概率论第二章答案.docx
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概率论第二章答案
概率论第二章答案
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
P（A1）=
2211,P（A2A1）=，P（A3A2A1）=,P（A4A3A2A1）=5432
P（A5A4A3A2A1）=1。
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（B|A）为
P（A1A2A3A4A5）=P（A1）P（A2A1）P（A3A2A1）P（A4A3A2A1）P（A5A4A3A2A1）
22111=⋅⋅⋅⋅1=543230
所以题中欲求的概率为
P（AB）6/86
==.
P（A）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
112222
件都是废品}，显然A⊃B，则P（A）=CmP（B）=Cm，CM-m+Cm/Cm/CM
P（BA）=
（）
题中欲求的概率为
22
Cm/CMm-1
P（B|A）=P（AB）/P（A）=P（B）/P（A）=11.=22
2M-m-1（CmCM-m+Cm）/CM
（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，
2112112
则P（A）=CM-m+CmCM-m/CM,P（B）=CmCM-m/CM.
（）
题中欲求的概率为
112
CmCM2m-m/CM
P（B|A）=P（AB）/P（A）=P（B）/P（A）=2.=112
M+m-1（CM-m+CmCM）/C-mM
m（2M-m-1）1122
（3）P{取出的两件中至少有一件废品}=（CmCM-m+Cm）/CM=
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（A）=球，利用全概率公式得
a
甲取出的球可为白球或黑
（a+b）
P（B）=P（A）P（B|A）+P（）P（B|）
bb-1abb=⋅+⋅=a+ba+b-1a+ba+b-1a+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（A）P（C|A）+P（B）P（C|B）+P（）P（C|）
=
b（b-1）b-2abb-1
⋅+⋅
（a+b）（a+b-1）a+b-2（a+b）（a+b-1）a+b-2
abb-1a（a-1）b
+⋅+⋅
（a+b）（a+b-1）a+b-2（a+b）（a+b-1）a+b-2b（a+b-1）（a+b-2）b
.==
（a+b）（a+b-1）（a+b-2）a+b
5、解：
设B={两数之和大于10}，Ai={第一个数取到i}，i=0,1,,9。
则P（Ai）=
1，10
P（B|A0）=P（B|A1）=0,P（B|Ai）=（i-1）/9,i=2,3,5;P（B|Aj）=（j-2）/9,
j=6,7,8,9。
由全概率公式得欲求的概率为
P（B）=∑P（Ai）P（B|Ai）=
i=0
9
16
=0.356.45
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）
221222CaCa+2c1cbCaCbCα+1
.=22+22+22a
cA+Bcα+β+2Ca+bCα+β+2Ca+bCα+β+2
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
ab,P
（1）=.a+b（a+b）
ab
一般设P（Ak）=，则P（k）=，得
（a+b）（a+b）
P（A1）=
P（Ak+1）=P（Ak+1|Ak）P（Ak）+P（Ak+1|k）P（k）=
由数学归纳法得P（AN）=
a
.
（a+b）
a
.
（a+b）
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
AiAj=φ（i≠j）,A1+A2+A3+A4=Ω.
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⨯0.2+0.1⨯0.7+0.2⨯0.1+0.7⨯0.1=0.18，
P（A4）=1-[P（A1）+P（A2）+P（A3）]=0.77.
设B={飞机被击落}，则P（B|Ai）=1（I=1,2,3）,
4
P（B|A4）=0.
由全概率公式得P（B）=
∑P（B|A）P（A）=0.01+0.04+0.18=0.23.
i
i
i=1
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|i）P（i）
=pp1+（1-p）（1-p1）=（2p-1）p1+（1-p）。
已知pi=c，依次令i=n-1,n-2,,1可得递推关系式
Pn=（2p-1）pn-1+（1-p）,Pn-1=（2p-1）pn-2+（1-p）,,P2=（2p-1）p1+（1-p）=（2p-1）c+（1-p）.
