..P (B)=P (A1)P(B|A)+ P (A2)P(B|A2)NN+1mnn+m"N+M+1n+m"N+M+1[十九](2第一只盒子装有5只红球，4只白球；第二只盒子装有4只红球，5只白球。先从第一盒子中任取2只球放入第二盒中去，然后从第二盒子中任取一只球，求取到白球的概率。记C为“从第一盒子中取得2只红球”。C2为“从第一盒子中取得2只白球”。C3为“从第一盒子中取得1只红球，1只白球”D为“从第二盒子中取得白球”，显然CI，C2，C两两互斥，CUC2UC3=S，由全概率公式，有P (D)=P(Ci)P (DICI)+P (C2)P (D|C2)+P(C3)P(DIC3)C.5.C.+CCI.6-553C,11-99C, 11'c, 11+26.[二十一]已知男人中有5%是色盲患者，女人中有0.25%是色盲患者。今从男女人数相等的人群中随机地挑选一人，恰好是色盲患者，问此人是男性的概率是多少？解：Ai=(男人)，A2=(女人)，B={色盲)，显然AiUA2=S，AA2=Φ1。P(B|A,)=5%, P(B|A2)=0.25%由已知条件知P(A)=P(A2)=2 °由贝叶斯公式，有1..520P(A,B)P(A)P(B|A)2.100P(A, /B)=)1512521P(B)P(A)P(B|A)+P(A,)P(B|A)2100210000[二十二]一学生接连参加同一课程的两次考试。第一次及格的概率为P，若第一次及格则第二次及格的概率也为P：若第一次不及格则第二次及格的概率为号（1)若2至少有一次及格则他能取得某种资格，求他取得该资格的概率。（2）若已知他第二次已经及格，求他第一次及格的概率
∴ P (B)=P (A1)P(B| A1)+ P (A2)P (B| A2) = 1 1 1 + + + + + + + + N M N n m m N M N n m n [十九](2) 第一只盒子装有 5 只红球，4 只白球；第二只盒子装有 4 只红球，5 只白 球。先从第一盒子中任取 2 只球放入第二盒中去，然后从第二盒子中任取一只球，求取 到白球的概率。 记 C1 为“从第一盒子中取得 2 只红球”。 C2 为“从第一盒子中取得 2 只白球”。 C3 为“从第一盒子中取得 1 只红球，1 只白球”， D 为“从第二盒子中取得白球”，显然 C1，C2，C3 两两互斥，C1∪C2∪C3=S，由全 概率公式，有 P (D)=P (C1)P (D|C1)+P (C2)P (D|C2)+P (C3)P (D| C3) 99 53 11 6 11 7 11 5 2 9 1 4 1 5 2 9 2 4 2 9 2 5 = = + + C C C C C C C 26.[二十一] 已知男人中有 5%是色盲患者，女人中有 0.25%是色盲患者。今从男女 人数相等的人群中随机地挑选一人，恰好是色盲患者，问此人是男性的概率是多少？ 解：A1={男人}，A2={女人}，B={色盲}，显然 A1∪A2=S，A1 A2=φ 由已知条件知 ( | ) 5%, ( | ) 0.25% 2 1 ( ) ( ) P A1 = P A2 = P B A1 = P B A2 = 由贝叶斯公式，有 21 20 10000 25 2 1 100 5 2 1 100 5 2 1 ( ) ( | ) ( ) ( | ) ( ) ( | ) ( ) ( ) ( | ) 1 1 2 2 1 1 1 1 = + = + = = P A P B A P A P B A P A P B A P B P A B P A B [二十二] 一学生接连参加同一课程的两次考试。第一次及格的概率为 P，若第一 次及格则第二次及格的概率也为 P；若第一次不及格则第二次及格的概率为 2 P （1）若 至少有一次及格则他能取得某种资格，求他取得该资格的概率。（2）若已知他第二次已 经及格，求他第一次及格的概率
