第1章概率论的基本概念 典型例题分析 事件的表示及其等价表示 例1设A,B,C为三个事件,则“A,B,C中至少有一个不发生”这一事件可表示 为()。 (A)AB+AC+BC (B)A+B+C (C)ABC+ ABC+ ABC (D)A+B+C 分析根据事件的并的定义,凡是出现“至少有一个”,均可由“并”来表示,在本题 中,要表示的事件是“至少有一个不发生”,由于不发生可由对立事件来表示,于是“A, C至少有一个不发生”等价于“A,B,C中至少有一个发生”,故答案(D)正确。 答选择(D)。 二、事件的关系与运算 例1如果A与B互不相容,则()。 (A)AB=O (B)A=B (C)A +B=Q 分析这里要区分互不相容和对立事件。如图,A与B互不相容,显然(D),(B)不成立。 而AB=9.(AUB也不为必,故(A)也不成立,事实上,由于A+B=AB=g 于是选择(C)。 答选择(C) 例2A,B是两个事件,则下列关系正确的是()。 (A)(A-B)+B=A (B) AB+(A-B)=A (C)(A+B)-B=A (D)(AB+A)-B=A 分析这类问题的关键在于正确理解事件运算的定义和性质,必要时可借助于文氏图来分析 比如选项(A)的左边的运算结果应该等于A+B,而不是A:而选项(C)左边运算的含义 是A发生而B不发生,即为A-B,这两个选项的关键在于注意求和差运算的顺序。选项(B) 的左边实际上等于AB+AB=A(B+B)=A,从而选项(B)是正确的,最后选项(D)左 边的括号中运算结果实际上等于A,从而左边运算的结果为A-B 答选择(B) 应用概率性质计算概率 例1已知P(A)=p,P(B)=q,P(∪B)=p+q,则P(A∪B)= 分析首先,由题设及加法法则知P(AB)=0,尽管AB一般不一定等于⑧,但在概率计算
第1章 概率论的基本概念 典型例题分析 一、事件的表示及其等价表示 例 1 设 A,B,C 为三个事件,则“A,B,C 中至少有一个不发生”这一事件可表示 为()。 (A) AB+AC+BC (B) A+B+C (C) ABC + ABC + ABC (D) A + B + C 分析 根据事件的并的定义,凡是出现“至少有一个”,均可由“并”来表示,在本题 中,要表示的事件是“至少有一个不发生”,由于不发生可由对立事件来表示,于是“A,B, C 至少有一个不发生”等价于“ A , B ,C 中至少有一个发生”,故答案(D)正确。 答 选择(D)。 二、事件的关系与运算 例 1 如果 A 与 B 互不相容,则( )。 (A) A B = (B) A =B (C) A + B = (D)A+B= 分析 这里要区分互不相容和对立事件。如图,A 与 B 互不相容,显然(D),(B)不成立。 而 A B = -( A B 也不为 ,故(A)也不成立,事实上,由于 A + B = AB = , 于是选择(C)。 答 选择(C)。 例 2 A,B 是两个事件,则下列关系正确的是( )。 (A)(A-B)+B=A (B)AB+(A-B)=A (C)(A+B)-B=A (D)(AB+A)-B=A 分析 这类问题的关键在于正确理解事件运算的定义和性质,必要时可借助于文氏图来分析。 比如选项(A)的左边的运算结果应该等于 A+B,而不是 A;而选项(C)左边运算的含义 是 A 发生而 B 不发生,即为 A-B,这两个选项的关键在于注意求和差运算的顺序。选项(B) 的左边实际上等于 AB+A B =A(B+ B )=A,从而选项(B)是正确的,最后选项(D)左 边的括号中运算结果实际上等于 A,从而左边运算的结果为 A-B。 答 选择(B)。 三、 应用概率性质计算概率 例 1 已知 P A p ( ) = , P B q ( ) = , P A B p q ( ) = + ,则 P A B ( ) = _______. 分析 首先,由题设及加法法则知 P AB ( ) =0,尽管 AB 一般不一定等于 ,但在概率计算
时视其为必也不会影响计算结果。在求填空题时,这是一种好的技巧。接下来不妨设 AB=,此时BcA,从而P(A∪B)=P(A)=1-P(A)=1 答1 例2己知P(B)=04,P(AB)=0.2,P(AB)=0.6,则P(AB) 分析由于P(AB)=1-P(A+B),因而需计算P(A+B)。又根据加法公式有 P(A+B)=P(4)+P(B)-P(AB),其中题设中已知P(B)和P(AB),因而需计算P(A), 注意到P(AB)+P(AB)=P(A)。由此可计算P(A+B)从而得P(AB)。 谷0。 四、由概率性质导出的一些结果 例1设P(A)=0.6,P(B)=0.7,证明0.3≤P(AB)≤0.6 分析证明概率不等式的基本依据是概率的性质,通常包括:事件的概率介于0和1之 间:子事件的概率不大于母事件的概率;概率的计算公式等。 证明首先由ABcA,知P(AB)≤P(A)=0.6,其次, P(AB)=P(A)+P(B)-P(4UB)=0.6+0.7-P(AUB),又由P(AUB)≤1知 P(AB)≥0.6+0.7-1=03 五、古典概率的概率计算 1袋中取球问题 例1一袋中装有m+n个球,其中m个黑球,n个白球,现随机地从中每次抽取出 个球(不放回),求下列事件的概 次取到的是白球 (2)第i次才取到白球 (3)前i次中能取到白球: (4)前i次中恰好取到l个白球(l≤i≤m+n,l≤n); (5)到第i次为止才取到l个白球(l≤i≤m+n,l≤n) (6)取球直到剩下的球的颜色都相同为止,最后剩下的全是白球 分析本题中取球是按顺序取的,所考虑的事件往往也涉及取球的顺序,所以在计算样 本点数(即基本事件数)时,要用排列数 解(1)m+n个球按顺序取出共有(m+n)!种取法,其中第i次取出的是白球的取 法按乘法法则共有C(m+n-1)!种取法,于是“第i次取到的是白球”这一事件A1的概率 P(4) C(m+n-1) (m+n)!
