01-第一章 随机事件与概率

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正文部分

§1.1 随机事件及其运算

1. 随机现象 在一定的条件下，并不总是出现相同结果的现象。概率论研究随机现象的模型——概率分布及其性质；数理统计研究随机现象数据的收集、处理和推断。

2. 样本空间 随机现象的一切可能基本结果组成的集合，记为

$$\Omega =\{\omega \},$$

其中 $\omega$ 表示基本结果，又称为样本点。

3. 随机事件 随机现象的某些样本点组成的集合。常用大写字母 $A,B,C$ 等表示，$\Omega$ 表示必然事件，$\varnothing$ 表示不可能事件。

4. 随机变量 用来表示随机现象结果的变量，常用大写字母 $X,Y,Z$ 等表示。

5. 事件的表示有多种

1. 用集合表示，这是最基本形式；
2. 用准确的语言表示；
3. 用等号或不等号把随机变量与某些实数联结起来表示。

6. 事件间的关系

1. 包含关系 如果属于 $A$ 的样本点必属于 $B$，即事件 $A$ 发生必然导致事件 $B$ 发生，则称 $A$ 被包含在 $B$ 中，记为 $A\subset B$；
2. 相等关系 如果 $A\subset B$ 且 $B\subset A$，则称 $A$ 与 $B$ 相等，记为 $A=B$；
3. 互不相容 如果 $A\cap B=\varnothing$，即 $A$ 与 $B$ 不可能同时发生，则称 $A$ 与 $B$ 互不相容。

7. 事件运算

1. 事件 $A$ 与 $B$ 的并 事件 $A$ 与 $B$ 中至少有一个发生，记为 $A\cup B$；
2. 事件 $A$ 与 $B$ 的交 事件 $A$ 与 $B$ 同时发生，记为 $A\cap B$ 或 $AB$；
3. 事件 $A$ 对 $B$ 的差 事件 $A$ 发生而 $B$ 不发生，记为 $A-B$；
4. 对立事件 事件 $A$ 的对立事件，即“A 不发生”，记为 $\overline{A}$。

8. 事件的运算性质

1. 并与交满足结合律和交换律；
2. 交对并、并对交满足分配律

$$(A\cup B)\cap C=AC\cup BC,$$ $$(A\cap B)\cup C=(A\cup C)\cap (B\cup C);$$

1. 德摩根公式（对偶法则）

$$\begin{array}{rlrl}\overline{A\cup B}& =\overline{A}\cap \overline{B},& \overline{A\cap B}& =\overline{A}\cup \overline{B},\\ \overline{\bigcup _{i=1}^n{A}_i}& =\bigcap _{i=1}^n\overline{A_i},& \overline{\bigcap _{i=1}^n{A}_i}& =\bigcup _{i=1}^n\overline{A_i},\\ \overline{\bigcup _{i=1}^{\infty }{A}_i}& =\bigcap _{i=1}^{\infty }\overline{A_i},& \overline{\bigcap _{i=1}^{\infty }{A}_i}& =\bigcup _{i=1}^{\infty }\overline{A_i}.\end{array}$$

9. 事件域 含有必然事件 $\Omega$，并关于对立运算和可列并运算都封闭的事件类 $\mathcal{F}$ 称为事件域，又称为 $\sigma$ 代数。具体说，事件域 $\mathcal{F}$ 满足：

1. $\Omega \in \mathcal{F}$；
2. 若 $A\in \mathcal{F}$，则对立事件 $\overline{A}\in \mathcal{F}$；
3. 若 $A_n\in \mathcal{F}$，$n=1,2,\cdots$，则可列并 $\bigcup _{n=1}^{\infty }{A}_n\in \mathcal{F}$。

10. 两个常用的事件域

1. 离散样本空间 $\Omega$（有限集或可列集）内的一切子集组成的事件域；
2. 连续样本空间 $\Omega$（如 $\mathbb{R},{\mathbb{R}}^2$ 等）内的一切博雷尔集（如区间或矩形）逐步扩展而成的事件域。

习题与解答 1.1

习题 1.1-1

写出下列随机试验的样本空间：

1. 抛三枚硬币；
2. 掷三颗骰子；
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，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，先从中取出一个，不放回后再取出一个。

解 （1）

$$\Omega =\{(0,0,0),(0,0,1),(0,1,0),(1,0,0),(0,1,1),(1,0,1),(1,1,0),(1,1,1)\},$$

共有 $2^3=8$ 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）

$$\Omega =\{(x,y,z):x,y,z=1,2,3,4,5,6\},$$

共有 $6^3=216$ 个样本点。

（3）

$$\Omega =\{(1),(0,1),(0,0,1),(0,0,0,1),\cdots \},$$

共有可列个样本点。

（4）

$$\Omega =\{\text{黑黑},\text{黑白},\text{黑红},\text{白黑},\text{白白},\text{白红},\text{红黑},\text{红白},\text{红红}\}.$$

（5）

$$\Omega =\{\text{黑白},\text{黑红},\text{白黑},\text{白红},\text{红黑},\text{红白}\}.$$

习题 1.1-2

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 $\Omega$ 是什么？

解

$$\Omega =\{Z1,Z2,Z3,Z4,Z5,Z6,FZ,FF\}.$$

习题 1.1-3

设 $A,B,C$ 为三事件，试表示下列事件：

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）

$$ABC\cup \overline{A}\overline{B}\overline{C}.$$

（2）

$$\overline{A}\overline{B}\overline{C}\cup A\overline{B}\overline{C}\cup \overline{A}B\overline{C}\cup \overline{A}\overline{B}C.$$

（3）

$$\Omega -ABC=\overline{ABC}=\overline{A}\cup \overline{B}\cup \overline{C}.$$

（4）

$$AB\cup AC\cup BC.$$

习题 1.1-4

指出下列事件等式成立的条件：

1. $A\cup B=A$；
2. $AB=A$；
3. $A-B=A$。

解 （1）

$$A\supset B.$$

（2）

$$A\subset B.$$

（3）

$$AB=\varnothing .$$

习题 1.1-5

设 $X$ 为随机变量，其样本空间为 $\Omega =\{0\le X\le 2\}$，记事件 $A=\{0.5<X\le 1\}$，$B=\{0.25\le X<1.5\}$，写出下列各事件：

$$\text{（1） }\overline{A}B;\text{（2） }\overline{A}\cup B;\text{（3） }\overline{AB};\text{（4） }\overline{A\cup B}.$$

解 $\Omega ,A,B$ 的图示如图 1.1：

图 1.1

（1）

$$\begin{array}{rl}\overline{A}B& =(\{0\le X\le 0.5\}\cup \{1<X\le 2\})\cap \{0.25\le X<1.5\}\\ & =\{0.25\le X\le 0.5\}\cup \{1<X<1.5\}.\end{array}$$

（2）

$$\overline{A}\cup B=\{0\le X\le 2\}=\Omega .$$

（3）由于 $A\subset B$，所以 $AB=A$，故

$$\overline{AB}=\overline{A}=\{0\le X\le 0.5\}\cup \{1<X\le 2\}.$$

（4）由于 $A\subset B$，所以 $A\cup B=B$，故

$$\overline{A\cup B}=\overline{B}=\{0\le X<0.25\}\cup \{1.5\le X\le 2\}.$$

习题 1.1-6

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：

$$A=\text{“}X=1\text{”},B=\text{“}X>2\text{”},C=\text{“}X=0\text{”},D=\text{“}X=4\text{”}.$$

解

$$A=\text{“}X=1\text{”}=\{100,010,001\},B=\text{“}X>2\text{”}=\{111\},$$ $$C=\text{“}X=0\text{”}=\{000\},D=\text{“}X=4\text{”}=\varnothing .$$

习题 1.1-7

试问下列命题是否成立？

1. $A-(B-C)=(A-B)-C$；
2. 若 $AB=\varnothing$ 且 $C\subset A$，则 $BC=\varnothing$；
3. $(A\cup B)-B=A$；
4. $(A-B)\cup B=A$。

解 （2）成立，理由是：互不相容的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，我们利用减法的一个性质：

$$A-B=A\overline{B}$$

来简化事件。

（1）不成立是因为由（1）的右端可得

$$(A-B)-C=A\overline{B}\overline{C}=A\overline{(B\cup C)}=A-(B\cup C)\ne A-(B-C).$$

（3）不成立是因为由（3）的左端可得

$$(A\cup B)-B=(A\cup B)\overline{B}=A\overline{B}\ne A.$$

（4）不成立的理由是

$$(A-B)\cup B=A\overline{B}\cup B=(A\cup B)\cap (\overline{B}\cup B)=A\cup B\ne A.$$

习题 1.1-8

若事件 $ABC=\varnothing$，是否一定有 $AB=\varnothing$？

解 不一定，因为 $ABC=\varnothing$ 发生有多种情况，如

1. $A,B,C$ 中两两不相容（见图 1.2(a)）；
2. $A,B,C$ 中有两个相容，但与第三个都不相容（见图 1.2(b)）；
3. $A$ 与 $B$ 相容，$A$ 与 $C$ 相容，但 $B$ 与 $C$ 不相容（见图 1.2(c)）；
4. $A,B,C$ 中两两相容，但其交不含任一样本点（见图 1.2(d)）。

图 1.2

习题 1.1-9

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）

$$\overline{A}=\text{“掷两枚硬币，至少有一反面”}.$$

（2）

$$\overline{B}=\text{“射击三次，至少有一次不命中目标”}.$$

（3）

$$\overline{C}=\text{“加工四个零件，全为不合格品”}.$$

习题 1.1-10

证明下列事件的运算公式：

1. $A=AB\cup A\overline{B}$；
2. $A\cup B=A\cup \overline{A}B$。

解 证 （1）右边

$$\text{右边}=A(B\cup \overline{B})=A\Omega =A=\text{左边}.$$

（2）利用（1）有

$$B=BA\cup B\overline{A},$$

所以

$$A\cup B=A\cup BA\cup B\overline{A}=(A\cup BA)\cup \overline{A}B=A\cup \overline{A}B.$$

习题 1.1-11

设 $\mathcal{F}$ 为一事件域，若 $A_n\in \mathcal{F}$，$n=1,2,\cdots$，试证：

1. $\varnothing \in \mathcal{F}$；
2. 有限并 $\bigcup _{i=1}^n{A}_i\in \mathcal{F}$，$n\ge 1$；
3. 有限交 $\bigcap _{i=1}^n{A}_i\in \mathcal{F}$，$n\ge 1$；
4. 可列交 $\bigcap _{i=1}^{\infty }{A}_i\in \mathcal{F}$；
5. 差运算 $A_1-A_2\in \mathcal{F}$。

解 证 （1）因为 $\mathcal{F}$ 为一事件域，所以 $\Omega \in \mathcal{F}$，故其对立事件 $\overline{\Omega }=\varnothing \in \mathcal{F}$。

（2）构造一个事件序列 $\{B_i\}$，其中

$$B_i=\{\begin{array}{ll}{A}_i,& i=1,2,\cdots ,n,\\ \varnothing ,& i=n+1,n+2,\cdots ,\end{array}$$

由此得

$$\bigcup _{i=1}^n{A}_i=\bigcup _{i=1}^{\infty }{B}_i\in \mathcal{F}.$$

（3）因为 $A_i\in \mathcal{F}$，所以 $\overline{A_i}\in \mathcal{F}$。由

$$\overline{\bigcap _{i=1}^n{A}_i}=\bigcup _{i=1}^n\overline{A_i}\in \mathcal{F},$$

得

$$\bigcap _{i=1}^n{A}_i\in \mathcal{F}.$$

（4）因为 $A_i\in \mathcal{F}$，所以 $\overline{A_i}\in \mathcal{F}$。由

$$\overline{\bigcap _{i=1}^{\infty }{A}_i}=\bigcup _{i=1}^{\infty }\overline{A_i}\in \mathcal{F},$$

得

$$\bigcap _{i=1}^{\infty }{A}_i\in \mathcal{F}.$$

（5）因为 $A_2\in \mathcal{F}$，所以 $\overline{A_2}\in \mathcal{F}$。由（3）（有限交）得

$$A_1-A_2=A_1\cap \overline{A_2}\in \mathcal{F}.$$

§1.2 概率的定义及其确定方法

1. 概率的公理化定义 定义在事件域 $\mathcal{F}$ 上的一个实值函数 $P(A)$ 满足：

1. 非负性公理 若 $A\in \mathcal{F}$，则 $P(A)\ge 0$；
2. 正则性公理 $P(\Omega )=1$；
3. 可列可加性公理 若 $A_1,A_2,\cdots ,A_n,\cdots$ 互不相容，则

$$P\left(\bigcup _{i=1}^{\infty }{A}_i\right)=\sum _{i=1}^{\infty }P(A_i).$$

则称 $P(A)$ 为事件 $A$ 的概率，称三元素 $(\Omega ,\mathcal{F},P)$ 为概率空间。

2. 确定概率的频率方法 它的基本思想是

1. 与考察事件 $A$ 有关的随机现象可大量重复进行；
2. 在 $n$ 次重复试验中，记 $n(A)$ 为事件 $A$ 出现的次数，称

$$f_n(A)=\frac{n(A)}{n}$$

为事件 $A$ 出现的频率；

1. 频率的稳定值就是概率；
2. 当重复次数 $n$ 较大时，可用频率作为概率的估计值。

3. 确定概率的古典方法 它的基本思想是

1. 所涉及的随机现象只有有限个样本点，譬如为 $n$ 个；
2. 每个样本点发生的可能性相等（称为等可能性）；
3. 若事件 $A$ 含有 $k$ 个样本点，则事件 $A$ 的概率为

$$P(A)=\frac{\text{事件 }A\text{ 所含样本点的个数}}{\Omega \text{ 中所有样本点的个数}}=\frac{k}{n}.$$

注：这样确定的概率常称为古典概率，计算其分子与分母常用到排列与组合。

4. 确定概率的几何方法 它的基本思想是

1. 如果一个随机现象的样本空间 $\Omega$ 充满某个区域，其度量（长度、面积或体积等）大小可用 $S_{\Omega }$ 表示；
2. 任意一点落在度量相同的子区域内是等可能的；
3. 若事件 $A$ 为 $\Omega$ 中某个子区域，且其度量为 $S_A$，则事件 $A$ 的概率为

$$P(A)=\frac{S_A}{S_{\Omega }}.$$

这样确定的概率常称为几何概率，计算其分子与分母要涉及长度、面积、体积等，有时还需用重积分等工具。

5. 确定概率的主观方法 一个事件 $A$ 的概率 $P(A)$ 是人们根据经验，对该事件发生的可能性大小所给出的个人信念。

6. 概率是定义在事件域 $\mathcal{F}$ 上的集合函数，且满足三条公理。前面三种确定概率的方法自动满足三条公理，而主观方法确定概率要加以验证，若不满足三条公理就不能称为概率。

7. 抽样模型（包括返回抽样与不返回抽样）与盒子模型可概括很多古典概率的计算问题，应重点关注。

习题与解答 1.2

习题 1.2-1

对于组合数 $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{r}\right)$，证明：

1. $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{r}\right)=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{n-r}\right)$；
2. $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{r}\right)=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{r-1}\right)+\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{r}\right)$；
3. $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{0}\right)+\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{1}\right)+\cdots +\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{n}\right)=2^n$；
4. $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{1}\right)+2\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{2}\right)+\cdots +n\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{n}\right)=n{2}^{n-1}$；
5. $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{a}{0}\right)\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{b}{n}\right)+\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{a}{1}\right)\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{b}{n-1}\right)+\cdots +\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{a}{n}\right)\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{b}{0}\right)=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{a+b}{n}\right)$，$n=\min \{a,b\}$；
6. ${\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{0}\right)}^2+{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{1}\right)}^2+\cdots +{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{n}\right)}^2=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{n}\right)$。

