《概率论与数理统计》课程教学资源（教案讲义，理工类）第一章随机事件及其概率（1.5）事件的独立性.doc_大学文库

性质1若事件A,A2,…,A(n≥2)相互独立,则其中任意k(1<k≤m)个事件也相互独由独立性定义可直接推出性质2若n个事件A,A2,…,An(n≥2)相互独立,则将A,A2,…,A2中任意 m(1≤m≤n)个事件换成它们的对立事件,所得的n个事件仍相互独立; 对n=2时,定理2已作证明,一般情况可利用数学归纳法证之,此处略性质3设A1,A2,…,A4是n(n≥2)个随机事件,则 A1,A2…,An相互独立 44,4,…4两两独立即相互独立性是比两两独立性更强的性质, 三、伯努利概型设随机试验只有两种可能的结果:事件A发生(记为A)或事件A不发生(记为A),则称这样的试验为伯努利( Bernoulli)试验设 P(A)=p,P(A)=1-p2(0<p<1 将伯努利试验独立地重复进行n次,称这一串重复的独立试验为n重伯努利试验,或简称为伯努利概型注:n重伯努利试验是一种很重要的数学模型,在实际问题中具有广泛的应用其特是:事件A在每次试验中发生的概率均为P,且不受其他各次试验中A是否发生的影响定理3(伯努利定理)设在一次试验中事件A发生的概率为p(0<p<1,则在n重贝努里试验中,事件A恰好发生k次的概率为 P{X=k=Cp(1-p),(k=01 推论设在一次试验中,事件A发生的概率为p(0<p<1),则在n重贝努里试验中,事件A在第k次试验中的才首次发生的概率为 p(1-p),(k=0,1…,n) 注意到“事件A第k次试验才首次发生”等价于在前k次试验组成的k重伯努利试验中 “事件A在前k-1次试验中均不发生而第k次试验中事件A发生”,再由伯努利定理即推得例题选讲两个事件的独立性例1(E01)从一副不含大小王的扑克牌中任取一张,记A={抽到K},B={抽到的牌是黑色的},问事件A、B是否独立? 注:从例1可见,判断事件的独立性,可利用定义或通过计算条件概率来判断但在实际应用中,常根据问题的实际意义去判断两事件是否独立 21 解一利用定义判断由P(4=31316) P(AB)

性质 1 若事件 A A An , , , 1 2  (n  2) 相互独立, 则其中任意 k(1 k  n) 个事件也相互独立; 由独立性定义可直接推出. 性质 2 若 n 个事件 A A An , , , 1 2  (n  2) 相互独立 , 则将 A A An , , , 1 2  中任意 m(1 m  n) 个事件换成它们的对立事件, 所得的 n 个事件仍相互独立; 对 n = 2 时，定理 2 已作证明, 一般情况可利用数学归纳法证之，此处略. 性质 3 设 A A An , , , 1 2  是 n (n  2) 个随机事件，则 A A An , , , 1 2  相互独立  → A A An , , , 1 2  两两独立. 即相互独立性是比两两独立性更强的性质, 三、伯努利概型设随机试验只有两种可能的结果: 事件 A 发生(记为 A ) 或事件 A 不发生(记为 A ), 则称这样的试验为伯努利(Bermourlli)试验. 设 P(A) = p, P(A) =1− p,(0  p 1), 将伯努利试验独立地重复进行 n 次, 称这一串重复的独立试验为 n 重伯努利试验, 或简称为伯努利概型. 注: n 重伯努利试验是一种很重要的数学模型, 在实际问题中具有广泛的应用.其特点是:事件 A 在每次试验中发生的概率均为 p ,且不受其他各次试验中 A 是否发生的影响. 定理 3（伯努利定理）设在一次试验中,事件 A 发生的概率为 p(0  p 1), 则在 n 重贝努里试验中,事件 A 恰好发生 k 次的概率为 P{X k} C p (1 p) ,(k 0,1, ,n). k k n k = = n − − =  推论设在一次试验中,事件 A 发生的概率为 p(0  p 1), 则在 n 重贝努里试验中, 事件 A 在第 k 次试验中的才首次发生的概率为 (1 ) ,( 0,1, , ). 1 p p k n − k− =  注意到“事件 A 第 k 次试验才首次发生”等价于在前 k 次试验组成的 k 重伯努利试验中 “事件 A 在前 k −1 次试验中均不发生而第 k 次试验中事件 A 发生”,再由伯努利定理即推得. 例题选讲两个事件的独立性例 1 (E01) 从一副不含大小王的扑克牌中任取一张, 记 A = {抽到 K }, B = {抽到的牌是黑色的}, 问事件 A 、 B 是否独立? 注：从例 1 可见, 判断事件的独立性, 可利用定义或通过计算条件概率来判断. 但在实际应用中, 常根据问题的实际意义去判断两事件是否独立. 解一利用定义判断. 由 , 13 1 52 4 P(A) = = , 2 1 52 26 P(B) = = , 26 1 52 2 P(AB) = =

