工程数学(线性代数与概率统计)第三章典型例题分析

第一篇：工程数学(线性代数与概率统计)第三章典型例题分析

第三章

例1 设A为n阶方阵，若存在正整数k和向量，使Ak0，且Ak10.证明：向量组,A,,Ak1线性无关.证明：（利用线性无关定义证明）假设有常数1,2,,k，使得

k1AA0（1）12k将（1）两边左乘Ak1，可得

1Ak12AkkA2k20

由已知条件A0，可知上式从第二项全等于零，所以1A又由条件Ak1kk10，0，所以10.类似地，将（1）两边左乘Ak2，可得20；

k1类似地可证得34k0，所以向量组,A,,A线性无关.例2 设向量组1,2,3线性相关，向量组2,3,4线性无关，问：

（1）1能否由2,3线性表示？证明你的结论;（2）4能否由1,2,3线性表示？证明你的结论.解：（1）1能由2,3线性表示.证明：由于向量组2,3,4线性无关，那么其部分组2,3也线性无关。又由已知条件有1,2,3线性相关，故1能由2,3线性表示.(2)4不能由1,2,3线性表示.证明:假设4能由1,2,3线性表示,即存在不全为零的常数1,2,3,使得

4112233

由(1)的结论,我们可以设1k22k33,代入上式,可得

4(21k2)2(31k3)3

即4可由2,3线性表示,从而2,3,4线性相关,与已知条件矛盾.因此假设不成立, 4不能由1,2,3线性表示.例3 设两向量组

(1)11,2,3,23,0,1,39,6,7(2)10,1,1,2a,2,1,3b,1,0 TTTTTT已知两向量组的秩相等,且3能由1,2,3线性表示,求a,b.解:令A(1,2,3),B(1,2,3)

由于矩阵A已知，可以先对A进行初等变换求秩.1391391392r1r250612A2060612rr3233rr3171301020000因此r(A)2,且1,2为(1)的一个极大无关组.由已知条件两向量组的秩相等,所以r(B)2,从而B0,即

0B11所以aa21b1ab0 03b.又由条件能由,,线性表示而1,2为(1)的一

123个极大无关组.所以3能由1,2线性表示,则1230,即

13b2b100123201,解得 310b5,所以有ab5.例4 求向量组11,1,1,3,21,3,5,1,TTTT32,6,10,a,44,1,6,10, 53,2,1,c的秩和一个极大无关组.解:对以1,2,3,4,5为列构成的矩阵A,做初等变换

T11A131102000012351240a2610a3112061010c04313107708c1104126412002412240432431a62a20314c9 31B1c3当a=2且c=3时, r(B)3,B中第1、2、4列线性无关，此时向量组的秩为3，1,2,4是一个极大无关组；

当a2时，r(B)4，B中第1、2、3、4列线性无关，此时向量组的秩为4，1,2,3,4是一个极大无关组；

当c3，r(B)4，B中第1、2、4、5列线性无关此时向量组的秩为4，1,2,4,5是一个极大无关组.例5设向量组（1）1,2,3,4的秩为3；向量组（2）1,2,3,5的秩为4，证明:向量组1,2,3,54的秩为4.证明：（要证明1,2,3,54的秩为4，可通过证明1,2,3,54线性无关来得到想要的结论）

由向量组（2）的秩为4，可知1,2,3线性无关，又由向量组（1）1,2,3,4的秩为

3，可知1,2,3,4线性相关，从而4可由1,2,3线性表示，即存在不全为零的常数l1,l2,l3，使得4l11l22l33，不妨设k11k22k33k4(54)0，将4代入，可得

(k1k4l1)1(k2k4l2)2(k3k4l3)3k450

由于1,2,3,5线性无关，所以

k1k4l10kkl0242k1k2k3k40 k3k4l30k40故1,2,3,54线性无关，从而该向量组的秩为4.例6 设向量组1,2,,m(m1)的秩为1,2,,m的秩为r

r，123m，213m，，m12m1，证明向量组

证明:(由推论等价的向量组有相同的秩，此题只需证明两个向量组等价即可)由已知1,2,,m可由1,2,,m线性表示，且有下式成立

12m(m1)(12m)

从而ii12m于是有i1(12m)，m11(12m)i，即1,2,,m也可由m11,2,,m，故向量组1,2,,m与向量组1,2,,m等价，从而他们的秩相等，从而向量组1,2,,m的秩为r.

