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《概率论与数理统计》学习指导第 1 章 随机事件及其概率一、基本要求 1、了解基本事件空间（样本空间）的概念，理解随机事件的概念，掌握事件的关系和运算及其 基本性质； 2、理解事件概率、条件概率的概念和独立性的概念；掌握概率的基本性质和基本运算公式；掌 握与条件概率有关的三个基本公式（乘法公式、全概率公式和贝叶斯公式） ． 3、掌握计算事件概率的基本计算方法： (1) 概率的直接计算：古典型概率和几何型概率； (2) 概率的推算：利用概率的基本性质、基本公式和事件的独立性，由较简单事件的概率推算较 复杂事件的概率． (3) 利用概率分布：利用随机变量的概率分布计算有关事件的概率． 4、理解两个或多个（随机）试验的独立性的概念，理解独立重复试验，特别是伯努利试验的基 本特点，以及重复伯努利试验中有关事件概率的计算． 二、内容提要 ㈠ 随机试验、随机事件与基本事件空间（样本空间） 随机试验――对随机现象观测；样本点（基本事件） ? ――试验最基本的结局，基本事件空间 （样本空间） ?? ? ?――一切基本事件（样本点）? 的集合．随机事件――随机现象的每一种状 ?态或表现，随机试验结果；必然事件 ? ――每次试验都一定出现的事件，不可能事件 ? ――任何一 次试验都不出现的事件． 事件常用前面几个大写拉丁字母 A, B,? 表示；有时用 ? ?? 表示事件，这时括号中用文字或 ? 式子描述事件的内容． 数学上，事件是基本事件（样本点）的集合；全集 ? 表示必然事件，空集 ? 表示不可能事件．任 何事件 A 都可视为基本事件空间 ? 的子集： A ? ? ． ㈡ 事件的关系和运算 1、定义 (1) 包含 (2) 相等 时不出现．安庆师范学院 李会葆 -1-关系：包含，相等，相容，对立；运算：和（并） 、差、交（积） ．A ? B ，读做“事件 B 包含 A ”或“ A 导致 B ” ，表示每当 A 出现 B 也一定出现． A ? B ，读做“事件 A 等于 B ”或“ A 与 B 等价” ，表示 A 与 B 或同时出现，或同《概率论与数理统计》学习指导 (3) 和 特别， ，称做事件“ A 与 B 的和或并” ； A ? B 或 A ? B ，表示事件“ A 与 B 至少出现一个”? Aii或? Aii表示事件“ A , A2 ,?, An ,?至少出现一个” ． 1 (4) 差 A ? B ，表示事件“ A 出现但是 B 不出现” ，称做 A 与 B 的差，或 A 减 B ． (5) 交 ，称做 A 与 B 的交或积；特别， A ? B 或 AB ，表示事件“ A 与 B 同时出现”? Aii或A1 A2 ? An ?表示事件“ A , A2 , ?, An ,?同时出现” ． 1 (6) 相容 若 AB ；若 ； ? ? ，则称事件“ A 和 B 相容” AB ? ? ，则称“事件 A 与 B 不相容”(7) 对立事件 称事件 A 和 A 互为对立事件， A ? A ? ?，AA ? ? ， A 若 即 (8) 完备事件组? { A 不出现}．H1 , H2 ,?, H n ,?构成完备事件组，若H1 ? H 2 ? ? ? H n ? ? ? ?，H i H j ? ? (i ? j ) ．换句话说，如果有限个或可数个事件 H1 , H2 ,?, H n ,?两两不相容，并且“所有事件的和”是必 然事件，则称它们构成完备事件组． (9) 文氏图 事件的关系和运算可以用所谓文氏图形象地表示出来（见图 1.1，题中的矩形表示 必然事件 ? ） ． A A BA－BBABAA+B A BBA－BABAAA BA?BAAB ? ?图 1.1 文氏图安庆师范学院 李会葆 -2-《概率论与数理统计》学习指导2、事件运算的基本性质 对于任意事件 A, B, C, (1) 交换律 (2) 结合律A1 , A2 ,?, An ,? ，有A ? B ? B ? A，AB ? BA ．A ? B ? C ? A ? ( B ? C) ? ( A ? B) ? C ； ABC ? A( BC ) ? ( AB )C ．(3) 分配律A( B ? C) ? AB ? AC ；A? A1 ? ? ? An ? ?? ? AA1 ? ? ? AAn ? ?．(4) 对偶律A ? B ? A B； AB ? A ? B ，； A1 ? ? ? An ? ? ? A1 ? An ? ；A1 ? An ? ? A1 ? ? ? An ? ?㈢ 概率的概念和基本性质 1、概率的概念 事件的概率――事件在随机试验中出现的可能性的数值度量．用 P(A) 表示事件 A 的概率，用 P ?? 表示事件?????? 的概率．P?B A? ? P( AB) ． P( A)事件 B 关于 A 的条件概率定义为 (1.1)2、概率的运算法则和基本公式 (1) 规范性P(? ) ? 1 P(? ) ? 0， ? P( A) ? 1． ， 0(2) 可加性 对于任意有限或可数个两两不相容事件 A , A2 , ?, An , ?，有 1P? A1 ? A2 ? ?? An ? ?? ? P? A1 ? ? P? A2 ? ? ?? P? An ? ? ?．(3) 对立事件的概率 (4) 减法公式 (5) 加法公式P( A) ? 1 ? P( A) ．P( A ? B) ? P( A) ? P( AB ) ． P( A ? B) ? P( A) ? P( B) ? P( AB ) ；安庆师范学院 李会葆 -3-《概率论与数理统计》学习指导P( A ? B ? C) ? P( A) ? P(B) ? P(C) ? ?P( AB) ? P( AC) ? P(BC)? ? P( ABC)．(6) 乘法公式P? A1 A2 ? An ? ? P? A1 ?P?A2 A1 ?? P?An A1 A2 ? An?1 ?．