概率论第一章习题解答.doc-道客多多

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1、概率论第一章习题解3 （1）设 A，B，C 是三个事件，且，1()()4PABC，，求 A，B，C 至少有一个发生的概率。()()0P18（2），，，，123()5()10P1()5AC，，求；；；；；()0BC()0ABB的概率。A（3）已知，（）若 A，B 互不相容，求，1()2P()PA（）若，求1()8PB解因为事件“A，B，C 至少有一个发生” C而，，所以 ()0()0故 (PA()()()()BPBPA115048（2） () ()()()PAA；23105() ；14()()()5BPB() (PACAC()()PAB；111723502

2、30() ； ()()()PABCPAC2() 因为 ()sBB且 ()()C()152076() 因为 ()()()PABCPABC已知，，故4(15760)()()；21（3），（）若 A，B 互不相容，求，1()2PA()PAB（）若，求()8（）因为若 A，B 互不相容，所以，，；1()(2PA（）因为，且，()AB所以，代入已知条件，得)()()PP，即。1(28AB384 设 A，B 是两个事件。（1）已知，验证；（2）验证 A 与 B 恰有一个发生的概率为。()2()PAB解（1）因为， SB，()已知，AB所以 ()ABB（2）因为事件“A

3、与 B 恰有一个发生” A所以 “A 与 B 恰有一个发生”的概率为 ()PB而，()SABA且，B故 ()()()PP()()PABPAB25 10 片药片中有 5 片是安慰剂，（1）从中任意取 5 片，其中至少有 2 片是安慰剂的概率。（2）从中每次取 1 片，作不放回抽样，求前 3 次都取到安慰剂的概率。解（1）设 “所取的 5 片药片中至少有 2 片安慰剂”B设 Ai“5 片中有 i 片是安慰剂” ，（i=1 ，2，3，4，5），则样本空间所饮食的基本事件数： 510!9876251C含有的基本事件数：；05415A10001011()()()()PBAPPPA。2635

4、2（2）设 C“前 3 次取到的都是安慰剂 ” 样本空间所饮食的基本事件数：1098720事件 C 所包含的基本事件数为：5436041()0982P6 在房间里有 10 个人，分别佩带从 1 号到 10 号的徽章，任选 3 人记录其徽章的号码。（1）求最小号码为 5 的概率；（2）求最大号码为 5 的概率。解 A“最小号码为 5”，B“最大号码为 5”样本空间所包含的基本事件数：；31098120C事件 A 所包含基本事件数（即 5 固定，再从 6，7，8，9，10 这 5 个数中任选 2 个）：254C事件 B 所包含的基本事件数（即 5 固定，再从 1,2，3,4 这 4 个数中任选

5、2 个）：2436故；10()PA1()20PB7 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，在搬运的过程中所有标签脱落，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 桶黑漆，2 桶红漆的顾客，能按所订颜色得到订货的概率是多少？解设 A“顾客能按所订的颜色如数拿到订货” ，则样本空间所包含的基本事件数： 917651108C事件 A 所包含的基本事件数： 43210987432501C所以。25()P8 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）至少有 2 件次品

6、的概率。解设 A“所取的 200 件产品中有 90 件次品” ，B“所取的 200 件产品中恰有 2 件次品”样本空间包含的基本事件数：，015C事件 A 所包含的基本事件数：，940事件所包含的基本事件数：B2190（1） 901425()CP（2） 2019405()()CB9 从 5 双不同的鞋中任取 4 只，问这 4 只鞋至少能配成一双的概率是多少？解设 A“4 只鞋不能配成双” ，则 “4 只鞋至少能配成一双”A样本空间所包含的基本事件数： 4102C事件 A 包含的基本事件数： 15280（即：先从 5 双鞋中任取 4 双，然后从所取的 4 双鞋中各任取一只，这样取得的