解 证 （1）等式两边用组合数公式展开即可得证。

（2）右边

$$\begin{array}{rl}& =\frac{(n-1)!}{(r-1)!(n-r)!}+\frac{(n-1)!}{r!(n-r-1)!}\\ & =\frac{r(n-1)!+(n-r)(n-1)!}{r!(n-r)!}\\ & =\frac{n(n-1)!}{r!(n-r)!}=\frac{n!}{r!(n-r)!}=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{r}\right)=\text{左边}.\end{array}$$

（3）右边

$$\text{右边}=2^n=(1+1{)}^n=(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{0})+(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{1})+\cdots +(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{n})=\text{左边}.$$

（4）因为

$$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{1}\right)=n\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{0}\right),2\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{2}\right)=n\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{1}\right),3\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{3}\right)=n\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{2}\right),\cdots ,i\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i}\right)=n\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{i-1}\right),\cdots ,$$

所以

$$\text{左边}=n\left\{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{0}\right)+\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{1}\right)+\cdots +\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{n-1}\right)\right\}=n{2}^{n-1}=\text{右边}.$$

（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

$$A_k=\text{“取出的 n 个产品中有 k 个不合格品”}$$

的概率为

$$P(A_k)=\frac{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{a}{k}\right)\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{b}{n-k}\right)}{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{a+b}{n}\right)},k=0,1,\cdots ,n,n=\min \{a,b\}.$$

由诸 $A_i$ 互不相容，且

$$P(A_0\cup A_1\cup A_2\cup \cdots \cup A_n)=P(\Omega )=1$$

得

$$\frac{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{a}{0}\right)\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{b}{n-0}\right)+\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{a}{1}\right)\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{b}{n-1}\right)+\cdots +\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{a}{n}\right)\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{b}{n-n}\right)}{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{a+b}{n}\right)}=1,$$

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

$$\left[\sum _{i=0}^a\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{a}{i}\right)x^i\right]\left[\sum _{j=0}^b\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{b}{j}\right)x^j\right]=\sum _{n=0}^{a+b}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{a+b}{n}\right)x^n.$$

比较上式两端 $x^n$ 的系数即可得

$$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{a}{0}\right)\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{b}{n}\right)+\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{a}{1}\right)\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{b}{n-1}\right)+\cdots +\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{a}{n}\right)\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{b}{0}\right)=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{a+b}{n}\right).$$

（6）在（5）中令 $a=n,b=n$，则得

$$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{0}\right)\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{n}\right)+\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{1}\right)\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{n-1}\right)+\cdots +\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{n}\right)\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{0}\right)=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{n}\right).$$

再利用（1）的结果即可得证。

习题 1.2-2

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：

$$\Omega =\{(0,0,0),(0,0,1),(0,1,0),(1,0,0),(0,1,1),(1,0,1),(1,1,0),(1,1,1)\}.$$

由于事件 $A$ 含有其中 $7$ 个样本点，故

$$P(A)=\frac{7}{8}.$$

习题 1.2-3

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：

$$\Omega =\{(0,0),(0,1),(1,0),(1,1)\}.$$

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

$$P(A)=\frac{1}{2}.$$

习题 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

$$\Omega =\left\{\begin{array}{llllll}(1,1),& (1,2),& (1,3),& (1,4),& (1,5),& (1,6),\\ (2,1),& (2,2),& (2,3),& (2,4),& (2,5),& (2,6),\\ (3,1),& (3,2),& (3,3),& (3,4),& (3,5),& (3,6),\\ (4,1),& (4,2),& (4,3),& (4,4),& (4,5),& (4,6),\\ (5,1),& (5,2),& (5,3),& (5,4),& (5,5),& (5,6),\\ (6,1),& (6,2),& (6,3),& (6,4),& (6,5),& (6,6)\end{array}\right\},$$ $$A=\text{“点数之和为 6”}=\{(1,5),(2,4),(3,3),(4,2),(5,1)\},$$ $$B=\text{“点数之和不超过 6”}=\{(1,1),(1,2),(1,3),(1,4),(1,5),(2,1),(2,2),(2,3),(2,4),(3,1),(3,2),(3,3),(4,1),(4,2),(5,1)\},$$ $$C=\text{“至少有一个 6 点”}=\{(1,6),(2,6),(3,6),(4,6),(5,6),(6,6),(6,1),(6,2),(6,3),(6,4),(6,5)\},$$

所以

$$\text{（1） }P(A)=\frac{5}{36};\text{（2） }P(B)=\frac{5}{12};\text{（3） }P(C)=\frac{11}{36}.$$

习题 1.2-5

考虑一元二次方程 $x^2+Bx+C=0$，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

$$\Omega =\{(B,C):B,C=1,2,\cdots ,6\},$$

它含有 $36$ 个等可能的样本点，所求的概率为

$$p=P(B^2-4C\ge 0)=P(B^2\ge 4C),$$

而

$$\{B^2\ge 4C\}=\left\{\begin{array}{lllll}(2,1),& (3,1),& (4,1),& (5,1),& (6,1),\\ (3,2),& (4,2),& (5,2),& (6,2),& (4,3),\\ (5,3),& (6,3),& (4,4),& (5,4),& (6,4),\\ (5,5),& (6,5),& (5,6),& (6,6)& \end{array}\right\}$$

含有 $19$ 个样本点，所以

$$p=\frac{19}{36}.$$

同理

$$q=P(B^2=4C),$$

而

$$\{B^2=4C\}=\{(2,1),(4,4)\}$$

含有两个样本点，所以

$$q=\frac{2}{36}=\frac{1}{18}.$$

习题 1.2-6

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

$$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{52}{4}\right)$$

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

$$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{13}{4}\right)$$

种取法，这是分子，于是

$$P(\text{全是黑桃})=\frac{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{13}{4}\right)}{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{52}{4}\right)}=\mathrm{0.002641.}$$

**（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

$$4\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{13}{4}\right)$$

种取法，于是

$$P(\text{同花})=\frac{4\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{13}{4}\right)}{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{52}{4}\right)}=\mathrm{0.010564.}$$

**（3）**没有两张同一花色，只能从各花色（$13$ 张牌）中各取 $1$ 张，共有

$$13^4$$

种取法，于是

$$P(\text{没有两张同一花色})=\frac{13^4}{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{52}{4}\right)}=\mathrm{0.105498.}$$

**（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

$$2\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{26}{4}\right)$$

种取法，于是

$$P(\text{同色})=\frac{2\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{26}{4}\right)}{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{52}{4}\right)}=\mathrm{0.110444.}$$

习题 1.2-7

设 $9$ 件产品中有 $2$ 件不合格品，从中不返回地任取 $2$ 件，取出的 $2$ 件中全是合格品，只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

$$\begin{array}{rl}P(\text{2 件中全是合格品})& =\frac{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{7}{2}\right)}{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{9}{2}\right)}=\frac{7}{12},\\ P(\text{仅有一件合格品})& =\frac{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{7}{1}\right)\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2}{1}\right)}{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{9}{2}\right)}=\frac{7}{18},\\ P(\text{没有合格品})& =\frac{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2}{2}\right)}{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{9}{2}\right)}=\frac{1}{36}.\end{array}$$

习题 1.2-8

口袋中有 $7$ 个白球，$3$ 个黑球，从中任取 $2$ 个，求取到的两个球的颜色

1. 相同的概率；
2. 不同的概率。

解 （1）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

$$P(\text{两个球颜色相同})=\frac{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{7}{2}\right)+\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{3}{2}\right)}{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{10}{2}\right)}=\frac{8}{15}.$$

（2）

$$P(\text{两个球颜色不同})=\frac{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{7}{1}\right)\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{3}{1}\right)}{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{10}{2}\right)}=\frac{7}{15}.$$

习题 1.2-9

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

$$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{8}{1}\right)\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{10}{1}\right)$$

种等可能取法。两个球颜色相同有两种情况：第一种是从甲口袋中取出白球，从乙口袋中取出白球；第二种是从甲口袋中取出黑球，从乙口袋中取出黑球，这共有

$$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{5}{1}\right)\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{4}{1}\right)+\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{3}{1}\right)\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{6}{1}\right)$$

种取法，于是

$$\begin{array}{rl}P(\text{取到的两个球颜色相同})& =\frac{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{5}{1}\right)\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{4}{1}\right)+\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{3}{1}\right)\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{6}{1}\right)}{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{8}{1}\right)\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{10}{1}\right)}\\ & =\frac{19}{40}.\end{array}$$

习题 1.2-10

从 $n$ 个数 $1,2,\dots ,n$ 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

$$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{2}\right)$$

种等可能取法。而其中一个小于 $k$，另一个大于 $k$ 相当于将 $1,2,\dots ,n$ 分成三组：第 $1$ 组 $\{1,2,\dots ,k-1\}$，第 $2$ 组 $\{k\}$，第 $3$ 组 $\{k+1,k+2,\dots ,n\}$。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

$$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{k-1}{1}\right)\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-k}{1}\right)$$

种取法。于是所求概率为

$$\frac{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{k-1}{1}\right)\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-k}{1}\right)}{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{2}\right)}=\frac{2(k-1)(n-k)}{n(n-1)}.$$

习题 1.2-11

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，记下取出的球的号码，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

$$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{10}{4}\right)$$

种等可能取法，这是分母，而分子有两种解法。

解法一 记

$$A=\text{“最小号码为 5”},B=\text{“最大号码为 5”}.$$

为求事件 $A$ 与 $B$ 的概率，可将球号 $1$ 到 $10$ 分成三组：

$$\text{第 1 组}=\{1,2,3,4\},\text{第 2 组}=\{5\},\text{第 3 组}=\{6,7,8,9,10\}.$$

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

$$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{1}\right)\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{5}{3}\right)$$

种取法，故

$$P(A)=\frac{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{1}\right)\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{5}{3}\right)}{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{10}{4}\right)}=\frac{1}{21}.$$

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

$$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{1}\right)\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{4}{3}\right)$$

种取法，故

$$P(B)=\frac{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{1}\right)\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{4}{3}\right)}{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{10}{4}\right)}=\frac{2}{105}.$$

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

$$P(A)=P(X=5)=P(X\ge 5)-P(X\ge 6)=\frac{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{6}{4}\right)}{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{10}{4}\right)}-\frac{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{5}{4}\right)}{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{10}{4}\right)}=\frac{1}{21},$$ $$P(B)=P(Y=5)=P(Y\le 5)-P(Y\le 4)=\frac{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{5}{4}\right)}{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{10}{4}\right)}-\frac{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{4}{4}\right)}{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{10}{4}\right)}=\frac{2}{105}.$$

这里用到概率的减法性质，详见教材 §1.3 中性质 1.3.4。

习题 1.2-12

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 这种情况相当于从 $1,2,\dots ,6$ 中有返回地任取三个数，所有可能为重复排列数 $6^3$，这是分母。而“最大点数小于等于 $5$”，相当于从 $1,2,\dots ,5$ 中有返回地任取三个数，所有可能为 $5^3$。若记 $Y$ 为所得的最大点数，则

$$\text{（1） }P(Y\le 5)=\frac{5^3}{6^3}=\mathrm{0.5787.}$$ $$\text{（2） }P(Y=5)=P(Y\le 5)-P(Y\le 4)=\frac{5^3-4^3}{6^3}=\mathrm{0.2824.}$$

习题 1.2-13

把 $10$ 本书任意地放在书架上，求其中指定的 $4$ 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 $4$ 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。第二步再考虑这指定的 $4$ 本书作全排列，共有 $4!$ 种可能放法。故总共有 $7!\times 4!$ 种可能放法，这是分子。于是所求概率为

$$\frac{7!4!}{10!}=\frac{1}{30}.$$

习题 1.2-14

$n$ 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

$$\frac{2}{n-1}.$$

习题 1.2-15

同时掷 $5$ 枚骰子，观察点数，试证明：

1. $P(\text{每枚都不一样})=0.0926$；
2. $P(\text{仅有一对})=0.4630$；
3. $P(\text{两对})=0.2315$；
4. $P(\text{仅三枚一样})=0.1543$；
5. $P(\text{四枚一样})=0.0193$；
6. $P(\text{五枚一样})=0.0008$。

解 同时掷 $5$ 枚骰子共有 $6^5$ 个样本点，这是分母，以下分别求之。

（1）

$$p_1=P(\text{每枚都不一样})=\frac{6\times 5\times 4\times 3\times 2}{6^5}=\mathrm{0.0926.}$$

（2）这里“仅有一对”是指这一对以外的 $3$ 枚骰子中不成对且不相同。所以先从 $5$ 枚骰子中任取 $2$ 枚组成“一对”，共有

$$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{5}{2}\right)$$

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

$$p_2=P(\text{仅有一对})=\frac{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{5}{2}\right)\times 6\times 5\times 4\times 3}{6^5}=\mathrm{0.4630.}$$

（3）先将 $5$ 枚骰子分成三组，其中两组各有 $2$ 枚骰子，另外一组只有一枚骰子。又考虑到各有 $2$ 枚骰子的两组内是不必考虑顺序的，所以 $5$ 枚骰子分成三组共有

$$\left(\frac{5!}{2!2!1!}\right)/2!=15$$

种分法，而这三组骰子出现的点数都不一样有 $6\times 5\times 4=120$ 种可能，所以所求概率为

$$p_3=P(\text{两对})=\frac{15\times 120}{6^5}=\mathrm{0.2315.}$$

（4）这里“仅三枚一样”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

$$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{5}{3}\right)$$

种取法，然后这一组骰子与剩下的 $2$ 枚骰子出现的点数都不一样，所以

$$p_4=P(\text{仅三枚一样})=\frac{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{5}{3}\right)\times 6\times 5\times 4}{6^5}=\mathrm{0.1543.}$$

（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点数，由此得

$$p_5=P(\text{四枚一样})=\frac{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{5}{4}\right)\times 6\times 5}{6^5}=\mathrm{0.0193.}$$

（6）五枚骰子出现的点数全部一样共有 $6$ 种情况，所以

$$p_6=P(\text{五枚一样})=\frac{6}{6^5}=\mathrm{0.0008.}$$

注：以上 $6$ 个概率之和不等于 $1$，即

$$p_1+p_2+p_3+p_4+p_5+p_6\ne 1.$$

这是因为还有一种情况“三枚一样且另二枚为一对”。如果记此事件的概率为 $p_7$，则

$$p_7=P(\text{三枚一样且另二枚为一对})=\frac{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{5}{3}\right)\times 6\times 5}{6^5}=0.0385,$$

此时有

$$p_1+p_2+p_3+p_4+p_5+p_6+p_7=1.$$

习题 1.2-16

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，所以我们只需考虑“六个头两两相接”可能出现的情况。若考虑头两两相接的先后次序，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

$$6\times 4\times 4\times 2\times 2\times 1$$

种可能接法，由此得所求概率为

$$\frac{6\times 4\times 4\times 2\times 2\times 1}{6!}=\frac{8}{15}.$$

思考：若将此题改成“$2n$ 根草”，则恰巧连成一个环的概率是多少？

习题 1.2-17

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

$$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{n}\right)$$

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

$$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n+1}{n}\right)$$

种放法，于是所求概率为

$$p_n=\frac{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n+1}{n}\right)}{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{n}\right)}=\frac{n+1}{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{n}\right)}.$$

具体可算得 $p_3=0.2$，$p_5=0.0238$，$p_7=0.00233$。随着 $n$ 的增加，此种事件发生的概率越来越小，最后趋于零。

习题 1.2-18

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

$$P(X=0)=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{8}{4}\right)/\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{10}{4}\right)=\frac{1}{3},$$ $$P(X=1)=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{8}{3}\right)\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2}{1}\right)/\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{10}{4}\right)=\frac{8}{15},$$ $$P(X=2)=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{8}{2}\right)\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2}{2}\right)/\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{10}{4}\right)=\frac{2}{15}.$$

将以上结果列表为

$$\begin{array}{cccc}k& 0& 1& 2\\ P(X=k)& \frac{1}{3}& \frac{8}{15}& \frac{2}{15}\end{array}$$

