复旦大学：《概率论》课程教学资源（习题答案）第二章 条件概率与统计独立性

第二章条件概率与统计独立性 解:自左往右数,排第i个字母的事件为A,则 P(41)=2,P(A2|A4)=, 2.P(434241) P(A4|4、424) P(A44424)=1。 所以题中欲求的概率为 P(A4144)=P(4)P(414)P(41424)P(444)P(4AA2A24) 543230 2、解:总场合数为23=8。设A={三个孩子中有一女},B={三个孩子中至少有一男},A 的有利场合数为7,AB的有利场合为6,所以题中欲求的概率P(BA)为 P(B4) P(AB)6/86 7/87 3、解:(1)M件产品中有m件废品,M-m件正品。设A={两件有一件是废品},B={两 件都是废品},显然A=B,则P(A)=(aCln+Cn)cnP(B)=C2C3 题中欲求的概率为 C/C P(B A)=P(AB)/P(A)=P(B)/P(A) (Cm CM-m+C)/CM 2M-m (2)设A={两件中有一件不是废品},B={两件中恰有一件废品},显然BcA, oy P(A)=(Ci-m +ClCM-m)Ca, P(B)=Clo 题中欲求的概率为 CmCM-m/CM 2 P(B A=P(AB)/P(A=P(B)/P(A) (CM-m+CmCM-m/CM M+m-1 (3)P{取出的两件中至少有一件废品 2m(2M-m-1) mM-m+O M(M-1) 4、解:A={甲取出一球为白球},B={甲取出一球后,乙取出一球为白球},C={甲,乙 各取出一球后,丙取出一球为白球}。则P(4) (a+b)甲取出的球可为白球或黑 球,利用全概率公式得 P(B)=P(AP(B A)+P(A)P(B A) b b-1 b b b a+6-1 a+b a+b-1 a+b 甲,乙取球的情况共有四种,由全概率公式得 P(C)=P(AB)P(C|AB)+P(AB)P(C| AB)+ P(AB)P(C AB)+P(AB)P(CI AB)

第二章 条件概率与统计独立性 1、解：自左往右数，排第 i 个字母的事件为 Ai，则 4 2 , ( ) 5 2 ( ) P A1 = P A2 A1 = ， 2 1 , ( ) 3 1 ( ) P A3 A2 A1 = P A4 A3A2 A1 = P(A5 A4A3A2A1 ) =1。 所以题中欲求的概率为 ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 3 4 5 1 2 1 3 2 1 4 3 2 1 5 4 3 2 1 P(A A A A A ) = P(A )P A A P A A A P A A A A P A A A A A 30 1 1 2 1 3 1 4 2 5 2 =     = 2、解：总场合数为 2 3=8。设 A={三个孩子中有一女}，B={三个孩子中至少有一男}，A 的有利场合数为 7，AB 的有利场合为 6，所以题中欲求的概率 P（B|A）为 ( ) 7 6 7 /8 6 /8 ( ) ( ) = = = P A P AB P B A . 3、解：（1）M 件产品中有 m 件废品， M − m 件正品。设 A={两件有一件是废品}，B={两 件都是废品}，显然 A  B ，则 ( ) 1 1 2 2 ( ) / P A = CmCM −m + Cm Cm 2 2 ( ) / P B = Cm CM ， 题中欲求的概率为 P(B | A) = P(AB)/ P(A) = P(B)/ P(A) 2 1 1 ( )/ / 1 1 2 2 2 2 − − − = + = − M m m C C C C C C m M m m M m M . （2）设 A={两件中有一件不是废品}，B={两件中恰有一件废品}，显然 B  A， 则 ( ) ( )/ , 2 1 1 2 P A = CM −m + CmCM −m CM 1 1 2 ( ) / P B = CmCM −m CM . 题中欲求的概率为 P(B | A) = P(AB)/ P(A) = P(B)/ P(A) 1 2 ( )/ / 2 1 1 2 1 1 2 + − = + = − − − M m m C C C C C C C M m m M m M m M m M . （3）P{取出的两件中至少有一件废品}= ( ) ( 1) (2 1) / 1 1 2 2 − − − − + = M M m M m CmCM m Cm CM 4、解：A={甲取出一球为白球}，B={甲取出一球后，乙取出一球为白球}，C={甲，乙 各取出一球后，丙取出一球为白球}。则 ( ) ( ) a b a P A + = 甲取出的球可为白球或黑 球，利用全概率公式得 P(B) = P(A)P(B | A) + P(A)P(B | A) a b b a b b a b a a b b a b b + = + −  + + + − −  + = 1 1 1 甲，乙取球的情况共有四种，由全概率公式得 P(C) = P(AB)P(C | AB) + P(AB)P(C | AB) + P(AB)P(C | AB) + P(AB)P(C | AB)

