资源描述
1、 写出下列随机试验的样本空间S：
（1） 记录一个班一次数学考试的平均分数（设以百分制记分）。
（2） 生产产品直到有10件正品为之，记录生产产品的总件数。
（3） 对某工厂出厂的产品进行检查，合格的记上“正品”，不合格的记上“次品”，如连续查出了2件次品就停止检查，或检查了4件产品就停止检查，记录检查结果。
（4） 在单位圆内任取一点，记录它的坐标。
(1)解：设该班学生数为n，总成绩的可取值为0,1,2,3，…，100n，
(2)解：S={10、11、12…}
所以试验的样本空间为S={i/n| i=1、2、3…100n}
(3)解：设1为正品0为次品
S={00，100，1100，010，1111，1110，1011，1101，0111，0110，0101，1010}
(4)解：取直角坐标系，则S={（x，y）|x2+y2<1}
取极坐标系，则S={（ρ，θ）|ρ<1,0≤θ<2π}
2.设A,B,C为三个事件，用A,B,C的运算关系表示下列各事件：
（1）A发生，B与C不发生
（2）A与B都发生，而C不发生
（3）A,B,C中至少有一个要发生
（4）A,B,C都发生
（5）A,B,C都不发生
（6）A,B,C中不多于一个发生
（7）A,B,C中不多于两个发生
（8）A,B,C中至少有两个发生
解：以下分别用Di（i=1,2,3,4,5,6,7,8）来表示（1），（2），（3），（4），（5），（6）,(7),(8)
（1）A发生，B与C不发生表示,同时发生，故D1=
（2）A与B都发生，而C不发生表示A，B，同时发生，故D2= AB
（3）法一 ：A,B,C中至少有一个要发生由和事件定义可知，D3=A∪B∪C
法二：A,B,C中至少有一个要发生是事件A,B,C都不发生的对立面，即D3=
法三：A,B,C中至少有一个要发生可以表示为三个事件中恰有一个发生，恰有两个发生或恰有三个发生，即D3=∪∪∪∪∪∪ABC
(4) A,B,C都发生表示A,B,C都发生，故D4=A∪B∪C=ABC
(5) A,B,C都不发生表示都不发生，故D5=
(6)法一： A,B,C中不多于一个发生可以表示为三个事件中恰有一个发生或一个都不发生，即D6=∪∪∪
法二：A,B,C中不多于一个发生可以表示为至少有两个不发生，即D6=∪∪
法三：A,B,C中不多于一个发生是至少有两个发生的对立面，即D6=
(7)法一： A,B,C中不多于两个发生即为三个事件发生两个，发生一个或者一个都不发生，即D7=∪∪∪∪∪∪
法二：A,B,C中不多于两个发生可以表示为至少有一个不发生，即D7=∪∪
法三：A,B,C中不多于两个发生可以表示为三个都发生的对立面，即D7=
(8)法一：A,B,C中至少有两个发生即为三个事件中发生两个或者三个都发生，即D8=∪∪∪ABC
法二：A,B,C中至少有两个发生，即D8=AB∪AC∪BC
法三：A,B,C中至少有两个发生可以表示为三个事件只发生一个或一个都不发生的对立面，D8=
3（1）设A,B,C三个事件，P(A)=P(B)=P(C)=1/4，P(AB)=P(BC)=0，P(AC)=1/8,求A,B,C至少有一个发生的概率。
(2)已知P(A)=1/2,P(B)=1/3,P(C)=1/5,P(AB)=1/10,P(AC)=1/15,P(BC)=1/20,P(ABC)=1/30,求A∪B,A B,A∪B∪C,A BC,ABC,AB∪C的概率
（3）P(A)=1/2,
(A.)若A,B互不相容，求P(AB)
(B.)若P(AB)=1/8,求P(AB)
（1）P(A∪B∪C)
＝P（A）＋P（B）＋P(C) —P（AB）—P（AC）—P（BC）
＝3/4-1/8
＝5/8
（2）P(A∪B)
=P（A）+P（B）-P（AB）
=5/6-1/10
=11/15
P（`A`B）
=P(A∪B)
=1-P(A∪B)
＝1－11/15＝4/15
P(A∪B∪C)
＝P（A）＋P（B）＋P（C）－P（AB）—P（AC）—P（BC）＋P（ABC）
＝17/20
P（`A`B`C）
=P(A∪B∪C)
=1-P(A∪B∪C)
＝1-17/20
＝3/20
P（`A`BC）
＝P（C）-P（AC）-P（BC）＋P(ABC)
＝7/60
P（`A`B∪C）
=P(A∪B∪C)
=1-P(A)-P(B)+P(AC)+P(BC)+P(ABC)
＝7/20
（3）A.P（A`B）＝P(A)=1/2
因为AB不相容所以AB一个发生另一个一定不发生
B.P（A`B）＝P（A）-P（AB）＝3/8
4.设A,B是两个事件.
