文登考研概率经典论例题解析

第一章 随机事件和概率

第1节 重要概念、定理和公式的剖析

【例1.2】设A，B，C表示三个随机事件，试将下列事件用A，B，C表示出来.

（1）A出现，B，C都不出现； （2）A，B都出现，C不出现； （3）三个事件都出现； （4）三个事件中至少有一个出现； （5）三个事件都不出现； （6）不多于一个事件出现； （7）不多于两个事件出现； （8）三个事件至少有两个出现； （9）A，B至少有一个出现，C不出现；（10）A，B，C中恰好有两个出现. 【解】（1）ABC. （2）ABC. （3）ABC. （4）A?B?C. （5）ABC.

（6）ABC?ABC?ABC?ABC或AB?BC?AC.

（7）ABC?ABC?ABC?ABC?ABC?ABC?ABC或ABC. （8）ABC?ABC?ABC?ABC或AB?BC?AC. （9）(A?B)C.

（10）ABC?ABC?ABC.

【例1.5】已知P（A）= P（B）= P（C）=

11，P（AB）=0，P（AC）= P（BC）=，则

64A，B，C全部发生的概率为 . 【解】P(ABC)=1-P(A?B?C)

【例1.6】P(A)?0.7,P(A?B)?0.3,则P(AB)? . 【解】因为P(A?B)?P(A)?P(AB)?0.3,

故 P(AB)?0.4.

P(AB)?1?P(AB)?1?0.4?0.6.

【例1.7】假设一批产品中一、二、三等品各占60%，30%，10%，从中随意取出一种，结

=1-P(A)?P(B)?P(C)?P(AB)?P(AC)?P(BC)?P(ABC) =1?32317??P(ABC)?1???0?(因为ABC?AB). 464312果不是三等品，则取到的是一等品的概率为 .

【解】Ai={取到的一个产品为i等品} i=1, 2, 3. 显然，A1,A2,A3为互斥事件组，由题意有

P(A3)?P(A1?A2)?P(A1)?P(A2)?P(A1|A3)?

90, 100P(A1A3)P[A1(A1?A2)]P(A1)60%2????.

90%3P(A3)P(A3)P(A3)【例1.8】设0?P(A)?1,0?P(B)?1,P(A|B)?P(A|B)?1, 则 【 】 （A）事件A与B互不相容.

（C）事件A和B互不独立.

（B）事件A与B互相对立.

（D）事件A和B相互独立.

【解】因为P(A|B)?P(A|B)?P(A|B)?1?P(A|B)?1, 所以P(A|B)?P(A|B)?0， 即

P(A|B)?P(A|B)

?P(AB)P(AB) ?P(B)P(B)

? (PAB)[1?P(B)]?P(B)P(AB)? (PAB)?P(B)[P(AB)?P(AB)]?P(B)P[A(B?B)]?P(B)P(A).

故应选（D）.

【例1.9】设A，B，C三个事件两两独立，则A，B，C相互独立的充分必要条件是 【 】 （A）A与BC独立. （B）AB与A?C独立. （C）AB与AC独立. （D）A?B与A?C独立. 【解】A，B，C相互独立的充要条件：

P(AB)?P(A)(B),P(A?C)P(ABC)?P(A)(B)(C)P(A)(C),P?(BC)P(BC

由P[A(BC)]?P(A)P(BC)?P(A)P(B)?P(C),可知（A）入选. 注：由前面关于事件独立性的注（8）即可知（A）为正确答案. ○

【例1.10】设10件产品有种2件次品，8件正品. 现每次从中任取一件产品，且取后不放

回，试求下列事件的概率： （1） 前两次均取到正品； （2） 第二次取到次品；

（3） 若已知第二次取到次品，则第一次也取到次品.

【解】设Ai?{第i次取到次品}，i=1, 2. （1）前两次均取到正品的概率为

P(A1B2)?P(A1)P(A2|A1)

8728 ?×=10945

A1构成一个完备事件组，于是由全概率公式有 （2）A1，P(A2)?P(A2|A1)P(A1)?P(A2|A1)P(A1)

12281 ?×?×=9109105

（3）由Bayes公式有

12×P(A2|A1)P(A1)9101P(A1|A2)???.

1P(A2)95

【例1.13】把10本书随意放在书架上，求其中指定的5本书放在一起的概率. 【解】基本事件总数10！，有利于将指定的5本书放在一起的基本事件个数为6！·5！（其中

6！是指5本书当做一个元素进行全排列的总数，5！是5本书相互之间进行全排列的总数），故

【例1.14】从5双不同的鞋子中任取4只，求此4只鞋子中至少有两只鞋子配成一双的概

率. 【分析】本例的基本事件总数容易计算，即为C10, 但有利事件数相对较难，下面给出几种不同解法.

