例题与答案

例题与答案：

例1.4 设A，B为两事件，P（A）=0.5, P(B)=0.3, P(AB) = 0.1，求： （1） A发生但B不发生的概率； （2） A不发生但B发生的概率； （3） 至少有一个事件发生的概率； （4） A，B都不发生的概率； （5） 至少有一个事件不发生的概率. 解

（1） P（A

B）=P（A-B）=P（A-AB）

B）=P（B-AB）

=P（A）-P（AB）=0.4；

（2） P（

A=P（B）-P（AB）=0.2； (3) P(A∪B)=0.5+0.3-0.1=0.7； (4) P(

AB)=P(

A?B)=1-P(A∪B)=1-0.7=0.3；

(5) P(

A∪B）=P(AB）=1-P(AB)=1-0.1=0.9.

例1.6 一口袋装有6只球，其中4只白球，2只红球.从袋中取球两次，每次随机地取一只.考虑两种取球方式：

（a） 第一次取一只球，观察其颜色后放回袋中，搅匀后再任取一球.这种取球方式叫做有放回抽取. （b） 第一次取一球后不放回袋中，第二次从剩余的球中再取一球.这种取球方式叫做不放回抽取. 试分别就上面两种情形求：

（1） 取到的两只球都是白球的概率；（2） 取到的两只球颜色相同的概率；解 （a）有放回抽取的情形：

设A表示事件“取到的两只球都是白球”，B表示事件“取到的两只球都是红球”，C表示事件“取到

（3） 取到的两只球中至少有一只是白球的概率.

的两只球中至少有一只是白球”.则A∪B表示事件“取到的两只球颜色相同”，而C=

B.

在袋中依次取两只球，每一种取法为一个基本事件，显然此时样本空间中仅包含有限个元素，且由对称性知每个基本事件发生的可能性相同，因而可利用（1.1）式来计算事件的概率.

第一次从袋中取球有6只球可供抽取，第二次也有6只球可供抽取.由乘法原理知共有6×6种取法，即基本事件总数为6×6.对于事件A而言，由于第一次有4只白球可供抽取，第二次也有4只白球可供抽取，由乘法原理知共有4×4种取法，即A中包含4×4个元素.同理，B中包含2×2个元素，于是

P（A）= (4×4)/(6×6）=4/9，P（B）= (2×2)/(6×6）=1/9

由于AB=?

P（A∪B）=P（A）+P（B）=5/9，

P（C）=P（

(b)不放回抽取的情形：

B）=1-P（B）=8/9.

第一次从6只球中抽取，第二次只能从剩下的5只球中抽取，故共有6×5种取法，即样本点总数为6×5.对于事件A而言，第一次从4只白球中抽取，第二次从剩下的3只白球中抽取，故共有4×3种取法，即A中包含4×3个元素，同理B中包含2×1个元素，于是

PP（A）= (4×3)/(6×5) =

P242=2/5， 6PP(B)=(2×1)/(6×5) =

P由于AB=?

2226=1/15.

P(A∪B)=P（A）+P（B）=7/15，

P(C)=1-P（B）=14/15.

在不放回抽取中，一次取一个，一共取m次也可看作一次取出m个，故本例中也可用组合的方法，得

C242P（A）=

C6C242P（B）=

C6用电力.假设车工们工作是相互独立的，求在同一时刻

（1） 恰有两台车床被使用的概率.

（2） 至少有三台车床被使用的概率. （3） 至多有三台车床被使用的概率. （4） 至少有一台车床被使用的概率.

=2/5，

=1/15.

例1.26 设某个车间里共有5台车床，每台车床使用电力是间歇性的，平均起来每小时约有6分钟使

解 A表示“使用电力”即是车床被使用，有

P（A）=p=6/60=0.1,P(

A)=1-p=0.9.

22=0.0729.

（1） p1=P5(2)=

C(0.1)(0.9)25(2) p2=P5(3)+P5(4)+P5（5）

332445C(0.1)(0.9))(0.9)?(0.1) =+C5(0.15=0.00856. (3) p3=1-P5(4)-P5(5)

=1-(4)

28.

C(0.1)(0.9)454-(0.1) 5=0.99954.

p4=1-P5(0)=1-(0.9) 5=0.40951.

96%是合格品，检查产品时，一个合格品被误认为是次品的概率为0.02，一个次

品被误认为是合格品的概率为0.05，求在被检查后认为是合格品产品确是合格品的概率. 【解】 设A={产品确为合格品}，B={产品被认为是合格品}

由贝叶斯公式得

P(AB)??P(A)P(BA)P(AB)?

P(B)P(A)P(BA)?P(A)P(BA)

0.96?0.98?0.998

0.96?0.98?0.04?0.05例2.9 设连续型随机变量X的分布函数为

?0,?2?Ax,F（x）=

?1,?试求： （1）系数A；

（2）X落在区间（0.3，0.7）内的概率； （3）X的密度函数.

解 （1）由于X为连续型随机变量，故F（

x?0,0?x?1,

x?1.x）是连续函数，因此有

x?1?01=F（1）=

即A=1，于是有

limx?1?0F(x)?limAx2 =A,

x?0,0?x?1,

x?1.?0,?2x,?F（x）=

?1,? (2) P{0.3

=(0.7)-(0.3)=0.4;

(3) X的密度函数为

2

2

?2x,?f(x)=F′(x)=

?0,问：（1）

0?x?1;其他.

?kx,f(x)???0,0?x?1;,k??

其他.0?x?1;其他.，求F(x).

?2x,?（2） 已知f(x)=

?0,例2.11 某公共汽车站从上午7时开始，每15分钟来一辆车，如某乘客到达此站的时间是7时到7时30分之间的均匀分布的随机变量，试求他等车少于5分钟的概率.

解 设乘客于7时过X分钟到达车站，由于X在［0，30］上服从均匀分布，即有

?1?,?30f(x)=??0,少于5分钟，因此所求概率为

0?x?30,其他.

显然，只有乘客在7∶10到7∶15之间或7∶25到7∶30之间到达车站时，他（或她）等车的时间才

P{10＜X≤15}+P{25＜X≤30}

=

3011?1030dx??2530dx15=1/3.

24.设随机变量X分布函数为

?A?Be??x,x?0,(??0), F（x）=?x?0.?0,（1） 求常数A，B；

（2） 求P{X≤2}，P{X＞3}； （3） 求分布密度f（x）.

limF(x)?1??x????A?1【解】（1）由?得?

limF(x)?limF(x)B??1??x?0??x?0?（2）

P(X?2)?F(2)?1?e?2?

P(X?3)?1?F(3)?1?(1?e?3?)?e?3?