b(b-1) b-2 (a+ba+b-1)a+b-2(a+b)a+b-1)a+b-2 a(a (a+ba+b-1)a+b-2(a+b)(a+b-1)a+b-2 b(a+b-1)a+b-2) b (a+b)(a+b-1)(a+b-2) 5、解:设B=两数之和大于10},A=(第一个数取到},i=01…9。则P(A)10 P(B|A)=P(B|A)=0,P(B1A)=(-1)9i=23…5;P(B|A)=(-2)/9 j=6,7,8,9。由全概率公式得欲求的概率为 16 P(B)=∑P(4)P(B|4)==0.356 6、解:设A1={从甲袋中取出2只白球},A2={从甲袋中取出一只白球一只黑球},A={从 甲袋中取出2只黑球},B={从乙袋中取出2只白球}。则由全概率公式得 P(B)=P(BIA)P(A)+P(BIA)P(A)+P(BIAP(A3) CICHO CA+BCa+B+2 Ca+b Ca+B+2 Ca+bCa+B 7、解:A1={从第一袋中取出一球是黑球},……,A={从第一袋中取一球放入第二袋中,…, 再从第讠-1袋中取一球放入第i袋中,最后从第ⅰ袋中取一球是黑球},i=1,…,N。则 b P(A1)= P(A1)= a+b (a+b) 一般设P(A4)= ,则P(Ak) b a P(Akd=P(AlL AP(A,)+P(AlL AP(A a 由数学归纳法得P(A)=a 8、解:设A={飞机第一部分中两弹},A2={飞机第二部分中两弹},A3={飞机第一部分 中一弹},A={其它情况},则 A,A1=φ(≠j),A1+A2+A3+A4= P(A1)=0.1×0.1=0.01,P(A2)=0.2×0.2=0.04 A3={第一弹中第一部分且第二弹中第二部分,或第一弹中第一部分且第二弹中第 三部分,或第一弹中第二部分且第二弹中第一部分,或第一弹中第三部分且第二弹中第 一部分}, P(A3)=0.1×02+0.1×0.7+02×0.1+0.7×0.1=0.18

2 1 2 ( )( 1) 2 ( )( 1) ( 1) + − −  + + − + + − −  + + − − = a b b a b a b ab a b b a b a b b b ( )( 1) 2 ( 1) 2 1 ( )( 1) + −  + + − − + + − −  + + − + a b b a b a b a a a b b a b a b ab a b b a b a b a b b a b a b + = + + − + − + − + − = ( )( 1)( 2) ( 1)( 2) . 5、解：设 B={两数之和大于 10}，Ai={第一个数取到 i}，i = 0,1,  ,9 。则 10 1 P(Ai ) = ， P(B | A0 ) = P(B | A1 ) = 0, P(B | Ai ) = (i −1)/ 9, i = 2,3, 5 ; P(B | A ) = ( j − 2)/ 9, j j = 6,7,8,9 。由全概率公式得欲求的概率为 = = = = 9 0 0.356 45 16 ( ) ( ) ( | ) i P B P Ai P B Ai . 6、解：设 A1={从甲袋中取出 2 只白球}，A2={从甲袋中取出一只白球一只黑球}，A3={从 甲袋中取出 2 只黑球}，B={从乙袋中取出 2 只白球}。则由全概率公式得 ( ) ( | ) ( ) ( | ) ( ) ( | ) ( ) P B = P B A1 P A1 + P B A2 P A2 + P B A3 P A3 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 2 2 2 2 2 2 + + + + + + + + + + + = + +        C C c C C C c C C c c C C a b b a a b a b A B a a . 7、解：A1={从第一袋中取出一球是黑球}，……，Ai={从第一袋中取一球放入第二袋中，…， 再从第 i −1 袋中取一球放入第 i 袋中，最后从第 i 袋中取一球是黑球}，i = 1,  , N 。则 ( ) ( ) , ( ) 1 1 a b b P A a b a P A + = + = . 一般设 ( ) ( ) a b a P Ak + = ，则 ( ) ( ) a b b P Ak + = ，得 ( ) ( ) ( | ) ( ) ( | ) ( ) 1 1 1 a b a P Ak P Ak Ak P Ak P Ak Ak P Ak + + = + + + = . 由数学归纳法得 ( ) ( ) a b a P AN + = . 8、解：设 A1={飞机第一部分中两弹}，A2={飞机第二部分中两弹}，A3={飞机第一部分 中一弹}，A4={其它情况}，则 ( ), . Ai Aj =  i  j A1 + A2 + A3 + A4 =  ( ) 0.1 0.1 0.01, ( ) 0.2 0.2 0.04. P A1 =  = P A2 =  = A3={第一弹中第一部分且第二弹中第二部分，或第一弹中第一部分且第二弹中第 三部分，或第一弹中第二部分且第二弹中第一部分，或第一弹中第三部分且第二弹中第 一部分}， P(A3 ) = 0.10.2 + 0.10.7 + 0.20.1+ 0.70.1 = 0.18

P(4)=1-[P(41)+P(A2)+P(A3)=0.77 设B={飞机被击落},则P(B|A)=1(=1,2,3),P(B|A4)=0 由全概率公式得P(B)=∑P(B|A1)P(A)=001+0040.18=023 9、解:设A={第i回出正面},记p2=P(A1),则由题意利用全概率公式得 P(A+1)=P(A+|A1)P(A)+P(A|A1)P(A) PP1+(1-p)1-p1)=(2p-1)p1+(1-p) 已知P1=C,依次令i=n-1、n-2,…1可得递推关系式 Pn=(2p-1)Pn1+(1-p),Pn-1=(2p-1)pn2+(1-P)…, P2=(2p-1)D1+(1-p)=(2p-1)c+(l-p) 解得 P=(1-p)1+(2p-1)+(2p-1)2+…+(2p-1)2]+c(2p-1), 当p≠1时利用等比数列求和公式得 n=(-p)1-(2p-1) +c(2p-1)"-11 1-(2p-1) (2p-1)+c(2p-1 (1)若P=1,则pn=C,mPn=C (2)若p=0,则当n=2k-1时,Pn=C;当n=2k时,pn=1-c 若 则pn≡-,lim pr P 若c≠1,则c≠1-c, Im p不存在 (3)若0<p<1,则由(*)式可得 pn (2p-1) 22 10、解:令A,B,C1分别表示第i次交换后,甲袋中有两只白球,一白一黑,两黑球的 事件,则由全概率公式得 Pn+1=P(An)=P(An)P(An+1|An)+P(Bn)P(AnH|Bn)+P(Cn)P(An|Cn) 0,Pn+元qn+0,F=元qn qm+l=P(B1)=P(A)P(B 11 A,)+P(B)P(B, IB,)+P(Cn)P(BmIC) Pn+=qn+1·=Pn+-qn+ l =P(CmI)=P(A)P(Cml I A)+P(B)P(CnII B)+P(Cn)P(CnI I Cn)

