概率论第一章习题解答全.pdf

概率论第一章习题解概率论第一章习题解 3（1）设 A，B，C 是三个事件，且 1 ( )( )( ) 4 P AP BP C，()()0P ABP BC， 1 () 8 P AC ，求 A，B，C 至少有一个发生的概率。 （2） 1 ( ) 2 P A ， 1 ( ) 3 P B ， 1 ( ) 5 P C 1 () 10 P AB ， 1 () 15 P AC ， 1 () 20 P BC ， 1 () 30 P ABC ，求AB；AB；ABC；ABC；ABC；ABC的概率。 （3）已知 1 ( ) 2 P A ， （）若 A，B 互不相容，求()P AB， （）若 1 () 8 P AB ，求()P AB 解因为事件“A，B，C 至少有一个发生”ABC 而ABCAB，()0P AB ，所以()0P ABC 故()( )( )( )P ABCP AP BP C ()()()()P ABP ACP BCP ABC 11115 000 44488 （2）()()( )( )()P ABP AP BP AB 11111 231015 ； () 114 ()()1()1 1515 P ABP ABP AB ； ()()( )( )( )P ABCP AP BP C ()()()()P ABP ACP BCP ABC 111111117 2351015203020 ； ()()()1()P ABCP ABCP ABC 173 1 2020 ； ()因为()()()ABCAB CsAB CCACBC 且()() )P ABCP AB C( )()()P CP ACP BC 111 51520 7 60 ()因为()()( )()P ABCP ABP CP ABC 已知 4 () 15 P AB ， 7 () 60 P ABC ，故 ()()( )()P ABCP ABP CP ABC 417 15560 217 6020 ； （3） 1 ( ) 2 P A ， （）若 A，B 互不相容，求()P AB， （）若 1 () 8 P AB ，求()P AB （）因为若 A，B 互不相容，所以AB ，ABA， 1 ()( ) 2 P ABP A； （）因为()AA BBABAB，且ABAB ， 所以( )()()()P AP ABABP ABP AB，代入已知条件，得 11 () 28 P AB，即 3 () 8 P AB 。 4 设 A，B 是两个事件。 （1）已知ABAB，验证AB； （2）验证 A 与 B 恰有一个发生的概率为( )( )2 ()P AP BP AB。 解（1）因为AAS，BBS ()AA BBABAB， 已知ABAB， 所以()AABABAA BB （2）因为事件“A 与 B 恰有一个发生”ABAB 所以“A 与 B 恰有一个发生”的概率为()P ABAB 而()ABA SBASABAAB， ()ABSA BSBABBAB 且ABA，ABB 故()()()P ABABP AABP BAB ( )()( )()P AP ABP BP AB ( )( )2 ()P AP BP AB 510 片药片中有 5 片是安慰剂， （1）从中任意取 5 片，其中至少有 2 片是安慰剂的概率。 （2）从中每次取 1 片，作不放回抽样，求前 3 次都取到安慰剂的概率。 解（1）设B“所取的 5 片药片中至少有 2 片安慰剂” 设 Ai“5 片中有 i 片是安慰剂”， （i=1，2，3，4，5） ，则 样本空间所饮食的基本事件数： 5 10 10!10 9 8 7 6 252 5!5!5 4 3 2 1 C 0 A含有的基本事件数： 5 5 1C ； 41 155 25AC C 1 0001011 ( )()()1()1()()P BP A AP AAP AAP AP A 125226113 1 252252252126 。 （2）设 C“前 3 次取到的都是安慰剂” 样本空间所饮食的基本事件数：1098720 事件 C 所包含的基本事件数为：54360 5 4 31 ( ) 10 9 812 P C 6在房间里有 10 个人，分别佩带从 1 号到 10 号的徽章，任选 3 人记录其徽章的号码。 （1）求最小号码为 5 的概率； （2）求最大号码为 5 的概率。 解A“最小号码为 5”，B“最大号码为 5” 样本空间所包含的基本事件数： 3 10 10 9 8 120 3 2 1 C ； 事件 A 所包含基本事件数（即 5 固定，再从 6，7，8，9，10 这 5 个数中任选 2 个） ： 2 5 5 4 10 2 C 事件 B 所包含的基本事件数（即 5 固定，再从 1,2，3,4 这 4 个数中任选 2 个） ： 2 4 4 3 6 2 C 故 101 ( ) 12012 P A ； 61 ( ) 12020 P B 7某油漆公司发出 17 桶油漆，其中白漆 10 桶，黑漆 4 桶，红漆 3 桶，在搬运的过程中所 有标签脱落，交货人随意将这些油漆发给顾客，问一个订货为 4 桶白漆，3 桶黑漆，2 桶红 漆的顾客，能按所订颜色得到订货的概率是多少？ 