第一章 随机事件和概率

选择题

1. 设 $A$ 和 $B$ 为任意二不相容事件，且 $P(A)P(B)>0$，则必有

A. $\bar{A}$ 和 $\bar{B}$ 不相容；    B. $\bar{A}$ 和 $\bar{B}$ 相容；

C. $P(A\cup \bar{B})=P(\bar{B})$；    D. $P(A\bar{B})=P(\bar{B})$。

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答案： C

解析： 由 $A$ 与 $B$ 互不相容可知

$$AB=\varnothing ,$$

因此 $A\subseteq \bar{B}$。于是

$$A\cup \bar{B}=\bar{B},$$

从而

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

故（C）正确。

（A）、（B）均不一定成立。事实上

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

当 $A\cup B=\Omega$ 时，$\bar{A}$ 与 $\bar{B}$ 不相容；当 $A\cup B\ne \Omega$ 时，二者相容。

（D）中，由 $A\subseteq \bar{B}$ 得

$$A\bar{B}=A,$$

故一般有 $P(A\bar{B})=P(A)$，不一定等于 $P(\bar{B})$。

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2. 设 $A_1,A_2$ 和 $B$ 是任意事件，且 $0<P(B)<1$，$P((A_1\cup A_2)\mid B)=P(A_1\mid B)+P(A_2\mid B)$，则

A. $P(A_1\cup A_2)=P(A_1)+P(A_2)$；

B. $P(A_1\cup A_2)=P(A_1\mid B)+P(A_2\mid B)$；

C. $P(A_{1}B\cup A_{2}B)=P(A_{1}B)+P(A_{2}B)$；

D. $P((A_1\cup A_2)\mid \bar{B})=P(A_1\mid \bar{B})+P(A_2\mid \bar{B})$。

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答案： C

解析： 由条件概率定义，题设等式可写成

$$\frac{P((A_1\cup A_2)B)}{P(B)}=\frac{P(A_{1}B)}{P(B)}+\frac{P(A_{2}B)}{P(B)}.$$

由于 $P(B)>0$，两边同乘 $P(B)$，得到

$$P((A_1\cup A_2)B)=P(A_{1}B)+P(A_{2}B).$$

又因为

$$(A_1\cup A_2)B=A_{1}B\cup A_{2}B,$$

所以

$$P(A_{1}B\cup A_{2}B)=P(A_{1}B)+P(A_{2}B),$$

即（C）成立。

该等式等价于

$$P(A_1{A}_{2}B)=0,$$

它只能说明 $A_1$ 与 $A_2$ 在事件 $B$ 内没有概率意义上的重叠，不能推出二者在整个样本空间内互不相容，故（A）不一定成立；也不能推出在 $\bar{B}$ 条件下具有相同性质，故（D）不一定成立。（B）混淆了无条件概率与条件概率。

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3. 设随机事件 $A$ 与 $B$ 互不相容，$0<P(A)<1$，则下列结论中一定成立的是

A. $A\cup B=\Omega$；    B. $\bar{A}\cup \bar{B}=\Omega$；    C. $A=B$；    D. $\bar{A}\bar{B}=\varnothing$。

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答案： B

解析： 由于 $A$ 与 $B$ 互不相容，故

$$AB=\varnothing .$$

根据德摩根律，

$$\bar{A}\cup \bar{B}=\overline{AB}=\bar{\varnothing }=\Omega .$$

因此（B）一定成立。

（A）只有当 $A,B$ 还是对立事件时才成立；（C）不成立，因为两个正概率且互不相容的事件不可能相等；（D）等价于 $A\cup B=\Omega$，题设并未给出这一条件。