时视其为 也不会影响计算结果。在求填空题时,这是一种好的技巧。接下来不妨设 AB= ,此时 B A ,从而 P A B ( ) = P A( ) =1- P A( ) =1-p. 答 1-p . 例 2 已知 P B( ) =0.4, P AB ( ) =0.2, P AB ( ) =0.6,则 P AB ( ) =_______. 分 析 由 于 P AB ( ) =1- P A B ( ) + , 因 而需 计算 P A B ( ) + 。 又 根据 加法 公式 有 P A B ( ) + = P A( ) + P B( )- P AB ( ) ,其中题设中已知 P B( ) 和 P AB ( ) ,因而需计算 P A( ) , 注意到 P AB ( ) + P AB ( ) = P A( ) 。由此可计算 P A B ( ) + 从而得 P AB ( ) 。 答 0。 四、由概率性质导出的一些结果 例 1 设 P A( ) =0.6, P B( ) =0.7,证明 0.3 P AB ( ) 0.6. 分析 证明概率不等式的基本依据是概率的性质,通常包括:事件的概率介于 0 和 1 之 间;子事件的概率不大于母事件的概率;概率的计算公式等。 证 明 首先由 AB A , 知 P AB ( ) P A( ) =0.6 ,其次,由 P AB ( ) = P A( ) + P B( ) - P A B ( ) =0.6+0.7- P A B ( ) ,又由 P A B ( ) 1 知 P AB ( ) 0.6+0.7-1=0.3。 五、古典概率的概率计算 1 袋中取球问题 例 1 一袋中装有 m n + 个球,其中 m 个黑球, n 个白球,现随机地从中每次抽取出一 个球(不放回),求下列事件的概率: (1) 第 i 次取到的是白球; (2) 第 i 次才取到白球; (3) 前 i 次中能取到白球; (4) 前 i 次中恰好取到 l 个白球( l i m n + ,l n ); (5) 到第 i 次为止才取到 l 个白球( l i m n + ,l n ); (6) 取球直到剩下的球的颜色都相同为止,最后剩下的全是白球。 分析 本题中取球是按顺序取的,所考虑的事件往往也涉及取球的顺序,所以在计算样 本点数(即基本事件数)时,要用排列数。 解 (1) m n + 个球按顺序取出共有( m n + )!种取法,其中第 i 次取出的是白球的取 法按乘法法则共有 1 ( 1)! C m n n + − 种取法,于是“第 i 次取到的是白球”这一事件 Ai 的概率 为 ( ) P Ai = 1 ( 1)! ( )! C m n n m n + − + = n m n +
(2)同(1),基本事件总数为(m+n)!,而“第i次才取到白球”等价于“前i-1次取 到的全是黑球,而且第i次取到的是白球”,由乘法法则,其取法共有CP(m+n-1)!, 于是“第i次才取到白球”这一事件B的概率为 P(B) ClPr(m+n-i)! nPi- (m+n) (3)记该事件为C,先计算其对立事件“前i次没有取到白球”的概率, P(C m+n (m+n)! Pr 于是 P(C)=1-P(C1) P (4)记该事件为D,,则易知 P(D) CP P(m+n-O! CP P CCr (m+n)! (5)“到第i次为止才取到l个白球”等价于“前i-1次恰好取到l-1个白球,而第i次取 到的是白球”,于是该事件E,的概率为 P(E)= m+n (i-1)Cl-Ci-CI-Il Cr(n-1+1) (6)首先注意到“剩下的都是白球”等价于“最后一次取到的是白球”于是由(1)的结 果,该事件F的概率为 2放球入箱问题 例将n个球随意放入N个箱子中,其中每个球等可能放入任意一个箱子,求下列事件 的概率 (1)指定的n个箱子各放入一球(设N≥n) (2)每个箱子最多放入一球: (3)第i个箱子不空
(2)同(1),基本事件总数为( m n + )!,而“第 i 次才取到白球”等价于“前 i-1 次取 到的全是黑球,而且第 i 次取到的是白球”,由乘法法则,其取法共有 1 1( 1)! i C P m n n m − + − , 于是“第 i 次才取到白球”这一事件 Bi 的概率为 1 1 1 ( )! ( ) ( )! i i n m m i i m n C P m n i nP P B m n P − − + + − = = + (3)记该事件为 Ci ,先计算其对立事件“前 i 次没有取到白球”的概率, ( )! ( ) ( )! i i i m m m i i i m n m n P m n i P C P C m n P C + + + − = = = + 于是 ( ) P Ci =1- ( ) P Ci =1- i m i m n P P + =1- i m i m n C C + ; (4)记该事件为 Di ,则易知 ( )! ( ) ( )! l l i l l l i l l i l i n m i n m n m i i i m n m n C P P m n i C P P C C P D m n P C − − − + + + − = = = + (5)“到第 i 次为止才取到 l 个白球”等价于“前 i-1 次恰好取到 l -1 个白球,而第 i 次取 到的是白球”,于是该事件 Ei 的概率为 1 1 ( 1) ( 1) 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ( )! ( ) ( )! ( 1) ( 1) ! l l i l i n m n l i l i n m n l i m n l i n m i m n C P P C m n i P E m n i C C C P C C n l iC − − − − − − − + − − − + + − − + + − = + − = − + = (6)首先注意到“剩下的都是白球”等价于“最后一次取到的是白球”于是由(1)的结 果,该事件 F 的概率为 ( ) n P F m n = + 2 放球入箱问题 例 将 n 个球随意放入 N 个箱子中,其中每个球等可能放入任意一个箱子,求下列事件 的概率: (1)指定的 n 个箱子各放入一球(设 N n ); (2)每个箱子最多放入一球; (3)第 i 个箱子不空;
(4)第i个箱子恰好放入k(k≤n)个球。 分析这一问题最关键的特点在于每个箱子可以被重复抽取,每个球有N种放法,从而 n个球的总放法为N"。 解(1)基本事件总数为N,将n个球放入指定的n个箱子中,每个箱子各放入一球 这是一个全排列问题,因而放法有n!种,于是该事件A的概率为 P(A)= n! N (2)基本事件总数为N",每个箱子最多放入一球,相当于在N个箱子中任取n个箱 子,n个球在这n个箱子中任意各放入一球,根据乘法法则或排列数,共有PN=CNn!种放 法,于是事件B“每个箱子最多放入一球”的概率为 P(B)= (3)先计算对立事件C“第i个箱子为空”的概率。基本事件总数为N”,而C表明n 各球任意放入第i个箱子以外的其他N-1个箱子中,共有(N-1)”种放法,于是 a)=(N--(N-1 P(C\-1(N-1 (4)基本事件总数为N",第i个箱子恰好放入k个球可分成两步:n个球中任意取k 个球放入第个箱子,共有Cn种取法,然后其他n-k个球随意放入其他N-1个箱子中,共 有(N-1)种放法。由乘法法则,第i个箱子恰好放入k个球的放法有C(N-1)”,从 而该事件D的概率为 PD)=C(N-1)6 N NM 例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9个站中任 意一站下车,交通车只在有乘客下车时才停车。求下列事件的概率 (1)交通车在第i站停车 (2)交通车在第i站和第j站至少有一站停车 (3)交通车在第i站和第j站均停车;
(4)第 i 个箱子恰好放入 k ( k n )个球。 分析 这一问题最关键的特点在于每个箱子可以被重复抽取,每个球有 N 种放法,从而 n 个球的总放法为 n N 。 解 (1)基本事件总数为 n N ,将 n 个球放入指定的 n 个箱子中,每个箱子各放入一球, 这是一个全排列问题,因而放法有 n !种,于是该事件 A 的概率为 ! ( ) n n P A N = (2)基本事件总数为 n N ,每个箱子最多放入一球,相当于在 N 个箱子中任取 n 个箱 子, n 个球在这 n 个箱子中任意各放入一球,根据乘法法则或排列数,共有 n PN = ! n C nN 种放 法,于是事件 B“每个箱子最多放入一球”的概率为 ! ( ) n n N N n n P C n P B N N = = (3)先计算对立事件 C “第 i 个箱子为空”的概率。基本事件总数为 n N ,而 C 表明 n 各球任意放入第 i 个箱子以外的其他 N-1 个箱子中,共有 ( 1)n N − 种放法,于是 ( 1) 1 ( ) n n n N N P C N N − − = = , 故 1 ( ) 1 n N P C N − = − (4)基本事件总数为 n N ,第 i 个箱子恰好放入 k 个球可分成两步: n 个球中任意取 k 个球放入第 i 个箱子,共有 k Cn 种取法,然后其他 n -k 个球随意放入其他 N-1 个箱子中,共 有 ( 1)n k N − − 种放法。由乘法法则,第 i 个箱子恰好放入 k 个球的放法有 ( 1) k n k C N n − − ,从 而该事件 D 的概率为 ( 1) 1 1 ( ) k n k k n k n k n n C N N P D C N N N − − − − = = 例 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 9 个站中任 意一站下车,交通车只在有乘客下车时才停车。求下列事件的概率: (1)交通车在第 i 站停车; (2)交通车在第 i 站和第 j 站至少有一站停车; (3)交通车在第 i 站和第 j 站均停车;