解：A=他第i次及格，i=1.2已知 P(41)-P(42/41-P,P(A2 /A)=P/（1）B=（至少有一次及格）所以B=两次均不及格=AA:: P(B)=1- P(B)=1- P(A,A,)=1- P(A)P(42 /A)=1-[1- P(A)][1- P(A, /A)]B)=p-1p?=1-(1- P)(1- 4222(2)P(4,4)定义 P(4/4,)(*)P(A2)由乘法公式，有P(AiA2)=P(Ai)P(A2|A)=P2由全概率公式，有 P(A,)=P(A,)P(A,IA,)+P(A)P(A,IA)P=P.P+(1-P). -2p2+P22p22P将以上两个结果代入（*）得P(A,|A）：P+1p2P2+228.[二十五】某人下午5:00下班，他所积累的资料表明：到家时间5:35~5:395:40~5:445:45~5:495:50~5:54迟于5:54乘地铁到0.450.100.250.150.05家的概率乘汽车到0.300.350.100.050.20家的概率某日他抛一枚硬币决定乘地铁还是乘汽车，结果他是5:47到家的，试求他是乘地铁
解：Ai={他第 i 次及格}，i=1,2 已知 P (A1)=P (A2|A1)=P， 2 ( | ) 2 1 P A A = P （1）B={至少有一次及格} 所以 1 2 B ={两次均不及格}= A A ∴ ( ) 1 ( ) 1 ( ) 1 ( ) ( | ) P B = − P B = − P A1A2 = − P A1 P A2 A1 1 [1 ( )][1 ( | )] = − − P A1 − P A2 A1 2 2 1 2 3 ) 2 1 (1 )(1 P P P = − − P − = − （2） ( ) ( ) ) 2 1 2 1 2 ( P A P A A P A A 定义 （*） 由乘法公式，有 P (A1 A2)= P (A1) P (A2| A1) = P2 由全概率公式，有 ( ) ( ) ( | ) ( ) ( | ) P A2 = P A1 P A2 A1 + P A1 P A2 A1 2 2 2 (1 ) 2 P P P P P P = + = + − 将以上两个结果代入（*）得 1 2 2 2 ( | ) 2 2 1 2 + = + = P P P P P P A A 28.[二十五] 某人下午 5:00 下班，他所积累的资料表明： 到家时间 5:35~5:39 5:40~5:44 5:45~5:49 5:50~5:54 迟于 5:54 乘地铁到 家的概率 0.10 0.25 0.45 0.15 0.05 乘汽车到 家的概率 0.30 0.35 0.20 0.10 0.05 某日他抛一枚硬币决定乘地铁还是乘汽车，结果他是 5:47 到家的，试求他是乘地铁
回家的概率。解：设A=“乘地铁”，B=“乘汽车”，C=“5:45~5:49到家”，由题意.AB=中AUB=S已知：P(A)=0.5,P(C|A)=0.45,P(C|B)=0.2,P(B)=0.5由贝叶斯公式有0.45P(AIC)= P(CIA)P(A) 0.5×0.459=0.69230.6513P(C) + P(CIB)P(C|A)2229.「二十四1有两箱同种类型的零件。第一箱装5只，其中10只一等品：第二箱30只，其中18只一等品。今从两箱中任挑出一箱，然后从该箱中取零件两次，每次任取一只，作不放回抽样。试求（1）第一次取到的零件是一等品的概率。（2）第一次取到的零件是一等品的条件下，第二次取到的也是一等品的概率。解：设B表示“第i次取到一等品”=1，2A1A2=ΦA表示“第j箱产品”j=1,2，显然AUA2=S110,118_2=0.4（Bl=AiB+A2B由全概率公式解）。(1)P(B)=250+230-51 10 911817P(B,B,)_250 492 30 29 = 0.4857(2) P(B, |B)=2P(B,)5（先用条件概率定义，再求P（BiB2）时，由全概率公式解）32.[二十六（2）1如图1，2，3，4，5表示继电器接点，假设每一继电器接点闭合的概率为，且设各继电器闭合与否相互独立LoOOR求L和R是通路的概率。4n记Ai表第i个接点接通记A表从L到R是构成通路的。：A=A1A2+A1A3As+A4As+AAsA2四种情况不互斥