【解法一】首先从5双鞋中取出一双，并将此两只鞋全部取出，然后从剩下的4双中取出两

双，再在每双中各取一只，于是取法共有C5C2C4C2C2种.

显然，这样取得的4只鞋仅有一双成对，而4只鞋配成两双的取法有C5种，故取得的4只鞋至少有一双的取法有C5C2C4C2C2+C5种. 故所求概率

122114P?(C5C2C4C2C2?C52)/C10?122112212211413. 21【解法二】设A表示“至少有两只鞋子成一双”，于是A表示“没有成双的鞋子”，故有利于A的基本事件数为C5C2C2C2C2,即从5双中取出4双再从每双中各取1只的取法总数，所以

11114P(A)?1?P(A)?1?C54C2C2C2C2/C10?4111113. 21注：（1）从上面的例题可以发现，概率的求逆公式P(A)?1?P(A)常可使问题大为简化，○

这是概率计算中的一个重要技巧，必须熟练掌握，而且常用在“至少”或“至多”

的问题中.

（2）古典概型中概率的计算是一个难点，但并不是考试的重点，故只需掌握较简单的

古典概型的计算即可. （3）【例1.14】有下面易犯的错误的解法，试指出错误所在：

首先从5双鞋中任取1双，其2只全部取出，然后在剩下的8只鞋中任取2只，于

是总的取法为C5C2C8,并且这样取出的4只鞋可保证至少有两只成一双，故所求概率为P(A)?C5C2C8/C10.

【例1.15】在长度为a的线段内任取两点将其分成三段，求它们可以构成一个三角形的概

率.

【解】设线段被分成的三段长分别为x，y和a-x-y，则样本空间为由x≥1，y≥0及x+y≤a

所构成的图形，其面积SΔAOB=

122412212a，有利于事件A（即x，y，a-x-y三段构成三角形）2的基本事件集：由线段x，y，a-x-y所围成的三角形，其面积为SΔDCE（见图1-1）. 由三角形两边之和大于第三边的性质，有

aaa, 0≤y≤, 0≤a-x-y≤. 222aaa≤x+y≤a(它们构成三角形DCE),则其面积SΔ?0≤x≤, 0≤y≤,

2221a2()，于是由几何概型的概率计算公式 DCE=

221a2()22?1. P(A)?124a20≤x≤

yC(0,a/2)E

OD(a/2,0)Bx图1-1

【例1.16】从（0,1）中随机地取两个数x和y，则满足条件xy< 【解】显然本题为几何概型，如图1-2所示.

1的概率是 . 4

图1-2

则??{(x,y)|0?x?1,0?y?1},A?{(x,y)|xy?于是S?=1，SA=1,(x,y)??} 411111??1dx??ln2, 444x42SA11??ln2. S?42故所求概率为p?【例1.17】设A，B是任意两个随机事件，则P?{(A?B)(A?B)(A?B)(A?B)}? . 【解】因为

(A?B)(A?B)(A?B)(A?B)?(AA?AB?AB?B)(A?B)(A?B)?(AB?AB?B)(A?B)(A?B)?B(A?B)(A?B)?BA(A?B)?BAA?BAB??故应填0.

【例1.18】设两个相互独立的事件A和B都不发生的概率为

1，A发生B不发生的概率与9B发生A不发生的概率相等，则P(A)? . 【解】由已知条件有

1P(AB)?,P(AB)?P(BA).

9另外由A，B的独立性得A,B也独立，从而

1P(A)P(B)?,

9即 [1?P(A)][1?P(B)]?1, 9又 P(AB)?P(A)?P(AB),P(BA)?P(B)?P(AB),

故 P(A)?P(B)所以,[1?P(A)]2?1242,即P(A)?,(舍去).应填. 9333

【例1.20】当事件A与B同时发生时，事件C必发生，则下列结论正确的是 【 】

（A）P(C)?P(AB).

（B）P(C)?P(A?B). （D）P(C)≤P(A)?P(B)?1.

（C）P(C)≥P(A)?P(B)?1.

【解】由于AB?C,故

P(C)≥P(AB)?P(A)?P(B)?P(A?B)≥P(A)?P(B)?1.即选（C）.

【例1.21】设P(A)?a,P(B)?b,P(A?B)?c,则P(AB)为 【 】 （A）a?b. （B）c?b. （C）a(1?b).（D）a(1?c).

?)【解】利用恒等式 P(A)?P(ABP(A), B于是 P(AB)?P(A)?P(AB),P(A?B)?P(A)?P(B)?P(AB), 由上面两式有P(AB)?P(A?B)?P(B)?c?b.故（B）入选.