解设 A“顾客能按所订的颜色如数拿到订货”，则 样本空间所包含的基本事件数： 9 17 17 16 15 14 13 12 11 10 24310 8 7 6 5 4 3 2 1 C 事件 A 所包含的基本事件数： 432 1043 10 9 8 7 4 32520 4 3 2 1 C C C 所以 2520252 ( ) 243102431 P A 。 8在 1500 件产品中有 400 件次品，1100 件正品，任取 200 件： （1）求恰有 90 件次品的概率； （2）至少有 2 件次品的概率。 解设 A“所取的 200 件产品中有 90 件次品”， B“所取的 200 件产品中恰有 2 件次品” 样本空间包含的基本事件数： 200 1500 C， 事件 A 所包含的基本事件数： 90110 4001100 CC， 事件B所包含的基本事件数： 2001199 11004001100 CCC （1） 90110 4001100 200 1500 ( ) CC P A C （2） 2001199 11004001100 200 1500 ( )1( )1 CCC P BP B C 9从 5 双不同的鞋中任取 4 只，问这 4 只鞋至少能配成一双的概率是多少？ 解设 A“4 只鞋不能配成双”，则A“4 只鞋至少能配成一双” 样本空间所包含的基本事件数： 4 10 210C 事件 A 包含的基本事件数： 41111 52222 80CCCCC （即： 先从 5 双鞋中任取 4 双， 然后从所取的 4 双鞋中各任取一只， 这样取得的 4 只鞋， 都不能配成双。 ） 于是， 41111 52222 4 10 808 ( ) 21021 CCCCC P A C 813 ( )1 2121 P A 说明：本题有多种解法，总的思路是从 5 双鞋中任取一只后，再取时不考虑与已经取了 的那一只能配成双的哪一只。如 考虑 4 只鞋了是有次序的一只一只取出的： 从 10 只鞋中任取 4只共有10 9 8 7 种取法，即样本空间所包含的基本事件数：( )10 9 8 7N s ；现在来求( )N A：第一只 鞋可以从 10 只鞋中任意取， 有 10 种不同的取法， 第二只鞋只能从剩下的 9 只中且除去与已 取的第一只配对的 8 只鞋中去取，有 8 种取法，同理，第三只、第四只各有 6 种取法、4 种 取法。从而( )10 8 6 4N A 。 于是 10 8 6 48 ( ) 10 9 8 721 P A ； 813 ( )1 2121 P A 。 10在11张卡片上写有probability这11个字母， 从中任意抽7张， 求其排列结果为ability 概率。 解设 A“抽到 7 张卡片能排列成 ability”， 则 样本空间所包含的基本事件数： 7 11 11 10 9 8 7 6 5P 事件 A 所包含的基本事件数： 1111111 1221111 4CCCCCCC （即在 11 个字母中只有 1 个 a，2 个 b，2 个 i,1 个 l，已经取了一个 i， 只剩下 1 个 i，同样 t、y 也只有 1 个可取。 ） 于是 7 11 4 ( )0.0000024P A P 。 11将 3 只球随机地放入 4 个杯子中去，求杯子中球的最大个数分别为 1,2，3 的概率。 解设 i A“放入杯子中球的最大个数”， （1,2,3i ） 由于每个球可以任意地放入 4 个杯子中的任何 1 个中， 且每个杯子可以放入的球的个数 没有限制，于是“将 3 只球随机地放入 4 个杯子中去”共有 3 4种放法，即 3 ( )4N S 。 3 A： 只有3 个球都放入一个杯子中才能发生， 且有 4全杯子可任意选择， 则 3 ()4N A； 3 3 41 () 416 P A 1 A：只有当每个杯子最多放入 1 个球时才能发生，因而 1 ()4 3 2N A 1 3 4 3 26 () 416 P A 又 123 AAAS，且 ij A A ， （ij） 故 123 ()1P AAA 从而 2 169 ()1 161616 P A 。 1250 只铆钉随机地取来用在 10 个部件上，其中有 3 只铆钉强度太弱，每个部件用 3 只铆钉。若将 3 只强度太弱有铆钉都装在一个部件上，则这个部件的强度就太弱。问发生一 个部件强度太弱的概率是多少？ 解将 10 部件自 1 至 10 编号。则随机试验 E：随机地取铆钉，各部件都装 3 个铆钉。 i A“第i号部件强度太弱”， （1,2,3,10i ） 由题设知，只有当 3 只强度太弱的铆钉同时装在第i号部件上时， i A才能发生。