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4. 下列事件中与 $A$ 互不相容的事件是

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

C. $\overline{A(B\cup C)}$；    D. $(\bar{A}\cup B)(A\cup B)(\bar{A}\cup \bar{B})(A\cup \bar{B})$。

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答案： D

解析： 对（D）中的事件作化简。利用布尔代数恒等式

$$(X\cup Y)(\bar{X}\cup Y)=Y,$$

有

$$(\bar{A}\cup B)(A\cup B)=B,$$

以及

$$(\bar{A}\cup \bar{B})(A\cup \bar{B})=\bar{B}.$$

因此（D）所表示的事件为

$$B\bar{B}=\varnothing ,$$

空事件与任意事件都互不相容，所以（D）正确。

其余各项都可能包含 $A$ 的一部分：

$$A\overline{ABC}=A(\bar{B}\cup \bar{C}),$$

一般不为空；

$$\overline{A\cup B\cup C}\cup \overline{B\cup C}=\bar{B}\bar{C},$$

其与 $A$ 的交为 $A\bar{B}\bar{C}$，不一定为空；

$$A\overline{A(B\cup C)}=A\bar{B}\bar{C},$$

也不一定为空。

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5. 设随机事件 $A$ 与 $B$ 为对立事件，$0<P(A)<1$，则一定有

A. $0<P(A\cup B)<1$；    B. $0<P(B)<1$；    C. $0<P(AB)<1$；    D. $0<P(\bar{A}\bar{B})<1$。

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答案： B

解析： 因为 $A$ 与 $B$ 为对立事件，所以

$$B=\bar{A},A\cup B=\Omega ,AB=\varnothing .$$

于是

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

由 $0<P(A)<1$ 可得

$$0<P(B)<1.$$

故（B）正确。

此外，

$$P(A\cup B)=1,P(AB)=0,\bar{A}\bar{B}=\overline{A\cup B}=\varnothing ,$$

所以（A）、（C）、（D）均错误。

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6. 已知事件 $A$ 发生必导致 $B$ 发生，且 $0<P(B)<1$，则 $P(A\mid \bar{B})=$

A. $0$；    B. $\frac{1}{4}$；    C. $\frac{1}{2}$；    D. $1$。

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答案： A

解析： “事件 $A$ 发生必导致 $B$ 发生”等价于

$$A\subseteq B.$$

因此

$$A\bar{B}=\varnothing .$$

又因为 $0<P(B)<1$，所以

$$P(\bar{B})=1-P(B)>0.$$

于是

$$P(A\mid \bar{B})=\frac{P(A\bar{B})}{P(\bar{B})}=0.$$

故选（A）。

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7. 在最简单的全概率公式 $P(B)=P(A)P(B\mid A)+P(\bar{A})P(B\mid \bar{A})$ 中，要求事件 $A$ 与 $B$ 必须满足的条件是

A. $0<P(A)<1$，$B$ 为任意随机事件；    B. $A$ 与 $B$ 为互不相容事件；

C. $A$ 与 $B$ 为对立事件；    D. $A$ 与 $B$ 为相互独立事件。

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答案： A

解析： 事件 $A$ 与其对立事件 $\bar{A}$ 构成样本空间的一个划分：

$$A\cup \bar{A}=\Omega ,A\bar{A}=\varnothing .$$

对于任意事件 $B$，均有

$$B=AB\cup \bar{A}B,$$

且右侧两事件互不相容。因此

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

当 $0<P(A)<1$ 时，$P(A)>0$ 且 $P(\bar{A})>0$，两个条件概率都有定义，从而

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

所以（A）正确。全概率公式不要求 $A$ 与 $B$ 互不相容、对立或独立。

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8. 在全概率公式 $P(B)=\sum _{i=1}^{n}P(A_i)P(B\mid A_i)$ 中，除了要求条件 $B$ 是任意随机事件及 $P(A_i)>0(i=1,2,\cdots ,n)$ 之外，我们可以将其他条件改为

