题型 3 概率的综合及应用

6.20

某人忘记了牡丹卡密码的最后一位数字,因而他随机按号,求他按号不超过三次而选正确的概率, 若已知最后一个数是偶数, 那么此概率是多少?

解法一

设 $A_i=\{$ 第 $i$ 次按号按对 $\},i=1,2,3,A=\{$ 按号不超过 3 次而按对 $\}$,则 $A=A_1$ $+{\bar{A}}_1{A}_2+{\bar{A}}_1{\bar{A}}_2{A}_3$,且三者互斥,故有

$$P\left(A\right)=P\left(A_1\right)+P\left({\bar{A}}_1\right)P\left(A_2\mid {\bar{A}}_1\right)+P\left({\bar{A}}_1\right)P\left({\bar{A}}_2\mid {\bar{A}}_1\right)P\left(A_3\mid {\bar{A}}_1{\bar{A}}_2\right),$$

于是

(1) $P\left(A\right)=\frac{1}{10}+\frac{9}{10}\times \frac{1}{9}+\frac{9}{10}\times \frac{8}{9}\times \frac{1}{8}=\frac{3}{10}$

(2) $P\left(B\right)=\frac{1}{5}+\frac{4}{5}\times \frac{1}{4}+\frac{4}{5}\times \frac{3}{4}\times \frac{1}{3}=\frac{3}{5}$.

解法二

$\bar{A}=\{$ 按号三次都不对 $\}$,故

$$P\left(A\right)=1-P\left(\bar{A}\right)=1-P\left({\bar{A}}_1{\bar{A}}_2{\bar{A}}_3\right)=1-P\left({\bar{A}}_1\right)P\left({\bar{A}}_2\mid {\bar{A}}_1\right)P\left({\bar{A}}_3\mid {\bar{A}}_1{\bar{A}}_2\right)$$ $$=1-\frac{9}{10}\times \frac{8}{9}\times \frac{7}{8}=\frac{3}{10}$$

同理 $P\left(B\right)=1-\frac{4}{5}\times \frac{3}{4}\times \frac{2}{3}=\frac{3}{5}$.

6.21

一学生接连参加同一课程的两次考试,第一次考试及格的概率为 $p$,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 $\frac{p}{2}$.

(1)若至少有一次及格他能取得某种资格,求他取得该资格的概率.

(2)若已知他第二次已经及格,求他第一次及格的概率.

解

(1) 设 $A=$ “他取得该资格”, $B_i=$ “第 $i$ 次及格”, $i=1,2$.

则 $A=B_1+B_2,B_2=B_1{B}_2+{\bar{B}}_1{B}_2$

$$P\left(A\right)=P\left(B_1\right)+P\left(B_2\right)-P\left(B_1{B}_2\right)=p+P\left(B_1{B}_2\right)+P\left({\bar{B}}_1{B}_2\right)-P\left(B_1{B}_2\right)$$ $$=p+P\left({\bar{B}}_1\right)P\left(B_2\mid {\bar{B}}_1\right)=p+\left(1-p\right)\frac{p}{2}=\frac{1}{2}\left(3p-p^2\right)$$

(2)所求概率为

$$P\left(B_1\mid B_2\right)=\frac{P\left(B_1{B}_2\right)}{P\left(B_2\right)}=\frac{P\left(B_1\right)P\left(B_2\mid B_1\right)}{P\left(B_1\right)P\left(B_2\mid B_1\right)+P\left({\bar{B}}_1\right)P\left(B_2\mid {\bar{B}}_1\right)}$$ $$=\frac{p^2}{p^2+\left(1-p\right)\frac{p}{2}}=\frac{2p^2}{p^2+p}=\frac{2p}{p+1}$$

6.22

盒中有 12 个乒乓球,其中 9 个是新的,第一次比赛时从盒中任取 3 个,用后仍放回盒中, 第二次比赛时再从盒中任取 3 个. 求第二次取出的球都是新球的概率. 若已知第二次取出的球都是新球, 求第一次取到的球都是新球的概率.

解

设 $A_i=$ “第一次取出 $i$ 个新球”, $i=0,1,2,3$.