【例1.25】设P(A)?0,试证P(B|A)≥1?P(B). P(A)【分析】通常常用逆推法，若不等式成立，则P(A)P(B|A)≥P(A)?P(B),即

P(AB)≥P(A)?1?P(B).?P(A)?P(B)?P(AB)≤1. ?P(A?B)≤1.【证】因为P(A?B)≤1，即P(A)?P(B)?P(AB)≤1.

?P(A)?P(B)?P(A)P(B|A)≤1 ?P(A)P(B|A)≥P(A)?[1?P(B)] ?P(A)P(B|A)≥P(A)?P(B)

因为P(A)?0，所以P(B|A)≥1?

P(B). P(A)【例1.27】某种动物由出生活到20岁的概率为0.8，活到25岁的概率为0.4，问现年20岁

的这种动物活到25岁的概率是多少？

【解】设A={活到20岁以上}，B={活到25岁以上}，显然A，B之间有“先后”关系，即A

先发生，B后发生，故该问题属于条件概率P(B|A).

因为P(A)?0.8，P(B)?0.4，且B?A,AB?B,P(AB)?P(B)?0.4.

所以P(B|A)?P(AB)0.41??. P(A)0.82

【例1.30】设某公司有7个顾问，每个顾问提供正确意见的百分比为0.6，现为某事可行与

否个别征求意见，并按多数人的意见作出决策，试求作出正确决策的概率.

【分析】作出正确决策是指某事实际上可行且作出可行决策或某事实际上不可行且作出不可

行决策，故所求概率为两个乘积事件的和的概率，而在求积事件概率时通常转化为条件概率，则利用乘法公式.

【解】设A表示“某事实际上可行”，B表示“多数顾问说可行”，则所求概率为

P(AB?AB)?P(AB)?P(AB)?P(A)P(B|A)?P(A)P(B|A).

而

i P(B|A)?P(B|A)??C7(0.6)i(0.4)7?i≈0.7102，i?47故

P(AB?AB)?[P(A)?P(A)]P(B|A)≈0.7102.

【例1.31】三个箱子中，第一箱装有4个黑球1个白球，第二箱装有3个黑球3个白球，

第三箱装有3个黑球5个白球，现先任取一箱，再从该箱中任取一球，试求：（1）取出的球是白球的概率.（2）若取出的为白球，则该球属于第二箱的概率.

【分析】本题的试验过程是分两个阶段进行的，即先取箱子，然后取球，并且第一阶段的结

果，即取哪一个箱子不知道.（1）中是求第二阶段结果发生的概率，于是可用全概率公式计算；（2）中是第二阶段结果已知，追究此结果由第一阶段哪一个结果所引起的概率，故用贝叶斯公式计算.

【解】设Ai表示“取出第i个箱子”，i=1,2,3，B表示“取出白球”.

于是

P(A?1)?P(A2)1P(3A?) ,3135P(B|A1)?,P(B|A2)?,P(B|A3)?

568，(1) 由全概率公式得 P(B)??P(B|Ai)P(Ai)?i?1353. 120(2) 由贝叶斯公式得 P(A2|B)?

P(B|A2)P(A2)20?.

P(B)53【例1.34】设一个口袋中有6个求，令A1,A2,A3依次表示这6个求分别为4红，2白；3

红，3白；2红，4白.设验前概率为P(A1)?111,P(A2)?,P(A3)?.现从这口袋263中任取一球，得到白球，求相应的验后概率？

【解】令B={任取一球为白球}.

由题设

234P(B|A1)?,P(B|A2)?,P(B|A3)?.

666P(A1)P(B|A1)P(B)P(A1)?P(B|A1)

P(A1)?P(B|A1)?P(A2)?P(B|A2)P(A3)?P(B|A3)由Bayes公式有

P(A1|B)? ?12?626 ??.12131417?????266636 同理可得

P(A2|B)?38,P(A3|B)?. 1717

【例1.35】有两个盒子，第一个盒子中装有2个红球，1个黑球，第二盒中装有2个红球，

2个黑球，现从这两盒中各任取一球放在一起，再从中任取一球，问 （1） 这个球是红球的概率；

（2） 若发现这个球是红球，问第一盒中取出的球是红球的概率.

