1.2 课后习题详解
一、随机事件及其运算
1写出下列随机试验的样本空间：
（1）抛三枚硬币；
（2）抛三颗骰子；
（3）连续抛一枚硬币，直至出现正面为止；
（4）口袋中有黑、白、红球各一个，从中任取两个球；先从中取出一个，放回后再取出一个；
（5）口袋中有黑、白、红球各一个，从中任取两个球；先从中取出一个，不放回后再取出一个．
解：（1）Ω＝{（0，0，0），（0，0，1），（0，1，0），（1，0，0），（0，1，1），（1，0，1），（1，1，0）（1，1，1）}，共含有23＝8个样本点，其中0表示反面，1表示正面，（3）中的0与1也是此意．
（2）Ω＝{（x，y，z）：x，y，z＝1，2，3，4，5，6}，共含有63＝216个样本点．
（3）Ω＝{（1），（0，1），（0，0，1）（0，0，0，1），…}
（4）Ω＝{黑黑，黑白，黑红，白黑，白白，白红，红黑，红白，红红}
（5）Ω＝{黑白，黑红，白黑，白红，红黑，红白}
2先抛一枚硬币，若出现正面（记为Z），则再掷一颗骰子，试验停止；若出现反面（记为F），则再抛一次硬币，试验停止，那么该试验的样本空间Ω是什么？
解：Ω＝{Z1，Z2，Z3，Z4，Z5，Z6，FZ，FF}
3设A，B，C为三事件，试表示下列事件：试证：
（1）A，B，C都发生或都不发生：
（2）A，B，C中不多于一个发生；
（3）A，B，C中不多于两个发生；
（4）A，B，C中至少有两个发生．
解：（1）ABC∪
B(＿)C(＿)
（2）B(＿)C(＿)∪AB(＿)C(＿)∪BC(＿)∪B(＿)C
（3）Ω－ABC＝ABC(————)＝∪B(＿)∪C(＿)
（4）AB∪AC∪BC
4指出下列事件等式成立的条件．
（1）A∪B＝A
（2）AB＝A
解：（1）A⊃B
（2）A⊂B
5设X为随机变量，其样本空间为Ω＝{0≤X≤2}，记事件A＝{0.5＜X≤1}，B＝{0.25≤X＜1.5}，写出下列各事件：
（1）B；
（2）∪B；
（3）AB(———)；
（4）A∪B(—————)．
解：Ω，A，B的图示如图1-2-1所示：
图1-2-1
（1）B＝（{0≤X≤0.5}∪{1＜X≤2}）∩{0.25≤X＜1.5}＝{0.25≤X≤0.5}∪{1＜X＜1.5}
（2）∪B＝{0≤X≤2}＝Ω
（3）由于A⊂B，所以AB＝A，故AB(———)＝＝{0≤X≤0.5}∪{1＜X≤2}
（4）由于A⊂B，所以A∪B＝B，故A∪B(—————)＝B(＿)＝{0≤X≤0.25}∪{1.5≤X≤2}
6检查三件产品，只区分每件产品是合格品（记为0）与不合格品（记为1），设X为三件产品中的不合格品数，指出下列事件所含的样本点：
A＝“X＝1”，B＝“X＞2”，C＝“X＝0”，D＝“X＝4”
解：A＝“X＝1”＝{100，010，001}，B＝“X＞2”＝{111}，C＝“X＝0”＝{000}，D＝“X＝4”＝∅．
7试问下列命题是否成立？
（1）A－（B－C）＝（A－B）∪C；
（2）若AB＝∅且C⊂A，则BC＝∅；
（3）（A∪B）－B＝A；
（4）（A－B）∪B＝A．
解：（1）不成立是因为由（1）的左端可得
（2）成立的理由是：互不相容两个集合的子集当然也互不相容，（1）（3）（4）不成立，为了说明理由，利用减法的一个性质：A－B＝AB(＿)来简化事件．
（3）不成立是因为由（3）的左端可得（A∪B）－B＝（A∪B）B(＿)＝AB(＿)≠A
（4）不成立的理由是（A－B）∪B＝AB(＿)∪B＝（A∪B）∩（B(＿)∪B）＝A∪B≠A
8若事件ABC＝∅，是否一定有AB＝∅
解：不能，因为ABC＝∅发生有多种情况，如
（1）A，B，C中两两不相容（见图1-2-2（a））；
（2）A，B，C中有两个相容，但与第三个都不相容（见图1-2-2（b））；
（3）A与B相容，A与C相容，但B与C不相容（见图1-2-2（c））；
（4）A，B，C中两两相容，但其交不含任一样本点（见图1-2-2（d））．
1-2-2
9请叙述下列事件的对立事件：
（1）A＝“掷两枚硬币，皆为正面”；
（2）B＝“射击三次，皆命中目标”；
（3）C＝“加工四个零件，至少有一个合格品”．
解：（1）＝“掷两枚硬币，至少有一反面”．
（2）B(＿)＝“射击三次，至少有一次不命中目标”．
（3）C(＿)＝“加工四个零件，全为不合格品”．
10证明下列事件的运算公式：
（1）A＝AB∪AB(＿)
（2）A∪B＝A∪B
证：（1）右边＝A（B∪B(＿)）＝AΩ＝A＝左边．
（2）利用（1）有B＝BA∪B，所以A∪B＝A∪BA∪B＝（A∪BA）∪B＝A∪B
11设
为一事件域，若
，n＝1，2，…，试证：
（1）
（2）有限并
（3）有限交
（4）可列交
（5）差运算
证：（1）因为
为一事件域，所以
，故其对立事件
（2）构造一个事件序列{Bi}，其中
由此得
（3）因为
，所以
，由
得
（4）因为
，所以
，由
得
（5）因为
，所以
，由（3）（有限交）得
二、概率的定义及其确定方法
1对于组合数
，证明：
（1）
（2）
（3）
（4）
（5）
（6）
证：（1）等式两边用组合数公式展开即可得证．
（2）因为
（3）因为
（4）因为
所以
（5）设计如下一个抽样模型：一批产品共有a＋b个，其中a个是不合格品，b个是合格品，从中随机取出n个，n＝min{a，b}则事件Ak＝“取出的n个产品中有k个不合格品”的概率为
由诸Ai互不相容，且P（A0∪A1∪A2∪…∪An）＝P（Ω）＝1得
把分母移至另一侧即得结论．
注：还有另一种证法：下述等式两端分别展开
（1＋x）a（1＋x）b＝（1＋x）a＋b
可得
比较上式两端xn的系数即可得
（6）在（5）中令a＝n，b＝n，则得
再利用（1）的结果即可得证．
2抛三枚硬币，求至少出现一个正面的概率．
解：设事件A表示“三枚硬币中至少出现一个正面”．若用“0”表示反面，“1”表示正面，其出现是等可能的，则此题所涉及的样本空间含有八个等可能样本点：
Ω＝{（0，0，0），（0，0，1），（0，1，0），（1，0，0），（0，1，1），（1，0，1），（1，1，0），（1，1，1）}
由于事件A含有其中7个样本点，故P（A）＝7/8．
3任取两个正整数，求它们的和为偶数的概率．
解：记取出偶数为“0”，取出奇数为“1”，其出现是等可能的，则此题所涉及的样本空间含有四个等可能样本点：Ω＝{（0，0），（0，1），（1，0），（1，1）}
若令事件A表示“取出的两个正整数之和为偶数”，则A＝{（0，0），（1，1）}，从而P（A）＝1/2．
4掷两颗骰子，求下列事件的概率：
（1）点数之和为6；
（2）点数之和不超过6；
（3）至少有一个6点．
解：
A＝“点数之和为6”＝{（1，5），（2，4），（3，3），（4，2），（5，1）}，
B＝“点数之和不超过6”＝{（1，1），（1，2），（1，3），（1，4），（1，5），（2，1），（2，2），（2，3），（2，4），（3，1），（3，2），（3，3），（4，1），（4，2），（5，1）}
C＝“至少有一个6点”＝{（1，6），（2，6），（3，6），（4，6），（5，6），（6，6），（6，1），（6，2），（6，3），（6，4），（6，5）}
所以（1）P（A）＝5/36；（2）P（B）＝5/12；（3）P（C）＝11/36．
5考虑一元二次方程x2＋Bx＋C＝0，其中B，C分别是将一颗骰子接连掷两次先后出现的点数，求该方程有实根的概率p和有重根的概率q．
解：按题意可知：Ω＝{（B，C）：B，C＝1，2，…，6}，它含有36个等可能的样本点，所求的概率为p＝P（B2－4C≥0）＝P（B2≥4C）
而
含有19个样本点，所以p＝19/36．同理q＝P（B2＝4C）．
而{B2＝4C}＝{（2，1），（4，4）}含有两个样本点，所以q＝2/36＝1/18．
6从一副52张的扑克牌中任取4张，求下列事件的概率：
（1）全是黑桃；
（2）同花；
（3）没有两张同一花色；
（4）同色．
解：52张牌中任取4张，共有
种等可能的取法，这是分母．
（1）4张黑桃只能从13张黑桃中取出，共有
种取法，这是分子，于是
（2）共有4种花色，而“4张同花”只能从同一花色的13张牌中取出，所以共有
种取法，于是
（3）“没有两张同一花色”只能从各种花色（13张牌）中各取1张，共有134种取法，于是
（4）共有2种颜色，而每种颜色只能从同一颜色的26张牌中任取4张，所以共有
种取法，于是