第二篇：工程数学(线性代数与概率统计)复旦大学出版社,第二章典型例题分析

第 二 章

例1

11设A为三阶方阵，A为其伴随矩阵，A，求(A)110A*.23*

1解：因为A可逆，定理3.1A1**A,AA1AA,代入原式得，11(A)10A*3A110A1A2A18A18*2163

例2 32nA设，求A.03解：由于A的主对角元素相同，故可以将A拆写成1002A33EB,且BO(k2,3,)0100K由于矩阵有与数一样的二项式公式，因此有

An(3EB)n12(3E)nCn(3E)n1BCn(3E)n2B2Bnn33nEn3n1B0002n3n13nn30002n3n1 n3

例3

2110000110CB0设0011，00001T1T程AC(EBC)2EO,求A.12003120431, 2且矩阵A适合方解：解此类型题时应先将方程化简，将所要求的矩阵A尽量用已知的T1T矩阵来表示，AC(EBC)2EO

TA(CB)2E,A2[(CB)T]1, 可化简成于是有

A2[(CB)]T1122340123001200001112210 0121001202040210002424200 02例4 111A111*1111,又AXA2X，求

X。

*1*AAAAAXE2AX解:将方程两边左乘矩阵A，可得,又将

1(AE2A)XEX(AE2A)代入，可得，所以,且由

22211011X(4E2A)222011所以 A4，4222101

1例5 设A(aij)n*n为n阶非零矩阵，且对任意元素aij，都有aijAij，证明A可逆。

证明：（要证明A可逆，可证明A0）

因为A0,那么A中至少有一个元素不为零，记该元素为aij，则将A按第i行展开，可得

Aai1Ai1ai2Ai2aijAijainAin，又

因为已知条件有aijAij，于是

AAai12ai22aij2ain20，所以A0，故可逆。例6 已知EAB可逆，证明EBA可逆，且(EBA)1[EB(EAB)1A].证明：

（要证明矩阵A可逆的方法通常就是找出一个矩阵B，使得AB=E）因为

(EBA)[EB(EAB)1A]EB(EAB)1ABABAB(EAB)1AEBAB(EAB)(EAB)1AEBABAE

所以EBA可逆，且(EBA)1[EB(EAB)1A]

例7

abbbab(n2)讨论n阶方阵A的秩。bba解：要讨论一个矩阵的秩，一般方法是对该矩阵进行初等行（列）变换，将矩阵变成阶梯矩阵。对该方阵进行分析可发现该矩阵的每一行（列）各元素之和相等，因此可对该矩阵进行如下的初等行(列)变换。abba(n1)bbbCCbaba(n1)babi1i2,3,,nbbaa(n1)bbaa(n1)bbb rjr10ab0j2,3,,n00ab所以 当ab且a(n1)b时r(A)n；

当ab0时，此时A0，r(A)0； 当ab0时，r(A)1； 当a(n1)b时，r(A)n1.例8 设方阵B为满秩矩阵，证明r(BC)r(C).证明：

由于方阵B为满秩矩阵，由定理5.4可知存在有限个初等矩阵

BPPP12Pl1,P2,,Pl，使得从而就有BC

是由CPP,从这个式子可以看出来，BC12PCl经过若干次初等行变换所得，由定理5.2，对矩阵实施初等变换，矩阵的秩是不变的，因此有r(BC)r(C).证毕。

例9 设CAB,其中A是对称矩阵，B为反对称矩阵，证明下列三个条件是等价的。

(1)CTCCCT;(2)ABBA;(3)AB是反对称矩阵.证明：

(1)(2)

TAA,BB，由A是对称矩阵，B为反对称矩阵可知

T从而CABAB 由已知CTTTTCCCT，代入得

(AB)(AB)(AB)(AB)ABBA

(2)(3)(要证明AB是反对称矩阵，即证明(AB)TAB)(AB)BABA(2)AB TTT(3)(1)

