李贤平[概率论与数理统计第二章]答案第 2 章条件概率与统计独立性1,字母 M,A,X,A,M 分别写在一张卡片上,充分混合后重新排列,问正好得到顺序 MAAM 的概率是多少? 2,有三个孩子的家庭中,已知有一个是女孩,求至少有一个男孩的概率. 3,若 M 件产品中包含 m 件废品,今在其中任取两件,求: (1)已知取出的两件中有一件是废品的条件下,另一件也是废品的条件概率; (2)已知两件中有一件不是废品的条件下,另一件是废品的条件概率; (3)取出的两件中至少有一件是废品的概率. 5,袋中有 a 只黑球,b 吸白球,甲乙丙三人依次从袋中取出一球(取后来放回) ,试分别求出三人各自取得白球的概率( b ≥ 3 ) . 6,甲袋中有 a 只白球,b 只黑球,乙袋中有α吸白球, β吸黑球,某人从甲袋中任出两球投入乙袋,然后在乙袋中任取两球,问最后取出的两球全为白球的概率是多少? 7,设的 N 个袋子,每个袋子中将有 a 只黑球,b 只白球,从第一袋中取出一球放入第二袋 , 中,然后从第二袋中取出一球放入第三袋中,如此下去,问从最后一个袋子中取出黑球的概率是多少? 9, , 投硬币 n 回, 第一回出正面的概率为 c, 第二回后每次出现与前一次相同表面的概率为 p, 求第 n 回时出正面的概率,并讨论当n → ∞ 时的情况. 10,甲乙两袋各将一只白球一只黑球,从两袋中各取出一球相交换放入另一袋中,这样进行 , 了若干次.以 pn,qn,rn 分别记在第 n 次交换后甲袋中将包含两只白球,一只白球一只黑球,两只黑球的概率.试导出 pn+1,qn+1,rn+1 用 pn,qn,rn 表出的关系式,利用它们求 pn+1,qn+1,rn+1,并讨论当n → ∞ 时的情况.ap n , n ≥ 1, ap 11,设一个家庭中有 n 个小孩的概率为 p n = , 1 , n = 0, 1p这里 013,已知产品中 96%是合格品,现有一种简化的检查方法,它把真正的合格品确认为合格 , 品的概率为 0.98,而误认废品为合格品的概率为 0.05,求在简化方法检查下,合格品的一个产品确实是合格品的概率. 16,设 A,B,C 三事件相互独立,求证 A ∪ B, AB, A B 皆与 C 独立. , 17,若 A,B,C 相互独立,则 A , B , C 亦相互独立. ,18,证明:事件 ,A1 , A2 , , An 相互独立的充要条件是下列 2n 个等式成立:P( A1 A2 An ) = P( A1 ) P( A2 ) P( An ) , 其中 Ai 取 Ai 或 Ai .19,若 A 与 B 独立,证明 {φ , A, A , } 中任何一个事件与 {φ , B, B , } 中任何一个事件是相 , 互独立的. 20,对同一目标进行三次独立射击,第一,二,三次射击的命中概率分别为 0.4,0.5,0.7, , 试求(1)在这三次射击中,恰好有一次击中目标的概率; (2)至少有一次命中目标的概率. 21,设 A1 , A2 , , An 相互独立,而 P ( Ak ) = p k ,试求: , (1)所有事件全不发生的概率; (2) 诸事件中至少发生其一的概率; (3)恰好发生其一的概率. 22,当元件 k 或元件 k1 或 k 2 都发生故障时电路断开,元件 k 发生故障的概率等于 0.3,而元 , 件k1,k2 发生故障的概率各为.2,求电路断开的概率. 23,说明件产品中抽查 , 了 100 件,发现有两件次品,能否据此断定该车间谎报合格率?解答1,解:自左往右数,排第 i 个字母的事件为 Ai,则 ,P ( A1 ) =2 2 1 1 , P ( A2 A1 ) = , P ( A3 A2 A1 ) = , P ( A4 A3 A2 A1 ) =5 4 3 2P( A5 A4 A3 A2 A1 ) = 1 .所以题中欲求的概率为P( A1 A2 A3 A4 A5 ) = P( A1 ) P( A2 A1 )P( A3 A2 A1 )P( A4 A3 A2 A1 )P( A5 A4 A3 A2 A1 )= 2 2 1 1 1 1 = 5 4 3 2 302,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(B A) =P( AB) 6 / 8 6 = = . P( A) 7/8 73,解: )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 , (1) ( 件都是废品},显然 A B ,则题中欲求的概率为2 2 Cm / CM m 1 = P ( B | A) = P ( AB ) / P ( A) = P ( B ) / P ( A) = 1 1 .2 2 (C m C M m + C m ) / C M 2 M m 11 12 2 P ( A) = C m C M m + C m / C m()2 2 P( B) = C m / C 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) = C M m + C m C M m / C M ,)1 12 P( B) = C m C M m / C M .题中欲求的概率为1 12 C m C M m / C M 2m P ( B | A) = P ( AB ) / P ( A) = P ( B ) / P ( A) = 2 = . 