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
，
。
所以题中欲求的概率为
2、解：总场合数为2 3=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
.
3、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}，B={两件都是废品}，显然，则 ,
题中欲求的概率为
.
（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，则 .
题中欲求的概率为
.
（3）P{取出的两件中至少有一件废品}=
4、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球，利用全概率公式得
乙取球的情况共有四种，由全概率公式得
.
5、解：设B={两数之和大于10}，Ai={第一个数取到i}，。则，
;
。由全概率公式得欲求的概率为
.
6、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
.
7、解：A1={从第一袋中取出一球是黑球}，……，Ai={从第一袋中取一球放入第二袋中，…，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}，。则
.
一般设，则，得
.
由数学归纳法得 .
8、解：设A1={飞机第一部分中两弹}，A2={飞机第二部分中两弹}，A3={飞机第一部分中一弹}，A4={其它情况}，则
A3={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}，
，
设B={飞机被击落}，则
由全概率公式得
9、解：设Ai={第i回出正面}，记，则由题意利用全概率公式得
。
已知，依次令可得递推关系式
解得
当时利用等比数列求和公式得
（*）
（1）若，则；
（2）若，则当时，；当时，。
若，则
若，则不存在。
（3）若，则由（*）式可得
10、解：令分别表示第i次交换后，甲袋中有两只白球，一白一黑，两黑球的事件，则由全概率公式得
，
，
.
这里有，又，所以，同理有，再由得。所以可得递推关系式为
，
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
，
.
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，由二项分布得
由全概率公式得
（其中）
12、解：（1）设A={至少有一男孩}，B={至少有2个男孩}。，由得
,
.
（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
A 1 ={家中正好有一个男孩}={家中只有一个小孩且是男孩}，则
，且，
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
.
13、解：设A={产品确为合格品}，B={检查后判为合格品}。已知，，求。由贝叶斯公式得
.
14、解：设分别为自250米，200米，150米处射击的事件，B为“命中目标”事件，则，
，求。间互不相容，B能且只能与中之一同时发生，由贝叶斯公式得
.
15、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，考虑到发AAAA，而收到ABCD，有两个字母被准确收到，另两个字母被误收，故。同理可求得
，欲求的概率是，而事件间两两互不相容，又D能且只能与之一同时发生，由贝叶斯公式得欲求的概率为
.
16、证：
（1）
，
∴与C独立。
（2）
∴AB与C独立。
（3）
，
∴与C独立。
17、证：
，
同理可证 ,
.
又有
，
所以相互独立。
18、证：必要性。事件相互独立，用归纳法证。不失为一般性，假设总是前连续m个集取的形式。当时，
。
设当时有
,
则当时
从而有下列2n式成立：
,
其中取或。
充分性。设题中条件成立，则
,(1)
,(2)
∵ ,
∴ .
(1)+(2)得 。 (3)
同理有
,
两式相加得
,（4）
(3)+(4)得
。
同类似方法可证得独立性定义中个式子，
∴ 相互独立。
19、证：
（见本章第17题），
，
同理可得 。证毕。
20、解：P{三次射击恰击中目标一次}=
P{至少有一次命中}=1-P{未击中一次}
21、解：（1）P{所有的事件全不发生}
。
（2）P{至少发生其一}
。
（3）P{恰好发生其一}
。
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}，={元件发生故障}，={元件发生故障}。则
P{电路断开}
。
23、解：以表事件“A于第k次试验中出现”，，由试验的独立性得，前n次试验中A都不出现的概率为
。
于是前n次试验中，A至少发生一次的概率为
。
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
。
25、解：利用的二项分布可得
。
。
26、解：利用二项分布得
。
。
27、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
。
28、解：利用两个的二项分布，得欲副省长的概率为
。
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
，
。
利用，可解得事件A出现奇数次的概率为
。
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“在前次试验中出现k次A，次，而第次出现”，故所求的概率为
注：对事件“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A”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A，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”，。
31、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白球}。记 。当时，由全概率公式可得递推关系式：
,
即 。
初始条件，由递推关系式并利用等比级数求和公式得
。
若，则时，当时。
若，则对任何n有。
若，则（N越大，收敛速度越慢）。
32、解：利用普阿松逼近定理，，查表计算得
，
。
设以90%的概率希望废品件数不超过k，则
，
解得。
33、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}
。
34、解：利用普阿松逼近定理计算，则打中两弹或两终以上的概率为
35、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”，B表“多数人说可行”，表“多数人说不可行“，利用二项分布得
所以作出正确决策的概率为
。
36、解：（1）由题意得，产生了k个细菌，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
。
（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}。
37、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
。
38、解：每个错字出现在每页上的概率为，500个错字可看成做500次努里试验，利用普阿松逼近定理计算，，得
P{某页上至少有三个错字}=1-P{某页上至多有两个错字}
.