(7) 全概率公式 设 H1 , H2 ,?, H n 构成完备事件组，则对于任意事件 A，有P( AB ) ? P( A)P( B A)，P( A) ? ? P( H k )P( A H k ) ．k ?1n(8) 贝叶斯公式 设 H1 , H 2 ,?, H n 构成完备事件组，则P?H k A? ?P( H k )P( A H k )? P( H i )P( A H i )i ?1n?1 ? k ? n ? ．㈣ 事件的独立性和独立试验 1、 事件的独立性 若 P 中任意 m 立． 2、事件的独立性的性质 若事件 A , A2 ,?, An 相互独立，则其中 1 (1) 任意 m (2 ? m ? n) 个事件也相互独立； (2) 任意一个事件，与其余任意 m (2 ? m ? n) 个事件运算仍独立； (2) 将任意 m (2 ? m ? n) 个事件换成其对立事件后，所得 n 个事件仍独立． 3、独立试验 件之间相互独立． (1) 独立重复试验 独立表示“与各试验相联系的事件之间相互独立” ，其中“重复”表示“每个 事件在各次试验中出现的的概率不变” ． (2) 伯努利试验 只计“成功”和“失败”两种对立结局的试验，称做伯努利试验．将一伯努利 试验独立地重复作 n 次，称做 n 次( n 重)伯努利试验，亦简称伯努利试验．伯努利试验的特点是，1） 只有两种对立的结局；2）各次试验相互独立；3）各次试验成功的概率相同．设? n 是 n 次伯努利试安庆师范学院 李会葆 -4-? AB? ? P( A)P(B) ，则称事件 A 和 B 独立；若事件 A1 , A2 ,?, An 之?2 ? m ? n? 个事件的交的概率都等于各事件概率的乘积，则称事件 A1 , A2 ,?, An 相互独称试验 E1 , E 2 ?, E n 为相互独立的，如果分别与各个试验相联系的任意 n 个事《概率论与数理统计》学习指导 验成功的次数，则P? n ? k? ? C k p k q n?k (k ? 0,1,2,?, n) ． ? n㈤ 事件的概率的计算 1、直接计算 古典型和几何型；(1.2)2、用频率估计概率 中事件的概率； 3、概率的推算 件的概率； 4、利用概率分布 随机变量及其分布”． ）当 n 充分大时，用 n 次独立重复试验中事件出现的频率，估计在每次试验利用概率的性质、基本公式和事件的独立性，由简单事件的概率推算较复杂事利用随机变量的概率分布，计算与随机变量相联系的事件的概率（见“二、㈥ 随机抽样和随机分配 在概率计算中常要用到以下模型． 1、简单随机抽样 计算古典型概率时，需要计算基本事件的总数和事件包含的基本事件的个数．自有限总体的随机抽样模型有助于完成运算．设 ?? ? 1 , ?2 ,?, ? N ?含 N 个元素，称 ? 为 ?总体．自总体 ? 的抽样称做简单随机抽样，如果各元素被抽到的可能性相同．有 4 种不同的简单随 机抽样方式： (1) 还原抽样 每次从 ? 中随意抽取一个元素，并在抽取下一元素前将其原样放回 ? ． (2) 非还原抽样 凡是抽出的元素均不再放回 ? ． (3) 有序抽样 既考虑抽到何元素又考虑各元素出现的顺序． (4) 无序抽样 只考虑抽到哪些元素不考虑各元素出现的顺序． 还原与非还原及有序与无序，这四种情形的组合产生四种不同的简单随机抽样方式．表 1-1 列 出了在每种抽样方式下各种不同抽法(基本事件)的总数． 表 1-1 四种抽样方式下不同抽法的总数 抽 自含 N 个元素的总体 样 有 还 原 无 样 非 还 原 有 序 序 方 式 序 不 同 抽 法 的 总 数Nn?的n 次简单随机抽Cn ?n?1 NP n ? N ( N ? 1) ? ( N ? n ? 1) N安庆师范学院 李会葆 -5-《概率论与数理统计》学习指导 无 序n C n ? PN n! N2、随机分配即将 n 个质点随机地分配到 N 个盒中，区分每盒最多可以容纳一个和可以容纳任意多个质点，以及质点可辨别和不可辨别等四种情形，对应四种分配方式．各种分配方式下不同分法 的总数列入表 1-2．表 1-2 四种分配方式下不同分法的总数 分 配 质 方 点 可 式 辨 不 同 分 法 的 总 数每盒可容纳任意 将 n 个质点随机地分配 到 N 个盒中 每盒最多容纳一 个 质 点 个 质 点Nn质 点 不 可 辨 质 点 可 辨Cn ?n?1 Nn PN ? N ( N ? 1)?( N ? n ? 1)质 点 不 可 辨n C n ? PN n! N自有限总体 ?相当于将 n 个质点随机地分配到 N 盒中： ? ? 1 ,?2 ,?,? N ?的 n 次简单随机抽样， ?每一个质点在 N 个盒中“任意选择一个盒子”“还原”相当于“每盒可以容纳任意多个质点”“非还 ； ， 原”相当于“每盒最多可以容纳一个质点”“有序”相当于“质点可辨别”“无序”相当于“质点不 ； ， 可辨别” 三、典型例题及其分析 例 1.2.1 一个工人生产了 3 个零件，以事件 Ai 来表示他生产的 i 个零件是合格品 ? i ? 1, 2,3? ，试用Ai ?i ? 1,2,3? 表示下列事件：（1） 只有第一个零件是合格品 ? B1 ? ; （2） 三个零件中只有一个合格品 ? B2 ? ; （3） 第一个是合格品，但后两个零件中至少有一个次品 ? B3 ? ; （4） 三个零件中最多只有两个合格品 ? B4 ? ; （5） 三个零件都是次品 ? B5 ? ;安庆师范学院 李会葆 -6-《概率论与数理统计》学习指导 （6） 三个零件中最多有一个次品. 【解】 （1） B1 等价于： “第一个零件是合格品，同时第二个和第三个都是次品” ，故有 B1 ? A A2 A3 . 1 （2） B2 等价于“第一个是合格陪你而第二、三个是次品”或“第二个是合格品而第一、三个是次 品”或“第三个是合格品而第一、二个是次品” ，故有 B2 ? A A2 A3 ? A A2 A3 ? A A2 A3. 