由于从 50 只铆钉中任取 3 只装在第i号部件上共有 3 50 C种取法，强度太弱的铆钉仅有 3 只，它们都 装在第i号部件上，只有 3 3 1C 种取法。 故 3 50 11 () 19600 i P A C ， （1,2,3,10i ） 。 又 1210 ,A AA两两互不相容，因此，10 个部件中有一个强度太弱的概率为 1210 ()P AAA 1210 ()()()P AP AP A 101 196001960 。 13一个俱乐部有 5 名一年级的学生，2 名二年级的学生，3 名三年级的学生，2 名四 年级的学生。 （1）在其中任选 4 名学生，求一、二、三、四年级各有一名学生的概率； （2）在其中任选 5 名学生，求一、二、三、四年级的学生都包含在内的概率。 解（1）设 A“4 名学生中，一、二、三、四年级各有一名学生”； 样本空间所包含的基本事件数： 4 12 12 11 10 9 495 4 3 2 C 事件 A 所包含的基本事件数为： 1111 5232 60C C C C 1111 5232 4 12 604 ( ) 49533 C C C C P A C （2）设 B“5 名学生中，一、二、三、四年级的学生都包含在内”。 样本空间所包含的基本事件数： 5 12 12 11 10 9 8 792 5 4 3 2 C 事件 A 所包含的基本事件数为： 11111 52324 ()240C C C C C ， （即先从每个年级任选一人， 再从 4 个年级中 1 个， 就可保证 5 名学生中包括每个 年级的学生在内） 11111 52324 5 12 ()24010 ( ) 79233 C C C C C P B C 。 14（1）已知( )0.3P A ，( )0.4P B ，()0.5P AB ，求条件概率(|)P B AB。 （2）已知 1 ( ) 4 P A ， 1 (|) 3 P B A ， 1 (|) 2 P A B ，求()P AB。 解（1）因为( )0.3P A ， ，( )0.4P B ，()0.5P AB 所以( )0.7P A ，( )0.6P B ， ()AA BBABAB ()( )()P ABP AP AB0.2 故 () (|) () P ABB P B AB P AB () ( )( )() P AB P AP BP AB 0.2 0.25 0.70.60.5 （2）因为， 1 ( ) 4 P A 1 (|) 3 P B A ，由乘法公式得， ()(|) ( )P ABP B A P A 111 4312 又 1 (|) 2 P A B ，()(|) ( )P ABP A B P B，得 11 ( ) 122 P B，即 1 ( ) 6 P B 所以()( )( )()P ABP AP BP AB 1111 46123 。 15掷两颗骰子， 已知两颗骰子的点数之和为 7， 求其中有一颗为 1 点的概率 （用两种方法） 。 解设 A“两颗骰子的点数之和为 7”， B“一颗点数为 1” 解方法一（用条件概率公式计算） 样本空间所包含的基本事件数：36 事件 A 所包含的基本事件数：6，即 （1,6） ， （6,1） ， （5，2） ， （5,2） ， （3,4） （4,3） 事件 AB 所包含的基本事件数：2 即 （1,6） ， （6,1） 则 6 ( ) 36 P A ， 2 () 36 P AB 故 236 636 ()1 (|) ( )3 P AB P B A P A 。 方法二（在缩减的样本空间计算） 以 A 为缩减的样本空间，则 A 所包含的基本事件数：6 事件 B 在缩减的样本空间所包含的基本事件数：2 故 21 ( ) 63 P B 。 16据以往资料表明，某 3 口之家，患有某种传染病的概率有以下规律： P孩子得病0.5， P母亲得病孩子得病0.5， P父亲得病母亲及孩子得病0.4 求母亲及孩子得病而父亲未得病的概率。 解设 A“孩子得病”，B“母亲得病”，C“父亲得病”，则 ABC“母亲及孩子得病而父亲未得病” 已知( )0.6P A ，(|)0.5P B A ，(|)0.4P C AB 由乘法公式：()( ) (|)0.6 0.50.3P ABP A P B A ()(|) ()0.4 0.30.12P ABCP C AB P AB 又()ABAB CCABCABC，且ABCABC 所以，()()()0.30.120.18P ABCP ABP ABC。 () (|) () P ABC P C AB P AB 。 17已知在 10 件产品中有 2 件次品，在其中取两次，每次任取一件，作不放回抽样，求下 列事件的概率： （1）两件都是正品； （2）两件都是次品； （3）1 件正品，1 件次品； （4）第二次取出的是次品。 解设 i A“第i次取得的是正品”（1,2i ） 。 