第一章 概率论的基本概念

第一章 概率论的基本概念

1. 写出下列随机试验的样本空间 S:

（1）记录一个班一次数学考试的平均分数（设以百分制记分）.

（2）生产产品直到有10件正品为止，记录生产产品的总件数.

（3）对某工厂出厂的产品进行检查，合格的记上“正品”，不合格的记上“次品”，如连续查出了2件次品就停止检查，或检查了4件产品就停止检查，记录检查的结果.

（4）在单位圆内任意取一点，记录它的坐标.

解 （1）以 n 表示该班的学生数，总成绩的可能取值为 0,1,2,3, $ \cdots $,100n，所以试验的样本空间为

$$ S=\{\frac{i}{n}\mid i=0,1,2,\cdots,100n\} $$

（2）设在生产第10件正品前共生产了k件不合格品，样本空间为 $ S=\{10+k|k=0,1,2,\cdots\} $或写成 $ S=\{10,11,12,\cdots\} $.

（3）采用0表示检查到一件次品，以1表示检查到一件正品，例如0110表示第一次与第四次检查到次品，而第二次与第三次检查到的是正品，样本空间可表示为

$$ \mathbf{S}=\{00,100,0100,0101,0110,1100,1010,1011,0111,1101,1110,1111\}. $$

（4）取一直角坐标系，则有 $ S=\{(x,y)\mid x^{2}+y^{2}<1\} $，若取极坐标系，则有 $ S=\{(\rho,\theta)\mid\rho<1,0\leqslant\theta<2\pi\} $.

1. 设 A, B, C 为三个事件，用 A, B, C 的运算关系表示下列各事件：

(1) A 发生，B 与 C 不发生.

(2) A 与 B 都发生，而 C 不发生.

(3) A, B, C 中至少有一个发生.

$$ t_{1}=0 $$

(4) A, B, C 都发生.

(5) A, B, C 都不发生.

(6) A, B, C 中不多于一个发生.

(7) A, B, C 中不多于两个发生.

(8) A, B, C 中至少有两个发生.

解 以下分别用 $ D_{i}(i=1,2,\cdots,8) $ 表示(1),(2),…,(8)中所给出的事件。注意到一个事件不发生即为它的对立事件发生，例如事件 A 不发生即为 $ \overline{A} $

发生.

(1) A 发生，B 与 C 不发生，表示 A， $ \bar{B} $， $ \bar{C} $ 同时发生，故 $ D_{1}=ABC $ 或写成 $ D_{1}=A-B-C $.

（2）A 与 B 都发生而 C 不发生，表示 A，B， $ \bar{C} $ 同时发生，故 $ D_{2}=AB\bar{C} $ 或写成 $ D_{2}=AB-C $.

（3）由和事件的含义知，事件 $ A \cup B \cup C $ 即表示 A, B, C 中至少有一个发生，故 $ D_{3} = A \cup B \cup C $.

也可以这样考虑：事件“A, B, C 至少有一个发生”是事件“A, B, C 都不发生”的对立事件，因此， $ D_{3} = \overline{ABC} $.

也可以这样考虑：事件“A, B, C中至少有一个发生”表示三个事件中恰有一个发生或恰有两个发生或三个事件都发生，因此， $ D_{3} $ 又可写成

$$ D_{3}=A\overrightarrow{B C}\cup\overrightarrow{A B C}\cup\overrightarrow{A B C}\cup A B\overrightarrow{C}\cup A B C\cup\overrightarrow{A B C}\cup A B C. $$

(4) $ D_{4}=ABC $

(5) $ D_{5} = \overline{A} \overline{B} \overline{C} $.

（6）“A, B, C中不多于一个发生”表示A, B, C都不发生或A, B, C中恰有一个发生，因此， $ D_{6} = \overline{A} \overline{B} \overline{C} \cup A \overline{B} \overline{C} \cup \overline{A} B \overline{C} \cup \overline{A} \overline{B} C $

又“A, B, C 中不多于一个发生”表示“A, B, C 中至少有两个不发生”，亦即 $ \overline{A} \overline{B}, \overline{B} \overline{C}, \overline{A} \overline{C} $ 中至少有一个发生，因此又有 $ D_{6} = \overline{A} \overline{B} \cup \overline{B} \overline{C} \cup \overline{C} \overline{A} $.

又“A, B, C 中不多于一个发生”是事件 G = “A, B, C 中至少有两个发生”的对立事件。而事件 G 可写成 $ G = AB \cup BC \cup CA $，因此又可将 $ D_{6} $ 写成

$$ D_{6}=\overline{AB\cup BC\cup CA}=\overline{AB}\cap\overline{BC}\cap\overline{CA}. $$

(7) “A, B, C中不多于两个发生”表示A, B, C都不发生或A, B, C中恰有一个发生或A, B, C中恰有两个发生. 因此, $ D_7 = \overline{A} \overline{B} \overline{C} \cup \overline{A} \overline{B} \overline{C} \cup \overline{A} \overline{B} \overline{C} \cup \overline{A} \overline{B} \overline{C} \cup \overline{A} \overline{B} \overline{C} \cup \overline{A} \overline{B} \overline{C} \cup \overline{A} \overline{B} \overline{C} $. 又“A, B, C中不多于两个发生”表示A, B, C中至少有一个不发生, 亦即 $ \overline{A}, \overline{B}, \overline{C} $中至少有一个发生, 即有 $ D_7 = \overline{A} \cup \overline{B} \cup \overline{C} $.

又“A, B, C 中不多于两个发生”是事件“A, B, C 三个都发生”的对立事件，因此又有 $ D_{7} = \overline{ABC} $.

(8) $ D_{8}=AB\cup BC\cup CA $，也可写成 $ D_{8}=ABC\cup\overline{A}BC\cup AB\overline{C}\cup AB\overline{C} $

注意:(i) 两事件的差可用对立事件来表示,例如 $ A-B=A\overline{B} $, $ A-BC=A\overline{BC} $.

（ii）易犯的错误是，误将 $ \overline{AB} $与 $ \overline{A}\ \overline{B} $等同起来，事实上， $ \overline{AB}=\overline{A}\cup\overline{B}\neq\overline{A}\overline{B} $，又如 $ \overline{ABC}=\overline{A}\cup\overline{B}\cup\overline{C}\neq\overline{A}\ \overline{B}\ \overline{C} $。

（iii）误以为 $ S = A \cup B \cup C $，事实上， $ S - A \cup B \cup C $ 可能不等于 $ \varnothing $，一般 $ S \supseteq A $ $ \cup B \cup C $。

1. (1) 设 A, B, C 是三个事件，且 $ P(A) = P(B) = P(C) = \frac{1}{4} $, $ P(AB) = P(BC) = 0 $, $ P(AC) = \frac{1}{8} $，求 A, B, C 至少有一个发生的概率.

(2) 已知 $ P(A)=\frac{1}{2} $, $ P(B)=\frac{1}{3} $, $ P(C)=\frac{1}{5} $, $ P(AB)=\frac{1}{10} $, $ P(AC)=\frac{1}{15} $, $ P(BC)=\frac{1}{20} $, $ P(ABC)=\frac{1}{30} $, 求 $ A \cup B $, $ \overline{A}\overline{B} $, $ A \cup B \cup C $, $ \overline{A}\overline{B}\overline{C} $, $ \overline{A}\overline{B}\overline{C} $, $ \overline{A}\overline{B} \cup C $ 的概率.

（3）已知 $ P(A)=\frac{1}{2} $，(i) 若 A，B 互不相容，求 $ P(AB) $，(ii) 若 $ P(AB)=\frac{1}{8} $，求 $ P(A\overline{B}) $。

解 (1) $ P(A \cup B \cup C) $

$ =P(A)+P(B)+P(C)-P(AB)-P(BC)-P(AC)+P(ABC) $

$ =\frac{5}{8}+P(ABC) $.

由 $ AB \subset AB $，已知 $ P(AB)=0 $，故 $ 0 \leqslant P(ABC) \leqslant P(AB)=0 $，得 $ P(ABC)=0 $。所求概率为 $ P(A \cup B \cup C)=\frac{5}{8} $。

$$ P(A\cup B)=P(A)+P(B)-P(AB)=\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\frac{1}{10}=\frac{11}{15}. $$

$$ P(\overline{A}\ \overline{B})=P(\overline{A\cup B})=1-P(A\cup B)=\frac{4}{15}. $$

$$ \begin{aligned}P(A\cup B\cup C)&=P(A)+P(B)+P(C)-P(AB)-P(AC)-P(BC)+P(ABC)\\&=\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{5}-\frac{1}{10}-\frac{1}{15}-\frac{1}{20}+\frac{1}{30}=\frac{51}{60}=\frac{17}{20}.\end{aligned} $$

$$ P(\overline{A}\ \overline{B}\overline{C})=P(\overline{A\cup B\cup C})=1-P(A\cup B\cup C)=\frac{3}{20}. $$

$ P(\overline{A} \overline{B} C) = P(\overline{A} \overline{B}(S - \overline{C})) = P(\overline{A} \overline{B} - \overline{A} \overline{B} \overline{C}) = P(\overline{A} \overline{B}) - P(\overline{A} \overline{B} \overline{C}) $

$ \frac{4}{15} - \frac{3}{20} = \frac{16 - 9}{60} = \frac{7}{60} $

记 $ p = P(\overline{A} \setminus \overline{B} \cup C) $，由加法公式

$$ 0 \1988 \1111 \1111 \1111 \1111 \1111 \1111 \1111 \1111 $$

$$ p=P(\overline{A}\ \overline{B})+P(C)-P(\overline{A}\ \overline{B}C)=\frac{4}{15}+\frac{1}{5}-\frac{7}{60}=\frac{7}{20}. $$

(3) (i) $ P(A\overline{B}) = P(A(S - B)) = P(A - AB) = P(A) - P(AB) = \frac{1}{2} $.

4. 设 A, B 是两个事件

（1）已知 $ A\bar{B}=\overline{A}B $，验证 A=B.