PAB)=P(A)P(B),故事件A、B独立解二利用条件概率判断,由P(A=1,P(41B)=2=1 P(A)=P(AB,故事件A、B独立注:从例1可见,判断事件的独立性,可利用定义或通过计算条件概率来判断但在实际应用中,常根据问题的实际意义去判断两事件是否独立相互独立性的性质例2已知甲、乙两袋中分别装有编号为1,2,3,4的四个球今从甲、乙两袋中各取出一球,设A={从甲袋中取出的是偶数号球},B={从乙袋中取出的是奇数号球},C={从两袋中取出的都是偶数号球或都是奇数号球},试证A,B,C两两独立但不相互独立证明由题意知,P(A)=P(B)=P(C)=1/2.以,j分别表示从甲、乙两袋中取出球的号数,则样本空间为S={(0,=1,2,34j=12,3,4} 由于S包含16个样本点,事件AB包含4个样本点(2,1,(2,3)、4,1)(4,3),而AC,BC都各包含4个样本点所以P(AB)=P(AC)=P(BC)=4/16=1/4 于是有P(AB)=P(A)P(B),P(AC)=P(A)P(C,P(AB)=P(A)P(B),因此A,B,C两两独立又因为ABC=所以P(ABO=0,而P(A)P(B)PC)=1/8,因P(ABO≠P(AP(B)PC 故A,B,C不是相互独立的例3加工某一零件共需经过四道工序,设第一、二、三、四道工序的次品率分别是2% 3%,5%,3%,假定各道工序是互不影响的,求加工出来的零件的次品率解本题应先计算合格品率,这样可以使计算简便设A,A2,4,A4为四道工序发生次品事件,D为加工出来的零件为次品的事件,则D为产品合格的事件,故有D=A1A2A434 P(D)=P(A)P(A2)P(A3)P(4)=(1-2%(1-3%(1-5%)1-3%)=8759779≈87609% P(D)=1-POD)=1-8760%=1240% 例4(E02)如图是一个串并联电路系统.A,B,C,D,E,F,G,H都是电路中的元件.它们下方的数字是它们各自正常工作的概率.求电路系统的可靠性解以W表示电路系统正常工作,因各元件独立工作,故有 P(W)=P(A)P(B)P(CUDUEP(FUGP(H) IH P(CUDUE=1-P(C)P(D)P(E)=0.973, P(FUG)=1-P(F)P(G)=0.9375 代入得P(W)≈0.782 例5(E03)甲,乙两人进行乒乓球比赛,每局甲胜的概率为pP≥12.问对甲而言,采用三局二胜制有利,还是采用五局三胜制有利,设各局胜负相互独立解采用三局二胜制,甲最终获胜,其胜局的情况是“甲甲”或“乙甲甲”或“甲乙甲