习题 1.2-19

$n$ 个男孩，$m$ 个女孩（$m\le n+1$）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 $n$ 个“$0$”，$m$ 个女孩看成 $m$ 个“$1$”，而“任意两个女孩都不相邻”相当于“没有两个 $1$ 连在一起”。于是 $m\le n+1$ 时，所求概率为

$$p_{n,m}=\frac{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n+1}{m}\right)}{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n+m}{m}\right)}.$$

譬如，$p_{10,5}=0.1538$，$p_{10,7}=0.01697$，$p_{10,9}=0.0005954$ 等。

习题 1.2-20

将 $3$ 个球随机地放入 $4$ 个杯子中去，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 $4^3$ 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 $\Omega$。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 $4\times 3\times 2$ 种可能情况。所以

$$P(X=1)=P(A)=\frac{4\times 3\times 2}{4^3}=\frac{3}{8}.$$

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

$$P(X=3)=P(C)=\frac{4}{4^3}=\frac{1}{16}.$$

又因为 $P(A)+P(B)+P(C)=1$，所以得

$$P(X=2)=P(B)=1-P(A)-P(C)=\frac{9}{16}.$$

将以上结果列表为

$$\begin{array}{cccc}k& 1& 2& 3\\ P(X=k)& \frac{3}{8}& \frac{9}{16}& \frac{1}{16}\end{array}$$

习题 1.2-21

将 $12$ 个球随机地放入 $3$ 个盒子中，试求第一个盒子中有 $3$ 个球的概率。

解 将 $12$ 个球随机放入 $3$ 个盒子中，所有可能结果共有 $3^{12}$ 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

$$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{12}{3}\right)$$

种可能；第二步，将余下的 $9$ 个球随机放入第二个和第三个盒子中，这有 $2^9$ 种可能，于是所求概率为

$$\frac{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{12}{3}\right)\times 2^9}{3^{12}}=\mathrm{0.212.}$$

习题 1.2-22

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 $N$ 个间隔恰好形成 $N$ 个盒子，并依次称它们为第 $1$ 个盒子、第 $2$ 个盒子，$\dots$，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，\texttt{\textbar 00\textbar 0\textbar\textbar\textbar} 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

$$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{N+n-1}{n}\right).$$

**（1）**记 $A$ 为事件“指定的某个盒子中恰有 $k$ 个球”，不失一般性，可以为第 $1$ 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，类比于样本点总数的计算，这种样本点共有

$$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{N-1+n-k-1}{n-k}\right)$$

个，考虑到球不可辨，故

$$P(A)=\frac{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{N+n-k-2}{n-k}\right)}{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{N+n-1}{n}\right)},0\le k\le n.$$

**（2）**记 $B_m$ 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 $m$ 个空盒子，共有

$$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{N}{m}\right)$$

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 $n\ge N-m$（或 $m\ge N-n$），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

$$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{N-m-1}\right)$$

种可能。

综合上述两步，所求概率为

$$P(B_m)=\frac{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{N}{m}\right)\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{N-m-1}\right)}{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{N+n-1}{n}\right)},N-n\le m\le N-1.$$

**（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。由类比于样本点总数的计算知：$j$ 个球放入 $m$ 个盒子中共有

$$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{m+j-1}{m-1}\right)$$

种放法，而另外 $n-j$ 个球放入余下的 $N-m$ 个盒子中有

$$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{N-m+n-j-1}{n-j}\right)$$

种放法。于是所求概率为

$$P(C)=\frac{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{m+j-1}{m-1}\right)\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{N-m+n-j-1}{n-j}\right)}{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{N+n-1}{n}\right)},1\le m\le N,0\le j\le n.$$

习题 1.2-23

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 $(x,y)$ 的可能取值形成如单位正方形 $\Omega$，其面积为 $S_{\Omega }=1$，而事件 $A$“两数之和小于 $\frac{7}{5}$”可表示为

$$A=\left\{x+y<\frac{7}{5}\right\},$$

其区域为图 1.3 中的阴影部分。

\begin{tikzpicture}[scale=2.5] \fill[black!12] (0,0) — (1,0) — (1,0.4) — (0.4,1) — (0,1) — cycle; \draw[->] (-0.06,0) — (1.55,0) node[right] {$x$}; \draw[->] (0,-0.06) — (0,1.55) node[above] {$y$}; \draw[thick] (0,0) rectangle (1,1); \draw[thick] (-0.02,1.42) — (1.42,-0.02); \draw[dashed] (0.4,0) — (0.4,1); \draw[dashed] (0,0.4) — (1,0.4); \node[below left] at (0,0) {$O$}; \node[below] at (0.4,0) {$\frac{2}{5}$}; \node[left] at (0,0.4) {$\frac{2}{5}$}; \node[below] at (1,0) {$1$}; \node[below] at (1.4,0) {$\frac{7}{5}$}; \node at (0.82,0.8) {$\Omega$}; \node[below right] at (1.06,0.34) {$x+y=\frac{7}{5}$}; \end{tikzpicture}

{\small 图 1.3}

所以由几何方法得

$$P(A)=\frac{S_A}{S_{\Omega }}=1-\frac{1}{2}{\left(\frac{3}{5}\right)}^2=\frac{41}{50}=\mathrm{0.82.}$$

习题 1.2-24

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 $1$ 小时，乙船的停泊时间是 $2$ 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 $\Omega$，其面积为 $S_{\Omega }=24^2$。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 $1$ 小时之后到达，即满足 $y-x\ge 1$；另一种情况是乙船先到，则甲船在 $2$ 小时之后到达，即满足 $x-y\ge 2$。所以事件 $A$ 可表示为

$$A=\{(x,y):x-y\le -1\text{或}x-y\ge 2\},$$

所以事件 $A$ 的区域形成了图 1.4 中的阴影部分，其面积为

$$S_A=\frac{1}{2}\left(23^2+22^2\right),$$

所以由几何方法得

$$P(A)=\frac{S_A}{S_{\Omega }}=\frac{\frac{1}{2}\left(23^2+22^2\right)}{24^2}=\mathrm{0.879.}$$

\begin{tikzpicture}[scale=0.15] \fill[black!12] (0,1) — (0,24) — (23,24) — cycle; \fill[black!12] (2,0) — (24,0) — (24,22) — cycle; \draw[->] (-1,0) — (26,0) node[right] {$x$}; \draw[->] (0,-1) — (0,26) node[above] {$y$}; \draw[thick] (0,0) rectangle (24,24); \draw[thick] (-0.5,0.5) — (24.5,25.5); \draw[thick] (1.5,-0.5) — (26,24); \node[below left] at (0,0) {$O$}; \node[left] at (0,1) {$1$}; \node[left] at (0,24) {$24$}; \node[below] at (2,0) {$2$}; \node[below] at (24,0) {$24$}; \node at (18,18) {$\Omega$}; \node[above left] at (18,19.8) {$y-x=1$}; \node[above right] at (21.5,19.5) {$x-y=2$}; \end{tikzpicture}

{\small 图 1.4}

习题 1.2-25

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 $P_{ab},P_{ac},P_{bc}$ 分别为两条边 $ab,ac,bc$ 与平行线相交的概率，则所求概率为

$$p=P(\text{三角形与平行线相交})=P_{ab}+P_{ac}+P_{bc}.$$

为求 $P_{ab},P_{ac},P_{bc}$，由比丰投针问题，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 $P_a,P_b,P_c$ 分别为三条边 $a,b,c$ 与平行线相交的概率，则由比丰投针问题知

$$P_a=\frac{2a}{d\pi },P_b=\frac{2b}{d\pi },P_c=\frac{2c}{d\pi }.$$

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

$$P_a=P_{ab}+P_{ac},P_b=P_{ab}+P_{bc},P_c=P_{ac}+P_{bc}.$$

至此我们得，三角形与平行线相交的概率为

$$p=P_{ab}+P_{ac}+P_{bc}=\frac{1}{2}\left(P_a+P_b+P_c\right)=\frac{a+b+c}{d\pi }.$$

习题 1.2-26

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，则交点在直径上一个区间内的可能性与此区间的长度成比例，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

$$\Omega =\{x:0\le x\le R\},$$

其长度为 $S_{\Omega }=R$。由圆的性质知事件 $A$ 为“弦的长度大于 $R$”可表示为

$$A=\left\{x:0\le x\le \sqrt{R^2-{\left(\frac{R}{2}\right)}^2}\right\}$$

（如图 1.5），其长度为

$$S_A=\sqrt{R^2-{\left(\frac{R}{2}\right)}^2}=R\sqrt{\frac{3}{4}},$$

于是所求概率为

$$P(A)=\frac{R\sqrt{3/4}}{R}=\mathrm{0.866.}$$

\begin{tikzpicture}[scale=1.5] \draw[thick] (0,0) circle (1.2); \draw[thick] (-1.2,0) — (1.2,0); \draw[thick] (0,-1.2) — (0,1.2); \draw[thick] (-0.86,0.6) — (0.86,0.6); \draw[thick] (0,0) — (-0.86,0.6); \draw[thick] (0,0) — (0.86,0.6); \draw[dashed] (0,0) — (0,0.6); \node[right] at (0.02,0.3) {$x$}; \node at (0,0.78) {$\frac{R}{2}$}; \node at (-0.48,0.32) {$R$}; \node at (0.48,0.32) {$R$}; \end{tikzpicture}

{\small 图 1.5}

习题 1.2-27

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，而落在此三角形内各点处的可能性相等，即落在此三角形内任何区域上的概率与该区域的面积成正比，试求此质点的位置还满足 $y<2x$ 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 $\Omega$ 和事件 $A$“此质点满足 $y<2x$”用图 1.6 表出，图中阴影部分为事件 $A$。由图 1.6 知 $\Omega$ 和 $A$ 的度量分别为

$$S_{\Omega }=\frac{1}{2},S_A=\frac{1}{3},$$

由此得

$$P(A)=\frac{2}{3}.$$

\begin{tikzpicture}[scale=2.8] \fill[black!12] (0,0) — (1,0) — (1/3,2/3) — cycle; \draw[->] (-0.06,0) — (1.15,0) node[right] {$x$}; \draw[->] (0,-0.06) — (0,1.15) node[above] {$y$}; \draw[thick] (0,1) — (1,0); \draw[thick] (-0.03,-0.06) — (0.53,1.06); \draw[thick] (0,0) — (1,0) — (0,1) — cycle; \node[below left] at (0,0) {$O$}; \node[left] at (0,1) {$1$}; \node[below] at (1,0) {$1$}; \node at (0.18,0.55) {$\Omega$}; \node[right] at (0.52,0.86) {$y=2x$}; \node[above left] at (0.56,0.44) {$x+y=1$}; \node at (0.55,0.18) {$A$}; \end{tikzpicture}

{\small 图 1.6}

习题 1.2-28

设 $a>0$，有任意两数 $x,y$，且 $0<x<a,0<y<a$，试求 $xy<a^2/4$ 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

$$\Omega =\{(x,y):0<x<a,0<y<a\},$$

其面积为 $S_{\Omega }=a^2$。而事件

$$A=\left\{(x,y):xy<\frac{a^2}{4}\right\}$$

（如图 1.7 中的阴影部分）的面积为

$$\begin{array}{rl}{S}_A& =a^2-{\int }_{a/4}^a{\int }_{a^2/(4x)}^{a}dydx\\ & =a^2-{\int }_{a/4}^a\left(a-\frac{a^2}{4x}\right)dx\\ & =a^2\left(1-\frac{3}{4}+\frac{\ln 4}{4}\right).\end{array}$$

所以

$$P(A)=\frac{S_A}{S_{\Omega }}=1-\frac{3}{4}+\frac{\ln 4}{4}=\mathrm{0.5966.}$$

\begin{tikzpicture}[scale=2.5] \fill[black!12] (0,0) — (1,0) — plot[domain=1:0.25,samples=100] (\x,{1/(4*\x)}) — (0.25,1) — (0,1) — cycle; \draw[->] (-0.06,0) — (1.2,0) node[right] {$x$}; \draw[->] (0,-0.06) — (0,1.2) node[above] {$y$}; \draw[thick] (0,0) rectangle (1,1); \draw[thick,domain=0.2:1.1,samples=120] plot (\x,{1/(4*\x)}); \draw[dashed] (0.25,0) — (0.25,0.25) — (1,0.25); \node[below left] at (0,0) {$O$}; \node[left] at (0,1) {$a$}; \node[below] at (0.25,0) {$\frac{a}{4}$}; \node[below] at (1,0) {$a$}; \node at (0.78,0.82) {$\Omega$}; \node at (0.45,0.45) {$A$}; \node[right] at (0.95,0.33) {$xy=\frac{a^2}{4}$}; \end{tikzpicture}

{\small 图 1.7}

习题 1.2-29

用主观方法确定：大学生中戴眼镜的概率是多少？

解 提示 根据观察，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比频率作出调整，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。

习题 1.2-30

用主观方法确定：学生中考试作弊的概率是多少？

解 提示 同 $29$ 题。

补充习题及解答

补充习题 31

（巴拿苏问题）某数学家有两盒火柴，每盒都有 $n$ 根。每次使用时，他任取一盒并从中抽出一根。问他发现一盒空而另一盒还有 $r$（$0\le r\le n$）根的概率是多少？

解 设两盒火柴分别为 $A,B$，由对称性知，只要计算事件 $E=$“发现 $A$ 盒空而 $B$ 盒还有 $r$ 根”的概率即可，所求概率是此概率的 $2$ 倍。

先计算样本空间中的样本点个数。因为每次都是等可能地取 $A$ 盒或 $B$ 盒，共取了 $2n-r+1$ 次，故样本空间中共有 $2^{2n-r+1}$ 个样本点。

事件 $E$ 发生可分两段考察，前 $2n-r$ 次中 $A$ 盒恰好取到 $n$ 次，且次序不论，最后一次（第 $2n-r+1$ 次）必定取到 $A$ 盒，这样才能发现 $A$ 盒已空，此种样本点共有

$$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n-r}{n}\right)$$

个，因此

$$P(E)=\frac{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n-r}{n}\right)}{2^{2n-r+1}}.$$

所求概率为

$$p=2P(E)=\frac{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n-r}{n}\right)}{2^{2n-r}}.$$

譬如，取 $n=20,r=10$，可算得

$$p=\frac{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{30}{20}\right)}{2^{30}}=\mathrm{0.02798.}$$

补充习题 32

一个质点从平面上某点开始，等可能地向上、下、左、右四个方向随机游动，每次游动的距离为 $1$。求经过 $2n$ 次游动后，质点回到出发点的概率。

解 因为每次都等可能地向上、下、左、右四个方向随机游动，所以经过 $2n$ 次游动后，样本空间中共有 $4^{2n}$ 个样本点。

设所求事件为 $A_n$，事件 $A_n$ 发生要求（1）上、下游动次数相等；（2）左、右游动次数相等，否则不可能回到出发点。若上、下游动各 $k$ 次，那么左、右游动只能各 $n-k$ 次，这样共游动 $2n$ 次。此种样本点共有

$$\frac{(2n)!}{k!k!(n-k)!(n-k)!}$$

个；当 $k$ 从 $0$ 到 $n$ 累加起来就得事件 $A_n$ 所含样本点总数 $n(A_n)$，它为

$$\begin{array}{rl}n(A_n)& =\sum _{k=0}^n\frac{(2n)!}{(k!{)}^2[(n-k)!{]}^2}\\ & =\frac{(2n)!}{n!n!}\sum _{k=0}^n{\left[\frac{n!}{k!(n-k)!}\right]}^2\\ & =\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{n}\right)\sum _{k=0}^n{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}\right)}^2\\ & ={\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{n}\right)}^2.\end{array}$$

由此得所求概率为

$$P(A_n)=\frac{{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{n}\right)}^2}{4^{2n}}.$$