7设9件产品中有2件不合格品，从中不返回地任取2件，求取出的2件中全是合格品、仅有一件合格品和没有合格品的概率各为多少？
解：仿抽样模型可得
8口袋中有7个白球、3个黑球，从中任取两个，求取到的两个球颜色相同的概率．
解：两个球颜色相同有两种情况：全是白球，全是黑球，所以仿抽样模型可得
9甲口袋有5个白球、3个黑球，乙口袋有4个白球、6个黑球，从两个口袋中各任取一球，求取到的两个球颜色相同的概率．
解：从两个口袋中各取一球，共有
种等可能取法，而两个球颜色相同有两种情况：
第一种是从甲口袋取出白球、从乙口袋也取出白球；
第二种是从甲口袋取出黑球、从乙口袋也取出黑球，这共有
种取法，于是P（取到的两个球颜色相同）＝（5×4＋3×6）/（8×10）＝19/40．
10从n个数1，2，…，n中任取2个，问其中一个小于k（1＜k＜n），另一个大于k的概率是多少？
解：从n个数中任取2个，共有
种等可能的取法．而其中一个小于k、另一个大于k相当于将1，2，…，n分成三组：第1组＝{1，2，…，k－1}，第2组＝{k}，第3组＝{k＋1，k＋2，…，n}
于是所求事件是从第1组中任取1个且从第3组中任取1个，这共有
种取法．于是所求概率为
11口袋中有10个球，分别标有号码1到10，现从中不返回地任取4个，记下取出球的号码，试求：
（1）最小号码为5的概率；
（2）最大号码为5的概率．
解：从10个球中任取4个，共有
种等可能取法，这是分母，而分子有两种解法．
解法一：记A＝“最小号码为5”，B＝“最大号码为5”．为求事件A与B的概率，可将球号1到10分成三组：
第1组＝{1，2，…，4}，第2组＝{5}，第3组＝{6，7，…，10}
事件A发生必须从第2组中取1个、从第3组中取3个，这共有
种取法，故
事件B发生必须从第2组中取1个、从第1组中取3个，这共有
种取法，故
解法二：记X为取出球的最小号码，Y为取出球的最大号码，则
12掷三颗骰子，求以下事件的概率：
（1）所得的最大点数小于等于5；
（2）所得的最大点数等于5．
解：这情况相当于从{1，2，…，6}中有返回地任取三个，所有可能为重复排列数63，这是分母，而“最大点数小于等于5”，相当于从{1，2，…，5}中有返回地任取三个，所有可能为53．若记Y为所得的最大点数，则
（1）P（Y≤5）＝53/63＝0.5787
（2）P（Y＝5）＝P（Y≤5）－P（Y≤4）＝（53－43）/63＝0.2824
13把10本书任意地放在书架上，求其中指定的四本书放在一起的概率．
解：10本书任意地放在书架上所有可能的放法数为10！，这是分母．若把指定的四本书看作一本“厚”书，则与其他的6本书一起随意放，有7！种可能放法，这是第一步，第二步再考虑将这指定的四本书作全排列，共有4！种可能放法．故总共有7！×4！种可能放法，这是分子，于是所求概率为（7！4！）/10！＝1/30．
14n个人随机地围一圆桌而坐，求甲、乙两人相邻而坐的概率．
解：设甲已先坐好，再考虑乙的坐法，显然乙总共有n－1个位置可坐，且这n－1个位置都是等可能的，而乙与甲相邻有两个位置，因此所求概率为2/（n－1）．
15同时掷5枚骰子，试证明：
（1）P（每枚都不一样）＝0.0926；
（2）P（一对）＝0.4630；
（3）P（两对）＝0.2315；
（4）P（三枚一样）＝0.1543；
（5）P（四枚一样）＝0.0193；
（6）P（五枚一样）＝0.0008．
解：同时掷5枚骰子共有65个样本点，这是分母，以下分别求之．
（1）p1＝P（每枚都不一样）＝6×5×4×3×2/65＝0.09259
（2）这里“一对”是指这一对以外的3枚骰子中不成对且不全相同，所以先从5枚骰子中任取2枚组成“一对”，共有
种取法，然后这“一对”骰子与剩下的3枚骰子出现的点数都不一样，所以
（3）先将5枚骰子分成三组，其中二组各有2枚骰子，另外一组只有一枚骰子，又考虑到各有2枚骰子的二组内是不用考虑顺序的，所以5枚骰子分成三组共有
而这三组骰子出现的点数都不一样有6×5×4＝120种可能，所以所求概率为两对p3＝P（两队）＝15×120/65＝0.23148．
（4）这里“三枚一样”是指这三枚以外的2枚骰子不成对，所以先从5枚骰子中任取3枚组成一组，共有
种取法，然后这一组骰子与剩下的2枚骰子出现的点数不一样，所以
（5）先从5枚骰子中任取4枚组成一组，然后这一组骰子与剩下的一枚骰子各取不同的数，由此得
（6）五枚骰子出现的点数全部一样共有6种情况，所以p6＝P（五枚一样）＝6/65＝0.00077．
16一个人把六根草紧握在手中，仅露出它们的头和尾，然后随机地把六个头两两相接，六个尾也两两相接，求放开手后六根草恰巧连成一个环的概率.
解：因为“六个尾两两相接”不会影响是否成环，所以只需考虑“六个头两两相接”可能出现的情况，若考虑头两两相接的前后次序，则“六个头两两相接”共有6！种不同结果，即先从6个头中任取1个，与余下的5个头中的任1个相接；然后从未接的4个头中任取1个，与余下的3个头中的任1个相接；最后从未接的2个头中任取1个，与余下的最后1个头相接，这总共有6！种可能接法，这是分母，而要成环则第一步从6个头中任取1个，此时余下的5个头中有1个不能相接，只可与余下的4个头中的任1个相接；第二步从未接的4个头中任取1个，与余下的2个头中的任1个相接；最后从未接的2个头中任取1个，与余下的最后1个头相接，这总共有6×4×4×2×2×1种可能接法，由此得所求概率为：6×4×4×2×2×1/（6！）＝8/15．
17把n个“0”与n个“1”随机地排列，求没有两个“1”连在一起的概率．
解：考虑n个“1”的放法：2n个位置上“1”占有n个位置，所以共有
种放法，这是分母，而“没有两个1连在一起”，相当于在n个“0”之间及两头（共n＋1个位置）去放“1”，这共有
种放法，于是所求概率为
具体可算得p3＝0.2，p5＝0.0238，p7＝0.00233随着n的增加，此种事件发生的概率愈来愈小，最后趋于零．
18设10件产品中有2件不合格品，从中任取4件，设其中不合格品数为X，求X的概率分布．
解：X的可能取值为0，1，2，其概率分别为
将以上结果列表为
19n个男孩，m个女孩（m≤n＋1）随机地排成一排，试求任意两个女孩都不相邻的概率．
解：仿17题，将n个男孩看成是n个“0”，m个女孩看成是m个“1”，而“任意两个女孩都不相邻”则相当于“没有两个1连在一起”，于是在m≤n＋1时，所求概率为
譬如，p10，5＝0.1538，p10，7＝0.01697，p10，9＝0.0005954等．
20将3个球随机地放入4个杯子中去，试求杯子中球的最大个数X的概率分布．
解：X的可能取值为1，2，3，因为3个球随机地放入4个杯子中，共有43种可能情况，这是分母，若记事件A为“X＝1”，B为“X＝2”，C为：“X＝3”，可知A，B，C互不相容，且其并为必然事件Ω事件A发生只能是：第1个球随机放入4个杯子中的任一个、第2个球随机放入余下的3个杯子中的任一个、第3个球随机放入余下的2个杯子中的任一个，这共有4×3×2种可能情况，所以
P（X＝1）＝P（A）＝4×3×2/43＝3/8
事件C发生只有4种可能情况：3个球全部放在第一，或第二，或第三，或第四个杯子中，所以
P（X＝3）＝P（C）＝4/43＝1/16
又因为P（A）＋P（B）＋P（C）＝1，所以得
P（X＝2）＝P（B）＝1－P（A）－P（C）＝9/16
将以上结果列表为
21将12个球随意地放入3个盒子中，试求第一个盒子中有3个球的概率．
解：将12个球随意放入3个盒子中，所有可能结果共有312个，而事件“第一个盒子中有3个球”可分两步来考虑：第一步，12个球中任取3个放在第一个盒子中，这有
种可能；第二步，将余下的9个球随意放入第二个和第三个盒子中，这有29种可能，于是所求概率为
22将n个完全相同的球（这时也称球是不可辨的）随机地放入N个盒子中，试求：
（1）某个指定的盒子中恰好有k个球的概率；
（2）恰好有m个空盒的概率；
（3）某指定的m个盒子中恰好有j个球的概率．
解：先求样本点总数，我们用N＋1根火柴棒排成一行，火柴棒之间的N个司隔恰好形成N个盒子，并依次称它们为第1个盒子，第2个盒子，…，第N个盒子，n个球用“0”表示，考虑到两端必须是火柴棒方能形成N个盒子，所以n个（不可辨）球放入N个（可辨）盒子中，就相当于把N－1根火柴棒（N＋1根火柴棒中去掉两端的两根）和n个“0”随机地排成一行，譬如N＝4，n＝3时，“10010111”表示第1个盒子中有2个球、第2个盒子中有1个球、第3、4个盒子中无球，这样一来，n个球放入N个盒子所有的样本点总数相当于：从N－1＋n个位置任选n个位置放“0”、其他位置放火柴棒，故样本点总数为