( ) 1 [ ( ) ( ) ( )] 0.77. P A4 = − P A1 + P A2 + P A3 = 设 B={飞机被击落}，则 ( | ) 1 ( 1,2,3), ( | ) 0. P B Ai = I = P B A4 = 由全概率公式得 = = 4 1 ( ) ( | ) ( ) i P B P B Ai P Ai = 0.01+ 0.04+ 0.18 = 0.23. 9、解：设 Ai={第 i 回出正面}，记 ( ) pi = P Ai ，则由题意利用全概率公式得 ( ) ( | ) ( ) ( | ) ( ) P Ai+1 = P Ai+1 Ai P Ai + P Ai+1 Ai P Ai (1 )(1 ) (2 1) (1 ) = pp1 + − p − p1 = p − p1 + − p 。 已知 p c i = ，依次令 i = n −1,n − 2,  ,1 可得递推关系式 (2 1) (1 ), Pn = p − pn−1 + − p (2 1) (1 ), , Pn−1 = p − pn−2 + − p  (2 1) (1 ) (2 1) (1 ). P2 = p − p1 + − p = p − c + − p 解得 (1 )[1 (2 1) (2 1) (2 1) ] (2 1) , 2 −2 −1 = − + − + − + + − + − n n Pn p p p  p c p 当 p  1 时利用等比数列求和公式得 1 1 (2 1) 1 (2 1) 1 (2 1) (1 ) − − + − − − − − = − n n n c p p p p p (2 1) (2 1) . 2 1 2 1 −1 −1 = − − + − n n p c p （*） （1）若 p = 1 ，则 p C pn C n n  = → , lim ； （2）若 p = 0 ，则当 n = 2k −1 时， p c n = ；当 n = 2k 时， p c n = 1− 。 若 2 1 c = ，则 2 1 , lim 2 1  = → n n pn p 若 1 2 1 c  ，则 n n c c p →  1− , lim 不存在。 （3）若 0  p  1 ，则由（*）式可得 . 2 1 (2 1) (2 1) 2 1 2 1 lim lim 1 1 =      = − − + − − − → → n n n n n p p c p 10、解：令 Ai Bi Ci , , 分别表示第 i 次交换后，甲袋中有两只白球，一白一黑，两黑球的 事件，则由全概率公式得 ( ) ( ) ( | ) ( ) ( | ) ( ) ( | ) pn+1 = P An+1 = P An P An+1 An + P Bn P An+1 Bn + P Cn P An+1 Cn n n n qn p q r 4 1 0 4 1 = 0  + +  = ， ( ) ( ) ( | ) ( ) ( | ) ( ) ( | ) qn+1 = P Bn+1 = P An P Bn+1 An + P Bn P Bn+1 Bn + P Cn P Bn+1 Cn , 2 1 1 2 1 1 n n n n n n =  p + q + r = p + q + r ， ( ) ( ) ( | ) ( ) ( | ) ( ) ( | ) n 1 P Cn 1 P An P Cn 1 An P Bn P Cn 1 Bn P Cn P Cn 1 Cn r + = + = + + + + +

=0pn+qn+0·n=qn 这里有Pn1=rnH1,又pn+qn+rnH1=1,所以qn+1=1-2pn,同理有 qn=1-2pn,再由pn=7qn得pn1=(1-2pn)。所以可得递推关系式为 Pn+1=:(1-2pn) P 初始条件是甲袋一自一黑,乙袋一自一黑,即P0=16=0,q0=1,由递推关系式得 11 l11 tm:=Pn=4(-2p)=4-2Pn=4-24-2Pn)=4-8+4pn= +=1 Po 1-(-1)”+1 (-1) 6 2 n+1 qm=1-2b=2+(-1)3 Im Pu=limr= ll、解:设A={家庭中有n个孩子},n=0,2…,B={家庭中有k个男孩}。注意到生男 孩与生女孩是等可能的,由二项分布(P=)得 P(BLA=C 由全概率公式得 P(B)=∑P(A)PB|A)=∑叩p (其中i=n-k) PsC P (2-p) 12、解:(1)设A={至少有一男孩},B={至少有2个男孩}。A=B,AB=B,由

