
1
6 CCCCk
分左右不配对
1- 32
解一 设五个时段先后到家分别为事件
Ai ;乘地铁与汽车回家为事
5,4,3,2,1?i
10.0)( 1?BAP 25.0)( 2?BAP 45.0)( 3?BAP
05.0)( 5?BAP
CB件 B,C,则
)( 3ABP )( 3ACP
)(
)(
3
3
AP
BAP
1
)(
)(
3
3
AP
CAP
)()( 33 BAPAP? 65.0)( 3 CAP
)( 3ABP,
13
9
65.0
45.0
)(
)(
3
3
AP
BAP
30.0)( 1?CAP 35.0)( 2?CAP 20.0)( 3?CAP
10.0)( 4?CAP 05.0)( 5?CAP
解二 设事件 A为 5:47 到家 ;事件 B为乘地铁回家,
)( ABP
)()()()(
)()(
)(
)(
BAPBPBAPBP
BAPBP
AP
ABP
.
13
9
65.0
45.0
20.0
2
1
45.0
2
1
45.0
2
1
由 Bayes 公式
√
1-37
解一 设甲、乙、丙为整场比赛的优胜者分别为事件 A,B,C ; 事件甲胜第一局为 D,
)( DDA显然 由全概率公式
)()()()()( DAPDPDAPDPAP
)1()]()([
2
1 DAPDAP
评注 解一由于没抓住问题本质,考虑问题过于细致而导致解题过程罗嗦,解二较精炼,
1） 甲已胜第一局,甲要最终获胜必须甲胜第二局或者甲输了第二局后再获优胜，后一种情况与甲输了第一局后再获优胜完全一样,
)()()(
)()()()(
222
2222
AAPAPAP
AAPAPAAAPDAP
)()()( 22 DAPAPAP
)2()](1[
2
1
DAP
2） 甲已输第一局,甲要最终获胜必须丙胜第二局,甲胜第三局后再获优胜的概率也就是 )( DAP
因此
)3()(
2
1
2
1)( DAPDAP
7/4)()2(?DAP得代入
7/1)()3(?DAP得代入
)(14/5)()1( BPAP得代入丙要成为优胜者必须赢得第二局,
然后再争最后优胜,而丙胜第二局后再争优胜的概率也是 )( DAP
7/22/)()( DAPCP故解二设甲,乙,丙第 i 局获胜为事件 Ai,Bi,Ci
)[(
)(
654321321 CCABCACCAP
P 丙为优胜者
)]( 654321321 CCBACBCCB
7
2
8/11
1
4
1)
2
1
2
1
2
1(2
963
)( 甲为优胜者P
14
5
7
21
2
1)( ）（乙为优胜者P
解三设丙第 i 轮获胜为事件 A i 则
)(
1
i
iAPP 丙为优胜者）（
,,2,1)
8
1(
4
1)( 1 iAP i
i
7
2
8
11
1
4
1
)(
1
i
iAP
)( 甲为优胜者P
14
5
7
21
2
1)( ）（乙为优胜者P
(类似解二 )
解四该比赛从第二局开始相当于以如下的比赛方式的循环，直到优胜者产生,
1号位为上一场的胜者,2 号位为上一场轮空者,3号位为上一场的负者,
3,2,1 ppp
（ 01 — 3204 班 庄启恺）
并设该局开始前三个位臵上的选手成为比赛优胜者的概率分别为不妨定义在某一局比赛前,
在该局比赛中，若 1号位选手获胜，
则其赢得整场比赛；
本局的 2号位选手将处于下局的 1 号位上,
而本局的 3 号位选手将处于下局的
2 号位上 ;
若 1 号位选手告负，他将处于下局的 3 号位上 ;
综上所述，可得线性方程组
32
21
321
2
2
1
pp
pp
ppp
7
2
2?p
无论第一局比赛结果如何,丙都将处于 2
号位上，故
7/2)(?丙为优胜者P
)( 甲为优胜者P
14
5
7
21
2
1)( ）（乙为优胜者P
1-38
)( 4325315421 AAAAAAAAAAP
解一 设 Ai为事件闭合,,i＝ 1~ 5
,第 i 个继电器
)( 为通路至 RLP
由广义加法定理
.2522 5432 pppp √
评论 计算冗长 毫无美感解二 设 A为事件,L至 R为通路”,B
为
pBPpBPBB 1)(,)(,
“继电器 3闭合”，则若 B发生，线路为先并联后串联，则;)2(])1(1[)( 2222 pppBAP
若 发生，线路为先串联后并联,则B
.2)( 42 ppBAP
由全概率公式
)()()()()( BAPBPBAPBPAP
.2522 5432 pppp
1-44 解一
682.0)5()4()3()( 555 PPPP 五甲胜
330,6 4 8 ( 3 ) ( 2 ) ( )P P P 三甲胜解二
682.06.0)2(6.0)2()3()( 433 PPPP 五甲胜三甲胜 )(6.0)1()2(648.0 22 PPP
所以，在五战三胜制下甲获胜的可能性大,
补充作业
.)(2 DP
设事件 A,B,C 同时发生必导致事件
)()()( CPBPAP
D 发生，则三类方法利用广义加法公式推论证明
)()()()( ABPBPAPBAP
)()()( BPAPBAP
利用广义加法公式证明
)()()()( ABPAPABAPBAP
利用积化差公式证明证一 (1)
)()()()(1 CPBPAPCBAP
)()()()( AB CPCAPBCPABP )1(
)()(1 ABPCABCABP
)(2)()( A B CPCAPBCP )2(
)2()1(? )()()()(2 A B CPCPBPAP
.)(2)(2)()()( DPA B CPCPBPAP
( ) ( )A B C D P A B C P D
( ) ( )A B C D P A B C P D由
1)( BAP )(1)()( ABPBPAP
)()(1 A B CPCABP
)(2)(2 DPA B CP
所以证一 (2)
)()(1)()()( CPABPCPBPAP
证 一 (３ )
)()()()( BCPBCAPA B CPAP
.)(2)(2)()()( DPA B CPCPBPAP
由广义加法定理
)()()()( A B CPCPBPAP
)()()()( BCPCPBPBCAP
2)()( CBPBCAP
证 一 (４ )
)()( ABPCBAP )()()( A B CPACPBCP
)()()( CPBPAP
)()()( A B CPCABCABPCBAP
.)(2)(2 DPAB CP
由广义加法定理证 一 (５ ) 由广义加法定理
2)()( BCACABPCBAP
.)(2)(2)()()( DPA B CPCPBPAP
)()()()( A B CPCPBPAP
证二
)(3)(3 AB CPCBAP
.)(2)(2 DPAB CP
)()()(3)()()( CPBPAPCPBPAP
证三
)()()()( ABPAPBAPBP因为
)]()([ AB CPABP
)()()( CPBPAP
)()()()( AB CPABPCABPCP
故
)]()([)( ABPAPAP
)()( DPAB CP
)(2)()()( DPCPBPAP
由积化差公式证四
)()()()()( ABPCBAPCPBPAP
)()()()()( A B CPA B CPACPA B CPBCP
由广义加法定理及差化积公式
)(])()()([1 A B CPCBAPBCAPABP
)(2)(2 DPAB CP
)()( CBACBABCAAB注注
)()]([1 AB CPCBAP
)()()( ABAPBAPBAP
)()( BPAPBA
上述各证法用到如下概率性质
)()()()( ABPBPAPBAP
)()()( BPAPBAP
1)(0 AP
)()( APABP?
)(1)( APAP
BAAB