（1）记A为事件“指定的某个盒子中恰有k个球”，不失一般性，可认为第1个盒子中有k个球，则余下n－k个球放入另外N－1个盒子中，类似于样本点总数的计算，此种样本点共有
，考虑到球不可辨，故
（2）记Bm为事件“恰有m个空盒”，它的发生可分两步描述：
第一步，从N个盒子任取m个盒子，共有
种取法．
第二步，将n个球放入余下的N－m个盒中，且这N－m个盒子中都要有球，这当然要求n≥N－m（或m≥N－n），否则第二步发生的概率为零，为了使第二步能发生，我们设想先把n个球排成一行，随机抽取球与球之间的n－1个间隔中的N－m－1个间隔放火柴棒即可，这有
种可能．
综合上述两步，所求概率为
（3）若事件C表示“指定的m个盒子中恰有j个球”，这意味着另外N－m个盒子中放n－j个球，由类似于样本点总数的计算知：j个球放入m个盒子中共有
种放法，而另外n－j个球放入余下的N－m个盒子中有
种放法，于是所求概率为
23在区间（0，1）中随机地取两个数，求事件“两数之和小于7/5”的概率．
解：这个概率可用几何方法确定，在区间（0，1）中随机地取两个数分别记为x和y，则（x，y）的可能取值形成如下单位正方形Ω，其面积为SΩ＝1，而事件A“两数之和小于7/5”可表示为A＝{x＋y＜7/5}，其区域为图1-2-3中的阴影部分．
图1-2-3
所以由几何方法得P（A）＝SA/SΩ＝1－（3/5）2/2＝41/50＝0.82
24甲乙两艘轮船驶向一个不能同时停泊两艘轮船的码头，它们在一昼夜内到达的时间是等可能的，如果甲船的停泊时间是一小时，乙船的停泊时间是两小时，求它们中任何一艘都不需要等候码头空出的概率是多少？
解：这个概率可用几何方法确定，记x和y分别为甲乙两艘轮船到达码头的时间，则（x，y）的可能取值形成边长为24的正方形Ω，其面积为SΩ＝242，而事件A“不需要等候码头空出”有两种可能情况：一种情况是甲船先到，则乙船在一小时之后到达，即满足y－x≥1；另一种情况是乙船先到，则甲船在两小时之后到达，即满足x－y≥2，所以事件A可表示为A＝{（x，y）：x－y≤－1或x－y≥2}，所以事件A的区域形成了图1-2-4中的阴影部分，其面积为SA＝1/2（232＋222），所以由几何方法得
P（A）＝SA/SΩ＝[（232＋222）/2]/242＝0.879
图1-2-4
25在平面上画有间隔为d的等距平行线，向平面任意投掷一个边长为a，b，c（均小于d）的三角形，求三角形与平行线相交的概率．
解：任意投掷此三角形，该三角形与平行线相交有以下三种情况：三角形的一个顶点在平行线上、一条边与平行线重合、两条边与平行线相交，由确定概率的几何方法知：前两种情况出现的概率为零，所以只要去确定两条边与平行线相交的概率，为此记Pab，Pac，Pbc分别为两条边ab，ac，bc与平行线相交的概率，则所求概率为
p＝P（三角形与平行线相交）＝Pab＋Pac＋Pbc
为求Pab，Pac，Pbc，由蒲丰投针问题，只要将两条边与平行线相交的问题转化为每条边与平行线相交的问题，为此又记Pa，Pb，Pc分别为三条边a，b，c与平行线相交的概率，则由蒲丰投针问题知，Pa＝2a/（dπ），Pb＝2b/（dπ），Pc＝2c/（dπ）．
因为三角形的边a与平行线相交意味着：ab与平行线相交，或ac与平行线相交；b与平行线相交意味着：ab与平行线相交，或bc与平行线相交；c与平行线相交意味着：ac与平行线相交，或bc与平行线相交，所以有Pa＝Pab＋Pac，Pb＝Pab＋Pbc，Pc＝Pac＋Pbc，至此我们得，三角形与平行线相交的概率为
p＝Pab＋Pac＋Pbc＝（1/2）（Pa＋Pb＋Pc）＝（a＋b＋c）/（dπ）
26在半径为R的圆内画平行弦，如果这些弦与垂直于弦的直径的交点在该直径上的位置是等可能的，即交点在直径上一个区间内的可能性与这区间的长度成比例，求任意画弦的长度大于R的概率．
解：由题设知这个概率可由几何方法确定，记弦的中点与圆心的距离为x，则样本空间为Ω＝{x：0≤x≤R}，其长度为SΩ＝R．由圆的性质知事件A为“弦的长度大于R”可表示为
（如图1-2-5），其长度为
于是所求概率为
图1-2-5
27设一个质点落在xOy平面上由x轴、y轴及直线x＋y＝1所围成的三角形内，而落在这三角形内各点处的可能性相等，即落在这三角形内任何区域上的概率与这区域的面积成正比，试求此质点还满足y＜2x的概率是多少？
解：由题设知这个概率可由几何方法确定，为此将样本空间Ω和事件A“此质点满足y＜2x”用图1-2-6表出，图中阴影部分为事件A，由图1-2-6知Ω和A的度量分别为：SΩ＝1/2，SA＝1/3，由此得P（A）＝2/3．
图1-2-6
28设a＞0，有任意两数x，y，且0＜x＜a，0＜Y＜a，试求xy＜a2/4的概率．
解：由题设知这个概率可由几何方法确定，样本空间为Ω＝{（x，y）：0＜x＜a，0＜y＜a}，其面积为SΩ＝a2．而事件A＝{（x，y）：xy＜a2/4}（如图1-2-7中的阴影部分）的面积为
图1-2-7
所以P（A）＝SΩ/SA＝1－3/4＋ln4/4＝0.5966．
29用主观方法确定：大学生中戴眼镜的概率是多少？
提示：依据观察，首先确定小范围内（譬如班级内）大学生戴眼镜的频率，然后从班级间的差别对此频率作出调整；其次从学校之间的差别，再一次对频率作出调整，在上述两次调整时，可以听取同学和老师的意见．
30用主观方法确定：学生中考试作弊的概率是多少？
提示：同29题．
三、概率的性质
1设事件A和B互不相容，且P（A）＝0.3，P（B）＝0.5，求以下事件的概率：
（1）A与B中至少有一个发生；
（2）A和B都发生；
（3）A发生但B不发生．
解：（1）P（A∪B）＝P（A）＋P（B）＝0.3＋0.5＝0.8
（2）P（AB）＝P（∅）＝0
（3）P（AB(＿)）＝P（A）－P（AB）＝P（A）＝0.3
2设P（AB）＝0，则下列说法哪些是正确的？
（1）A和B不相容；
（2）A和B相容；
（3）AB是不可能事件；
（4）AB不一定是不可能事件；
（5）P（A）＝0，或P（B）＝0；
（6）P（A－B）＝P（A）．
解：为了回答这个问题，先要明确一个命题：不可能事件的概率为零，但反之不然，即零概率事件不一定是不可能事件，譬如，向区间[0，1]上随机投点（其坐标记为x），则点x落在[0.2，0.5]和[0.2，0.5）内的概率皆为0.3，这说明事件“x＝0.5”的概率为零，但它是可能发生的事件．
（1）不正确，如A＝[0.1，0.2]，B＝[0.2，0.3]．
（2）不正确，如A＝[0.1，0.2），B＝[0.2，0.3]．
（3）不正确，如（1）中的反例．
（4）正确．
（5）不正确，如（1）中的反例．
（6）正确．
3一批产品分一、二、三级，其中一级品是二级品的三倍，三级品是二级品的一半，从这批产品中随机地抽取一件，试求取到三级品的概率．
解：设取到三级品的概率为p，则取到二级品的概率为2p，取到一级品的概率为6p，由6p＋2p＋p＝1，解得p＝1/9．
4从0，1，2，…，9十个数字中任意选出三个不同的数字，试求下列事件的概率：
（1）A1＝{三个数字中不含0和5}；
（2）A2＝{三个数字中不含0或5}；
（3）A3＝{三个数字中含0但不含5}．
解：记A＝{三个数字中不含0}，B＝{三个数字中不含5}，则
又因为A1＝AB，A2＝A∪B，A3＝B，所以
（1）P（A1）＝P（AB）＝7/15
（2）P（A2）＝P（A∪B）＝P（A）＋P（B）－P（AB）＝2×（7/10）－7/15＝14/15
（3）P（A3）＝P（B）＝P（B）－P（AB）＝7/10－7/15＝7/30
5某城市中共发行3种报纸A，B，C，在这城市的居民中有45%订阅A报、35%订阅B报、30%订阅C报，10%同时订阅A报B报、8%同时订阅A报C报、5%同时订阅B报C报、3%同时订阅A，B，C报，求以下事件的概率：
（1）只订阅A报的；
（2）只订阅一种报纸的；
（3）至少订阅一种报纸的；
（4）不订阅任何一种报纸的．
解：仍用A，B，C分别表示订阅A，B，C报，则有P（A）＝0.45，P（B）＝0.35，P（C）＝0.30，P（AB）＝0.10，P（AC）＝0.08，P（BC）＝0.05，P（ABC）＝0.03．
（1）P（只订阅A报）＝P（AB(＿)C(＿)）＝P（A－（B∪C））＝P（A）－P（A（B∪C））＝P（A）－P（AB）－P（AC）＋P（ABC）＝0.45－0.10－0.08＋0.03＝0.30