n n n qn p q r 4 1 0 4 1 = 0 + +  = . 这里有 n+1 = n+1 p r ， 又 pn+1 + qn+1 + rn+1 =1 ，所以 qn+1 =1− 2pn+1 ，同理有 qn =1− 2pn ，再由 pn qn 4 1 +1 = 得 (1 2 ) 4 1 pn+1 = − pn 。所以可得递推关系式为     = − = = − + + + + 1 1 1 1 1 2 (1 2 ) 4 1 n n n n n q p r p p ， 初始条件是甲袋一白一黑，乙袋一白一黑，即 p0 = r0 = 0, q0 =1 ，由递推关系式得 n pn pn pn r 2 1 4 1 (1 2 ) 4 1 +1 = +1 = − = − = − − −1 = − + −1 =  4 1 8 1 4 1 ) 2 1 4 1 ( 2 1 4 1 pn pn       − −               − − = − + − = − + + + + + + + 2 1 1 2 1 1 4 1 2 ( 1) 2 ( 1) 2 1 2 1 1 1 0 1 2 2 2 3 n n n n n p  1 2 1 2 1 3 1 ( 1) 6 1 2 1 1 ( 1) 6 1 + + +       = + −                 = − −  n n n n ， 1 1 1 1 2 1 3 1 ( 1) 3 2 1 2 + + + +       = − = + −   n n qn pn . . 3 2 , lim 6 1 lim = lim = = → → → n n n n n n p r q 11、解：设 An={家庭中有 n 个孩子}，n=0,1,2,…，B={家庭中有 k 个男孩}。注意到生男 孩与生女孩是等可能的，由二项分布 ) 2 1 ( p = 得 . 2 1 2 1 2 1 ( | ) n k n k n k k P B An Cn C        =            = − 由全概率公式得    =  =       = = n k n k n n n k P B P An P B An ap C 2 1 ( ) ( ) ( | )   = + +       = 0 1 1 1 i 2 k k p a C （其中 i = n − k ）   = +             = 0 1 1 1 2 i 2 k k p C p a . (2 ) 2 2 1 2 1 1` + − − −  =       −      = k k k k p p p ap a 12、解：（1）设 A={至少有一男孩}，B={至少有 2 个男孩}。 A  B, AB = B ，由

P P P()=∑ 2 2a.(2-P)叩 f(2-p)2-p1-p(2-p)1-p) p P(B) 20 P (2-p) P(B\A=<(AB) P(B) p P(A) P(A) 2-P (2)C={家中无女孩}={家中无小孩,或家中有n个小孩且都是男孩,n是任意正 整数},则 P(C)=1 2 P1-p1-p2-p(1-p)2-p) A1={家中正好有一个男孩}={家中只有一个小孩且是男孩},则 P(AD=ap 且A1cC 所以在家中没有女孩的条件下,正好有一个男孩的条件概率为 P(AIC) P(AC)_P(A1)_1 qyp(1-p)(2-p) P(C)P(C)22-3 p2(2-3p-qp+P) (1-P)(2-p) 13、解:设A={产品确为合格品},B={检查后判为合格品}。已知P(B|A)=0.98 P(B|A)=0.05,P(A)=0.%6,求P(A|B)。由贝叶斯公式得 P(A B) P(AB) P(A)P(BA) P(B) P(A)P(B A)+P(A)P(BA 0.96×0.98 0.9979 0.96×0.98+0.04×0.0509428 4、解:设A1,A2,A3分别为自250米,200米,150米处射击的事件,B为“命中目标” 事件,则P(A4)=0.1,P(42)=0.7,P(A3)=0.2,P(B|A1)=0.05,P(B|A2)=0.1

1 (2 ) 0  −  p p 得 , (2 )(1 ) (2 ) 1 (2 ) 2 2 (2 ) 2 ( ) 1 1 p p ap p p p p p a p ap P A k k k − − = − − −  − = − =   = + 2 2 2 2 2 2 1 (2 ) (1 ) (2 ) 1 (2 ) 2 2 (2 ) 2 ( ) p p ap p p p p p a p ap P B k k k − − = − − −  − = − =   = + , p p P A P B P A P AB P B A − = = = ( ) 2 ( ) ( ) ( ) ( | ) . （2）C={家中无女孩}={家中无小孩，或家中有 n 个小孩且都是男孩，n 是任意正 整数}，则   =       + − = − 1 2 1 1 ( ) 1 a n n ap p ap P C (1 )(2 ) 2 3 1 2 1 2 1 2 1 1 2 p p p ap p p ap p ap p ap p ap − − − − + = − + − = − − + − = − A1={家中正好有一个男孩}={家中只有一个小孩且是男孩}，则 P A ap ap 2 1 2 1 ( ) 1 =  = ，且 A1  C ， 所以在家中没有女孩的条件下，正好有一个男孩的条件概率为 ( ) ( ) ( ) ( ) ( | ) 1 1 1 P C P A P C P A C P A C = = 2(2 3 ) (1 )(2 ) (1 )(2 ) 2 2 3 1 2 2 p ap p ap p p p p p ap p ap − − + − − = − − − − + = . 13、解：设 A={产品确为合格品}，B={检查后判为合格品}。已知 P(B | A) = 0.98， P(B | A) = 0.05，P(A) = 0.96 ，求 P(A | B) 。由贝叶斯公式得 ( ) ( | ) ( ) ( | ) ( ) ( | ) ( ) ( ) ( | ) P A P B A P A P B A P A P B A P B P AB P A B + = = 0.9979 0.9428 0.9408 0.96 0.98 0.04 0.05 0.96 0.98 = =  +   = . 14、解：设 1 2 3 A , A , A 分别为自 250 米，200 米，150 米处射击的事件，B 为“命中目标” 事件，则 P(A1 ) = 0.1, P(A2 ) = 0.7， P(A3 ) = 0.2, P(B | A1 ) = 0.05, P(B | A2 ) = 0.1