可算得：

$$P(A_1)=0.25,P(A_2)=0.1406,P(A_5)=0.06056,P(A_{10})=0.03105,P(A_{20})=\mathrm{0.01572.}$$

补充习题 33

箱子里有 $n$ 双不同尺码的鞋子，从中任取 $2r$（$2r\le n$）只，求下列事件的概率：

1. $A_0=$“没有一双成对的鞋”；
2. $A_1=$“只有一对鞋子”；
3. $A_2=$“恰有二对鞋子”；
4. $A_r=$“有 $r$ 对鞋子”。

解 该问题中样本空间含有

$$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{2r}\right)$$

个等可能的样本点，这是分母。下面分别求各事件所含的样本点数。

**（1）**要使 $A_0$ 发生，可分两步走，先从 $n$ 双鞋子中任选 $2r$ 双，再从抽取的 $2r$ 双鞋子各抽一只，故 $A_0$ 中的样本点个数为

$$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{2r}\right)2^{2r},$$

由此得

$$P(A_0)=\frac{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{2r}\right)2^{2r}}{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{2r}\right)}.$$

**（2）**要使 $A_1$ 发生，先从 $n$ 双鞋子中任取 $1$ 双，再从余下的 $n-1$ 双鞋子中取出 $2(r-1)$ 双，最后从取出的 $2(r-1)$ 双中各取一只，故 $A_1$ 中的样本点个数为

$$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{1}\right)\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{2(r-1)}\right)2^{2r-2},$$

由此得

$$P(A_1)=\frac{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{1}\right)\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{2(r-1)}\right)2^{2r-2}}{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{2r}\right)}.$$

**（3）**仿（2）思路，$A_2$ 中的样本点个数为

$$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{2}\right)\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-2}{2(r-2)}\right)2^{2r-4},$$

由此得

$$P(A_2)=\frac{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{2}\right)\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-2}{2(r-2)}\right)2^{2r-4}}{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{2r}\right)}.$$

**（4）**因为 $A_r$ 中所含样本点个数为

$$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{r}\right),$$

所以得

$$P(A_r)=\frac{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{r}\right)}{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{2r}\right)}.$$

譬如，取 $n=5,r=2$，可以得

$$P(A_0)=\frac{8}{21},P(A_1)=\frac{12}{21},P(A_2)=\frac{1}{21}.$$

§1.3 概率的性质

概率是定义在事件域 $\mathcal{F}$ 上的非负、正规和可列可加的集合函数。概率的运算性质受到集合（事件）关系及运算性质的制约，或者说，概率的运算性质是依据事件关系及运算性质而给出的。

1. $P(\varnothing )=0$.

2. 有限可加性 若有限个事件 $A_1,A_2,\cdots ,A_n$ 互不相容，则有

$$P\left(\bigcup _{i=1}^n{A}_i\right)=\sum _{i=1}^{n}P(A_i).$$

3. 对立事件的概率 对任一事件 $A$，有

$$P(\overline{A})=1-P(A).$$

4. 减法公式（特定场合） 若 $A\supset B$，则

$$P(A-B)=P(A)-P(B).$$

5. 单调性 若 $A\supset B$，则

$$P(A)\ge P(B).$$

6. 减法公式（一般场合） 对任意两个事件 $A,B$，有

$$P(A-B)=P(A)-P(AB).$$

7. 加法公式 对任意两个事件 $A,B$，有

$$P(A\cup B)=P(A)+P(B)-P(AB).$$

对任意 $n$ 个事件 $A_1,A_2,\cdots ,A_n$，有

$$P\left(\bigcup _{i=1}^n{A}_i\right)=\sum _{i=1}^{n}P(A_i)-\sum _{1\le i<j\le n}P(A_i{A}_j)+\sum _{1\le i<j<k\le n}P(A_i{A}_j{A}_k)+\cdots +(-1{)}^{n-1}P(A_1{A}_2\cdots A_n).$$

8. 半可加性 对任意两个事件 $A,B$，有

$$P(A\cup B)\le P(A)+P(B).$$

对任意 $n$ 个事件 $A_1,A_2,\cdots ,A_n$，有

$$P\left(\bigcup _{i=1}^n{A}_i\right)\le \sum _{i=1}^{n}P(A_i).$$

9. 事件序列的极限

**（1）**对 $\mathcal{F}$ 中任一单调不减的事件序列

$$F_1\subset F_2\subset \cdots \subset F_n\subset \cdots ,$$

称可列并

$$\bigcup _{n=1}^{\infty }{F}_n$$

为 $\{F_n\}$ 的极限事件，记为

$$\underset{n\to \infty }{\lim }{F}_n=\bigcup _{n=1}^{\infty }{F}_n.$$

若

$$\underset{n\to \infty }{\lim }P(F_n)=P\left(\underset{n\to \infty }{\lim }{F}_n\right),$$

则称概率 $P$ 是下连续的。

**（2）**对 $\mathcal{F}$ 中任一单调不增的事件序列

$$E_1\supset E_2\supset \cdots \supset E_n\supset \cdots ,$$

称可列交

$$\bigcap _{n=1}^{\infty }{E}_n$$

为 $\{E_n\}$ 的极限事件，记为

$$\underset{n\to \infty }{\lim }{E}_n=\bigcap _{n=1}^{\infty }{E}_n.$$

若

$$\underset{n\to \infty }{\lim }P(E_n)=P\left(\underset{n\to \infty }{\lim }{E}_n\right),$$

则称概率 $P$ 是上连续的。

10. 概率的连续性 若 $P$ 为事件域 $\mathcal{F}$ 上的概率，则 $P$ 既是下连续的，又是上连续的。

11. 若 $P$ 是 $\mathcal{F}$ 上满足 $P(\Omega )=1$ 的非负集合函数，则 $P$ 具有可列可加性的充要条件是 $P$ 具有有限可加性和下连续性。

习题与解答 1.3

习题 1.3-1

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）

$$P(A\cup B)=P(A)+P(B)=0.3+0.5=\mathrm{0.8.}$$

（2）

$$P(AB)=P(\varnothing )=0.$$

（3）

$$P(A\overline{B})=P(A)-P(AB)=P(A)=\mathrm{0.3.}$$

习题 1.3-2

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。

习题 1.3-3

一批产品分一、二、三级，其中一级品是二级品的三倍，三级品是一级品的一半，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

$$p=\frac{1}{9}.$$

习题 1.3-4

从 $0,1,2,\cdots ,9$ 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. $A_1=$“三个数字中不含 $0$ 和 $5$”；
2. $A_2=$“三个数字中不含 $0$ 或 $5$”；
3. $A_3=$“三个数字中含 $0$ 但不含 $5$”。

解 记

$$A=\{\text{三个数字中不含 }0\},B=\{\text{三个数字中不含 }5\}.$$

则

$$P(A)=\frac{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{9}{3}\right)}{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{10}{3}\right)}=\frac{7}{10},P(B)=\frac{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{9}{3}\right)}{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{10}{3}\right)}=\frac{7}{10},P(AB)=\frac{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{8}{3}\right)}{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{10}{3}\right)}=\frac{7}{15}.$$

又因为 $A_1=AB,A_2=A\cup B,A_3=\overline{A}B$，所以

$$P(A_1)=P(AB)=\frac{7}{15},$$ $$P(A_2)=P(A\cup B)=P(A)+P(B)-P(AB)=2\times \frac{7}{10}-\frac{7}{15}=\frac{14}{15},$$ $$P(A_3)=P(\overline{A}B)=P(B)-P(AB)=\frac{7}{10}-\frac{7}{15}=\frac{7}{30}.$$

习题 1.3-5

某城市中共发行 $3$ 种报纸 $A,B,C$。在该城市的居民中有 $25\%$ 订阅 $A$ 报，$20\%$ 订阅 $B$ 报，$15\%$ 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

$$P(A)=0.25,P(B)=0.20,P(C)=0.15,P(AB)=0.10,P(AC)=0.08,P(BC)=0.05,P(ABC)=\mathrm{0.03.}$$

（1）

$$\begin{array}{rl}P(\text{只订阅 A 报})& =P(A\overline{B}\overline{C})\\ & =P(A-(B\cup C))\\ & =P(A)-P(A(B\cup C))\\ & =P(A)-P(AB)-P(AC)+P(ABC)\\ & =0.25-0.10-0.08+0.03=\mathrm{0.10.}\end{array}$$

**（2）**因为

$$P(\text{只订阅一种报纸})=P(A\overline{B}\overline{C})+P(\overline{A}B\overline{C})+P(\overline{A}\overline{B}C),$$

其中

$$P(\overline{A}B\overline{C})=P(B)-P(AB)-P(BC)+P(ABC)=0.20-0.10-0.05+0.03=0.08,$$ $$P(\overline{A}\overline{B}C)=P(C)-P(AC)-P(BC)+P(ABC)=0.15-0.08-0.05+0.03=\mathrm{0.05.}$$

所以

$$P(\text{只订阅一种报纸})=0.10+0.08+0.05=\mathrm{0.23.}$$

（3）

$$\begin{array}{rl}P(\text{至少订阅一种报纸})& =P(A\cup B\cup C)\\ & =P(A)+P(B)+P(C)-P(AB)-P(AC)-P(BC)+P(ABC)\\ & =0.25+0.20+0.15-0.10-0.08-0.05+0.03\\ & =\mathrm{0.40.}\end{array}$$

（4）

$$P(\text{不订阅任何一种报纸})=P(\overline{A}\overline{B}\overline{C})=1-P(A\cup B\cup C)=\mathrm{0.60.}$$

习题 1.3-6

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 $\overline{A}$ 为“$3$ 个代表全为男工”。因为

$$P(\overline{A})=\frac{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{9}{3}\right)}{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{14}{3}\right)}=\frac{3}{13},$$

所以

$$P(A)=1-P(\overline{A})=1-\frac{3}{13}=\frac{10}{13}.$$

习题 1.3-7

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“一颗骰子掷 $4$ 次，至少出现一次 $6$ 点”，则 $\overline{A}$ 为“一颗骰子掷 $4$ 次，不出现 $6$ 点”。于是

$$P(A)=1-P(\overline{A})=1-{\left(\frac{5}{6}\right)}^4=\mathrm{0.5177.}$$

又设事件 $B$ 为“两颗骰子掷 $24$ 次，至少出现一次双 $6$ 点”，则 $\overline{B}$ 为“两颗骰子掷 $24$ 次，不出现双 $6$ 点”。于是

$$P(B)=1-P(\overline{B})=1-{\left(\frac{35}{36}\right)}^{24}=\mathrm{0.4914.}$$

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。

习题 1.3-8

从数字 $1,2,\cdots ,9$ 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

$$P(\overline{A})=\frac{8^n}{9^n},P(\overline{B})=\frac{5^n}{9^n},P(\overline{A}\cap \overline{B})=\frac{4^n}{9^n},$$

所以

$$P(AB)=1-P(\overline{A}\cup \overline{B})=1-P(\overline{A})-P(\overline{B})+P(\overline{A}\cap \overline{B})=1-\frac{8^n+5^n-4^n}{9^n}.$$

下表对一些不同的 $n$，给出 $P(AB)$ 的值：

$$\begin{array}{cccccc}n& 2& 10& 20& 30& 40\\ P(AB)& 0.0988& 0.6896& 0.9052& 0.9708& 0.9910\end{array}$$

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。

习题 1.3-9

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 $A_k$ 为“第 $k$ 次摸到黑球”，因为计算 $P(A_k)$ 较难，故先计算 $P(\overline{A_k})$。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（$\overline{A_k}$），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

$$P(\overline{A_k})=\frac{(n-1{)}^{k-1}\cdot 1}{n^k}=\frac{1}{n}{\left(1-\frac{1}{n}\right)}^{k-1},$$ $$P(A_k)=1-\frac{1}{n}{\left(1-\frac{1}{n}\right)}^{k-1}.$$

思考：假如将此题条件改为“口袋中装有 $2$ 个白球”，仍从口袋中随机地摸出一球并换入一个黑球，此时 $P(A_k)$ 为多少？

习题 1.3-10

若 $P(A)=1$，证明：对任一事件 $B$，有 $P(AB)=P(B)$。

解 证 因为 $A\cup B\supset A$，所以由单调性知

$$P(A\cup B)\ge P(A)=1,$$

从而得 $P(A\cup B)=1$，又因为

$$1=P(A\cup B)=P(A)+P(B)-P(AB),$$

所以有 $P(B)-P(AB)=0$，即得

$$P(AB)=P(B).$$

习题 1.3-11

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 $\overline{B}=A$。又由事件 $A$ 与 $B$ 的对称性知 $P(A)=P(B)$，因此

$$P(A)=\mathrm{0.5.}$$

这里对称性起关键作用。

习题 1.3-12

有 $3$ 个人，每个人都以同样的概率 $1/5$ 被分配到 $5$ 个房间中的任一间中，试求：

1. $3$ 个人都分配到同一个房间的概率；
2. $3$ 个人分配到不同房间的概率。

解 “$3$ 个人分配到 $5$ 个房间”的所有分法数为 $5^3$，这是分母。

**（1）**因为事件 $A=$“$3$ 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

$$P(A)=\frac{5}{5^3}=\frac{1}{25}.$$

**（2）**若事件 $B=$“$3$ 个人分配到不同房间”发生，则第一个人可分配到 $5$ 个房间中的任一间，而第二个人只可分配到余下的 $4$ 个房间中的任一间，第三个人只可分配到余下的 $3$ 个房间中的任一间。因此事件 $B$ 有 $5\times 4\times 3$ 种可能，所以

$$P(B)=\frac{5\times 4\times 3}{5^3}=\frac{12}{25}.$$

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。

习题 1.3-13

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

$$\begin{array}{rl}P(\text{至少有 2 个人的生日在同一个月份})& =1-P(\text{5 个人生日全不同月})\\ & =1-\frac{P_{12}^5}{12^5}=\frac{89}{144}=\mathrm{0.6181.}\end{array}$$

习题 1.3-14

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 $A_i$ 记事件“第 $i$ 个战士拿到自己的枪”，$i=1,2,\cdots ,n$。因为

$$P(A_1)=P(A_2)=\cdots =P(A_n)=\frac{1}{n},$$ $$P(A_1{A}_2)=P(A_2{A}_3)=\cdots =P(A_{n-1}{A}_n)=\frac{1}{n(n-1)},$$ $$P(A_1{A}_2{A}_3)=P(A_1{A}_2{A}_4)=\cdots =P(A_{n-2}{A}_{n-1}{A}_n)=\frac{1}{n(n-1)(n-2)},$$ $$\cdots$$ $$P(A_1{A}_2\cdots A_n)=\frac{1}{n!},$$

所以由概率的加法公式

$$P(A_1\cup A_2\cup \cdots \cup A_n)=\sum _{1\le i\le n}P(A_i)-\sum _{1\le i<j\le n}P(A_i{A}_j)+\sum _{1\le i<j<k\le n}P(A_i{A}_j{A}_k)-\cdots +(-1{)}^{n-1}P(A_1{A}_2\cdots A_n),$$

得

$$P(A_1\cup A_2\cup \cdots \cup A_n)=1-\frac{1}{2!}+\frac{1}{3!}-\frac{1}{4!}+\cdots +(-1{)}^{n-1}\frac{1}{n!}.$$

当 $n$ 较大时，上式右端近似于

$$1-e^{-1}=\mathrm{0.6321.}$$

习题 1.3-15

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

$$P(AB)\le P(A)=0.6,P(AB)\le P(B)=0.8,$$

所以当 $P(AB)=P(A)$ 时，$P(AB)$ 的最大值是 $0.6$。

**（2）**因为

$$P(AB)=P(A)+P(B)-P(A\cup B)\ge P(A)+P(B)-1=0.4,$$

所以有 $P(AB)\ge 0.4$。而当 $P(A\cup B)=1$ 时，有 $P(AB)$ 达到最小值 $0.4$。

习题 1.3-16

已知事件 $A,B$ 满足 $P(AB)=P(\overline{A}\cap \overline{B})$，记 $P(A)=p$，求 $P(B)$。

解 因为

$$P(AB)=P(\overline{A}\cap \overline{B})=P\left(\overline{A\cup B}\right)=1-P(A\cup B)=1-P(A)-P(B)+P(AB),$$