(2) 验证事件 A 和事件 B 恰有一个发生的概率为 $ P(A) + P(B) = 2P(AB) $.

解 (1) 假设 $ A\overline{B} = \overline{A}B $，故有 $ (A\overline{B}) \cup (AB) = (\overline{A}B) \cup (AB) $，从而 $ A(\overline{B} \cup B) = (\overline{A} \cup A)B $，即 AS = SB，故有 A = B.

(2) A, B 恰好有一个发生的事件为 $ \overline{AB} \cup \overline{AB} $，其概率为

$$ \begin{aligned}P(A\overline{B}\bigcup\overline{A}B)&=P(A\overline{B})+P(\overline{A}B)=P(A(S-B))+P(B(S-A))\\&=P(A-AB)+P(B-AB)=P(A)+P(B)-2P(AB),\end{aligned} $$

1. 10 片药片中有 5 片是安慰剂.

（1）从中任意抽取5片，求其中至少有2片是安慰剂的概率.

(2) 从中每次取一片，作不放回抽样，求前3次都取到安慰剂的概率.

$$ \begin{aligned} 解 \quad(1)p=&1-P( 取到的 5 片药片均不是安慰剂 )\\&-P( 取到的 5 片药片中只有 1 片是安慰剂 )\\=&1-\binom{5}{0}\binom{10-5}{5}\Big/\binom{10}{5}-\binom{5}{1}\binom{10-5}{4}\Big/\binom{10}{5}=\frac{113}{126}.\end{aligned} $$

(2) $ p = \frac{5}{10} \cdot \frac{4}{9} \cdot \frac{3}{8} = \frac{1}{12} $.

1. 在房间里有10个人，分别佩戴从1号到10号的纪念章，任选3人记录其纪念章的号码.

（1）求最小号码为5的概率.

(2) 求最大号码为 5 的概率.

解 E: 在房间里任选3人，记录其佩戴的纪念章的号码.10人中任选3人共有 $ \binom{10}{3}=120 $种选法，此即为样本点的总数.以A记事件“最小的号码为5”，以B记事件“最大的号码为5”.

（1）因选到的最小号码为5，则其中一个号码为5且其余两个号码都大于5，它们可从6～10这5个数中选取，故 $ N(A)=\binom{5}{2} $，从而

$$ P(A)=N(A)/N(S)=\binom{5}{2}\bigg/\binom{10}{3}=\frac{1}{12}. $$

（2）同理， $ N(B)=\binom{4}{2} $，故

$$ P(B)=N(B)/\dot{N}(S)=\binom{4}{2}\bigg/\binom{10}{3}=\frac{1}{20}. $$

1. 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桶黑漆和2桶红漆的顾客，能按所订颜色如数得到订货的概率是多少？

解 E: 在 17 桶油漆中任取 9 桶给顾客. 以 A 表示事件“顾客取到 4 桶白漆、3 桶黑漆与 2 桶红漆”，则有 $ N(S)=\binom{17}{9}, N(A)=\binom{10}{4} \binom{4}{3} \binom{3}{2} $，故

$$ P(A)=N(A)/N(S)=\binom{10}{4}\binom{4}{3}\binom{3}{2}\bigg/\binom{17}{9}=\frac{252}{2431}. $$

1. 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）求至少有2件次品的概率.

解 E: 从 1500 件产品中任取 200 件产品. 以 A 表示事件“恰有 90 件次品”, 以 $ B_{i} $ 表示事件“恰有 i 件次品”, i=0,1, 以 C 表示事件“至少有 2 件次品”.

(1)

$$ N(S)={\binom{1\ 500}{200}}, $$

$$ N(A)=\binom{400}{90}\binom{1100}{200-90}=\binom{400}{90}\binom{1100}{110}, $$

故

$$ P(A)=N(A)/N(S)=\binom{400}{90}\binom{1\ 100}{110}\bigg/\binom{1\ 500}{200}. $$

(2) $ C = S - B_{0} - B_{1} $，其中， $ B_{0} $， $ B_{1} $互不相容，所以

$$ \begin{aligned}P(C)&=P(S-B_{0}-B_{1})=P(S-\left[B_{0}\bigcup B_{1}\right])\\&=1-P(B_{0}\bigcup B_{1})=1-P(B_{0})-P(B_{1}).\end{aligned} $$

因2.1.6（日）中弹题日从（10V求来奇源（面）去

$$ N(B_{0})=\binom{1\ 100}{200},N(B_{1})=\binom{400}{1}\binom{1\ 100}{199}, $$

故

$$ P(B_{0})=\binom{1\ 100}{200}\bigg/\binom{1\ 500}{200},\quad P(B_{1})=\binom{400}{1}\binom{1\ 100}{199}\bigg/\binom{1\ 500}{200}, $$

因此有

$$ \begin{align*}P(C)&=1-\binom{1\ 100}{200}\bigg/\binom{1\ 500}{200}-\binom{400}{1}\binom{1\ 100}{199}\bigg/\binom{1\ 500}{200}\\&=1-\left[\binom{1\ 100}{200}+\binom{400}{1}\binom{1\ 100}{199}\right]\bigg/\binom{1\ 500}{200}.\end{align*} $$

1. 从 5 双不同的鞋子中任取 4 只，问这 4 只鞋子中至少有两只配成一双的概率是多少？

解 E: 从 5 双不同的鞋子中任取 4 只. 以 A 表示事件“所取 4 只鞋子中至少有两只配成一双鞋子”，则 $ \overline{A} $ 表示事件“所取 4 只鞋子无配对”. 先计算 $ P(\overline{A}) $ 较为简便. 以下按 $ N(\overline{A}) $ 的不同求法，列出本题的 3 种解法，另外还给出一种直接求 $ P(A) $ 的解法.

解法(i) 考虑4只鞋子是有次序一只一只取出的. 自5双(10只)鞋子中任取4只共有 $ 10\times9\times8\times7 $种取法, $ N(S)=10\times9\times8\times7 $. 现在来求 $ N(\overline{A}) $. 第一只可以任意取, 共有10种取法, 第二只只能在剩下的9只中且除去与已取的第一只配对的8只鞋子中任取一只, 共8种取法. 同理第三只、第四只各有6种、4种取法, 从而 $ N(\overline{A})=10\times8\times6\times4 $. 故

$$ \begin{aligned}\cdot P(A)&=1-P(\overline{A})=1-N(\overline{A})/N(S)\\&=1-\frac{10\times8\times6\times4}{10\times9\times8\times7}=\frac{13}{21}.\end{aligned} $$

解法(ii) 从10只鞋子中任取4只，共有 $ \binom{10}{4} $种取法，即 $ N(S)=\binom{10}{4} $.为求 $ N(\overline{A}) $，先从5双鞋子中任取4双共有 $ \binom{5}{4} $种取法，再自取出的每双鞋子中各取1只（在一双中取一只共有2种取法），共有 $ 2^{4} $种取法，即 $ N(\overline{A})=\binom{5}{4}2^{4} $.故

$$ P(A)=1-P(\overline{A})=1-\frac{\binom{5}{4}2^{4}}{\binom{10}{4}}=\frac{13}{21}. $$

解法(iii) 现在来求 $ N(\overline{A}) $. 先从 5 只左脚鞋子中任取 k 只 (k=0,1,2,3,4), 有 $ \binom{5}{k} $ 种取法, 而剩下的 4-k 只鞋子只能从 (不能与上述所取的配对的) 5-k 只右脚鞋子中选取, 即对于每个固定的 k, 有 $ \binom{5}{k} \binom{5-k}{4-k} $ 种取法. 故

$$ N(\overline{A})=\sum_{k=0}^{4}\binom{5}{k}\binom{5-k}{4-k}=80. $$

故

$$ P(A)=1-P(\overline{A})=1-N(\overline{A})/N(S)=1-\frac{80}{\binom{10}{4}}=\frac{13}{21}. $$

解法(iv) 以 $ A_{i} $ 表示事件“所取4只鞋子中恰能配成i双”(i=1,2)，则 $ A = A_{1} \cup A_{2} $， $ A_{1}A_{2} = \varnothing $，故 $ P(A) = P(A_{1}) + P(A_{2}) $。因 $ A_{2} $ 为4只恰能配成2双，

它可直接从5双鞋子中成双地取得，故 $ N(A_{2})=\binom{5}{2} $。 $ N(A_{1}) $的算法是：先从5双中取1双，共有 $ \binom{5}{1} $种取法，另外两只能从其他8只中取，共有 $ \binom{8}{2} $种取法，不过这种取法中将成双的也算在内了，应去掉。从而

$$ N(A_{1})=\binom{5}{1}\left[\binom{8}{2}-\binom{4}{1}\right]=120. $$

N(S)仍为解法(ii)中的 $ \binom{10}{4}=210 $种，故

$$ \begin{aligned}P(A)&=P(A_{1})+P(A_{2})=\frac{N(A_{1})}{N(S)}+\frac{N(A_{2})}{N(S)}\\&=\frac{120+10}{210}=\frac{13}{21}.\end{aligned} $$

1. 在11张卡片上分别写上 probability 这11个字母，从中任意连抽7张，求其排列结果为 ability 的概率.