P(B|A3)=02,求P(A1|B)A1间互不相容,B能且只能与A1中之一同时发生,由 贝叶斯公式得 P(B AP(AD) P(A1\BP(B|4)P(A)+P(B|42)PA2)+P(B|4)P(43) 0.05×0 0.0435 0.05×0.1+0.1×0.7+0.2×0.22 15、解:记事件“发AAAA”为A4,事件“发BBBB”为B,事件“发CCCC”为C, 事件“收ABCA”为D,则P(A4)=0.3,P(B4)=0.4,P(C4)=0.3,为求P(D|A4) 考虑到发AAAA,而收到ABCD,有两个字母被准确收到,另两个字母被误收,故 P(D|4)=0.62×0.22=00144。同理可求得P(D|B)=P(D|A2)=06×0.2 00048,欲求的概率是P(A4|D),而事件A4,B4,C间两两互不相容,又D能且 只能与A4,B,C4之一同时发生,由贝叶斯公式得欲求的概率为 P(AD) P(A)P(D A" P(A4)P(D|A4)+P(B+)P(D|B4)+P(C4)P(D|C4) 0.3×0.0144 0.5625 .3×0.0144+04×0.0048+0.3×0.004816 16、证 (1)P((AUB)nC)=P(ACU BC)=P(AC)+P(BC)-P(ABC) P(AP(C)+P(B)P(C)-P(A)P(B)P(C) P(C)[P(A)+ P(B)-P(AB)]=P(C)P(AUB AUB与C独立。 2)P(ABC)= P(A)P(B)P(C)=P(AB)P(C) AB与C独立。 (3) P((A-B))=P(ABC)=P(AC(Q2-B))=P(AC)-P(ABC) P(A)P(C)-P(A)P(B)P(C) P(CIP(A)-P(AB)= P(C)P(A-B), A-B与C独立 17, E: P(AB)=P(AUB)=1-P(AUB)=1-[P(A)+P(B)-PAB)] 1-P(A)-P(B)+P(A)P(B)=(1-P(A)(1-P(B) =P(A)P(B), 理可证P(AC)=P(A)P(C) P(BC)=P(B)P(C) 又有 P(ABC)=P(AUBUC)=1-P(AUBUC) 1-P(A)+P(B)+P(C)-P(AB)-P(AC)-P(BC)+P(ABC)

P(B | A3 ) = 0.2 ，求 ( | ) P A1 B 。 Ai 间互不相容，B 能且只能与 Ai 中之一同时发生，由 贝叶斯公式得 ( | ) ( ) ( | ) ( ) ( | ) ( ) ( | ) ( ) ( | ) 1 1 2 2 3 3 1 1 1 P B A P A P B A P A P B A P A P B A P A P A B + + = 0.0435 23 1 0.05 0.1 0.1 0.7 0.2 0.2 0.05 0.1 = =  +  +   = . 15、解：记事件“发 AAAA”为 A4，事件“发 BBBB”为 B 4，事件“发 CCCC”为 C 4， 事件“收 ABCA”为 D，则 ( ) 0.3, ( ) 0.4, ( ) 0.3, 4 4 4 P A = P B = P C = 为求 ( | ) 4 P D A ， 考虑到发 AAAA，而收到 ABCD，有两个字母被准确收到，另两个字母被误收，故 ( | ) 0.6 0.2 0.0144 4 2 2 P D A =  = 。同理可求得 4 4 3 P(D | B ) = P(D | A ) = 0.60.2 = 0.0048 ，欲求的概率是 ( | ) 4 P A D ，而事件 4 4 4 A ,B ,C 间两两互不相容，又 D 能且 只能与 4 4 4 A ,B ,C 之一同时发生，由贝叶斯公式得欲求的概率为 ( ) ( | ) ( ) ( | ) ( ) ( | ) ( ) ( | ) ( | ) 4 4 4 4 4 4 4 4 4 P A P D A P B P D B P C P D C P A P D A P A D + + = 0.5625 16 9 0.3 0.0144 0.4 0.0048 0.3 0.0048 0.3 0.0144 = =  +  +   = . 16、证： （1） P((A B) C) = P(AC  BC) = P(AC) + P(BC) − P(ABC) = P(A)P(C) + P(B)P(C) − P(A)P(B)P(C) = P(C)[P(A) + P(B) − P(AB)] = P(C)P(A B) ， ∴ A B 与 C 独立。 （2） P(ABC) = P(A)P(B)P(C) = P(AB)P(C) ∴AB 与 C 独立。 （3） P((A− B)C) = P(ABC) = P(AC( − B)) = P(AC) − P(ABC) = P(A)P(C) − P(A)P(B)P(C) = P(C)[P(A) − P(AB)] = P(C)P(A − B) ， ∴ A − B 与 C 独立。 17、证： P(AB) = P(A B) = 1− P(A B) = 1−[P(A) + P(B) − PAB)] = 1− P(A) − P(B) + P(A)P(B) = (1− P(A))(1− P(B)) = P(A)P(B) ， 同理可证 P(AC) = P(A)P(C), P(BC) = P(B)P(C) . 又有 P(ABC) = P(A B C) = 1− P(A B C) =1−P(A)+ P(B)+ P(C)− P(AB)− P(AC)− P(BC)+ P(ABC)