(4)在第i站恰有3人下车 分析此问题是上面例题放球问题的具体应用:将25名乘客视为25个球,9个站视为9 个箱子,于是“第i站停车”等价于“第i站至少有一乘客下车”既而相当于“第i个箱子 不为空”,其他类似 解(1)“交通车在第i站停车”等价于“第i站至少有一乘客下车”,先求对立事件“第 i站无人下车”的概率,类似于上面,由于每个乘客可以在任意一站下车,从而有9种情况, 于是25名乘客有925种下车的情况,而“第i站无人下车”表明25名乘客全部在第i站以 外的8个站下车,共有823种情况,从而“第i站无人下车”的概率为 93,于是“第i站至 少有1人下车”的概率为1-。x5,即“第i站停车”这一事件Ade概率为 P(A (2)类似于(1)的解法,可得“第i站和第j站均无人下车”亦即“第i站和第j站 均不停车”的概率 ,于是“第i站和第j站至少有一站停车”的概率为 P(B) (3)记“第i站停车”为事件A,“第j站停车”为事件A,则所考察的事件“第i 站和第j站均停车”为AA,由(1)知P(A)=1 ,P(A,)=1 由(2) 知 P(4+A,) 于是由概率的加法公式可得 P(44)=P(4)+P(4)-P(4+4) 8-989 ]- 9 (4)类似于上面例题,“第i站恰有3人下车”这一事件E的概率为 P(E)=C25
(4)在第 i 站恰有 3 人下车。 分析 此问题是上面例题放球问题的具体应用:将 25 名乘客视为 25 个球,9 个站视为 9 个箱子,于是“第 i 站停车”等价于“第 i 站至少有一乘客下车”既而相当于“第 i 个箱子 不为空”,其他类似。 解 (1)“交通车在第 i 站停车”等价于“第 i 站至少有一乘客下车”,先求对立事件“第 i 站无人下车”的概率,类似于上面,由于每个乘客可以在任意一站下车,从而有 9 种情况, 于是 25 名乘客有 25 9 种下车的情况,而“第 i 站无人下车”表明 25 名乘客全部在第 i 站以 外的 8 个站下车,共有 25 8 种情况,从而“第 i 站无人下车”的概率为 25 25 8 9 ,于是“第 i 站至 少有 1 人下车”的概率为 1- 25 25 8 9 ,即“第 i 站停车”这一事件 Ade 概率为 P(A)=1- 25 25 8 9 =1- 25 8 9 (2)类似于(1)的解法,可得“第 i 站和第 j 站均无人下车”亦即“第 i 站和第 j 站 均不停车”的概率为 25 7 9 ,于是“第 i 站和第 j 站至少有一站停车”的概率为 25 7 ( ) 1 9 P B = − (3)记“第 i 站停车”为事件 Ai ,“第 j 站停车”为事件 Aj ,则所考察的事件“第 i 站和第 j 站均停车”为 AAi j ,由(1)知 P( Ai )=1- 25 8 9 ,P( Aj )=1- 25 8 9 ,由(2) 知 25 7 ( ) 1 9 P A A i j + = − 于是由概率的加法公式可得 25 25 25 25 ( ) ( ) ( ) ( ) 8 7 2[1 ] [1 ] 9 9 8 7 1 2 9 9 P A A P A P A P A A i j i j i j = + − + = − − − = − + (4)类似于上面例题,“第 i 站恰有 3 人下车”这一事件 E 的概率为 3 22 3 25 1 8 ( ) 9 9 P E C =
六、几何概率 例两艘轮船都要停靠同一泊位,它们可能在一昼夜的任意时间到达,设两船停靠泊位 的时间分别为1小时和2小时,则一艘轮船停靠泊位时,需要等待空出码头的概率为 分析两艘船到达时间视为平面坐标系中的点,据题意,它等可能取矩形区域[0,24]+[0 24]上任意一点,符合几何概型。不妨设甲船坐标为x,乙船为y,则一船停靠时需要等待空 出码头分两种情况:甲先到,乙随后的一小时内到达:乙先到,甲随后两小时内到达,于是 事件可表示为(xy)落在区域 (x,y)0≤x≤24.0≤y≤240≤y-xsU0≤x≤240≤y≤240≤x-y≤2}。