（1） 已知AB=AB验证A=B.
（2） 验证事件A和事件B恰有一个发生的概率为P(A)+P(B)-2P(AB).
解：法一
（1）∵AB=AB，
∴AB∪AB=AB∪AB,
∴AB∪B=B(A∪A),
∴AS=BS,
∴A=B.
（2）事件A与事件B恰有一个发生即事件AB ∪ AB
P(AB ∪ AB)
=P(AB)+P(AB)
=P[A(S-B)]+P[(S-A)B]
=P(A-AB)+P(B-AB)
=P(A)-P(AB)+P(B)-P(AB)
=P(A)+P(B)-2P(AB)
法二
（1）∵AB=A-B , BA=B-A;
又AB= BA ，
∴A-B=B-A
∴A=B即证。
（2）原理同（1），
事件A与事件B恰有一个发生即事件AB ∪ AB
即P(AB ∪ AB)
= P(AB)+P(AB)
=P(A-B)+P(B-A)
= P(A)-P(AB)+P(B)-P(AB)
= P(A)+P(B)-2P(AB)
5.10片药片中有5片安慰剂。
（1）从中任意抽取5片，求其中至少有两片是安慰剂的概率。
(2)从中每次取一片，作不放回抽样，求前3次都取到安慰剂的概率。
解：（1）设其中至少有两片是安慰剂的概率为事件A.
PA=1-C55C105-C54C51C105=1-110×9×8×7×65×4×3×2×1-(5×5)10×9×8×7×65×4×3×2×1=113126
（2）设前三次都取到安慰剂为事件B。
P(B)=C51C41C31C101C91C81=5×4×310×9×8=112
6 在房间里有10个人，分别佩戴从1号到10号的纪念章。任选3人记录其纪念章的号码。
(1) 求最小号码为5的概率.
(2) 求最大号码为5的概率.
解：E:在房间里面任选3人，记录其佩戴纪念章的号码.10人中任选3人C103=120种，即样本总数。记事件A为最小号码为5，记事件B为最大号码为5.
（1） P(A)=C52/C103=5!*3!*7!2!*3!*10! =112
（2） P(B)= C42/C103=4!*3!*7! 2!*2!*10!=120.