1 1 1 （3） B3 ? A1 A2 ? A3 . （4） （方法一） 事件 B4 的逆事件是“三个零件都是合格品” ，故 B4 ? A A2 A3 . 1 （方法二）与 B4 等价的事件是“三个零件中至少有一个次品” ，于是 B4 ? A ? A2 ? A3 1 （5） B5 ? A A2 A3 , 当然以可以利用事件“三个零件中至少有一个次品”的逆事件与 B5 等价，得出 1??B5 ? A1 ? A2 ? A3.（6） B6 等价于“三个事件中无次品”或“三个零件中只有一个次品” ，故有B6 ? A1 A2 A3 ? A1 A2 A3 ? A1 A2 A3 ? A1 A2 A3另外，也可以利用 B6 与事件“三个零件中至少有两个合格品”等价，知B6 ? A1 A2 ? A2 A3 ? A1 A3.【解毕】 【寓意】 本题实质是考查用事件的运算符号来描述一用普通语言表达的随机事件，以便今后运用公 式计算概率.同时， B4 与 B5 中的两个结果，验证了德摩根律的成立.另外，从 B4 ， B5 和 B6 的结果可 以发现，一个事件往往有多个等价德表达方式，在以后德概率计算中，要选择一个容易利用概率公司 的表达方式，像在 B6 的两个表达式中，第一种两两互不相容的分解表达式一般是较适合概率计算德. 例1.2.2 设随机事件 A, B, C 满足 C ? AB, C ? AB. 证明： AC ? CB ? AB.【思路】 要证 AC ? CB ? AB. 由于左边没有 B 出现， 故可利用 B 和 B 构成 ? 的一个划分， AC 写 将 成 AC ? AC ? ? AC B ? B ? ACB ? ACB 再利用题设的条件来证明. 【证】 由于 C ? AB ，故 C ? A ? B, 从而??CB ? ? A ? B ? B ? AB , CAB ? CB ? AB , ACB ? C ? AB ? AB,安庆师范学院 李会葆 -7-《概率论与数理统计》学习指导 故 AC ? AC ? B ? B? ? ACB ? ACB ? CB ? AB. 【证毕】【技巧】 像这类问题，可首先利用文氏图来考查，从而可直观的给出事件之间的关系. 例 1.3.1 袋中有 ? 个白球及 ? 个黑球. ①从袋中任取 a ? b 个球，试求所取的球恰含有 a 个白球和 b 个黑球的概率 ? a ? ? , b ? ? ? ; ②从袋中任意地连接取出 k ? 1 个 ? k ?1 ? ? ? ? ? 个球，如果每球被取出后不放回，试求最后取出的 球是白球的概率.a? 【解】①从 ? ? ? 个球中取出 a ? b 个球，这种取法总共有 C? ?b 种. ?a b C? ? C? a? C? ? b ?设 A ? {恰好取中 a 个白球和 b 个黑球}，故 A 中所含样本总数为 C? ? C? ，从而 P ( A) ?a b.②从 ? ? ? 个球中接连不放回地取出 k ? 1 个球，由于注意了次序，所以应考虑排列，因此?1 这样地取法共有 Pk? ? ?设 B ? {最后取出的球为白球}，则 B 中所含样本点数可以通过乘法原理来计算：即 先从 ? 个白球中任意取一个（即第 k ? 1 个球为白球） ，有 ? 种取法；而其余地 k 个在余下k 的 ? ? ? ? 1个中任取 k 个，有 P ?? ?1 种取法（同样要考虑排列）.因而 B 中包含地样本点共 ?有 ? ? P ? ? ?1 个，故 ?kP( B) ?? ? P?k? ? ?1Pk ?1 ? ? ? ?1?? ? ??.【解毕】【注】①从上例知，在计算样本点总数以及事件所含地样本点地数目时，必须在同一确定的 样本空间中考虑，如果一个考虑了顺序，在另一个也必须按同样地方法考虑顺序. ②如果我们将“白球”“黑球”换成“合格品”“次品”等等，就得到各种各样地摸球问题， 、 、 这就是抽球问题的原型意义所在. ③在上例地两个问题中，我们采取的抽样方式实际上都是不放回的抽样，如果我们改用有放 回的抽样，即每次摸出球后仍放回袋中，则容易知道? ? ? ? ? a ? P( A) ? Ca ?b ? ? ? ? , ?? ? ? ? ?? ? ? ?P( B) ?ab? ? ??.对第一个问题（即事件 A） ，在“不放回抽样”与“放回抽样”情形下地问题地答案，恰好是我们 以后所介绍地“超几何分布”与“二项分布”的实际背景.对第二个问题（即事件 B） ，无论是“不放安庆师范学院 李会葆 -8-《概率论与数理统计》学习指导 回抽样” ，还是“放回式抽样” ，答案都是 票的合理性. 例 1.3.2 将 n 个人等可能地分配到 N (n ? N ) 间房中去，试求下列事件的概率：? ? ??，其结果与 k 无关，此结果说明了日常生活中抓阄分A ? {某指定的 n 间房中各有一个人}；B ? {恰有 n 间房，其中各有一人}；C ? {某指定的房中恰有 m(m ? n) 个人}.【解】 把 n 个人等可能地分配到 N 间房中去，由于并没有限定每一房中的人数，故是一可重复的排 列问题，这样地分法共有 Nn对于事件 A ,今固定某 n 间房，第一个人可分配到 n 间房地任一间，有 n 种方法；第二个人可分配 到 余 下 的 n ? 1 间 房 中 地任 一间 ， 有 n ? 1 种 分 法 ， 依次 类推 ， 得 到 A 共 含 有 n ! 个 样 本点 ， 故P ( A) ?n! . Nnn 对于事件 B ,因为 n 间房没有指定，所以可先在 N 间房中任意选出 n 间房（共有 CN 种选法） ，然后 n 对于选出来地某 n 间房，按照上面的分析，可知 B 共含有 CN ? n! 个样本点，从而n CN ? n ! . NnP( B) ?m 对于事件 C ， 由于 m 个人可自 n 个人中任意选出， 并不是指定地， 因此有 Cn 种选法， 而其余的 n ? m个人可任意地分配到其余的 N ? 1 间房中， 共有 ? N ? 1? 个样本点，因此m Cn ? ? N ? 