如 图,根据几何概型计算可得 242-(22+232) P(A)= ≈0.121 答0.12 七、条件概率与独立性的定义与性质 例设A,B为任意两个事件,且AcB,0P(AB) (D)PA)≥P(B) 分析不能直接比较,需要根据条件概率定义转化为无条件概率来比较,事实上,由 P(41)=PEB>P(,故()成立 答选择(A) 八、利用独立性及伯努利概型计算概率 例某种产品每批中都有2/3为合格品,验收每批时规定,从中先取一个,若是合格就 放回去再取一个,如果仍为合格品,则接受该批产品,否则拒收,求检验三批,最多只有 批被拒收的概率 分析检验三批,可视为做三次伯努利试验,最终为求得“最多有一批拒收”的概率可 使用伯努利概型,为使用伯努利概型关键需要知道每批拒收的概率,而每批是否拒收的根据 是每批产品的两次检验,又相当于两次伯努利试验,因此又是通过伯努利概型来计算的。可 见这里要使用伯努利概型两次 解先确定每批产品拒收的概率,据题设,“产品拒收”可表示为两次放回检验中“至少一次 检验不合格”,于是可以先计算“产品被接收”的概率,即“两次检验均合格”的概率。记 A“第i次检验为合格”,“产品拒收”为B,则 =A)-(3)=1-5
六、几何概率 例 两艘轮船都要停靠同一泊位,它们可能在一昼夜的任意时间到达,设两船停靠泊位 的时间分别为 1 小时和 2 小时,则一艘轮船停靠泊位时,需要等待空出码头的概率为 ________. 分析 两艘船到达时间视为平面坐标系中的点,据题意,它等可能取矩形区域[0,24]*[0, 24]上任意一点,符合几何概型。不妨设甲船坐标为 x,乙船为 y,则一船停靠时需要等待空 出码头分两种情况:甲先到,乙随后的一小时内到达;乙先到,甲随后两小时内到达,于是 这一事件 可 表 示 为 ( x,y ) 落 在 区 域 : {( , ) 0 24,0 24,0 1} {0 24,0 24,0 2} x y x y y x x y x y − − 。如 图,根据几何概型计算可得 2 2 2 2 1 24 (22 23 ) 2 ( ) 0.121 24 P A − + = 答 0.121。 七、条件概率与独立性的定义与性质 例 设 A,B 为任意两个事件,且 A B P B ,0 ( ) 1 ,则() (A) P A P A B ( ) ( ) (B) P A P A B ( ) ( ) (C) P A P A B ( ) ( ) (D) P A P A B ( ) ( ) 分析 不能直接比较,需要根据条件概率定义转化为无条件概率来比较,事实上,由 ( ) ( ) ( ) ( ) P A P A B P A P B = 。故(A)成立。 答 选择(A)。 八、利用独立性及伯努利概型计算概率 例 某种产品每批中都有 2/3 为合格品,验收每批时规定,从中先取一个,若是合格就 放回去再取一个,如果仍为合格品,则接受该批产品,否则拒收,求检验三批,最多只有一 批被拒收的概率。 分析 检验三批,可视为做三次伯努利试验,最终为求得“最多有一批拒收”的概率可 使用伯努利概型,为使用伯努利概型关键需要知道每批拒收的概率,而每批是否拒收的根据 是每批产品的两次检验,又相当于两次伯努利试验,因此又是通过伯努利概型来计算的。可 见这里要使用伯努利概型两次。 解 先确定每批产品拒收的概率,据题设,“产品拒收”可表示为两次放回检验中“至少一次 检验不合格”,于是可以先计算“产品被接收”的概率,即“两次检验均合格”的概率。记 Ai “第 i 次检验为合格”,“产品拒收”为 B,则 2 1 2 2 4 4 5 ( ) ( ) , ( ) 1 3 9 9 9 P B P A A P B = = = = − =
检验三批,设B表示“有i批被拒收”,则“最多只有一批被拒收可表示为B+B,而且 5)(4304 P(B+B1)=P(B0)+P(B1) 九、条件概率的计算 例某种机器按设计要求使用寿命超过20年的概率为0.8,超过30年的概率为0.5,该 机器使用20年后,将在10年内损坏的概率为 分析本例涉及两个事件A={该机器使用寿命超过20年}以及B={该机器使用寿命超过 30年},所求的是在事件A发生的条件下,事件B发生的条件概率,直接由条件概率的定 义可计算之,事实上,由 P(BA) P(AB)P(B)0.55 P(A)P(A)0.88 进而 P(BA)=1-P(BA)=153 例一个家庭中有两个小孩,如果已知老大是女孩,则老二也是女孩的概率为多大?如 果已知其中有一个女孩,则另一个也是女孩的概率是多大? 分析一般假设各胎生男生女是独立的且可能性相同,如果记A={老大是女孩}, A2={老二是女孩},则有A1与A2独立,且P(A1)=P(A2)=。由此易解得第一个问题, 关键是要注意第二问与第一问得区别,在第二问中条件事件应理解为至少有一个是女孩 解A,A2如分析中所设,则第一问归结为求P(A|A4),由于A与A2独立,且 P(A1)=P(A2) 于是 P(414)=P(42)= 即已知老大是女孩的条件下,老二也是女孩的概率为一。对第二问,条件事件是“两个孩 子中至少有一个是女孩”相应所求时间可表述为“两个孩子均为女孩”,问题于是归结为求 PA414+A2),由 P(4+A2)=1-P(互互2)=1-P(AP()=1-4=4 P(A1A2)=P(A)P(A2)= 22 于是