由此得

$$1-P(A)-P(B)=0,$$

所以

$$P(B)=1-P(A)=1-p.$$

习题 1.3-17

已知 $P(A)=0.7,P(A-B)=0.4$，试求 $P(\overline{AB})$。

解 因为

$$0.4=P(A-B)=P(A)-P(AB)=0.7-P(AB),$$

由此得

$$P(AB)=0.7-0.4=0.3,P(\overline{AB})=1-P(AB)=\mathrm{0.7.}$$

习题 1.3-18

设 $P(A)=\alpha ,P(B)=1-\alpha$，试证 $P(AB)=P(\overline{A}\cap \overline{B})$。

解 证

$$P(\overline{A}\cap \overline{B})=1-P(A\cup B)=1-P(A)-P(B)+P(AB)=1-\alpha -(1-\alpha )+P(AB)=P(AB).$$

习题 1.3-19

对任意的事件 $A,B,C$，证明：

1. $P(AB)+P(AC)-P(BC)\le P(A)$；
2. $P(AB)+P(AC)+P(BC)\ge P(A)+P(B)+P(C)-1$。

解 证 （1）

$$\begin{array}{rl}P(A)& \ge P(A(B\cup C))=P(AB\cup AC)\\ & =P(AB)+P(AC)-P(ABC)\\ & \ge P(AB)+P(AC)-P(BC).\end{array}$$

**（2）**因为

$$\begin{array}{rl}1& \ge P(A\cup B\cup C)\\ & =P(A)+P(B)+P(C)-P(AB)-P(AC)-P(BC)+P(ABC),\end{array}$$

所以

$$P(AB)+P(AC)+P(BC)\ge P(A)+P(B)+P(C)+P(ABC)-1\ge P(A)+P(B)+P(C)-1.$$

习题 1.3-20

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：$a\le 1/4,b\le 1/4$。

解 证 由 $P(A)=a,P(AB)=b$，得 $a\ge b$。又因为

$$1\ge P(B\cup C)=P(B)+P(C)-P(BC)=5a-b\ge 4a,$$

所以得

$$a\le \frac{1}{4}.$$

进一步由 $b\le a$ 得

$$b\le \frac{1}{4}.$$

习题 1.3-21

设事件 $A,B,C$ 的概率都是 $\frac{1}{2}$，且 $P(ABC)=P(\overline{A}\cap \overline{B}\cap \overline{C})$，证明：

$$2P(ABC)=P(AB)+P(AC)+P(BC)-\frac{1}{2}.$$

解 证 因为

$$\begin{array}{rl}P(ABC)& =P(\overline{A}\cap \overline{B}\cap \overline{C})=1-P(A\cup B\cup C)\\ & =1-P(A)-P(B)-P(C)+P(AB)+P(AC)+P(BC)-P(ABC)\\ & =P(AB)+P(AC)+P(BC)-\frac{1}{2}-P(ABC),\end{array}$$

上式移项即得结论。

习题 1.3-22

证明：

1. $P(AB)\ge P(A)+P(B)-1$；
2. $P(A_1{A}_2\cdots A_n)\ge P(A_1)+P(A_2)+\cdots +P(A_n)-(n-1)$。

解 证 **（1）**由

$$1\ge P(A\cup B)=P(A)+P(B)-P(AB),$$

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

$$P(A_1{A}_2\cdots A_{n-1})\ge P(A_1)+P(A_2)+\cdots +P(A_{n-1})-(n-2).$$

则由（1）知

$$\begin{array}{rl}P(A_1{A}_2\cdots A_n)& =P((A_1{A}_2\cdots A_{n-1})A_n)\\ & \ge P(A_1{A}_2\cdots A_{n-1})+P(A_n)-1\\ & \ge P(A_1)+P(A_2)+\cdots +P(A_{n-1})-(n-2)+P(A_n)-1\\ & =P(A_1)+P(A_2)+\cdots +P(A_n)-(n-1).\end{array}$$

习题 1.3-23

证明：

$$\left|P(AB)-P(A)P(B)\right|\le \frac{1}{4}.$$

解 证 不妨设 $P(A)\ge P(B)$，则

$$P(AB)-P(A)P(B)\le P(B)-P(B)P(B)=P(B)[1-P(B)]\le \frac{1}{4}.$$

另一方面，还有

$$\begin{array}{rl}P(A)P(B)-P(AB)& =P(A)[P(AB)+P(A\overline{B})]-P(AB)\\ & =P(A)P(A\overline{B})+P(AB)[P(A)-1]\\ & \le P(A)P(A\overline{B})\\ & \le P(A)P(\overline{A})\\ & =P(A)[1-P(A)]\le \frac{1}{4}.\end{array}$$

综合上述两方面，可得

$$\left|P(AB)-P(A)P(B)\right|\le \frac{1}{4}.$$

补充习题及解答

补充习题 24

任意两事件之并 $A\cup B$ 可表示为两个互不相容事件之并，譬如

$$A\cup B=A\cup (B-AB).$$

1. 试用类似方法表示三个事件之并 $A\cup B\cup C$；
2. 利用（1）的结果证明

$$P(A\cup B\cup C)=P(A)+P(B)+P(C)-P(AB)-P(AC)-P(BC)+P(ABC).$$

解 （1）

$$A\cup B\cup C=A\cup (B-AB)\cup [C-(AC\cup BC)].$$

**（2）**利用加法公式可得

$$\begin{array}{rl}P(A\cup B\cup C)& =P(A)+P(B-AB)+P(C-(AC\cup BC))\\ & =P(A)+P(B)-P(AB)+P(C)-P(AC\cup BC)\\ & =P(A)+P(B)+P(C)-P(AB)-P(AC)-P(BC)+P(ABC).\end{array}$$

补充习题 25

甲掷硬币 $n+1$ 次，乙掷 $n$ 次。求甲掷出的正面数比乙掷出的正面数多的概率。

解 记

$$X_1=\text{甲掷出的正面数},X_0=\text{甲掷出的反面数}=n+1-X_1,$$ $$Y_1=\text{乙掷出的正面数},Y_0=\text{乙掷出的反面数}=n-Y_1.$$

又记

$$E=\{X_1>Y_1\},F=\{X_0>Y_0\},$$

由于正反面的地位是对称的，因此 $P(E)=P(F)$。又因为

$$F=\{X_0>Y_0\}=\{n+1-X_1>n-Y_1\}=\{X_1-1<Y_1\}=\{X_1\le Y_1\}=\overline{E},$$

所以由 $P(E)=P(F)=P(\overline{E})$，得

$$P(E)=\mathrm{0.5.}$$

此题求解过程中利用了出现正反面的对称性。在古典方法确定概率的过程中，对称性的应用是很常见的。事实上，确定概率的古典方法中所谓“等可能性”，就是要使样本点处于“对称”的地位。利用对称性的优点可以简化运算，避开一些繁琐的排列组合计算。此题若直接用排列组合来计算，则相当繁琐，具体过程见下：

因为甲掷 $n+1$ 次硬币共有 $2^{n+1}$ 种可能，乙掷 $n$ 次硬币共有 $2^n$ 种可能，因而样本点的总数为 $2^{n+1}\cdot 2^n$。又记乙掷出 $k$ 个正面，甲掷出 $k+l$ 个正面，$k=0,1,\cdots ,n,l\ge 1$。则所求概率

$$\begin{array}{rl}P(\text{甲掷出的正面数}>\text{乙掷出的正面数})& =\frac{1}{2^{2n+1}}\sum _{l=1}^{n+1}\sum _{k=0}^n\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n+1}{k+l}\right)\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}\right)\\ & =\frac{1}{2^{2n+1}}\sum _{l=1}^{n+1}\sum _{k=0}^n\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n+1}{n+1-k-l}\right)\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}\right)\\ & =\frac{1}{2^{2n+1}}\sum _{l=1}^{n+1}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n+1}{n+1-l}\right)\\ & =\frac{1}{2^{2n+1}}\sum _{i=0}^n\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n+1}{i}\right)\\ & =\frac{1}{2^{2n+1}}\cdot \frac{1}{2}\sum _{i=0}^{2n+1}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n+1}{i}\right)\\ & =\frac{1}{2^{2n+1}}\cdot \frac{1}{2}\cdot 2^{2n+1}=\frac{1}{2}.\end{array}$$

补充习题 26

甲掷硬币 $n+2$ 次，乙掷 $n$ 次，求甲掷出的正面数比乙掷出的正面数多的概率。

解 记

$$A=\{\text{甲掷出的正面数}>\text{乙掷出的正面数}\},B=\{\text{甲掷出的反面数}>\text{乙掷出的反面数}\}.$$

由对称性知：$P(A)=P(B)$，又因为 $A\overline{B}=\varnothing$，所以 $A\cup B=\Omega$。由此得

$$1=P(A\cup B)=P(A)+P(B)-P(AB).\text{\hspace{1em}(1)}$$

注意到 $AB\ne \varnothing$，且

$$\begin{array}{rl}AB& =\{\text{甲的正面数}>\text{乙的正面数，甲的反面数}>\text{乙的反面数}\}\\ & =\{\text{甲的正面数}-\text{乙的正面数}=1,\text{甲的反面数}-\text{乙的反面数}=1\}\\ & =\{\text{甲的正面数}-\text{乙的正面数}=1\},\end{array}$$

所以有

$$\begin{array}{rl}P(AB)& =\sum _{i=0}^{n}P(\text{甲的正面数}=i+1,\text{乙的正面数}=i)\\ & =\sum _{i=0}^n\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n+2}{i+1}\right)\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i}\right){\left(\frac{1}{2}\right)}^{2n+2}\\ & =\frac{1}{2^{2n+2}}\sum _{i=0}^n\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n+2}{i+1}\right)\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i}\right)\\ & =\frac{1}{2^{2n+2}}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n+2}{n+1}\right).\end{array}$$

将此结果及 $P(A)=P(B)$ 代入（1）式得

$$P(A)=\frac{1}{2}\left[1+\frac{1}{2^{2n+2}}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n+2}{n+1}\right)\right].$$

注：当乙掷 $n$ 次硬币时，无论是甲掷 $n+1$ 次（上题）还是 $n+2$ 次（本题），均有 $A\overline{B}=\varnothing$，即 $A\cup B=\Omega$。且由对称性，本题和上一题都有 $P(A)=P(B)$。而本题与上一题的不同点在于：本题中 $AB\ne \varnothing$，而上一题中 $AB=\varnothing$。因此对上一题我们可以由以下更简便的方法去计算：

当甲掷 $n+1$ 次硬币，乙掷 $n$ 次硬币时，由对称性知 $P(A)=P(B)$，且由 $A\cup B=\Omega ,AB=\varnothing$，即得

$$1=P(A\cup B)=P(A)+P(B)=2P(A).$$

所以

$$P(A)=\frac{1}{2}.$$

补充习题 27

试分别设计一个概率模型问题，用其解答证明以下恒等式（$N\ge m\ge 1$）： 1.

$$1+\frac{N-m}{N-1}+\frac{(N-m)(N-m-1)}{(N-1)(N-2)}+\cdots +\frac{(N-m)\cdots 2\cdot 1}{(N-1)\cdots (m+1)\cdot m}=\frac{N}{m};$$

1. $$1+\frac{N-m}{N}\cdot \frac{m+1}{m}+\frac{(N-m)(N-m-1)}{N^2}\cdot \frac{m+2}{m}+\cdots +\frac{(N-m)\cdots 2\cdot 1}{N^{N-m}}\cdot \frac{N}{m}=\frac{N}{m};$$
2. $$1+\frac{N-m}{N+1}\cdot \frac{m+1}{m}+\frac{(N-m{)}^2}{(N+1)(N+2)}\cdot \frac{m+2}{m}+\frac{(N-m{)}^3}{(N+1)(N+2)(N+3)}\cdot \frac{m+3}{m}+\cdots =\frac{N}{m}.$$

解 证 设计如下的试验，计算相应的概率，即可证得相应的恒等式。

**（1）**口袋中装有 $N$ 个球，其中 $m$ 个为白球。从中每次取出一球，不放回。试求迟早取到白球的概率。

因为袋中 $N$ 个球中只有 $m$ 个白球，在不放回抽样场合，可能第 $1$ 次抽到白球，或第 $2$ 次抽到白球，$\cdots$，或最迟在 $N-m+1$ 次必取到白球。若记 $p_k$ 为第 $k$ 次取到白球的概率，则有

$$p_1=\frac{m}{N},p_2=\frac{m(N-m)}{N(N-1)},\cdots ,$$ $$p_k=\frac{m(N-m)(N-m-1)\cdots (N-m-k+2)}{N(N-1)(N-2)\cdots (N-k+1)},k=2,3,\cdots ,N-m+1,$$

且

$$p_1+p_2+\cdots +p_{N-m+1}=1,$$

即

$$\frac{m}{N}+\frac{m(N-m)}{N(N-1)}+\cdots +\frac{m(N-m)\cdots (N-m-k+2)}{N(N-1)\cdots (N-k+1)}+\cdots +\frac{m(N-m)\cdots 2\cdot 1}{N(N-1)\cdots (m+1)\cdot m}=1,$$

对上式两边同乘 $N/m$ 即得（1）。

而（2）（3）两个等式可在如下设计的试验中获得证实。

**（2）**口袋中装有 $N$ 个球，其中 $m$ 个为白球。从中每次取出一球，若取出白球，则放回；若取出的不是白球，则换一个白球放回。试求迟早取到白球的概率。

**（3）**口袋中装有 $N$ 个球，其中 $m$ 个为白球。从中每次取出一球后放回，若取出的不是白球，则不仅放回，且再加进一个白球进去。试求迟早取到白球的概率。

§1.4 条件概率

设事件 $A$ 的概率为 $P(A)$，若有新的信息（概括为另一事件 $B$）发生，可能会对事件 $A$ 发生的概率产生影响，这就要研究条件概率 $P(A\mid B)$。

1. 条件概率 设 $A,B$ 是样本空间 $\Omega$ 中的两事件，若 $P(B)>0$，则称

$$P(A\mid B)=\frac{P(AB)}{P(B)}$$

为“在事件 $B$ 发生下事件 $A$ 发生的条件概率”，简称条件概率。它满足概率的三条公理。

2. 乘法公式

**（1）**若 $P(B)>0$，则

$$P(AB)=P(B)P(A\mid B).$$

**（2）**若 $P(A_1{A}_2\cdots A_{n-1})>0$，则

$$P(A_1{A}_2\cdots A_n)=P(A_1)P(A_2\mid A_1)P(A_3\mid A_1{A}_2)\cdots P(A_n\mid A_1{A}_2\cdots A_{n-1}).$$

3. 全概率公式 设 $B_1,B_2,\cdots ,B_n$ 互不相容，且

$$\bigcup _{i=1}^n{B}_i=\Omega ,$$

如果 $P(B_i)>0,i=1,2,\cdots ,n$，则对任一事件 $A$ 有

$$P(A)=\sum _{i=1}^{n}P(B_i)P(A\mid B_i).$$

全概率公式提供了计算复杂事件概率的一条有效途径。

4. 贝叶斯公式 设 $B_1,B_2,\cdots ,B_n$ 互不相容，且

$$\bigcup _{i=1}^n{B}_i=\Omega ,$$

如果 $P(A)>0,P(B_i)>0,i=1,2,\cdots ,n$，则

$$P(B_i\mid A)=\frac{P(B_i)P(A\mid B_i)}{{\sum }_{j=1}^{n}P(B_j)P(A\mid B_j)},i=1,2,\cdots ,n.$$