1? P(C ) ? Nn n?mn?mm 种分配方法， C 中共含有 Cn ? ? N ? 1? 故n?m1? ?1? ? ? C ? ? ?1 ? ? ?N? ? N?m nmn ?m.【注】 可归入“分房问题”处理的古典概型的实际问题非常多，例如： ①生日问题： n 个人的生日的可能情形，这时 N ? 365 天 (n ? 365) ； ②旅客下站问题：一客车上有 n 名旅客，它在 N 个站上都停，旅客下站的各种可能情形；③印刷错 误问题： n 个印刷错误在一本有 N 页的书中的一切可能的分布（ n 一般不超过每一页的字符数） ； ④放球问题：将 n 个球放入 N 个盒子的可能情形. 值得注意的是，在处理这类问题时，要分清楚什么是“人”什么是“房” ，一般不能颠倒.安庆师范学院 李会葆 -9-《概率论与数理统计》学习指导 例 1.3.3 从 0,1, 2,? ,9 这 10 个数字中，任意选出 3 个不同的数字，试求下列事件的概率：A1 ? {3 个事件中不含 0 和 5}； A2 ? {3 个事件中不含 0 或 5}；3 【解】 随机试验是从 10 个数字中任取 3 个数字，故样本空间 ? 的样本总数为 C10 .如果取得的 3 个数字不含 0 和 5，则这 3 个数字必须在其余的 8 个数字中取得，故事件 A 所含的 13 样本点的个数为 C8 ,从而3 C8 7 ? . 3 C10 15P( A1 ) ?对事件 A2 ，我们引入下列事件：B1 ? {3 个数字中含 0，不含 5}； B2 ? {3 个数字中含 5，不含 0}； B3 ? {3 个数字中既不含 0，又不含 5}。则 A2 ? B1 ? B2 ? B3 且 B1 , B2 , B3 两两互不相容，于是有P ? A2 ? ? P ? B1 ? P ? B2 ? ? P ? B3 ? ?C82 C82 C82 14 ? 3 ? 3 ? 3 C10 C10 C10 15【证毕】【注】①对事件 A2 的概率求法，我们还有另外两种方法. （方法 1） 利用逆事件进行计算. 若注意到 A2 ? {3 个数字中既含有 0 又含 5}，则有P ? A2 ? ? 1 ? P ? A2 ? ? 1 ?1 C8 1 14 ? 1? ? . 3 C10 15 15（方法 2） 利用加法公式进行计算. 若引入事件：C1 ? {3 个数字中不含 0}；C2 ? {3 个数字中不含 5}.则 A2 ? C1 ? C2 ,从而有安庆师范学院 李会葆 - 10 -《概率论与数理统计》学习指导P ? A2 ? ? P(C1 ) ? P(C2 ) ? P ? C1C2 ? ? ? 7 7 7 14 ? ? ? . 10 10 15 153 3 3 C9 C9 C8 ? 3 ? 3 3 C10 C10 C10②由此例可见，如果能利用事件间的运算关系，将一个较为复杂的事件分解成若干个比较简单的事件 的和、差和积等，再利用相应的概率公式，就能比较简便地计算较复杂事件地概率，这种思想方法希 望读者等熟练掌握. 例1.3.4 在区间 ? 0,1? 中，随机地取出两个数，求两数之和小于 1.2 的概率.【解】 设 x, y 为区间 ? 0,1? 中随机地取出的两个数，则试验的样本空间? ? {? x, y ? : 0 ? x ? 1,0 ? y ? 1}而所求的事件 A ? {? x, y ? : ? x, y ? ??, x ? y ? 1.2}. 从而，由几何概率的计算公式及其图 1.3.1 知A的面积 P( A) ? ? ?的面积1 1 ? ? 0.82 2 ? 0.68. 1【解毕】【寓意】 本题地难点是把所求问题归结为一个几何概型地问题，这类问题其实在秋均匀分布的相关 概率时是比较常见的，读者可以将它理解成这样一个问题：设“ X 与 Y 相互独立，且 X , Y 均服从区 间 ? 0,1? 上的均匀分布，求 P( X ? Y ? 1.2) ” ，虽然题目中没有明确给出“独立性”这一条件，但一般 字眼“随机地” ，除了表示试验结果是等可能的外，还表示了取出的两个数是相互独立的.同时，由于 问题所涉及地区域往往是较为规则地几何图形，因此，许多情形下，只须利用初等数学地方法能取出 这些图形地面积等. 例 1.3.5 一次掷 10 颗骰子，已知至少出现一个一点，问至少出现两个一点的概率是多少？安庆师范学院 李会葆 - 11 -《概率论与数理统计》学习指导 【思路】 该问题是一个典型地条件概率的题目，由于“至少出现两个一点”包含了在同一条件下恰 好出现“两个一点”“三个一点” ? ， ， ， “10 个一点”9 种情形，因此转而考虑其逆事件是较为简便 地. 【解】 设 A ? {至少出现一个一点}， B ? {至少出现两个一点}.则所求概率为P( B | A) ? 1 ? P( B | A) ? 1 ?P( BA) . P( A)因为 B ? {至少出现两个一点}，故BA ? {恰好出现一个点}，于是P ? BA? ?且10 ? 59 ? 0.P( A) ? 1 ? P( A) ? 1 ?510 ? 0.8385, 所以 610P( B | A) ? 1 ?P( BA) 0.3230 ? 1? ? 0.6148. P( A) 0.8385例1.4.1 设 A, B 为两事件，且 P( A) ? p, P( AB) ? P( AB) ，求 P( B). （1994 年考研题） 【解】 由于P( AB ) ? P( A ? B) ? 1 ? P( A ? B) ? 1 ? ? P ( A) ? P ( B ) ? P ( AB )? ,又由于 P( AB) ? P( AB) 且 P( A) ? p, 故P( B) ? 1 ? P( A) ? 1 ? p.【解毕】【技巧】 同时利用事件运算的德摩根律及逆事件概率公式，是解概率题中常用的技巧之一. 例 1.4.2 某大学计算机系某班共有 n 名新生班长将已经办好的 n 个学生证随机地发给每一个学生. （1） 问没有人拿到自己的学生证的概率是多少？ （2） 求当 n 很大时，这个概率的近似值. 【思路】 关键是求出第一问，为此令A ? {没有人拿到自己地学生证}；安庆师范学院 李会葆 - 12 -《概率论与数理统计》学习指导Ai ? {第 i 个学生拿到自己的学生证}.故A?? n ? Ai ，显然要直接求 P ? A? ? P ? ? Ai ? 比较繁琐.因此，自然会想到利用上题地技巧将问题化 ? i ?1 ? i ?1 ?n为求和事件的概率，再利用概率的加法公式来解决. 【解】 （1） A 与 Ai ?i ? 1,2,?, n? 同上所设，故 A ?? A ，先来考察 A ?i ? 1,2,?, n? 的概率，i i ?1ni由古典概型的概率计算可知P( Ai ) ?同理? n ? 1?! ? 1 , i ? 1, 2,?, n.n! nP( Ai Aj ) ?? n ? 2 ?! ?n! n!1 , i ? j , i, j ? 1, 2, ?, n ? n ? 1? 1 , n ? n ? 1?? n ? 2 ?P( Ai Aj Ak ) ?? n ? 3? ! ?1 ? i ? j ? k ? n, i, j, k ? 1, 2,?, ?? P( A1 , A2 , ?, An ) ?故1 . n!? n ? ? n ? P( A) ? P ? ? Ai ? ? 1 ? P ? ? Ai ? ? i ?1 ? ? i ?1 ? ? n ? 1 ? ? ? P ? Ai ? ? ? P ? Ai Aj ? 1?i ? j ? n ? i ?1 ? ? P ( A1 A2 ? An ) ? 1?i ? j ? k ? n ? ? 1 1 n ?1 1 ? 2 ? n ? 2 ?! 3 ? n ? 3?! ? 1 ? ? Cn ? ? Cn ? Cn ? ? ? ? ?1? ? n n! n! n !? ??P ( Ai Aj Ak ) ? ? ? ? ?1?n ?1n ?1 1 ? ? 1 1 ? 1 ? ?1 ? ? ? ? ? ? ?1? n !? ? 2! 3! ???i ?0n? ?1? .ii!安庆师范学院 李会葆 - 13 -《概率论与数理统计》学习指导 （3） 因为 limn ???i ?0n? ?1?i!i? e?1 , 故当 n 很大时，有P( A) ? ?i ?0n? ?1?i!i? e?1.【解毕】例 1.4.3 从 1 ~ 100 个整数中，任取一数，已知取出地一数是不超过 50 的数，求它是 2 或 3 的倍数的 概率. 【思路】 记 A={取出的数不超过 50}； B＝{取出的数是 2 的倍数}； C={取出的数是 3 的倍数}. 则所求概率为条件概率 P( B ? C | A) ，然后利用条件概率地性质进行计算. 【解】 A, B, C 同上所设，由条件概率的性质知P( B ? C | A) ? P( B | A) ? P(C | A) ? P( BC | A) P( BA) P(CA) P( BCA) ? ? ? . P( A) P( A) P( A)由于1 25 8 P( A) ? , P( BA) ? , P(CA) ? , 2 100 100故8 ? 23 ? 25 16 P( B ? C | A) ? 2 ? ? ? ? . ?100 100 100 ? 50 ?【解毕】【寓意】 此题考查大家的知识点是：条件概率具有概率的一切性质，故同样也有条件概率地加法公 式等等. 例 1.4.4 一批产品共 100 件，对产品进行不放回抽样检查，整批产品不合格的条件是：在被检查地 5 件产品中至少有一件是次品，如果在该产品中有 5是次品，求该批产品被拒绝接受的概率. 【思路】 设 A={该批产品被拒绝接受}；Ai ? {被检查地第 i 件产品是次品}， i ? 1, 2,?,5 ，则 A ? A1 ? A2 ? A3 ? A4 ? A5 , 要直接利用加法公式是很复杂地，因而转而考虑求其逆事件的概率，而后者可由乘法公式来计算. 【解】 由于 A ? A ? A2 ? A3 ? A4 ? A5 , ，故 1安庆师范学院 李会葆 - 14 -《概率论与数理统计》学习指导P ? A? ? 1 ? P ? A1 A2 A3 A4 A5 ? ? 1 ? P( A1 ) P( A2 | A1 ) P( A3 | A1 A2 ) P( A4 | A1 A2 A3 ) P( A5 | A1 A2 A3 A4 ).又P( A1 ) ? 1 ? P( A1 ) ? P( A2 | A1 ) ?95 , 10094 93 , P( A3 | A1 A2 ) ? , 99 98 92 91 P( A4 | A1 A2 A3 ) ? , P( A5 | A1 A2 A3 A4 ) ? . 97 96故P( A) ? 1 ?【技巧】95 94 93 92 91 ? ? ? ? ? 0.23. 100 99 98 97 96【解毕】如果所考虑地问题与抽样的顺序（或次序）相关联，像本题这样引入事件集 Ai 对描述概率问题是有益地. 【注】 其实，此题也可以直接用古典概型来计算 A 的概率，因为 A 只有一种情况，既所取地 5 件均 为正品，故 P A ?? ?5 C95 ,从而 5 C100 5 C95 ? 0.23. 5 C100P( A) ? 1 ? P ? A ? ? 1 ?例1.4.5对某一目标依次进行了三次独立的射击，设第一、二、三次射击地命中率分别为0.4，0.5 和 0.7，试求： （1）三次射击中恰好有一次命中的概率. （2）三次射击中至少有一次命中地概率. 【解】 令 Ai ? {第 i 次射击命中目标}， i ? 1, 2,3 B={三次中恰好有一次命中}； C={三次中至少有一次命中}. 则B ? A1 A2 A3 ? A1 A2 A3 ? A1 A2 A3 C ? A1 ? A2 ? A3.