1、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，42)(,52)(11AP 21)(,31)(3423 APP。34所以题中欲求的概率为 1234512341231215321)( AAP042、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.768/)(APB3、解：（1）M 件产品中有 m 件废品， 件正品。设 A=两件有一件是废品，MB=两件都是废品，显然 ，则 21/)(mMmCA， 2/)(mCBP题中欲求的概率为.)(/)(/| A
2、PBA 12/)21CMmM（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 ，AB则 .,/)( 212mMCP题中欲求的概率为.)(/)(/| APBAB 12/)212 MmM（3）P 取出的两件中至少有一件废品=)1(2/21 CMmM4、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 甲取出的球可为白球或黑)()baAP球，利用全概率公式得|()|()( BPABbababa 111， 乙取球的情况共有四种，由全概率公式得)|()|()|()|()( BACPBACPBACPABCP 21)(2)1)(
3、bababab1.baba)2)(1)(5、解：设 B=两数之和大于 10，A i=第一个数取到 i， 。则 ，9,10i 10)(iAP;5,32,9/)1(|(,0)|()|(10 iBPABPi ,9/2|(jBj。由全概率公式得欲求的概率为9,876j.90 604)|()(i iiA6、解：设 A1=从甲袋中取出 2 只白球，A 2=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 )(|()|()|() 31 APBPBPBP.2212 CcCccbabaAa7、解：A 1=从第一袋中取出一球是黑球，A i=从第一袋中取
4、一球放入第二袋中，再从第 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。则Ni,.)(),)(11 baAPbaP一般设 ，则 ，得()baAPk(k.)()|)| 111 bakk由数学归纳法得 .()baAPN8、解：设 A1=飞机第一部分中两弹，A 2=飞机第二部分中两弹，A 3=飞机第一部分中一弹，A 4=其它情况，则 .),(431jiji.0.)(0)21 PPA3=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，18.07.102.71.02.)(3 AP)(
5、)(34AP设 B=飞机被击落，则 .)|(,| 4ABPIBi由全概率公式得 41)(|()(i ii 239、解：设 Ai=第 i 回出正面，记 ，则由题意利用全概率公式得iiAPp)(|()|()( 111 iiii APP。2(1pp已知 ，依次令 可得递推关系式cpi,2,n)()2(1pn ,)()2nn.(c解得 ,)1()1)12()()( 2 nnn pcppP当 时利用等比数列求和公式得1p（*）11)()2()( nnn pc .)()(11nn（1）若 ，则 ；Cpnlim,（2）若 ，则当 时， ；当 时， 。0kcnk2cpn若 ，则c21li,np若 ，则 不存在
6、。12nc（3）若 ，则由（*）式可得0p .21)2()12(limli nnnn pcp10、解：令 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iiCBA,的事件，则由全概率公式得 )|()|()|()( 11111 nnnnnnnn CAPBAPAPPp ，qrq4040 )|()|()|()( 11111 nnnnnnnn BBq ，,2121nnnrqprqp )|()|()|()( 111 nnnn CPBCPACPPr .nn4040这里有 ，又 ，所以 ，同理有1np11rqp 112nnpq，再由 得 。所以可得递推关系式为q2nn )(，1124nnnpq
7、r初始条件是甲袋一白一黑，乙袋一白一黑，即 ，由递推关系式得1,00qrnnnppr4)21(41 148)4(nnp212)1()(2 1023nnp，11 3)(6)(6 nnn.1111 2)(32 nnnpq.lim,6lilimnqr11、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 得)21(p.21)|( nknknCCABP由全概率公式得（其中 ） knnkn apBP21)|()( 011ikkpakni012ikpCa .)2(11kkkpapa12、解：（1）设 A=至少有一男孩，B=至少有
8、2 个男孩 。 ，由BA,得 )2(0p,)1(2)(12)(11 papapAPkk ,22221 )1()(2)()( papapBkk.APBAP)()(|(（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12)(anpC )2(13papaA1=家中正好有一个男孩=家中只有一个小孩且是男孩 ，则，且 ，apP21)(CA1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.)()()|(111PC )32(1)(322papa13、解：设 A=产品确为合格品，B=检查后判为合格品 。已知 ，98.0)|(ABP，求 。由贝叶斯公式得96.0
9、)(5.)|(ABP一 )|(BA)|()|(|)(|( ABPAPBAP.970428.05.498.0614、解：设 分别为自 250 米，200 米，150 米处射击的事件，B 为“命中目标”321,事件，则 ，1.0)|(,5.)|(,.)(7.)(.0)( 2132 ，求 。 间互不相容，B 能且只能与 中之一同时发生，|3ABP|1APi iA由贝叶斯公式得 )(|()|()|()|( 32111 PBP.0453.070515、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 为求,.)(,.)(,3.)