解法(i) E: 自11个字母中随机地接连抽7个字母并依次排列. 将11个字母中的两个b看成是可分辨的, 两个i也看成是可分辨的, $ N(S) = A_{11}^{7} $. 以A记事件“排列结果为ability”, 则 $ N(A) = 4 $ (因b有两种取法, i也有两种取法), 因而

$$ P(A)=N(A)/N(S)=\frac{4}{A_{11}^{7}}=2.4\times10^{-6}. $$

解法(ii) 本题也可利用乘法定理来计算. 以 $ A_{1}, B_{2}, I_{3}, L_{4}, I_{5}, T_{6}, Y_{7} $ 依次表示取得字母 a, b, i, l, i, t, y 各事件，则所求概率为

$$ \begin{aligned}P(A_{1}B_{2}I_{3}L_{4}I_{5}T_{6}Y_{7})&=P(A_{1})P(B_{2}\mid A_{1})P(I_{3}\mid A_{1}B_{2})\\&\quad\times P(L_{4}\mid A_{1}B_{2}I_{3})P(I_{5}\mid A_{1}B_{2}I_{3}L_{4})\\&\quad\times P(T_{6}\mid A_{1}B_{2}I_{3}L_{4}I_{5})P(Y_{7}\mid A_{1}B_{2}I_{3}L_{4}I_{5}T_{6})\\&=\frac{1}{11}\cdot\frac{2}{10}\cdot\frac{2}{9}\cdot\frac{1}{8}\cdot\frac{1}{7}\cdot\frac{1}{6}\cdot\frac{1}{5}=\frac{4}{A_{11}^{7}}.\end{aligned} $$

注意，在解法(i)中仅当将两个i看成是可以区分的，两个b看成是可以区分的，才属于古典概型问题.

1. 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 E: 将3只球随机地放入4个杯子中去. 易知共有 $ 4^{3} $种放置法. 以 $ A_{i} $表示事件“杯子中球的最大个数为i”，i=1,2,3.

$ A_{3} $ 只有当3只球放在同一杯子中时才能发生，有4个杯子可以任意选择，

于是 $ N(A_{3})=\binom{4}{1} $，故

$$ P(A_{3})=N(A_{3})/N(S)=\binom{4}{1}\bigg/4^{3}=\frac{1}{16}. $$

$ A_{1} $ 只有当每个杯子最多放一只球时才能发生. 因而 $ N(A_{1})=4\cdot3\cdot2=A_{4}^{3} $，故

$$ P(A_{1})=N(A_{1})/N(S)=A_{4}^{3}/4^{3}=\frac{3}{8}. $$

又 $ A_{1} \cup A_{2} \cup A_{3} = S $，且 $ A_{i}A_{j} = \varnothing (i \neq j) $，故 $ P(A_{1}) + P(A_{2}) + P(A_{3}) = 1 $，从而

$$ P(A_{2})=1-\frac{1}{16}-\frac{3}{8}=\frac{9}{16}. $$

1. 50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只强度太弱的铆钉都装在一个部件上，则这个部件强度就太弱。问发生一个部件强度太弱的概率是多少？

解 将部件自1到10编号.E:随机地取铆钉，使各部件都装3只铆钉.以 $ A_{i} $表示事件“第i号部件强度太弱”.由题设，仅当3只强度太弱的铆钉同时装在第i号部件上， $ A_{i} $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 $ \binom{50}{3} $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 $ \binom{3}{3}=1 $种取法，故

$$ P(A_{i})=1/\binom{50}{3}=\frac{1}{19\ 600},\quad i=1,2,\cdots,10, $$

且知 $ A_{1}, A_{2}, \cdots, A_{10} $ 两两互不相容，因此，10 个部件中有一个强度太弱的概率为

$$ \begin{aligned}\boldsymbol{p}=&\boldsymbol{P}\{A_{1}\cup A_{2}\cup\cdots\cup A_{10}\}\\=&\boldsymbol{P}(A_{1})+\boldsymbol{P}(A_{2})+\cdots+\boldsymbol{P}(A_{10})\\=&\frac{10}{19\ 600}=\frac{1}{1\ 960}.\end{aligned} $$

1. 一俱乐部有5名一年级学生，2名二年级学生，3名三年级学生，2名四年级学生.

（1）在其中任选4名学生，求一、二、三、四年级的学生各一名的概率.

（2）在其中任选5名学生，求一、二、三、四年级的学生均包含在内的概率.

解 （1）共有 $ 5+2+3+2=12 $ 名学生，在其中任选 4 名共有 $ \binom{12}{4}=495 $ 种

选法，其中每年级各选1名的选法有 $ \binom{5}{1}\binom{2}{1}\binom{3}{1}\binom{2}{1}=60 $种选法，因此，所求概率为 $ p=\frac{60}{495}=\frac{4}{33} $.

（2）在12名学生中任选5名的选法共有 $ \binom{12}{5}=792 $种.在每个年级中有一个年级取2名，而其他3个年级各取1名的取法共有

$ \binom{5}{2}\binom{2}{1}\binom{3}{1}\binom{2}{1}+\binom{5}{1}\binom{2}{2}\binom{3}{1}\binom{2}{1}+\binom{5}{1}\binom{2}{1}\binom{3}{2}\binom{2}{1}+\binom{5}{1}\binom{2}{1}\binom{3}{1}\binom{2}{2}=240 $种.于是所求的概率为

$$ p=\frac{240}{792}=\frac{10}{33}. $$

1. (1) 已知 $ P(\overline{A})=0.3, P(B)=0.4, P(A\overline{B})=0.5 $，求条件概率 $ P(B|A \cup \overline{B}) $。

(2) 已知 $ P(A)=\frac{1}{4} $, $ P(B|A)=\frac{1}{3} $, $ P(A|B)=\frac{1}{2} $，试求 $ P(A \cup B) $

解 (1) $ P(B|A \cup \overline{B}) = \frac{P(B(A \cup \overline{B}))}{P(A \cup \overline{B})} $

$ = \frac{P(AB)}{P(A) + P(\overline{B}) - P(A\overline{B})} $

由题设得 $ P(A)=1-P(\overline{A})=0.7, P(\overline{B})=1-P(B)=0.6, P(AB)=P(A)(S-\overline{B})=P(A)-P(A\overline{B})=0.2 $，故

$$ P(B\mid A\cup\overline{B})=\frac{0.2}{0.7+0.6-0.5}=0.25. $$

(2)

$$ P(AB)=P(B\mid A)P(A)=\frac{1}{12}, $$

$$ P(B)=P(AB)/P(A\mid B)=\frac{1}{12}\bigg/\frac{1}{2}=\frac{1}{6}, $$

故

$$ \begin{aligned}P(A\cup B)=&P(A)+P(B)-P(AB)\\=&\frac{1}{4}+\frac{1}{6}-\frac{1}{12}=\frac{1}{3}.\end{aligned} $$

1. 掷两颗骰子，已知两颗骰子点数之和为7，求其中有一颗为1点的概率（用两种方法）.

解 E: 掷两颗骰子, 观察其出现之点数. 以 A 记事件“两骰子点数之和为 7”, 以 B 记事件“两颗骰子中有一颗出现 1 点”.

解法(i) 按条件概率的定义式: $ P(B|A)=\frac{P(AB)}{P(A)} $ 来求条件概率. 设想两颗骰子是可分辨的, 样本空间为

$$ S=\{(1,1),(1,2),\cdots,(1,6),(2,1),(2,2),\cdots,(2,6),\cdots,(6,6)\} $$

$$ \mathrm{A}=\{(1,6),(2,5),(3,4),(4,3),(5,2),(6,1)\} $$

$ AB=\{(1,6),(6,1)\} $. 现在 $ N(S)=36, N(A)=6, N(AB)=2 $，因此

$$ P(B|A)=\frac{2/36}{6/36}=\frac{1}{3}. $$

解法(ii) 按条件概率的含义来求 $ P(B|A) $. 样本空间原有 36 个样本点，现在知道了“A 已经发生”这一信息，根据这一信息，不在 A 中的样本点就不可能出现了，因而试验所有可能结果所成的集合就是 A，而 A 中共有 6 个可能结果，其中只有两个结果 (1,6) 和 (6,1) 有一颗骰子出现 1 点，因此

$$ P(B|A)=\frac{2}{6}=\frac{1}{3}. $$

1. 据以往资料表明，某一3口之家，患某种传染病的概率有以下规律：

$$ P\{ 孩子得病 \}=0.6,P\{ 母亲得病 \mid 孩子得病 \}=0.5, $$

$$ P\{ 父亲得病 \mid 母亲及孩子得病 \}=0.4, $$

求母亲及孩子得病但父亲未得病的概率.

解 以 A 记事件“孩子得病”，以 B 记事件“母亲得病”，以 C 记事件“父亲得病”，按题意要求 $ P(A\overline{B}\overline{C}) $ 。已知 $ P(A)=0.6, P(B|A)=0.5, P(C|BA)=0.4 $ ，由乘法定理得

$$ \begin{aligned}P(ABC)&=P(\overline{C}BA)=P(\overline{C}\mid BA)P(BA)\\&=P(\overline{C}\mid BA)P(B\mid A)P(A)\\&=(1-P(C\mid BA))P(B\mid A)P(A)\\&=0.6\times0.5\times0.6=0.18.\end{aligned} $$

1. 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）一件是正品，一件是次品；

（4）第二次取出的是次品.