7、4 只鞋，都不能配成双。）于是，11522408() 0CP83A说明：本题有多种解法，总的思路是从 5 双鞋中任取一只后，再取时不考虑与已经取了的那一只能配成双的哪一只。如考虑 4 只鞋了是有次序的一只一只取出的：从 10 只鞋中任取 4 只共有种取法，即样本空间所包含的基本事件数：；现在来求10987 ()10987Ns：第一只鞋可以从 10 只鞋中任意取，有 10 种不同的取法，第二只鞋只能从剩下的()NA9 只中且除去与已取的第一只配对的 8 只鞋中去取，有 8 种取法，同理，第三只、第四只各有 6 种取法、4 种取法。从而。()1064NA于是；。10864()9721PA

8、813()2PA10 在 11 张卡片上写有 probability 这 11 个字母，从中任意抽 7 张，求其排列结果为 ability 概率。解设 A“抽到 7 张卡片能排列成 ability”，则样本空间所包含的基本事件数： 7109865事件 A 所包含的基本事件数： 1124CC（即在 11 个字母中只有 1 个 a，2 个 b，2 个 i,1 个 l，已经取了一个 i，只剩下 1 个 i，同样 t、y 也只有 1 个可取。）于是。714()0.4P11 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。解设 “放入杯子中球的最大个数”

9、，（）iA1,23i由于每个球可以任意地放入 4 个杯子中的任何 1 个中，且每个杯子可以放入的球的个数没有限制，于是“将 3 只球随机地放入 4 个杯子中去”共有种放法，即。343()4NS：只有 3 个球都放入一个杯子中才能发生，且有 4 全杯子可任意选择，则3；()4NA341()6PA：只有当每个杯子最多放入 1 个球时才能发生，因而1 1()432NA132()4又，且，（）123ASijAij故 ()P从而。216912 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 只强度太弱有铆钉都装在一个部件上，则这

10、个部件的强度就太弱。问发生一个部件强度太弱的概率是多少？解将 10 部件自 1 至 10 编号。则随机试验 E：随机地取铆钉，各部件都装 3 个铆钉。“第号部件强度太弱” ，（）iAi 1,23,0i由题设知，只有当 3 只强度太弱的铆钉同时装在第号部件上时，才能发生。由于iiA从 50 只铆钉中任取 3 只装在第号部件上共有种取法，强度太弱的铆钉仅有 3 只，它i350C们都装在第号部件上，只有种取法。i31故，（）。350()96iPAC,23,10i又两两互不相容，因此，10 个部件中有一个强度太弱的概率为121,。0() 1210()()PAPA 1960

11、13 一个俱乐部有 5 名一年级的学生，2 名二年级的学生，3 名三年级的学生，2 名四年级的学生。（1）在其中任选 4 名学生，求一、二、三、四年级各有一名学生的概率；（2）在其中任选 5 名学生，求一、二、三、四年级的学生都包含在内的概率。解（1）设 A“4 名学生中，一、二、三、四年级各有一名学生” ；样本空间所包含的基本事件数： 41209453C事件 A 所包含的基本事件数为： 15615234604()93CP（2）设 B“5 名学生中，一、二、三、四年级的学生都包含在内” 。样本空间所包含的基本事件数： 5120987243C事件 A 所包含的基本事件数为：，153()（即先

12、从每个年级任选一人，再从 4 个年级中 1 个，就可保证 5 名学生中包括每个年级的学生在内）。115234()0)7923CPB14 （1）已知，，，求条件概率。().A().PB()0.5A(|)PBA（2）已知，，，求。1()41(|)31(|)2B()解（1）因为，，，0.30.40.5所以，，()7PA()6()ABA0.2()PP故 (|)()BA()PAB0.2.576（2）因为，，由乘法公式得，1()4PA(|)3B|142又，，得(|)2()(|)PAB，即 1B6所以 ()()()PA。142315 掷两颗骰子，已知两颗骰子的点数之和为 7