7.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桶黑漆和2桶红漆的顾客，能按所订颜色如数得到订货的概率是多少？
解：设事件“该订户得到4桶白漆，3桶黑漆，2桶红漆订货”为事件A
共17桶油漆，该客户订货共4+3+2=9桶，题意即为客户在17桶中选9桶，其中10桶白漆中占有4桶，4桶黑漆中占有3桶，3桶红漆中占有两桶。所以分母为C9 17，分子为C4 10C3 4C2 3，即所求概率为
P（A）= C104C43C32C179 =2522431
8．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）求至少有2件次品的概率。
解：设A表示事件“恰好有90件次品”，Bi表示事件“恰好有i件次品（i＝0、1）”，C表示事件“至少有2件次品”。E表示“从1500件产品中任取200件”
（1）N (S)=C1500200
N(A)=C40090C1100110
P=N(A)N(S)=C40090C1100110C1500200
（2）C=S-B0-B1
P(C)=P(S- B0-B1)=P(S-[ B0∪B1])＝1-P(B0)-P(B1)
PC=1-N(B0)N(S)-N(B1)N(S)=1-C1100200C1500200-C4001C1100199C1500200
9.从5双不同的鞋子中任取4只，问这4只鞋子中至少有两只配成一双的概率是多少？
解、法一、设至少有两只配成一对的为事件A,这四只鞋中没有配成一对的为事件,则
P（A）=1-P() =1-=
故四只鞋中至少有两双配成一双的概率为13/21
法二、设至少有两只配成一对的为事件A,这四只鞋中没有配成一对的为事件,则
P（A）=1-P（）=1 - =（因为不考虑次序所以除以4！）
故四只鞋中至少有两双配成一双的概率为13/21
法三、设至少有两只配成一对的为事件A，则
P(A)==
法四、设至少有两只配成一对的为事件A,这四只鞋中没有配成一对的为事件,则
P（A）=1-P（）=1-=
10.在11张卡片上分别写上probability这11个字母，从中任意连抽7张，求其排列结果为ability的概率。
解：
方法一：假设连抽7张排列结果为ability为事件A
P（A）=C21×C21A117=1415800
方法二：以A，B，C，D，E，F，G依次表示取得字母a,b,i,l,i,t,y各事件，则所求概率为
P（ABCDEFG）=P（A）P（B|A）P（C|AB）P（D|ABC）P（E|ABCD）
×P（F|ABCDE）P（G|ABCDEF）
=111×210×29×18×17×16×15=4A117
11、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：将3只球随机放入4个杯子中去的方法总数有4×4×4=43种
设杯子中球的最大个数为i 个为事件Ai
则有
12、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只强度太弱的铆钉都用在一个部件上，则这个部件强度就太弱。问发生一个部件强度太弱的概率是多少？
解：方法一
设一个部件轻度太弱为事件A
P（A）=C101C473C443C413C383C353C323C293C263C233C503C473C443C413C383C353C323C293C263C233=11960
方法二
将部件自1到10编号。E：随机地取铆钉，使各部件都装3只铆钉。以Ai表示事件“第i号部件强度太弱”
P（Ai）=C33C503=119600，i=1,2，…，10
已知 A1，A2，…A10两两互不相容，因此，10个部件中有一个强度太弱的概率为
P=P{ A1∪A2∪…∪A10}
=P（A1）+ P（A2）+…+ P（A10）
=1019600
=11960
13、一俱乐部有五名一年级学生，2名二年级学生，3名三年级学生，2名四年级学生。
（1） 在其中任选4名学生，求一、二、三、四年级的学生各一名的概率。
（2） 在其中任选5名学生，求一、二、三、四年级的学生均包含在内的概率。