CTC(ATBT)(AB)(ATBT)(ATBT)A2ATBTBTATB2A2BAABB2 (AB)(AB)CCT

第三篇：高考数学复习概率统计典型例题

高考数学复习概率统计典型例题

例1 下列命题：

(1)3，3，4，4，5，5，5的众数是5；

(2)3，3，4，4，5，5，5的中位数是4.5；

(3)频率分布直方图中每一个小长方形的面积等于该组的频率；

(4)频率分布表中各小组的频数之和等于1

以上各题中正确命题的个数是 [ ]．

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个

分析：回忆统计初步中众数、中位数、频数、频率等概念，认真分析每个命题的真假．

解：(1)数据3，3，4，4，5，5，5中5出现次数最多3次，5是众数，是真命题．

(2)数据3，3，4，4，5，5，5有七个数据，中间数据是4不是4.5，是假命题．

(3)由频率分布直方图中的结构知，是真命题．

(4)频率分布表中各小组的频数之和是这组数据的个数而不是1，是假命题．

所以正确命题的个数是2个，应选B．

例2 选择题：

(1)甲、乙两个样本，甲的样本方差是0.4，乙的样本方差是0.2，那么 [ ]

A．甲的波动比乙的波动大；

B．乙的波动比甲的波动大；

C．甲、乙的波动大小一样；

D．甲、乙的波动大小关系不能确定．

(2)在频率直方图中，每个小长方形的面积等于 [ ]

A．组距 B．组数

C．每小组的频数 D．每小组的频率

分析：用样本方差来衡量一个样本波动大小，样本方差越大说明样本的波动越大．

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解：(1)∵0.4＞0.2，∴甲的波动比乙的波动大，选A．

例3 为了了解中年人在科技队伍中的比例，对某科研单位全体科技人员的年龄进行登记，结果如下(单位：岁)

44，40，31，38，43，45，56，45，46，42，55，41，44，46，52，39，46，47，36，50，47，54，50，39，30，48，48，52，39，46，44，41，49，53，64，49，49，61，48，47，59，55，51，67，60，56，65，59，45，28．

列出样本的频率分布表，绘出频率分布直方图．

解：按五个步骤进行：

(1)求数据最大值和最小值：

已知数据的最大值是67，最小值是28

∴最大值与最小值之差为67-28=39

(2)求组距与组数：

组距为5(岁)，分为8组．

(3)决定分点

(4)列频分布表

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(5)绘频率分布直方图：

例4 某校抽检64名学生的体重如下(单位：千克)．

列出样本的频率分布表，绘出频率分布直方图．

分析：对这组数据进行适当整理，一步步按规定步骤进行．

解：(1)计算最大值与最小值的差：48-29=19(千克)

(2)决定组距与组数

样本容量是64，最大值与最小值的差是19千克，如果取组距为2千克，19÷2=9.5，分10组比较合适．

(3)决定分点，使分点比数据多取一位小数，第一组起点数定为28.5，其它分点见下表．

(4)列频率分布表．

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(5)画频率分布直方图(见图3-1)

说明：

长方形的高与频数成正比，如果设频数为1的小长方形的高为h，频数为4时，相应的小长方形的高就应该是4h．

例5 有一个容量为60的样本，(60名学生的数学考试成绩)，分组情况如下表：

(1)填出表中所剩的空格；

(2)画出频率分布直方图．

分析：

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各组频数之和为60

各组频率之和为1

解：

因为各小组频率之和=1

所以第4小组频率=1-0.05-0.1-0.2-0.3=0.35

所以第4小组频数=0.35×60=第5小组频数=0.3×60=18

(2)

例6 某班学生一次数学考试成绩的频率分布直方图，其中纵轴表示学生数，观察图形，回答：

(1)全班有多少学生？

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(2)此次考试平均成绩大概是多少？

(3)不及格的人数有多少？占全班多大比例？

(4)如果80分以上的成绩算优良，那么这个班的优良率是多少？

分析：根据直方图的表示意义认真分析求解．

解：(1)29～39分1人，39～49分2人，49～59分3人，59～69分8人，69～79分10人，79～89分14人，89～99分6人．

共计 1+2+3+8+10+14+6=44(人)