13、，求其中有一颗为 1 点的概率（用两种方法）。解设 A“两颗骰子的点数之和为 7”，B“一颗点数为 1”解方法一（用条件概率公式计算）样本空间所包含的基本事件数：36事件 A 所包含的基本事件数： 6，即（1,6），（6,1），（5，2），（5,2），（3,4）（4,3）事件 AB 所包含的基本事件数：2 即（1,6），（6,1）则，6()3P2()3B故。631|()AB方法二（在缩减的样本空间计算）以 A 为缩减的样本空间，则 A 所包含的基本事件数： 6事件 B 在缩减的样本空间所包含的基本事件数： 2故。21()63P16 据以往资料表明，某 3

14、口之家，患有某种传染病的概率有以下规律：P孩子得病 0.5，P母亲得病孩子得病0.5，P父亲得病母亲及孩子得病0.4求母亲及孩子得病而父亲未得病的概率。解设 A“孩子得病” ，B“母亲得病” ，C“父亲得病” ，则“母亲及孩子得病而父亲未得病”C已知，，()0.6P(|)0.5A(|)0.4PAB由乘法公式： |.63B()(|)(.12C又，且AABACB所以，。()()()0.3.8PBP。|()CA17 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）1 件正品，1 件次品；（4）第

15、二次取出的是次品。解设 “第次取得的是正品” （）。iAi 1,2i因为是不放回抽样，故样本空间所包含的基本事件数：，109（1）事件所包含的基本事件数：，1 87；872()0945PA（2）事件所包含的基本事件数：2 1；1()（3）事件 “1 件正品，1 件次品”所包含的基本事件数：12A（可能是第一次取得正品，也可能是第二次取得正品），12(8)C112360945P解法二：因为，，312A312()PAA又，所以，由乘法公式，得1231212()()PAPA1| |)(PA。8691045解法三：利用（1）与（2）的结果，因为，且，12122AS1

16、2A，，两两互不相容，故A122A。1212()()()PPA8645（4）因为，事件 “第二次取出的是次品” ，221()()A2121()2PA211(|)(|)(PA。890518 某人忘记电话号码的最后一位数字，因而他随意地拨号，求他拨号不超过 3 次而接通所需电话的概率；若已知最后一位数字是奇数，那么此概率是多少？解 “第次所能电话” ，（）， “电话所能”iA1,23i则 123A（1）第一次拨通电话：；1()0P第 2 次拨通电话，即是，由乘法公式，得21191()(|)(PApA第 3 次拨通电话，即是，由乘法公式231211133()(|)(|)(PA890

17、121213()()()PA。或 123()()PA31|(|PA78910（2）当已知最后一个数字是奇数时，与（1）有同样的思路和解法：；1()5PA2121133(|)(|)(ApP45112()(|)(5P2213)AAP135或 13()()321|(|P4519 （1）设甲袋中装有只白球，只红球；乙袋中装有 N 只白球，M 只红球，今从甲nm袋中任意取一球放入乙袋中，再从乙袋中任意取一球，问取到白球的概率是多少？（2）设第一只盒子中装有 5 只红球，4 只白球；第二个盒子中装有 4 只红球，5 只白球，先从第一个盒子中任意取 2 球放入第二个盒子中，然后从第二个盒子中任意取一只球

19、只白球,6 只红球。）25(|)PR于是。71603()819W20 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。解设 B“放回的结果正确 ”，字母脱落的五种情况记为：“M，X” ， “A，X ”， “M，A” ， 1A23“ A，A” ， “M，M” ，45则，样本空间所包含的基本事件数即脱落的总数： 2510C事件所包含的基本事件数：，（2 个 M，1 个 X）112C事件所包含的基本事件数：，（2 个 A，1 个 X）21事件所包含的基本事件数：，（2 个 M，2 个 A）3A24事件所包含的基