解：（1）设所求事件为A事件
PA=C51C21C31C21C124=4/33
（2）设所求事件为B事件，B事件包括一二三四年级中有一个年级有两人入选，其余年级一人入选的四种情况。
PB=C52C21C31C21C125+C51C22C31C21C125+C51C21C32C21C125+C51C21C31C22C125
=10/33
14.（1）已知P（`A）=0.3，P（B）=0.4，P（A`B）=0.5，求条件概率P（B| A∪`B）
先完整题干再解题！！！
（2）已知P（A）＝1/4，P（B|A）＝1/3，P（A|B）＝1/2，求P（A∪ B）
P（A∪ B）＝P（A）＋P（B）—P（AB）
解：
P（B|A∪`B）＝P（B∩A∪`B）P（A∪`B）
＝P（AB）P（A∪`B）
∵
P（A）＝1-P（`A）
＝1-0.3
＝0.7
P（`B）＝1-P（B）
＝1-0.4
＝0.6
又∵
P（AB）＝P（A）-P（A`B）
＝0.7-0.5
＝0.2
P（A∪`B）＝P（A）＋P（B）-P（A`B）
＝0.7＋0.6-0.5
＝0.8
∴
P（B|A∪`B）＝P（AB）P（A∪`B）
＝0.20.8
＝0.25
（2）∵
P（B|A）＝P（AB）P（A）
∴
P（AB）＝P（B|A）P（A）
＝13×14
＝112
∵
P（A|B）＝P（AB）P（B）
∴P（B）＝P（AB）P（A|B）
＝1/121/2
＝16
P（A∪B）＝P（A）+P（B）-P（AB）
＝14+16-112
＝13
15.掷两颗骰子，已知两颗骰子的点数之和为7，求其中有一颗为1点的概率。
法一：题设的样本空间为{（1,6）（2,5）（3,4）（6,1）（5,2）（4,3）}，
由题得，其中有一颗为1点的事件有（1,6）（6,1）两个样本点
设要求的事件为事件A PA=26=13
法二：投掷两颗筛子其中一颗为一点为事件C
设投掷两颗骰子，两颗骰子点数之和为7为事件B
因为题设事件为CB
P(CB)= C21×16×16 P(B)= 66×6
所以,根据条件概率公式，
PCB=P(CB)P(B) = C21×16×1666×6 =1/3
16.根据以往资料表明，某一3口之家，患某种传染病的概率有以下规律：
P{孩子得病}=0.6 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
求母亲及孩子得病但父亲未得病的概率。
解：设孩子得病为事件A，母亲得病为事件B，父亲得病为事件C。
则 P（A）=0.6 P（B|A）=0.5=P(AB)P(A) P(C|AB)=0.4=P(ABC)P(AB)
所以 P(AB)=0.3 P(ABC)=0.12
所以 P(C|AB)=0.6
P（ABC）=P（C|AB）×P（AB）=0.6×0.3=0.18
17.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）两次都是正品；
（2）两次都是次品；
（3）一件是正品一件是次品；
（4）第二次取出的是次品。
解（1）设连续两次都是正品为事件A
P（A）=810×79=2845
（2）设连续两次都是次品为事件B
P（B）=210×19=145
（3）设一件是正品一件是次品为事件C
P（C）=210×89+810×29=1645
（4）设第二次取出的是次品为事件D
P（D）=210×19+810×29=15
18.某人忘记了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。若已知最后一个数字是奇数，那么此概率是多少？
解：（1）设拨号不超过3次而接通所需电话为事件A
P（A）=110+910×19+910×89×18=310
（2）设在已知最后一个数字是奇数的情况下，拨号不超过3次而接通所需电话为事件B
P（B）=15+45×14+45×34×13=35
19.（1）设甲袋中装有n只白球，m只红球；乙袋中装有N只白球、M只红球。今从甲袋中任意取一只放入乙袋中，再从乙袋中任意取一只球。问取到白球的概率是多少？
（2）第一只盒子中装有5只红球，4只白球；第二只盒子中装有4只红球、5只白球。先从第一只盒中任取2只球放入第二盒中去，然后从第二盒中任取一只球，求取到白球的概率是多少？