解 E: 在 10 件产品中（其中有 2 件次品）任取两次，每次取 1 件，作不放回抽样。以 $ A_{i}(i=1,2) $ 表示事件“第 i 次抽出的是正品”。因为是不放回抽样，所以

(1)

$$ P(A_{1}A_{2})=P(A_{2}\mid A_{1})P(A_{1})=\frac{7}{9}\times\frac{8}{10}=\frac{28}{45}. $$

(2)

$$ P(\overline{A}_{1}\overline{A}_{2})=P(\overline{A}_{2}\mid\overline{A}_{1})P(\overline{A}_{1})=\frac{1}{9}\times\frac{2}{10}=\frac{1}{45} $$

(3)

$$ \begin{aligned}P\left(A_{1}\overline{A}_{2}\cup\overline{A}_{1}A_{2}\right)&=P\left(A_{1}\overline{A}_{2}\right)+P\left(\overline{A}_{1}A_{2}\right)( 因 \left(A_{1}\overline{A}_{2}\right)\left(\overline{A}_{1}A_{2}\right)=\varnothing)\\&=P\left(\overline{A}_{2}\mid A_{1}\right)P\left(A_{1}\right)+P\left(A_{2}\mid\overline{A}_{1}\right)P\left(\overline{A}_{1}\right)\\&=\frac{2}{9}\times\frac{8}{10}+\frac{8}{9}\times\frac{2}{10}=\frac{16}{45}.\end{aligned} $$

亦可利用(1)(2)的结果.因为 $ A_1A_2 \cup \overline{A_1A_2} \cup A_1\overline{A_2} \cup \overline{A_1A_2} = S $，且 $ A_1A_2 $， $ \overline{A_1A_2} $， $ A_1\overline{A_2} $， $ \overline{A_1A_2} $两两不相容，故

$$ P(A_{1}\overline{A}_{2}\cup\overline{A}_{1}A_{2})=1-\frac{28}{45}-\frac{1}{45}=\frac{16}{45}. $$

(4)

$$ \begin{aligned}P(\overline{A}_{2})&=P\big[(A_{1}\bigcup\overline{A}_{1})\overline{A}_{2}\big]=P(A_{1}\overline{A}_{2}\bigcup\overline{A}_{1}\overline{A}_{2})\\&=P(A_{1}\overline{A}_{2})+P(\overline{A}_{1}\overline{A}_{2})\\&=P(\overline{A}_{2}\mid A_{1})P(A_{1})+P(\overline{A}_{2}\mid\overline{A}_{1})P(\overline{A}_{1})\\&=\frac{2}{9}\times\frac{8}{10}+\frac{1}{9}\times\frac{2}{10}=\frac{1}{5}.\end{aligned} $$

1. 某人忘记了电话号码的最后一个数字，因而他随意地拨号. 求他拨号不超过三次而接通所需电话的概率. 若已知最后一个数字是奇数，那么此概率是多少？

解法(i) 以 $ A_{i} $ 表示事件“第 i 次拨号拨通电话”，i=1,2,3. 以 A 表示事件“拨号不超过 3 次拨通电话”，则有

$$ A=A_{1}\cup\overline{A}_{1}A_{2}\cup\overline{A}_{1}\overline{A}_{2}A_{3}. $$

因 $ A_{1}, \overline{A}_{1}A_{2}, \overline{A}_{1}\overline{A}_{2}A_{3} $ 两两互不相容，且 $ P(A_{1})=\frac{1}{10} $

$$ \begin{aligned}P(\overline{A}_{1}A_{2})&=P(A_{2}\mid\overline{A}_{1})P(\overline{A}_{1})=\frac{1}{9}\times\frac{9}{10}=\frac{1}{10},\\P(\overline{A}_{1}\overline{A}_{2}A_{3})&=P(A_{3}\mid\overline{A}_{1}\overline{A}_{2})P(\overline{A}_{2}\mid\overline{A}_{1})P(\overline{A}_{1})\\&=\frac{1}{8}\times\frac{8}{9}\times\frac{9}{10}=\frac{1}{10},\end{aligned} $$

即有一束扫盒二弹从井：（3）盒二弹人欲只S项中盒一弹凡：3（8）

P(A) = P(A_1) + P(\overline{A}_1 A_2) + P(\overline{A}_1 \overline{A}_2 A_3)

$ = \frac{1}{10} + \frac{1}{10} + \frac{1}{10} = \frac{3}{10}. $

当已知最后一位数是奇数时，所求概率为

$$ p=\frac{1}{5}+\frac{1}{5}+\frac{1}{5}=\frac{3}{5}. $$

解法(ii) 沿用解法(i)的记号，知

$$ \begin{aligned}P(A)&=1-P( 拨号 3 次都接不通 )=1-P(\overline{A}_{1}\overline{A}_{2}\overline{A}_{3})\\&=1-P(\overline{A}_{3}\mid\overline{A}_{1}\overline{A}_{2})P(\overline{A}_{2}\mid\overline{A}_{1})P(\overline{A}_{1})\end{aligned} $$

$$ =1-\frac{7}{8}\times\frac{8}{9}\times\frac{9}{10}=\frac{3}{10}. $$

当已知最后一位是奇数时，所求概率为

$$ p=1-\frac{2}{3}\times\frac{3}{4}\times\frac{4}{5}=\frac{3}{5}. $$

1. (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只球放入乙袋中，再从乙袋中任意取一只球。问取到白球的概率是多少？

（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。先从第一盒中任取2只球放入第二盒中去，然后从第二盒中任取一只球。求取到白球的概率。

解法(i) （1）E：从甲袋任取一球放入乙袋（此为试验 $ E_{1} $），再从乙袋任取一球观察其颜色（此为试验 $ E_{2} $）。试验E是由 $ E_{1} $和 $ E_{2} $合成的。以R表示事件“从甲袋取得的是红球”，以W表示事件“从乙袋取得的是白球”，即有

$$ \boldsymbol{W}=\boldsymbol{S}\boldsymbol{W}=(\boldsymbol{R}\bigcup\overline{\boldsymbol{R}})\boldsymbol{W}=\boldsymbol{R}\boldsymbol{W}\bigcup\overline{\boldsymbol{R}}\boldsymbol{W},(\boldsymbol{R}\boldsymbol{W})(\overline{\boldsymbol{R}}\boldsymbol{W})=\varnothing. $$

于是

$$ \begin{aligned}P(\boldsymbol{W})&=P(R\boldsymbol{W})+P(\overline{R}\boldsymbol{W})\\&=P(\boldsymbol{W}\left|\boldsymbol{R}\right)P(\boldsymbol{R})+P(\boldsymbol{W}\left|\overline{\boldsymbol{R}}\right)P(\overline{\boldsymbol{R}}).\end{aligned} $$

而

$$ P(R)=\frac{m}{n+m},\quad P(\bar{R})=\frac{n}{n+m}. $$

在计算 $ P(W|R) $， $ P(W|\overline{R}) $ 时，注意在试验 $ E_{2} $ 中，乙袋球数为 $ N+M+1 $ 只；在求 $ P(W|R) $ 时，乙袋白球数为 N，但在求 $ P(W|\overline{R}) $ 时，乙袋白球数为 $ N+1 $，故

$$ \begin{aligned}P(W)=&\frac{N}{N+M+1}\frac{m}{n+m}+\frac{N+1}{N+M+1}\frac{n}{n+m}\\=&\frac{n+N(n+m)}{(n+m)(N+M+1)}.\end{aligned} $$

(2) E: 从第一盒中任取 2 只球放入第二盒 $ (E_{1}) $，再从第二盒任取一球观察其颜色 $ (E_{2}) $。以 $ R_{i} $ (i=0,1,2) 表示事件“从第一盒中取得的球中有 i 只是红球”，以 W 表示事件“从第二盒取得一球是白球”。由于 $ R_{0}, R_{1}, R_{2} $ 两两互不相容，且 $ R_{0} \cup R_{1} \cup R_{2} = S $，故

$$ \mathbf{W}=\mathbf{S}\mathbf{W}=(\mathbf{R}_{0}\bigcup\mathbf{R}_{1}\bigcup\mathbf{R}_{2})\mathbf{W}=\mathbf{R}_{0}\mathbf{W}+\mathbf{R}_{1}\mathbf{W}+\mathbf{R}_{2}\mathbf{W}. $$

从而

$$ \begin{aligned}\boldsymbol{P}(\boldsymbol{W})=&\boldsymbol{P}(R_{0}\boldsymbol{W})+\boldsymbol{P}(R_{1}\boldsymbol{W})+\boldsymbol{P}(R_{2}\boldsymbol{W})\\=&\boldsymbol{P}(\boldsymbol{W}\left|R_{0}\right.\boldsymbol{P}(R_{0})+\boldsymbol{P}(\boldsymbol{W}\left|R_{1}\right.\boldsymbol{P}(R_{1})+\boldsymbol{P}(\boldsymbol{W}\left|R_{2}\right.\boldsymbol{P}(R_{2})).\end{aligned} $$

而

$$ P(R_{0})=\binom{4}{2}\left|\binom{9}{2}\right|=\frac{1}{6},\quad P(R_{2})=\binom{5}{2}\left|\binom{9}{2}\right|=\frac{5}{18}, $$

$$ P(R_{1})=1-P(R_{0})-P(R_{2})=1-\frac{1}{6}-\frac{5}{18}=\frac{10}{18}. $$

并注意到，在试验 $ E_{2} $中第二盒球的个数为11，故

$$ P(W|R_{0})=\frac{7}{11},P(W|R_{1})=\frac{6}{11},P(W|R_{2})=\frac{5}{11}, $$

所以

$$ P(W)=\frac{7}{11}\times\frac{1}{6}+\frac{6}{11}\times\frac{10}{18}+\frac{5}{11}\times\frac{5}{18}=\frac{53}{99}. $$

解法(ii) （1）以 A 表示事件“最后取到的是白球”，以 B 表示事件“最后取到的是甲袋中的球”，因

$$ A=SA=(B\cup\bar{B})A=BA\cup\bar{B}A,(BA)(\bar{B}A)=\varnothing, $$

于是

$$ \begin{aligned}\boldsymbol{P}(\boldsymbol{A})=&\boldsymbol{P}(\boldsymbol{B}\boldsymbol{A})+\boldsymbol{P}(\overline{\boldsymbol{B}}\boldsymbol{A})\\=&\boldsymbol{P}(\boldsymbol{A}\left|\right.\boldsymbol{B})\boldsymbol{P}(\boldsymbol{B})+\boldsymbol{P}(\boldsymbol{A}\left|\right.\overline{\boldsymbol{B}})\boldsymbol{P}(\overline{\boldsymbol{B}}).\end{aligned} $$

而

$$ P(B)=\frac{1}{N+M+1},\quad P(\bar{B})=\frac{N+M}{N+M+1} $$

（这是因为最后是从乙袋中取球的，此时乙袋中共有 $ N+M+1 $只球，其中只有一只是甲袋中的球）.