1-P(A)-P(B)-P(C)+P(A)P(B)+ P(A)P(C)+P(B)P(C)+ P(AP(B)P(C) (1-P(A)(1-P(B)1-P(C)=P(A)P(B)P(C) 所以A,B,C相互独立。 18、证:必要性。事件A,A2…,A相互独立,用归纳法证。不失为一般性,假设总是 前连续m个集A取A的形式。当m=1时, P(AA P(A2…An)-P(A1…An)-P(A1…An) P(A2)…P(An)-P(A1)…p(4n)=P(A1)P(A2)…P(An) 设当m=k时有 P(A1…A4Ak41…An)=P(A1)…P(A)P(Ak+1…An) 则当m=k+1时 P(A1…AA+…A)=P(A1…A4Ak+2…An)-P(A1…A4Ak+1…A) P(A1)…P(Ak)P(Ak+2)…P(An)-P(A1)…P(Ak)P(A+1)…P(An) =P(A1)…P(Ak)(1-P(Ak+1)P(Ak+2)…P(An) =P(A1)…P(Ak)P(A41)P(Ak+2)…P(A) 从而有下列2式成立: P(A1A2…An)=P(A)P(A2)…P(An) 其中A取A或 充分性。设题中条件成立,则 P(A1…A)=P(A1)…P(An), P(A1…An-1An)=P(A1)…P(An-1)P(An) (2) A1…An-1An∩A1…An1A=φ P(A1…An-)=P(A1…,AUA1…An-14n) (1)+(2)得 P(A1…An1)=P(A1)…P(A-1)。 同理有 P(A1…An=2An-1An)=P(A1)…P(An-2)P(An-1)P(An), P( P(AD-. P(A-P(A-)P(A,) 两式相加得 P(41…A )=P(A1)…P(An2)P(An) (4) (3)+(4)得 P(A1…A-2)=P(A1)P(A2)…P(A1-2) 同类似方法可证得独立性定义中2”-n+1个式子 A1,…,An相互独立

= 1− P(A) − P(B) − P(C) + P(A)P(B) + P(A)P(C) + P(B)P(C) + − P(A)P(B)P(C) = (1− P(A))(1− P(B))(1− P(C)) = P(A)P(B)P(C) ， 所以 A,B,C 相互独立。 18、证：必要性。事件 A A An , , , 1 2  相互独立，用归纳法证。不失为一般性，假设总是 前连续 m 个集 Ai ˆ 取 Ai 的形式。当 m =1 时， ( ) ( ) ( ) ( ) P A1A2 An = P A2 An − P A1 An − P A1 An ( ) ( ) ( ) ( ) = P A2 P An − P A1 p An ( ) ( ) ( ) = P A1 P A2 P An 。 设当 m = k 时有 ( ) ( ) ( ) ( ) P A1 Ak Ak+1 An = P A1 P Ak P Ak+1 An , 则当 m = k +1 时 ( ) ( ) ( ) P A1 Ak+1Ak+2 An = P A1 Ak Ak+2 An − P A1 Ak Ak+1 An ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) = P A1 P Ak P Ak+2 P An − P A1 P Ak P Ak+1 P An ( ) ( )(1 ( )) ( ) ( ) = P A1 P Ak − P Ak+1 P Ak+2 P An ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) = P A1 P Ak P Ak+1 P Ak+2 P An 从而有下列 2 n 式成立： ) ˆ ) ( ˆ ) ( ˆ ) ( ˆ ˆ ˆ ( P A1A2 An = P A1 P A2 P An , 其中 Ai ˆ 取 Ai 或 Ai 。 充分性。设题中条件成立，则 ( ) ( ) ( ) P A1 An = P A1 P An , (1) ( ) ( ) ( ) ( ) P A1 An−1An = P A1 P An−1 P An . (2) ∵ A1 An−1An  A1 An−1An =  , ∴ ( ) ( ) P A1 An−1 = P A1 An−1An  A1 An−1An . (1)+(2)得 ( ) ( ) ( ) P A1 An−1 = P A1 P An−1 。 (3) 同理有 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) P A1 An−2 An−1An = P A1 P An−2 P An−1 P An , ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) P A1 An−2 An−1An = P A1 P An−2 P An−1 P An 两式相加得 ( ) ( ) ( ) ( ) P A1 An−2An−1 = P A1 P An−2 P An−1 . （4） (3)+(4)得 ( ) ( ) ( ) ( ) P A1 An−2 = P A1 P A2 P An−2 。 同类似方法可证得独立性定义中 2 − n +1 n 个式子， ∴ A An , , 1  相互独立

19、证:P()=P()=0×0=P(φ)P(p), P()=0=P(_)P(p),P(g)=1=P(_)P(_) P(_B)=P(B)=P(_)P(B) P(_4)=P(A)=P(_)P(A) P(AB)=P(A)P(B)(见本章第17题) P(AB)=P(A-AB)=P(A)-P(AB)=P(A)-P(A)P(B) P(A(1-P(B)=P(AP(B) 同理可得P(AB)=P(A)P(B)。证毕。 20、解:P{三次射击恰击中目标一次}= 0.4(1-0.51-0.7)+(1-04)0.5(1-0.7)+(1-0.4)(1-0.50.7 P{至少有一次命中}=1-P{未击中一次} (1-0.41-0.5(1-0.7)=0.91 21、解:(1)P{所有的事件全不发生}=P{A1…An} P()Px)=(-p (2)P至少发生其一}=P(41U…∪An) P(A…)=1-P(4…A)=1-∏(-pn) (3)P{恰好发生其一}=P1(1-p2)…(1-Pn)+(-P1)P2(-p3)…(1-Pn)+ +…+(1-P1)…(1-Pn-)p Pi PiPj P 22、解:本题中认为各元件发生故障是相互独立的。记A6={元件k发生故障},A1={元 件k1发生故障},A2={元件k2发生故障}。则 P{电路断开}=P(AUA1A2)=P(A)+P(A1A2)-P(A4A1A2) =0.3+02×02-0.3×0.2×0.2=0.328。 23、解:以A表事件“A于第k次试验中出现”,P(A4)=E,由试验的独立性得,前n 次试验中A都不出现的概率为 P(A142…An)=P(A1)P(A2)…P(An)=(1-E)”。 于是前n次试验中,A至少发生一次的概率为 1-P(A41A2…An)=1-(1-E)”→1(n>∞) 这说明当重复试验的次数无限增加时,小概率事件A至少发生一次的概率可以无限地向 1靠近,从而可看成是必然要发生的 24、解:我们认为各车床或同一车床制造的各个零件的好坏是相互独立的,由此可得 P所有零件均为一级品}=0.83×0.72=0.2509