解:（1）设A,B分别表示“从甲袋取得白球，红球放入乙袋”，C表示“再从乙袋中取得白球”
因为C=AC+BC且AB互斥
所以P（C）=P（A）P（C|A）+P（B）P（C|B）=nn+m*N+1N+M+1+mn+m*NN+M+1
（2）设A为“从第一个盒子中取得两只红球”，B为“从第一个盒子中取得两只白球”，C为“从第一个盒子中取得一只红球，一只白球”，D为“从第二个盒子中取得白球”
显然A,B,C两两互斥，AUBUC=S，
所以P（D）=P（A）P（D|A）+ P（B）P（D|B）+ P（C）P（D|C）=C52C92*511+C42C92*711+C51C41C92*611=5399
20．某种产品的商标为“MAXAM”，其中有2个字母脱落，有人随意放回，求放回后仍为“MAXAM”的概率。
解法一：任意拿下2个的方法总共C52种，其中不关心顺序的2种，每种掉落的方式放回方式有2种，其中有错误的方式是C52-2
因此总的放回方式根据乘法原理是C52*2，错误的放回方式为C52-2。
设A表示“错误的放回方式”B表示“正确的放回方式”，显然AUB=S，且A，B互斥
P（A）=C52-2C52*2=0.4
所以P（B）=1-P（A）=1-0.4=0.6
解法二：以A，B，C，D，E依次表示事件“脱落M、M”，“脱落A、A”“脱落M、A”“脱落X、A”“脱落X、M”，以事件G表示事件“放回后仍为MAXAM”，所需求的是P（G），可知A、B、C、D、E两两互不相容，且AUBUCUDUE=S。
已知 P（A）=C22C52=0.1 P（B）=C22C52=0.1 P（C）=C21C21C52=0.4 P（D）=C11C21C52=0.2 P（E）=C11C21C52=0.2
而P（G|A）= P（G|B）=1 P（G|C）= P（G|D）= P（G|E）=0.5
由全概率公式得
P（G）= P（G|A）P（A）+ P（G|B）P（B）+ P（G|C）P（C）+ P（G|D）P（D）+ P（G|E）P（E）=0.1+0.1+0.2+0.1+0.1=0.6
21.已知男子有5%是色盲患者，女子有0.25%是色盲患者。今从男女人数相等的人群中随机地挑选一人，恰好是色盲者，问此人是男性的概率是多少？
解：设A={男人}，B={女人}，C={色盲}。显然AUB=S，且A，B互斥，所以由已知条件可知P（A）=P（B）=12，P（C|A）=5%，P（C|B）=0.25%
所以由贝叶斯公式，有P（A|C）=P（AC）P（C）=P（A）P（C|A）PAPCA+P（B）P（C|B）=12*510012*5100+12*2510000=2021
22. 一学生接连参加同一课程的两次考试。第一次及格的概率为P，若第一次及格则第二次及格的概率也为P；若第一次不及格则第二次及格的概率为P2.
（1）若至少有一次及格则他能取得某种资格，求他取得该资格的概率。
（2）若已知他第二次已经及格，求他第一次及格的概率。
解：用Ai表示“该学生第i次及格，（i=1,2）”，用B表示事件“该学生取得该资格”
已知P (A1)=P (A2|A1)=P，
（1）
（2）P(A1|A2)=P(A1A2)/P(A2)
=P(A2|A1)P(A1)P(A2|A1)P(A1)+P(A2|1)P(1)
=p*pp*p+p2(1-p)
=2pP+1
23.将两信息分别编码为A和B传送出去，某接收系统接收时将A误收为B的概率为0.02，B被误收为A的高率为0.01，信息A和B传送的频繁程度为2：1。现在该系统接收到信息A，则原发信息也为A的概率是多少？
解：设C表示事件“将信息A传递出去”，则`C表示事件“将信息B传递出去”，设D表示事件“接收到信息A”,则`D表示“接收到信息B”。本题所求概率为PCD。
已知P`DC=0.02，PD`C=0.01， P(C)P(`C)=2，
由于P(C)+P(`C)=1，所以P(C)=23，P(`C)=13.
所以，PCD=PCDP(D)=PDCP(C)PDCPC+PD`CP(`C)=1-0.02×23(1-0.02)×23+0.01×13=196197.