1 1 2 (C M m + C m C M m ) / C M M + m 11 12 2 (3)P{取出的两件中至少有一件废品}= C m C M m + C m / C M =()m(2 M m 1) . M ( M 1)5,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}.则利用全概率公式得P ( A) =a ( a + b)甲取出的球可为白球或黑球,P ( B ) = P ( A) P ( B | A) + P ( A ) P ( B | A ) =b b 1 a b b + = a + b a + b 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( A B) P(C | A B) + P( A B ) P(C | A B ) = b(b 1) b2 ab b 1 + (a + b)(a + b 1) a + b 2 (a + b)(a + b 1) a + b 2 + ab b 1 a (a 1) b + (a + b)(a + 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) a + b6,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 Ca C a+2 c 1 C 1C 2 c 2C 2 a + 2 b 2 α +1 + 2 b 2a . 2 2 c A+ B cα + β + 2 C a +b Cα + β + 2 C a +b Cα + β + 27, :A1={从第一袋中取出一球是黑球},……, i={从第一袋中取一球放入第二袋中, ,解A …, 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P ( A1 ) =a b , P ( A1 ) = . a+b ( a + b)一般设 P ( Ak ) =a b ,则 P ( Ak ) = ,得 ( a + b) ( a + b) a . ( a + b)P ( Ak +1 ) = P ( Ak +1 | Ak ) P ( Ak ) + P ( Ak +1 | Ak ) P ( Ak ) =由数学归纳法得P ( AN ) =a . ( a + b)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 )= pp1 + (1 p)(1 p1 ) = (2 p 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 = (2 p 1) p n1 + (1 p ),Pn 1 = (2 p 1) p n 2 + (1 p ), ,P2 = (2 p 1) p1 + (1 p) = (2 p 1)c + (1 p).解得Pn = (1 p )[1 + (2 p 1) + (2 p 1) 2 + + (2 p 1) n 2 ] + c(2 p 1) n 1 ,当p ≠ 1 时利用等比数列求和公式得p n = (1 p)1 (2 p 1) n 1 1 1 + c(2 p 1) n 1 = (2 p 1) n 1 + c (2 p 1) n1 . (*) 1 (2 p 1) 2 2n →∞(1)若 p = 1 ,则p n ≡ C , lim p n = C ; (2)若 p = 0 ,则当 n = 2k 1 时, pn = c ;当 n = 2k 时, p n = 1 c .若c = 若c ≠1 1 1 ,则p n ≡ , lim p n =2 2 n →∞ 2 1 1 ,则 c ≠ 1 c, lim p n 不存在. n →∞ 2(3)若 01 1 1 lim p n = lim (2 p 1) n 1 + c(2 p 1) n 1 = . n →∞ n→ ∞ 2 2 210,解:令 Ai , Bi , C i 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p n +1 = P( An +1 ) = P( An ) P( An +1 | An ) + P( Bn ) P ( An +1 | Bn ) + P(C n ) P( An +1 | C n ) = 0 pn + 1 1 q n + 0 rn = q n , 4 4q n+1 = P( Bn +1 ) = P( An ) P( Bn +1 | An ) + P( Bn ) P( Bn +1 | Bn ) +P(C n ) P ( Bn +1 | C n ) = 1 pn + 1 1 q n + 1 rn = p n + q n + rn , , 2 2rn +1 = P (C n +1 ) = P( An ) P(C n +1 | An ) + P( Bn ) P(C n+1 | Bn ) +P(C n ) P(C n+1 | C n ) 1 1 = 0 p n + q n + 0 rn = q n . 4 4这里有 p n +1 = rn +1 , 又 p n +1 + q n +1 + rn +1 = 1 , 所以 q n +1 =1 2 p n +1 , 同理有q n = 1 2 p n ,再由 p n +1 =1 1 q n 得 p n +1 = (12 p n ) .