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条件概率知识点、例题、练习题

时间:2015-09-14


条件概率专题
一、知识点 ① 只须将无条件概率 P ( B ) 替换为条件概率 P ( B A ) ,即可类比套用概率满足 的三条公理及其它性质 ② 在古典概型中--P( B A ) ? P ( A B) ? ( A B ) 事件 A B 包括的基本事件(样本点)数 ? ? 事件 A 包括的基本事件(样本点)数 P( A ) ? ( A)

③ 在几

何概型中--P( B A ) ? P ( A B) ? ( A B ) 区域 A B 的几何度量 ( 长度 , 面积 , 体积等) ? ? 区域 A 的几何度量 ( 长度 , 面积 , 体积等) P( A ) ? ( A)

条件概率及全概率公式 3.1.对任意两个事件 A、B, 是否恒有 P(A)≥P(A|B). 答:不是. 有人以为附加了一个 B 已发生的条件, 就必然缩小了样本空间, 也就缩小了概率, 从而就一定有 P(A)≥P(A|B), 这种猜测是错误的. 事实上, 可能 P(A)≥P(A|B), 也可能 P(A)≤P(A|B), 下面举例说明. 在 0,1,?,9 这十个数字中, 任意抽取一个数字,令

A={抽到一数字是 3 的倍数};
到一数字大于 8}, 那么

B1={抽到一数字是偶数}; P(A|B1)=1/5, P(A|B2)=1.
因此有

B2={抽 P(A) >

P(A)=3/10, P(A|B1), P(A)<P(A|B2).

3.2.以下两个定义是否是等价的. 定义 1. 若事件 A、B 满足 P(AB)=P(A)P(B), 则称 A、B 相互独立.

定义 2. 若事件 A、B 满足 P(A|B)=P(A)或 P(B|A)=P(B), 则称 A、B 相互 独立. 答:不是的.因为条件概率的定义为

P(A|B)=P(AB)/P(B) 或 P(B|A)=P(AB)/P(A)
自然要求 P(A)≠0,

P(B)≠0, 而定义 1 不存在这个附加条件 , 也就是
若 P(A)=0

说,P(AB)=P(A)P(B)对于 P(A)=0 或 P(B)=0 也是成立的. 事实上, 由 0≤P(AB)≤P(A)=0 可知 P(AB)=0 故

P(AB)=P(A)P(B).
但定义 1

因此定义 1 与定义 2 不等价, 更确切地说由定义 2 可推出定义 1, 不能推出定义 2, 因此一般采用定义 1 更一般化.

3.3. 有











A



B,
(*)







P(AB)≤P(A)≤P(A+B)≤P(A)+P(B).
答:是的.由于 因为

P(A+B)=P(A)+P(B)-P(AB)
因为 0≤P(B|A)≤1,故

P(AB)≥0, 故

P(A+B)≤P(A)+P(B). P(AB)≤P(A);
从而 P(B)-P(AB)≥0, 由(*)知 P(A+B)≥P(A).

由 P(AB)=P(A)P(B|A), 同理 P(AB)≤P(B), 原命题得证.

3.4.在引入条件概率的讨论中, 曾出现过三个概率: P(A|B), P(B|A), P(AB). 从事件的角度去考察, 在 A、 B 相容的情况下, 它们都是下图中标有阴影的部分, 然而从概率计算的角度看, 它们却是不同的. 这究竟是为什么? 答:概率的不同主要在于计算时所取的样本空间的差别:

P(A|B)的计算基于附加样本空间 Ω B; P(B|A)的计算基于附加样本空间 Ω A; P(AB)的计算基于原有样本空间 Ω .
3.5.在 n 个事件的乘法公式:

P(A1A2?An)=P(A1)P(A2|A1)P(A3|A1A2)?P(An|A1A2?An-1)
中,涉及那么多条件概率, 为什么在给出上述乘法公式时只提及

P(A1A2?An-1)>0 呢?
答 : 按 条 件 概 率 的 本 意 , 应 要 求

P(A1)>0,
n-1

P(A1A2)>0, ?,

P(A1A2?An-2)>0,

P(A1A2?A

)>0. 事 实 上 , 由 于 A1A2A3?An-2

A1A2A3?An-2An-1, 从 而 便 有 P(A1A2?An-2)
其余条件概率所

≥P(A1A2?An-1)>0. 这样, 要求的正概率,

除 P(A1A2?An-1)>0 作为题设外,

如 P(A1A2?An-2) >0, ?,

P(A1A2) >0,

P(A1)>0 便是题设条

件 P(A1A2?An-1)>0 的自然结论了. 3.6.计算 P(B)时, 概率公式. 答:不是. 这是对全概率公式的形式主义的认识, 式”来理解是不对的. 足 其实, 完全把它作为一个”公 应着眼于 如果事件 B 的表达式中有积又有和, 是否就必定要用全