21、.5PB，|A(|)0.25PAB于是。()P(|)|()B.20.5122 一学生接连参加同一课程的两次考试，每一次及格的概率为 p，若第一次及格第二次也及格的概率为 p。若第一次不及格第二次及格的概率为 p/2。（1）若至少有一次及格，他就能够获得某种资格，求他获得资格的概率。（2）若知道他第二次已经及格，求他第一次及格的概率。解设 “第次及格” ，（）。iAi1,2iB“获得资格”（1）已知，，1()Pp1()Ap12(|)pPA，211 2)()A显然，，故11 1212()()(|)(PBAPAP。23(1)2pp（2）（贝叶斯公式）12112 12212(|

22、)(|)()(|)|)(PAPAPA。()pp23 将两信息分别编码为 A 和 B 传送出去，接收站收到时，A 误作 B 的概率为 0.02， B 误作为 A 的概率为 0.01。信息 A 与 B 传送的频繁程度为 2：1。若接收站收到的信息为A，原发信息为 A 的概率是多少？解设 “发出的信息为 A”， “发出的信息为 B”， 1 2“收到的信息为 A”则“接收站收到的信息为 A，原发信息为 A” 1(|)1112(|)(|)| |)PBPBP20.98396724 有两箱同类的零件，每第一箱装有 50 只，其中 10 只一等品，第二箱装 30 只，其中8 只一等品。今从两箱中任意挑选

23、出一箱，然后从该箱中取零件两次，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，第二次取到的零件也是一等品的概率。解设 “从第一箱中取零件” ， “从第二箱中取零件” 。HH“第次从箱中取得的是一等品（不放回抽样） ”（）则iAi 1,2i。1()2P（1）由已知条件，，，故10(|)5A283(|)05PA1111()AHH|)(|)(PB。3255（2）要求的是“在第一次取到一等品的条件下第二次取一等品的概率” ，即 21(|)PA因为，而1221()(|)PA121212|)(|)(HAHP由条件概率的含义，表示从第一箱中取两

24、次，每次取一只零件，作不放(|PA回抽样且两次取得的都是一等品的概率，因第一箱中有 50 只零件，其中有 10 只一等品，于是，同理，。1209(|)54PA12817(|)3029故 1221 121(| |(|)()()PAHPAH。09877()0.48565430942925 某人下午 5：00 下班，他所积累的资料表明，到家时间 5:355:39 5:405:44 5:455:49 5:505:54 迟于 5:54乘地铁的概率 0.10 0.25 0.45 0.15 0.05乘汽车的概率 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

25、他是 5：47 到家，试求他是乘地铁回家的概率。解设 “乘地铁回家” ， “乘汽车回家” AA“5:355:39 回家” ； “ 5:40 5:44 回家” ；1B2B“ 5:45 5:49 回家” ； “ 5:505:54 回家” ；3 4“ 迟于 5:54 回家”因为他到家的时间为 5：47，则所求概率为在事件 “5:455:49 回家”发生条件3B下发生的条件概率：A（由贝叶斯公式）333 33()()|)(|)|(|PABPAA。10.45920.62.26 病树的主人钻出，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

26、握确定邻居会记得给树浇水。（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）设 “树活着” ， “邻居给树浇水”AB()()()()PPA|0.159.801.350.8.215。()()27A（2） (|)|()|()PBPABP。0.8160.3725.9427 设本题涉及的事件都有意义。设 A，B 都是事件，（1）已知，证明。()PA(|)(|)PB（2）若，则。|1B|1（3）若 C 也是事件，且有，，(|)(|)C(|)(|)PAC证明：。()PA证明：（1）因为所等式左边，()()(|)BAp右边 ()()(|)PPABPA

28、芽 ”， B“第二种花籽抽取的一颗花籽发芽” （1）因为 A 与 B 相互独立，则 AB“两颗花籽都发芽” ，故 ()()0.89.72P（2）由于 AB “至少有一颗花籽发芽” ；故。()()()0.89.720.8ABPAB（3）因为 “恰有一颗花籽发芽 ” ，又与相互独立，与ABA相互独立，故 ()()()0.81.029.6PABPABP29 根据报导，美国人的血型分布近似的为：A 型为 37%，O 型的为 44%，B 型为13%，AB 型为 6%。夫妻的血型是相互独立的。（1）B 型的人只有输入 B 型和 O 型的血才安全。若妻为 B 型，夫为何种血型未知，求夫是妻的安全输