检验三批,设 Bi 表示“有 i 批被拒收”,则“最多只有一批被拒收可表示为 B B 0 1 + ,而且 3 2 1 0 1 0 1 3 4 5 4 304 ( ) ( ) ( ) 9 9 9 729 P B B P B P B C + = + = + = 。 九、条件概率的计算 例 某种机器按设计要求使用寿命超过 20 年的概率为 0.8,超过 30 年的概率为 0.5,该 机器使用 20 年后,将在 10 年内损坏的概率为______. 分析 本例涉及两个事件 A={该机器使用寿命超过 20 年}以及 B={该机器使用寿命超过 30 年},所求的是在事件 A 发生的条件下,事件 B 发生的条件概率,直接由条件概率的定 义可计算之,事实上,由 ( ) ( ) 0.5 5 ( ) ( ) ( ) 0.8 8 P AB P B P B A P A P A = = = = 进而 5 3 ( ) 1 ( ) 1 8 8 P B A P B A = − = − = 答 3 8 。 例 一个家庭中有两个小孩,如果已知老大是女孩,则老二也是女孩的概率为多大?如 果已知其中有一个女孩,则另一个也是女孩的概率是多大? 分析 一般假设各胎生男生女是独立的且可能性相同,如果记 A1 ={老大是女孩}, A2 ={老二是女孩},则有 A1 与 A2 独立,且 1 2 1 ( ) ( ) 2 P A P A = = 。由此易解得第一个问题, 关键是要注意第二问与第一问得区别,在第二问中条件事件应理解为至少有一个是女孩。 解 A1 , A2 如分析中所设,则第一问归结为求 2 1 P A A ( ) ,由于 A1 与 A2 独立,且 1 2 1 ( ) ( ) 2 P A P A = = ,于是 2 2 1 1 ( ) ( ) 2 P A A P A = = 即已知老大是女孩的条件下,老二也是女孩的概率为 1 2 。对第二问,条件事件是“两个孩 子中至少有一个是女孩”相应所求时间可表述为“两个孩子均为女孩”,问题于是归结为求 1 2 2 1 P A A A A ( ) + ,由 1 2 1 2 1 2 1 3 ( ) 1 ( ) 1 ( ) ( ) 1 4 4 P A A P A A P A P A + = − = − = − = , 1 2 1 2 1 1 1 ( ) ( ) ( ) 2 2 4 P A A P A P A = = = 。 于是
P(A41A4+4)=141 3/43 即已知其中有一个是女孩的条件下,另一个也是女孩的概率为 十、乘法公式、全概率公式与贝叶斯公式 例袋中有一个红球和一个白球,从中随机摸出一个球,如果取出的球是红球,则把此 球放回袋中,并加进一个红球,然后从中再摸一个球,如果还是红球则仍把此红球放回袋中 并加进一个红球,如此反复进行,直到摸出白球为止,求第n次才摸出白球的概率。 分析“第n次才摸出白球”这一事件等价于“n次摸球中,前n1次摸出的均为红球 第n次摸出的是白球”,由于每次摸球的结果的可能性均依赖于前面摸球的结果,这是典型 的利用乘法公式求交的概率的问题 解设A={第i次摸出红球},i=l,2,3,…,n. 显然 P(4)=,P(41|4)=5,P(A-1A1、A n一 P44A)=n+1Px14-4)=m+ 于是 P(A1A2.AL)=P(4)P(A2|A).P(An1A1…A2).P(An|A1…A) 123 n =一X-X-Xx 234 例某商店收进甲厂生产的产品30箱,乙厂生产的同类产品20箱,甲厂产品每箱装100 个,废品率为0.06,乙厂产品每箱装120个,废品率为0.05 (1)任取一箱,从中任取一个产品,求其为废品的概率; (2)若将所有产品开箱混装,任取一个,求其为废品的概率。 分析这是一个典型的全概率公式应用的概率计算问题,为求最终取得的产品为废品的 概率,题设已知甲厂产品的废品率,即已知是甲厂产品的条件下,产品为废品的概率,也已 知乙厂产品的废品率,即已知是乙厂的条件下,产品为废品的概率,利用全概率公式还需知 道产品是甲厂产品或乙厂产品的概率,问题(1)和(2)抽取产品的方式不同,在问题(1) 中每箱等可能被抽到,而问题(2)中每个产品被等可能抽到,因而会导致两种方式下抽到 的产品是甲厂或乙厂的产品的概率不同。 解设A={产品为甲厂的}B={产品为废品} 由题设知P(B|A)=006P(B|)=005,由全概率公式有 P(B)=P(A)(B A)+P(A)P(BA) (1)共50箱,甲厂30箱,乙厂20箱,每箱被等可能取到,于是PA)=3P()=2 故