P(AB) = P(A)P(B), 故事件 A、B 独立. 解二利用条件概率判断. 由 , 13 1 P(A) = , 13 1 26 2 P(A| B) = = P(A) = P(A| B), 故事件 A、B 独立. 注：从例 1 可见, 判断事件的独立性, 可利用定义或通过计算条件概率来判断. 但在实际应用中, 常根据问题的实际意义去判断两事件是否独立. 相互独立性的性质例 2 已知甲、乙两袋中分别装有编号为 1, 2, 3, 4 的四个球. 今从甲、乙两袋中各取出一球, 设 A = {从甲袋中取出的是偶数号球}, B = {从乙袋中取出的是奇数号球}, C = {从两袋中取出的都是偶数号球或都是奇数号球}, 试证 A, B,C 两两独立但不相互独立. 证明由题意知, P(A) = P(B) = P(C) =1/ 2. 以 i, j 分别表示从甲、乙两袋中取出球的号数，则样本空间为 S ={(i, j)|=1,2,3,4; j =1,2,3,4}. 由于 S 包含 16 个样本点, 事件 AB 包含 4 个样本点: (2,1),(2,3),(4,1),(4,3), 而 AC,BC 都各包含 4 个样本点,所以 P(AB) = P(AC) = P(BC) = 4/16 =1/ 4. 于是有 P(AB) = P(A)P(B), P(AC) = P(A)P(C), P(AB) = P(A)P(B), 因此 A,B,C 两两独立. 又因为 ABC = , 所以 P(ABC) = 0, 而 P(A)P(B)P(C) =1/8, 因 P(ABC)  P(A)P(B)P(C), 故 A,B,C 不是相互独立的. 例 3 加工某一零件共需经过四道工序, 设第一、二、三、四道工序的次品率分别是 2%, 3%, 5%, 3%, 假定各道工序是互不影响的, 求加工出来的零件的次品率. 解本题应先计算合格品率, 这样可以使计算简便. 设 1 2 3 4 A , A , A , A 为四道工序发生次品事件, D 为加工出来的零件为次品的事件, 则 D 为产品合格的事件, 故有 , D = A1A2A3A4 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) P D = P A1 P A2 P A3 P A4 = (1− 2%)(1− 3%)(1− 5%)(1− 3%) =87.59779% 87.60%; P(D) =1− P(D) =1− 87.60% =12.40%. 例 4 (E02) 如图是一个串并联电路系统. A,B,C, D,E, F,G, H 都是电路中的元件. 它们下方的数字是它们各自正常工作的概率. 求电路系统的可靠性. 解以 W 表示电路系统正常工作, 因各元件独立工作, 故有 P(W) = P(A)P(B)P(C  D  E)P(F G)P(H), 其中 P(C  D E) =1− P(C)P(D)P(E) = 0.973, P(F G) =1− P(F)P(G) = 0.9375. 代入得 P(W)  0.782. 例 5 (E03) 甲, 乙两人进行乒乓球比赛, 每局甲胜的概率为 p, p≥1/2. 问对甲而言,采用三局二胜制有利, 还是采用五局三胜制有利, 设各局胜负相互独立. 解采用三局二胜制, 甲最终获胜, 其胜局的情况是:“甲甲”或“乙甲甲”或“甲乙甲