29、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，夫血型为 B、O 都是安全输血者，因为两种血型是相互独立的，故所求概率为。10.4.30.57p（2）因为夫妇所有的血型相互独立，故所求概率为：。2481（3）。0370962p（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。42.(1.4).04.6830 （1）给出事件 A，B 的例子，使得（）；（）；（）(|)(P(|)(PBA(|

31、为 A，B，C 相互独立，所以，，()()P()()BCP， (AC而 ()(|)(|)PCABpBAP()()CPAPAB(（）因为 ()()()()CBCp(PACPAP)()()(B。)PCA即 C 与 AB 相互独立。（3）因为，对于任意的事件 B，，()0PA()0又，，B()(0PA所以，即 A 与 B 相互独立。（4）若 A 与 B 相互独立，则，于是()。()()(|) (|)PPPAB即 |(|)A若，则|PB()()(|)(|) (PBPA即有 |A由随机事件相互独立的等价定义（教材 P21 的定理一）知A 与 B 相互独立。31 设事件 A，B 的概率都

32、大于零，说明以下叙述（1）必然对，（2）必然错，（3）可能对，并说明理由。（1）若 A，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），且 A 与 B 互不相容。()0.6P（4），且 A 与 B 相互独立。解（1）必然错。因为 A 与 B 互不相容，，而，所()0PA()0PB以，即 A 与 B 不是相互独立的。()()PP（2）必然错。因为 A 与 B 相互独立，所以。()()（3）必然错。若 A 与 B 互不相容，则，0而 ()()()PPBA。1.21（4）可能对。A 与 B 相互独立时， ()()()PB。1.2()0.84P

33、32 有一种检验艾滋病毒的检验法，其结果有 0.005 报道为假阳性（即不带艾滋病毒者，经此检验法有 0.005 的概率被认为带有艾滋病毒）。今有 140 名不带艾滋病毒的正常人接受此种检验，被报道至少有 1 人带艾滋病毒者的概率。解设 “用此方法检，有人验呈阳性” ，（），由于（ iAi1,240i iA）是相互独立的。所以被报道至少有 1 人带艾滋病毒的概率为1,240i12140240()()PAPA 12140()P40.95).957.333 盒中有编号为 1,2，3,4 的 4 只球，随机地从盒子中任取一球，事件 A 为“取得的是 1号球或 2 号球” ，事件 B“取

34、得的是 1 号球或 3 号球” ，事件 C“取得的是 1 号或 4 号”球。验证：；，，()()PA()()PAC()()PB但。C解设 “取到号球” （），则ii1,234i，12341()()PAPA又已知，，，1B14CA，，，两两互不相容。1234故，且()()2PA，，，，1B11BCA1，()()()()4P从而，42PA，1()()CACBPB但，即 A，B，C 不是相互独立的。()()()4PA34 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，，，，1p234p将它们按 34

35、题图（1）的方式连接（称为并串联系统）。图 34（1）图 34（2）（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，将它们按题图p34（2）的方式连接（称为桥式系统）。解（1）设 “元件正常工作/” （），该并串联系统的可靠性即iAi1,34i123412()()PPA34234()PA1 234 51 32 41234234()()()()PAPAPA。34pp（2）（1）设 “元件正常工作/” （），该桥式系统的可靠性即iAi,5i1245135234( )PA415234)()()PpA12334512345( ()PA451251234)

36、()()pApA123345( pA4535 如果一危险情况 C 发生时，一电路闭合并发出警告报，我们可以人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，且若至少有一个开关闭合了，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？如果需要一个可靠性至少为 0.9999 的系统，则至少需要用多少只这样的开关并联？设各个开关闭合与否是相互独立的。解设 “第只开关闭合” （）iAi1,2in（1）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，系