(2)取中间值计算

(3)前三个小组中有1+2+3=6人不及格占全班比例为13.6%．

(4)优良的人数为14+6=20，20÷44=45.5%．

即优良率为45.5%．

说明：频率分布表比较确切，但直方图比较直观，这里给出了直方图，从图也可以估计出一些数量的近似值，要学会认识图形．

例7 回答下列问题：

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总是成立吗？

(2)一组数据据的方差一定是正数吗？

总是成立吗？

(4)为什么全部频率的累积等于1？

解：(1)证明恒等式的办法之一，是变形，从较繁的一边变到较简单的一边．这

可见，总是成立．

顺水推舟，我们用类似的方法证明(3)；注意

那么有

(2)对任一组数x1，x2，„，xn，方差

这是因为自然数n＞0，而若干个实数的平方和为非负，那么S2是有可对等于0的

从而x1=x2=„=xn，就是说，除了由完全相同的数构成的数组以外，任何数组的方差定为正数．

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(4)设一个数组或样本的容量为n，共分为m个组，其频数分别为a1，a2，„，am，按规定，有

a1+a2+„+am=n，而各组的频率分别a1／n，a2／n，„，am／n，因此，有

说明：在同一个问题里，我们处理了同一组数据x1，„，xn有关的两个数组f1，f2，„，fk和a1，a2，„，am，前者是说：在这组数中，不同的只有k个，而每个出现的次数分别为f1，„，fk；后者则说明这组数所占的整个范围被分成了m个等长的区间，出现在各个区间中的xi的个数分别为a1，„，am，可见，a1，„，an是f1，„fk的推广，而前面说过的众数，不过是其fi最大的那个数．

弄清研究数组x1，„，xn的有关数和概念间的联系与区别，是很重要的．

例8 回答下列问题：

(1)什么是总体？个体？样本？有哪些抽样方法？

(2)反映样本(或数据)数量水平的标志值有哪几个？意义是什么？怎样求？

(3)反映样本(或数据)波动(偏差)大小的标志值有哪几个？怎样求？有什么区别？

(4)反映样本(或数据)分布规律的数量指标和几何对象是什么？获得的一般步骤是什么？

解：这是一组概念题，我们简略回答：

(1)在统计学里，把要考查对象的全体叫做总体；其中每个考查对象叫个体；从总体中抽出的一部分个体叫做总体的一个样本；样本中个体的数目，叫做样本的容量．

应指出的是，这里的个体，是指反映某事物性质的数量指标，也就是数据，而不是事物本身，因此，总体的样本，也都是数的集合．

抽样方法通常有三种：随机抽样、系统抽样和分层抽样三种，基本原则是：力求排除主观因素的影响，使样本具有较强的代表性．

(2)反映样本(或数据)数量水平或集中趋势的标志值有三个，即平均数、众数和中位数．

有时写成代换形式；

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有时写成加权平均的形式：

其中，又有总体平均数(总体中所有个体的平均数)和样本平均数(样本中所有个体的平均数)两种，通常，我们是用样本平均数去估计总体平均数．且一般说来，样本容量越大，对总体的估计也就越精确．

(ii)众数，就是在一组数据中，出现次数最多的数．通常采用爬山法或计票画“正”法去寻找．(爬山法是：看第一个数出现次数，再看第二、三、„„有出现次数比它多的，有，则“爬到”这个数，再往后看„„)．

(iii)中位数是当把数据按大小顺序排列时，居于中间位置的一个数或两个数的平均，它与数据的排列顺序有关．

此外，还有去尾平均(去掉一个最高和一个最低的，然后平均)、总和等，也能反映总体水平．

(3)反映样本(数据)偏差或波动大小的标志值有两个：

(ii)标准差：一组数据方差的平方根：

标准差有两个优点，一是其度量单位与原数据一致；二是缓解S2过大或过小的现象．方差也可用代换式简化计算：

(4)反映数据分布规律的是频率分布和它的直方图，一般步骤是：

(i)计算极差=最大数-最小数；

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(iii)决定分点(可用比数据多一位小数的办法)；

(v)画频率分布直方图．

其中，分布表比较确切，直方图比较直观．

说明：此例很“大”，但是必要的，因为，当前大多数的中考题，很重视基本内容的表述，通过“填空”和“选择”加以考查，我们要予以扎实．而更为重要的，这些概念和方法，正是通过偶然认识必然，通过无序把握有序，通过部分估计整体的统计思想在数学中的实现．

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第四篇：《线性代数与概率统计》作业题(答案)~2015.03[推荐]