因为是不放回抽样，故样本空间所包含的基本事件数：10 990， （1）事件 1 A所包含的基本事件数：8 7， 1 8 78728 () 10 910945 P A ； （2）事件 2 A所包含的基本事件数：2 1 2 2 1211 () 10 910945 P A ； （3）事件 1212 A AA A“1 件正品，1 件次品”所包含的基本事件数： 1 2(8 2) 32C （可能是第一次取得正品，也可能是第二次取得正品） ，21 12 3216 () 10 945 P A AA A 解法二：因为 31212 AA AA A， 31212 ()()P AP A AA A， 又 1212 A AA A ，所以，由乘法公式，得 31212 ()()()P AP A AP A A 211 112 (|) ()(|) ()P AA P AP AA P A 288216 91091045 。 解法三： 利用 （1） 与 （2） 的结果， 因为1212 1221 A AA AA AA AS， 且 12 A A，12A A， 1 2 A A，2 1 A A两两互不相容，故 12 121212 ()1()()P A AA AP A AP A A 28116 1 454545 。 （4）因为，事件2A“第二次取出的是次品”， 212 1 ()()P AP AA A212 1 ()P A AA A 212 1 ()()P A AP A A 2211 11 (|) ()(|) ()P AA P AP AA P A 28121 9109105 。 18某人忘记电话号码的最后一位数字， 因而他随意地拨号， 求他拨号不超过 3 次而 接通所需电话的概率；若已知最后一位数字是奇数，那么此概率是多少？ 解 i A“第i次所能电话”， （1,2,3i ） ，A“电话所能” 则12 1213 AAA AA A A （1）第一次拨通电话： 1 1 () 10 P A ； 第 2 次拨通电话，即是1 2 A A，由乘法公式，得 111 2 191 ()(|) () 91010 P A AP A A p A 第 3 次拨通电话，即是12 3 A A A，由乘法公式 1212111 33 ()(|) (|) ()P A A AP AA Ap AA P A 1891 891010 12 1213 ( )()()()P AP AP A AP A A A 1113 10101010 。 或123( )1()P AP A A A 312211(|) (|)P AA A P AA 7893 1 891010 （2）当已知最后一个数字是奇数时，与（1）有同样的思路和解法： 1 1 () 5 P A ； 1212111 33 ()(|) (|) ()P A A AP AA Ap AA P A 1341 3455 111 2 141 ()(|) () 455 P A AP A A p A 12 1213 ( )()()()P AP AP A AP A A A 1113 5555 或123( )1()P AP A A A 312211(|) (|)P AA A P AA 2343 1 3455 19（1）设甲袋中装有n只白球，m只红球；乙袋中装有 N 只白球，M 只红球，今从甲袋 中任意取一球放入乙袋中，再从乙袋中任意取一球，问取到白球的概率是多少？ （2）设第一只盒子中装有 5 只红球，4 只白球；第二个盒子中装有 4 只红球，5 只白球，先 从第一个盒子中任意取 2 球放入第二个盒子中， 然后从第二个盒子中任意取一只球， 求取到 白球的概率是多少？ 解（1）R“从甲袋中取到红球”，W“从乙袋中取到白球”，则 ()WSWRR WRWRW，且RWRW ， ()()()P WP RWP RW (|) ( )(|) ( )P W R P RP W R P R 1 11 NmNn MNmnMNmn ； （2）设 i R“从第一个盒子中取得的球中有i只红球。”（0,1,2i ） W“从第二个盒子中取得一只白球。”则 012012 ()WSWRRR WR WRWR W 由乘法公式，得 001122 ()(|) ()(|) ()(|) ()P WP W R P RP W R P RP W R P R 而 2 4 0 2 9 1 () 6 C P R C ； 2 5 2 2 9 5 () 18 C P R C ； 102 ()1()()P RP RP R 10 18 。 （注意到从第二个盒子中取球时，它里面装有 11 只球。 ） 0 7 (|) 11 P W R（此时第三个盒子中有 7 只白球。 ） 1 6 (|) 11 P W R（此时第二个盒子中有 6 只白球，5 只红球。 ） 2 5 (|) 11 P W R（此时第二个盒子中有 5 只白球,6 只红球。 ） 于是 716105553 () 11611 1811 1899 P W 。 