【概率论】作业二

151220129 计科 吴政亿

习题一

15.P(B|A)=P(AB)P(A)=4∗p(AB)=13⇒P(AB)=112

P(A|B)=P(AB)P(B)=112P(B)p=12⇒P(B)=16

P(A∪B)=P(A)+P(B)−P(AB)=14+16−112=13

P(A¯¯¯ B¯¯¯)=1−P(A∪B)=23

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16.设事件A={两件次品},事件B={至少有一件次品}

P(A|B)=P(AB)P(B)=(42)(102)−(62)=15

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20.

1. 0.8+0.1∗(194)(204)+0.1∗(184)(204)=0.943
2. P(无次品|可出厂)=P(无次品∩可出厂)P(可出厂)=P(无次品)P(可出厂)=0.80.943=0.848

习题二

1. 设事件Ω={从第一次到第十次硬币正反面的所有情况},

   事件A={正面向上的次数和反面向上次数相等} ,

   那么得|Ω|=210,|A|=C510,

   P(A)=|A||Ω|=63256.

2. {正面向上的次数和反面向上次数相等}+{正面向上的次数比反面向上次数多}+{正面向上的次数比反面向上次数少}=Ω
   |{正面向上的次数比反面向上次数多}|=|{正面向上的次数比反面向上次数少}|
   P(正面向上的次数比反面向上次数多)=1−P(正面向上的次数和反面向上次数相等)2=193512.

3. 设事件B=对于所有的i=1,...,5，第i次抛硬币结果与第11−i次抛硬币结果相同,

   |B|=25,

   P(B)=|B||Ω|=125=132.

#include <iostream>using namespace std;int main(){    int count=0;    for(int i=14;i<1024;i++){        for(int j=0;j<10;j++){            int temp=i>>j;            if(temp){                if((temp % 15)==0){                    count++;                    break;                }            }        }    }    cout<<count;}

P(出现连续四个或以上的正面向上)=P(第一次是正面的情况)+P(第一次是背面的情况)=26+C16∗25−4−1210=2511024

习题三

• n=3时，白球数目等于1或2取决于最后一次，故成立。

• 假设n=k时成立，当=k+1时，已知前k个球有1至k−1个的概率均为1k−1，

  Pi为n=k+1时白球数为i的概率，P′i为n=k时白球数为i的概率,

  则有P1=P′1∗k−1k=1k,Pk=P′k−1∗k−1k=1k,

  Pi=P′i−1∗i−1k+P′i∗k−ik=1k,

  假设成立。

习题四

点数是6的倍数则为点数和%6等于0，应用推迟决定原则，可知前九次的点数和%6等于{0,1,2,3,4,5},那么只要最后一次的点数与前九次点数和模6的值相加等于6，即可被6整除，故其概率取决于最后一次的点数，因此为16。

习题五

设事件A,B,C分别为A,B,C被释放，定义事件W为牢头告诉B被处决，则所求为P(A|W)。
P(W)=P(A)P(W|A)+P(B)P(W|B)+P(C)P(W|C)=13∗P+13∗0+13∗1=1+p3
P(A|W)=P(A)P(W|A)P(W)=p1+p