我们没有必要去背这个公式 ,

A1,A2,?,An 的结构. 事实上,

对于具体问题,

若能设出 n 个事件 Ai, 使之满

(*) 就可得 这样就便于应用概率的加法公式和乘法公式. 因此, 能否使用全概率公式, 关键在于(**)式, 而要有(**)式, 即有(*)式. 关键 又在于适当地对 Ω 进行一个分割, 3.7.设 P(A)≠0, (**)

.

P(B)≠0, 因为有

(1)若 A、B 互不相容, 则 A、B 一定不独立. (2)若 A、B 独立, 则 A、B 一定不互不相容. 故既不互不相容又不独立的事件是不存在的. 上述结论是否正确. 答: 不正确. 原命题中的结论(1)(2)都是正确的. 逆否命题, 有其一就可以了)只能推出在 P(A)≠0, 件 A、B 既互不相容又独立是不存在的, 相容是不存在的”. 事实上, 恰恰相反, 存在的, 下面举一例. 5 个乒乓球(4 新 1 旧), 取到新球}, 生, 每次取一个, 无放回抽取三次, 记 Ai={第 i 次 但是由(1)(2)(它们互为

P(B)≠0 的前提下, 事

并不能推出“A、B 既不独立又不互不 既不互不相容又不独立的事件组是

i=1, 2, 3. 因为是无放回抽取 , 故 A1、A2、A3 互相不独立, 又
显然是可能发生的 , 即 A1、 A2、 A3 可能同时发

A1A2A3={三次都取到新球 },

因此 A1、A2、A3 不互不相容.

3.8.事件 A、 B 的“对立”与“互不相容”有什么区别和联系? 事件 A、 B “独 立”与“互不相容”又有什么区别和联系? 答: “对立”与“互不相容”区别和联系, 从它们的定义看是十分清楚的, 反之未必成立.

大体上可由如下的命题概括: “对立” →“互不相容”,

至于“独立”与“互不相容”的区别和联系, 并非一目了 然. 事件的互不相容性只考虑它们是否同时发生,是纯粹的事 件的关系 , 显示. 事件的独立性是由概率表述的, 即 当 存 在 概 率 关 系 P(A|B)=P(A) 或 则有“A、B 则 丝毫未涉及它们的概率 , 其关系可借助图直观

P(B|A)=P(B)时,

称 A、B 是相互独立的. 其等价命题是: 在 P(A)>0 与 P(B)>0 下,

它们的联系可由下述命题概括: 对于两个非不可能事件 A、B, 互不相容” →“A、 B 不独立”.

有“A、B 独立” →“A、B 不互不相容”(相容). 注意, 成立.

上述命题的逆命题不

3.9.设 A、B 为两个事件,若 0<P(A)<1, 0<P(B)<1. (*) , 这三种情形中的任何两种

则 A、 B 相互独立,A、 B 互不相容, 不能同时成立. 答:在条件(*)下 当 A、B 相互独立时, 有 当 A、B 互不相容时, 有 当 时, 有

P(AB)=P(A)P(B); P(AB)<P(A)P(B); P(AB)>P(A)P(B). A、B 相互独

在条件(*)下, 上述三式中的任何两个不能同时成立. 因此, 立,A、B 互不相容,

这三种情形中的任何两种不能同时成立. 必不互不相容,也不

此结论表明: 在条件(*)下,若两个事件相互独立时, 一个包含另一个,而只能是相容了. 3.10.证明: 若 P(A)=0 或 P(A)=1, 答:若 P(A)=0, 又 ,

则 A 与任何事件 B 相互独立. 故 0≤P(AB)≤P(A)=0.

于是 P(AB)=0=P(A)P(B),所以 A 与任何事件 B 相互独立. 若 P(A)=1, 则 立. 再由事件独立性的性质知, , . 由前面所证知 , 与任何事件 B 相互独

与 B 相互独立, 即 A 与 B 相互独立.另 进而有 与 . 互 不 . 相 容 , 故

种方法证明: 由 P(A)=1 知 又 且

AB

即 A 与 B 相互独立. 3.11. 设

A



B















,



0<P(A)<1,P(B)>0,

, 问事件 A 与 B 是什么关系?