10、(4CP，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)|(ADP误收，故 。同理可求得01.2.60|434)(|B，欲求的概率是 ，而事件 间两两互不相容，又 D 能且08.)|(4A4,BA只能与 之一同时发生，由贝叶斯公式得欲求的概率为4,C )|()|()|()|( 444444 CPDPPDAP.5620198.038.01.031316、证：（1） )()(BCAB)()()(ABPPP， C 与 C 独立。（2） )()()(APAB 与 C 独立。（3） BAPB )()ABP()()(，C 与 C 独立。A17、证： )(1)()( BAPBAP
11、)()1PAB1(，同理可证 ,)()(C.又有 )(1)()( CBAPBAPC )()()1 ABCP()，)(1( )()(所以 相互独立。BA,18、证：必要性。事件 相互独立，用归纳法证。不失为一般性，假设总nA,21是前连续 m 个集 取 的形式。当 时，iim)()()()( 11221 nnnn APPP 。p )(2nAP设当 时有k,)()( 1111 nknkAA 则当 时()( 221 knknk PPAP )()()()( 112 nk AP 1211 nk ()kAA从而有下列 2n 式成立：,)()()(2121 nnPP 其中 取 或 。iAii充分性。设题中条
12、件成立，则, (1)()(11nnAA. (2)1 ,nn11 .)()( 1nPA(1)+(2)得 。 (3)()P同理有,)()()( 121121 nnnn APAPAP 两式相加得. （4）)()( 121121 nnn(3)+(4)得。)2APAP同类似方法可证得独立性定义中 个式子，n 相互独立。nA,119、证： ),(0)(),(1, PPPBB)()(AA（见本章第 17 题） ，)()(BA，)(1)(PP同理可得 。证毕。(B20、解：P三次射击恰击中目标一次=7.0)51(4.)7.01(5.)4()7.05.4.0 36P至少有一次命中=1-P未击中一次9.)(.).
13、1(21、解：（1）P所有的事件全不发生 1nAP。nkkp1)()()（2）P至少发生其一 (1n。nknnAPAP11)()()（3）P恰好发生其一 ( 3221 ppppn)()11。niijn niiji1 1(22、解：本题中认为各元件发生故障是相互独立的。记 =元件 发生故障，0Ak=元件 发生故障， =元件 发生故障。则1A1k2A2kP电路断开 )()()( 2121010 PPP。328.0.302.3.023、解：以 表事件“A 于第 k 次试验中出现” ， ，由试验的独立性得，前kA)(kAPn 次试验中 A 都不出现的概率为。)(2121 nnP n)1于是前 n 次试
14、验中，A 至少发生一次的概率为。(A这说明当重复试验的次数无限增加时，小概率事件 A 至少发生一次的概率可以无限地向1 靠近，从而可看成是必然要发生的。24、解：我们认为各车床或同一车床制造的各个零件的好坏是相互独立的，由此可得。2509.7.803一P25、解：利用的二项分布可得 21一nP。nnC2201。nnC，P 22 一26、解：利用二项分布得。npnP)1(1 一一。1)()(npCpP 127、解：（1）设 A，B，C 分别表示每局比赛中甲，乙丙获胜的事件，这是一个的多项分布。欲丙成为整场比赛的优胜者，则需在未来的三3)()(次中，丙获胜三次；或在前三次中，丙获胜两次乙胜一次，而
15、第四次为丙获胜。故本题欲求的概率为。0203 31!131!0p28、解：利用两个的二项分布，得欲副省长的概率为 ni i，iP0 一一一一。1122niiniiinCni niC02221)(29、解：事件 A 出现奇数次的概率记为 b，出现偶数次的概率记为 a，则，0nnqpa。31nnqpCb利用 ，可解得事件 A 出现奇数次的概率为nbapa)(,)(。np)21(2顺便得到，事件 A 出现偶数次的概率为 。30、解：事件“在出现 m 次 之前出现 k 次 A”，相当于事件“在前 次试验1mk中出现 k 次 A， 次 ，而第 次出现 ”，故所求的概率为1mkmkqpCqpC11注：对事