（2）因为P（只订阅一种报纸）＝P（AB(＿)C(＿)）＋P（BC(＿)）＋P（B(＿)C），其中P（BC(＿)）＝P（B）－P（AB）－P（BC）＋P（ABC）＝0.35－0.10－0.05＋0.03＝0.23，P（B(＿)C）＝P（C）－P（AC）－P（BC）＋P（ABC）＝0.30－0.08－0.05＋0.03＝0.20，所以P（只订阅一种报纸）＝0.30＋0.23＋0.20＝0.73．
（3）P（至少订阅一种报纸）＝P（A∪B∪C）＝P（A）＋P（B）＋P（C）－P（AB）－P（AC）－P（BC）＋P（ABC）＝0.45＋0.35＋0.30－0.10－0.08－0.05＋0.03＝0.90．
（4）P（不订阅任何一种报纸）＝P（B(＿)C(＿)）＝1－P（A∪B∪C）＝0.10．
6某工厂一个班组共有男工9人、女工5人，现要选出3个代表，问选的3个代表中至少有1个女工的概率是多少？
解：设事件A为“3个代表中至少有一个女工”，则为“3个代表全为男工”，因为
所以P（A）＝1－P（）＝1－3/13＝10/13．
7一赌徒认为掷一颗骰子4次至少出现一次6点与掷两颗骰子24次至少出现一次双6点的机会是相等的，你认为如何？
解：设事件A为“颗骰子掷4次，至少出现一次6点”，则为“一颗骰子掷4次，不出现6点”，于是
又设事件B为“两颗骰子掷24次，至少出现一次双6点”，则B(＿)为“两颗骰子掷24次，不出现双6点”，于是
从计算结果可以看出：赌徒的感觉是不对的，因为两者的概率相差0.0263，而概率相差0.0263的两个事件，在实际中仅凭感觉很难发现它们的细小差别，只有从理论上才能识别．
8从数字1，2，…，9中可重复地任取n次，求n次所取数字的乘积能被10整除的概率．
解：记事件A为“至少取到一次5”，事件B为“至少取到一次偶数”，则所求概率为P（AB），因为P（）＝8n/9n，P（B(＿)）＝5n/9n，P（∩B(＿)）＝4n/9n，所以P（AB）＝1－P（∪B(＿)）＝1－P（）－P（B(＿)）＋P（∩B(＿)）＝1－（8n＋5n－4n）/9n．
下表对一些不同的n，给出P（AB）的值：
从上表可以看出：P（AB）是随着n的增加而增加的，直至趋向于1，这是符合人们直观感觉的．
9口袋中有n－1个黑球和1个白球，每次从口袋中随机地摸出一球，并换入一个黑球．问第k次摸球时，摸到黑球的概率是多少？
解：记事件Ak为“第k次摸到黑球”，因为计算P（Ak）较难，故先计算P（k）．由于口袋中只有一个白球，而摸到球后换入的都是黑球，所以如果第k次摸到白球（k），则前面k－1次一定不能摸到白球，即前面k－1次都摸到黑球，而换入的仍为黑球，即每次摸球时黑球数和白球数不变，故
10若P（A）＝1，证明：对任一事件B，有P（AB）＝P（B）．
证：因为A∪B⊃A，所以由单调性知P（A∪B）≥P（A）＝1，从而得P（A∪B）＝1，又因为1＝P（A∪B）＝P（A）＋P（B）－P（AB），所以有P（B）－P（AB）＝0，即得P（AB）＝P（B）．
11掷2n＋1次硬币，求出现的正面数多于反面数的概率．
解：设事件A为“正面数多于反面数”，事件B为“反面数多于正面数”，因为投掷2n＋1次，所以“正面数等于反面数”是不可能事件，由此得B(＿)＝A．又由事件A与B的对称性知P（A）＝P（B），因此P（A）＝0.5．这里对称性起关键作用．
12有三个人，每个人都以同样的概率1/5被分配到五个房间中的任一间中，试求：
（1）三个人都分配到同一个房间的概率；
（2）三个人分配到不同房间的概率．
解：“三个人分配到五个房间”的所有分法数为53，这是分母．
（1）因为事件A＝“三个人都分配到同一个房间”包括：都在一号房、都在二号房、都在三号房、都在四号房、都在五号房，共5种可能．所以
P（A）＝5/53＝1/25
（2）若事件B＝“三个人分配到不同房间”发生，则第一个人可分配到五个房间中的任一间，而第二个人只可分配到余下的四个房间中的任一间，第三个人只可分配到余下的三个房间中的任一间．因此事件B有5×4×3种可能，所以
P（B）＝5×4×3/53＝12/25
注：可将此题看成是3个（可辨的）球放入5个（可辨的）盒子中的盒子模型．
13一间宿舍内住有5位同学，求他们之中至少有2个人的生日在同一个月份的概率．
解：将此问题看成是：5个球放入12个盒子中去的盒子模型，由盒子模型可得
P（至少有2个人的生日在同一个月份）＝1－P（5个人生日全不同月）＝1－P125/125＝89/144＝0.6181
14某班n个战士各有1支归个人保管使用的枪，这些枪的外形完全一样，在一次夜间紧急集合中，每人随机地取了1支枪，求至少有1人拿到自己的枪的概率．
解：这是一个配对问题．以Ai记事件“第i个战士拿到自己的枪”，i＝1，2，…，n．因为
P（A1）＝P（A2）＝…＝P（An）＝1/n
P（A1A2）＝P（A2A3）＝…＝P（An－1An）＝1/[n（n－1）]
P（A1A2A3）＝P（A1A2A4）＝…＝P（An－2An－1An）＝1/[n（n－1）（n－2）]
……
P（A1A2A3…An）＝1/（n！）
所以由概率的加法公式
得
当n较大时，上式右端近似于1－e－1＝0.6321．
15设A，B是两事件，且P（A）＝0.6，P（B）＝0.8，问：
（1）在什么条件下P（AB）取到最大值，最大值是多少？
（2）在什么条件下P（AB）取得最小值，最小值是多少？
解：（1）因为P（AB）≤P（A）＝0.6，P（AB）≤P（B）＝0.8，所以当P（AB）＝P（A）时，P（AB）的最大值是0.6．
（2）因为P（AB）＝P（A）＋P（B）－P（A∪B）≥P（A）＋P（B）－1＝0.4，所以有P（AB）≥0.4．而当P（A∪B）＝1时，有P（AB）达到最小值0.4．
16已知事件A，B满足P（AB）＝P（∩B(＿)），记P（A）＝p，试求P（B）．
解：因为P（AB）＝P（∩B(＿)）＝P（A∪B(—————)）＝1－P（A∪B）＝1－P（A）－P（B）＋P（AB），由此得1－P（A）－P（B）＝0，所以P（B）＝1－P（A）＝1－p．
17已知P（A）＝0.7，P（A－B）＝0.4，试求P（AB(———)）．
解：因为0.4＝P（A－B）＝P（A）－P（AB）＝0.7－P（AB），由此得P（AB）＝0.7－0.4＝0.3，P（AB(———)）＝1－P（AB）＝0.7．
18设P（A）＝0.6，P（B）＝0.4，试证P（AB）＝P（∩B(＿)）．
证：P（∩B(＿)）＝1－P（A∪B）＝1－P（A）－P（B）＋P（AB）＝P（AB）．
19对任意的事件A，B，C，证明：
（1）P（AB）＋P（AC）－P（BC）≤P（A）；
（2）P（AB）＋P（AC）＋P（BC）≥P（A）＋P（B）＋P（C）－1．
证：（1）P（A）≥P（A（B∪C））＝P（AB∪AC）＝P（AB）＋P（AC）－P（ABC）≥P（AB）＋P（AC）－P（BC）
（2）因为1≥P（A∪B∪C）＝P（A）＋P（B）＋P（C）－P（AB）－P（AC）－P（BC）＋P（ABC），所以P（AB）＋P（AC）＋P（BC）≥P（A）＋P（B）＋P（C）＋P（ABC）－1≥P（A）＋P（B）＋P（C）－1
20设A，B，C为三个事件，且P（A）＝a，P（B）＝2a，P（C）＝3a，P（AB）＝P（AC）＝P（BC）＝b．证明：a≤1/4，b≤1/4．
证：由P（A）＝a，P（AB）＝b，得a≥b．又因为1≥P（B∪C）＝P（B）＋P（C）－P（BC）＝5a－b≥4a，所以得a≤1/4．进一步由b≤a得b≤1/4．
21设事件A，B，C的概率都是1/2，且P（ABC）＝P（∩B(＿)∩C(＿)），证明：2P（ABC）＝P（AB）＋P（AC）＋P（BC）－1/2．
证：因为P（ABC）＝P（∩B(＿)∩C(＿)）＝1－P（A∪B∪C）＝1－P（A）－P（B）＋P（AB）＋P（AC）＋P（BC）－P（ABC）＝P（AB）＋P（AC）＋P（BC）－1/2－P（ABC）．
上式移项即得结论．
22证明：
（1）P（AB）≥P（A）＋P（B）－1；
（2）P（A1A2…An）≥P（A1）＋P（A2）＋…＋P（An）－（n－1）．
证：（1）由1≥P（A∪B）＝P（A）＋P（B）－P（AB），移项即得结论．
（2）对n用数学归纳法，当n＝2时，由（1）知结论成立．设n－1时结论成立，即
P（A1A2…An－1）≥P（A1）＋P（A2）＋…＋P（An－1）－（n－2）