1 2 2 1 1/ 4 1 ( ) 3/ 4 3 P A A A A + = = 即已知其中有一个是女孩的条件下,另一个也是女孩的概率为 1 3 。 十、乘法公式、全概率公式与贝叶斯公式 例 袋中有一个红球和一个白球,从中随机摸出一个球,如果取出的球是红球,则把此 球放回袋中,并加进一个红球,然后从中再摸一个球,如果还是红球则仍把此红球放回袋中 并加进一个红球,如此反复进行,直到摸出白球为止,求第 n 次才摸出白球的概率。 分析 “第 n 次才摸出白球”这一事件等价于“n 次摸球中,前 n-1 次摸出的均为红球, 第 n 次摸出的是白球”,由于每次摸球的结果的可能性均依赖于前面摸球的结果,这是典型 的利用乘法公式求交的概率的问题。 解 设 Ai ={第 i 次摸出红球},i=1,2,3,…,n. 显然 1 2 1 1 1 2 1 2 1 ( ) , ( ) , ( ... ) , 2 3 n n n P A P A A P A A A n − − − = = = 1 1 1 1 1 ( ... ) , ( ... ) . 1 1 n n n n n P A A A P A A A n n − − = = + + 于是 1 2 1 1 2 1 1 1 2 1 1 ( ... ) ( ) ( )... ( ... ) ( ... ) 1 2 3 1 1 ... 2 3 4 1 1 . ( 1) P A A A A P A P A A P A A A P A A A n n n n n n n n n n n − − − − = − = + = + 例 某商店收进甲厂生产的产品 30 箱,乙厂生产的同类产品 20 箱,甲厂产品每箱装 100 个,废品率为 0.06,乙厂产品每箱装 120 个,废品率为 0.05。 (1)任取一箱,从中任取一个产品,求其为废品的概率; (2)若将所有产品开箱混装,任取一个,求其为废品的概率。 分析 这是一个典型的全概率公式应用的概率计算问题,为求最终取得的产品为废品的 概率,题设已知甲厂产品的废品率,即已知是甲厂产品的条件下,产品为废品的概率,也已 知乙厂产品的废品率,即已知是乙厂的条件下,产品为废品的概率,利用全概率公式还需知 道产品是甲厂产品或乙厂产品的概率,问题(1)和(2)抽取产品的方式不同,在问题(1) 中每箱等可能被抽到,而问题(2)中每个产品被等可能抽到,因而会导致两种方式下抽到 的产品是甲厂或乙厂的产品的概率不同。 解 设 A={产品为甲厂的},B={产品为废品} 由题设知 P B A P B A ( ) 0.06, ( ) 0.05 = = ,由全概率公式有: P B P A P B A P A P B A ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) = + 。 (1) 共 50 箱,甲厂 30 箱,乙厂 20 箱,每箱被等可能取到,于是 3 2 ( ) , ( ) 5 5 P A P A = = , 故
2 P(B) 0.05=0.05 (2)开箱混装,共有30×100+20×120=5400个产品,其中甲厂产品3000个,乙厂产品 2400个,每个产品被等可能抽到,于是P(A) 30005 54009 P(A)=一,故 4 P(B) 5 0.06+-×005 例12个乒乓球中有9个新球3个旧球,第一次比赛时取出3个,用完后放回去,第二 次比赛又从中取出3个球 (1)求第二次取出的3个球中有2个新球的概率 (2)若第二次取出的3个球中有2个新球,求第一次取到的3个球中恰有一个新球的概率。 分析在问题(1)中,由于第二次取球的结果可能性依赖于第一次取球的不同情况, 因而要利用全概率公式,而问题(2)则是在已知第二次取球结果的条件下求第一次取球的 概率,因而要利用贝叶斯公式 解记A={第一次取出i个新球},i=0,1,2,3,B={第二次取出i个新球},i=0,1, 2,3 根据古典概率计算有: P(A1)= CC327 P(A1)= P4C2=3 21 P(A3) 在第一次取到ⅰ个新球的情况下,第二次取球是在9-i个新球,3+个旧球中任取3个球,于 是有 P(BA4)=2C27 P(B,JA)-CCA_28 P(BIA)_105 220 P(B/14)=C C1,220 (1)