A. $A_1,\cdots ,A_n$ 两两独立，但不相互独立；

B. $A_1,\cdots ,A_n$ 相互独立；

C. $A_1,\cdots ,A_n$ 两两互不相容；

D. $A_1,\cdots ,A_n$ 两两互不相容，其中包含事件 $B$，即 $\bigcup _{i=1}^n{A}_i\supset B$。

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答案： D

解析： 全概率公式通常要求 $A_1,A_2,\dots ,A_n$ 构成样本空间的完备事件组，即两两互不相容且

$$\bigcup _{i=1}^n{A}_i=\Omega .$$

事实上，对给定事件 $B$，不必要求这些事件覆盖整个样本空间，只要它们两两互不相容并覆盖 $B$，即

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

就有

$$B=\bigcup _{i=1}^n(B{A}_i),$$

且各 $B{A}_i$ 两两互不相容。因此

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

故（D）正确。

独立性不能代替互不相容性；仅有两两互不相容而不覆盖 $B$，会遗漏 $B$ 的一部分，所以（A）、（B）、（C）均不充分。

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9. 同时抛掷三枚均匀的硬币，正面与反面都出现的概率为

A. $\frac{1}{4}$；    B. $\frac{1}{3}$；    C. $\frac{2}{3}$；    D. $\frac{3}{4}$。

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答案： D

解析： 三枚硬币各有正、反两种结果，共有

$$2^3=8$$

个等可能的基本结果。

“正面与反面都出现”的对立事件是“三枚全为正面”或“三枚全为反面”，共有 $2$ 个结果。因此所求概率为

$$1-\frac{2}{8}=\frac{6}{8}=\frac{3}{4}.$$

故选（D）。

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10. 将一枚匀称的硬币独立地掷三次，记事件 $A=$“正、反面都出现”；$B=$“正面最多出现一次”；$C=$“反面最多出现一次”，则下列结论中不正确的是

A. $A$ 与 $B$ 独立；    B. $B$ 与 $C$ 独立；    C. $A$ 与 $C$ 独立；    D. $B\cup C$ 与 $A$ 独立。

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答案： B

解析： 三次抛掷共有 $8$ 个等可能结果。事件 $A$ 排除“全正”和“全反”，故

$$P(A)=\frac{6}{8}=\frac{3}{4}.$$

事件 $B$ 表示正面出现 $0$ 次或 $1$ 次，因此

$$P(B)=\frac{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{3}{0}\right)+\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{3}{1}\right)}{8}=\frac{4}{8}=\frac{1}{2}.$$

同理，

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

当 $A$ 与 $B$ 同时发生时，正面恰好出现一次，共有 $3$ 个结果，所以

$$P(AB)=\frac{3}{8}=P(A)P(B),$$

故 $A$ 与 $B$ 独立。（A）正确。

同理，$AC$ 表示反面恰好出现一次，也有

$$P(AC)=\frac{3}{8}=P(A)P(C),$$

所以（C）正确。

事件 $B$ 要求正面至多出现一次，事件 $C$ 要求反面至多出现一次。三次抛掷不可能同时满足这两个条件，故

$$BC=\varnothing ,P(BC)=0.$$

但

$$P(B)P(C)=\frac{1}{4}\ne 0,$$

因此 $B$ 与 $C$ 不独立，（B）不正确。

此外，任意三次抛掷的结果中，正面出现次数不是至多一次，就是反面出现次数至多一次，所以

$$B\cup C=\Omega .$$

必然事件与任意事件独立，因此（D）正确。

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11. $A,B,C$ 三个随机事件必相互独立，如果它们满足条件

A. $A,B,C$ 两两独立；    B. $P(ABC)=P(A)P(B)P(C)$；    C. $P(A-B)=1$；    D. $P(A-B)=0$。

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答案： C

解析： 由

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

可知事件 $A\bar{B}$ 几乎必然发生。由于 $A\bar{B}\subseteq A$，故

$$P(A)=1;$$

又由于 $A\bar{B}\subseteq \bar{B}$，故

$$P(\bar{B})=1,P(B)=0.$$

因此 $A$ 为必然事件，$B$ 为不可能事件。必然事件和不可能事件都与任意事件 $C$ 独立，并且

$$P(ABC)=0=P(A)P(B)P(C).$$

故 $A,B,C$ 相互独立，选（C）。

（A）两两独立不一定推出相互独立；（B）仅有三事件交的概率满足乘法公式，也不能保证三组两两独立；（D）只说明 $A\subseteq B$（在概率意义下），不能推出独立性。