[解 1]由已知条件

可得

.

由比例性质, 得 所以

.

P(AB)=P(A)P(B).因此事件 A 与 B 相互独立.
得 .

[解 2]由

因而 又 所以 ,

.

P(B|A)=P(B).

因此事件 A 与 B 相互独立. 3.12.是不是无论什么情况, 答:不是的. 我们可以证明, 则 A 迟早要发生的概率为 1. 事实上, 设 Ak={A 在第 k 次试验中发生}, 则 P(Ak)=ε , 前 n 次试验中 A 都不发生的概率为: . 于是在前 n 次试验中, , 在 小概率事件决不会成为必然事件. 随机试验中, 若 A 为小概率事件, 不妨设

P(A)=ε (0<ε <1 为不论多么小的实数 ), 只要不断地独立地重复做此试验,

A 至少发生一次的概率为

. 如果把试验一次接一次地做下去 , 即让 n→∞, 由于 0 < ε < 1, 则当

n→∞时, 有 pn→1.
以上事实在生活中是常见的, 例如在森林中吸烟, 一次引起火灾的可能性是 很小的, 但如果很多人这样做, 3.13.只要不是重复试验, 则迟早会引起火灾. 小概率事件就可以忽视.

答:不正确. 小概率事件可不可以忽视, 要由事件的性质来决定, 例如在森 林中擦火柴有 1%的可能性将导致火灾是不能忽视的, 但火柴有 1%的可能性擦不 燃是不必在意的. 3.14.重复试验一定是独立试验 , 理由是: 既然是重复试验就是说每次试验

的条件完全相同, 从而试验的结果就不会互相影响, 上述说法对吗? 答:不对. 我们举一个反例就可以证明上述结论是错误的. 一个罐子中装有 4 个黑球和 3 个红球, 随机地抽取一个之后, 再加进 2 个与 抽出的球具有相同颜色的球, 这种手续反复进行, 显然每次试验的条件是相同 的. 每抽取一次以后, 这时与取出球有相同颜色的球的数目增加, 而与取出球颜 色不同的球的数目保持不变, 从效果上看,每一次取出的球是什么颜色增加了下 一次也取到这种颜色球的概率,因此这不是独立试验,此例是一个如同传染病现 象的模型,每一次传染后都增加再传染的概率. 3.15.伯努利概型的随机变量是不是都服从二项分布. 答:不一定. 例如某射手每次击中目标的概率是 p,现在连续向一目标进行 射击,直到射中为止. 此试验只有两个可能的结果:A={命中}; ={未命中},

且 P(A)=p. 并且是重复独立试验, 因此它是伯努利试验 (伯努利概型) , 设 Xk={第

k 次射中},Xk 显然是一个随机变量,但 P(Xk=k)=qk-1p,k=1,2,?,其中 q=p-1,
可见 Xk 是服从参数为 p 的几何分布,而不是二项分布. 3.16.某人想买某本书, 决定到 3 个新华书店去买, 每个书店有无此书是等 可能的. 如有, 是否卖完也是等可能的. 设 3 个书店有无此书, 是否卖完是相 互独立的. 求此人买到此本书的概率. 答:(37/64). 3.17.在空战中, 甲机先向乙机开火, 击落乙机的概率是 0.2; 击落, 就进行还击, 击落甲机的概率是 0.3, 率是 0.4. 在这几个回合中, (1) (2) 甲机被击落的概率是多少? 乙机被击落的概率是多少? 若乙机未被 则再进攻乙机, 击落乙机的概

答:以 A 表示事件“第一次攻击中甲击落乙”, 以 B 表示事件“第二次攻击 中乙击落甲”, 以 C 表示事件“第三次攻击中甲击落乙”. (1)甲机被击落只有在第一次攻击中甲未击落乙才有可能, 故甲机被击落的 概率为 . (2)乙机被击落有两种情况 . 一是第一次攻击中甲击落乙 , 二是第三次攻击 中甲击落乙, 故乙机被击落的概率是

=0.2+(1-0.2)(1-0.3)×0.4=0.424. 3.18.某个问题, 若甲先答, 答对的概率为 0.4; 若甲答错, 由乙答, 答对的 概率为 0.5. 求问题由乙答出的概率. 答:(0.3) 3.19.有 5 个人在一星期内都要到图书馆借书一次, 一周内某天借书的可能 性相同, 求 (1)5 个人都在星期天借书的概率; (2)5 个人都不在星期天借书的概率; (3)5 个人不都在星期天借书的概率. 答: (1)(1/75); (2)(65/77); (3)(1-1/75).