由 A1 , A2 , A3 的独立性知安庆师范学院 李会葆 - 15 -《概率论与数理统计》学习指导?1?P( B) ? P ? A1 A2 A3 ? ? P ? A1 A2 A3 ? ? P ? A1 A2 A3 ? ? P ? A1 ? P ? A2 ? P ? A2 ? ? P ? A1 ? P ? A2 ? P ? A3 ? ? P ? A1 ? P ? A2 ? P ? A3 ? ? 0.4 ? 0.5 ? 0.3 ? 0.6 ? 0.5 ? 0.3 ? 0.6 ? 0.5 ? 0.7 ? 0.36.? 2?P( B) ? P ? A1 ? A2 ? A3 ? ? 1 ? P A1 ? A2 ? A3??【解毕】? 1 ? P ? A1 A2 A3 ? ? 1 ? 0.6 ? 0.5 ? 0.3 ? 0.91.【技巧】 通常积事件 A A2 ? An 概率的计算需要通过乘法公式来进行，但一旦知道了它们是相互独 1 立地，那么，只要知道 P( Ai ) ，不仅它们的积事件的概率能直接求出，而且和事件、差事件等的概率 也可容易地求得.例如：P ? A1 ? A2 ??? An ? ? 1 ? P ? A1 ? P ? A2 ?? P ? An ? P( A1 ? A2 ) ? P ? A1 ? P ? A2 ? .例 1.4.6 设一系列由五个元件组成（如图 1.4.1） ，元件 A,E 正常工作地概率为 q ，元件 B, C, D 正常 工作的概率为 p ，且每个元件都各自独立工作，求： （1） 系统能正常工作的概率； （2） 已知系统正常工作，问此时 B, C, D 中仅有一个在正常工作地概率. 【解】 设事件 A, B, C , D, E 分别为五个对应元件各自正常工作，事件 F 为系统正常工作，则F ? AE ? B ? C ? D?安庆师范学院 李会葆 - 16 -《概率论与数理统计》学习指导 利用 A, B, C , D, E 的相互独立性可得：?1? P( F ) ? P ? AE ? B ? C ? D ? ?3 ? P ? A ? P ? E ? ?1 ? P ? BCD ? ? ? q 2 ?1 ? ?1 ? p ? ? . ? ? ? ?? 2 ? 记 G={元件 B, C, D 中恰有一个正常工作}，则 G ? BCD ? BCD ? BCD, 故所求条件概率为P(G | F ) ? ?P F ? ? BCD ? BCD ? BCD ? P?F ? . 3 p ?1 ? p ? q 22 3 q 2 ?1 ? ?1 ? p ? ? ? ???【解毕】 【寓意】 本题的第一问中，实际上是考查了独立性地实质：即若事件 A1 , A2 ,?, An 相互独立，那么 将该事件列分成互不重叠地 m 组 ? m ? n? ，并对各组中地事件施以并、交、逆运算以后所得的事件列B1, B2 ,?, Bm 也相互独立，由 A, B, C , D, E 相互独立知道 A, B ? C ? D, E 也相互独立.【注】 本题实际上是一个系统可靠性地问题.一般来说，一个较为复杂地系统往往可看成是一系列简单系统的复合.最简单地系统有两个：串联系统与并联系统.如果 n 个独立的元件能正常工作的概率 分别为 p1 , p2 ,?, pn , 则由这 n 个元件串联而成的系统的可靠性为 p1 , p2 ,?, pn , 而并联系统地可靠性 为 1 ? ?1 ? p1 ??1 ? p2 ???1 ? pn ? . 故本题所讨论的系统可看作由 A, E 及 B, C, D 并联后的子系统所串 联而成，故系统的可靠性为3 3 q ?1 ? ?1 ? p ? ? ? q ? q 2 ?1 ? ?1 ? p ? ? ? ? ? ?这与我们直接计算地结果是相吻合的. 例 1.4.7 玻璃杯成箱出售，每箱 20 只，假设各箱含 0,1, 2 只残次品的概率相应为 0.8,0.1和0.1 ，一 顾客欲购一箱玻璃杯，在购买时，售货员随意取一箱，而顾客开箱随机地查看 4 只，若无残次品，则 买下该箱玻璃杯，否则退回，试求： （1） 顾客买下该箱地概率 ? ； （2） 在顾客买下的一箱中，确实没有残次品的概率 ? . 【思路】 由于玻璃杯箱总共有 3 类，分别含 0,1, 2 只残次品，而售货员取的那一项可以是这 3 类中地安庆师范学院 李会葆 - 17 -《概率论与数理统计》学习指导 任一箱， 顾客是在售货员取的一箱中检查地， 顾客是否买下这一箱是与售货员取的哪一类的箱子有关， 这类问题的概率计算一般可用全概率公式解决，第二问是条件概率问题. 【解】 引入下列事件： A={顾客所查看的一箱}；Bi ? {售货员取的箱中恰好有 i 件残次品}， i ? 0,1, 2.显然， B0 , B1 , B2 构成一完备事件组.且P ? B0 ? ? 0.8, P ( B1 ) ? 0.1, P ( B2 ) ? 0.1,4 4 C19 4 C18 12 P ( A | B0 ) ? 1, P ( A | B1 ) ? 4 ? , P ( A | B2 ) ? 4 ? . C20 5 C20 19?1? 由全概率公式? ? P( A) ? ? P ? Bi ? P ? A | Bi ?i ?0 24 12 ? 0.8 ?1 ? 0.1? ? 0.1? ? 0.94 5 19? 2 ? 由贝叶斯公式? ? P( B0 | A) ?P ? B0 ? P ? A | B0 ? 0.81?1 ? ? 0.85. P ? A? 0.94【解毕】 【技巧】 本题是考查全概率公式与贝叶斯公式典型试题.一般来说，在应用上述两个公式计算概率时， 关键是寻找出试验地一完备事件组 B1 , B2 ,?, Bn . 在一次试验中， 这组事件中能且只能有一个发生， 因此，事件 A 只能与 B1 , B2 ,?, Bn , 中之一各事件发生.直观地讲， B1 , B2 ,?, Bn , 中的每一个都可看成 导致事件 A 发生的“原因”.而在问题中， P ? Bi ? 