则由（1）知
P（A1A2…An）＝P（（A1A2…An－1）An）≥P（A1A2…An－1）＋P（An）－1≥P（A1）＋P（A2）＋…＋P（An－1）－（n－2）＋P（An）－1＝P（A1）＋P（A2）＋…＋P（An）－（n－1）
23证明：|P（AB）－P（A）P（B）|≤1/4．
证：不妨设P（A）≥P（B），则
P（AB）－P（A）P（B）≤P（B）－P（B）P（B）＝P（B）[1－P（B）]≤1/4
另一方面，还有
P（A）P（B）－P（AB）＝P（A）[P（AB）＋P（B）]－P（AB）＝P（A）P（B）＋P（AB）[P（A）－1]≤P（A）P（B）≤P（A）P（）＝P（A）[1－P（A）]≤1/4
综合上述两方面，可得|P（AB）－P（A）P（B）|≤1/4
四、条件概率
1某班级学生的考试成绩数学不及格的占15%，语文不及格的占5%，这两门都不及格的占3%．
（1）已知一学生数学不及格，他语文也不及格的概率是多少？
（2）已知一学生语文不及格，他数学也不及格的概率是多少？
解：记事件A为“数学不及格”，B为“语文不及格”，由题设知P（A）＝0.15，P（B）＝0.05，P（AB）＝0.03．由此得
（1）P（B|A）＝P（AB）/P（A）＝0.03/0.15＝0.2
（2）P（A|B）＝P（AB）/P（B）＝0.03/0.05＝0.6
2设一批产品中一、二、三等品各占60%，35%，5%．从中任意取出一件，结果不是三等品，求取到的是一等品的概率．
解：记事件A为“取出一件不是三等品”，B为“取出一件一等品”，因为A＝“取出一件不是三等品”＝“取出的是一等品或二等品”⊃B，所以AB＝B，于是所求概率为
P（B|A）＝P（AB）/P（A）＝P（B）/P（A）＝0.6/0.95＝12/19
3掷两颗骰子，以A记事件“两颗点数之和为10”，以B记事件“第一颗点数小于第二颗点数”，试求条件概率P（A|B）和P（B|A）．
解：掷两颗骰子的样本空间为
因为A＝{（4，6），（5，5），（6，4）}，B＝{（1，2），（1，3），（1，4），（1，5），（1，6），（2，3），（2，4），（2，5），（2，6），（3，4），（3，5），（3，6），（4，5），（4，6），（5，6）}．所以AB＝{（4，6）}，由此得P（A）＝3/36，P（B）＝15/36，P（AB）＝1/36．于是所求概率为
P（A|B）＝P（AB）/P（B）＝（1/36）/（15/36）＝1/15
P（B|A）＝P（AB）/P（A）＝（1/36）/（3/36）＝1/3
4设某种动物由出生活到10岁的概率为0.8，而活到15岁的概率为0.5．问现年为10岁的这种动物能活到15岁的概率是多少？
解：记T为此种动物的寿命，由题意知P（T＞10）＝0.8，P（T＞15）＝0.5．又因为{T＞15}⊂{T＞10}．所以P（T＞15|T＞10）＝P（T＞15，T＞10）/P（T＞10）＝P（T＞15）/P（T＞10）＝0.5/0.8＝0.625．
5设10件产品中有4件不合格品，从中任取两件，已知其中一件是不合格品，求另一件也是不合格品的概率．
解：记事件Ai为“第i次取出不合格品”，i＝1，2，D为“有一件是不合格品”，E为“另一件也是不合格品”．因为D意味着：第一件是不合格品而第二件是合格品，或第一件是合格品而第二件是不合格品，或两件都是不合格品．而ED意味着：两件都是不合格品．即D＝A12∪1A2∪A1A2，ED＝A1A2．因为
P（D）＝P（A12）＋P（1A2）＋P（A1A2）＝（4×6）/（10×9）＋（6×4）/（10×9）＋（4×3）/（10×9）＝2/3
P（ED）＝（4×3）/（10×9）＝2/15
所以根据题意得P（E|D）＝（2/15）/（2/3）＝1/5＝0.2
6设n件产品中有m件不合格品，从中任取两件，已知两件中有一件是合格品，求另一件也是合格品的概率．
解：记事件A为“有一件是合格品”，B为“另一件也是合格品”．因为
P（A）＝P（取出一件合格品、一件不合格品）＋P（取出两件都是合格品）
于是所求概率为
7掷一颗骰子两次，以x，y分别表示先后掷出的点数，记A＝{x＋y＜10}，B＝{x＞y}，求P（B|A），P（A|B）．
解：仿第3题得
P（A）＝30/36，P（B）＝15/36，P（AB）＝13/36
所以
P（B|A）＝P（AB）/P（A）＝13/30，P（A|B）＝P（AB）/P（B）＝13/15
8已知P（A）＝1/3，P（B|A）＝1/4，P（A|B）＝1/6，求P（A∪B）．
解：由乘法公式知
P（AB）＝P（A）P（B|A）＝（1/3）×（1/4）＝1/12
P（B）＝P（AB）/P（A|B）＝（1/12）/（1/6）＝1/2
所以P（A∪B）＝P（A）＋P（B）－P（AB）＝1/3＋1/2－1/12＝3/4
9已知P（）＝0.3，P（B）＝0.4，P（AB(＿)）＝0.5，求P（B|A∪B(＿)）．
解：由条件概率的定义知P（B|A∪B(＿)）＝P（AB）/P（A∪B(＿)），其中P（A∪B(＿)）＝P（A）＋P（B(＿)）－P（AB(＿)）＝0.7＋0.6－0.5＝0.8
再由P（AB(＿)）＝P（A）－P（AB），可得P（AB）＝P（A）－P（AB(＿)）＝0.7－0.5＝0.2，代回原式，可得P（B|A∪B(＿)）＝P（AB）/P（A∪B(＿)）＝0.2/0.8＝0.25．
10设A，B为两事件，P（A）＝P（B）＝1/3，P（A|B）＝1/6，求P（|B(＿)）．
解：由条件概率的性质知P（|B(＿)）＝1－P（A|B(＿)）＝1－P（A|B(＿)）/P（B(＿)），其中P（B(＿)）＝2/3，而P（AB(＿)）＝P（A）－P（AB）＝1/3－（1/3）×（1/6）＝5/18．代回原式，可得P（|B(＿)）＝1－（5/18）/（2/3）＝7/12．
11口袋中有1个白球、1个黑球．从中任取1个，若取出白球，则试验停止；若取出黑球，则把取出的黑球放回的同时，再加入1个黑球，如此下去，直到取出的是白球为止，试求下列事件的概率：
（1）取到第n次，试验没有结束；
（2）取到第n次，试验恰好结束．
解：记事件Ai为“第i次取到黑球”，i＝1，2，…
（1）所求概率为P（A1A2…An），用乘法公式得
（2）所求概率为P（A1A2…n），用乘法公式得
12一盒晶体管中有8只合格品、2只不合格品．从中不返回地一只一只取出，试求第二次取出合格品的概率．
解：记事件Ai为“第i次取出合格品”，i＝1，2．用全概率公式P（A2）＝P（A1）P（A2|A1）＋P（1）P（A2|1）＝（8/10）×（7/9）＋（2/10）×（8/9）＝4/5．
13甲口袋有a个白球、b个黑球，乙口袋有n个白球、m个黑球．
（1）从甲口袋任取1个球放入乙口袋，然后再从乙口袋任取1个球．试求最后从乙口袋取出的是白球的概率；
（2）从甲口袋任取2个球放入乙口袋，然后再从乙口袋任取1个球．试求最后从乙口袋取出的是白球的概率．
解：记事件A为“从乙口袋取出的这个球是白球”．
（1）对甲口袋取出的球是白球或黑球，使用全概率公式可得
（2）对甲口袋取出的两个球分三种情况：两个白球、一黑一白、两个黑球．使用全概率公式可得
14有n个口袋，每个口袋中均有a个白球、b个黑球．从第一个口袋中任取一球放入第二个口袋，再从第二个口袋中任取一球放入第三个口袋，如此下去，从第n－1个口袋中任取一球放入第n个口袋．最后从第n个口袋中任取一球，求此时取到的是白球的概率．
解：记Ai＝“从第i个口袋中取出的是白球”，P（Ai）＝pi，i＝1，2，…，n．
因为p1＝a/（a＋b），且由上题（1）知
下用归纳法，设pk－1＝a/（a＋b），则由全概率公式得
所以由归纳法知：pn＝P（An）＝a/（a＋b）
15钥匙掉了，掉在宿舍里、掉在教室里、掉在路上的概率分别是50%、30%和20%，而掉在上述三处地方被找到的概率分别是0.8、0.3和0.1．试求找到钥匙的概率．
解：记事件A1为“钥匙掉在宿舍里”，A2为“钥匙掉在教室里”，A3为“钥匙掉在路上”，事件B为“找到钥匙”．由全概率公式得
P（B）＝P（A1）P（B|A1）＋P（A2）P（B|A2）＋P（A3）P（B|A3）＝0.5×0.8＋0.3×0.3＋0.2×0.1＝0.51
16两台车床加工同样的零件，第一台出现不合格品的概率是0.03，第二台出现不合格品的概率是0.06，加工出来的零件放在一起，并且已知第一台加工的零件数比第二台加工的零件数多一倍．