《线性代数与概率统计》

作业题

第一部分 单项选择题

1．计算x11x12？（A）

x21x22

A．x1x

2B．x1x2

C．x2x

1D．2x2x1

12．行列式D11111？(B)111A．3

B．4

C．5 D．6

231123,B112，求1113．设矩阵AAB=？(B)011011A．-1

B．0

C．1

D．2

x1x2x304．齐次线性方程组x1x2x30有非零解，则=？（C）

xxx0123A．-1

B．0

C．1 D．2

05．设A19766009053，B53，求AB=？（D）76A．1041106084

B．1041116280

C．1041116084

D．1041116284

6．设A为m阶方阵，B为n阶方阵，且Aa,Bb,C0BA．(1)mab

B．(1)nab

C．(1)nmab

D．(1)nmab

1237．设A221，求A1=？（D）3432

A0,则C=？（D）

132A．33522 111132 B．353

22111132 C．3352

2111132D．33522

111

8．设A,B均为n阶可逆矩阵，则下列结论中不正确的是（B）

A．[(AB)T]1(A1)T(B1)T

B．(AB)1A1B1

C．(Ak)1(A1)k（k为正整数）

D．(kA)1knA1(k0)（k为正整数）

9．设矩阵Amn的秩为r，则下述结论正确的是（D）A．A中有一个r+1阶子式不等于零

B．A中任意一个r阶子式不等于零

C．A中任意一个r-1阶子式不等于零 D．A中有一个r阶子式不等于零

1310．初等变换下求下列矩阵的秩，A3221317051的秩为？（3

D）

A．0 B．1

C．2 D．3

11．写出下列随机试验的样本空间及下列事件的集合表示：掷一颗骰子，出现奇数点。（D）

A．样本空间为{1,2,3,4,5,6}，事件“出现奇数点”为{2,4,6}

B．样本空间为{1,3,5}，事件“出现奇数点”为{1,3,5}

C．样本空间为{2,4,6}，事件“出现奇数点”为{1,3,5} D．样本空间为{1,2,3,4,5,6}，事件“出现奇数点”为{1,3,5}

12．向指定的目标连续射击四枪，用Ai表示“第i次射中目标”，试用Ai表示四枪中至少有一枪击中目标（C）：

A．A1A2A3AB．1A1A2A3A4

C．A1A2A3A4

D．1

13．一批产品由8件正品和2件次品组成，从中任取3件，则这三件产品全是正品的概率为（B）

257 B．

15A． C．8

15D．

14．甲乙两人同时向目标射击，甲射中目标的概率为0.8，乙射中目标的概率是0.85，两人同时射中目标的概率为0.68，则目标被射中的概率为（C）

3A．0.8

B．0.85

C．0.97 D．0.96

15．袋中装有4个黑球和1个白球，每次从袋中随机的摸出一个球，并换入一个黑球，继续进行，求第三次摸到黑球的概率是（D）12517 B．

125108 C．

125109D．

125A．

16．设A，B为随机事件，P(A)0.2，P(B)0.45，P(AB)0.15，P(A|B)=(B)1 61 B．

C．

22D．

3A．

17．市场供应的热水瓶中，甲厂的产品占50%，乙厂的产品占30%，丙厂的产品占20%，甲厂产品的合格率为90%，乙厂产品的合格率为85%，丙厂产品的合格率为80%,从市场上任意买一个热水瓶，则买到合格品的概率为（D）

A．0.725

B．0.5

C．0.825 D．0.865

18．有三个盒子，在第一个盒子中有2个白球和1个黑球，在第二个盒子中有3个白球和1个黑球，在第三个盒子中有2个白球和2个黑球，某人任意取一个盒子，再从中任意取一个球，则取到白球的概率为（C）

A．3136

B．3236

C．2336

D．3436

19．观察一次投篮，有两种可能结果：投中与未投中。令X1,投中；0,未投中.试求X的分布函数F(x)。(C)0,x00,x0A．F(x)1,0x1

B．F(x)1,0x1

21,x121,x10,x00,x0 C．F(x)12,0x1

D．F(x)12,0x1

x11,1,x1

20．设随机变量X的分布列为P(Xk)k15,k1,2,3,4,5，则PX(1或X2)A．11

5B．215

C．15

D．415

第二部分 计算题

2311．设矩阵A111123,B112，求AB.0110116

（C）？

2311235611112＝246 111解：AB01101110161156＝0 |AB|246＝(1)4624101 56112513712．已知行列式461592值．

224，写出元素a43的代数余子式A43，并求A43的27527解：A43(1)43M43347434374(2(5)2)

62424662＝54

103．设A00102解：A=AA00

110011000000，求A2.102100100010021011000010001002102100001000 01254．求矩阵A14

58713541242213的秩.037

解：

5321128543r1r3r2r4474201123525A1474202174r22r109525321r34r1r45r102715611238543027156013317420r33r209521r43r20000000000