所以可得递推关系式为 4 4 1 rn +1 = p n +1= (1 2 p n ) , 4 q n+1 = 1 2 p n +1初始条件是甲袋一白一黑,乙袋一白一黑,即 p 0 = r0 = 0, q 0 = 1 ,由递推关系式得rn +1 = p n +1 =1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 (12 p n ) = p n = ( p n 1 ) = + p n 1 = 4 4 2 4 2 4 2 4 8 4=1 1 (1) n +2 (1) n +1 p 03 + + n+2 + = 2 2 n +1 22 2n +11 1 1 4 2n +11 1 21 1 = 1 (1) n+1 6 2q n+1 = 1 2 p n +1n+2 1 n 1 1 = + (1) , 3 2 6n +12 1 1 = + (1) n+13 3 21 2 , lim q n = . 6 n→ ∞ 3.lim p n = lim rn =n →∞ n→ ∞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 =1 )得 2k nk k1 = Cn . 2 nk1 1 P ( B | An ) = C n 2 2由全概率公式得∞ 1 1 p P ( B ) = ∑ P ( An ) P ( B | An ) = ∑ ap n C = a ∑ C k +1 2 2 n= k n=k i =0 k n ∞ ∞ n k +1(其中 i = n k )p = a 2k ∞p p ∑ C k1+1 2 = a 2 i =01kp 1 2k 1`=2ap k . (2 p) k +112,解: , (1)设 A={至少有一男孩},B={至少有 2 个男孩}. A B, AB = B ,由p(2 p )(1 p ) (2 p)P ( A) = ∑2ap k +1 k =1 ( 2 p )∞kP( B) = ∑2ap k k +1 k =2 (2 p)∞p2 2a ( 2 p ) 2 ap 2 = = , 2 p 1 p (2 p ) 2 (1 p ) 2 (2 p)P( B | A) =P( 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∞ ap 1 + ∑ ap n 1 p a =1 2nap ap ap ap 2 3 p ap + p 2 = 1 + 2 = 1 + = p 1 p 1 p 2 p (1 p )(2 p ) 1 2A1={家中正好有一个男孩}={家中只有一个小孩且是男孩},则P ( A1 ) = ap1 1 = ap ,且 A1 C ,2 2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 ) 1 ap ap (1 p )(2 p ) = = . = 2 P (C ) P (C ) 2 2 3 p ap + p 2(2 3 p ap + p 2 ) (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, ( A) = 0.96 ,求 P ( A | B ) .由贝叶斯公式得 P P( A | B) = P ( AB ) P ( A) P ( B | A) = P( B) P ( A) P ( B | A) + P ( A ) P ( B | A ) = 0.96 × 0.98 0.9408 = = 0.9979 0.96 × 0.98 + 0.04 × 0.05 0.9428.16,证: 1) P (( A ∪ B ) ∩ C ) = P ( AC ∪ BC ) = 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 ( A ∪ B ) ,∴ A ∪ B 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 ( AB C ) = P ( AC ( 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 ( A B ) = P ( A ∪ B ) = 1 P ( A ∪ B ) = 1 [ P ( A) + P ( B ) PAB )] ,= 1 P ( A) P ( B ) + P ( A) P ( B ) = (1 P ( A))(1 P ( B ))= P( A ) P( B ) ,同理可证P( A C ) = P( A ) P(C ) , P( B C ) = P( B ) P(C ) .又有P( A B C ) = P( A ∪ B ∪ C ) = 1 P( A ∪ B ∪ C )= 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 ( A ) P ( B ) P (C ) ,所以 A , B , C 相互独立.18,证:必要性 , 必要性.事件 A1 , A2 , , An 相互独立,用归纳法证.不失为一般性,假设总是前必要性连续 m 个集 Ai 取 Ai 的形式.当 m = 1 时,P ( A1 A2 An ) = P ( A2 An ) P ( A1 An ) P ( A1 An ) = P ( A2 ) P ( An ) P ( A1 ) p ( An ) = P ( A1 ) P ( A2 ) P ( An ) .