（1）求任取一个零件是合格品的概率；
（2）如果取出的零件是不合格品，求它是由第二台车床加工的概率．
解：记事件A为“取到第一台车床加工的零件”，则P（A）＝2/3，又记事件B为“取到合格品”．
（1）用全概率公式
P（B）＝P（A）P（B|A）＋P（）P（B|）＝（2/3）×0.97＋（1/3）×0.94＝0.96
（2）用贝叶斯公式
P（|B(＿)）＝P（）P（B(＿)|）/P（B(＿)）＝（1/3）×0.06/0.04＝0.5
17有两箱零件，第一箱装50件，其中20件是一等品；第二箱装30件，其中18件是一等品，现从两箱中随意挑出一箱，然而从该箱中先后任取两个零件，试求：
（1）第一次取出的零件是一等品的概率；
（2）在第一次取出的是一等品的条件下，第二次取出的零件仍然是一等品的概率．
解：记事件Ai为“第i次取出的是一等品”，i＝1，2．又记事件Bi为“取到第i箱”，i＝1，2．
（1）用全概率公式
P（A1）＝P（B1）P（A1|B1）＋P（B2）P（A1|B2）＝（1/2）·（20/50）＋（1/2）·（18/30）＝0.5
（2）因为
P（A1A2）＝P（B1）P（A1A2|B1）＋P（B2）P（A1A2|B2）＝（1/2）·（20/50）·（19/49）＋（1/2）·（18/30）·（17/29）＝0.253413
所以P（A2|A1）＝P（A1A2）/P（A1）＝0.253413/0.5＝0.5068
18学生在做一道有4个选项的单项选择题时，如果他不知道问题的正确答案，就作随机猜测．现从卷面上看题是答对了，试在以下情况下求学生确实知道正确答案的概率．
（1）学生知道正确答案和胡乱猜测的概率都是1/2；
（2）学生知道正确答案的概率是0.2．
解：记事件A为“题目答对了”，事件B为“知道正确答案”，则按题意有P（A|B）＝1，P（A|B(＿)）＝0.25．
（1）此时有P（B）＝P（B(＿)）＝0.5，所以由贝叶斯公式得
（2）此时有P（B）＝0.2，P（B(＿)）＝0.8，所以由贝叶斯公式得
19已知男人中有5%是色盲患者，女人中有0.25%是色盲患者，今从男女比例为22：21的人群中随机地挑选一人，发现恰好是色盲患者，问此人是男性的概率是多少？
解：记A为事件“任选一人是色盲患者”，记B为事件“任选一人是男性”．用贝叶斯公式
20口袋中有一个球，不知它的颜色是黑的还是白的．现再往口袋中放入一个白球，然后从口袋中任意取出一个，发现取出的是白球，试问口袋中原来那个球是白球的可能性为多少？
解：记事件A为“取出的是白球”，事件B为“原来那个球是白球”．容易看出：P（A|B）＝1，P（A|B(＿)）＝0.5，另外由于对袋中原来那个球的颜色一无所知，故设P（B）＝P（B(＿)）＝0.5是合理的．由贝叶斯公式得
21将n根绳子的2n个头任意两两相接，求恰好结成n个圈的概率．
解：设事件An为“恰好结成n个圈”，记pn＝P（An），又记事件B为“第1根绳子的两个头相接成圈”，则由全概率公式得P（An）＝P（B）P（An|B）＋P（B(＿)）P（An|B(＿)）
容易看出
P（B）＝1/（2n－1），P（An|B(＿)）＝0，P（An|B）＝P（An－1）＝pn－1
所以得递推公式
pn＝pn－1/（2n－1），n＝2，3，…，由此得pn＝1/[（2n－1）！！]
22m个人相互传球，球从甲手中开始传出，每次传球时，传球者等可能地把球传给其余m－1个人中的任何一个．求第n次传球时仍由甲传出的概率．
解：设事件Ai为“第i次传球时由甲传出”，记pi＝P（Ai），i＝1，2，…．则p1＝1，且P（Ai＋1|Ai）＝0，P（Ai＋1|i）＝1/（m－1）
所以由全概率公式
P（An）＝P（An－1）P（An|An－1）＋P（n－1）P（An|n－1）＝pn－1×0＋（1－pn－1）/（m－1）
得递推公式pn＝（1－pn－1）/（m－1），n≥2
将p1＝1代入以上递推公式可得
特别，当n→＋∞时，有pn→1/m．譬如m＝5，则p1＝1，p2＝0，p3＝0.25，p4＝0.1875，p5＝0.203125，p6＝0.199219，p7＝0.200195，p8＝0.199951，p9＝0.200012，pl0＝0.199997，最后
23甲、乙两人轮流掷一颗骰子，甲先掷．每当某人掷出1点时，则交给对方掷，否则此人继续掷．试求第n次由甲掷的概率．
解：设事件Ai为“第i次由甲掷骰子”，记pi＝P（Ai），i＝1，2，…．则有p1＝1，
P（Ai＋1|Ai）＝5/6，P（Ai＋1|i）＝1/6
所以由全概率公式P（An）＝P（An－1）P（An|An－1）＋P（n－1）P（An|n－1）
得pn＝5pn－1/6＋（1－pn－1）/6＝2pn－1/3＋1/6，n≥2
由此得递推公式pn－1/2＝（2/3）×（pn－1－1/2），n≥2
所以得pn－1/2＝（2/3）n－1（p1－1/2）
将p1＝1代入上式可得pn－1/2＝（1/2）×（2/3）n－1
由此得pn＝[1＋（2/3）n－1]/2，n＝2，3，…
由此可见，
这表明：骰子一直由甲掷的机会只有1/2．
24甲口袋有1个黑球、2个白球，乙口袋有3个白球．每次从两口袋中各任取一球，交换后放入另一口袋．求交换n次后，黑球仍在甲口袋中的概率．
解：设事件Ai为“第i次交换后黑球仍在甲口袋中”，记pi＝P（Ai），i＝0，1，2，…．则有p0＝1，且
P（Ai＋1|Ai）＝2/3，P（Ai＋1|i）＝1/3
所以由全概率公式得
pn＝（2/3）×pn－1＋（1/3）×（1－pn－1）＝（1/3）×pn－1＋1/3，n≥1
得递推公式
pn－1/2＝（1/3）×（pn－1－1/2），n≥1
将p0＝1代入上式可得
pn－1/2＝（1/3）n×（1/2）
由此得
pn＝[1＋（1/3）n]/2，n＝1，2，…
25假设只考虑天气的两种情况：有雨或元雨．若已知今天的天气情况，明天天气保持不变的概率为p，变的概率为1－p．设第一天无雨，试求第n天也无雨的概率．
解：设事件Ai为“第i天无雨”，记pi＝P（Ai），i＝1，2，…．则有p1＝1，且
P（Ai＋1|Ai）＝p，P（Ai＋1|i）＝1－p
所以由全概率公式得
pn＝ppn－1＋（1－p）（1－pn－1）＝（2p－1）pn－1＋1－p，n≥2
得递推公式
pn－1/2＝（2p－1）（pn－1－1/2），n≥2
所以
pn－1/2＝（2p－1）n－1（p1－1/2）
将p1＝1代入上式可得
pn－1/2＝（2p－1）n－1×（1/2）
由此得
pn＝[1＋（2p－1）n－1]/2，n＝2，3，…
26设罐中有b个黑球、r个红球，每次随机取出一个球，取出后将原球放回，再加入c（c＞0）个同色的球．试证：第k次取到黑球的概率为b/（b＋r），k＝1，2，…．
证：设事件Ai（b，r）为“罐中有b个黑球、r个红球时，第i次取到是黑球”，记pi（b，r）＝P（Ai（b，r）），i＝1，2，…．则显然有p1（b，r）＝b/（b＋r）．下用归纳法证明．
设pk－1（b，r）＝b/（b＋r），则由全概率公式得
pk（b，r）＝P（Ak（b，r））＝P（A1（b，r））P（Ak（b，r）|A1（b，r））＋P（1（b，r））P（Ak（b，r）|1（b，r））①
把k次取球分为两段：第1次取球与后k－1次取球．当第1次取到黑球时，罐中增加c个黑球，这时从原罐中第k次取到黑球等价于从新罐（含b＋c个黑球，r个红球）中第k－1次取到黑球，故有
类似有
所以代入①式得
由归纳法知结论成立．
27口袋中有a个白球、b个黑球和n个红球，现从中一个一个不返回地取球．试证白球比黑球出现得早的概率为a/（a＋b），与n无关．
证：记事件A为“第一次取出白球”，B为“第一次取出黑球”，C为“第一次取出红球”．容易看出：事件A，B，C互不相容，且A∪B∪C＝Ω．又设En为“有n个红球时，白球比黑球出现得早”，记pn＝P（En）．以下对n用归纳法：
（1）当n＝0时，则“白球比黑球出现得早”意味着：第一次就取出白球，所以有p0＝a/（a＋b）
（2）设pn－1＝P（En－1）＝a/（a＋b），则
pn＝P（A）P（En|A）＋P（B）P（En|B）＋P（C）P（En|C），
其中P（En|A）＝1，P（En|B）＝0，P（En|C）＝P（En－1）＝pn－1，代入可得
由归纳法知结论成立．
28设P（A）＞0，试证：P（B|A）≥1－P（B(＿)）/P（A）