填空题

1. 两人相约于晚7点到8点间在某处会面，到达者等足20分钟便立即离去。设两人的到达时刻在7点到8点间都是随机且等可能的，则两人能会面的概率 $p=\underline{}$。

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答案： $\frac{5}{9}$

解析： 设两人的到达时刻分别为 $x,y$，以小时为单位，并把晚7点记为时刻 $0$，则

$$0\le x\le 1,0\le y\le 1.$$

样本空间对应单位正方形

$$\Omega =\{(x,y)\mid 0\le x\le 1,0\le y\le 1\}.$$

两人能够会面的条件是到达时间相差不超过 $20$ 分钟，即

$$|x-y|\le \frac{1}{3}.$$

不相遇区域由正方形左上角和右下角两个全等直角三角形组成，每个三角形的直角边长为

$$1-\frac{1}{3}=\frac{2}{3}.$$

故不相遇区域面积为

$$2\cdot \frac{1}{2}{\left(\frac{2}{3}\right)}^2=\frac{4}{9}.$$

因此

$$p=1-\frac{4}{9}=\frac{5}{9}.$$

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2. 设随机事件 $A,B$ 及 $A\cup B$ 的概率分别为 $0.4,0.3$ 和 $0.6$，则 $P(A\bar{B})=\underline{}$。

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答案： $0.3$

解析： 由加法公式

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

得

$$P(AB)=0.4+0.3-0.6=\mathrm{0.1.}$$

又因为事件 $A$ 可分解为互不相容的两部分

$$A=AB\cup A\bar{B},$$

所以

$$P(A\bar{B})=P(A)-P(AB)=0.4-0.1=\mathrm{0.3.}$$

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3. 口袋内有四个同样的球，分别标有号码 $1,2,3,4$。每次从中任取一个球（每次取后放回去），连续两次。如果第 $i$ 次取到球上的编号记为 $a_i$，$i=1,2$，记事件 $A$ 表示事件“$a_1^2\ge 4a_2$”，则该试验的样本空间 $\Omega =\underline{}$；事件 $A=\underline{}$；概率 $P(A)=\underline{}$。

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答案：

$$\Omega =\{(i,j)\mid i,j\in \{1,2,3,4\}\},$$

$$A=\{(2,1),(3,1),(3,2),(4,1),(4,2),(4,3),(4,4)\},$$$$P(A)=\frac{7}{16}.$$

解析： 由于每次取球后放回，两次取球相互独立，每次都有 $4$ 种可能，故样本空间共有

$$4\times 4=16$$

个等可能的基本结果。

逐一考察条件 $a_1^2\ge 4a_2$：

当 $a_1=1$ 时，无满足条件的 $a_2$；

当 $a_1=2$ 时，$a_2\le 1$；

当 $a_1=3$ 时，$a_2\le 2$；

当 $a_1=4$ 时，$a_2\le 4$。

所以事件 $A$ 中共有

$$1+2+4=7$$

个基本结果，从而

$$P(A)=\frac{7}{16}.$$

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4. 设事件 $A$ 发生的概率是事件 $B$ 发生概率的3倍，$A$ 与 $B$ 都不发生的概率是 $A$ 与 $B$ 同时发生概率的2倍，若 $P(B)=\frac{2}{9}$，则 $P(A-B)=\underline{}$。

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答案： $\frac{5}{9}$

解析： 由题意

$$P(A)=3P(B)=3\times \frac{2}{9}=\frac{2}{3}.$$

设

$$P(AB)=x.$$

则

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

代入已知数据，得

$$P(\bar{A}\bar{B})=1-\frac{2}{3}-\frac{2}{9}+x=\frac{1}{9}+x.$$

又由题设

$$P(\bar{A}\bar{B})=2P(AB)=2x,$$

故

$$\frac{1}{9}+x=2x,x=\frac{1}{9}.$$

因此

$$P(A-B)=P(A\bar{B})=P(A)-P(AB)=\frac{2}{3}-\frac{1}{9}=\frac{5}{9}.$$

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5. 设事件 $A$ 与 $B$ 相互独立，已知它们都不发生的概率为 $0.16$，又知 $A$ 发生 $B$ 不发生的概率与 $B$ 发生 $A$ 不发生的概率相等，则 $A$ 与 $B$ 都发生的概率是 $\underline{}$。