二、例题 解.设事件 A 表示“甲取到的数比乙大”, 设事件 B 表示“甲取到的数是 5 的倍数”. 则显然所要求的概率为 P(A|B).
1.从 1, 2, 3,…, 15 中,甲、 乙两人各 任取一数(不重复),已知甲取到的 数是 5 的倍数,求甲数大于乙数的 概率.

根据公式 而 P(B)=3/15=1/5 ,

, ∴P(A|B)=9/14.

2. 掷三颗骰子,已知所得三个 数都不一样,求含有 1 点的概 率.

解.设事件 A 表示“掷出含有 1 的点数”, 设事件 B 表示“掷出的三个点数都不一 样”.

则显然所要求的概率为 P(A|B). 根据公式

,

P( , A|B)=1/2.

1 解.设事件 Ai 表示“第 i 次取到白球”. (i=1,2,?,N) 则根据题意 P(A1)=1/2 , P(A2|A1)=2/3,
3.袋中有一个白球和一 个黑球,一次次地从袋中 摸球,如果取出白球,则除 把白球放回外再加进一 个白球,直至取出黑球为 止,求取了 N 次都没有取 到黑球的概率.

由乘法公式可知: P(A1A2)=P(A2|A1)P(A1)=1/3. 而 P(A3|A1A2)=3/4 , P(A1A2A3)=P(A3|A1A2)P(A1A2)=1/4 . 由数学归纳法可以知道 P(A1A2? AN)=1/(N+1).

解.设事件 A 表示“取到的是甲袋”, 则 表示“取到的是乙袋”, 事件 B 表示 “ 最后取到的是白

4. 甲袋中有 5 只白球, 7 只红球;乙袋中有 4 只白 球”. 球, 2 只红球.从两个袋子中任取一袋, 然后从所 根据题意 : P(B|A)=5/12 , 取到的袋子中任取一球,求取到的球是白球的概 率. ,
P(A)=1/2. ∴

.

解.设事件 Ai 表示“从甲袋取的 2 个球中有 i 个 白球”,其中 i=0,1,2 . 事件 B 表示“从乙袋中取到的是白球”. 显然 A0, A1, A2 构成一完备事件组,且根据题意

P(A0)=1/10 ,
5.有甲、 乙两袋,甲袋中有 3 只白球,2 P(A2)=3/10 ; 只黑球;乙袋中有 4 只白球,4 只黑球. P(B|A0)=2/5 , 现从甲袋中任取 2 个球放入乙袋,然 后再从乙袋中任取一球,求此球为白 P(B|A2)=3/5 ; 球的概率.

P(A1)=3/5 , P(B|A1)=1/2 ,

由全概率公式

P(B)=P(B|A0)P(A0)+P(B|A1)P(A1)+P(B|A2) P(A2) =2/5×1/10+1/2×3/5+3/5× 3/10=13/25.

解.设事件 A 表示“第一次取到的 是 1 号球”,则 表示“第一次取到

6.袋中装有编号为 1, 2,…, N 的 N 个球,先 的是非 1 号球”; 从袋中任取一球,如该球不是 1 号球就放 事件 B 表示“最后取到的是 2 回袋中,是 1 号球就不放回,然后再摸一次, 求取到 2 号球的概率. 号球”.

显 然 P(A)=1/N,

, 且 P(B|A)=1/(N-1),

; ∴

=1/(N-1)×1/N+1/N ×(N-1)/N =(N2-N+1)/N2(N-1).

解.设事件 A1 表示“第一次取到的是红球”, 设事件 A2 表示“第二次取到的是红球”. (1)要求的是事件 A1A2 的概率.

7. 袋中装有 8 只红球 , 2 只黑球,每次从中任取一 球, 不放回地连续取两 次, 求下列事件的概率. (1)取出的两只球 都是红球; (2)取出的两只球 都是黑球; (3)取出的两只球 一只是红球,一只是黑球; (4)第二次取出的 是红球.