24有两箱同种类型的零件。第一箱装50只，其中10只一等品；第二箱30只，其中18只一等品。今从两箱中任挑出一箱，然后从该箱中取零件两次，每次任取一只，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，第二次取到的也是一等品的概率。
解：用Aj表示“挑出第j箱产品”j=1,2，
用Bi表示“第i次从箱中取到的是一等品” i=1、2
显然P(A1)=P(A2)=1/2
（1） P(B1|A1)=10/50
P(B1|A2)=18/30
全概率公式得：
P(B1)=P(B1|A1)P(A1)+P(B1|A2)P(A2)
（2）
P(B1B2)=P(B1B2|A1)P(A1)+P(B1B2|A2)P(A2)
其中P(B1B2|A1)＝1050×949
P(B1B2|A2)=1830×1729
所以：
25．某人下午5:00下班，他所积累的资料表明：
到家时间
5:35～5:39
5:40～5:44
5:45～5:49
5:50～5:54
迟于5:54
乘地铁概率
0.10
0.25
0.45
0.15
0.05
乘汽车概率
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，结果他是5:47到家的，试求他是乘地铁回家的概率。
解：设他乘坐地铁回家为事件A，设5:47即5:45～5:49到家是事件B。
PAB=PABPB=PBA∙PAPA∙PBA+PA∙PBA
=0.45×0.5×0.50.5×0.45×0.5+0.5×0.20×0.5=913
26.病树的主人外出，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的把握确定邻居会记得浇水。
（1）求主人回来时树还活着的概率。
（2）若主人回来树已死去，求邻居忘记浇水的概率。
解：设主人回来时树还活着为事件A，邻居记得浇水为事件B。
(1) PA=0.9×1-0.15+0.1×1-0.8=0.785
(2)
PBA=P(AB)P(A)=0.8×0.11-0.215=1643
27、设本题设计的事件均有意义。设A、B都是事件
（1）已知P（A）>0，证明P（AB|A）≥P（AB|A∪B）
（2）若P（A|B）=1，证明P（B|A）=1
（3）若设C也是事件，且有P（A|C）≥P（B|C），P（A|C）≥P（B|C），证明
P（A）>>P（B）
解：（1） P（AB|A）=P（AAB)P（A）=P（AB)P（A）
P（AB|A∪B）=P（A∪BAB）P（A∪B）=P(AB）P（A∪B）
因为 P(A)≤PAB笔误?右边是并吧
所以 P（AB)P（A）≥P(AB）P（A∪B）
因此 证明 P（AB|A）≥P（AB|A∪B）
（2）P（B|A）=P（BA)P（A）=1-P（A∪B）1-P（A）=1-PA-PB+P(AB)1-P（A）
因为 P（A|B）=P（AB)P（B）
所以 P(AB)=P(B)
所以 P（B|A）=1-PA-PB+P(AB)1-P（A）=1-PA1-P（A）=1
（3）P（A）=P(AC)+ P(AC)= P（A|C）P(C)+ P（A|C）P（C）
P（B）= P(BC)+ P(BC)= P（B|C）P(C)+ P（B|C）P（C）
所以 P(A)-P(B)=P(C)( P（A|C）- P（B|C）)+ P（C）(P（A|C）- P（B|C）)
已知 P（A|C）≥P（B|C） P（A|C）≥P（B|C）
所以 P(A)-P(B) ≥0
所以 P（A）≥P（B）
28．有两种花籽，发芽率分别为0.8和0.9，从中各取一个，设各花籽是否发芽相互独立
（1）这两颗花籽都能发芽的概率
（2）至少有一颗能发芽的概率
（3）恰有一颗能发芽的概率
解：设事件A为a花籽发芽，事件B为b花籽发芽
（1） P（AB）=P(A)P(B)=0.72
（2） P（A∪B）=P(A)+P(B)-P(AB)=0.98
（3） P(AB∪AB)= P（A∪B）- P（AB）=0.26
29、根据报道美国人血型的分布近似地胃：A型为37％，O型为44％，B型为13％，AB型为6％。夫妻拥有的血型是相互独立的。
（1）B型的人只有输入B、O两种血型才安全。若妻为B型，夫为何种血型未知，求夫是妻的安全输血者的概率。
（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：设一个人的血型为A,B,0，AB分别为事件A,B,O,AB.