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答案： $0.36$

解析： 设

$$P(A)=p,P(B)=q.$$

由于 $A,B$ 相互独立，其对立事件 $\bar{A},\bar{B}$ 也相互独立，因此

$$P(\bar{A}\bar{B})=(1-p)(1-q)=\mathrm{0.16.}$$

又由

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

以及独立性，得

$$p(1-q)=q(1-p).$$

化简得

$$p=q.$$

于是

$$(1-p{)}^2=\mathrm{0.16.}$$

因 $0\le p\le 1$，故

$$1-p=0.4,p=q=\mathrm{0.6.}$$

所以

$$P(AB)=P(A)P(B)=0.6^2=\mathrm{0.36.}$$

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6. 三个箱子，第一个箱子中有4个黑球与1个白球，第二个箱中有3个黑球与3个白球，第三个箱中有3个黑球与5个白球。现随机地选取一个箱子从中任取1个球，则这个球为白球的概率是 $\underline{}$；若已发现取出的这个球是白球，则它不是取自第二个箱子的概率是 $\underline{}$。

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答案： $\frac{53}{120}$，$\frac{33}{53}$

解析： 设 $A_i$ 表示选中第 $i$ 个箱子，$B$ 表示取出白球。由于三个箱子被等可能选中，故

$$P(A_1)=P(A_2)=P(A_3)=\frac{1}{3}.$$

各箱取到白球的条件概率分别为

$$P(B\mid A_1)=\frac{1}{5},P(B\mid A_2)=\frac{3}{6}=\frac{1}{2},P(B\mid A_3)=\frac{5}{8}.$$

由全概率公式，

$$\begin{array}{rl}P(B)& =\sum _{i=1}^{3}P(A_i)P(B\mid A_i)\\ & =\frac{1}{3}\left(\frac{1}{5}+\frac{1}{2}+\frac{5}{8}\right)\\ & =\frac{53}{120}.\end{array}$$

“不是取自第二个箱子”即事件 $A_1\cup A_3$。由贝叶斯公式，

$$\begin{array}{rl}P(A_1\cup A_3\mid B)& =\frac{P(A_1)P(B\mid A_1)+P(A_3)P(B\mid A_3)}{P(B)}\\ & =\frac{\frac{1}{3}\left(\frac{1}{5}+\frac{5}{8}\right)}{\frac{53}{120}}\\ & =\frac{33}{53}.\end{array}$$

计算题

1. 铁路一编组站随机地编组发往三个不同地区 $E_1,E_2$ 和 $E_3$ 的各2节、3节和4节车皮，求发往同一地区的车皮恰好相邻的概率 $p$。

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答案：

$$p=\frac{1}{210}.$$

解析： 将9节车皮看成彼此可区分的车皮，则所有可能的编组次序共有

$$9!$$

种，并且各次序等可能。

要求发往同一地区的车皮恰好相邻，可将发往 $E_1,E_2,E_3$ 的车皮分别看成一个整体，即三个“车皮组”。

三个车皮组之间有

$$3!$$

种排列方式；每个车皮组内部又分别有

$$2!,3!,4!$$

种排列方式。因此有利编组数为

$$3!\cdot 2!\cdot 3!\cdot 4!.$$

故所求概率为

$$\begin{array}{rl}p& =\frac{3!\cdot 2!\cdot 3!\cdot 4!}{9!}\\ & =\frac{1}{210}.\end{array}$$

本题的关键是使用“捆绑法”：同一地区的车皮必须连续，因此先将它们分别捆成三个整体，再考虑组间与组内的排列。

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2. 将长为 $L$ 的棒随机折成三段，求这三段能构成三角形的概率。