解得
Pn=（1-p）[1+（2p-1）+（2p-1）2++（2p-1）n-2]+c（2p-1）n-1,
当p≠1时利用等比数列求和公式得
111-（2p-1）n-1
pn=（1-p）+c（2p-1）n-1=-（2p-1）n-1+c（2p-1）n-1.（*）
221-（2p-1）
（1）若p=1，则pn≡C,limpn=C；
n→∞
（2）若p=0，则当n=2k-1时，pn=c；当n=2k时，pn=1-c。
111，则pn≡,limpn=22n→∞21
若c≠1，则c≠1-c,limpn不存在。
n→∞2
（3）若0
⎡11⎤1
limpn=lim⎢-（2p-1）n-1+c（2p-1）n-1⎥=.n→∞n→∞22⎣⎦2
若c=
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）
11
=0⋅pn+qn+0⋅rn=qn，
44
qn+1=P（Bn+1）=P（An）P（Bn+1|An）+P（Bn）P（Bn+1|Bn）+P（Cn）P（Bn+1|Cn）
11
=1⋅pn+qn+1⋅rn=pn+qn+rn,，
22
rn+1=P（Cn+1）=P（An）P（Cn+1|An）+P（Bn）P（Cn+1|Bn）+P（Cn）P（Cn+1|Cn）
11
=0⋅pn+qn+0⋅rn=qn.
44
这里有pn+1=rn+1，又pn+1+qn+1+rn+1=1，所以qn+1=1-2pn+1，同理有
11
qn=1-2pn，再由pn+1=qn得pn+1=（1-2pn）。
所以可得递推关系式为
44
1⎧
⎪rn+1=pn+1=（1-2pn）
，⎨4
⎪⎩qn+1=1-2pn+1
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
1111111111
rn+1=pn+1=（1-2pn）=-pn=-（-pn-1）=-+pn-1=
4424242484
n+1
1⎡⎛1⎫⎤⎢1--⎪⎥n+1n+24⎝2⎭⎥（-1）p0⎢11（-1）⎣⎦
=2-3++n+2+=2222n+1⎛1⎫
1--⎪⎝2⎭
n+1n+2
⎤1⎡1111⎛⎫⎛⎫
=⎢1-（-1）n+1⋅⎪⎥=+（-1）n⋅⋅⎪，6⎣3⎝2⎭⎝2⎭⎦⎢⎥6
21⎛1⎫qn+1=1-2pn+1=+（-1）n+1⋅⋅⎪
33⎝2⎭12
limpn=limrn=,limqn=.n→∞n→∞6n→∞3
n+1
.
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（p=
kn
1）得2
k
n-k
⎛1⎫⎛1⎫
P（B|An）=C⎪⎪
⎝2⎭⎝2⎭
由全概率公式得
∞
∞
n
kn
⎛1⎫=C⎪.
⎝2⎭
kn
n
∞
⎛1⎫1⎛p⎫P（B）=∑P（An）P（B|An）=∑apnC⎪=a∑Ck⎪+122⎝⎭⎝⎭n=kn=ki=0
k+1
（其中i=n-k）
⎛p⎫
=a⎪⎝2⎭
k∞
∑C
i=0
1k+1
⎛p⎫⎛p⎫=a⎪⎪⎝2⎭⎝2⎭
1k
p⎫⎛
1-⎪⎝2⎭
-k-1`
2apk
=.k+1（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
0
p
（2-p）
∞
2apk
P（A）=∑k+1
k=1（2-p）
p
2a（2-p）ap=⋅=,
1-p2-p（2-p）（1-p）（2-p）
p2
∞
2apk2a（2-p）2ap2
P（B）=∑=⋅=k+122
1-p2-p（2-p）（2-p）（1-p）k=2
（2-p）
P（AB）P（B）p
P（B|A）===.
