6 P(ABC)?1?[32?P(AB)?P(BC)?P(AC)?P(ABC)]
整理得
2P(ABC)?P(AB)?P(BC)?P(AC)?12.
3．设0 < P(A) < 1，0 < P(B) < 1，P(A|B) +P(A|B)?1，试证A与B独立． 证明：因为P(A|B) +P(A|B)?1，所以
P(AB)P(B)?P(AB)P(B)?P(AB)P(B)?1?P(A?B)1?P(B)?1,
将P(A?B)?P(A)?P(B)?P(AB)代入上式得
P(AB)P(B)?1?P(A)?P(B)?P(AB)1?P(B)P(AB)?P(A)P(B),
?1,
两边同乘非零的P(B)[1-P(B)]并整理得到 所以A与B独立.
4．设A，B是任意两事件，其中A的概率不等于0和1，证明P(B|A)?P(B|A)是事件A与B独立的充分必要条件．
证明：充分性，由于P(B|A)?P(B|A)，所以
P(AB)P(A)P(AB)P(A)?P(AB)P(A),即
?P(B)?P(AB)1?P(A),
两边同乘非零的P(A)[1-P(A)]并整理得到P(AB)?P(A)P(B),所以A与B独立. 必要性：由于A与B独立，即P(AB)?P(A)P(B),且P(A)?0,P(A)?0,所以 一方面
P(B|A)?P(AB)P(A)?P(A)P(B)P(A)?P(B),
另一方面
P(B|A)?P(AB)P(A)?P(B)?P(AB)P(A)?P(B)?P(A)P(B)P(A)?P(B),
所以P(B|A)?P(B|A).
5．一学生接连参加同一课程的两次考试．第一次及格的概率为p，若第一次及格则第二次及格的概率也为p；若第一次不及格则第二次及格的概率为
p2.
(1) 若至少有一次及格则他能取得某种资格，求他取得该资格的概率． (2) 若已知他第二次及格了，求他第第一次及格的概率．
解：设Ai=“第i次及格”，i=1，2.已知P(A1)?p,P(A2|A1)?p,P(A2|A1)?由全概率公式得 6
p2,
7 P(A2)?P(A1)P(A2|A1)?P(A1)P(A2|A1)?p?(1?p)2p2
(1) 他取得该资格的概率为
P(A1?A2)?P(A1)?P(A2)?P(A1A2)?P(A1)?P(A2)?P(A1)P(A2|A1),?p?p?(1?p)22p2?p?23p?p2.
(2) 若已知他第二次及格了，他第一次及格的概率为
P(A1|A2)?P(A1A2)P(A2)?P(A1)P(A2|A1)P(A2)?2p?pp?(1?p)p2?2pp?1.
6．每箱产品有10件，其中次品从0到2是等可能的，开箱检验时，从中任取一件，如果检验为次品，则认为该箱产品为不合格而拒收．由于检验误差，一件正品被误判为次品的概率为2%，一件次品被误判为正品的概率为10%．求检验一箱产品能通过验收的概率．
解：设Ai=“一箱产品有i件次品”，i=0，1，2.设M=“一件产品为正品”，N=“一件产品被检验为正品”. 已知P(A0)?P(A1)?P(A2)?由全概率公式
P(M)?P(A0)P(M|A0)?P(A1)P(M|A1)?P(A2)P(M|A2)?P(M)?1?P(M)?1?910?11013(1?910?810)?910,
13,P(N|M)?0.02,P(N|M)?0.1,
,又P(N|M)?1?P(N|M)?1?0.02?0.98,
由全概率公式得一箱产品能通过验收的概率为
P(N)?P(M)P(N|M)?P(M)P(N|M)?910?0.98?110?0.1?0.892.
7．用一种检验法检验产品中是否含有某种杂质的效果如下．若真含有杂质检验结果为含有的概率为0.8；若真含不有杂质检验结果为不含有的概率为0.9；据以往的资料知一产品真含有杂质或真不含有杂质的概率分别为0.4和0.6．今独立地对一产品进行三次检验，结果是两次检验认为含有杂质，而有一次认为不含有杂质，求此产品真含有杂质的概率．
解：A=“一产品真含有杂质”，Bi=“对一产品进行第i次检验认为含有杂质”，i=1,2,3.
已知独立进行的三次检验中两次认为含有杂质，一次认为不含有杂质，不妨假设前两次检验认为含有杂质，第三次认为检验不含有杂质，即B1，B2发生了，而B3未发生. 又知P(Bi|A)?0.8,P(Bi|A)?0.9,P(A)?0.4,所以
P(Bi|A)?0.2,P(Bi|A)?0.1,P(A)?0.4,P(A)?0.6,
所求概率为P(A|B1B2B3)?P(AB1B2B3)P(B1B2B3)?P(A)P(B1B2B3|A)P(A)P(B1B2B3|A)?P(A)P(B1B2B3|A),
由于三次检验是独立进行的，所以 P(A|B1B2B3)??P(A)P(B1|A)P(B2|A)P(B3|A)P(A)P(B1|A)P(B2|A)P(B3|A)?P(A)P(B1|A)P(B2|A)P(B3|A)?0.905.0.4?0.8?0.8?0.20.4?0.8?0.8?0.2?0.6?0.1?0.1?0.9
7
8 8．火炮与坦克对战，假设坦克与火炮依次发射，且由火炮先射击，并允许火炮与坦克各发射2发，已知火炮与坦克每次发射的命中概率不变，它们分别等于0.3和0.35.我们规定只要命中就被击毁．试问 (1) 火炮与坦克被击毁的概率各等于多少？ (2) 都不被击毁的概率等于多少？
解：设Ai=“第i次射击目标被击毁”，i=1,2,3,4. 已知P(A1)?P(A3)?0.3,P(A2)?P(A4)?0.35,所以
P(A1)?P(A3)?0.7,P(A2)?P(A4)?0.65,
(1) 火炮被击毁的概率为
P(A1A2?A1A2A3A4)?P(A1A2)?P(A1A2A3A4)?P(A1)P(A2)?P(A1)P(A2)P(A3)P(A4)?0.7?0.35?0.7?0.65?0.7?0.35?0.356475
坦克被击毁的概率为
P(A1?A1A2A3)?P(A1)?P(A1A2A3)?P(A1)?P(A1)P(A2)P(A3)?0.3?0.7?0.65?0.3?0.4365
(2) 都不被击毁的概率为
P(A1A2A3A4)?P(A1)P(A2)P(A3)P(A4)?0.7?0.65?0.7?0.65?0.207025.