【解】（1）令A={取得一个红球}，Bi={从第i个盒子取出一个红球}，i=1,2. 于是

2?21=，P(A|B1B2)?1.3?432?211P(B1B2)?=，P(A|B1B2)?.3?432

1?211P(B1B2)?=，P(A|B1B2)?.3?4621?21P(B1B2)?=，P(A|B1B2)?0.3?46P(B1B2)?由全概公式有

P(A)?P(A|B1B2)P(B1B2)?P(A|B1B2)P(B1B2)?P(A|B1B2)P(B1B2)?7 P(A|B1B2)P(B1B2)?.12 (2)

P(B1|A)?P(B1B2?B1B2|A)?P(B1B2|A)?P(B1B2|A)P(A|B1B2)P(B1B2)?P(A|B1B2)P(B1B2)6

??.P(A)7注：本题中的完备事件组为B1B2,B1B2,B1B2,B1B2，故在求P(B1|A)时应先转化为完备○

事件组中的事件的条件概率P(B1B2?B1B2|A),再按Bayes公式进行计算.

【例1.37】在伯努利试验中，若A出现的概率为p，求在出现m次A之前出现k次A的概

率.

【分析】事件“在出现m次A之前出现k次A”等价于事件“在前k+m-1次试验中出现k次

A，m-1次A，且第m+k次出现A”.

【解】由上面分析即得所求概率为

P?Ckk?m?1pk(1?p)m?1?(1?p) ?Ckk?m?1p(1?p).km

【例1.38】一本500页的书，共有100个错字，每个错字等可能地出现在每一页上，按照

泊松定理，在给定的一页上至少有2个错字的概率为 【 】

（A）1.

（B）1?e?15 .

（C）1?e?25 .

1?1（D）1?e?e5.

5?15【分析】本题的关键是如何建立其概型，由题意，每个错字出现在某页上的概率均为100个错字就可看成做100次伯努利试验，于是问题就迎刃而解了.

【解】设A表示“某页上至少有2个错字”，于是有

1，500P(A)?1?P(A)1i1100?i)(1?)500500i?011001199

1??(1?)?100??(1?)50050050011??1 ?1?e5?e5(由泊松定理)5i 1???C100(1所以（D）为答案.

注：1o泊松定理：设随机变量Xn服从二项分布B（n，pn），（n=1,2，?）如果limnpn??○n??（?为正常数），则有limP(Xn?k)?n???kk!(k?0,1,2,…).

2o也就是当n很大，p很小时，二项分布B（n，p）近似于泊松分布p（?），其中?=np（一般当n>10，p<0.1时可用该定理）.

【例1.39】假设一厂家生产的每台仪器，以概率0.70可直接出厂；以概率0.30需进一步调

式，经调式后以概率0.80可以出厂，以概率0.20定为不合格品不能出厂.现该厂新生产了n（n≥2）台仪器（假设各台仪器的生产过程相互独立）.求：（1）全部能出厂的概率α；（2）其中恰好有两件不能出厂的概率β；（3）其中至少有两件不能出厂的概率?.

【解】（1）对于新生产的每台仪器，A表示“仪器需进一步调试”，B表示“仪器能出厂”，

则A表示“仪器能直接出厂”，AB表示“仪器需进一步调试且能出厂”，于是

B?A?AB,P(A)?0.30，P(B|A)?0.80，

P(AB)?P(A)P(B|A)?0.30?0.80?0.24，P(B)?P(A?AB)?P(A)?P(AB)?0.70?0.24?0.94.

设X为所生产的的n台仪器中能出厂的台数，则X作为n次独立试验成功（仪器能

出厂）的次数，X服从参数p=0.94的n重伯努利概型，故

n?=P{X?n}?Cn(0.94)n(1?0.94)0?(0.94)n.

（2）??P{X?n?2}?Cn(0.94)2n?2(0.06)2.

（3）??P{X≤n?2}?1?P{X?n?1}??P{X?n} ?1?n?0.94n?1?0.06?0.94n.

【例1.43】假设某段时间内来百货公司的顾客数服从参数为?的Poisson分布，而在百货公

司里每个顾客购买电视机的概率为p，且顾客之间是否购买电视机相互独立，试求这段时间内，百货公司售出k台电视机的概率.（设每个顾客至多买一台）

【解】设X表示售出电视机的台数，Y表示来到百货公司的顾客数，则

0, i?0,1,?,k?1,P(X?k|Y?i)?

Cikpk(1?p)i?k,i?k,k?1,?故由全概率公式有

???P(X?k)??P(X?k|Y?i)P(Y?i)??Cp(1?p)kiki?0?i?ki?k?ii!e??ii!(?p)k???[?(1?p)]i?kki?k??? ??p(1?p)e?e?

i!k!(i?k)!i?kk!(i?k)!i?k(?p)k???(1?p)(?p)k??k ?ee?e.k!k!注：（1）本题说明百货公司所售出的电视机的台数仍服从Poisson分布，这就是Poisson分○

布在随机条件下的不变性.

（2）本题说明全概公式中条件事件数，即引发结果的“原因”数可以为可列个，且条件概率P(X?k|Y?i)为Bernoulli概型中的概率.

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