在贝叶斯公式中，诸 $P(B_i)$ 称为 $B_i$ 的先验（试验以前）概率，而诸 $P(B_i\mid A)$ 称为 $B_i$ 的后验（试验以后）概率，它表示在“事件 $A$ 发生”这个新信息后，对 $B_i$ 的概率作出的修正。

习题与解答 1.4

习题 1.4-1

某班级学生的考试成绩数学不及格的占 $8\%$，语文不及格的占 $5\%$，这两门都不及格的占 $2\%$。

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

$$P(A)=0.08,P(B)=0.05,P(AB)=\mathrm{0.02.}$$

由此得

$$P(B\mid A)=\frac{P(AB)}{P(A)}=\frac{0.02}{0.08}=0.25,$$ $$P(A\mid B)=\frac{P(AB)}{P(B)}=\frac{0.02}{0.05}=\mathrm{0.4.}$$

习题 1.4-2

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

$$A=\text{“取出的是一等品或二等品”}\supset B,$$

所以 $AB=B$，于是所求概率为

$$P(B\mid A)=\frac{P(AB)}{P(A)}=\frac{P(B)}{P(A)}=\frac{0.6}{0.95}=\frac{12}{19}.$$

习题 1.4-3

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 $P(A\mid B)$ 和 $P(B\mid A)$。

解 掷两颗骰子的样本空间为

$$\Omega =\left\{\begin{array}{llllll}(1,1),& (1,2),& (1,3),& (1,4),& (1,5),& (1,6),\\ (2,1),& (2,2),& (2,3),& (2,4),& (2,5),& (2,6),\\ (3,1),& (3,2),& (3,3),& (3,4),& (3,5),& (3,6),\\ (4,1),& (4,2),& (4,3),& (4,4),& (4,5),& (4,6),\\ (5,1),& (5,2),& (5,3),& (5,4),& (5,5),& (5,6),\\ (6,1),& (6,2),& (6,3),& (6,4),& (6,5),& (6,6)\end{array}\right\}.$$

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

$$P(A)=\frac{3}{36},P(B)=\frac{15}{36},P(AB)=\frac{1}{36}.$$

于是所求概率为

$$P(A\mid B)=\frac{P(AB)}{P(B)}=\frac{1/36}{15/36}=\frac{1}{15},P(B\mid A)=\frac{P(AB)}{P(A)}=\frac{1/36}{3/36}=\frac{1}{3}.$$

习题 1.4-4

设某种动物由出生生活到 $10$ 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

$$P(T>10)=0.8,P(T>15)=\mathrm{0.5.}$$

又因为

$$\{T>15\}\subset \{T>10\},$$

所以

$$P(T>15\mid T>10)=\frac{P(T>15,T>10)}{P(T>10)}=\frac{P(T>15)}{P(T>10)}=\frac{0.5}{0.8}=\mathrm{0.625.}$$

习题 1.4-5

设 $10$ 件产品中有 $3$ 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 $A_i$ 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

$$D=A_1\overline{A_2}\cup \overline{A_1}{A}_2\cup A_1{A}_2,ED=A_1{A}_2.$$

因为

$$P(D)=P(A_1\overline{A_2})+P(\overline{A_1}{A}_2)+P(A_1{A}_2)=\frac{3\times 7}{10\times 9}+\frac{7\times 3}{10\times 9}+\frac{3\times 2}{10\times 9}=\frac{8}{15},$$ $$P(ED)=\frac{3\times 2}{10\times 9}=\frac{1}{15},$$

所以根据题意得

$$P(E\mid D)=\frac{P(ED)}{P(D)}=\frac{1/15}{8/15}=\frac{1}{8}=\mathrm{0.125.}$$

习题 1.4-6

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

$$\begin{array}{rl}P(A)& =P(\text{取出一件合格品、一件不合格品})+P(\text{取出两件都是合格品})\\ & =\frac{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{m}{1}\right)\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-m}{1}\right)}{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{2}\right)}+\frac{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-m}{2}\right)}{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{2}\right)}\\ & =\frac{2m(n-m)+(n-m)(n-m-1)}{n(n-1)}\\ & =\frac{(n-m)(n+m-1)}{n(n-1)},\end{array}$$

而

$$P(AB)=P(\text{取出两件都是合格品})=\frac{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-m}{2}\right)}{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{2}\right)}=\frac{(n-m)(n-m-1)}{n(n-1)}.$$

于是所求概率为

$$P(B\mid A)=\frac{P(AB)}{P(A)}=\frac{\frac{(n-m)(n-m-1)}{n(n-1)}}{\frac{(n-m)(n+m-1)}{n(n-1)}}=\frac{n-m-1}{n+m-1}.$$

习题 1.4-7

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 $P(B\mid A),P(A\mid B)$。

解 仿第 $3$ 题得

$$P(A)=\frac{30}{36},P(B)=\frac{15}{36},P(AB)=\frac{13}{36},$$

所以

$$P(B\mid A)=\frac{P(AB)}{P(A)}=\frac{13}{30},P(A\mid B)=\frac{P(AB)}{P(B)}=\frac{13}{15}.$$

习题 1.4-8

已知 $P(A)=1/3,P(B\mid A)=1/4,P(A\mid B)=1/6$，求 $P(A\cup B)$。

解 由乘法公式知

$$P(AB)=P(A)P(B\mid A)=\frac{1}{3}\times \frac{1}{4}=\frac{1}{12},P(B)=\frac{P(AB)}{P(A\mid B)}=\frac{1/12}{1/6}=\frac{1}{2},$$

所以

$$P(A\cup B)=P(A)+P(B)-P(AB)=\frac{1}{3}+\frac{1}{2}-\frac{1}{12}=\frac{3}{4}.$$

习题 1.4-9

已知 $P(\overline{A})=0.3,P(B)=0.4,P(A\overline{B})=0.5$，求 $P(B\mid A\cup \overline{B})$。

解 由条件概率的定义知

$$P(B\mid A\cup \overline{B})=\frac{P(AB)}{P(A\cup \overline{B})},$$

其中

$$P(A\cup \overline{B})=P(A)+P(\overline{B})-P(A\overline{B})=0.7+0.6-0.5=\mathrm{0.8.}$$

再由

$$P(A\overline{B})=P(A)-P(AB),$$

可得

$$P(AB)=P(A)-P(A\overline{B})=0.7-0.5=\mathrm{0.2.}$$

代回原式，可得

$$P(B\mid A\cup \overline{B})=\frac{P(AB)}{P(A\cup \overline{B})}=\frac{0.2}{0.8}=\mathrm{0.25.}$$

习题 1.4-10

设 $A,B$ 为两事件，$P(A)=P(B)=1/3,P(A\mid B)=1/6$，求 $P(\overline{A}\mid \overline{B})$。

解 由条件概率的性质知

$$P(\overline{A}\mid \overline{B})=1-P(A\mid \overline{B})=1-\frac{P(A\overline{B})}{P(\overline{B})},$$

其中

$$P(\overline{B})=\frac{2}{3},$$

而

$$P(A\overline{B})=P(A)-P(AB)=\frac{1}{3}-\frac{1}{3}\times \frac{1}{6}=\frac{5}{18}.$$

代回原式，可得

$$P(\overline{A}\mid \overline{B})=1-\frac{5/18}{2/3}=\frac{7}{12}.$$

习题 1.4-11

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 $A_i$ 为“第 $i$ 次取到黑球”，$i=1,2,\cdots$。

**（1）**所求概率为 $P(A_1{A}_2\cdots A_n)$，用乘法公式得

$$P(A_1{A}_2\cdots A_n)=\frac{1}{2}\cdot \frac{2}{3}\cdots \frac{n}{n+1}=\frac{1}{n+1}.$$

**（2）**所求概率为 $P(A_1{A}_2\cdots A_{n-1}\overline{A_n})$，用乘法公式得

$$P(A_1{A}_2\cdots A_{n-1}\overline{A_n})=\frac{1}{2}\cdot \frac{2}{3}\cdots \frac{n-1}{n}\cdot \frac{1}{n+1}=\frac{1}{n(n+1)}.$$

习题 1.4-12

一盒晶体管中有 $8$ 只合格品、$2$ 只不合格品。从中不放回地一只一只取出，试求第二次取出的是合格品的概率。

解 记事件 $A_i$ 为“第 $i$ 次取出合格品”，$i=1,2$。用全概率公式

$$P(A_2)=P(A_1)P(A_2\mid A_1)+P(\overline{A_1})P(A_2\mid \overline{A_1})=\frac{8}{10}\times \frac{7}{9}+\frac{2}{10}\times \frac{8}{9}=\frac{4}{5}.$$

习题 1.4-13

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

$$P(A)=\frac{a}{a+b}\cdot \frac{n+1}{n+m+1}+\frac{b}{a+b}\cdot \frac{n}{n+m+1}.$$

**（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

$$P(A)=\frac{a(a-1)}{(a+b)(a+b-1)}\cdot \frac{n+2}{n+m+2}+\frac{2ab}{(a+b)(a+b-1)}\cdot \frac{n+1}{n+m+2}+\frac{b(b-1)}{(a+b)(a+b-1)}\cdot \frac{n}{n+m+2}.$$

习题 1.4-14

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

$$A_i=\text{“从第 i 个口袋中取出的是白球”},P(A_i)=p_i,i=1,2,\cdots ,n.$$

因为

$$p_1=\frac{a}{a+b},$$

且由上题（1）知

$$p_2=\frac{a}{a+b}\times \frac{a+1}{a+b+1}+\frac{b}{a+b}\times \frac{a}{a+b+1}=\frac{a}{a+b}.$$

下用归纳法。设 $p_{k-1}=\frac{a}{a+b}$，则由全概率公式得

$$\begin{array}{rl}{p}_k& =P(A_k)=P(A_{k-1})P(A_k\mid A_{k-1})+P(\overline{A_{k-1}})P(A_k\mid \overline{A_{k-1}})\\ & =\frac{a}{a+b}\times \frac{a+1}{a+b+1}+\frac{b}{a+b}\times \frac{a}{a+b+1}\\ & =\frac{a}{a+b}.\end{array}$$

所以由归纳法知：

$$p_n=P(A_n)=\frac{a}{a+b}.$$

习题 1.4-15

钥匙掉了，掉在宿舍里、教室里、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 $A_1$ 为“钥匙掉在宿舍里”，$A_2$ 为“钥匙掉在教室里”，$A_3$ 为“钥匙掉在路上”，事件 $B$ 为“找到钥匙”。由全概率公式得

$$P(B)=P(A_1)P(B\mid A_1)+P(A_2)P(B\mid A_2)+P(A_3)P(B\mid A_3)=0.5\times 0.8+0.3\times 0.3+0.2\times 0.1=\mathrm{0.51.}$$

习题 1.4-16

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

$$P(B)=P(A)P(B\mid A)+P(\bar{A})P(B\mid \bar{A})=\frac{2}{3}\times 0.97+\frac{1}{3}\times 0.94=\mathrm{0.96.}$$

**（2）**用贝叶斯公式

$$P(\bar{A}\mid \bar{B})=\frac{P(\bar{A})P(\bar{B}\mid \bar{A})}{P(\bar{B})}=\frac{\frac{1}{3}\times 0.06}{0.04}=\mathrm{0.5.}$$

习题 1.4-17

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，然后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 $A_i$ 为“第 $i$ 次取出的是一等品”，$i=1,2$。又记事件 $B_i$ 为“取到第 $i$ 箱”，$i=1,2$。

**（1）**用全概率公式

$$P(A_1)=P(B_1)P(A_1\mid B_1)+P(B_2)P(A_1\mid B_2)=\frac{1}{2}\cdot \frac{20}{50}+\frac{1}{2}\cdot \frac{18}{30}=\mathrm{0.5.}$$

**（2）**因为

$$P(A_1{A}_2)=P(B_1)P(A_1{A}_2\mid B_1)+P(B_2)P(A_1{A}_2\mid B_2)=\frac{1}{2}\cdot \frac{20}{50}\cdot \frac{19}{49}+\frac{1}{2}\cdot \frac{18}{30}\cdot \frac{17}{29}=0.253413,$$

所以

$$P(A_2\mid A_1)=\frac{P(A_1{A}_2)}{P(A_1)}=\frac{0.253413}{0.5}=\mathrm{0.5068.}$$

习题 1.4-18

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

$$P(A\mid B)=1,P(A\mid \bar{B})=\mathrm{0.25.}$$

**（1）**此时有 $P(B)=P(\bar{B})=0.5$，所以由贝叶斯公式得

$$P(B\mid A)=\frac{P(B)P(A\mid B)}{P(B)P(A\mid B)+P(\bar{B})P(A\mid \bar{B})}=\frac{0.5\times 1}{0.5\times 1+0.5\times 0.25}=\mathrm{0.8.}$$

**（2）**此时有 $P(B)=0.2$，$P(\bar{B})=0.8$，所以由贝叶斯公式得

$$P(B\mid A)=\frac{P(B)P(A\mid B)}{P(B)P(A\mid B)+P(\bar{B})P(A\mid \bar{B})}=\frac{0.2\times 1}{0.2\times 1+0.8\times 0.25}=\mathrm{0.5.}$$

**思考：**若将此题改成“有 $5$ 个备选项的单项选择题”，那么在（1）与（2）的情况下答案各是多少？

习题 1.4-19

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

$$P(B\mid A)=\frac{P(B)P(A\mid B)}{P(A)}=\frac{\frac{22}{43}\times 0.05}{\frac{22}{43}\times 0.05+\frac{21}{43}\times 0.0025}=\mathrm{0.9544.}$$

习题 1.4-20

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：

$$P(A\mid B)=1,P(A\mid \bar{B})=\mathrm{0.5.}$$

另外由于对袋中原来那个球的颜色一无所知，故设 $P(B)=P(\bar{B})=0.5$ 是合理的，由贝叶斯公式得

$$P(B\mid A)=\frac{P(B)P(A\mid B)}{P(B)P(A\mid B)+P(\bar{B})P(A\mid \bar{B})}=\frac{0.5\times 1}{0.5\times 1+0.5\times 0.5}=\frac{2}{3}.$$

习题 1.4-21

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 $A_n$ 为“恰好结成 $n$ 个圈”，记 $p_n=P(A_n)$，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

$$P(A_n)=P(B)P(A_n\mid B)+P(\bar{B})P(A_n\mid \bar{B}).$$

容易看出

$$P(B)=\frac{1}{2n-1},P(A_n\mid \bar{B})=0,P(A_n\mid B)=P(A_{n-1})=p_{n-1},$$

所以得递推公式

$$p_n=\frac{1}{2n-1}{p}_{n-1},n=2,3,\cdots .$$

由此得

$$p_n=\frac{1}{(2n-1)!!}.$$

习题 1.4-22

$m$ 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 $m-1$ 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 $A_i$ 为“第 $i$ 次传球时由甲传出”，记 $p_i=P(A_i)$，$i=1,2,\cdots$。则 $p_1=1$，且

$$P(A_{i+1}\mid A_i)=0,P(A_{i+1}\mid {\bar{A}}_i)=\frac{1}{m-1}.$$

所以由全概率公式

$$P(A_n)=P(A_{n-1})P(A_n\mid A_{n-1})+P({\bar{A}}_{n-1})P(A_n\mid {\bar{A}}_{n-1})=p_{n-1}\times 0+(1-p_{n-1})\frac{1}{m-1},$$

得递推公式

$$p_n=\frac{1}{m-1}(1-p_{n-1}),n\ge 2.$$

将 $p_1=1$ 代入以上递推公式可得

$$p_n=\frac{1}{m}\left\{1-{\left(\frac{-1}{m-1}\right)}^{n-2}\right\},n=2,3,\cdots .$$

特别，当 $n\to \infty$ 时，有 $p_n\to 1/m$。譬如 $m=5$，则

$$\begin{array}{rl}{p}_1& =1,p_2=0,p_3=0.25,p_4=0.1875,p_5=0.203125,\\ p_6& =0.199219,p_7=0.200195,p_8=0.199951,p_9=0.200012,p_{10}=0.199997,\end{array}$$