查看答案与解析

答案：

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

解析： 设两个折点距棒左端的距离分别为 $x,y$，不妨令

$$0<x<y<L.$$

则三段长度分别为

$$x,y-x,L-y.$$

三条正数线段能够构成三角形的充要条件是最长边小于另外两边之和。由于三段总长为 $L$，该条件等价于每一段都小于 $L/2$，即

$$x<\frac{L}{2},$$$$y-x<\frac{L}{2},$$$$L-y<\frac{L}{2}.$$

整理得

$$x<\frac{L}{2},y<x+\frac{L}{2},\frac{L}{2}<y.$$

在平面区域

$$D=\{(x,y):0<x<y<L\}$$

内，所有折法对应的区域面积为

$$S_D=\frac{L^2}{2}.$$

满足三角形条件的区域为

$$0<x<\frac{L}{2},\frac{L}{2}<y<x+\frac{L}{2}.$$

其面积为

$$\begin{array}{rl}{S}_1& ={\int }_0^{L/2}\left(x+\frac{L}{2}-\frac{L}{2}\right)dx\\ & ={\int }_0^{L/2}xdx\\ & =\frac{L^2}{8}.\end{array}$$

因此

$$p=\frac{S_1}{S_D}=\frac{L^2/8}{L^2/2}=\frac{1}{4}.$$

这是一道几何概型题。概率等于有利区域面积与全部区域面积之比。

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3. 假设从单位正方形区域 $D=\{(x,y)\mid 0\le x\le 1,0\le y\le 1\}$ 中随机地选取一点，以该点的两个坐标 $x$ 与 $y$ 作为直角三角形的两条直角边，求该直角三角形的面积大于 $\frac{1}{4}$ 的概率 $p$。

查看答案与解析

答案：

$$p=\frac{1-\ln 2}{2}.$$

解析： 直角三角形的面积为

$$S=\frac{1}{2}xy.$$

题设要求

$$\frac{1}{2}xy>\frac{1}{4},$$

即

$$xy>\frac{1}{2}.$$

在单位正方形内，由

$$y>\frac{1}{2x}$$

可知必须有

$$\frac{1}{2}<x\le 1.$$

因此有利区域的面积为

$$\begin{array}{rl}{S}_1& ={\int }_{1/2}^1\left(1-\frac{1}{2x}\right)dx\\ & ={\left[x-\frac{1}{2}\ln x\right]}_{1/2}^1\\ & =\frac{1}{2}-\frac{1}{2}\ln 2.\end{array}$$

单位正方形的面积为1，故所求概率为

$$p=S_1=\frac{1}{2}-\frac{1}{2}\ln 2=\frac{1-\ln 2}{2}.$$

边界曲线 $xy=1/2$ 的面积为零，因此严格不等号不会影响最终概率。

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4. 假设随机事件 $A$ 与 $B$ 相互独立，$P(A)=P(\bar{B})=a-1$，$P(A\cup B)=\frac{7}{9}$，求 $a$ 的值。

查看答案与解析

答案：

$$a=\frac{4}{3}\text{或}a=\frac{5}{3}.$$

解析： 令

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

则

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

因为 $A$ 与 $B$ 相互独立，所以

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

由概率加法公式，

$$\begin{array}{rl}P(A\cup B)& =P(A)+P(B)-P(AB)\\ & =p+(1-p)-p(1-p)\\ & =1-p+p^2.\end{array}$$

根据题意，

$$1-p+p^2=\frac{7}{9},$$

即

$$p^2-p+\frac{2}{9}=0.$$

因式分解得

$$\left(p-\frac{1}{3}\right)\left(p-\frac{2}{3}\right)=0.$$

故

$$p=\frac{1}{3}\text{或}p=\frac{2}{3}.$$

又 $a=p+1$，所以

$$a=\frac{4}{3}\text{或}a=\frac{5}{3}.$$

两组取值均满足概率取值范围，故均应保留。

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5. 一个班内有20位同学都想去参观一个展览会，但只有3张参观票，大家同意通过这20位同学抽签决定3张票的归属。计算下列事件的概率：