37、统的可靠性多少？已知，因为各开关闭合与否是相互独立的，故两只这样的开关并联()0.96iP而电路闭合的概率为121212()()()APA0.96906.984（2）如果需要一个可靠性至少为 0.9999 的系统，则至少需要用多少只这样的开关并联？设需要只这样的开关并联，此时系统的可靠性，因为n 1()niRPA，且相互独立，故1212ni nAA 2,n1211()()()ni iRPPA12()()nPA0.96n要使，即要使，亦即要使。0.9R(4).0.1.4n应有lg.12.86l25.397n36 三个人独立的去破译一份密码，已知各人能破译的概率为，，。问三人

38、中1534至少有一人能将密码破译出的概率是多少？解设事件 “第一人能破译密码” ，事件 “第二人能破译密码” ，事件 “第三人ABC能破译密码” ，则事件“三人中至少有一人能破译出密码”为，又三AB人破译密码是相互独立的，所以()()()()()()PBCPCPAPAB()()()11153435430.65或由于三人能否译出是相互独立的，则三人都译不出密码的概率为，2()()()()4PABCPC所以三人中至少有一人能译出密码的概率。23()1()10.65因为为正整数，故，即至少需要用 3 只这样的开关并联。nn37 设第一只盒子中装有 3 只蓝球，2 只绿球，2 只白球；第二只

39、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。解设，，分别表示在第一只盒子中取到蓝球，绿球，白球，，，1A23 1B2分别表示在第二只盒子中取到蓝球，绿球，白球。3B（1） )()()( 1111 BApApBp95273（2） )()()( 1331131 BApBAp64（3） )|(11315)(1BAp38 袋中装有枚正品硬币，枚次品硬币（次品硬币两面都印有国徽），在袋中任取一mn枚，将它投掷次，已知每次都得到国徽

40、，问这枚硬币是正品的概率是多少？r解设 “袋中任取一枚将它投掷次，每次都得到国徽” ，r“正品硬币” ，则所示概率为B（贝叶斯公式）()()(|)(|) |()PABPAB又，，，()mBn11(|)()2rrmnn(|)nPABm所以(|) 2(|) 1|()rrPABP nm。2rmn39 设根据以往的记录的数据分析，某船只运输的某种牲口损坏的情况共三种：损坏2%（这一事件记作），损坏 10%（这一事件记作），损坏 90%（这一事件记作），1A2A3A且知，，。现从已被运输的货物中随机的取 31()0.8P2()0.53()0.5P件，发现这 3 件都是好的（这

41、一事件记作）。试求，B1(|)，（这里设牲口的件数很多，取出一件不影响取后一件是否为好品2(|)BA3(|)的概率）。解已知，，，，由贝叶斯公式得123S12A2313A11112233()|(|)(| ()|)PBPABPB33 30.8(1.2)0.8(1.2)50.5(1.9)。722211 33()|)(|)(| (|)PABPABPAB33 30.5(.1)0.8(.)05(.9)126332112233()|)(|)(| (|)PABPABPAB33 30.5(.9)0.8(.)05(1.9)140 将 A，B，C 三个字母之一输入信道，输出为原字母的概率为，

42、而输出为其它字母的概率为。今将字母串 AAAA，BBBB，CCCC 之一输入信道，输入(1)2AAAA，BBBB，CCCC 的概率分别为，，（），已知输出1p23123p为 ABCA，问输入的是 AAAA 的概率是多少？（设信道传输各字母的工作是相互独立。）解设 “输入 AAAA”，1A“输入 BBBB”，B“输入 CCCC”1C“输出 ABCA”D因为，，两两互不相容，且有1A111123()()(1PBPABCp因此可以使用全概率公式和贝叶斯公式，由贝叶斯公式，得11()(|)DA11 1(|)(|) |)(PAPBPDC11213(|)(|)(|)PDAppBCp在输入为 AAAA（即事件）输出为 BCA（即事件）时，有两个字母为原字母，另两个字母为其它字母，所以221(|)()PDA。31|()BC代入上式并注意到，得到 123p11(|)()pPAD

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