最后

$$\underset{n\to \infty }{\lim }{p}_n=\frac{1}{5}=\mathrm{0.2.}$$

习题 1.4-23

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 $A_i$ 为“第 $i$ 次由甲掷骰子”，记 $p_i=P(A_i)$，$i=1,2,\cdots$。则有 $p_1=1$，

$$P(A_{i+1}\mid A_i)=\frac{5}{6},P(A_{i+1}\mid {\bar{A}}_i)=\frac{1}{6}.$$

所以由全概率公式

$$P(A_n)=P(A_{n-1})P(A_n\mid A_{n-1})+P({\bar{A}}_{n-1})P(A_n\mid {\bar{A}}_{n-1}),$$

得

$$p_n=\frac{5}{6}{p}_{n-1}+\frac{1}{6}(1-p_{n-1})=\frac{2}{3}{p}_{n-1}+\frac{1}{6},n\ge 2.$$

由此得递推公式

$$p_n-\frac{1}{2}=\frac{2}{3}\left(p_{n-1}-\frac{1}{2}\right),n\ge 2,$$

所以得

$$p_n-\frac{1}{2}={\left(\frac{2}{3}\right)}^{n-1}\left(p_1-\frac{1}{2}\right).$$

将 $p_1=1$ 代入上式可得

$$p_n=\frac{1}{2}\left[1+{\left(\frac{2}{3}\right)}^{n-1}\right],n=2,3,\cdots .$$

由此可见，$\underset{n\to \infty }{\lim }{p}_n=1/2$。这表明：骰子一直由甲掷的机会只有 $1/2$。

习题 1.4-24

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 $A_i$ 为“第 $i$ 次交换后黑球仍在甲口袋中”，记 $p_i=P(A_i)$，$i=0,1,2,\cdots$。则有 $p_0=1$，且

$$P(A_{i+1}\mid A_i)=\frac{2}{3},P(A_{i+1}\mid {\bar{A}}_i)=\frac{1}{3}.$$

所以由全概率公式得

$$p_n=\frac{2}{3}{p}_{n-1}+\frac{1}{3}(1-p_{n-1})=\frac{1}{3}{p}_{n-1}+\frac{1}{3},n\ge 1.$$

得递推公式

$$p_n-\frac{1}{2}=\frac{1}{3}\left(p_{n-1}-\frac{1}{2}\right),n\ge 1.$$

将 $p_0=1$ 代入上式可得

$$p_n-\frac{1}{2}={\left(\frac{1}{3}\right)}^n\left(\frac{1}{2}\right),$$

由此得

$$p_n=\frac{1}{2}\left[1+{\left(\frac{1}{3}\right)}^n\right],n=1,2,\cdots .$$

习题 1.4-25

假设只考虑天气的两种情况：有雨或无雨。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 $A_i$ 为“第 $i$ 天无雨”，记 $p_i=P(A_i)$，$i=1,2,\cdots$。则有 $p_1=1$，且

$$P(A_{i+1}\mid A_i)=p,P(A_{i+1}\mid {\bar{A}}_i)=1-p.$$

所以由全概率公式得

$$p_n=p{p}_{n-1}+(1-p)(1-p_{n-1})=(2p-1)p_{n-1}+1-p,n\ge 2.$$

得递推公式

$$p_n-\frac{1}{2}=(2p-1)\left(p_{n-1}-\frac{1}{2}\right),n\ge 2.$$

所以

$$p_n-\frac{1}{2}=(2p-1{)}^{n-1}\left(p_1-\frac{1}{2}\right).$$

将 $p_1=1$ 代入上式可得

$$p_n=\frac{1}{2}\left[1+(2p-1{)}^{n-1}\right],n=2,3,\cdots .$$

习题 1.4-26

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 $b/(b+r)$，$k=1,2,\cdots$。

解 记事件 $A_i(b,r)$ 为“罐中有 $b$ 个黑球、$r$ 个红球时，第 $i$ 次取到的是黑球”，记

$$p_i(b,r)=P(A_i(b,r)),i=1,2,\cdots .$$

显然有

$$p_1(b,r)=\frac{b}{b+r}.$$

下面用归纳法证明。设

$$p_{k-1}(b,r)=\frac{b}{b+r},$$

则由全概率公式得

$$\begin{array}{rl}{p}_k(b,r)& =P(A_k(b,r))\\ & =P(A_1(b,r))P(A_k(b,r)\mid A_1(b,r))+P\left(\overline{A_1(b,r)}\right)P(A_k(b,r)\mid \overline{A_1(b,r)}).\end{array}$$

我们把 $k$ 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

$$P(A_k(b,r)\mid A_1(b,r))=P(A_{k-1}(b+c,r))=\frac{b+c}{b+r+c}.$$

类似有

$$P(A_k(b,r)\mid \overline{A_1(b,r)})=P(A_{k-1}(b,r+c))=\frac{b}{b+r+c}.$$

所以代入上式得

$$p_k(b,r)=\frac{b}{b+r}\times \frac{b+c}{b+r+c}+\frac{r}{b+r}\times \frac{b}{b+r+c}=\frac{b}{b+r}.$$

由归纳法知结论成立。

习题 1.4-27

口袋中有 $a$ 个白球、$b$ 个黑球和 $n$ 个红球，现从中一个一个不放回地取球。试证白球比黑球出现得早的概率为 $a/(a+b)$，与 $n$ 无关。

解 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”。又设 $E_n$ 为“有 $n$ 个红球时，白球比黑球出现得早”，记

$$p_n=P(E_n).$$

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“第一次取出白球”，所以有

$$p_0=\frac{a}{a+b}.$$

**（2）**设

$$p_{n-1}=P(E_{n-1})=\frac{a}{a+b},$$

则

$$p_n=P(A)P(E_n\mid A)+P(B)P(E_n\mid B)+P(C)P(E_n\mid C),$$

其中

$$P(E_n\mid A)=1,P(E_n\mid B)=0,P(E_n\mid C)=P(E_{n-1})=p_{n-1}.$$

代入可得

$$\begin{array}{rl}{p}_n& =\frac{a}{a+b+n}\times 1+P(B)\times 0+\frac{n}{a+b+n}{p}_{n-1}\\ & =\frac{a}{a+b+n}+\frac{n}{a+b+n}\cdot \frac{a}{a+b}=\frac{a(a+b)+an}{(a+b)(a+b+n)}=\frac{a}{a+b}.\end{array}$$

由归纳法知结论成立。

习题 1.4-28

设 $P(A)>0$，证明：

$$P(B\mid A)\ge 1-\frac{P(\bar{B})}{P(A)}.$$

解 因为

$$P(AB)=P(A)+P(B)-P(A\cup B)\ge P(A)+P(B)-1=P(A)-P(\bar{B}),$$

所以

$$P(B\mid A)=\frac{P(AB)}{P(A)}\ge \frac{P(A)-P(\bar{B})}{P(A)}=1-\frac{P(\bar{B})}{P(A)}.$$

习题 1.4-29

若事件 $A$ 与 $B$ 互不相容，且 $P(\bar{B})\ne 0$，证明：

$$P(A\mid \bar{B})=\frac{P(A)}{1-P(B)}.$$

解

$$P(A\mid \bar{B})=\frac{P(A\bar{B})}{P(\bar{B})}=\frac{P(A)-P(AB)}{1-P(B)}=\frac{P(A)}{1-P(B)}.$$

习题 1.4-30

设 $A,B$ 为任意两个事件，且 $A\subset B$，$P(B)>0$，则 $P(A)\le P(A\mid B)$。

解 因为 $A\subset B$，所以 $AB=A$，从而

$$P(A\mid B)=\frac{P(AB)}{P(B)}=\frac{P(A)}{P(B)}\ge P(A).$$

**思考：**若条件 $A\subset B$ 不成立，则上述结论不一定成立，你能举出反例吗？

习题 1.4-31

若 $P(A\mid B)>P(A\mid \bar{B})$，证明：$P(B\mid A)>P(B\mid \bar{A})$。

解 由

$$P(A\mid B)>P(A\mid \bar{B}),$$

得

$$P(A\mid B)=\frac{P(AB)}{P(B)}>P(A\mid \bar{B})=\frac{P(A)-P(AB)}{1-P(B)}.$$

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

$$P(AB)P(\bar{A})>P(A)P(B\bar{A}).$$

由此得

$$\frac{P(AB)}{P(A)}>\frac{P(B\bar{A})}{P(\bar{A})},$$

即

$$P(B\mid A)>P(B\mid \bar{A}).$$

习题 1.4-32

设 $P(A)=p$，$P(B)=1-\epsilon$，证明：

$$\frac{p-\epsilon }{1-\epsilon }\le P(A\mid B)\le \frac{p}{1-\epsilon }.$$

解 一方面

$$P(A\mid B)=\frac{P(AB)}{P(B)}\le \frac{P(A)}{P(B)}=\frac{p}{1-\epsilon }.$$

另一方面

$$P(A\mid B)=\frac{P(AB)}{P(B)}=\frac{P(A)+P(B)-P(A\cup B)}{P(B)}\ge \frac{P(A)+P(B)-1}{P(B)}=\frac{p-\epsilon }{1-\epsilon }.$$

习题 1.4-33

若 $P(A\mid B)=1$，证明：$P(\bar{B}\mid \bar{A})=1$。

解 因为

$$1=P(A\mid B)=\frac{P(AB)}{P(B)},$$

所以得 $P(AB)=P(B)$。由此得

$$\begin{array}{rl}P(\bar{B}\mid \bar{A})& =\frac{P(\bar{B}\bar{A})}{P(\bar{A})}=\frac{1-P(A\cup B)}{P(\bar{A})}\\ & =\frac{1-P(A)-P(B)+P(AB)}{P(\bar{A})}=\frac{1-P(A)}{P(\bar{A})}=1.\end{array}$$

结论得证。

§1.5 独立性

1. 两个事件的独立性 如果 $P(AB)=P(A)P(B)$，则称事件 $A$ 与 $B$ 相互独立，简称 $A$ 与 $B$ 独立。否则称 $A$ 与 $B$ 不独立或相依。
2. 若事件 $A$ 与 $B$ 独立，则 $A$ 与 $\bar{B}$ 独立，$\bar{A}$ 与 $B$ 独立，$\bar{A}$ 与 $\bar{B}$ 独立。
3. 多个事件的独立性 设有 $n$ 个事件 $A_1,A_2,\cdots ,A_n$，如果对任意的 $1\le i<j<k<\cdots \le n$，以下等式均成立：

$$\{\begin{array}{rl}P(A_i{A}_j)& =P(A_i)P(A_j),\\ P(A_i{A}_j{A}_k)& =P(A_i)P(A_j)P(A_k),\\ & ⋮\\ P(A_1{A}_2\cdots A_n)& =P(A_1)P(A_2)\cdots P(A_n),\end{array}$$

则称此 $n$ 个事件 $A_1,A_2,\cdots ,A_n$ 相互独立。

1. 若 $n$ 个事件相互独立，则其任一部分与另一部分也相互独立；特别把其中部分换为对立事件后，所得诸事件亦相互独立。
2. 事件间的相互独立性是从实际中提炼出的一个重要概念，一旦从实际（相互有无影响）认可诸事件相互独立性成立，即可简化事件交的概率计算。这是大多数情况下的思维过程，不过还有不少情况下，需要从定义判断事件间的独立性。
3. 试验的独立性 假如试验 $E_1$ 的任一结果（事件）与试验 $E_2$ 的任一结果（事件）都是相互独立的事件，则称这两个试验相互独立。
4. $n$ 重独立重复试验 假如一个试验重复进行 $n$ 次，并各次试验间相互独立，则称其为 $n$ 重独立重复试验。假如一个试验只可能有两个结果：$A$ 与 $\bar{A}$，则称其为伯努利试验。假如一个伯努利试验重复进行 $n$ 次，并各次试验间相互独立，则称其为 $n$ 重伯努利试验。

习题与解答 1.5

习题 1.5-1

三人独立地破解一个密码，他们能单独译出的概率分别为 $1/5$、$1/4$、$1/3$。求此密码被译出的概率。

解 记事件 $A_i$ 为“第 $i$ 个人译出密码”，$i=1,2,3$，$B$ 为“密码被译出”。则

$$P(B)=P(A_1\cup A_2\cup A_3)=1-P({\bar{A}}_1{\bar{A}}_2{\bar{A}}_3)=1-\frac{4}{5}\times \frac{3}{4}\times \frac{2}{3}=\frac{3}{5}.$$

**评注：**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，这一方法以后会经常用到。

习题 1.5-2

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）

$$P(\text{两粒种子都能发芽})=P(AB)=P(A)P(B)=0.8\times 0.9=\mathrm{0.72.}$$

（2）

$$P(\text{至少有一粒种子能发芽})=P(A\cup B)=P(A)+P(B)-P(A)P(B)=0.8+0.9-0.8\times 0.9=\mathrm{0.98.}$$

（3）

$$P(\text{恰好有一粒种子能发芽})=P(A\bar{B}\cup \bar{A}B)=P(A)P(\bar{B})+P(\bar{A})P(B)=0.8\times 0.1+0.2\times 0.9=\mathrm{0.26.}$$

习题 1.5-3

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 $B_1$ 为“甲射中目标”，事件 $B_2$ 为“乙射中目标”。因为

$$A=B_1\cup B_2,$$

所以

$$P(A)=P(B_1\cup B_2)=P(B_1)+P(B_2)-P(B_1{B}_2)=0.8+0.7-0.8\times 0.7=\mathrm{0.94.}$$

考虑到 $B_1\subset A$，故有

$$P(B_1\mid A)=\frac{P(A{B}_1)}{P(A)}=\frac{P(B_1)}{P(A)}=\frac{0.8}{0.94}=\mathrm{0.851.}$$

习题 1.5-4

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。

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

$$P(A\cup B\cup C)=1-P(\bar{A})P(\bar{B})P(\bar{C})=1-0.7\times 0.8\times 0.8=\mathrm{0.552.}$$

**（2）**因为并联电路中所有元件都发生故障，则电路发生故障，于是所求概率为

$$P(ABC)=P(A)P(B)P(C)=0.3\times 0.2\times 0.2=\mathrm{0.012.}$$

**（3）**由题意知，所求概率为

$$P(A\cup BC)=P(A)+P(B)P(C)-P(A)P(B)P(C)=0.3+0.2\times 0.2-0.3\times 0.2\times 0.2=\mathrm{0.328.}$$

习题 1.5-5

在一周内甲、乙、丙三台机床需维修的概率分别是 $0.9$、$0.8$ 和 $0.85$，求一周内

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）

$$P(\bar{A}\bar{B}\bar{C})=0.1\times 0.2\times 0.15=\mathrm{0.003.}$$

（2）

$$P(\bar{A}\cup \bar{B}\cup \bar{C})=1-P(A)P(B)P(C)=1-0.9\times 0.8\times 0.85=\mathrm{0.388.}$$

（3）

$$\begin{array}{rl}P(\bar{A}\bar{B}\bar{C}\cup A\bar{B}\bar{C}\cup \bar{A}B\bar{C}\cup \bar{A}\bar{B}C)& =0.003+0.9\times 0.2\times 0.15+0.1\times 0.8\times 0.15+0.1\times 0.2\times 0.85\\ & =\mathrm{0.059.}\end{array}$$

习题 1.5-6

设 $A_1,A_2,A_3$ 相互独立，且 $P(A_i)=2/3$，$i=1,2,3$。试求 $A_1,A_2,A_3$ 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）

$$P(A_1\cup A_2\cup A_3)=1-P({\bar{A}}_1{\bar{A}}_2{\bar{A}}_3)=1-{\left(\frac{1}{3}\right)}^3=\frac{26}{27}.$$