根据题意 P(A1)=4/5, , P(A2|A1)=7/9, ∴P(A1A2)=P(A1)P(A2|A1)=4/5× 7/9=28/45. (2)要求的是事件 根据题意: 的概率. , , ∴ . (3)要求的是取出一只红球一只黑球 ,它包括两种情 形,即求事件 的概率.

,

,

,

, ∴ . (4)要求第二次取出红球,即求事件 A2 的概率. 由全概率公式 :

=7/9× 4/5+8/9× 1/5=4/5.

8. 某射击小组共 设事件 Bi 表示“射手是第 i 级射手”.(i=1,2,3,4) 有 20 名射手,其 中一级射手 4 人, 显然,B1、B2、B3、B4 构成一完备事件组,且 二级射手 8 人, P(B1)=4/20, P(B2)=8/20, P(B3)=7/20, P(B4)=1/20; 三级射手 7 人, 四级射手 1 人. P(A|B1)=0.9, P(A|B2)=0.7, P(A|B3)=0.5, P(A|B4)=0.2. 一、二、三、四 级射手能通过选 由全概率公式得到 拔进入比赛的概 P(A)=P(A|B1)P(B1)+P(A|B2)P(B2)+P(A|B3)P(B3)+P(A|B4 率分别是 0.9、 0.7、 0.5、 0.2 . 求 )P(B4) 任选一名射手能 =0.9×4/20+0.7×8/20+0.5×7/20+0.2× 通过选拔进入比 1/20=0.645. 赛的概率. 9.轰炸机轰炸某目标, 解.设事件 A1 表示“飞机能飞到距目标 400 米处”, 它能飞到距目标 400、 200、 100(米)的概率分 设事件 A2 表示“飞机能飞到距目标 200 米处”, 别是 0.5、0.3、0.2,又 设事件 A3 表示“飞机能飞到距目标 100 米处”, 设它在距目标 400、 200、 100(米)时的命中 用事件 B 表示“目标被击中”. 率分别是 0.01、0.02、 由题意, P(A1)=0.5, P(A2)=0.3, P(A3)=0.2, 0.1 .求目标被命中的

解.设事件 A 表示“射手能通过选拔进入比赛”,

概率为多少?

且 A1、A2、A3 构成一完备事件组. 又已知 P(B|A1)=0.01, P(B|A2)=0.02, P(B|A3)=0.1. 由全概率公式得到 : P(B)=P(B|A1)P(A1)+P(B|A2)P(A2)+P(B|A3)P(A3) =0.01× 0.5+0.02× 0.3+0.1× 0.2=0.031.

解.设事件 Ai 表示“第 i 道工序出次品”, i=1,2,3,4 因为各道工序的加工互不影响 ,因 此 Ai 是相互独立的事件. P(A1)=0.02, P(A3)=0.05, P(A4)=0.03, P(A2)=0.03,

10. 加工某一零件共需 只要任一道工序出次品 ,则加工出 要 4 道工序,设第一﹑第 二﹑第三﹑第四道工序 来 的 零 件 就 是 次 品 . 所 以 要 求 的 是 的次品率分别为 2?﹑ (A1+A2+A3+A4)这个事件的概率. 3?﹑5?﹑3?, 假定各 为了运算简便,我们求其对立事件 道工序的加工互不影 响, 求加工出零件的次 的概率 品率是多少?

= (1-0.02)(1-0.03)(1-0.05)(1-0.03)=0.876. ∴P(A1+A2+A3+A4)=1-0.876=0.124.

11. 某人过去射击的成绩 是每射 5 次总有 4 次命中 目标, 根据这一成绩, 求

解.设事件 Ai 表示“第 i 次命中目标”, i=1,2,3 根据已知条件 P(Ai)=0.8, ,i=1,2,3

(1)射击三次皆中目 某人每次射击是否命中目标是相互独立的,因此事件 Ai 是相互独 立的 . 标的概率; (2)射击三次有且只
(1)射击三次皆中目标的概率即求 P(A1A2A3).

有 2 次命中目标的概率; (3)射击三次至少有 二次命中目标的概率.

由独立性: P(A1A2A3)=P(A1)P(A2)P(A3)=0.83=0.512. (2)“射击三次有且只有 2 次命中目标”这个事件用 B 表 示. 显然 又根据独立性得到: ,

. (3)“射击三次至少有 2 次命中目标”这个事件用 C 表示. 至少有 2 次命中目标包括 2 次和 3 次命中目标,所以 C=B+A1A2A3 P(C)=P(B)+P(A1A2A3)=0.384+0.512=0.896.