$B_j=$ “第二次取出 $j$ 个新球”, $j=0,1,2,3$.

由于 $A_0,A_1,A_2,A_3$ 是完备事件组,且

$$P\left(A_i\right)=\frac{C_9^i{C}_3^{3-i}}{C_{12}^3},P\left(B_3\mid A_i\right)=\frac{C_{9-i}^3}{C_{12}^3}\left(i=0,1,2,3\right)$$

由全概率公式可得:

$$P\left(B_3\right)=\sum _{i=0}^{3}P\left(A_i\right)P\left(B_3\mid A_i\right)=\sum _{i=0}^3\left(\frac{C_9^i{C}_3^{3-i}}{C_{12}^3}\times \frac{C_{9-i}^3}{C_{12}^3}\right)=\frac{441}{3025}$$

由贝叶斯公式得:

$$P\left(A_3\mid B_3\right)=\frac{P\left(A_3\right)P\left(B_3\mid A_3\right)}{P\left(B_3\right)}=0.238$$

6.23

已知 100 件产品中有 10 件正品,每次使用这些正品时肯定不会发生故障,而在每次使用非正品时均有 0.1 的可能性发生故障. 现从这 100 件产品中随机抽取一件,若使用了 $n$ 次均未发生故障,问 $n$ 为多大时,才能有 70% 的把握认为所得的产品为正品.

解

设 $A_1=\{$ 取出正品 $\},A_2=\{$ 取出非正品 $\},B=\{$ 使用 $n$ 次均无故障 $\}$,则

$$P\left(A_1\right)=\frac{10}{100},P\left(A_2\right)=\frac{90}{100},$$

按题设应有 $P\left(A_1\mid B\right)\ge 0.70$,而

$$P\left(A_1\mid B\right)=\frac{P\left(A_1\right)P\left(B\mid A_1\right)}{P\left(A_1\right)P\left(B\mid A_1\right)+P\left(A_2\right)P\left(B\mid A_2\right)}=\frac{0.1\times 1}{0.1\times 1+0.9\times {\left(0.9\right)}^n}$$

所以应是 $\frac{0.1}{0.1+{0.9}^{n+1}}\ge 0.7$,得 $n\ge 29$.

6.24

将两信息分别编码为 $A$ 和 $B$ 传递出去,接收站收到时, $A$ 被误收作 $B$ 的概率为 0.02, 而 $B$ 被误收作 $A$ 的概率为 0.01,信息 $A$ 与信息 $B$ 传递的频繁程度为 $2:1$,若接收站收到的信息是 $A$,问原发信息是 $A$ 的概率是多少?

解

设 $B_1,B_2$ 分别表示发报台发出信号“ $A$ ” 及 “ $B$ ”,又以 $A_1,A_2$ 分别表示收报台收到信号 “A” 及 “B”. 则有

$$P\left(B_1\right)=\frac{2}{3}$$ $$P\left(B_2\right)=\frac{1}{3}$$ $$P\left(A_1\mid B_1\right)=0.98$$ $$P\left(A_2\mid B_1\right)=0.02$$ $$P\left(A_1\mid B_2\right)=0.01$$ $$P\left(A_2\mid B_2\right)=0.99$$

从而

$P\left(B_1\mid A_1\right)=\frac{P\left(B_1\right)\cdot P\left(A_1\mid B_1\right)}{P\left(B_1\right)P\left(A_1\mid B_1\right)+P\left(B_2\right)P\left(A_1\mid B_2\right)}=\frac{\frac{2}{3}\times 0.98}{\frac{2}{3}\times 0.98+\frac{1}{3}\times 0.01}=\frac{196}{197}$

6.25

甲、乙、丙三门高射炮向同一架飞机射击,设甲、乙、丙炮射中飞机的概率分别是 0.4,0.5,0.7. 又设若只有一门炮射中,飞机坠毁的概率为 0.2; 若有两门炮射中,飞机坠毁的概率为 0.6;若三门炮都射中,飞机必坠毁. 试求飞机坠毁的概率.