（Ⅰ）“第二人抽到票”的概率 $p_1$；

（Ⅱ）“第二人才抽到票”的概率 $p_2$；

（Ⅲ）“第一人宣布抽到了票，第二人又抽到票”的概率 $p_3$；

（Ⅳ）“前两人中至少有一人抽到票”的概率 $p_4$。

查看答案与解析

答案：

$$p_1=\frac{3}{20},p_2=\frac{51}{380},p_3=\frac{3}{190},p_4=\frac{27}{95}.$$

解析： 20张签中有3张为有票签、17张为无票签，抽签过程中不放回。

（Ⅰ）第二人抽到票

由于每个人抽中有票签的机会相同，第二人抽到票的概率为

$$p_1=\frac{3}{20}.$$

也可以按第一人的抽签结果分类验证：

$$\begin{array}{rl}{p}_1& =\frac{3}{20}\cdot \frac{2}{19}+\frac{17}{20}\cdot \frac{3}{19}\\ & =\frac{3}{20}.\end{array}$$

（Ⅱ）第二人才抽到票

“第二人才抽到票”表示第一人没有抽到票，而第二人抽到票。因此

$$\begin{array}{rl}{p}_2& =\frac{17}{20}\cdot \frac{3}{19}\\ & =\frac{51}{380}.\end{array}$$

（Ⅲ）第一人和第二人都抽到票

第一人抽到票后，还剩19张签，其中有2张为有票签，因此

$$\begin{array}{rl}{p}_3& =\frac{3}{20}\cdot \frac{2}{19}\\ & =\frac{3}{190}.\end{array}$$

（Ⅳ）前两人中至少有一人抽到票

使用对立事件计算。其对立事件为“前两人都没有抽到票”，故

$$\begin{array}{rl}{p}_4& =1-\frac{17}{20}\cdot \frac{16}{19}\\ & =1-\frac{68}{95}\\ & =\frac{27}{95}.\end{array}$$

也可以用容斥公式验证：

$$\begin{array}{rl}{p}_4& =P(\text{第一人中票})+P(\text{第二人中票})-P(\text{前两人都中票})\\ & =\frac{3}{20}+\frac{3}{20}-\frac{3}{190}\\ & =\frac{27}{95}.\end{array}$$

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6. 甲袋中有3个白球2个黑球，乙袋中有4个白球4个黑球，现从甲袋中任取2球放入乙袋，再从乙袋中取一球，求取出球是白球的概率 $p$；如果已知从乙袋中取出的球是白球，求从甲袋中取出的球是一白一黑的概率 $q$。

查看答案与解析

答案：

$$p=\frac{13}{25},q=\frac{15}{26}.$$

解析： 设事件 $A_i$ 表示“从甲袋转入乙袋的2个球中恰有 $i$ 个白球”，其中 $i=0,1,2$；设事件 $B$ 表示“最后从乙袋取出的球为白球”。

从甲袋的5个球中任取2个，共有

$$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{5}{2}\right)=10$$

种等可能取法，因此

$$P(A_0)=\frac{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{3}{0}\right)\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2}{2}\right)}{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{5}{2}\right)}=\frac{1}{10},$$$$P(A_1)=\frac{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{3}{1}\right)\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2}{1}\right)}{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{5}{2}\right)}=\frac{3}{5},$$$$P(A_2)=\frac{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{3}{2}\right)\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2}{0}\right)}{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{5}{2}\right)}=\frac{3}{10}.$$

若转入乙袋的白球数为 $i$，则乙袋共有10个球，其中白球数为 $4+i$，故

$$P(B\mid A_i)=\frac{4+i}{10}.$$

由全概率公式，

$$\begin{array}{rl}p=P(B)& =\sum _{i=0}^{2}P(A_i)P(B\mid A_i)\\ & =\frac{1}{10}\cdot \frac{4}{10}+\frac{3}{5}\cdot \frac{5}{10}+\frac{3}{10}\cdot \frac{6}{10}\\ & =\frac{1}{25}+\frac{3}{10}+\frac{9}{50}\\ & =\frac{13}{25}.\end{array}$$