又有

$$ P(A\mid B)=\frac{n}{n+m},P(A\mid\overline{B})=\frac{N}{M+N} $$

故

$$ \begin{aligned}P(A)=&\frac{n}{n+m}\frac{1}{N+M+1}+\frac{N}{N+M}\frac{N+M}{N+M+1}\\=&\frac{n+N(n+m)}{(n+m)(N+M+1)}.\end{aligned} $$

（2）以 A 表示事件“最后取到的是白球”，以 B 表示事件“最后取到的是甲袋中的球”，因

$$ A=SA=(B\cup\overline{B})A=BA\cup\overline{BA},(BA)(\overline{BA})=\varnothing $$

得

$$ \begin{aligned}P(A)=&P(A\mid B)P(B)+P(A\mid\overline{B})P(\overline{B})\\=&\frac{4}{9}\times\frac{2}{11}+\frac{5}{9}\times\frac{9}{11}=\frac{53}{99}.\end{aligned} $$

1. 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 以 $ H_1, H_2, H_3, H_4, H_5 $ 依次表示事件“脱落 M、M”，“脱落 A、A”，“脱落 M、A”，“脱落 X、A”，“脱落 X、M”，以 G 表示事件“放回后仍为 MAXAM”，所需求的是 $ P(G) $。可知 $ H_1, H_2, H_3, H_4, H_5 $ 两两不相容，且 $ H_1 \cup H_2 \cup H_3 \cup H_4 \cup H_5 = S $。已知

$$ P(H_{1})=\binom{2}{2}\Big/\binom{5}{2}=\frac{1}{10},\qquad P(H_{2})=\binom{2}{2}\Big/\binom{5}{2}=\frac{1}{10}, $$

$$ P(H_{3})=\binom{2}{1}\binom{2}{1}\Big/\binom{5}{2}=\frac{4}{10},\qquad P(H_{4})=\binom{1}{1}\binom{2}{1}\Big/\binom{5}{2}=\frac{2}{10}, $$

$$ P(H_{5})=\binom{1}{1}\binom{2}{1}/\binom{5}{2}=\frac{2}{10}, $$

$$ P(G\mid H_{1})=P(G\mid H_{2})=1, $$

$$ P(G\mid H_{3})=P(G\mid H_{4})=P(G\mid H_{5})=\frac{1}{2}. $$

由全概率公式得

$$ P(G)=\sum_{i=1}^{5}P(G\mid H_{i})P(H_{i})=\frac{1}{10}+\frac{1}{10}+\frac{2}{10}+\frac{1}{10}+\frac{1}{10}=\frac{3}{5}. $$

1. 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挑选一人，恰好是色盲者，问此人是男性的概率是多少？

解 以 A 表示事件“选出的是男性”，则 $ \overline{A} $ 表示事件“选出的是女性”，以 H 表示事件“选出的人患色盲”，则 $ \overline{H} $ 表示“选出的人不患色盲”。由题设 $ P(A)=P(\overline{A})=\frac{1}{2} $， $ P(H|A)=0.05 $， $ P(H|\overline{A})=0.0025 $，所需求的概率是 $ P(A|H) $。由贝叶斯公式得

$$ \begin{aligned}P(A\mid H)=&\frac{P(AH)}{P(H)}=\frac{P(H\mid A)P(A)}{P(H\mid A)P(A)+P(H\mid\overline{A})P(\overline{A})}\\=&\frac{0.05\times\frac{1}{2}}{0.05\times\frac{1}{2}+0.002\ 5\times\frac{1}{2}}=\frac{500}{525}=\frac{20}{21}.\end{aligned} $$

1. 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 $ \frac{p}{2} $.

（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 E: 一学生接连参加一门课程的两次考试. 以 $ A_{i} $ 表示事件“第 i 次考试及格”, i=1,2; 以 A 表示“他能取得某种资格”.

(1) 按题意 $ A = A_1 \cup \overline{A_1} A_2 $. 因 $ A_1 \cap (\overline{A_1} A_2) = \varnothing $, 且由已知条件:

$$ P(A_{1})=p,\quad P(\overline{A}_{1})=1-p, $$

$$ P(A_{2}\mid A_{1})=p,\quad P(A_{2}\mid\overline{A}_{1})=\frac{p}{2}, $$

故

$$ \begin{aligned}P(A)&=P(A_{1}\cup\overline{A}_{1}A_{2})=P(A_{1})+P(\overline{A}_{1}A_{2})\\&=p+P(A_{2}\mid\overline{A}_{1})P(\overline{A}_{1})=p+\frac{p}{2}(1-p)\\&=\frac{3}{2}p-\frac{1}{2}p^{2}.\end{aligned} $$

(2)

$$ \begin{aligned}P(A_{1}\mid A_{2})&=\frac{P(A_{1}A_{2})}{P(A_{2})}\\&=\frac{P(A_{2}\mid A_{1})P(A_{1})}{P(A_{2}\mid A_{1})P(A_{1})+P(A_{2}\mid\overline{A_{1}})P(\overline{A_{1}})}\\&=\frac{p\times p}{p\times p+\frac{p}{2}(1-p)}=\frac{2p}{p+1}.\end{aligned} $$

1. 将两信息分别编码为 A 和 B 传送出去，接收站收到时，A 被误收作 B 的概率为 0.02，而 B 被误收作 A 的概率为 0.01。信息 A 与信息 B 传送的频繁程度为 2：1。若接收站收到的信息是 A，问原发信息是 A 的概率是多少？

解 以 D 表示事件“将信息 A 传递出去”，则 $ \overline{D} $ 表示事件“将信息 B 传递出去”，以 R 表示“接收到信息 A”，则 $ \overline{R} $ 表示事件“接收到信息 B”，按题意需求概率 $ P(D|R) $. 已知 $ P(\overline{R}|D)=0.02 $, $ P(R|\overline{D})=0.01 $，且有 $ P(D)/P(\overline{D})=2 $，由于 $ P(D)+P(\overline{D})=1 $，得知 $ P(D)=\frac{2}{3} $, $ P(\overline{D})=\frac{1}{3} $. 由贝叶斯公式得到

$$ \begin{aligned}P(D\mid R)=&\frac{P(DR)}{P(R)}=\frac{P(R\mid D)P(D)}{P(R\mid D)P(D)+P(R\mid\overline{D})P(\overline{D})}\\=&\frac{(1-0.02)\times\frac{2}{3}}{(1-0.02)\times\frac{2}{3}+0.01\times\frac{1}{3}}=\frac{196}{197}.\end{aligned} $$

1. 有两箱同种类的零件，第一箱装50只，其中10只一等品；第二箱装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。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，第二次取到的也是一等品的概率.

解 以 H 表示事件“从第一箱中取零件”，则 $ \overline{H} $ 表示事件“从第二箱中取零

件”.由已知条件 $ P(H)=P(\overline{H})=\frac{1}{2} $. 又以 $ A_{i} $ 表示事件“第 i 次从箱中(不放回抽样)取得的是一等品”, i=1,2.

（1）由条件 $ P(A_{1}|H)=\frac{1}{5} $， $ P(A_{1}|\overline{H})=\frac{3}{5} $，故

$$ \begin{aligned}P(A_{1})&=P(A_{1}\mid H)P(H)+P(A_{1}\mid\overline{H})P(\overline{H})\\&=\frac{1}{10}+\frac{3}{10}=\frac{2}{5}.\end{aligned} $$

(2) 需要求的是 $ P(A_{2} \mid A_{1}) $。因 $ P(A_{2} \mid A_{1}) = \frac{P(A_{1} A_{2})}{P(A_{1})} $，而

$$ P(A_{1}A_{2})=P(A_{1}A_{2}\mid H)P(H)+P(A_{1}A_{2}\mid\overline{H})P(\overline{H}) $$

由条件概率的含义， $ P(A_{1}A_{2}|H) $表示在第一箱中取两次，每次取一只零件，作不放回抽样，且两次都取得一等品的概率。因第一箱共有50只零件，其中有10只一等品，故有 $ P(A_{1}A_{2}|H)=\frac{10}{50}\times\frac{9}{49} $。同理， $ P(A_{1}A_{2}|\overline{H})=\frac{18}{30}\times\frac{17}{29} $，故有

$$ P(A_{2}\mid A_{1})=\frac{P(A_{1}A_{2})}{P(A_{1})} $$

$$ \begin{aligned}\mathrm{A}_{1})=&\frac{P(A_{1}A_{2})}{P(A_{1})}\\=&\frac{1}{P(A_{1})}[P(A_{1}A_{2}\mid H)P(H)+P(A_{1}A_{2}\mid\overline{H})P(\overline{H})]\\=&\frac{5}{2}\Big(\frac{10}{50}\times\frac{9}{49}\times\frac{1}{2}+\frac{18}{30}\times\frac{17}{29}\times\frac{1}{2}\Big)\\=&\frac{1}{4}\Big(\frac{9}{49}+\frac{51}{29}\Big)=0.4856.\end{aligned} $$

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。其中，只0.5券第一票，抖音的类物同两言。

解 以 H 表示事件“乘地铁回家”，则 $ \overline{H} $ 表示事件“乘汽车回家”。因到家时间为 5:47，它属于区间 5:45～5:49，以 T 记“到家时间在 5:45～5:49 之间”，则需要求的是概率 $ P(H|T) $。已知 $ P(T|H)=0.45 $， $ P(T|\overline{H})=0.20 $，又因他是由掷硬币决定乘地铁还是乘汽车，因此， $ P(H)=P(\overline{H})=0.5 $。由贝叶斯公式得

$$ P(H|T)=\frac{P(HT)}{P(T)}=\frac{P(T|H)P(H)}{P(T|H)P(H)+P(T|\overline{H})P(\overline{H})} $$

$$ \frac{0.45\times0.5}{0.45\times0.5+0.20\times0.5}=\frac{9}{13} $$

1. 病树的主人外出，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）记 A 为事件“树还活着”，记 W 为事件“邻居记得给树浇水”，即有 $ P(W)=0.9 $， $ P(\overline{W})=0.1 $， $ P(A|W)=0.85 $， $ P(A|\overline{W})=0.2 $，

$$ \begin{aligned}P(A)&=P(A|\boldsymbol{W})P(\boldsymbol{W})+P(A|\overline{\boldsymbol{W}})P(\overline{\boldsymbol{W}})\\&=0.85\times0.9+0.2\times0.1=0.785.\end{aligned} $$

(2)

$$ \begin{aligned}P(\overline{W}\mid\overline{A})=&\frac{P(\overline{A}\mid\overline{W})P(\overline{W})}{P(\overline{A})}=\frac{[1-P(A\mid\overline{W})]P(\overline{W})}{1-P(A)}\\=&\frac{0.8\times0.1}{0.215}=0.372.\end{aligned} $$

1. 设本题涉及的事件均有意义. 设 A, B 都是事件.