而这三种结局互不相容,于是由独立性得甲最终获胜的概率为n=p2+2p2(1-P) 采用五局三胜制,甲最终获胜至少需比赛3局可能赛3局,也可能赛4局或5局),且最后一局必需是甲胜,而前面甲需胜二局例如,共赛4局,则甲的胜局情况是“甲乙甲甲甲甲乙甲”,且这三种结局互不相容.由独立性得甲最终获胜的概率为 p2=p3+C3p(1-p)+Cp(1-p)2 于是P2-p1=P2(6p3-15p2+12p-3)=3p2(p-1)2(2p-1) 当p>1/2时,P2>B,即对甲来说采用五局三胜制较为有利;当p=1/2时,P2=p1=1/2 即两种赛制甲,乙最终获胜的概率相同伯努利概型例6某种小数移栽后的成活率为90%,一居民小区移栽了20棵,求能成活18的概率解观察一棵小树是否成活是随机试验E,每棵小树只有“成活”(4)或“没成活”(A)两种可能结果,且P(A)=0.9.可以认为,小树成活与否是彼此独立的,因此观察20棵小树是否成活可以看成是P=0.9的20重伯努利试验设所求概率为P(B,则由伯努利公式可得 PB)=C28×0.918×0.12=0.285 例7一条自动生产线上的产品,次品率为4%,求 (1)从中任取10件,求至少有两件次品的概率 (2)一次取1件,无放回地抽取,求当取到第二件次品时,之前已取到8件正品的概率解(1)由于一条自动生产线上的产品很多,当抽取的件数相对较少时,可将无放回抽取近似看成是有放回抽取,每抽1件产品看成是一次试验抽10件产品相当于做10次重复独立试验,且每次试验只有“次品”或“正品”两种可能结果,所以可以看成10重伯努利试验设A表示“任取1件是次品”则p=P(A)=004,q=P(A)=096 设B表示“10件中至少有两件次品”,由伯努利公式有 r2=21(1-10-0=109×0090 (2)由题意,至第二次抽到次品时,共抽取了10次,前9次中抽得8件正品1件次品设表示“前9次中抽到8件正品1件次品”,D表示“第十次抽到次品”,则由独立性和伯努利公式,所求的概率为 PCD)=P(C)P(D)=C1×004×0.96×0.04=00104 例8一个袋中装有10个球,其中3个黑球,7个白球,每次从中随意取出一球,取后放回

而这三种结局互不相容, 于是由独立性得甲最终获胜的概率为 2 (1 ). 2 2 p1 = p + p − p 采用五局三胜制, 甲最终获胜, 至少需比赛 3 局(可能赛 3 局, 也可能赛 4 局或 5 局), 且最后一局必需是甲胜, 而前面甲需胜二局. 例如, 共赛 4 局, 则甲的胜局情况是:“甲乙甲甲”, “乙甲甲甲”, “甲甲乙甲”, 且这三种结局互不相容. 由独立性得甲最终获胜的概率为 2 3 2 4 2 3 3 3 2 p = p +C p (1− p) +C p (1− p) 于是 (6 15 12 3) 2 3 2 p2 − p1 = p p − p + p − 3 ( 1) (2 1). 2 2 = p p − p − 当 p 1/ 2 时, , P2  P1 即对甲来说采用五局三胜制较为有利; 当 p =1/ 2 时, 1/ 2, p2 = p1 = 即两种赛制甲,乙最终获胜的概率相同. 伯努利概型例 6 某种小数移栽后的成活率为 90%, 一居民小区移栽了 20 棵, 求能成活 18 的概率. 解观察一棵小树是否成活是随机试验 E, 每棵小树只有“成活” (A) 或“没成活” (A) 两种可能结果, 且 P(A) = 0.9. 可以认为, 小树成活与否是彼此独立的, 因此观察 20 棵小树是否成活可以看成是 P = 0.9 的 20 重伯努利试验. 设所求概率为 P(B), 则由伯努利公式可得 ( ) 0.9 0.1 0.285. 18 18 2 P B = C20   = 例 7 一条自动生产线上的产品, 次品率为 4%, 求: (1) 从中任取 10 件, 求至少有两件次品的概率; (2) 一次取 1 件, 无放回地抽取, 求当取到第二件次品时, 之前已取到 8 件正品的概率. 解 (1) 由于一条自动生产线上的产品很多, 当抽取的件数相对较少时, 可将无放回抽取近似看成是有放回抽取, 每抽1件产品看成是一次试验,抽10件产品相当于做10次重复独立试验, 且每次试验只有 “次品” 或 “正品” 两种可能结果,所以可以看成 10 重伯努利试验. 设 A 表示 “任取 1 件是次品”, 则 p = P(A) = 0.04, q = P(A) = 0.96. 设 B 表示 “10 件中至少有两件次品”, 由伯努利公式有 ( ) ( ) 1 (0) (1) 10 10 10 2 P B P10 k P P k = = − − = 1 9 10 10 =1− 0.96 −C 0.040.96 = 0.0582. (2) 由题意, 至第二次抽到次品时, 共抽取了 10 次, 前 9 次中抽得 8 件正品 1 件次品. 设 C 表示 “前 9 次中抽到 8 件正品 1 件次品”, D 表示 “第十次抽到次品”, 则由独立性和伯努利公式, 所求的概率为 ( ) ( ) ( ) 0.04 0.96 0.04 0.0104. 9 8 P CD = P C P D =C1    = 例 8 一个袋中装有 10 个球，其中 3 个黑球，7 个白球，每次从中随意取出一球，取后放回