19、证： P() = P() = 0 0 = P()P(), P() = 0 = P()P(), P() = 1 = P()P(), P(B) = P(B) = P()P(B), P(A) = P(A) = P()P(A), P(AB) = P(A)P(B) （见本章第 17 题）， P(AB) = P(A− AB) = P(A) − P(AB) = P(A) − P(A)P(B) = P(A)(1− P(B)) = P(A)P(B) ， 同理可得 P(AB) = P(A)P(B) 。证毕。 20、解：P{三次射击恰击中目标一次}= = 0.4(1− 0.5)(1− 0.7) + (1− 0.4)0.5(1− 0.7) + (1− 0.4)(1− 0.5)0.7 = 0.36 P{至少有一次命中}=1-P{未击中一次} = 1− (1− 0.4)(1− 0.5)(1− 0.7) = 0.91 21、解：（1）P{所有的事件全不发生} { } = P A1 An = = = − n k P A P An pk 1 1 ( ) ( ) (1 ) 。 （2）P{至少发生其一} ( ) = P A1  An = = − = − − n k P A An P A An pn 1 1 1 (  ) 1 (  ) 1 (1 ) 。 （3）P{恰好发生其一} = p1 (1− p2 )(1− pn ) + (1− p1 ) p2 (1− p3 )(1− pn ) + p pn pn (1 ) (1 ) ++ − 1  − −1    =    = − = − + + − n i n j i n i i n pi pi p j n p 1 1 1 1 2  ( 1) 。 22、解：本题中认为各元件发生故障是相互独立的。记 A0 ={元件 k 发生故障}， A1 ={元 件 1 k 发生故障}， A2 ={元件 2 k 发生故障}。则 P{电路断开} ( ) ( ) ( ) ( ) = P A0  A1A2 = P A0 + P A1A2 − P A0A1A2 = 0.3+ 0.20.2−0.30.20.2 = 0.328。 23、解：以 Ak 表事件“A 于第 k 次试验中出现”， ( ) =  P Ak ，由试验的独立性得，前 n 次试验中 A 都不出现的概率为 ( ) ( ) ( ) ( ) P A1A2 An = P A1 P A2 P An n = (1−) 。 于是前 n 次试验中，A 至少发生一次的概率为 1 ( ) 1 (1 ) 1 ( ) − P A1A2 A = − − → n →  n n   。 这说明当重复试验的次数无限增加时，小概率事件 A 至少发生一次的概率可以无限地向 1 靠近，从而可看成是必然要发生的。 24、解：我们认为各车床或同一车床制造的各个零件的好坏是相互独立的，由此可得 { } 0.8 0.7 0.2509 3 2 P 所有零件均为一级品 =  =

25、解:利用的二项分布可得 P{至少有一个甲类细菌}=1-P(2n个全是乙类细菌 2八(2 P甲,乙两类细菌各占一半}=C 26、解:利用二项分布得 P至少出现一次正面}=1-P{n次全部出现反面}=1-(1-p)”。 P{至少出现两次正面}=1-(1-p)-Cnp(1-p)=1-(1-p)-mp(1-p)。 27、解:(1)设A,B,C分别表示每局比赛中甲,乙丙获胜的事件,这是一个 P(A)=P(B)=P(C)=的多项分布。欲丙成为整场比赛的优胜者,则需在未来的三 次中,丙获胜三次;或在前三次中,丙获胜两次乙胜一次,而第四次为丙获胜。故本题 欲求的概率为 P 3003八(3八(3)210(3八(3人3 28、解:利用两个的二项分布,得欲副省长的概率为 P=∑P甲掷出次正面,乙掷出次正面} 29、解:事件A出现奇数次的概率记为b,出现偶数次的概率记为a,则 a=C0p"q"+C2p2q"-2+… b=Cip -+Cip'q- 利用a+b=(Pp+q)=1,a-b=(q-p)",可解得事件A出现奇数次的概率为 1 1 (1-2p) 顺便得到,事件A出现偶数次的概率为a=+(1-2p)"。 30、解:事件“在出现m次A之前出现k次A”,相当于事件“在前k+m-1次试验中 出现k次A,m-1次A,而第m+k次出现A”,故所求的概率为