9．甲、乙、丙三人进行比赛，规定每局两个人比赛，胜者与第三人比赛，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
12，现假定甲乙两人先比，试求各人得冠军的概率．
解：Ai=“甲第i局获胜”， Bi=“乙第i局获胜”，Bi=“丙第i局获胜”，i=1,2,….， 已知P(Ai)?P(Bi)?P(Ci)?12,i?1,2,...，由于各局比赛具有独立性，所以
在甲乙先比赛，且甲先胜第一局时，丙获胜的概率为
1?1??1??1?P(A1C2C3?A1C2B3A4C5C6?A1C2B3A4C5B6A7C8C9?...)??????????...?,7同样，在甲乙?2??2??2?17369先比赛，且乙先胜第一局时，丙获胜的概率也为丙得冠军的概率为2?17?27,
12(1?27)?514.
,甲、乙得冠军的概率均为
第二章
2
一、填空题：
1. P?X?x?，F(x2)?F(x1)
kkn?k2. P{X?k}?Cnp(1?p)，k = 0，1，…，n
3. P{X?k}?4.
11???kk!e??,??0为参数，k = 0，1，…
8
9 ?1, a?x?b 5. f(x)???b?a??0, 其它6. f(x)?12???(x??)2?22ex2,???x???
7. ?(x)?8. ?(9.
b??12?e?2,???x???
)
?)??(a???X -1 1 2 pi 0.4 0.4 0.2 分析：由题意，该随机变量为离散型随机变量，根据离散型随机变量的分布函数求法，可观察出随机变量的取值及概率。 10.
964
121分析：每次观察下基本结果“X≤1/2”出现的概率为?的观察可看作是3重伯努利实验，所以
-?f(x)dx??202xdx?14，而本题对随机变量X取值
13?29212P?Y?2??C3()(1?)?
446411. P?X ?2.2??P???X?12?2.2?1?2.2?1)?0.7257, ???(2?2X?15.8?1?5.8?1?1.6?1??1.6?1P??1.6?X ?5.8??P???)??()???( 222?22???(2.4)??(?1.3)??(2.4)??(1.3)?1?0.8950,同理，P{| X | ? 3.5} =0.8822. 12. G(y)?P?Y?3X?1?y??P?X???y?1?y?1?F(). ?3?313.
1348，利用全概率公式来求解：
P?Y?2??P?Y?2X?1?P?X?1??P?Y?2X?2?P?X?2? ?P?Y?2X?3?P?X?3??P?Y?2X?4?P?X?4? ?0?14?12?14?13?14?14?14?1348.二、单项选择题：
1. B，由概率密度是偶函数即关于纵轴对称，容易推导
F(-a)=??a??f(x)dx??0??f(x)dx-?0-af(x)dx?12-?0-af(x)dx?12??a0f(x)dx
2. B，只有B的结果满足F(??)?limF(x)?1
x??? 9
10 3. C，根据分布函数和概率密度的性质容易验证
?2,X?24. D，Y??，可以看出Y不超过2，所以
X,X?2??1, y?2?1, y?2?1, y?2???x?yFY(y)?P?Y?y?????y1???,??0， ?edx,y?2??P?X?y?,y?2??0?1?e,y?2??可以看出，分布函数只有一个间断点.
5. C, 事件的概率可看作为事件A（前三次独立重复射击命中一次）与事件B（第四次命中）同时发生的概率，
即
13?2 p?P(AB)?P(A)P(B)?C3p(1?p)?p.
三、解答题
（A）
1．(1)
X pi 1 11362 9363 7364 5365 3366 136
分析：这里的概率均为古典概型下的概率，所有可能性结果共36种，如果X=1，则表明两次中至少有一点数
11为1，其余一个1至6点均可，共有C2?6-1（这里C2指任选某次点数为1，6为另一次有6种结果11均可取，减1即减去两次均为1的情形，因为C2?6多算了一次）或C2?5?1种，故
P?X?1??C2?6-1361?C2?5?1361?1136,其他结果类似可得.
(2)
x? 0 ，?P{X??P{X?F(x)??P{X?P{X??P{X? x?1 ，?1?1}，1?x?2?1}?P{X?2}，2?x?3?1}?P{X?2}?P{X?3}， 3?x?4?1}?P{X?2}?P{X?3}?P{X?4}， 4?x?5?1}?P{X?2}?P{X?3}?P{X?4}?P{X?5}，5?x?6?6
10