解

设 $B=$ “飞机坠毁”, $A_i=$ “ $i$ 门炮射中飞机” $\left(i=1,2,3\right)$. 显然, $A_1,A_2,A_3$ 构成完备事件组. 三门高射炮各自射击飞机, 射中与否相互独立, 按加法公式及乘法公式, 得

$$P\left(A_1\right)=0.4\times \left(1-0.5\right)\times \left(1-0.7\right)+\left(1-0.4\right)\times 0.5\times \left(1-0.7\right)+\left(1-0.4\right)$$ $$\times \left(1-0.5\right)\times 0.7=0.36$$ $$P\left(A_2\right)=0.4\times 0.5\times \left(1-0.7\right)+0.4\times \left(1-0.5\right)\times 0.7+\left(1-0.4\right)\times 0.5\times 0.7$$ $$=0.41$$ $$P\left(A_3\right)=0.4\times 0.5\times 0.7=0.14$$

再由题意知

$$P\left(B\mid A_1\right)=0.2,P\left(B\mid A_2\right)=0.6P\left(B\mid A_3\right)=1$$

利用全概率公式, 得

$$P\left(B\right)=\sum _{i=1}^{3}P\left(A_i\right)P\left(B\mid A_i\right)=0.36\times 0.2+0.41\times 0.6+0.14\times 1=0.458$$

6.26

设有来自三个地区的各 10 名,15 名和 25 名考生的报名表,其中女生的报名表分别为 3 份、 7 份和 5 份. 随机地取一个地区的报名表, 从中先后抽出两份.

(1)求先抽到的一份是女生表的概率 $p$;

(2)已知后抽到的一份是男生表,求先抽到的一份是女生表的概率 $q$.

解

令 $A_i$ 表示事件“第 $i$ 次取出的是女生表”, $i=1,2$.

$B_j$ 表示事件“报名表来自第 $j$ 个地区的考生”, $j=1,2,3$.

根据题意

$$P\left(B_1\right)=\frac{1}{3},P\left(B_2\right)=\frac{1}{3},P\left(B_3\right)=\frac{1}{3},$$ $$P\left(A_1\mid B_1\right)=\frac{3}{10},P\left(A_1\mid B_2\right)=\frac{7}{15},P\left(A_1\mid B_3\right)=\frac{5}{25}$$

(1)由全概率公式

$$p=P\left(A_1\right)=\sum _{i=1}^{3}P\left(B_i\right)P\left(A_1\mid B_i\right)=\frac{1}{3}\left(\frac{3}{10}+\frac{7}{15}+\frac{5}{25}\right)=\frac{29}{90}.$$

(2)由条件概率公式

$$q=P\left(A_1\mid {\bar{A}}_2\right)=\frac{P\left(A_1{\bar{A}}_2\right)}{P\left({\bar{A}}_2\right)}\text{,只需计算}P\left({\bar{A}}_2\right)\text{和}P\left(A_1{\bar{A}}_2\right)$$

由题意

$$P\left({\bar{A}}_2\mid B_1\right)=\frac{7}{10},P\left({\bar{A}}_2\mid B_2\right)=\frac{8}{15},P\left({\bar{A}}_2\mid B_3\right)=\frac{20}{25},$$ $$P\left(A_1{\bar{A}}_2\mid B_1\right)=\frac{C_3^1{C}_7^1}{P_{10}^2}=\frac{7}{30},P\left(A_1{\bar{A}}_2\mid B_2\right)=\frac{C_7^1{C}_8^1}{P_{15}^2}=\frac{8}{30},$$ $$P\left(A_1{\bar{A}}_2\mid B_3\right)=\frac{C_5^1{C}_{20}^1}{P_{25}^2}=\frac{5}{30},$$

那么 $P\left({\bar{A}}_2\right)=\sum _{i=1}^{3}P\left(B_i\right)P\left({\bar{A}}_i\mid B_i\right)=\frac{1}{3}\left(\frac{8}{15}+\frac{20}{25}+\frac{7}{10}\right)=\frac{61}{90}$,

$$P\left(A_1{\bar{A}}_2\right)=\sum _{i=1}^{3}P\left(B_i\right)P\left(A_1{\bar{A}}_2\mid B_i\right)=\frac{1}{3}\left(\frac{7}{30}+\frac{8}{30}+\frac{5}{30}\right)=\frac{20}{90},$$

所以 $q=\frac{P\left(A_1{\bar{A}}_2\right)}{P\left({\bar{A}}_2\right)}=\frac{\frac{20}{90}}{\frac{61}{90}}=\frac{20}{61}$.