3 2 ( ) 0.06 0.05 0.056 5 5 P B = + = (2) 开箱混装,共有 30 100+20 120=5400 个产品,其中甲厂产品 3000 个,乙厂产品 2400 个,每个产品被等可能抽到,于是 3000 5 4 ( ) , ( ) , 5400 9 9 P A P A = = = 故 5 4 1 ( ) 0.06 0.05 9 9 18 P B = + = 例 12 个乒乓球中有 9 个新球 3 个旧球,第一次比赛时取出 3 个,用完后放回去,第二 次比赛又从中取出 3 个球, (1)求第二次取出的 3 个球中有 2 个新球的概率; (2)若第二次取出的 3 个球中有 2 个新球,求第一次取到的 3 个球中恰有一个新球的概率。 分析 在问题(1)中,由于第二次取球的结果可能性依赖于第一次取球的不同情况, 因而要利用全概率公式,而问题(2)则是在已知第二次取球结果的条件下求第一次取球的 概率,因而要利用贝叶斯公式。 解 记 Ai ={第一次取出 i 个新球},i=0,1,2,3,Bi ={第二次取出 i 个新球},i=0,1, 2,3。 根据古典概率计算有: 3 3 0 3 12 1 2 9 3 1 3 12 2 1 9 3 2 3 12 3 9 3 3 12 1 ( ) , 220 27 ( ) , 220 27 ( ) , 55 21 ( ) . 55 C P A C C C P A C C C P A C C P A C = = = = = = = = 在第一次取到 i 个新球的情况下,第二次取球是在 9-i 个新球,3+i 个旧球中任取 3 个球,于 是有 2 1 9 3 2 0 3 12 2 1 8 4 2 1 3 12 2 1 7 5 2 2 3 12 2 1 6 6 2 3 3 12 27 ( ) , 55 28 ( ) , 55 105 ( ) , 220 90 ( ) . 220 C C P B A C C C P B A C C C P B A C C C P B A C = = = = = = = = (1)
P(B2)=∑P(4)P(B2|4) 12727282710521 22055220555522055 2 0.455 3025 (2) P(AB)=4B)=484 P(B2) P(B2) 2728 3025 第2章随机变量及其分布 典型例题分析 高散型随机变量的概率分布与分布函数 例设离散型随机变量的概率分布为:P{X=0}=0.5,P{X=1}=0.3,P{X=3}=0.2,求X的 分布函数及PX≤2}。 分析本题考察读者对离散型的随机变量的概率分布与分布函数之间的关系的掌握。注 意分布函数是阶梯函数,并在可能取值处发生跳跃,跳跃高度等于相应的概率。为计算 PX≤2},可以直接用取值在该区间上各可能的概率之和,也可以用分布函数来计算 解P{X≤2}=P{X=0}+P{X=1}=0.5+0.3=08。 0,x0,P{X=0}>0 (D)0≤A≤1,P{X=1}=1-A,P{X=0}=0
3 2 2 0 ( ) ( ) ( ) 1 27 27 28 27 105 21 90 220 55 220 55 55 220 55 220 1377 0.455 3025 i i i P B P A P B A = = = + + + = (2) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 27 28 220 55 0.137 1377 3025 P A B P A P B A P A B P B P B = = = 第 2 章 随机变量及其分布 典型例题分析 一、 离散型随机变量的概率分布与分布函数 例 设离散型随机变量的概率分布为:P{X=0}=0.5,P{X=1}=0.3,P{X=3}=0.2,求 X 的 分布函数及 P{X 2}。 分析 本题考察读者对离散型的随机变量的概率分布与分布函数之间的关系的掌握。注 意分布函数是阶梯函数,并在可能取值处发生跳跃,跳跃高度等于相应的概率。为计算 P{X 2},可以直接用取值在该区间上各可能的概率之和,也可以用分布函数来计算。 解 P{X 2}=P{X=0}+P{X=1}=0.5+0.3=0.8。 0, 0, 0.5,0 1, F(x) 0.8,1 3, 1, 3. x x x x = 二、 分布函数的性质的应用 例 设 Xde 分布函数为 2 0, 0, F(x) ,0 1, 1, 1. x Ax x x = 则有( )。 (A) A=1,P{X=1}=0,P{X=0}=0 (B) A= 1 2 ,P{X=1}= 1 2 ,P{X=0}=0 (C) 0 1 A ,P{X=1} 0,P{X=0}>0 (D) 0 1 A ,P{X=1}=1-A,P{X=0}=0