回家的概率。 解：设 A=“乘地铁”，B=“乘汽车”，C=“5:45~5:49 到家”，由题意,AB=φ,A∪ B=S 已知：P (A)=0.5, P (C|A)=0.45, P (C|B)=0.2, P (B)=0.5 由贝叶斯公式有 0.6923 13 9 0.65 0.45 2 1 ( | ) 2 1 ( | ) 0.5 0.45 ( ) ( | ) ( ) ( | ) = = = + = = P C A P C B P C P C A P A P A C 29.[二十四] 有两箱同种类型的零件。第一箱装 5 只，其中 10 只一等品；第二箱 30 只，其中 18 只一等品。今从两箱中任挑出一箱，然后从该箱中取零件两次，每次任 取一只，作不放回抽样。试求（1）第一次取到的零件是一等品的概率。（2）第一次取 到的零件是一等品的条件下，第二次取到的也是一等品的概率。 解：设 Bi 表示“第 i 次取到一等品” i=1，2 Aj 表示“第 j 箱产品”j=1,2，显然 A1∪A2=S A1A2=φ （1） 0.4 5 2 30 18 2 1 50 10 2 1 ( ) P B1 = + = = （B1=A1B +A2B 由全概率公式解）。 （2） 0.4857 5 2 29 17 30 18 2 1 49 9 50 10 2 1 ( ) ( ) ( | ) 1 1 2 2 1 = + = = P B P B B P B B （先用条件概率定义，再求 P (B1B2)时，由全概率公式解） 32.[二十六（2）] 如图 1，2，3，4，5 表 示继电器接点，假设每一继电器接点闭合的 概率为 p，且设各继电器闭合与否相互独立， 求 L 和 R 是通路的概率。 记 Ai 表第 i 个接点接通 记 A 表从 L 到 R 是构成通路的。 ∵ A=A1A2+A1A3A5+A4A5+A4A3A2 四种情况不互斥 5 3 4 1 2 L R
::P(A)=P(A1A2)+P(A1A3As)+P(A4As)HP(A4A3A2)—P(A1A2A34s)+P(AA2A4As)+P(AA2A3A4)+P(AA3A4As)+ P (A1A2 A3A4As) P(A2 A3 A4As)+ P(A1A2A3 A4As)+P(AiA2 A3 A4As)+(AA2A3AAs)+P(A1A2A3A4As)—P(AA2A3AAs)又由于A1，A2，A3，A4，As互相独立。故P(A)=p2+p3+p+p3-[p4+p*+p*+p*+p+p")+[p+p+p+p]-ps=2p2+3p3-5p4+2p[二十六（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P1，P2，P3，P4，将它们按图（1）的方式联接，求系统的可靠性。记Ai表示第1个元件正常工作，i=1，2，3，4，23A表示系统正常。4：A=A1A2A3+A1A4两种情况不互::P(A)=P(AiA2A)+P(AiA4)-P(A/A2A3A4）(加法公式)=P(A1) P(A2)P(A3)+ P(A1) P(A4)-P(AI) P(A2)P(A3)P(A4)=PiP2P3+PiP4—PiP2P3P4(A1,A2,A3,A4独立)34.[三十一】袋中装有m只正品硬币，n只次品硬币，（次品硬币的两面均印有国徽）。在袋中任取一只，将它投掷次，已知每次都得到国徽。问这只硬币是正品的概率为多少？解：设“出现r次国徽面”=B,“任取一只是正品”=A由全概率公式，有
∴ P (A)=P (A1A2)+P (A1A3A5) +P (A4A5)+P (A4A3A2)－P (A1A2A3A5) + P (A1A2 A4A5)+ P (A1A2 A3 A4) +P (A1A3 A4A5) + P (A1A2 A3A4A5) P (A2 A3 A4A5)+ P (A1A2A3 A4A5)+ P (A1A2 A3 A4A5) + (A1A2 A3 A4A5) + P (A1A2 A3 A4A5)－P (A1A2 A3 A4A5) 又由于 A1，A2， A3， A4，A5 互相独立。 故 P (A)=p 2+ p 3+ p 2+ p 3－[p 4 +p 4 +p 4 +p 4 +p 5 +p 4 ] +[ p 5 + p 5+ p 5+ p 5 ]－p 5=2 p 2+ 3p 3 －5p 4 +2 p 5 [二十六（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 P1， P2，P3，P4，将它们按图（1）的方式联接，求系统的可靠性。 