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
∞
ap⎛1⎫
P（C）=1-+∑apn⎪
1-pa=1⎝2⎭
ap
apapap2-3p-ap+p2=1-+=1-+=
p1-p1-p2-p（1-p）（2-p）1-
2
n
A1={家中正好有一个男孩}={家中只有一个小孩且是男孩}，则
P（A1）=ap⋅
11
=ap，且A1⊂C，22
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（A1|C）=
P（A1C）P（A1）1apap（1-p）（2-p）
.===
P（C）P（C）22-3p-ap+p22（2-3p-ap+p2）
（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|）=0.05，P（A）=0.96，求P（A|B）。
由贝叶斯公式得
P（AB）P（A）P（B|A）
P（A|B）==
P（B）P（A）P（B|A）+P（）P（B|）
0.96⨯0.980.9408
==0.9979.=
0.96⨯0.98+0.04⨯0.050.9428
14、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（A1）=0.1,P（A2）=0.7，P（A3）=0.2,P（B|A1）=0.05,P（B|A2）=0.1，
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
P（A1|B）=
P（B|A1）P（A1）
P（B|A1）P（A1）+P（B|A2）P（A2）+P（B|A3）P（A3）
0.05⨯0.11
===0.0435.0.05⨯0.1+0.1⨯0.7+0.2⨯0.223
15、解：
记事件“发AAAA”为A4，事件“发BBBB”为B4，事件“发CCCC”为C4，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|A4）=0.62⨯0.22=0.0144。
同理可求得P（D|B4）=P（D|A4）=0.6⨯0.23=0.0048，欲求的概率是P（A4|D），而事件A4,B4,C4间两两互不相容，又D能且
只能与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
P（A4）P（D|A4）
P（A|D）=
P（A4）P（D|A4）+P（B4）P（D|B4）+P（C4）P（D|C4）
0.3⨯0.01449
===0.5625.0.3⨯0.0144+0.4⨯0.0048+0.3⨯0.004816
4
16、证：
（1）P（（AB）C）=P（ACBC）=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（AB），
∴AB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（AC）=P（AC（Ω-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（）=P（AB）=1-P（AB）=1-[P（A）+P（B）-PAB）]
1-P（B））=1-P（A）-P（B）+P（A）P（B）=（1-P（A））（
=P（）P（），同理可证P（）=P（）P（）,
P（）=P（）P（）.
又有
P（）=P（ABC）=1-P（ABC）
=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（A）P（B）P（C）
=（1-P（A））（1-P（B））（1-P（C））=P（）P（）P（），
所以,,相互独立。
18、证：
必要性。
事件A1,A2,,An相互独立，用归纳法证。
不失为一般性，假设总是
ˆ取的形式。
当m=1时，前连续m个集Aii
P（1A2An）=P（A2An）-P（A1An）-P（A1An）
=P（A2）P（An）-P（A1）p（An）=P
（1）P（A2）P（An）。
设当m=k时有
P（1AkAk+1An）=P
（1）P（k）P（Ak+1An）,
则当m=k+1时
P（1k+1Ak+2An）=P（1kAk+2An）-P（1kAk+1An）
=P
（1）P（k）P（Ak+2）P（An）-P
（1）P（k）P（Ak+1）P（An）=P
（1）P（k）（1-P（Ak+1））P（Ak+2）P（An）=P
（1）P（k）P（k+1）P（Ak+2）P（An）从而有下列2n式成立：
ˆAˆˆˆ）P（Aˆ）P（Aˆ）,P（A12An）=P（A12n
ˆ取A或。
其中Aiii
充分性。
设题中条件成立，则
P（A1An）=P（A1）P（An）,
（1）
P（A1An-1n）=P（A1）P（An-1）P（n）.
（2）
∵A1An-1AnA1An-1n=φ,
∴P（A1An-1）=P（A1An-1AnA1An-1n）.
（1）+
（2）得P（A1An-1）=P（A1）P（An-1）。
（3）同理有
P（A1An-2n-1An）=P（A1）P（An-2）P（n-1）P（An）,P（A1An-2n-1n）=P（A1）P（An-2）P（n-1）P（n）
两式相加得
P（A1An-2n-1）=P（A1）P（An-2）P（n-1）.（4）
（3）+（4）得
P（A1An-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个式子，
∴A1,,An相互独立。
n
19、证：
P（φφ）=P（φ）=0⨯0=P（φ）P（φ）,
P（Ωφ）=0=P（Ω）P（φ）,P（ΩΩ）=1=P（Ω）P（Ω）,P（ΩB）=P（B）=P（Ω）P（B）,P（ΩA）=P（A）=P（Ω）P（A）,
P（）=P（）P（）（见本章第17题），
P（A）=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（B）=P（）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）=0.9121、解：
（1）P{所有的事件全不发生}=P{1n}=P
（1）P（n）=
（2）P{至少发生其一}=P（A1An）
P（A1An）=1-P（1n）=1-
n
∏（1-p
k=1
n
k
）。
∏（1-p
k=1
n
）。
（3）P{恰好发生其一}=p1（1-p2）（1-pn）+（1-p1）p2（1-p3）（1-pn）+++（1-p1）（1-pn-1）pn=
n
n
∑p
i=1
i
-2
n≥j>i≥1
∑
pipj++（-1）
n-1
n∏pi。
i=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k1发生故障}，A2={元件k2发生故障}。
则
P{电路断开}=P（A0A1A2）=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）=ε，由试验的独立性得
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