6.27

设根据以往记录的数据分析,某船只运输的某种物品损坏的情况共有三种:损坏 2%(这事实记为 $A_1$ ),损坏 $10\%$ (事件 $A_2$ ),损坏 $90\%$ (事件 $A_3$ ),且知 $P\left(A_1\right)=0.8$, $P\left(A_2\right)=$ $0.15,P\left(A_3\right)=0.05$,现在从已被运输的物品中随机地取 3 件,发现这 3 件都是好的 (这一事件记为 $B)$,试求 $P\left(A_1\mid B\right),P\left(A_2\mid B\right),P\left(A_3\mid B\right)$ (这里设物品件数多,取出一件后不影响后一件是否为好品的概率).

解

从三种情况中取得一件产品为好产品的概率分别为 $98\%,90\%,10\%$,于是有

$$P\left(B\mid A_1\right)={\left(0.98\right)}^3,P\left(B\mid A_2\right)={\left(0.90\right)}^3,P\left(B\mid A_3\right)={\left(0.1\right)}^3,$$

又因为 $A_1,A_2,A_3$ 是 $S$ 的一个划分,且

$$P\left(A_1\right)=0.8,P\left(A_2\right)=0.15,P\left(A_3\right)=0.05,$$

由全概率公式

$$P\left(B\right)=P\left(B\mid A_1\right)P\left(A_1\right)+P\left(B\mid A_2\right)P\left(A_2\right)+P\left(B\mid A_3\right)P\left(A_3\right)$$ $$={\left(0.98\right)}^3\times 0.8+{\left(0.90\right)}^3\times 0.15+{\left(0.1\right)}^3\times 0.05=0.862336\text{,}$$

由贝叶斯公式

$$P\left(A_1\mid B\right)=\frac{P\left(B\mid A_1\right)P\left(A_1\right)}{\sum _{i=1}^{3}P\left(B\mid A_i\right)P\left(A_i\right)}=\frac{0.752936}{0.862336}=0.8731.$$

同理 $P\left(A_2\mid B\right)=0.1268,P\left(A_3\mid B\right)=0.0001$.

6.28

将 $A,B,C$ 三个字母之一输入信道,输出为原字母的概率为 $\alpha$,而输出为其他一字母的概率都是 $\frac{1-\alpha }{2}$,今将字母串 $AAAA,BBBB,CCCC$ 之一输入信道,输入 $AAAA,BBBB,CCCC$ 的概率分别为 $p_1,p_2,p_3\left(p_1+p_2+p_3=1\right)$,已知输出为 $ABCA$,问输入的是 $AAAA$ 的概率是多少? (设信道传输每个字母的工作是相互独立的).

解

用 $A$ 表示输入 $AAAA$ 的事件,用 $B$ 表示输入 $BBBB$ 的事件,用 $C$ 表示输入 $CCCC$ 的事件,用 $H$ 表示输出 $ABCA$,由于每个字母的输出是相互独立的,于是有

$$P\left(H\mid A\right)={\alpha }^2{\left(\frac{1-\alpha }{2}\right)}^2=\frac{{\alpha }^2{\left(1-\alpha \right)}^2}{4},$$ $$P\left(H\mid B\right)=\alpha {\left(\frac{1-\alpha }{2}\right)}^3=\frac{\alpha {\left(1-\alpha \right)}^3}{8},$$ $$P\left(H\mid C\right)=\alpha {\left(\frac{1-\alpha }{2}\right)}^3=\frac{\alpha {\left(1-\alpha \right)}^3}{8},$$