记 Ai 表示第 i 个元件正常工作，i=1，2，3，4， A 表示系统正常。 ∵ A=A1A2A3+A1A4 两种情况不互斥 ∴ P (A)= P (A1A2A3)+P (A1A4)－P (A1A2A3 A4) (加法公式) = P (A1) P (A2)P (A3)+ P (A1) P (A4)－P (A1) P (A2)P (A3)P (A4) = P1P2P3+ P1P4－P1P2P3P4 (A1, A2, A3, A4 独立) 34.[三十一] 袋中装有 m 只正品硬币，n 只次品硬币，（次品硬币的两面均印有国 徽）。在袋中任取一只，将它投掷 r 次，已知每次都得到国徽。问这只硬币是正品的概 率为多少？ 解：设“出现 r 次国徽面”=Br “任取一只是正品”=A 由全概率公式，有 3 4 2 1
nmP(B,) = P(A)P(B, [A)+ P(A)P(B, A) :×1m+nm+nmmP(A)P(B, IA)m+P(A|B,)=FP(B,)mm+n.2'nm+nm+n（条件概率定义与乘法公式）35.甲、乙、丙三人同时对飞机进行射击，三人击中的概率分别为0.4，0.5，0.7。飞机被一人击中而被击落的概率为0.2，被两人击中而被击落的概率为0.6，若三人都击中，飞机必定被击落。求飞机被击落的概率。解：高H表示飞机被i人击中，i=1，2，3。B1，B2，B2分别表示甲、乙、丙击中飞机:H,=B,B,B,+B,B,B,+B,B,B,，三种情况互斥。H,=B,B,B,+B,B,B,+B,B,B，三种情况互斥H=B,B,B又B1，B2，B2独立。:.P(H,)=P(B,)P(B,)P(B,)+P(B,)P(B,)P(B,)+P(B)P(B,)P(B)=0.4×0.5×0.3+0.6×0.5×0.3+0.6×0.5×0.7=0.36P(H2)=P(B)P(B,)P(B,)+ P(B)P(B,)P(B,)+ P(B,)P(B,)P(B,)=0.4×0.5×0.3+0.4×0.5×0.7+0.6×0.5×0.7=0.41P(H3)=P(B1)P(B2)P(B3)=0.4×0.5×0.7=0.14又因：A=HiA+H2A+H3A三种情况互斥故由全概率公式，有
r r r r r r r r r r r m n m m n n m n m m n m P B P A P B A P A B m n n m n m P B P A P B A P A P B A 2 ) 2 1 ( ) 2 1 ( ( ) ( ) ( | ) ( | ) ) 1 2 1 ( ) ( ) ( | ) ( ) ( | ) ( + = + + + + = = + + + = + = （条件概率定义与乘法公式） 35．甲、乙、丙三人同时对飞机进行射击，三人击中的概率分别为 0.4，0.5，0.7。 飞机被一人击中而被击落的概率为 0.2，被两人击中而被击落的概率为 0.6，若三人都击 中，飞机必定被击落。求飞机被击落的概率。 解：高 Hi 表示飞机被 i 人击中，i=1，2，3。B1，B2，B2 分别表示甲、乙、丙击中 飞机 ∵ H1 = B1B2B3 + B1B2B3 + B1B2B3 ，三种情况互斥。 H2 = B1B2B3 + B1B2B3 + B1B2B3 三种情况互斥 H3 = B2B2B3 又 B1，B2，B2 独立。 ∴ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) P H1 = P B1 P B2 P B3 + P B1 P B2 P B3 0.5 0.3 0.6 0.5 0.7 0.36 ( 1 ) ( 2 ) ( 3 ) 0.4 0.5 0.3 0.6 + = + P B P B P B = + ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) P H2 = P B1 P B2 P B3 + P B1 P B2 P B3 + P(B1 )P(B2 )P(B3 ) = 0.40.50.3 + 0.4×0.5×0.7+0.6×0.5×0.7=0.41 P (H3)=P (B1)P (B2)P (B3)=0.4×0.5×0.7=0.14 又因： A=H1A+H2A+H3A 三种情况互斥 故由全概率公式，有