(1) 已知 $ P(A) > 0 $，证明 $ P(AB|A) \geq P(AB|A \cup B) $.

(2) 若 $ P(A|B)=1 $，证明 $ P(\overline{B}|\overline{A})=1 $.

(3) 若设 C 也是事件，且有 $ P(A|C) \geqslant P(B|C) $， $ P(A|\overline{C}) \geqslant P(B|\overline{C}) $，证明 $ P(A) \geqslant P(B) $.

证 (1) 若 $ P(A) > 0 $，要证 $ P(AB|A) \geq P(AB|A \cup B) $.

上式左边等于 $ P(AB)/P(A) $，上式右边等于 $ P(AB)/P(A \cup B) $

因为 $ A \cup B \supseteq A $, $ P(A \cup B) \geqslant P(A) $, 故有右 $ \leqslant $ 左.

(2) 由 $ P(A|B)=1 $ 得 $ \frac{P(AB)}{P(B)}=1 $

$$ P(AB)=P(B). $$

即

$$ P(\overline{B}|\overline{A})=P(\overline{A}\overline{B})/P(\overline{A})=P(\overline{A}\cup\overline{B})/P(\overline{A})=\frac{1-P(A\cup B)}{1-P(A)} $$

$$ \frac{1-P(A)-P(B)+P(AB)}{1-P(A)} $$

由 $ (*_{1}) $式得到

$$ P(\bar{B}|\bar{A})=\frac{1-P(A)}{1-P(A)}=1. $$

（3）由假设 $ P(A|C)\geqslant P(B|C) $，即

$$ P\left(AC\right)\geqslant P\left(BC\right). $$

同样由 $ P(A|\bar{C}) \geqslant P(B|\bar{C}) $ 就有

$$ P(A\bar{C})\geqslant P(B\bar{C}). $$

由 $ (\ast_{3}) $式

$$ P\left(A\left(S-C\right)\right)\geqslant P\left(B\left(S-C\right)\right), $$

得 $ P(A)-P(AC) \geqslant P(B)-P(BC) $

或 $ P(A)-P(B)\geqslant P(AC)-P(BC) $

由 $ (*_{2}) $式，得知

$$ P(A)-P(B)\geqslant0, 即 P(A)\geqslant P(B). $$

1. 有两种花籽，发芽率分别为0.8,0.9，从中各取一颗，设各花籽是否发芽相互独立.求

（1）这两颗花籽都能发芽的概率.

(2) 至少有一颗能发芽的概率.

（3）恰有一颗能发芽的概率.

解 以 A, B 分别表示事件第一颗、第二颗花籽能发芽，即有 $ P(A)=0.8 $, $ P(B)=0.9 $.

（1）由 A, B 相互独立，得两颗花籽都能发芽的概率为

$$ P(AB)=P(A)P(B)=0.8\times0.9=0.72. $$

(2) 至少有一颗花籽能发芽的概率. 即事件 $ A \cup B $ 的概率为 $ P(A \cup B) = P(A) + P(B) - P(AB) = 0.8 + 0.9 - 0.72 = 0.98 $.

(3) 恰有一颗花籽能发芽的概率，即为事件 $ AB \cup BA $ 的概率，由第4题(2)得 $ P(AB \cup \overline{A}B) = P(A) + P(B) - 2P(AB) = 0.8 + 0.9 - 2P(AB) = 0.8 + 0.9 - 2P(A)P(B) = 1.7 - 2 \times 0.72 = 0.26 $.

1. 根据报导美国人血型的分布近似地为：A型为37%，O型为44%，B型为13%，AB型为6%.夫妻拥有的血型是相互独立的.

（1）B型的人只有输入B、O两种血型才安全。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）由题意知夫血型应为 B、O 才为安全输血者. 因两种血型互不相容，故所求概率为

$$ p_{1}=0.44+0.13=0.57. $$

（2）因夫妻拥有血型相互独立，于是所求概率为

$$ p_{2}=0.13\times0.37=0.0481. $$

(3) $ p_{3}=2\times0.37\times0.13=0.096 $

（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。

$$ p_{4}=2\times0.44\times(1-0.44)+0.44\times0.44=0.6864. $$

30.（1）给出事件A、B的例子，使得

(i) $ P(A|B) < P(A) $, (ii) $ P(A|B) = P(A) $, (iii) $ P(A|B) > P(A) $.

（2）设事件 A, B, C 相互独立，证明 (i) C 与 AB 相互独立. (ii) C 与 A∪B 相互独立.

（3）设事件 A 的概率 P(A)=0，证明对于任意另一事件 B，有 A，B 相互独立.

(4) 证明事件 A, B 相互独立的充要条件是 $ P(A \mid B) = P(A \mid \overline{B}) $

解（1）举例

（i）设试验为将骰子掷一次，事件A为“出现偶数点”，B为“出现奇数点”，则 $ P(A|B)=0 $， $ P(A)=\frac{1}{2} $，故 $ P(A|B)

（ii）设试验为将骰子掷一次，A 同上，B 为“掷出点数 $ \geqslant1 $”，则 $ P(A \mid B)=\frac{1}{2} $，而 $ P(A)=\frac{1}{2} $，故 $ P(A \mid B)=P(A) $.

（iii）设试验为将骰子掷一次，A 同上，B 为“掷出点数 $ \geqslant 4 $”，则 $ P(A \mid B) = \frac{2}{3} $，而 $ P(A) = \frac{1}{2} $，故 $ P(A \mid B) > P(A) $.

(2) 因 A, B, C 相互独立，故 $ P(AB) = P(A)P(B) $， $ P(BC) = P(B)P(C) $， $ P(CA) = P(C)P(A) $， $ P(ABC) = P(A)P(B)P(C) $，从而

(i) $ P(C(AB)) = P(CAB) = P(C)P(A)P(B) = P(C)P(AB) $，这表示 C 与 AB 相互独立.

(ii)

$$ \begin{aligned}P(C(A\bigcup B))&=P(CA\bigcup CB)=P(CA)+P(CB)-P(CAB)\\&=P(C)P(A)+P(C)P(B)-P(C)P(A)P(B)\\&=P(C)\left[P(A)+P(B)-P(AB)\right]=P(C)P(A\bigcup B)，\end{aligned} $$

这表示 C 与 $ A \cup B $ 相互独立.

(3) 因 $ AB \subseteq A $，故若 $ P(A)=0 $，则

$$ 0\leqslant P(AB)\leqslant P(A). $$

从而

$$ P(AB)=0=P(B)\cdot0=P(B)\cdot P(A) $$

按定义，A，B 相互独立.

（4）必要性. 设 A, B 相互独立，则 A, $ \overline{B} $ 也相互独立，从而知 $ P(A \mid B) = P(A) $, $ P(A \mid \overline{B}) = P(A) $，故 $ P(A \mid B) = P(A \mid \overline{B}) $.

充分性. 设 $ P(A \mid B) = P(A \mid \overline{B}) $，按定义此式即表示

$$ \frac{P(AB)}{P(B)}=\frac{P(AB)}{P(B)}. $$

由比例的性质得

$$ \frac{P(AB)}{P(B)}=\frac{P(AB)+P(AB)}{P(B)+P(B)}=\frac{P(A(B\cup B))}{1}=P(A). $$

即 $ P(AB)=P(A)P(B) $，即 A，B 相互独立.

1. 设事件 A, B 的概率均大于零, 说明以下的叙述 (1) 必然对. (2) 必然错. (3) 可能对. 并说明理由.

（1）若 A 与 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) $ P(A)=P(B)=0.6 $，且A，B互不相容.

(4) $ P(A)=P(B)=0.6 $，且A，B相互独立.

解 （1）必然错. 因若 A, B 互不相容，则 $ 0 = P(AB) \neq P(A)P(B) $.

(2) 必然错. 因若 A, B 相互独立, 则 $ P(AB) = P(A)P(B) > 0 $.

(3) 必然错. 因若 A, B 互不相容, 则 $ P(A \cup B) = P(A) + P(B) = 1.2 $, 这是不对的.

（4）可能对.

1. 有一种检验艾滋病毒的检验法，其结果有概率 0.005 报道为假阳性。（即不带艾滋病毒者，经此检验法有 0.005 的概率被认为带艾滋病毒）。今有 140 名不带艾滋病毒的正常人全部接受此种检验，被报导至少有一人带艾滋病毒的概率为多少？

解 在本题中，这140人检查结果是相互独立的，这一假定是合理的，将人编号，第i号人检验结果以 $ A_{i} $表示正常，则 $ \overline{A}_{i} $表示被报道为带艾滋病毒者，由题意知 $ P(\overline{A}_{i})=0.005 $，从而 $ P(A_{i})=1-0.005=0.995 $。于是140人经检验至少有一人被报道呈阳性概率为

$$ p=P(至少有一人呈阳性)=1-P(无人为阳性) $$

$$ =1-P\left(\prod_{i=1}^{140}A_{i}\right)=1-\prod_{i=1}^{140}P(A_{i})=1-0.995^{140}. $$

由 $ 140\lg 0.995 = \lg 0.4957 $，得

$$ p=1-0.495\ 7=0.504\ 3. $$

这说明，即使无人带艾滋病毒，这样的检验法认为140人中至少有一人带艾滋病毒的概率大于 $ \frac{1}{2} $.