与 P( A | Bi ) 是容易知道的，于是事件 A 的概率恰为 在各种“原因”下 A 发生地（条件）概率 P( A | Bi ) 的加权平均,权重恰为各“原因”出现的概率，这 就是全概率公式解决问题的思路.而贝叶斯公式实际上是在已知结果发生的条件下，来找各“原因” 发生的概率大小的,即求条件概率 P ? Bi | A? (i ? 1,2,?, n). 通常我们称 P ? Bi ? 为先验概率，P ? Bi | A? 为后验概率， 前者往往是根据以往经验确定的一种 “主观概率” 而后者是在事件 A 发生之后来判断 Bi ， 发生的概率,因此，贝叶斯公式实际上是利用先验概率来求后验概率. 例 1.4.8 设有白球和黑球各 4 只，从中任取 4 只放入甲盒，余下 4 只放入乙盒，然后分别在两盒中安庆师范学院 李会葆 - 18 -《概率论与数理统计》学习指导 各任取一只，颜色正好相同，试问放入甲盒的 4 只球育几只白球地概率最大，且求出此概率. 【解】 设 A={从甲、乙两盒中各取一球，颜色相同}，Bi ? {甲盒中有 i 只白球}， i ? 0,1, 2,3, 4.显然 B0 , B1 ,?, Bn 构成一完备事件组，又由题设知i 4 C4C4 ?i P ? Bi ? ? , i ? 0,1,?, 4. C84且3 4 3 P ? A | B1 ? ? , P ? A | B2 ? ? , P ? A | B3 ? ? , 8 8 8 P ? A | B0 ? ? P ? A | B4 ? ? 0.从而由全概率公式得P ? A? ? ? P ? Bi ? P ? A | Bi ?i ?05?1 3 2 2 3 1 C4C4 3 C4 C4 4 C4 C4 3 3 ? ? ? ? 4 ? ? . C84 8 C84 8 C8 8 7从而再由贝叶斯公式得8 3 P ? B1 ? P ? A | B1 ? 35 ? 8 1 P ? B1 | A ? ? ? ? , 3 P ? A? 5 7 18 4 P ? B2 ? P ? A | B2 ? 35 ? 8 3 P ? B2 | A ? ? ? ? , 3 P ? A? 5 7 8 3 P ? B3 ? P ? A | B3 ? 35 ? 8 1 P ? B3 | A ? ? ? ? , 3 P ? A? 5 7 P ? B0 | A ? ? P ? B4 | A ? ? 0.即放入甲盒的 4 只球中只有两只白球的概率最大，最大值为3 . 5 19 ， 则事 27例 1.4.9 设三次独立试验中, 事件 A 出现的概率相等， 若已知 A 至少出现一次的概率等于 件 A 在一次试验中出现的概率多大？ 【分析】 若直接由已知 A 至少出现一次地概率为 三次等情况，工作量大，所以利用逆事件较方便.安庆师范学院 李会葆 - 19 -19 ，来求解本题，则要考虑可能出现一次、二次、 27《概率论与数理统计》学习指导 【解】 记 Ai ? {事件 A 在第 i 次试验中出现}，则 P ? Ai ? ? p, i ? 1,2,3. 故由三次试验独立知P ? A1 ? A2 ? A3 ? ? 1 ? P ? A1 A2 A3 ? ? 1 ? P ? A1 ? P ? A2 ? P ? A3 ? ? 1 ? ?1 ? p ? ?319 27【解毕】因此，解得 p ?1 . 3【注】 在解题中把 A1 A2 A3 写成 AAA 是不妥当的，因为 AAA ? A ，请大家注意. 例 1.4.10 做一系列独立重复试验，设每次试验成功的概率为 p ，求在第 n 次成功之前恰失败 m 次的 概率. 【思路】 设 A={第 n 次成功之前恰失败 m 次}.要直接计算 A 的概率，大家可能不知道从何入手，但 注意到 A 实际上是等价于“第 m ? n 次试验成功且在前 m ? n ? 1 次试验中失败了 m 次”这一事件， 则问题就容易处理了. 【解】 设 A 同上，且 B={在前 m ? n ? 1 次试验中失败了 m 次}， C={第 m ? n 次试验成功} 则 A=BC，且由试验地独立性知 B 与 C 相互独立，由因m?n P ( B ) ? Cm ? n ?1 p n ?1 ?1 ? p ? , P (C ) ? p, m故P( A) ? P( BC ) ? P ? B ? ? P ? C ?m? n m? n ? Cm? n?1 p n ?1 ?1 ? p ? ? p ? Cm? n?1 p n ?1 ? p ? . m m【解毕】 例 1.4.11 由射手对飞机进行 4 次独立射击， 每次射击命中的概率为 0.3， 一次命中飞机被击落的概率 为 0.6，至少两次命中时飞机必被击落，求飞机被击落的概率. 【分析】 由于飞机是否被击落是与飞机被命中几次由关联的，因此，这个问题首先是一个利用全概 率公式计算概率的问题，而飞机被命中几次又是一个贝努里概型的问题，故本题是一个全概率公式与 贝努里公式地综合应用题. 【解】 设 A={飞机被击落}；Bi ? {飞机被命中 i 次}， i ? 0,1, 2,3, 4安庆师范学院 李会葆 - 20 -《概率论与数理统计》学习指导 显然， Bi 的概率可由 4 重贝努里概型问题来计算，即i P ? Bi ? ? C4 ? 0.3? 0.7 4?i , i ? 0,1, 2,3, 4. i又由题设知P ? A | B0 ? ? 1, P ? A | B1 ? ? 1 ? P ? A | B1 ? ? 1 ? 0.6 ? 0.4, P ? A | Bi ? ? 0, i ? 2,3, 4.因此由全概率公式可得P ? A ? ? ? P ? Bi ? P ? A | Bi ?4? P ? B0 ? P ? A | B0 ? ? P ? B1 ? P ? A | B1 ?1 ? 0.7 4 ?1 ? C4 ? 0.3 ? 0.7 ? 0.4 ? 0.405,i ?0故 P ? A ? ? 1 ? P A ? 0.95. 综例 1.5.1 若 P ? A? ? 0.4, P ? B? ? 