39、解：设月初库存k件，则应有
.
当时，；时，。所以在月初进货时要库存件才行。
40、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，则应有 .
由于k值不大，有
利用普阿松逼近定理计算，，上式可以写成
.
查表得当时，；当时，。取，。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于80%。
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
P{5个试管中都有细菌}；
P{至少有三个试管中有细菌}.
计算时利用了的二项分布。
42、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
P{1分钟内无车}
由此得，2分钟内通过的汽车数服从的普阿松分布，从而2分钟内多于一车的概率为
.
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
P{蚕养出n只小蚕}
44、解：设s={该分子在时刻s还没有再受到碰撞}，则
，
，
，
令得 ，
积分得 .
当时，，所以，从而
.
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”恰有次失败发生在第N+1次成功之前“，这个事件的概率为（见巴斯卡分布）。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
.
r取0到N的诸事件之和显然是必然事件，由此可得
，
两边同乘以并利用组合性质变形得
，
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
.
46、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）定义事件
中独立地取两整数，与不含公因子。把所要求的“事件”的概率定义为
。
为计算，定义
自1,2,…,N中独立地取两整数，它们有公因子。
则由事件容许的和的概率公式得
（1）
显然有，
，
因而
（2）
（2）式左端的的来由是，
，
而和式中一共有项。由（1），（2）得
（3）
在（3）中令得
，
再令，并利用黎曼函数（参看华罗庚著“数论导引”P236，225）得，欲求的概率为
47、解：假设产品合格率，不妨设。现从10000件中抽100件，可视为放回抽样。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
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。）
1、解：自左往右数，排第i个字母的事件为Ai，则
，
。
所以题中欲求的概率为
2、解：总场合数为2 3=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
.
3、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}，B={两件都是废品}，显然，则 ,
题中欲求的概率为
.
（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，则 .
题中欲求的概率为
.
（3）P{取出的两件中至少有一件废品}=
4、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球，利用全概率公式得
乙取球的情况共有四种，由全概率公式得
.
5、解：设B={两数之和大于10}，Ai={第一个数取到i}，。则，
;
。由全概率公式得欲求的概率为
.
6、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
.
7、解：A1={从第一袋中取出一球是黑球}，……，Ai={从第一袋中取一球放入第二袋中，…，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}，。则
.
一般设，则，得
.
由数学归纳法得 .
8、解：设A1={飞机第一部分中两弹}，A2={飞机第二部分中两弹}，A3={飞机第一部分中一弹}，A4={其它情况}，则
A3={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}，
，
设B={飞机被击落}，则
由全概率公式得
9、解：设Ai={第i回出正面}，记，则由题意利用全概率公式得
。
已知，依次令可得递推关系式
解得
当时利用等比数列求和公式得
（*）
（1）若，则；
（2）若，则当时，；当时，。
若，则
若，则不存在。
（3）若，则由（*）式可得
10、解：令分别表示第i次交换后，甲袋中有两只白球，一白一黑，两黑球的事件，则由全概率公式得
，
，
.
这里有，又，所以，同理有，再由得。所以可得递推关系式为
，
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
，
.
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，由二项分布得
由全概率公式得
（其中）
12、解：（1）设A={至少有一男孩}，B={至少有2个男孩}。，由得
,
.
（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
A 1 ={家中正好有一个男孩}={家中只有一个小孩且是男孩}，则
，且，
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
.
13、解：设A={产品确为合格品}，B={检查后判为合格品}。已知，，求。由贝叶斯公式得
.
14、解：设分别为自250米，200米，150米处射击的事件，B为“命中目标”事件，则，
，求。间互不相容，B能且只能与中之一同时发生，由贝叶斯公式得
.