所以，矩阵的秩r(A)=2

x1x235．解线性方程组x313x1x23x31.x15x29x30解： 用初等变换将增广矩阵（A，B）化为行阶梯矩阵

131A(A,B)1313111311r23r1r10r3r104623r2590461102r20100r1r2102310003

由于r(A)=3 r(A)=2 r(A)≠r(A)故原线性方程无解

x12x2x34x406．.解齐次线性方程组2x13x24x35x40x14x213x314x.40x1x27x35x40解：对增广矩阵A作初等变换，化成行最简形阶形矩阵

132300113

12A(A,O)1112r101r2r36r200r43r200401r22r150r3r10413140r4r1017500140105230r12r20120000000000002314216323000012180690

00001243系数矩阵的秩r(A)= r(A)=2＜4=n,所以原方程组有无穷多组解，与原方程组同解的方程组为：

x15x32x40 x22x33x40所以：方程组的一般解为

x15x32x4（其中x3、x4为自由变量）x2x3x3427．袋中有10个球，分别编有号码1到10，从中任取一球，设A={取得球的号码是偶数}，B={取得球的号码是奇数}，C={取得球的号码小于5}，问下列运算表示什么事件：

（1）A+B；（2）AB；（3）AC；（4）AC；（5）BC；（6）A-C.解：（1）；（2）；（3）{2，4}；（4）{1，3，5，6，7，8，9，10}；（5）{6，8，10}；（6）{6，8，10}；

8．一批产品有10件，其中4件为次品，现从中任取3件，求取出的3件产品中有次品的概率。

3解：样本点总数nC10.设A={取出的3件产品中有次品}.3C65P(A)1P(A)13.C106

19．设A，B，C为三个事件，P(A)=P(B)=P(C)=，P(AB)P(BC)0，41P(AC)，求事件A，B，C至少有一个发生的概率。

8ABCAB解：

0P(ABC)P(AB)0所以P(ABC)=0

故所求的概率为

P(ABC)P(A)P(B)P(C)P(AB)P(BC)P(AC)P(ABC)

=1/4+1/4+1/4-0-0-1/8+0 =5/8

10．一袋中有m个白球，n个黑球，无放回地抽取两次，每次取一球，求：

（1）在第一次取到白球的条件下，第二次取到白球的条件概率；

（2）在第一次取到黑球的条件下，第二次取到白球的条件概率。解：用A表示“第一次取到白球”，B表示“第二次取到白球”。

（1）袋中原有m+n个球，其中m个白球。第一次取到白球后，袋中还有m+n-1球，其中m-1个为白球。故

m1

P(B|A)； mn

1（2）袋中原有m+n个球，其中m个白球，第一次取到黑球后，袋中还有m+n-1个球，其中m个为白球。故

m

P(B|A).mn1

11．设A，B是两个事件，已知P(A)0.5，P(B)0.7，P(AB)0.8，试求：P(AB)与P(BA)。

解：P(AB)P(A)P(B)P(AB)0.4P(AB)P(A)P(AB)0.1

P(BA)P(B)P(AB)0.3.12．某工厂生产一批商品，其中一等品点

1，每件一等品获利3元；二等品211占，每件二等品获利1元；次品占，每件次品亏损2元。求任取1件商品获36利X的数学期望E(X)与方差D(X)。

111解：EX31(2)1.5

236D(X)E[XE(X)](XkE(X))2Pk

2k1310

311171()2()2()2=39/12 222326

13.某工厂采用三种方法生产甲乙丙丁四种产品，各种方案生产每种产品的数量如下列矩阵所示：

甲 乙 丙 丁5 9 7 4方法一方法二 A7 8 9 64 6 5 7方法三若甲乙丙丁四种产品的单位成本分别为10、12、8、15（万元），销售单位价格分别为15、16、14、17（万元），试用矩阵运算计算用何种方法进行生产获利最大？

10151216解：设单位成本矩阵C，销售单价矩阵为P，则单位利润矩阵为

8141517555 9 7 444111133，于是可知，BPC，从而获利矩阵为LAB7 8 9 6664 6 5 78822采用第二种方法进行生产，工厂获利最大。

14．某市场零售某蔬菜，进货后第一天售出的概率为0.7，每500g售价为10元；进货后第二天售出的概率为0.2，每500g售价为8元；进货后第三天售出的概率为0.1，每500g售价为4元，求任取500g蔬菜售价X元的数学期望E(X)与方差D(X)。