（2）

$$P(A_1{\bar{A}}_2{\bar{A}}_3\cup {\bar{A}}_1{A}_2{\bar{A}}_3\cup {\bar{A}}_1{\bar{A}}_2{A}_3)=3\times \frac{2}{3}\times {\left(\frac{1}{3}\right)}^2=\frac{2}{9}.$$

（3）

$$P(\text{最多出现一个})=P(\text{恰好出现一个})+P(\text{都不出现})=\frac{2}{9}+1-\frac{26}{27}=\frac{7}{27}.$$

习题 1.5-7

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

$$\min \{P(A),P(B)\}=0.$$

习题 1.5-8

假设 $P(A)=0.4$，$P(A\cup B)=0.9$，在以下情况下求 $P(B)$：

1. $A,B$ 不相容；
2. $A,B$ 独立；
3. $A\subset B$。

解 由加法公式及其变形可知：

**（1）**因为 $A,B$ 不相容，所以

$$P(B)=P(A\cup B)-P(A)=0.9-0.4=\mathrm{0.5.}$$

**（2）**因为 $A,B$ 独立，所以由

$$P(B)=P(A\cup B)-P(A)+P(A)P(B)=0.9-0.4+0.4P(B)$$

得

$$P(B)=\frac{5}{6}.$$

**（3）**因为 $A\subset B$，所以 $B=A\cup B$，由此得

$$P(B)=P(A\cup B)=\mathrm{0.9.}$$

习题 1.5-9

设 $A,B,C$ 两两独立，且 $ABC=\varnothing$。

1. 如果 $P(A)=P(B)=P(C)=x$，试求 $x$ 使 $P(A\cup B\cup C)$ 达到最大值。
2. 如果 $P(A)=P(B)=P(C)<1/2$，且 $P(A\cup B\cup C)=9/16$，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 $ABC=\varnothing$，可得

$$P(A\cup B\cup C)=P(A)+P(B)+P(C)-P(A)P(B)-P(A)P(C)-P(B)P(C).$$

**（1）**由 $P(A)=P(B)=P(C)=x$ 知

$$P(A\cup B\cup C)=3x-3x^2,$$

而

$$f(x)=3x-3x^2$$

这个二次三项式的最大值在 $x=0.5$ 处达到。

**（2）**由

$$\frac{9}{16}=P(A\cup B\cup C)=3x-3x^2$$

解得两个解为 $3/4$ 和 $1/4$，而 $x=3/4$ 不符合题意，所以得

$$x=\frac{1}{4}.$$

习题 1.5-10

设事件 $A,B$ 独立，两事件仅 $A$ 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

$$P(A\bar{B})=P(\bar{A}B)=\frac{1}{4}.$$

又因为 $A,B$ 独立，所以由

$$\{\begin{array}{rl}P(A)-P(A)P(B)& =\frac{1}{4},\\ P(B)-P(A)P(B)& =\frac{1}{4},\end{array}$$

解得

$$P(A)=P(B)=\mathrm{0.5.}$$

习题 1.5-11

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 $p_i=1/(i+1)$，$i=1,2,3$，以 $X$ 表示 $3$ 个零件中合格品的个数，求 $P(X\le 2)$。

解 记事件 $A_i$ 为“第 $i$ 个零件是不合格品”，$i=1,2,3$。因为

$$P(X\le 2)=1-P(X=3),$$

而

$$P(X=3)=P({\bar{A}}_1{\bar{A}}_2{\bar{A}}_3)=\frac{1}{2}\times \frac{2}{3}\times \frac{3}{4}=\frac{1}{4},$$

所以

$$P(X\le 2)=\frac{3}{4}.$$

习题 1.5-12

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 $A_i$ 为“第 $i$ 门炮射击命中目标”，$i=1,2,\cdots ,n$，则 $P(A_i)=0.3$，而

$$\begin{array}{rl}P(\text{击中飞机})& =P(A_1\cup A_2\cup \cdots \cup A_n)\\ & =1-P({\bar{A}}_1)P({\bar{A}}_2)\cdots P({\bar{A}}_n)\\ & =1-(1-0.3{)}^n\ge \mathrm{0.99.}\end{array}$$

由此得

$$0.7^n\le \mathrm{0.01.}$$

两边取对数解得

$$n\ge \frac{\ln 0.01}{\ln 0.7}=12.9114,$$

所以取

$$n=13,$$

可以有 $99\%$ 的把握击中飞机。

习题 1.5-13

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 $A_i$ 为“第 $i$ 次投掷时出现点数为 $6$”，$i=1,2,\cdots ,n$。则

$$P(A_i)=\frac{1}{6}.$$

由

$$P(A_1\cup A_2\cup \cdots \cup A_n)=1-P({\bar{A}}_1)P({\bar{A}}_2)\cdots P({\bar{A}}_n)=1-{\left(\frac{5}{6}\right)}^n\ge 0.5$$

得

$${\left(\frac{5}{6}\right)}^n\le \mathrm{0.5.}$$

两边取对数解得

$$n\ge 3.8018,$$

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 $1/2$。

习题 1.5-14

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 $A_i$ 为“第 $i$ 次射击命中目标”，$i=1,2,3,4$，且记 $P(A_i)=p$，由题设条件知

$$\frac{80}{81}=P(A_1\cup A_2\cup A_3\cup A_4)=1-P({\bar{A}}_1)P({\bar{A}}_2)P({\bar{A}}_3)P({\bar{A}}_4)=1-(1-p{)}^4,$$

由此解得

$$p=1-\sqrt[4]{1-\frac{80}{81}}=\frac{2}{3}.$$

习题 1.5-15

每次射击命中率为 $0.5$，试求：射击多少次才能使至少击中一次的概率不小于 $0.95$？

解 设共射击 $n$ 次，记事件 $A_i$ 为“第 $i$ 次射击击中目标”，$i=1,2,\cdots ,n$。

$$P(A_i)=\mathrm{0.5.}$$

由题设条件知

$$P(A_1\cup A_2\cup \cdots \cup A_n)=1-0.5^n\ge 0.95,$$

由此得

$$0.5^n\le \mathrm{0.05.}$$

两边取对数解得

$$n\ge \frac{\ln 0.05}{\ln 0.5}=4.3219,$$

所以取

$$n=5$$

可满足题设条件。

习题 1.5-16

设猎人在猎物 $100$ 米处对猎物打第一枪，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 $150$ 米；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 $200$ 米；若第三枪还未命中，则猎物逃脱。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

$$P(X=x)=\frac{k}{x}.$$

又因为在 $100$ 米处命中猎物的概率为 $0.5$，所以

$$0.5=P(X=100)=\frac{k}{100},$$

从中解得 $k=50$。设事件 $A,B,C$ 依次记“猎人在 $100$ 米、$150$ 米、$200$ 米处击中猎物”，则

$$P(A)=\frac{1}{2},P(B)=\frac{1}{3},P(C)=\frac{1}{4}.$$

因为各次射击是独立的，所以

$$P(\text{命中猎物})=P(A)+P(\bar{A}B)+P(\bar{A}\bar{B}C)=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\times \frac{1}{3}+\frac{1}{2}\times \frac{2}{3}\times \frac{1}{4}=\frac{3}{4}.$$

习题 1.5-17

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 $A_i$ 为“第 $i$ 名献血者是 AB 型血”，则

$$P(A_i)=0.02,i=1,2,\cdots ,n.$$

**（1）**所求概率为

$$P(A_1\cup A_2\cup \cdots \cup A_{20})=1-P({\bar{A}}_1)P({\bar{A}}_2)\cdots P({\bar{A}}_{20})=1-0.98^{20}=1-0.6676=\mathrm{0.3324.}$$

**（2）**由题意知

$$P(A_1\cup A_2\cup \cdots \cup A_n)=1-P({\bar{A}}_1)P({\bar{A}}_2)\cdots P({\bar{A}}_n)=1-0.98^n\ge \mathrm{0.95.}$$

由此解得

$$n\ge \frac{\ln 0.05}{\ln 0.98}=148.28,$$

所以取

$$n=149$$

时，可保证以 $95\%$ 的把握至少获得一份 AB 型血。

习题 1.5-18

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 $1,2,3,4$ 人血型分别为 $A,B,AB,O$，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 $0.37\times 0.21\times 0.08\times 0.34$，于是所求概率为

$$P(\text{四人的血型全不相同})=24\times 0.37\times 0.21\times 0.08\times 0.34=\mathrm{0.0507.}$$

**（2）**所求概率为

$$P(\text{血型全相同})=P(\text{全为 A 型})+P(\text{全为 B 型})+P(\text{全为 AB 型})+P(\text{全为 O 型})$$ $$=0.37^4+0.21^4+0.08^4+0.34^4=\mathrm{0.0341.}$$

习题 1.5-19

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：

$$A_1=\text{“甲胜前两局”},A_2=\text{“前两局中甲乙各胜一局，第三局甲胜”}.$$

所以得

$$P(A_1\cup A_2)=P(A_1)+P(A_2)=0.6^2+2\times 0.6\times 0.4\times 0.6=0.36+0.288=\mathrm{0.648.}$$

**（2）**若采用五局三胜制，则甲在下列三种情况下获胜：

$$\begin{array}{rl}{B}_1& =\text{“前三局甲胜”},\\ B_2& =\text{“前四局中甲胜两局乙胜一局，第四局甲胜”},\\ B_3& =\text{“前四局甲乙各胜二局，第五局甲胜”}.\end{array}$$

所以得

$$P(B_1\cup B_2\cup B_3)=0.6^3+\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{3}{1}\right)\times 0.6^2\times 0.4\times 0.6+\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{4}{2}\right)\times 0.6^2\times 0.4^2\times 0.6$$ $$=0.216+0.2592+0.20736=\mathrm{0.68256.}$$

所以五局三胜制对甲更有利。

习题 1.5-20

甲、乙、丙三人进行比赛，规定每局两个人比赛，胜者与第三者比赛，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，求这各人得冠军的概率。

解 记事件 $A,B,C$ 分别为“甲、乙、丙获冠军”，事件 $A_i,B_i,C_i$ 分别为“第 $i$ 局中甲、乙、丙获胜”。则

$$\begin{array}{rl}P(A)& =[P(A_1{A}_2)+P(A_1{C}_2{B}_3{A}_4{A}_5)+P(A_1{C}_2{B}_3{A}_4{C}_5{B}_6{A}_7{A}_8)+\cdots ]\\ & +[P(B_1{C}_2{A}_3{A}_4)+P(B_1{C}_2{A}_3{B}_4{C}_5{A}_6{A}_7)+\cdots ]\\ & =\left(\frac{1}{2^2}+\frac{1}{2^5}+\frac{1}{2^8}+\cdots \right)+\left(\frac{1}{2^4}+\frac{1}{2^7}+\cdots \right)\\ & =\frac{1}{4}\left(1+\frac{1}{2^3}+\frac{1}{2^6}+\cdots \right)+\frac{1}{16}\left(1+\frac{1}{2^3}+\frac{1}{2^6}+\cdots \right)\\ & =\frac{5}{16}\left(\frac{1}{1-\frac{1}{8}}\right)=\frac{5}{14}.\end{array}$$

因为甲、乙两人所处地位是对称的，所以

$$P(B)=P(A)=\frac{5}{14}.$$

由此又可得

$$P(C)=1-P(A)-P(B)=\frac{4}{14}=\frac{2}{7}.$$

即甲得冠军的概率为 $5/14$，乙得冠军的概率为 $5/14$，丙得冠军的概率为 $2/7$。

习题 1.5-21

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 $A_i$ 表示再赌下去的第 $i$ 局中甲赢，$i=1,2,3,4$，则

$$\begin{array}{rl}P(\text{甲最终获胜})& =P(A_1{A}_2\cup {\bar{A}}_1{A}_2{A}_3\cup A_1{\bar{A}}_2{A}_3\cup A_1{\bar{A}}_2{\bar{A}}_3{A}_4\cup {\bar{A}}_1{A}_2{\bar{A}}_3{A}_4\cup {\bar{A}}_1{\bar{A}}_2{A}_3{A}_4)\\ & ={\left(\frac{1}{2}\right)}^2+2\times {\left(\frac{1}{2}\right)}^3+3\times {\left(\frac{1}{2}\right)}^4=\frac{11}{16}.\end{array}$$

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 $2^{n+m-1}$ 种等可能情况，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

$$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n+m-1}{0}\right)+\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n+m-1}{1}\right)+\cdots +\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n+m-1}{m-1}\right)$$

种等可能情况。若记

$$\{\begin{array}{rl}a& =\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n+m-1}{0}\right)+\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n+m-1}{1}\right)+\cdots +\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n+m-1}{m-1}\right),\\ b& =\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n+m-1}{m}\right)+\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n+m-1}{m+1}\right)+\cdots +\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n+m-1}{n+m-1}\right),\end{array}(a+b=2^{n+m-1}),$$

则

$$P(\text{甲最终获胜})=\frac{a}{2^{n+m-1}},P(\text{乙最终获胜})=\frac{b}{2^{n+m-1}}.$$

所以甲得全部赌本的 $a/2^{n+m-1}$，乙得全部赌本的 $b/2^{n+m-1}$。

习题 1.5-22

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车胎，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 $A_i$ 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

$$P(A_1)=P(A_2)=0.1,P(A_3)=P(A_4)=P(A_5)=P(A_6)=\mathrm{0.2.}$$

又假设车上的六个轮胎工作是独立的，则所求概率为

$$\begin{array}{rl}P(A_1\cup A_2\cup A_3\cup A_4\cup A_5\cup A_6)& =1-P({\bar{A}}_1)P({\bar{A}}_2)P({\bar{A}}_3)P({\bar{A}}_4)P({\bar{A}}_5)P({\bar{A}}_6)\\ & =1-0.9^2\times 0.8^4=\mathrm{0.6682.}\end{array}$$

习题 1.5-23

设 $0<P(B)<1$，试证：事件 $A$ 与 $B$ 独立的充要条件是

$$P(A\mid B)=P(A\mid \bar{B}).$$

解 先证必要性：因为 $A$ 与 $B$ 独立，所以 $A$ 与 $\bar{B}$ 独立，由此得

$$P(A\mid B)=P(A)=P(A\mid \bar{B}).$$

再证充分性：由

$$P(A\mid B)=P(A\mid \bar{B})$$

可得

$$\frac{P(AB)}{P(B)}=\frac{P(A\bar{B})}{P(\bar{B})},$$

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。

习题 1.5-24

设 $0<P(A)<1$，$0<P(B)<1$，若

$$P(A\mid B)+P(\bar{A}\mid \bar{B})=1,$$

试证：$A$ 与 $B$ 独立。

解 由条件

$$P(A\mid B)+P(\bar{A}\mid \bar{B})=1$$

得

$$P(A\mid B)=1-P(\bar{A}\mid \bar{B})=P(A\mid \bar{B}).$$

再由上题即得结论。

习题 1.5-25

若 $P(A)>0$，$P(B)>0$，如果 $A,B$ 相互独立，试证 $A,B$ 相容。

解 因为

$$P(AB)=P(A)P(B)>0,$$

所以

$$AB\ne \varnothing ,$$

即 $A,B$ 相容。

补充习题及解答

补充习题 26

试证：概率为零的事件与任何事件都是独立的。

解 设 $P(A)=0$，对任意事件 $B$ 有 $AB\subset A$，所以由概率的单调性知

$$P(AB)=0.$$

从而得

$$P(AB)=P(A)P(B),$$

所以 $A$ 与 $B$ 独立。

补充习题 27

设 $A,B,C$ 三事件相互独立，试证 $A-B$ 与 $C$ 独立。

解 因为

$$\begin{array}{rl}P((A-B)C)& =P(AC-BC)=P(AC)-P(ABC)\\ & =P(A)P(C)-P(A)P(B)P(C)\\ & =(P(A)-P(A)P(B))P(C)\\ & =(P(A)-P(AB))P(C)=P(A-B)P(C).\end{array}$$

所以 $A-B$ 与 $C$ 独立。