(1) 设夫是妻的安全输血者为事件C,则P（C）=P（B）+ P（O）=13%+44%=0.57
(2) 设妻为B型夫为A型为事件D,则P（D）=P（B）·P（A）=13%×37%=0.0481
（4） 设随机地取一对夫妇，其中一人为A型，另一人为B型为事件X，则事件X包括妻为B型夫为A型和妻为A型夫为B型,P（X）=P(A) ·P(B)+ P(A) ·P(B)=0.0962
(4)法一：设随机地取一对夫妇，其中至少有一人是O型为事件Y，一个人的血型不是O为事件,则事件Y可表示为两人恰有一人为O型和两人都是O型，P(Y)=P(O) ·P()+P(O) ·P()+P(0) ·P(O)=0.6864
法二：设随机地取一对夫妇，其中至少有一人是O型为事件Y，则事件Y的对立事件为两人都不是O型血（事件）,则P(Y)=1-P()=1- P()·P()=0.6864
30、（1）给出事件A、B的例子，使得（i）P（A÷ B）＜P（A），（ii）P（A÷ B）=P（A） （iii）P（A÷ B）＞P（A）
（2）设事件A、B、C相互独立，证明：（i）C与AB相互独立 （ii）C与AÈB相互独立。
（3）设事件A的概率P（A）=0，证明对于任意另一事件B，有A、B相互独立。
（4）证明事件A、B相互独立的充要条件是P（A÷ B）=P（A÷`B）
答：（1）（i）当事件B发生会是事件A发生的概率减小时，P（A÷ B）＜P（A）
比如A是骑自行车上学的学生，B是男生，全集是所有学生
（ii）当事件B发生对A没有影响，即A、B互为独立事件时，P（A÷ B）=P（A）
比如事件A是扔骰子得到一点，事件B是明天下雨。
（iii）当事件B发生会是事件A发生的概率增加时，P（A÷ B）＞P（A）
比如事件A是课余时间我去健身，事件B是课余时间室友们健身，显然他们很有可能对我的决定产生影响。
（2）（i）∵A、B、C相互独立
∴P（ABC）=P（A）P（B）P（C）=P（AB）P（C）
即P（（AB）C）=P（AB）P（C） ∴C与AB相互独立
（ii）P（A∪B）=P（A）+P（B）-P（AB）
∴P（A∪B）P（C）=P（A）P（C）+P(B)P(C)-P(AB)P(C)=P((A∪B)C)
∴C与A∪B相互独立
（3）因ABA,故若P（A）=0，则
0≪P（AB）≪P(A)
从而 P(AB)=0=P(B)∙0=P(B)∙P(A)
按定义，A,B相互独立。
（4）必要性.设A,B相互独立，则A,也相互独立，从而只P（A|B）=P(A), P(A|)=P(A).故P（A|B）= P(A|).
充分性.设P（A|B）= P(A|)，按定义此式即表示
=
由比例的性质得
=
31.设事件A，B的概率均大于零，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与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）P(A)=P(B)=0.6，且A,B互不相容。
（4）P(A)=P(B)=0.6，且A,B相互独立。
解：
（1）、（2）必然错
原因：若A，B相互独立，则P(AB)=P(A)P(B)≠0
若A，B互不相容，则AB=Φ,即P(AB)=0
所以（1）、（2）必须错
（3）必然错
原因：P(AUB)=P(A)+P(B)-P(AB)≤1
P(A)=P(B=0.6) 笔误
即P(AB)≥0.2≠0
则A，B不可能互不相容
（4）可能对
原因：当P（AB）=P(A)P(B)=0.36时，A，B相互独立，否则A，B不相互独立。
32.有一种检验艾滋病毒的检验法，其结果有概率0.005报道为假阳性（即不带艾滋病毒者，经此法检验有0.005的概率被认为带艾滋病毒），今有140名不带艾滋病毒的正常人全都接受此种检验，被报道至少有一人带艾滋病毒的概率为多少？
解：设事件A表示被报道至少有一人带艾滋病毒
P(A)=k=1140P140(k)
=1-P140(0)
=1-C1400×0.0050×0.995140
=0.5043
33、 盒中有编号为1,2,3,4的4只球，随机地自盒中取一只球，事件A 为“取得的是1号球或2号球”，事件B为“取得的是1号或3号球”，事件C为“取得的是1号或4号球”验证：P(AB)=P(A)P(B)，P(AC)=P(A)P(C)，P(BC)=P(B)P(C)，但P(ABC)≠P(A)P(B)P(C)，即事件A，B，C两两独立，但A，B，C不是相互独立的。