“从甲袋中取出的球是一白一黑”即事件 $A_1$。由贝叶斯公式，

$$\begin{array}{rl}q=P(A_1\mid B)& =\frac{P(A_1)P(B\mid A_1)}{P(B)}\\ & =\frac{\frac{3}{5}\cdot \frac{1}{2}}{\frac{13}{25}}\\ & =\frac{15}{26}.\end{array}$$

因此

$$p=\frac{13}{25},q=\frac{15}{26}.$$

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7. 三人独立地同时破译一个密码，他们每人能够译出的概率分别为 $\frac{1}{5},\frac{1}{3},\frac{1}{4}$。求此密码能被译出的概率 $p$。

查看答案与解析

答案：

$$p=\frac{3}{5}.$$

解析： 密码能被译出，表示三人中至少有一人能够译出。直接计算较繁，利用对立事件更方便。

三人均不能译出的概率为

$$\left(1-\frac{1}{5}\right)\left(1-\frac{1}{3}\right)\left(1-\frac{1}{4}\right)=\frac{4}{5}\cdot \frac{2}{3}\cdot \frac{3}{4}=\frac{2}{5}.$$

因此至少有一人能够译出的概率为

$$\begin{array}{rl}p& =1-\frac{2}{5}\\ & =\frac{3}{5}.\end{array}$$

本题的关键是“三人独立”，所以三人均不能译出的概率可由各自失败概率相乘得到。

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8. 甲盒内有3个白球与2个黑球，从中任取3个球放入空盒乙中，然后从乙盒内任取2个球放入空盒丙中，最后从丙盒内再任取1个球，试求：

（Ⅰ）从丙盒内取出的是白球的概率；

（Ⅱ）若从丙盒内取到白球，当初从甲盒内取到3个白球的概率。

查看答案与解析

答案：

$$\text{（I）}\frac{3}{5};\text{（II）}\frac{1}{6}.$$

解析： （Ⅰ）从丙盒内取出白球的概率

考察甲盒中的任意一个指定球。它最终被从丙盒取出的概率为

$$\frac{3}{5}\cdot \frac{2}{3}\cdot \frac{1}{2}=\frac{1}{5}.$$

这个概率对甲盒中的5个球完全相同，因此最终取出的球在甲盒原有的5个球中是等可能的。

甲盒原有3个白球、2个黑球，所以最终从丙盒取出白球的概率为

$$P(B)=\frac{3}{5},$$

其中 $B$ 表示“从丙盒取出的球为白球”。

也可由全概率公式验证。设 $A_k$ 表示“第一次从甲盒取出的3个球中有 $k$ 个白球”，其中 $k=1,2,3$。则

$$P(A_k)=\frac{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{3}{k}\right)\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2}{3-k}\right)}{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{5}{3}\right)}.$$

在事件 $A_k$ 发生时，经过乙盒、丙盒的无偏随机抽取后，最后取到白球的概率仍为

$$P(B\mid A_k)=\frac{k}{3}.$$

故

$$P(B)=\sum _{k=1}^{3}P(A_k)\frac{k}{3}=\frac{3}{5}.$$

（Ⅱ）已知最后取到白球，求第一次取到3个白球的概率

设 $A_3$ 表示“第一次从甲盒取到3个白球”。则

$$P(A_3)=\frac{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{3}{3}\right)\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2}{0}\right)}{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{5}{3}\right)}=\frac{1}{10}.$$

若第一次取到的3个球全为白球，则之后无论怎样从乙盒向丙盒转移并从丙盒取球，最后取出的必为白球，故

$$P(B\mid A_3)=1.$$

由贝叶斯公式，

$$\begin{array}{rl}P(A_3\mid B)& =\frac{P(A_3)P(B\mid A_3)}{P(B)}\\ & =\frac{\frac{1}{10}\cdot 1}{\frac{3}{5}}\\ & =\frac{1}{6}.\end{array}$$

因此所求结果为

$$\text{（I）}\frac{3}{5},\text{（II）}\frac{1}{6}.$$