设当 m = k 时有P ( A1 Ak Ak +1 An ) = P ( A1 ) P ( Ak ) P ( Ak +1 An ) ,则当 m = k + 1 时P ( A1 Ak +1 Ak + 2 An ) = P ( A1 Ak Ak + 2 An ) P ( A1 Ak Ak +1 An ) = P ( A1 ) P ( Ak ) P ( Ak + 2 ) P ( An ) P ( A1 ) P ( Ak ) P ( Ak +1 ) P ( An )= P ( A1 ) P ( Ak )(1 P ( Ak +1 )) P ( Ak + 2 ) P ( An ) = P ( A1 ) P( Ak ) P ( Ak +1 ) P ( Ak + 2 ) P ( An )从而有下列 2n 式成立:P( A1 A2 An ) = P( A1 ) P( A2 ) P( An ) , 其中 Ai 取 Ai 或 Ai.充分性.设题中条件成立,则充分性P( A1 An ) = P( A1 ) P( An ) , P( A1 An 1 An ) = P( A1 ) P( An1 ) P( An ) .∵ ∴(1)(2)A1 An 1 An ∩ A1 An 1 An = φ , P( A1 An1 ) = P( A1 An 1 An ∪ A1 An 1An ) .(1)+(2)得P( A1 An 1 ) = P( A1 ) P( An1 ) .(3)同理有P( A1 An 2 An1 An ) = P( A1 ) P( An 2 ) P( An 1 ) P( An ) , P( A1 An 2 An1 An ) = P( A1 ) P( An 2 ) P( An 1 ) P( An )两式相加得P( A1 An 2 An 1 ) = P( A1 ) P( An 2 ) P( An 1 ) .(3)+(4)得(4)P( A1 An 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,n∴A1 , , An 相互独立.19,证: P (φφ ) = P (φ ) = 0 × 0 = P (φ ) P (φ ), ,P (φ ) = 0 = P () P (φ ), P () = 1 = P () P (), P (B ) = P ( B ) = P () P ( B ), P (A) = P ( A) = P () P( A),P( A B ) = P( A ) P( B ) P( AB ) = 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( A B) = P( A ) 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= 0.36P{至少有一次命中}=1-P{未击中一次} = 1 (1 0.4)(1 0.5)(1 0.7) = 0.91 21,解: , (1)P{所有的事件全不发生} = P{ A1 An } = P ( A1 ) P ( An ) =∏ (1 pk =1nk).(2)P{至少发生其一} = P ( A1 ∪ ∪ An )P ( A1 An ) = 1 P ( A1 An ) = 1 ∏ (1 p n ) .k =1n(3)P{恰好发生其一} = p1 (1 p 2 ) (1 p n ) + (1 p1 ) p 2 (1 p 3 ) (1 p n ) ++ + (1 p1 ) (1 p n 1 ) p n= ∑ pi 2i =1nn ≥ j > i ≥1∑pi p j + + (1) n1 n∏ pi .i =1n22, : , 解本题中认为各元件发生故障是相互独立的. A0 ={元件 k 发生故障}, A1 ={元件 k1 记发生故障}, A2 ={元件 k 2 发生故障}.则 P{电路断开} = P ( A0 ∪ A1 A2 ) = P ( A0 ) + P ( A1 A2 ) P ( A0 A1 A2 )= 0.3 + 0.2 × 0.2 0.3 × 0.2 × 0.2 = 0.328 .23,解:以 Ak 表事件场比赛的优胜者,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,而第四次为丙获胜.故本题欲求的概率为p=3! 1 3! 0! 0! 333! 1 1 1 1 1 + . 2! 1! 0! 3 3 3 3 3228,解:利用两个的二项分布,得欲副省长的概率为 ,p = ∑ P{甲掷出i次正面, 乙掷出i次正面}i =0n1 1 = ∑C2 2 i =0n i nin 11 1 C2 2i nin 11 = 22n n1 ∑ (C ) = C2 i =0i 2 n n 2n2n.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 ,0 2 a = C n p 0 q n + C n p 2 q n 2 + ,1 3 b = C n p q n1 + C n p 3 q n 3 + .利用 a + b = ( p + q ) n = 1, a b = (q p ) n ,可解得事件 A 出现奇数次的概率为b=1 1 1 1 ( p q ) n = (12 p ) n . 2 2 2 1 1 + (1 2 p ) n . 2 2[]顺便得到,事件 A 出现偶数次的概率为 a =30,解:事件0.959637,解 :事件。
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