15、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，考虑到发AAAA，而收到ABCD，有两个字母被准确收到，另两个字母被误收，故。同理可求得
，欲求的概率是，而事件间两两互不相容，又D能且只能与之一同时发生，由贝叶斯公式得欲求的概率为
.
16、证：
（1）
，
∴与C独立。
（2）
∴AB与C独立。
（3）
，
∴与C独立。
17、证：
，
同理可证 ,
.
又有
，
所以相互独立。
18、证：必要性。事件相互独立，用归纳法证。不失为一般性，假设总是前连续m个集取的形式。当时，
。
设当时有
,
则当时
从而有下列2n式成立：
,
其中取或。
充分性。设题中条件成立，则
,(1)
,(2)
∵ ,
∴ .
(1)+(2)得 。 (3)
同理有
,
两式相加得
,（4）
(3)+(4)得
。
同类似方法可证得独立性定义中个式子，
∴ 相互独立。
19、证：
（见本章第17题），
，
同理可得 。证毕。
20、解：P{三次射击恰击中目标一次}=
P{至少有一次命中}=1-P{未击中一次}
21、解：（1）P{所有的事件全不发生}
。
（2）P{至少发生其一}
。
（3）P{恰好发生其一}
。
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}，={元件发生故障}，={元件发生故障}。则
P{电路断开}
。
23、解：以表事件“A于第k次试验中出现”，，由试验的独立性得，前n次试验中A都不出现的概率为
。
于是前n次试验中，A至少发生一次的概率为
。
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
。
25、解：利用的二项分布可得
。
。
26、解：利用二项分布得
。
。
27、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
。
28、解：利用两个的二项分布，得欲副省长的概率为
。
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
，
。
利用，可解得事件A出现奇数次的概率为
。
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“在前次试验中出现k次A，次，而第次出现”，故所求的概率为
注：对事件“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A”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A，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”，。
31、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白球}。记 。当时，由全概率公式可得递推关系式：
,
即 。
初始条件，由递推关系式并利用等比级数求和公式得
。
若，则时，当时。
若，则对任何n有。
若，则（N越大，收敛速度越慢）。
32、解：利用普阿松逼近定理，，查表计算得
，
。
设以90%的概率希望废品件数不超过k，则
，
解得。
33、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}
。
34、解：利用普阿松逼近定理计算，则打中两弹或两终以上的概率为
35、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”，B表“多数人说可行”，表“多数人说不可行“，利用二项分布得
所以作出正确决策的概率为
。
36、解：（1）由题意得，产生了k个细菌，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
。
（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}。
37、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
。
38、解：每个错字出现在每页上的概率为，500个错字可看成做500次努里试验，利用普阿松逼近定理计算，，得
P{某页上至少有三个错字}=1-P{某页上至多有两个错字}
.
39、解：设月初库存k件，则应有
.
当时，；时，。所以在月初进货时要库存件才行。
40、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，则应有 .
由于k值不大，有
利用普阿松逼近定理计算，，上式可以写成
.
查表得当时，；当时，。取，。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于80%。
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
P{5个试管中都有细菌}；
P{至少有三个试管中有细菌}.
计算时利用了的二项分布。
42、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
P{1分钟内无车}
由此得，2分钟内通过的汽车数服从的普阿松分布，从而2分钟内多于一车的概率为
.
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
P{蚕养出n只小蚕}
44、解：设s={该分子在时刻s还没有再受到碰撞}，则
，
，
，
令得 ，
积分得 .
当时，，所以，从而
.
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”恰有次失败发生在第N+1次成功之前“，这个事件的概率为（见巴斯卡分布）。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
.
r取0到N的诸事件之和显然是必然事件，由此可得
，
两边同乘以并利用组合性质变形得
，
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
.
46、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）定义事件
中独立地取两整数，与不含公因子。把所要求的“事件”的概率定义为
。
为计算，定义
自1,2,…,N中独立地取两整数，它们有公因子。
则由事件容许的和的概率公式得
（1）
显然有，
，
因而
（2）
（2）式左端的的来由是，
，
而和式中一共有项。由（1），（2）得
（3）
在（3）中令得
，
再令，并利用黎曼函数（参看华罗庚著“数论导引”P236，225）得，欲求的概率为
47、解：假设产品合格率，不妨设。现从10000件中抽100件，可视为放回抽样。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
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。）