16、件“在出现 m 次 之前出现 k 次 A”，若允许在出现 m 次 之前也可以出现A次 A， 次 A 等，这就说不通。所以，事件“在出现 m 次 之前出现 k 次1k2A”的等价事件，是“在出现 m 次 之前恰出现 k 次 A”。而对事件“在出现 m 次之前出现 k 次 A 之前” （记为 B）就不一样，即使在出现 m 次 之前出现了 次1A， 次 A 等，也可以说事件 B 发生，所以事件 B 是如下诸事件的并事件：“在出现 m 次 之前恰出现 i 次 A”， 。,1ki31、解：设 经 n 次试验后，黑球出现在甲袋中 ， 经 n 次试验后，黑球出现在乙袋中， 第 n 次从黑球所在的袋中取出一个
17、白球 。记 C ),(nAPp。当 时，由全概率公式可得递推关系式：,20,1)(pPcnn n)(|(_)(| 11nnAPPnnCA,Nqn11 )(11npNp即 。)(2pn初始条件 ，由递推关系式并利用等比级数求和公式得0 nnn 221211。nnN21 nN若 ，则 时 ，当 时 。1N2kn0pk1np若 ，则对任何 n 有 。2N21p若 ，则 （N 越大，收敛速度越慢） 。limn32、解：利用普阿松逼近定理， ，查表计算得50.，102 1)9(.i iiCP一 956.05e。5010i ii一 1.!0ii设以 90%的概率希望废品件数不超过 k，则，ki ii2 1
18、010)9.(. 9.!50eiki解得 。8k33、解：P= 有 10 个或更多个终端同时操作=P有 10 个或不足 10 个终端不在操作。102028.)7.(3j jjjC34、解：利用普阿松逼近定理计算 ，则打中两弹或两终以上的概501.5率为 )9.()9.0(1450p 956.0e35、解：设 A 表事件“某事实际上是可行的 ”， 表事件“某事实际上是不可行的” ，AB 表“多数人说可行” ， 表 “多数人说不可行“，利用二项分布得B74712.).0(6)|()|(i iiiCP所以作出正确决策的概率为 |(|Bp。.)| APAB36、解：（1）由题意得，产生了 k 个细菌，
19、且这 k 个细菌全部是甲类细菌的概率为，所以产生了甲类细菌而无乙类细菌的概率为kke2!。121!21eekpk（2）产生乙类细菌而无甲类细菌的概率与（1）中概率相同，所以欲求的条件概率为P有 2 个乙类细菌|产生的细菌中无甲类 。12!e821e37、解：事件“有两个以上的人生于元旦”的对立事件是“生于元旦的人不多于两个”利用 的二项分布得欲求的概率为3651p 150250361iiC。037.4)92436(50838、解：每个错字出现在每页上的概率为 ，500 个错字可看成做 500 次努里试1p验，利用普阿松逼近定理计算， ，得50P某页上至少有三个错字= 1-P某页上至多有两个错字
20、120 15015i iC.83)(1ee39、解：设月初库存 k 件，则应有. i kiii p0 177 01!,9.!一当 时， ； 时， 。所以在月初进货时17k58.p6k24.要库存 件才行。640、解：设每盒装 100+k 只，为使每盒有 100 只以上的好钉，每盒次品数应当 ，1k则应有 .80)95.0(1.1010 ikikiikC由于 k 值不大，有 5.)( 利用普阿松逼近定理计算， ，上式可以写成.105.180!.(kiiep查表得当 时， ；当 时， 。取21k847. 572p， 。所以一盒应装 103 只，才能保证每盒中有 100 只以上好钉的概率小3,于 8
21、0%。41、解：每一毫升平均含一个细菌，每 2 毫升含 2 个，所以每只试管中含有细菌数服从的普阿松分布。由此可得2P5 个试管中都有细菌 ；483.0)1(5eP至少有三个试管中有细菌 .2521980)(i iieC计算时利用了 的二项分布。21ep42、解：设一分钟内通过某交叉路口的汽车数服从 的普阿松分布，则P1 分钟内无车 201 .ln,.ei 61由此得，2 分钟内通过的汽车数服从 的普阿松分布，从而 2 分钟内多32i于一车的概率为.823.p 43、解：若蚕产 i 个卵，则这 i 个卵变为成虫数服从概率为 的二项分布，所以in,pP蚕养出 n 只小蚕 kkikiiCe1)(!