20某种产品的商标为“MAXAM”，其中有 2 个字母脱落，有人捡起随意放回，求放回后仍 为“MAXAM”的概率。 解设 B“放回的结果正确”，字母脱落的五种情况记为： 1 A“M，X”， 2 A“A，X”， 3 A“M，A”， 4 A“ A，A”， 5 A“M，M”， 则，样本空间所包含的基本事件数即脱落的总数： 2 5 10C 事件 1 A所包含的基本事件数： 11 21 2CC， （2 个 M，1 个 X） 事件 2 A所包含的基本事件数： 11 21 2CC， （2 个 A，1 个 X） 事件 3 A所包含的基本事件数： 11 22 4CC， （2 个 M，2 个 A） 事件 4 A所包含的基本事件数： 2 2 1C 事件 5 A所包含的基本事件数： 2 2 1C 于是 12 2 ()() 10 P AP A； 3 4 () 10 P A； 45 1 ()() 10 P AP A。 1 (|) 2 i P B A ， （1,2,3i ） ， (|)1 i P B A ， （4,5i ） 根据全概率公式，有 5 1 ( )() (|) ii i P BP A P B A 122411 ()1 () 21010101010 3 5 。 21已知男子有 5%是色盲患者，女子有 0.25%是色盲患者，今从男女人数相等的人 群中随机地选 1 人，恰好是色盲，此人是男性的概率是多少？ 解设 A“色盲患者”，B“男性” 则事件“随机地选 1 人，恰好是色盲，此人是男性”(|)B A 于是所求概率为： () (|) ( ) P AB P B A P A 由贝叶斯公式 () ( ) P AB P A ()() ()()() P ABP AB P A BBP ABP AB (|) ( ) (|) ( )(|) ( ) P A B P B P A B P BP A B P B 已知( )( )0.5P BP B（从男女人数相等的人群中随机选取 1 人。 ） (|)0.05P A B ，(|)0.025P A B 于是 () ( ) P AB P A (|) ( ) (|) ( )(|) ( ) P A B P B P A B P BP A B P B 0.050.520 0.050.50.0250.521 。 22一学生接连参加同一课程的两次考试，每一次及格的概率为 p，若第一次及格第二次也 及格的概率为 p。若第一次不及格第二次及格的概率为 p/2。 （1）若至少有一次及格，他就能够获得某种资格，求他获得资格的概率。 （2）若知道他第二次已经及格，求他第一次及格的概率。 解设 i A“第i次及格”， （1,2i ） 。 B“获得资格” （1）已知 1 ()P Ap，1()1P Ap ，1 2 (|) 2 p P AA 1 12 ( )()P BP AA A11 1212 ()()()P AP A AP AA A， 显然，1 1 AA A ，故 111 1212 ( )()()()(|) ()P BP AP A AP AP AA P A 2 3 (1) 222 pp ppp。 （2） 12211 12 11 2 2112 ()(|) () (|) ()(|) ()(|) () P A AP AA P A P AA P AP AA P AP AA P A （贝叶斯公式） 2 1 (1) 2 p pp p p p pp 。 23将两信息分别编码为 A 和 B 传送出去，接收站收到时，A 误作 B 的概率为 0.02， B 误作为 A 的概率为 0.01。 信息 A 与 B 传送的频繁程度为 2： 1。 若接收站收到的信息为 A， 原发信息为 A 的概率是多少？ 解设 1 B“发出的信息为 A”， 2 B“发出的信息为 B”， A“收到的信息为 A” 则“接收站收到的信息为 A，原发信息为 A” 1 (|)BA 11 1 1122 (|) () (|) (|) ()(|) () P A B P B P BA P A B P BP A B P B 2 0.98 3 21 0.980.01 33 196 197 24有两箱同类的零件，每第一箱装有 50 只，其中 10 只一等品，第二箱装 30 只，其中 8 只一等品。今从两箱中任意挑选出一箱，然后从该箱中取零件两次，作不放回抽样。求 （1）第一次取到的零件是一等品的概率。 （2）在第一次取到的零件是一等品的条件下，第二次取到的零件也是一等品的概率。 解设H“从第一箱中取零件”，H“从第二箱中取零件”。 i A“第i次从箱中取得的是一等品（不放回抽样）”（1,2i ）则 1 ()() 2 P HP H。 （1）由已知条件， 1 101 (|) 505 P AH ， 2 183 (|) 305 P AH ，故 1111 ()()()()P AP A HHP A HP A H 11 (|) ()(|) ()P AH P HP AB P H 11312 52525 。 （2）要求的是“在第一次取到一等品的条件下第二次取一等品的概率”，即 21 (|)P AA 因为 12 21 1 () (|) () P A A P AA P A ，而 121212 ()(|) ()(|) ()P A AP A AH P HP A AH P H 由条件概率的含义， 12 (|)P A AH表示从第一箱中取两次，每次取一只零件，作不放 回抽样且两次取得的都是一等品的概率，因第一箱中有 50 只零件，其中有 10 只一等品，于 是 12 109 (|) 5049 P A AH ，同理， 12 1817 (|) 3029 P A AH 。 故 12 211212 11 ()1 (|) (|) ()(|) () ()() P A A P AAP A AH P HP A AH P H P AP A 5 1091181711917 ()()0.4856 2 50492302924 4929 。 25某人下午 5：00 下班，他所积累的资料表明， 到家时间5:355:395:405:445:455:495:505:54迟于 5:54 乘地铁的概率0.100.250.450.150.05 乘汽车的概率0.300.350.200.100.05 某日，他抛一枚硬币决定乘地铁还是乘汽车，结果他是 5：47 到家，试求他是乘地铁回家的 概率。 解设A“乘地铁回家”，A“乘汽车回家” 1 B“5:355:39 回家”； 2 B“ 5:405:44 回家”； 3 B“ 5:455:49 回家”； 4 B“ 5:505:54 回家”； 5 B“ 迟于 5:54 回家” 因为他到家的时间为 5：47，则所求概率为在事件 3 B“5:455:49 回家”发生条件下A 发生的条件概率： 33 3 3 33 ()( ) (|) (|) ()( ) (|)( ) (|) P ABP A P BA P A B P BP A P BAP A P BA （由贝叶斯公式） 1 0.45 9 2 0.6923 11 13 0.450.20 22 。 26病树的主人钻出，委托邻居浇水，设已知如果不浇水，树死去的概率为 0.8，若浇 水，则树死去的概率为 0.15。有 0.9 的把握确定邻居会记得给树浇水。 （1）求主人回来树还活着的概率。 （2）若主人回来，树已死去，求邻居忘记浇水的概率。 解（1）设A“树活着”，B“邻居给树浇水” ( )( ()()()P AP A BBP ABP AB (|) ( )(|) ( )P A B P BP A B P B 0.150.900.800.100.1350.080.215 ( )1( )10.2150.785P AP A 。 （2） ()(|) ( ) (|) ( )(|) ( )(|) ( ) P ABP A B P B P B A P AP A B P BP A B P B 0.800.1016 0.372 0.800.100.150.9043 。 27设本题涉及的事件都有意义。设 A，B 都是事件， （1）已知( )0P A ，证明(|)(|)P AB AP AB AB。 （2）若(|)1P A B ，则(|)1P B A 。 （3）若 C 也是事件，且有(|)(|)P A CP B C，(|)(|)P A CP B C， 证明：( )( )P AP B。 证明： （1）因为所等式 左边 ()() (|) ( )( ) P ABAP AB P AB A p Ap A ， 右边 ()() (|) ()() P ABABP AB P AB AB p ABp AB 而ABA，()( )P ABP A，所以 (|)(|)P AB AP AB AB。 （2）因为 () (|)1 ( ) P AB P A B P B ，即()( )P ABP B。 （） 于是 ()() (|) ( )( ) P ABP AB P B A P AP A 1()1( )( )() 1( )1( ) P ABP AP BP AB P AP A 因为()( )P ABP B，故 1( ) (|)1 1( ) P A P B A P A 。 （3）已知(|)(|)P A CP B C，则由条件概率公式，得 ()() ( )( ) P ACP BC P CP C ，即()()P ACP BC（） 同样，由(|)(|)P A CP B C，有()()P ACP BC（） 由（）式( ()( ()P A SCP B sC， ( )()( )()P AP ACP BP BC 或( )( )()()P AP BP ACP BC 由（） ，得知 ( )( )0P AP B，即 ( )( )P AP B。 28有两种花籽的发芽率分别为 0.8 和 0.9，从中各取一颗做出芽试验，设各花籽出芽与否 是相互独立的，求 （1）这两颗花籽都发芽的概率。 （2）至少有一颗发芽的概率。 （3）恰有一颗花籽能发芽的概率。 