解：E(X)10*0.78*0.24*0.1 9

D(X)(109)2*0.7(89)2*0.2(49)2*0.13.4

第五篇：高等数学概率统计基础部分典型例题解析

高等数学（2）概率统计基础部分典型例题解析

第1章 随机事件与概率

例1 填空题

（1）设A与B是两个事件，则P(A)P(AB)+。

（2）若P(A)0.4,P(AB)0.3，则P(AB)。

（3）设A,B互不相容，且P(A)0，则P(BA)

。解：（1）因为 AABAB，且AB与AB互斥 所以 P(A)P(AB)+P(AB)应该填写： P(AB)（2）因为 AABAB，P(AB)P(A)P(AB)0.40.30.1

P(B)P(AB)P(AB)0.10.30.4

所以

P(AB)P(A)P(B)P(AB)0.40.40.10.7 应该填写：0.7（3）因为A,B互不相容，即P(AB)0 所以 P(BA)应该填写： 0

例2 单项选择题

（1）事件AB又可表示为（）.A.AB

B.AB

C.AAB

D.ABAB

（2）掷两颗均匀的骰子，事件“点数之和为3”的概率是（）A.***P(AB)P(A)0

B.C.D.（3）若等式（）成立，则事件A,B相互独立。

A.P(AB)P(A)P(B)

B.P(AB)P(A)P(BA)

C.P(B)P(BA)

D.P(A)1P(B)

（4）设A与B是相互独立的两个事件，且P(A)A.1212,P(B)13，则P(AB)（）

B.56

C.23

D.34

解：（1）依定义，事件AB表示A发生但B不发生，因此AB也可以表示为AAB.应该选择：C（2）基本事件总数为36，点数之和为3的事件有（1，2）和（2，1），即事件数为2，故“点数之和为3”的概率是

236118。

应该选择：B（3）因为当式子P(B)P(BA)时，由乘法公式P(AB)P(A)P(BA)，得

P(AB)P(A)P(B)

所以事件A,B相互独立。应该选择：C（4）因为A与B是相互独立，所以由加法公式

P(AB)P(A)P(B)121356。

应该选择：B 例3 A,B为两事件，已知P(A)P(AB)，P(AB)。

12,P(B)13,P(BA)12，求P(AB)，解 P(AB)P(A)P(BA)12121412

1314712P(AB)P(A)P(B)P(AB)

1P(AB)P(AB)34 1P(B)43例4 已知两个事件A，B相互独立，且已知P(A)0.6，P(B)0.3，求P(AB)． 解

由P(B)0.3，得 P(B)1P(B)10.30.7

所以 P(AB)P(A)P(B)P(AB)

P(A)P(B)P(A)P(B)

0.60.70.60.70.88

例5 设P(A)0.5，P(AB)0.3，求P(BA)．

解

因为P(BA)

P(AB)P(A)

AA(BB)ABAB

P(A)P(AB)P(AB)

P(AB)P(A)P(AB)

0.50.30.2 P(AB)0.2所以 P(BA)0.4

P(A)0.5

例6 某篮球运动员一次投篮投中篮框的概率为0.8，该运动员投篮4次，⑴ 求投中篮框不少于3次的概率； ⑵ 求至少投中篮框1次的概率。

解 设Ai{第i次投中}的事件，i1,2,3,4，P(Ai)0.8，P(Ai)0.2相互独立（1）投中篮框不少于3次的事件可表为 A1A2A3A4A1A2A3A4A1A2A3A4A1A2A3A4A1A2A3A4

其概率为

P(A1A2A3A4A1A2A3A4A1A2A3A4A1A2A3A4A1A2A3A4)

=P(A1A2A3A4)P(A1A2A3A4)P(A1A2A3A4)P(A1A2A3A4)P(A1A2A3A4)=P(A1)P(A2)P(A3)P(A4)P(A1)P(A2)P(A3)P(A4)P(A1)P(A2)P(A3)P(A4)P(A1)P(A2)P(A3)P(A4)P(A1)P(A2)P(A3)P(A4)

=(0.8)440.2(0.8)30.8192（2）因为，投篮4次均未投中的概率为

P(A1A2A3A4)(0.2)40.0016

所以，至少投中篮框1次的概率为

1P(A1A2A3A4)10.00160.9984