内容发布更新时间 : 2024/12/25 15:44:00星期一 下面是文章的全部内容请认真阅读。
同理可证 P(AC)?P(A)P(C),
P(BC)?P(B)P(C).
又有
P(ABC)?P(A?B?C)?1?P(A?B?C)
?1??P(A)?P(B)?P(C)?P(AB)?P(AC)?P(BC)?P(ABC)?
?1?P(A)?P(B)?P(C)?P(A)P(B)?P(A)P(C)?P(B)P(C)?
?P(A)P(B)P(C)
?(1?P(A))(1?P(B))(1?P(C))?P(A)P(B)P(C)，
所以A,B,C相互独立。
?15、证：必要性。事件A1,A2,?,An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Ai取Ai的形式。当m?1时，
P(A1A2?An)?P(A2?An)?P(A1?An)?P(A1?An)
?P(A2)?P(An)?P(A1)?p(An)?P(A1)P(A2)?P(An)。
设当m?k时有
P(A1?AkAk?1?An)?P(A1)?P(Ak)P(Ak?1?An),
则当m?k?1时
P(A1?Ak?1Ak?2?An)?P(A1?AkAk?2?An)?P(A1?AkAk?1?An)
?P(A1)?P(Ak)P(Ak?2)?P(An)?P(A1)?P(Ak)P(Ak?1)?P(An) ?P(A1)?P(Ak)(1?P(Ak?1))P(Ak?2)?P(An) ?P(A1)?P(Ak)P(Ak?1)P(Ak?2)?P(An)
从而有下列2n式成立：
?A???)P(A?)?P(A?), P(A12?An)?P(A12n?取Ai或Ai。 其中Ai 充分性。设题中条件成立，则
P(A1?An)?P(A1)?P(An), (1) P(A1?An?1An)?P(A1)?P(An?1)P(An). (2)
∵ A1?An?1An?A1?An?1An??,
∴ P(A1?An?1)?P(A1?An?1An?A1?An?1An).
(1)+(2)得 P(A1?An?1)?P(A1)?P(An?1)。 (3)同理有
P(A1?An?2An?1An)?P(A1)?P(An?2)P(An?1)P(An), P(A1?An?2An?1An)?P(A1)?P(An?2)P(An?1)P(An)
两式相加得
P(A1?An?2An?1)?P(A1)?P(An?2)P(An?1). (3)+(4)得
P(A1?An?2)?P(A1)P(A2)?P(An?2)。
同类似方法可证得独立性定义中2n?n?1个式子，
∴ A1,?,An相互独立。
16、证：P(??)?P(?)?0?0?P(?)P(?),
P(??)?0?P(?)P(?),P(??)?1?P(?)P(?), P(?B)?P(B)?P(?)P(B), P(?A)?P(A)?P(?)P(A), P(AB)?P(A)P(B)
P(AB)?P(A?AB)?P(A)?P(AB)?P(A)?P(A)P(B)
4）
（?P(A)(1?P(B))?P(A)P(B)，
同理可得 P(AB)?P(A)P(B)。证毕。
17、解：P{三次射击恰击中目标一次}?0.4(1?0.5)(1?0.7)?(1?0.4)0.5(1?0.7)?(1?0.4)(1?0.5)0.7
?0.36
P{至少有一次命中}=1-P{未击中一次}?1?(1?0.4)(1?0.5)(1?0.7)?0.91
18、解：（1）P{所有的事件全不发生}?P{A1?An}?P(A1)?P(An)??(1?pk?1nk)。
（2）P{至少发生其一}?P(A1???An)
P(A1?An)?1?P(A1?An)?1??(1?pn)。
k?1n（3）P{恰好发生其一}?p1(1?p2)?(1?pn)?(1?p1)p2(1?p3)?(1?pn)?
???(1?p1)?(1?pn?1)pn
??pi?2i?1nn?j?i?1?pipj???(?1)n?1n?pi。
i?1n
19、解：本题中认为各元件发生故障是相互独立的。记A0={元件k发生故障}，A1={元件k1发生故障}，
A2={元件k2发生故障}。则
P{电路断开}?P(A0?A1A2)?P(A0)?P(A1A2)?P(A0A1A2)
?0.3?0.2?0.2?0.3?0.2?0.2?0.328。
20、解：以Ak表事件“A于第k次试验中出现”，P(Ak)??，由试验的独立性得，前n次试验中A都
不出现的概率为
P(A1A2?An)?P(A1)P(A2)?P(An)?(1??)n。
于是前n次试验中，A至少发生一次的概率为
1?P(A1A2?An)?1?(1??)n?1(n??)。
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。
21、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
P{所有零件均为一级品}?0.83?0.72?0.2509。
22、解：利用二项分布得 P{至少出现一次正面}?1?P{n次全部出现反面}?1?(1?p)。
1P{至少出现两次正面}?1?(1?p)n?Cnp(1?p)n?1?1?(1?p)n?np(1?p)n?1。
n
23、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P(A)?P(B)?P(C)?13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
3!?1??1??1?3!?1??1??1?p??????????????。
3!0!0!?3??3??3?2!1!0!?3??3??3?
24、解：利用两个的二项分布，得欲副省长的概率为
30020p??P{甲掷出i次正面，乙掷出i次正面}
i?0n?1??1???C?????2??2?i?0innin?1?1??1??C?????2??2?inin?1?1?????2?2nn?1?(C)?C??。 ??2?i?0i2nn2n2n
25、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
00n22n?2a?Cnpq?Cnpq??，
133n?3b?Cnpqn?1?Cnpq??。
利用a?b?(p?q)?1,a?b?(q?p)，可解得事件A出现奇数次的概率为
nnb?1111?(p?q)n??(1?2p)n。 222??顺便得到，事件A出现偶数次的概率为a?11?(1?2p)n。 22
26、解：事件“在出现m次A之前出现k次A”，相当于事件“在前k?m?1次试验中出现k次A，m?1次A，而第m?k次出现A”，故所求的概率为
Ckk?m?1pkqm?1?q?Ckk?m?1pkqm
注：对事件“在出现m次A之前出现k次A”，若允许在出现m次A之前也可以出现k?1次A，k?2次A等，这就说不通。所以，事件“在出现m次A之前出现k次A”的等价事件，是“在出现m次A之前恰出现k次A”。而对事件“在出现m次A之前出现k次A之前”（记为B）就不一样，即使在出现m次A之前出现了k?1次A，k?2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A之前恰出现i次A”，i?k,k?1,?。
An?{经n次试验后，Cn?{第27、解：设An?{经n次试验后，黑球出现在甲袋中}，黑球出现在乙袋中}，
n次从黑球所在的袋中取出一个白球}。记pn?P(An), cn?P(An)?1?pn,n?0,1,2,?。当
n?1时，由全概率公式可得递推关系式：
pn?P(An|An?1)P(An?1)_P(An|An?1)P(An?1) ?P(Cn|An?1)P(An?1)?P(Cn|An?1)P(An?1)
?pn?1?N?11?qn?1?NNN?21pn?1?NN?N?11pn?1?(1?pn?1), NN(n?1)。
即 pn?初始条件p0?1，由递推关系式并利用等比级数求和公式得
11N?21?N?2?pn????????NNNN?N?1N??N?2?n????1????N????n?1?N?2???? ?N?n11?N?2??????。 n22N???N?2??N?2??1?????N??N??n