25、解：利用的二项分布可得 P{至少有一个甲类细菌} =1− P{2n个全是乙类细菌} n n C 2 0 2 0 20 1 2 2 1 2 1 1 −  = −            = − 。 n n n n n n P ， C n C 2 2 2 2 1 2 1 2 1 { }        =            甲 乙两类细菌各占一半 = 。 26、解：利用二项分布得 n P{至少出现一次正面} =1− P{n次全部出现反面} =1− (1− p) 。 1 1 { } 1 (1 ) (1 ) − = − − − − n n n P 至少出现两次正面 p C p p 1 1 (1 ) (1 ) − = − − − − n n p np p 。 27、解：（1）设 A，B，C 分别表示每局比赛中甲，乙丙获胜的事件，这是一个 3 1 P(A) = P(B) = P(C) = 的多项分布。欲丙成为整场比赛的优胜者，则需在未来的三 次中，丙获胜三次；或在前三次中，丙获胜两次乙胜一次，而第四次为丙获胜。故本题 欲求的概率为 3 0 0 2 0 3 1 3 1 3 1 2!1!0! 3! 3 1 3 1 3 1 3!0!0! 3!                    +                  p = 。 28、解：利用两个的二项分布，得欲副省长的概率为 = = n i p P i ， i 0 {甲掷出 次正面 乙掷出 次正面} 1 1 0 2 1 2 1 2 1 2 1 − − =                          =  i n i n i n n i i Cn C =        =      = n i n n n i n n C C 0 2 2 2 2 2 1 ( ) 2 1 。 29、解：事件 A 出现奇数次的概率记为 b，出现偶数次的概率记为 a，则 a = Cn 0 p 0 q n + Cn 2 p 2 q n−2 +， b = Cn 1 p q n−1 + Cn 3 p 3 q n−3 +。 利用 n n a + b = ( p + q) =1, a − b = (q − p) ，可解得事件 A 出现奇数次的概率为   n n b p q (1 2 p) 2 1 2 1 1 ( ) 2 1 = − − = − − 。 顺便得到，事件 A 出现偶数次的概率为 n a (1 2 p) 2 1 2 1 = + − 。 30、解：事件“在出现 m 次 A 之前出现 k 次 A”，相当于事件“在前 k + m−1 次试验中 出现 k 次 A， m−1 次 A ，而第 m+ k 次出现 A ”，故所求的概率为

Ckm-pqm1·q=Ckm1pqm 注:对事件“在出现m次A之前出现k次A”,若允许在出现m次A之前也可以出现k+1 次A,k+2次A等,这就说不通。所以,事件“在出现m次A之前出现k次A”的等 价事件,是“在出现m次A之前恰出现k次A”。而对事件“在出现m次A之前出现k 次A之前”(记为B)就不一样,即使在出现m次A之前出现了k+1次A,k+2次A 等,也可以说事件B发生,所以事件B是如下诸事件的并事件:“在出现m次A之前恰 出现i次A”,i=k,k+1,…。 31、解:设An={经n次试验后,黑球出现在甲袋中},An={经n次试验后,黑球出 现在乙袋中},Cn={第n次从黑球所在的袋中取出一个白球}。记pn=P(An) Cn=P(An)=1-Pn,n=0,1,2,…。当n≥1时,由全概率公式可得递推关系式: P,=P(A|A-)P(A-D)P(A, AmP(a-D) P(CnIA-DP(A-D+P(CA-P(An-D) p n-Pr (1-pn=1), N-2 Pn=N Pm-l+N (n2) 初始条件P0=1,由递推关系式并利用等比级数求和公式得 N-2 1/N-2 N-2 P N-2)(N-2)2 若N=1,则n=2k+1时p=0,当n=2k时pn=1 若N=2,则对任何n有pn 若N>2,则lmp,=1(N越大,收敛速度越慢 32、解:利用普阿松逼近定理,元=1000×0.005=5,查表计算得 P至少有两件废品}=∑C005309951-e3-5e-3=09596, P{不超过5件度品=>C009%:2nc=06160 设以90%的概率希望废品件数不超过k,则

k k m k m k k m Ck m p q q C 1 p q 1 1 + − − + −  = 注：对事件“在出现 m 次 A 之前出现 k 次 A”，若允许在出现 m 次 A 之前也可以出现 k +1 次 A，k + 2 次 A 等，这就说不通。所以，事件“在出现 m 次 A 之前出现 k 次 A”的等 价事件，是“在出现 m 次 A 之前恰出现 k 次 A”。而对事件“在出现 m 次 A 之前出现 k 次 A 之前”（记为 B）就不一样，即使在出现 m 次 A 之前出现了 k +1 次 A，k + 2 次 A 等，也可以说事件 B 发生，所以事件 B 是如下诸事件的并事件：“在出现 m 次 A 之前恰 出现 i 次 A”， i = k, k +1, 。 31、解：设 An = {经 n 次试验后，黑球出现在甲袋中}， An = {经 n 次试验后，黑球出 现在乙袋中}， Cn = {第 n 次从黑球所在的袋中取出一个白球}。记 ( ), pn = P An cn = P(An ) = 1− pn , n = 0,1,2,  。当 n 1 时，由全概率公式可得递推关系式： ( | ) ( ) _ ( | ) ( ) pn = P An An−1 P An−1 P An An−1 P An−1 ( | ) ( ) ( | ) ( ) = P Cn An−1 P An−1 + P Cn An−1 P An−1 N q N N pn n 1 1 1 1 +  − =  − − (1 ) 1 1 −1 + − −1 − = n pn N p N N , 即 ( 1) 2 1 1 +  − = − n N p N N pn n 。 初始条件 p0 = 1 ，由递推关系式并利用等比级数求和公式得 n n n N N N N N N N N N p       −  +      − + + − = +  − 1 1 2 1 2 2 1  n n N N N N N N N       −  +      − −               − − = 2 2 1 2 1 1 n N N       − = + 2 2 1 2 1 。 若 N =1 ，则 n = 2k +1 时 p = 0 ，当 n = 2k 时 pn =1。 若 N = 2 ，则对任何 n 有 2 1 pn = 。 若 N  2 ，则 2 1 lim = → n n p （N 越大，收敛速度越慢）。 32、解：利用普阿松逼近定理，  =10000.005 = 5 ，查表计算得 = − = 1000 2 1000 1 1000 { } (0.005) (0.995) i i i P 至少有两件废品 C 1 5 0.9596 5 5  − − = − − e e ， = − = 5 2 1000 1 1000 { 5 } (0.005) (0.995) i i i P 不超过 件废品 C 0.6160 ! 5 5 5 0  = − =  e i i i 。 设以 90%的概率希望废品件数不超过 k，则