22、 )km一empM(!044、解：设 s=该分子在时刻 s 还没有再受到碰撞，则，)()(1oP，)(1(oP，p令 得 ，0 )(,)(d积分得 .ceP当 时， ，所以 ，从而1)(.)(45、证：可利用巴纳赫氏问题证明。某数学家带着两盒火柴，每次用时他在两盒中任意抓一盒，从中取出一根，因此连续地抽取构成了一串 的贝努里试验。假定最初每21p盒火柴恰巧包含 N 根，我们考虑：数学家第一次发现空盒子地时刻。在这一时刻，另一盒火柴可能还有 r 为 0，1， ，N 根火柴。设从第一盒中选取为 “成功” 。 “当发现第一盒火柴空时，第二盒中尚有 r 根火柴“这一事件，等价于”恰有 次失败发生在rN
23、第 N+1 次成功之前“，这个事件的概率为 （见巴斯卡分布） 。)21,;(rf考虑到两盒火柴所处的地位相同，可得事件”发现一盒空，另一盒中尚有 r 根火柴“（记为 ）的概率为rA.rNrNNf 21221,;2r 取 0 到 N 的诸事件 之和显然是必然事件，由此可得r，rrN02两边同乘以 并利用组合性质变形得2，Nr Nr0)(令 ，并注意到对应 r 从 0 变到 N，而 k 是从 N 变到 0，即得要证的等式krN.r246、证：任何一个非 1 的自然数，皆可唯一地（不计次序时）分解为素数的乘积，要证两数互素，只需验证这两数没有公共素因子就行了。为此，把素数排列为，对任何 （自然数）定
24、义事件21pNt,中独立地取两整数 ， 与 不含公因子 。AtN,一, ,21tp把所要求的“事件”的概率定义为。)(lim,tNtAP为计算 ，定义)(,tnP自 1,2,N 中独立地取两整数 ，它们有公因子 。1mki , ,21kiip则由事件容许的和的概率公式得（1）1211, )()(ijt ttjtiitNA显然有 ，211 kk iii p，22111 kkk iiiii pmN 因而（2） tiiitiiti tii kkkkkkCp 111111（2）式左端的 的来由是，Nt2，NppNpNp kkkk iiiiiiii 2121122211 而和式中一共有 项。由（1） ，
25、 （2）得tCiijt tkji C111（3）)(,tNAPiijt tkji Npp1122在（3）中令 得， tiittitijt tjitN pppp12211122, )()(lim再令 ，并利用黎曼函数 （参看华罗庚著“数论导引”P236，225）得，t 6)(欲求的概率为 122, 6)()(liiitNt pAP47、解：假设产品合格率 ，不妨设 。现从 10000 件中抽 100 件，可9.0p9.0视为放回抽样。而 100 件产品中次品件数服从二项分布，利用普阿松逼近定理得，次品件数不小于两件的概率为 264.0.).(1 1910 e此非小概率事件，所以不能据此断定该车间谎报合格率。 （注意，这并不代表可据此断定，该车间没有谎报合格率。 ）