1. 盒中有编号为1,2,3,4的4只球，随机地自盒中取一只球，事件A为“取得的是1号或2号球”，事件B为“取得的是1号或3号球”，事件C为“取得的是1号或4号球”验证：

$$ P(AB)=\dot{P}(A)P(B),P(AC)=P(A)P(C),P(BC)=P(B)P(C), $$

但 $ P(ABC) \neq P(A)P(B)P(C) $

即事件 A, B, C 两两独立，但 A, B, C 不是相互独立的.

证 以 $ A_{i}(i=1,2,3,4) $ 表示取到第 i 号球，则

$$ P(A_{1})=P(A_{2})=P(A_{3})=P(A_{4})=\frac{1}{4} $$

又 $ A = A_{1} \cup A_{2}, B = A_{1} \cup A_{3}, C = A_{1} \cup A_{4} $，且 $ A_{1}, A_{2}, A_{3}, A_{4} $ 两两互不相容，故有

$$ P(A)=P(B)=P(C)=\frac{1}{2}. $$

另外， $ AB = A_{1} $， $ AC = A_{1} $， $ BC = A_{1} $， $ ABC = A_{1} $，故

$$ P(AB)=P(AC)=P(BC)=P(ABC)=P(A_{1})=\frac{1}{4}. $$

从而有

$$ P(AB)=\frac{1}{4}=\frac{1}{2}\times\frac{1}{2}=P(A)P(B), $$

$$ P(AC)=\frac{1}{4}=\frac{1}{2}\times\frac{1}{2}=P(A)P(C), $$

$$ P(BC)=\frac{1}{4}=\frac{1}{2}\times\frac{1}{2}=P(B)P(C), $$

但 $ P(ABC)=\frac{1}{4}\neq P(A)P(B)P(C)=\frac{1}{8} $.

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 $ p_{1},p_{2},p_{3},p_{4} $，将它们按题1.34图1（1）的方式连接（称为并串联系统）；

（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1.34图1（2）的方式连接（称为桥式系统）.

解 （1）以 $ A_{i} $ 表示事件“第 i 只元件正常工作”，i=1,2,3,4，以 A 表示“系统正常工作”，已知各元件是否正常工作相互独立，且有 $ P(A_{i})=p_{i}(i=1,2,3,4) $. 由图知

$$ \mathrm{A}=\mathrm{A}_{1}\left[(\mathrm{A}_{2}\mathrm{A}_{3})\cup\mathrm{A}_{4}\right]=\mathrm{A}_{1}\mathrm{A}_{2}\mathrm{A}_{3}\cup\mathrm{A}_{1}\mathrm{A}_{4}. $$

由加法公式及各元件工作的独立性得到

$$ \begin{aligned}P(A)=&P(A_{1}A_{2}A_{3})+P(A_{1}A_{4})-P\big[(A_{1}A_{2}A_{3})\cap(A_{1}A_{4})\big]\\=&P(A_{1})P(A_{2})P(A_{3})+P(A_{1})P(A_{4})-P(A_{1}A_{2}A_{3}A_{4})\\=&p_{1}p_{2}p_{3}+p_{1}p_{4}-P(A_{1})P(A_{2})P(A_{3})P(A_{4})\\=&p_{1}(p_{4}+p_{2}p_{3}-p_{2}p_{3}p_{4}).\end{aligned} $$

（2）以 $ A_{i} $ 表示事件“第 i 只元件正常工作”，i=1,2,3,4,5，以 A 表示“系统正常工作”，已知各元件是否正常工作相互独立，且有 $ P(A_{i})=p $ （i=1,2,3,4,5）.

解法(i)(路径穷举法) 根据系统逻辑框图(题1.34图1(2)),将所有能使系统正常工作的路径一一列出,再利用概率的加法定理和乘法定理来计算系统的可靠性 $ P(A) $.由图知使桥式系统正常工作的路径有下列4条:12,45,135,432.以 $ B_{j} $记事件第j(j=1,2,3,4)条路径正常工作,即有

$$ B_{1}=A_{1}A_{2},B_{2}=A_{4}A_{5},B_{3}=A_{1}A_{3}A_{5},B_{4}=A_{4}A_{3}A_{2}, $$

于是得系统的可靠性为

$$ \begin{aligned}P(A)=&P(B_{1}\bigcup B_{2}\bigcup B_{3}\bigcup B_{4})\\=&\sum_{i=1}^{4}P(B_{i})-\sum_{1\leqslant i

解法(ii)(全概率公式法) 按元件3处于正常工作与失效两种状态，将原系统简化为典型的并串联和串并联系统，再用全概率公式：

$$ P(A)=P(A\mid A_{3})P(A_{3})+P(A\mid\overline{A}_{3})P(\overline{A}_{3}) $$

来计算原系统的可靠性.

当元件3正常工作时，系统简化成如题1.34图2(1)所示，当元件3失效时，系统简化成如题1.34图2(2)所示。因此

$$ \begin{aligned}&P(A\mid A_{3})=P[(A_{1}\cup A_{4})(A_{2}\cup A_{5})],\\&P(A\mid\overline{A}_{3})=P(A_{1}A_{2}\cup A_{4}A_{5}).\\ \end{aligned} $$

故 $ P(A) = P[(A_1 \cup A_4)(A_2 \cup A_5)]P(A_3) + P(A_1 A_2 \cup A_4 A_5)P(\overline{A}_3) $.

注意到

$$ P(A_{1}\cup A_{4})=P(A_{1})+P(A_{4})-P(A_{1}A_{4})=2p-p^{2}. $$

同样

$$ P(A_{2}\cup A_{5})=2p-p^{2}. $$

$$ \begin{aligned}P(A_{1}A_{2}\cup A_{4}A_{5})&=P(A_{1})P(A_{2})+P(A_{4})P(A_{5})\\&\quad-P(A_{1})P(A_{2})P(A_{4})P(A_{5})\\&=2p^{2}-p^{4}.\end{aligned} $$

即得原系统的可靠性为

$$ \begin{aligned}P(A)&=(2p-p^{2})^{2}p+(2p^{2}-p^{4})(1-p)\\&=2p^{2}+2p^{3}-5p^{4}+2p^{5}.\end{aligned} $$

注意：本题易犯的错误是在使用概率的加法公式时，没有注意两事件不是不相容的，例如在(1)中应有 $ P(A_1 A_2 A_3 \cup A_1 A_4) = P(A_1 A_2 A_3) + P(A_1 A_4) - P(A_1 A_2 A_3 A_4) $，而错误地将最后一项 $ P(A_1 A_2 A_3 A_4) $ 漏了.

1. 如果一危险情况 C 发生时，一电路闭合并发出警报，我们可以借用两个或多个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 0.96 的可靠性（即在情况 C 发生时闭合的概率），问这时系统的可靠性（即电路闭合的概率）是多少？如果需要有一个可靠性至少为 0.9999 的系统，则至少需要用多少只开关并联？设各开关闭合与否是相互独立的。

解 以 $ A_{i} $ 表示事件“第 i 只开关闭合”， $ i=1,2,\cdots,n $。已知 $ P(A_{i})=0.96 $，由此可得两只这样的开关并联而电路闭合的概率为（注意各开关闭合与否是相互独立的）

$$ \begin{aligned}P(A_{1}\bigcup A_{2})&=P(A_{1})+P(A_{2})-P(A_{1}A_{2})\\&=P(A_{1})+P(A_{2})-P(A_{1})P(A_{2})\\&=2\times0.96-0.96^{2}=0.9984.\end{aligned} $$

设需要 n 只这样的开关并联，此时系统可靠性 $ R = P\left(\bigcup_{i=1}^{n} A_{i}\right) $，注意到

$$ \overline{\bigcup_{i=1}^{n}A_{i}}=\overline{A_{1}\cup A_{2}\cup\cdots\cup A_{n}}=\overline{A_{1}}\overline{A_{2}}\cdots\overline{A_{n}}, $$

且由 $ A_{1}, A_{2}, \cdots, A_{n} $ 的独立性推得 $ \overline{A}_{1}, \overline{A}_{2}, \cdots, \overline{A}_{n} $ 也相互独立。故

$$ \begin{aligned}&R=P\Big(\bigcup_{i=1}^{n}A_{i}\Big)=1-P\Big(\bigcup_{i=1}^{n}A_{i}\Big)=1-P(\overline{A}_{1}\overline{A}_{2}\cdots\overline{A}_{n})\\ &=1-P(\overline{A}_{1})P(\overline{A}_{2})\cdots P(\overline{A}_{n})=1-(1-0.96)^{n}.\\ \end{aligned} $$

要使 $ R \geqslant 0.9999 $，即要使 $ 1 - 0.04^{n} \geqslant 0.9999 $，亦即要使 $ 0.0001 \geqslant 0.04^{n} $。故应有

$$ n\geqslant\frac{\lg0.0001}{\lg0.04}=\frac{4}{\lg25}=\frac{4}{1.3979}=2.86. $$

因 n 为整数，故应有 $ n \geqslant 3 $，即至少要用 3 只开关并联。

1. 三人独立地去破译一份密码，已知各人能译出的概率分别为 $ \frac{1}{5} $， $ \frac{1}{3} $， $ \frac{1}{4} $

问三人中至少有一人能将此密码译出的概率是多少？

解 以 $ A_{i} $ 表示事件“第 i 人能译出密码”，i=1,2,3. 已知 $ P(A_{1})=\frac{1}{5} $， $ P(A_{2})=\frac{1}{3} $， $ P(A_{3})=\frac{1}{4} $，则至少有一人能译出密码的概率为

$$ \begin{aligned}\boldsymbol{p}=&\boldsymbol{P}(\boldsymbol{A}_{1}\cup\boldsymbol{A}_{2}\cup\boldsymbol{A}_{3})\\=&\boldsymbol{P}(\boldsymbol{A}_{1})+\boldsymbol{P}(\boldsymbol{A}_{2})+\boldsymbol{P}(\boldsymbol{A}_{3})-\boldsymbol{P}(\boldsymbol{A}_{1}\boldsymbol{A}_{2})-\boldsymbol{P}(\boldsymbol{A}_{1}\boldsymbol{A}_{3})-\boldsymbol{P}(\boldsymbol{A}_{2}\boldsymbol{A}_{3})+\boldsymbol{P}(\boldsymbol{A}_{1}\boldsymbol{A}_{2}\boldsymbol{A}_{3}).\end{aligned} $$