解、由题意知，事件AB，AC，BC，ABC均为“取得的是1号球”
则P(AB)=P(AC)=P(BC)=P(ABC)=，且P(A)=P(B)=P(C)==
所以P(AB)=P(A)P(B)=，P(AC)=P(A)P(C)=，P(BC)=P(B)P(C)=,
但P(ABC)=≠P(A)P(B)P(C)=。
故可证明事件A，B，C两两独立，但A，B，C不是相互独立的。
34、 试分别求以下两个系统的可靠性：
（1） 设有四个独立工作的元件1，2，3，4，它们的可靠性分别为p1,p2,p3,p4,将它们按题34图（1）的方式连接（称为并串联系统）
（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p,将它们按题34图（2）的方式连接（称为桥式系统）。
1
2
3
4
1
2
3
4
5
解：（1）设系统工作为事件B，元件1,2,3,4工作分别为事件A1，A2，A3，A4，则
P（B）=P（A1）P（A2A3∪A4）
=P1[P(A2A3)+P(A4)-P(A2A3A4)]
=p1p2p3+p1p4-p1p2p3p4
(2)设系统工作为事件B,元件1,2,3,4,5工作分别为事件A1，A2，A3，A4，A5则
法一P(B)=P3P(A1∪A4)P(A2∪A5)+(1-P3)P(A1A2∪A4A5)
=p（p+p-p*p）(p+p-p*p)+(1-p)(P*P+p*p-p*p*p*p)
=
法二P(B)=P(A1A2∪A1A3A5∪A4A5∪A4A3A2)
=p(A1A2)+P(A1A3A5)+P(A4A5)+P(A4A3A2)-P(A1A2A1A3A5)
-P(A1A2A4A5)-P(A1A2A4A3A2)-P(A1A3A5A4A5)-P(A1A3A5A4A3A2)
-P(A4A5A4A3A2)+P(A1A2A1A3A5A4A5)+P(A1A2A1A3A5A4A3A2)
+P(A1A2A4A5A4A3A2)+P(A1A3A5A4A5A4A3A2)
-P(A1A2A1A3A5A4A5A4A3A2)
=
35、如果一危险情况C发生时，一电路闭合并发出警报，我么可以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？如果需要有一个可靠性为0.9999的系统，则至少需要用多少只开关并联？设各开关闭合与否是相互独立的.
解：法一
设Ai表示事件“第i只开关闭合”，则Ai表示事件“第i只开关断开”，i∈N*.根据题意， Ai(i∈N*)之间彼此独立且P(Ai)=0.96. 另设Bi表示事件“有i个开关并联时遇到情况C电路闭合”， i∈N*.
（1）当有两只开关并联时,系统可靠性为
P (B2)
=P (A1∪A2)
=1-P (A1∪A2)
=1-P (A1A2)
=1-P (A1)P(A2)
=1-(1-0.96) (1-0.96)
=0.9984
当有两个开关并联连接时，系统可靠性为0.9984.
（2）当有n只开关并联时，系统可靠性为
P (Bn)
=P (A1∪A2∪⋯∪An)
=1-P (A1∩A2∩⋯∩An)
=1-P (A1) P (A2)⋯ P (An)
=1-(1-0.96)n
=1-0.04n
所以要使P (Bn)达到0.9999，即P (Bn)≥0.9999，则
1-0.04n≥0.9999
即0.04n≤0.0001
即nlg0.04≤lg0.0001
即n≥lg0.0001lg0.04=4lg25=2.861
因为n只能为整数，所以n至少为3，即如果需要有一个可靠性为0.9999的系统，则至少需要用3只开关并联.
法二
1) 解：设两个开关分别为A和B.
电路的可靠性即开关至少一个闭合，又因为A与B相互独立，故
P(A+B)=P(A)+P(B)-P(AB)= P(A)+P(B)-P(A)*P(B)=0.96+0.96-0.96*0.96=0.9984
2) 解：为使系统可靠性达到0.9999，设需要n个开关，第i个开关用Xi 表示，
n个开关相互独立，同理，
P(X1+X2+X3+...+Xi+…+Xn)
=i=1nPXi-1≤i≤j≤nP(XiXj)+…
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