又 $P\left(A\right)=p_1,P\left(B\right)=p_2,P\left(C\right)=p_3$,由贝叶斯公式得

$$P\left(A\mid H\right)=\frac{P\left(H\mid A\right)\cdot P\left(A\right)}{P\left(H\mid A\right)\cdot P\left(A\right)+P\left(H\mid B\right)\cdot P\left(B\right)+P\left(H\mid C\right)\cdot P\left(C\right)}$$ $$=\frac{\frac{{\alpha }^2{\left(1-\alpha \right)}^2}{4}\cdot p_1}{\frac{{\alpha }^2{\left(1-\alpha \right)}^2}{4}\cdot p_1+\frac{\alpha {\left(1-\alpha \right)}^3}{8}\cdot p_2+\frac{\alpha {\left(1-\alpha \right)}^3}{8}\cdot p_3}$$ $$=\frac{2\alpha p_1}{\left(3\alpha -1\right)p_1+1-\alpha }.$$

6.29

$A,B,C$ 三人在同一办公室工作,房间里有三部电话. 据统计知,打给 $A,B,C$ 电话的概率分别为 $\frac{2}{5},\frac{2}{5},\frac{1}{5}$,他们三人常因工作外出, $A,B,C$ 外出的概率分别为 $\frac{1}{2},\frac{1}{4},\frac{1}{4}$,设三人的行动相互独立, 求

(1)无人接电话的概率；(2)被呼叫人在办公室的概率；

若某一段时间打进 3 个电话, 求

(3)这 3 个电话打给同一个人的概率；(4)这 3 个电话打给不相同的人的概率；

(5)这 3 个电话都打给 $B$ 而 $B$ 却都不在的概率.

解

以 $A,B,C$ 表示电话打给 $A,B,C,A_1,B_1,C_1$ 表示 $A,B,C$ 在办公室.

(1)设 $D_1=$ “无人接电话”,则

$$D_1={\bar{A}}_1{\bar{B}}_1{\bar{C}}_1,$$ $$P\left(D_1\right)=P\left({\bar{A}}_1{\bar{B}}_1{\bar{C}}_1\right)=P\left({\bar{A}}_1\right)P\left({\bar{B}}_1\right)P\left({\bar{C}}_1\right)=\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{4}\cdot \frac{1}{4}=\frac{1}{32}$$

(2)设 $D_2=$ “被呼叫人在办公室”,则

$D_2=A{A}_1+B{B}_1+C{C}_1$

$P\left(D_2\right)=P\left(A{A}_1\right)+P\left(B{B}_1\right)+P\left(C{C}_1\right)=\frac{2}{5}\cdot \frac{1}{2}+\frac{2}{5}\cdot \frac{3}{4}+\frac{1}{5}\cdot \frac{3}{4}=\frac{13}{20}$

(3)设 $D_3=$ “3 个电话打给同一个人”

3 个电话都打给 $A$ 的概率为 ${\left[P\left(A\right)\right]}^3=\frac{8}{125}$

3 个电话都打给 $B$ 的概率为 ${\left[P\left(B\right)\right]}^3=\frac{8}{125}$

3 个电话都打给 $C$ 的概率为 ${\left[P\left(C\right)\right]}^3=\frac{1}{125}$

所以

$$P\left(D_3\right)=\frac{8}{125}+\frac{8}{125}+\frac{1}{125}=\frac{17}{125}.$$

(4)设 $D_4=$ “3个电话打给不同的人”. 第一个电话打给 $A$,第二个打给 $B$,第三个打给 $C$ 的概率为

$$P\left(ABC\right)=\frac{2}{5}\cdot \frac{2}{5}\cdot \frac{1}{5}=\frac{4}{125}$$

这样的事件有 $3!=6$ 个,所以

$$P\left(D_4\right)=\frac{4\times 3!}{125}=\frac{24}{125}$$

(5)设 $D_5=$ “3 个电话都打给 $B$ 但 $B$ 都不在”,则

$$P\left(D_5\right)={\left[P\left({\bar{B}}_1\mid B\right)\right]}^3={\left(\frac{1}{4}\right)}^3=\frac{1}{64}.$$