由独立性即得

$$ \begin{aligned}p=&\frac{1}{5}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}-\frac{1}{5}\times\frac{1}{3}-\frac{1}{5}\times\frac{1}{4}-\frac{1}{3}\times\frac{1}{4}+\frac{1}{5}\times\frac{1}{3}\times\frac{1}{4}\\=&\frac{3}{5}.\end{aligned} $$

也可以这样做，因 $ A_{1}, A_{2}, A_{3} $相互独立，知 $ \overline{A}_{1}, \overline{A}_{2}, \overline{A}_{3} $也相互独立，即有 $ p = 1 - P(\overline{A}_{1} \overline{A}_{2} \overline{A}_{3}) = 1 - P(\overline{A}_{1}) P(\overline{A}_{2}) P(\overline{A}_{3}) $

$ = 1 - \left(1 - \frac{1}{5}\right)\left(1 - \frac{1}{3}\right)\left(1 - \frac{1}{4}\right) = \frac{3}{5} $.

1. 设第一只盒子中装有3只蓝球，2只绿球，2只白球；第二只盒子中装有2只蓝球，3只绿球，4只白球。独立地分别在两只盒子中各取一只球。

（1）求至少有一只蓝球的概率.

（2）求有一只蓝球一只白球的概率.

（3）已知至少有一只蓝球，求有一只蓝球一只白球的概率.

解 以 $ B_{i} $ 记事件“从第 i 只盒子中取得一只蓝球”，以 $ W_{i} $ 记事件“从第 i 只盒子中取得一只白球”，i=1,2。由题设在不同盒子中取球是相互独立的。

（1）即需求 $ P(B_{1}\cup B_{2}) $。利用对立事件来求较方便，即有

$$ \begin{aligned}P(B_{1}\bigcup B_{2})=&1-P(\overline{B_{1}}\bigcup\overline{B_{2}})=1-P(\overline{B_{1}}\overline{B_{2}})\\=&1-P(\overline{B_{1}})P(\overline{B_{2}})=1-\frac{4}{7}\times\frac{7}{9}=\frac{5}{9}.\end{aligned} $$

（2）即需求事件 $ B_{1}W_{2} \cup B_{2}W_{1} $ 的概率，注意到 $ B_{1}, W_{1} $ 是互不相容的，即 $ B_{1}W_{1} = \varnothing $，因而 $ (B_{1}W_{2})(B_{2}W_{1}) = \varnothing $，故有

$$ \begin{aligned}P(B_{1}W_{2}\cup B_{2}W_{1})&=P(B_{1}W_{2})+P(B_{2}W_{1})\\&=P(B_{1})P(W_{2})+P(B_{2})P(W_{1})\\&=\frac{3}{7}\times\frac{4}{9}+\frac{2}{9}\times\frac{2}{7}=\frac{16}{63}.\end{aligned} $$

(3) 即需求条件概率 $ p = P(B_1W_2 \cup B_2W_1 \mid B_1 \cup B_2) $. 因 $ (B_1W_2 \cup B_2W_1) \subset $

$ B_{1} \cup B_{2} $，故有

$$ \begin{aligned}\mathfrak{p}=&\mathsf{P}\big[(B_{1}\mathsf{W}_{2}\cup B_{2}\mathsf{W}_{1})(B_{1}\cup B_{2})\big]/\mathsf{P}(B_{1}\cup B_{2})\\=&\mathsf{P}(B_{1}\mathsf{W}_{2}\cup B_{2}\mathsf{W}_{1})/\mathsf{P}(B_{1}\cup B_{2})=\frac{16}{35}.\end{aligned} $$

1. 袋中装有 m 枚正品硬币、n 枚次品硬币（次品硬币的两面均印有国徽），在袋中任取一枚，将它投掷 r 次，已知每次都得到国徽。问这枚硬币是正品的概率为多少？

解 以 T 记事件“将硬币投掷 r 次每次都出现国徽”，以 A 记事件“所取到的是正品”，由题设 $ P(A)=\frac{m}{m+n} $， $ P(\overline{A})=\frac{n}{m+n} $， $ P(T|A)=\frac{1}{2^r} $， $ P(T|\overline{A})=1 $，需要求的是概率 $ P(A|T) $。由贝叶斯公式，所求概率为

$$ \begin{aligned}P(A\mid T)=&\frac{P(AT)}{P(T)}=\frac{P(T\mid A)P(A)}{P(T\mid A)P(A)+P(T\mid\overline{A})P(\overline{A})}\\=&\left(\frac{1}{2^{r}}\times\frac{m}{m+n}\right)\bigg/\left(\frac{1}{2^{r}}\times\frac{m}{m+n}+\frac{n}{m+n}\right)\\=&\frac{m}{m+2^{r}n}.\end{aligned} $$

1. 设根据以往记录的数据分析，某船只运输的某种物品损坏的情况共有三种：损坏2%（这一事件记为 $ A_{1} $），损坏10%（事件 $ A_{2} $），损坏90%（事件 $ A_{3} $），且知 $ P(A_{1})=0.8, P(A_{2})=0.15, P(A_{3})=0.05 $。现在从已被运输的物品中随机地取3件，发现这3件都是好的（这一事件记为B）。试求 $ P(A_{1} \mid B), P(A_{2} \mid B), P(A_{3} \mid B) $（这里设物品件数很多，取出一件后不影响取后一件是否为好品的概率）。

解 在被运输的物品中，随机取3件，相当于在物品中抽取3次，每次取一件，作不放回抽样.又根据题中说明抽取一件后，不影响取后一件是否为好品的概率，已知当 $ A_{1} $发生时，一件产品是好品的概率为 $ 1-2\%=0.98 $，从而随机取3件，它们都是好品的概率为 $ 0.98^{3} $，即

$$ P(B|A_{1})=0.98^{3}, $$

同样

$$ P(B\mid A_{2})=0.9^{3},\quad P(B\mid A_{3})=0.1^{3}. $$

又知

$$ P(A_{1})=0.8,\quad P(A_{2})=0.15,\quad P(A_{3})=0.05. $$

现在 $ A_{i}A_{j}=\varnothing(i\neq j),i,j=1,2,3 $ ，且 $ P(A_{1}\cup A_{2}\cup A_{3})=P(A_{1})+P(A_{2})+P(A_{3})=1 $ ，由教材第一章 §5 的页下注知道此时全概率公式、贝叶斯公式都能够应用，由贝叶斯公式得到

$$ \begin{aligned}P(A_{1}\mid B)=&\frac{P(B\mid A_{1})P(A_{1})}{P(B\mid A_{1})P(A_{1})+P(B\mid A_{2})P(A_{2})+P(B\mid A_{3})P(A_{3})}\\=&\frac{0.98^{3}\times0.8}{0.8624}=0.8731,\end{aligned} $$

$$ P(A_{2}\mid B)=\frac{0.9^{3}\times0.15}{0.8624}=0.1268, $$

$$ P(A_{3}\mid B)=\frac{0.1^{3}\times0.05}{0.8624}=0.0001. $$

1. 将 A、B、C 三个字母之一输入信道，输出为原字母的概率为 $ \alpha $，而输出为其他一字母的概率都是 $ \frac{1-\alpha}{2} $。今将字母串 AAAA, BBBB, CCCC 之一输入信道，输入 AAAA, BBBB, CCCC 的概率分别为 $ p_{1} $, $ p_{2} $, $ p_{3} $ ( $ p_{1} + p_{2} + p_{3} = 1 $)，已知输出为 ABCA，问输入的是 AAAA 的概率是多少？（设信道传输各个字母的工作是相互独立的。）

解 以 $ A_{1} $、 $ B_{1} $、 $ C_{1} $ 分别表示事件“输入 AAAA”、“输入 BBBB”、“输入 CCCC”，以 D 表示事件“输出 ABCA”。因事件 $ A_{1} $， $ B_{1} $， $ C_{1} $ 两两互不相容，且有 $ P(A_{1} \cup B_{1} \cup C_{1}) = P(A_{1}) + P(B_{1}) + P(C_{1}) = p_{1} + p_{2} + p_{3} = 1 $，因此全概率公式和贝叶斯公式可以使用（参见教材第一章 §5 的页下注）。由贝叶斯公式有

$$ P(A_{1}\mid D)=\frac{P(A_{1}D)}{P(D)} $$

$$ \frac{P(D\mid A_{1})p_{1}}{P(D\mid A_{1})p_{1}+P(D\mid B_{1})p_{2}+P(D\mid C_{1})p_{3}} $$

在输入为 AAAA（即事件 $ A_{1} $）输出为 ABCA（即事件 D）时，有两个字母为原字母，另两字母为其他字母，所以

$$ P(D\mid A_{1})=\alpha^{2}\left(\frac{1-\alpha}{2}\right)^{2}. $$

同理， $ P(D|B_{1})=P(D|C_{1})=\alpha\left(\frac{1-\alpha}{2}\right)^{\circ} $. 代入上式并注意到 $ p_{1}+p_{2}+p_{3}=1 $，得到

$$ P(A_{1}\mid D)=\frac{2\alpha p_{1}}{(3\alpha-1)p_{1}+1-\alpha}. $$

\[t^{\prime}(H|V)=0,0,0,0

$$ \textcircled{4}0,0=i,4\textcircled{4}4-4.1,0-4.1\quad,\textcircled{4}0=(A)^{\P} $$

$ (1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1) $

$ E(1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,$