解.设事件 Ai 表示“第 i 人能译出密码”, i=1,2,3. 由于每一人是否能译出密码是相互独立的,最后只要 三人中至少有一人能将密码译出,则密码被译出,因此所求的 概率为 P(A1+A2+A3). 12. 三人独立译某一 密码, 他们能译出的 已知 P(A1)=1/3,P(A2)=1/4,P(A3)=1/5, 概率分别为 1/3, 1/4, 而 1/5, 求能将密码译 出的概率. =(1-1/3)(1-1/4)(1-1/5)=0.4. ∴P(A1+A2+A3)=1-0.4=0.6.

13. 用一门大炮对某 目标进行三次独立 解.设事件 Ai 表示“第 i 次命中目标”, i=1,2,3. 射击, 第一、 二、 三 设事件 Bi 表示“目标被命中 i 弹”, i=0,1,2,3. 次的命中率分别为 设事件 C 表示“目标被摧毁”. 0.4、0.5、0.7, 若命 中此目标一、 二、 三 由已知 P (A )=0.4,P(A )=0.5,P(A )=0.7; 1 2 3 弹, 该目标被摧毁 P(C|B0)=0,P(C|B1)=0.2,P(C|B2)=0.6,P(C|B3)=0.8. 的概率分别为 0.2、 0.6 和 0.8, 试求此 又由于三次射击是相互独立的,所以 目标被摧毁的概率.

,

=0.6× 0.5× 0.7+0.6× 0.5× 0.3+0.4× 0.5× 0.3=0 .36,

=0.6× 0.5× 0.7+0.4× 0.5× 0.3+0.4× 0.5× 0.7 =0.41,

. 由全概率公式得到

P(C)=P(C|B0)P(B0)+P(C|B1)P(B1)+P(C|B2)P(B2)+P(C|B3) P(B3)
=0× 0.09+0.2× 0.36+0.6× 0.41+0.8× 0.14=0.43.

三、练习题
3 1 ,P(A)= ,则 P(AB)=( ) 10 5 1 3 2 3 A. B. C. D. 2 2 3 50 2.由“0” 、 “1” 组成的三位数码组中,若用 A 表示“第二位数字为 0”的事件, 用 B 表示“第一位数字为 0”的事件,则 P(A|B)=( ) 1 1 1 1 A. B. C. D. 2 3 4 8 4 2 3.某地区气象台统计,该地区下雨的概率是 ,刮三级以上风的概率为 , 15 15

1.已知 P(B|A)=

既刮风又下雨的概率为 A.
8 225

1 ,则在下雨天里,刮风的概率为( ) 10 3 3 1 B. C. D. 2 8 4

4.设某种动物有出生算起活 20 岁以上的概率为 0.8,活到 25 岁以上的概率为 0.4.现有一个 20 岁的这种动物,问它能活到 25 岁以上的概率是.

5.一个口袋内装有 2 个白球,3 个黑球,则 (1)先摸出 1 个白球后放回,再摸出 1 个白球的概率? (2)先摸出 1 个白球后不放回,再摸出 1 个白球的概率?

1 3 , 用满 10000 小时未坏的概率是 , 4 2 现有一个此种元件,已经用过 6000 小时未坏,求它能用到 10000 小时的概率

6. 某种元件用满 6000 小时未坏的概率是

7.某个班级共有学生 40 人,其中有团员 15 人,全班分成四个小组,第一小组 有学生 10 人,其中团员 4 人。如果要在班内任选一人当学生代表 (1)求这个代表恰好在第一小组内的概率(2)求这个代表恰好是团员代表的概 率 (3)求这个代表恰好是第一小组内团员的概率 (4)现在要在班内任选一个团员代表,问这个代表恰好在第一小组内的概率

8.市场上供应的灯泡中,甲厂产品占 70%,乙厂占 30%,甲厂产品合格率是 95%,乙厂合格率是 80%,则(1)市场上灯泡的合格率是多少? (2)市场上合格品中甲厂占百分之几?(保留两位有效数字)

9.一个家庭中有两个小孩,已知其中一个是女孩,问这时另一个小孩也是女孩 的概率?(每个小孩是男孩和女孩的概率相等)

10.在一批电子元件中任取一件检查,是不合格品的概率为 0.1,是废品的概率 为 0.01,已知取到了一件不合格品,它不是废品的概率是多少?


条件概率练习题

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