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 ) = 0.10.2 + 0.10.7 + 0.20.1+ 0.70.1 = 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