解设A“第一种花籽抽取的一颗花籽发芽”， B“第二种花籽抽取的一颗花籽发芽” （1）因为 A 与 B 相互独立，则 AB“两颗花籽都发芽”， 故()( ) ( )0.80.90.72P ABP A P B （2）由于 AB “至少有一颗花籽发芽”； 故 ()( )( )()0.80.90.720.98P ABP AP BP AB。 （3）因为ABAB“恰有一颗花籽发芽”，又A与B相互独立，A与B相互 独立，故 ()( ) ( )( ) ( )0.80.010.020.90.26P ABABP A P BP A P B 29根据报导，美国人的血型分布近似的为：A 型为 37%，O 型的为 44%，B 型为 13%， AB 型为 6%。夫妻的血型是相互独立的。 （1）B 型的人只有输入 B 型和 O 型的血才安全。若妻为 B 型，夫为何种血型未知，求夫是 妻的安全输血者的概率。 （2）随机地取一对夫妇，求妻为 B 型夫为 A 型的概率。 （3）随机地取一对夫妇，求其中一人为 A 型，另一人为 B 型的概率。 （4）随机地取一对夫妇，求其中至少有一人是 O 型的概率。 解（1）由题意知，夫血型为 B、O 都是安全输血者，因为两种血型是相互独立的， 故所求概率为 1 0.440.130.57p 。 （2）因为夫妇所有的血型相互独立，故所求概率为： 2 0.13 0.370.0481p 。 （3） 3 20.370.130.0962p 。 （4）有三种可能：即夫为 O，妻为非 O；妻为 O，夫为非 O；夫妻均为 O。 4 20.44(10.44)0.440.440.6864p 。 30（1）给出事件 A，B 的例子，使得 （）(|)( )P A BP A； （）(|)( )P A BP A； （）(|)( )P A BP A （2）设 A，B，C 相互独立，证明（）C 与 AB 相互独立； （）C与AB相互独立。 （3）设 A 的概率( )0P A ，证明任意另一事件 B，有 A 与 B 相互独立。 （4）证明事件 A 与 B 相互独立的充分必要条件是(|)(|)P A BP B A。 解（1） （）设随机试验为抛一枚骰子，A“点数为 2”，B“点数为奇数” 显然(|)0P A B ，而 1 ( ) 6 P A ，从而(|)( )P A BP A。 （）设 A，B 是任意两个满足条件：( )0P A ，( )0P B 的随机事件，则有 ()( ) ( ) (|)( ) ( )( ) P ABP A P B P A BP A P BP B 。 （）设随机试验为抛一枚骰子，A“点数为 3”，B“点数为奇数”，则 ()( )1 (|) ( )( )3 P ABP A P A B P BP B ，而 1 ( ) 6 P A ，即(|)( )P A BP A （2）（）因为 A，B，C 相互独立，所以 ()( ) ( )P ABP A P B，()( ) ( )P BCP B P C， ()( ) ( )P ACP A P C，()( ) ( ) ( )P ABCP A P B P C 而 ()(|) (|) ( )P C ABP C AB p B A P A ()() ( ) ()( ) P ABCP AB P A P ABP A ( ) ( ) ( )() ( ) ( ) ( )( ) P A P B P CP AB P A P A P BP A ( ) ()P C P AB （）因为( ()()()()()P C ABP ACBCP ACP BCp ABC ( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( )P A P CP B P Cp A P B P C ( ) ( )( )( ) ( )P C P AP Bp A P B ( ) ( )( )()P C P AP BP AB ( ) ()P C P AB。 即 C 与 AB 相互独立。 （3）因为( )0P A ，对于任意的事件 B，( ) ( )0P A P B ， 又ABA，()( )0P ABP A， 所以()( ) ( )P ABP A P B，即 A 与 B 相互独立。 （4）若 A 与 B 相互独立，则( )( )P AP B，于是 ()( ) ( )() (|)( )(|) ( )( )( ) P ABP B P AP BA P A BP AP A B P BP BP B 。 即(|)(|)P A BP B A 若(|)(|)P A BP B A，则 ()( ) ( ) (|)(|)( ) ( )( ) P ABP A P B P B AP A BP A P BP B 即有(|)( )P A BP A 由随机事件相互独立的等价定义（教材 P21 的定理一）知 A 与 B 相互独立。 