证：因为P（AB）＝P（A）＋P（B）－P（A∪B）≥P（A）＋P（B）－1＝P（A）－P（B(＿)），所以P（B|A）＝P（AB）/P（A）≥[P（A）－P（B(＿)）]/P（A）＝1－P（B(＿)）/P（A）．
29若事件A与B互不相容，且P（B(＿)）≠0，证明：P（A|B(＿)）＝P（A）/[1－P（B）]．
证：P（A|B(＿)）＝P（AB(＿)）/P（B(＿)）＝[P（A）－P（AB）]/[1－P（B）]＝P（A）/[1－P（B）]．
30设A，B为任意两个事件，且A⊂B，P（B）＞0，则P（A）≤P（A|B）成立．
证：P（A|B）＝P（AB）/P（B）＝P（A）/P（B）≥P（A）
31若P（A|B）＞P（A|B(＿)），试证：P（B|A）＞P（B|）．
证：由P（A|B）＞P（A|B(＿)），得P（A|B）＝P（AB）/P（B）＞P（A|B(＿)）＝[P（A）－P（AB）]/[1－P（B）]
所以得
P（AB）－P（B）P（AB）＞P（A）P（B）－P（B）P（AB）
即P（AB）＞P（A）P（B）
所以P（AB）－P（A）P（AB）＞P（A）P（B）－P（A）P（AB）
即P（AB）P（）＞P（A）P（B）
由此得P（AB）/P（A）＞P（B）/P（）
即P（B|A）＞P（B|）
32设P（A）＝p，P（B）＝1－ε，证明：（p－ε）/（1－ε）≤P（A|B）≤p/（1－ε）
证：一方面P（A|B）＝P（AB）/P（B）≤P（A）/P（B）＝p/（1－ε）；
另一方面P（A|B）＝P（AB）/P（B）＝[P（A）＋P（B）－P（A∪B）]/P（B）≥[P（A）＋P（B）－1]/P（B）＝（p－ε）/（1－ε）．
33若P（A|B）＝1，证明：P（B(＿)|）＝1．
证：因为1＝P（A|B）＝P（AB）/P（B），所以得P（AB）＝P（B）．由此得P（B(＿)|）＝P（B(＿)）/P（）＝[1－P（A∪B）]/P（）＝[1－P（A）－P（B）＋P（AB）]/P（）＝[1－P（A）]/P（）＝1，结论得证．
五、独立性
1三人独立地破译一个密码，他们能单独译出的概率分别为1/5，1/3，1/4．求此密码被译出的概率．
解：记事件Ai为“第i个人译出密码”，i＝1，2，3，B为“密码被译出”．则
P（B）＝P（A1∪A2∪A3）＝1－P（123）＝1－（4/5）×（2/3）×（3/4）＝3/5
注：互不相容可简化事件并的概率计算，相互独立可简化事件交的概率计算．这里为了要利用相互独立性，把事件并在对偶法则下转化为事件交，这一方法以下会经常用到．
2有甲、乙两批种子，发芽率分别为0.8和0.9，在两批种子中各任取一粒，求：
（1）两粒种子都能发芽的概率；
（2）至少有一粒种子能发芽的概率；
（3）恰好有一粒种子能发芽的概率．
解：记事件A为“从甲中取出能发芽的种子”，B为“从乙中取出能发芽的种子”．则P（A）＝0.8，P（B）＝0.9．由经验知，事件A与B相互独立．
（1）P（两粒种子都能发芽）＝P（AB）＝P（A）P（B）＝0.8×0.9＝0.72．
（2）P（至少有一粒种子能发芽）＝P（A∪B）＝P（A）＋P（B）－P（A）P（B）＝0.8＋0.9－0.8×0.9＝0.98．
（3）P（恰好有一粒种子能发芽）＝P（AB(＿)∪B）＝P（A）P（B(＿)）＋P（）P（B）＝0.8×0.1＋0.2×0.9＋0.26．
3甲、乙两人独立地对同一目标射击一次，其命中率分别为0.8和0.7，现已知目标被击中，求它是甲射中的概率．
解：记事件A为“目标被击中”，事件B1为“甲射中目标”，事件B2为“乙射中目标”．因为A＝B1∪B2，所以
P（A）＝P（B1∪B2）＝P（B1）＋P（B2）－P（B1B2）＝0.8＋0.7－0.8×0.7＝0.94
考虑到B1⊂A，故有
P（B1|A）＝P（AB1）/P（A）＝P（B1）/P（A）＝0.8/0.94＝0.851
4设电路由A，B，C三个元件组成，若元件A，B，C发生故障的概率分别是0.3，0.2，0.2，且各元件独立工作，试在以下情况下，求此电路发生故障的概率：
（1）A，B，C三个元件串联；
（2）A，B，C三个元件并联；
（3）元件A与两个并联的元件B及C串联而成．
解：设事件A，B，C分别表示元件A，B，C发生故障．
（1）因为串联电路中任一元件发生故障，则电路发生故障，于是所求概率为
P（A∪B∪C）＝1－P（）P（B(＿)）P（C(＿)）＝1－0.7×0.8×0.8＝0.552
（2）因为并联电路中所有元件发生故障，则电路发生故障，于是所求概率为
P（ABC）＝P（A）P（B）P（C）＝0.3×0.2×0.2＝0.012
（3）由题意知，所求概率为
P（A∪BC）＝P（A）＋P（B）P（C）－P（A）P（B）P（C）＝0.3＋0.2×0.2－0.3×0.2×0.2＝0.328
5在一时内甲、乙、丙三台机床需维修的概率分别是0.9，0.8和0.85，求一小时内
（1）没有一台机床需要维修的概率；
（2）至少有一台机床不需要维修的概率；
（3）至多只有一台机床需要维修的概率．
解：设事件A，B，C依次表示甲、乙、丙三台机床需要维修．
（1）P（B(＿)C(＿)）＝0.1×0.2×0.15＝0.003
（2）P（∪B(＿)∪C(＿)）＝1－P（A）P（B）P（C）＝1－0.9×0.8×0.85＝0.388
（3）P（B(＿)C(＿)∪AB(＿)C(＿)∪BC(＿)∪B(＿)C）＝0.003＋0.9×0.2×0.15＋0.1×0.8×0.15＋0.1×0.2×0.85＝0.059
6设A1，A2，A3相互独立，且P（Ai）＝2/3，i＝1，2，3．试求A1，A2，A3中
（1）至少出现一个的概率；
（2）恰好出现一个的概率；
（3）最多出现一个的概率．
解：（1）P（A1∪A2∪A3）＝1－P（123）＝1－（1/3）3＝26/27
（2）P（A123∪1A23∪12A3）＝3×（2/3）×（1/3）2＝2/9
（3）P（最多出现一个）＝P（恰好出现一个）＋P（都不出现）＝2/9＋1－26/27＝7/27．
7若事件A与B相互独立且互不相容，试求min{P（A），P（B）}．
解：由条件知P（AB）＝P（A）P（B）＝0，所以min{P（A），P（B）}＝0．
8假设P（A）＝0.4，P（A∪B）＝0.9，在以下情况下求P（B）：
（1）A，B不相容；
（2）A，B独立；
（3）A⊂B．
解：由加法公式及其变形可知：
（1）因为A，B不相容，所以P（B）＝P（A∪B）－P（A）＝0.9－0.4＝0.5．
（2）因为A，B独立，所以由P（B）＝P（A∪B）－P（A）＋P（A）P（B）＝0.9－0.4＋0.4×P（B）得P（B）＝5/6．
（3）因为A⊂B，所以B＝A∪B，由此得P（B）＝P（A∪B）＝0.9．
9设A，B，C两两独立，且ABC＝∅
（1）如果P（A）＝P（B）＝P（C）＝x，试求x使P（A∪B∪C）达到最大．
（2）如果P（A）＝P（B）＝P（C）＜1/2，且P（A∪B∪C）＝9/16，求P（A）．
解：三个事件A，B，C两两独立是指仅成立
P（AB）＝P（A）P（B），P（AC）＝P（A）P（C），P（BC）＝P（B）P（C）
而不要求P（ABC）＝P（A）P（B）P（C）成立．可见A，B，C相互独立必导致两两独立，反之不然．这里由A，B，C两两独立，且ABC＝∅，可得
P（A∪B∪C）＝P（A）＋P（B）＋P（C）－P（A）P（B）－P（A）P（C）－P（B）P（C）
（1）由P（A）＝P（B）＝P（C）＝x知P（A∪B∪C）＝3x－3x2，而f（x）＝3x－3x2这个二次三项式的最大值在x＝0.5达到．
（2）由9/16＝P（A∪B∪C）＝3x－3x2解得两个解为3/4和1/4，而x＝3/4不符题意，所以得x＝1/4．
10设事件A，B独立，两个事件仅A发生的概率或仅B发生的概率都是1/4，求P（A）及P（B）．
解：由题设知P（AB(＿)）＝P（B）＝1/4，又因为A，B独立，所以由
解得P（A）＝P（B）＝0.5．
11一实习生用同一台机器接连独立地制造3个同种零件，第i个零件是不合格品的概率为pi＝1/（i＋1），i＝1，2，3，以X表示3个零件中合格品的个数，求P（X≤2）．
解：记事件Ai为“第i个零件是不合格品”，i＝1，2，3．则因为．P（X≤2）＝1－P（x＝3），而P（X＝3）＝P（123）＝（1/2）×（2/3）×（3/4）＝1/4，所以P（X≤2）＝3/4．
12每门高射炮击中飞机的概率为0.3，独立同时射击时，要以99%的把握击中飞机，需要几门高射炮？