(1) 如果共取 10 次，求 10 次中能取到黑球的概率及 10 次中恰好取到 3 次黑球的概率. (2) 如果未取到黑球就一直取下去，直到取到黑球为止，求恰好要取 3 次的概率及至少要取 3 次的概率. 解记 Ai 为事件 “第 i 次取到的是黑球”, 则 P(Ai ) = 3/10,i =1,2,  (1) 记 B 为事件 “10 次中能取到黑球”, Bk 为事件 “10 次中恰好取到 k 次黑球” (K = 0,1, 10), 则有 ( ) 1 ( ) 1 ( ) 1 (7/10) , 10 P B = − P B = − P B0 = − (2) 记 C 为“恰好要取 3 次”, D 为“至少要取 3 次”,则 ( ) (7/10) (3/10), 2 P C =  ( ) ( ) ( ) ( ) (7/10) . 2 P D = P A1A2 = P A1 P A2 = 例 9 一辆飞机场的交通车载有 25 名乘客途经 9 个站，每位乘客都等可能在这 9 站中任意一站下车（且不受其他乘客下车与否的影响），交通车只在有乘客下车时才停车，求交通车在第 i 站停车的概率以及在第 i 站不停车的条件下第 j 站的概率，并判断“第 i 站停车”与 “第 j 站停车”两个事件是否独立. 解记 Ak 为 “第 k 位乘客在第 i 站下车”, k =1,2,  ,25. 考察每一位乘客在第 i 站是否下车, 可视为一个 25 重的伯努利试验, 记 B 为 “第 i 站停车”, C 为 “第 j 站停车”, 则 B,C 分别等价于 “第 i 站有人下车” 和 “第 j 站有人下车”, 于是有 ( ) 1 (8/9) , 25 P B = − ( ) 1 (8/9) . 25 P C = − 在 B 不发生(即 B 发生)的条件下, 每位乘客均等可能地在第 i 站以外的 8 站中任意一站下车, 于是每位乘客在第 j 站下车的概率为 1/8, 故有 ( | ) 1 (7/8) . 25 P C B = − 因 P(C | B)  P(C), 故 B 与 C 不独立, 从而 B 与 C 不独立. 例 10 (E04) 某型号高炮, 每门炮发射一发炮弹击中飞机的概率为 0.6, 现若干门炮同时各射一发, (1) 问: 欲以 99%的把握击中一架来犯的敌机至少需配置几门炮? (2) 现有 3 门炮, 欲以 99%的把握击中一架来犯的敌机, 问:每门炮的命中率应提高到多少? 解 (1) 设需配置 n 门炮. 因为 n 门炮是各自独立发射的, 因此该问题可以看作 n 重伯努利试验. 设 A 表示 “高炮击中飞机”, P(A) = 0.6, B 表示“敌机被击落”, 问题归结为求满足下面不等式的 n. ( ) 0.6 0.4 0.99 1 =  − =  k n k n k k P B Cn

《概率论与数理统计》课程教学资源（教案讲义，理工类）第一章 随机事件及其概率（1.5）事件的独立性

《概率论与数理统计》课程教学资源（教案讲义，理工类）第一章随机事件及其概率（1.5）事件的独立性