31设事件 A，B 的概率都大于零，说明以下叙述（1）必然对， （2）必然错， （3）可能对， 并说明理由。 （1）若 A，B 互不相容，则它们相互独立。 （2）若 A 与 B 相互独立，则它们互不相容。 （3）( )( )0.6P AP B，且 A 与 B 互不相容。 （4）( )( )0.6P AP B，且 A 与 B 相互独立。 解（1）必然错。因为 A 与 B 互不相容，AB ()0P AB ，而( ) ( )0P A P B ，所以 ( ) ( )( ) ( )P A P BP A P B，即 A 与 B 不是相互独立的。 （2）必然错。因为 A 与 B 相互独立，所以()( ) ( )0P ABP A P B。 （3）必然错。若 A 与 B 互不相容，则()0P AB ， 而()( )( )()P ABP AP BP AB 1.2()1P AB。 （4）可能对。A 与 B 相互独立时， ()( )( )()P ABP AP BP AB1.2( ) ( )0.84P A P B。 32有一种检验艾滋病毒的检验法，其结果有 0.005 报道为假阳性（即不带艾滋病毒者，经 此检验法有 0.005 的概率被认为带有艾滋病毒） 。今有 140 名不带艾滋病毒的正常人接 受此种检验，被报道至少有 1 人带艾滋病毒者的概率。 解设 i A“用此方法检， 有i人验呈阳性”， （1,2,140i ） ， 由于 i A（1,2,140i ） 是相互独立的。所以被报道至少有 1 人带艾滋病毒的概率为 1 121402140 ()()P AAAP AAA121401()P A AA 140 1(0.995)10.49570.5043 33盒中有编号为 1,2，3,4 的 4 只球，随机地从盒子中任取一球，事件 A 为“取得的是 1 号 球或 2 号球”，事件 B“取得的是 1 号球或 3 号球”，事件 C“取得的是 1 号或 4 号”球。验 证： ()( ) ( )P ABP A P B；()( ) ( )P ACP A P C，()( ) ( )P BCP B P C， 但()( ) ( ) ( )P ABCP A P B P C。 解设 i A“取到i号球”（1,2,3,4i ） ，则 1234 1 ()()()() 4 P AP AP AP A， 又已知 12 AAA， 13 BAA， 14 CAA， 1 A， 2 A， 3 A， 4 A两两互不相容。 故 1 ( )( )( ) 2 P AP BP C，且 1 ABA， 1 ABA， 1 BCA， 1 ABCA， 1 ()()()() 4 P ABP ACP BCP ABC， 从而 111 ()( ) ( ) 422 P ABP A P B， 111 ()( ) ( ) 422 P ACP A P C， 111 ()( ) ( ) 422 P BCP B P C 但 1 ()( ) ( ) ( ) 4 P ABCP A P B P C，即 A，B，C 不是相互独立的。 34试分别求以下两个系统的可靠性： （1）设有 4 个独立工作的元件 1,2，3,4。它们的可靠性分别为 1 p， 2 p， 3 p， 4 p， 将它们按 34 题图（1）的方式连接（称为并串联系统） 。 图 34（1） 图 34（2） （2）设有 5 个独立工作的元件 1,2，3,4，5，它们的可靠性均为p，将它们按题图 34（2） 的方式连接（称为桥式系统） 。 解（1）设 i A“元件i正常工作/”（1,2,3,4i ） ，该并串联系统的可靠性即 12341234 ()()()P A A AAP AP A AA 1234234 () ()()()P AP A AP AP A A A 1234234 () () ()()() () ()P AP A P AP AP A P A P A 1234234 p p ppp p p。 （2） （1）设 i A“元件i正常工作/”（1,2,3,4,5i ） ，该桥式系统的可靠性即 1245135234 ()P A AA AA A AA A A 1245135234 ()()()()P A AP A AP A A Ap A A A 12341345234512345 ()()()()P A A A AP A A A AP A A A Ap A A A A A 123451234512345 ()()()p A A A A Ap A A A A Ap A A A A A 123451234512345 ()()()p A A A A Ap A A A A Ap A A A A A 2345 2352pppp 35如果一危险情况 C 发生时，一电路闭合并发出警告报，我们可以人借用两个或多个 12 3 4 5 1 3 2 4 开关并联以改善可靠性。在 C 发生时，这些开关每一个都应闭合，且若至少有一个 开关闭合了，警报就发出。如果两个这样的开关并联连接，它们每个具有