解：设共需要n门高射炮，记事件Ai为“第i门炮射击命中目标”，i＝1，2，…，n．则P（Ai）＝0.3，而P（击中飞机）＝P（A1∪A2∪…∪An）＝1－P（1）P（2）…P（n）＝1－（1－0.3）n≥0.99，由此得0.7n≤0.01，两边取对数解得n≥ln0.01/ln0.7＝12.9114，所以取n＝13，可以有99%的把握击中飞机．
13投掷一枚骰子，问需要投掷多少次，才能保证至少有一次出现点数为6的概率大于1/2？
解：设共投掷n次，记事件Ai为“第i次投掷时出现点数为6”，i＝1，2，…n．则P（Ai）＝1/6．由P（A1∪A2∪…∪An）＝1－P（1）P（2）…P（n）＝1－（5/6）n≥0.5，得（5/6）n≤0.5，两边取对数解得n≥3.8018，所以取n＝4，即投掷4次可以保证至少一次出现点数为6的概率大于1/2．
14一射手对同一目标独立地进行四次射击，若至少命中一次的概率为80/81，试求该射手进行一次射击的命中率．
解：记事件Ai为“第i次射击命中目标”，i＝1，2，3，4，且记P（Ai）＝p，由题设条件知80/81＝P（A1∪A2∪A3∪A4）＝1－P（1）P（2）P（3）P（4）＝1－（1－p）4
由此解得
15每次射击命中率为0.2，试求：射击多少次才能使至少击中一次的概率不小于0.9？
解：设共射击n次，记事件Ai为“第i次射击命中目标”，i＝1，2，…，n，则P（Ai）＝0.2，由题设条件知P（A1∪A2∪…∪An）＝1－（0.8）n≥0.9
由此得0.8n≤0.1，两边取对数解得n≥ln0.1/ln0.8＝10.3189，所以取n＝11可满足题设条件．
16设猎人在猎物100m处对猎物打第一枪，命中猎物的概率为0.5．若第一枪未命中，则猎人继续打第二枪，此时猎物与猎人已相距150m．若第二枪仍未命中，则猎人继续打第三枪，此时猎物与猎人已相距200m．若第三枪还未命中，则猎物逃逸．假如该猎人命中猎物的概率与距离成反比，试求该猎物被击中的概率．
解：记X为猎人与猎物的距离，因为该猎人命中猎物的概率与距离成反比，所以有P（X＝x）＝k/x．又因为在100m处命中猎物的概率为0.5，所以0.5＝P（X＝100）＝k/100，从中解得k＝50．若以事件A，B，C依次记“猎人在100m、150m、200m处击中猎物”，则P（A）＝1/2，P（B）＝1/3，P（C）＝1/4．因为各次射击是独立的，所以P（命中猎物）＝P（A）＋P（B）＋P（B(＿)C）＝1/2＋（1/2）×（1/3）＋（1/2）×（2/3）×（1/4）＝3/4．
17某血库急需AB型血，要从身体合格的献血者中获得．根据经验，每百名身体合格的献血者中只有2名是AB型血的．
（1）求在20名身体合格的献血者中至少有一人是AB型血的概率；
（2）若要以95%的把握至少能获得一份AB型血，需要多少位身体合格的献血者？
解：设共有n位身体合格的献血者，记事件Ai为“第i名献血者是AB型血”，则P（Ai）＝0.02，i＝1，2，…，n．
（1）所求概率为P（A1∪A2∪…∪A20）＝1－P（1）P（2）…P（20）＝1－（0.98）20＝1－0.6676＝0.3324；
（2）由题意知P（A1∪A2∪…∪An）＝1－P（1）P（2）…P（n）＝1－（0.98）n≥0.95
由此解得n≥ln0.05/ln0.98＝148.28，所以取n＝149时，可保证以95%的把握至少获得一份AB型血．
18一个人的血型为A，B，AB，O型的概率分别为0.37，0.21，0.08，0.34．现任意挑选四个人，试求：
（1）此四人的血型全不相同的概率；
（2）此四人的血型全部相同的概率．
解：（1）若第1，2，3，4人血型依次为A，B，AB，O．则“四人的血型全不相同”共有4！＝24种可能情况，而每种情况出现的概率都是0.37×0.21×0.08×0.34，于是所求概率为：P（四人的血型全不相同）＝24×0.37×0.21×0.08×0.34＝0.0507．
（2）所求概率为
P（血型全相同）＝P（全为A型）＋P（全为B型）＋P（全为AB型）＋P（全为0型）＝0.374＋0.214＋0.084＋0.344＝0.0341
19甲、乙两选手进行乒乓球单打比赛，已知在每局中甲胜的概率为0.6，乙胜的概率为0.4．比赛可采用三局二胜制或五局三胜制，问哪一种比赛制度对甲更有利？
解：（1）若采用三局二胜制，则甲在下列两种情况下获胜：
A1＝“甲胜前两局”
A2＝“前两局甲乙各胜一局，第三局甲胜”
所以得
P（A1∪A2）＝P（A1）＋P（A2）＝0.62＋2×0.6×0.4×0.6＝0.36＋0.288＝0.648
（2）若采用五局三胜制，则甲在下列三种情况下获胜：
B1＝“前三局甲胜”
B2＝“前三局中甲胜两局乙胜一局，第四局甲胜”
B3＝“前四局甲乙各胜二局，第五局甲胜”
所以得
所以五局三胜制对甲更有利．
20甲、乙、丙三人进行比赛，规定每局两个人比赛，胜者与第三人比赛，依次循环，直至有一人连胜两次为止，此人即为冠军．而每次比赛双方取胜的概率都是1/2，现假定甲、乙两人先比，试求各人得冠军的概率．
解：记事件A，B，C分别为“甲、乙、丙获冠军”，事件Ai，Bi，Ci分别为“第i局中甲、乙、丙获胜”．则
因为甲、乙两人所处地位是对称的，所以P（B）＝P（A）＝5/14．
由此又可得P（C）＝1－P（A）－P（B）＝4/14＝2/7．
即甲得冠军的概率5/14，乙得冠军的概率5/14，丙得冠军的概率2/7．
21甲、乙两个赌徒在每一局获胜的概率都是1/2．两人约定谁先赢得一定的局数就获得全部赌本．但赌博在中途被打断了，请问在以下各种情况下，应如何合理分配赌本：
（1）甲、乙两个赌徒都各需赢k局才能获胜；
（2）甲赌徒还需赢2局才能获胜，乙赌徒还需赢3局才能获胜；
（3）甲赌徒还需赢n局才能获胜，乙赌徒还需赢m局才能获胜．
解：按甲、乙最终获胜的概率大小来分赌本．
（1）在这种情况下，甲、乙两人所处地位是对称的，因此甲、乙最终获胜的概率都是1/2，所以甲得全部赌本的1/2，乙得全部赌本的1/2．
（2）最多再赌4局必分胜负，若以事件Ai表示再赌下去的第i局中甲赢，i＝1，2，3，4，则P（甲最终获胜）＝P（A1A2∪A12A3∪1A2A3∪A123A4∪1A23A4∪12A3A4）＝（1/2）2＋2×（1/2）3＋3×（1/2）4＝11/16，所以甲得全部赌本的11/16，乙得全部赌本的5/16．
（3）再赌n＋m－1局必分胜负，共有2n＋m－1种等可能的情况，而“甲最终获胜”意味着：乙在此n＋m－1局中至多赢m－1局，这共有
种等可能的情况，若记
则P（甲最终获胜）＝a/（2n＋m－1），P（乙最终获胜）＝b/（2n＋m－1）
所以甲得全部赌本的a/（2n＋m－1），乙得全部赌本的b/（2n＋m－1）．
22一辆重型货车去边远山区送货．修理工告诉司机，由于车上六个轮胎都是旧的，前面两个轮胎损坏的概率都是0.1，后面四个轮胎损坏的概率都是0.2，你能告诉司机，此车在途中因轮胎损坏而发生故障的概率是多少吗？
解：此车在途中因轮胎损坏而发生故障意味着车上的六个轮胎至少有一个发生故障，为此记事件Ai为“第i个轮胎发生故障”，其中i＝1，2，表示前面两个轮胎，i＝3，4，5，6表示后面四个轮胎，则P（A1）＝P（A2）＝0.1，P（A3）＝P（A4）＝P（A5）＝P（A6）＝0.2．又假设车上的六个轮胎工作是独立的，则所求概率为
P（A1∪A2∪A3∪A4∪A5∪A6）＝1－P（1）P（2）P（3）P（4）P（5）P（6）＝1－0.92×0.84＝0.6682
23设0＜P（B）＜1，试证：事件A与B独立的充要条件是P（A|B）＝P（A|B(＿)）．
证：先证必要性：因为A与B独立，所以A与B(＿)独立，由此得P（A|B）＝P（A）＝P（A|B(＿)）．
再证充分性：由P（A|B）＝P（A|B(＿)），可得P（AB）/P（B）＝P（A|B(＿)）/P（B(＿)），即
P（AB）（1－P（B））＝P（B）（P（A）－P（AB））
由此得P（AB）＝P（A）P（B），所以A与B独立．
24设0＜P（A）＜1，0＜P（B）＜1，若P（A|B）＋P（|B(＿)）＝1，试证：A与B独立．
证：由条件P（A|B）＋P（|B(＿)）＝1，得P（A|B）＝1－P（|B(＿)）＝P（A|B(＿)），再由上题即得结论．
25若P（A）＞0，P（B）＞0，如果A，B相互独立，试证：A，B相容．
证：因为P（AB）＝P（A）P（B）＞0，所以AB≠∅，即A，B相容．