0.5, P ?C ? ? 0.5, 在下列三种情况下计算 P ? A ? C | AB ? C ? :? ??1? A, B, C 独立； ? 2? A, B 独立，且 A, C 互不相容； ?3? A ? B ，且 A, C 独立.【解】P ? A ? C | AB ? C ? ? ?P ? AC ? ? AB ? C ? ? P ? AB ? C ? ? P ? ABC ? P ? AB ? ? P ? ABC ? . P ? AB ? ? P ? C ? ? P ? ABC ?P ? AB ? C ??1? A, B, C 独立时，有P ? A ? C | AB ? C ? ? ? P ? A? P ? B ? ? P ? A? P ? B ? P ? C ? P ? A? P ? B ? ? P ? C ? ? P ? A? P ? B ? P ? C ? 0.4 ? 0.5 ? 0.4 ? 0.5 ? 0.5 1 ? . 0.4 ? 0.5 ? 0.5 ? 0.4 ? 0.5 ? 0.5 6? 2? A, B 独立，且 A ? C ? ? 时，由于 ABC ? AB, 故 P ? ABC ? ? 0 ,从而安庆师范学院 李会葆 - 21 -《概率论与数理统计》学习指导P ? A ? C | AB ? C ? ? ?P ? A? P ? B ? ? 0 P ? A? P ? B ? ? P ? C ? ? 0 0.4 ? 0.5 2 ? . 0.4 ? 0.5 ? 0.5 7?3? A ? B ，且 A, C 独立时P ? A ? C | AB ? C ? ? P ? A? ? P ? AC ? 0.4 ? 0.4 ? 0.5 2 ? ? . P ? A? ? P ? C ? ? P ? AC ? 0.4 ? 0.5 ? 0.4 ? 0.5 7【解毕】 【寓意】本题考查大家对事件及事件概率的性质的掌握程度，要求熟练掌握事件及其概率的运算法及 独立性与互不相容地概念.这是一常考的题型. 综例 1.5.2 设 P ? A? ? 0, 试证： P ? B | A ? ? 1 ?P?B? P ? A?.【思路】 通常用逆推法来考虑这类不等式的证明.若不等式成立，则有P( A) ? P ? B | A? ? P( A) ? P(B),即 P ? AB ? ? P ? A? ? ?1 ? P B ? , ? ? 故? ?P ? A ? P B ? ? A B1 ? ? ? P ? ?即 P ? A ? B ? ? 1. 【证】 由于 P ? A ? B ? ? 1. 即 P ? A? ? P ? B ? ? P ? AB ? ? 1 ， 从而有乘法公式知P ? A? ? P ? B ? ? P ? A? P ? B | A? ? 1故 因而有P( A) ? P ? B | A ? ? P ( A) ? ?1 ? P ? B ? ? , ? ?P( A) ? P ? B | A? ? P( A) ? P(B),由于 P ? A? ? 0, 因此得P ? B | A? ? 1 ?P?B? P ? A?.【证毕】综例 1.5.3 假设目标出现在射程之内的概率为 0.7，这时射击命中目标地概率为 0.6，试求两次独立安庆师范学院 李会葆 - 22 -《概率论与数理统计》学习指导 射击至少有一次命中目标地概率. 【思路】 引进事件： A={目标进入射程}Bi ? {第 i 次射击命中目标}， i ? 1, 2 .故所求概率为事件 B ? B1 ? B2 的概率，由于目标不在射程之内是不可能命中目标的，因此，可利用 全概率公式（或事件的分解）来求 P ( B ) .当然在求解过程中要用到 B1 与 B2 的独立性. 【解】 A, B 与 Bi 同上设，由题意P ? A? ? 0.7, P ? Bi | A? ? 0.6?i ? 1,2?.由于 P AB ? 0, 因为 A 表示目标不在射程之内，因此由全概率公式，有? ?P ? B ? ? P ? AB ? ? P ? AB ? ? P ? AB ? ? P ? A? P ? B | A? ? P ? A? P ? B1 ? B2 | A? .对于给定事件 A ， 条件概率具有无条件概率的一切性质.故在 A 发生的条件下， 由题意知 B1 与 B2 相互 独立，从而P ? B1B2 | A? ? P ? B1 | A? P ? B2 | A? ? 0.6 ? 0.6 ? 0.36由加法公式得P ? B1 ? B2 | A? ? P ? B1 | A? ? P ? B2 | A? ? P ? B1B2 | A? ? 0.6 ? 0.6 ? 0.36 ? 0.84.于是P(B) ? P( A)P ? B1 ? B2 | A? ? 0.7 ? 0.84 ? 0.588.【解毕】【技巧】 在有些概率问题种，要利用事件的条件独立性，而条件独立性一般是由题意或实际情况给 定的，它是一般的事件独立性的推广. 【寓意】 本题主要考查的是我们反复强调的一点，即条件概率具有无条件概率的一切性质. 综例 1.5.4 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，随机地取一个地区地报名表，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） 已知后抽到的一份表是男生表，求先抽到的一份表是女生表的概率 q . （1998 年考研题）安庆师范学院 李会葆 - 23 -《概率论与数理统计》学习指导 【思路】 由于抽到的表与来自哪个地区有关，故此题显然是要用全概率公式来讨论. 【解】 记H i ? {抽到i地区考生的报名表}，i ? 1, 2,3; Aj ? {第j次抽到报名表是男生的}，j ? 1, 2.则显然有1 7 ? i ? 1, 2,3? ; P( A1 | H1 ) ? ; 3 10 8 20 P ( A1 | H 2 ) ? ; P ( A1 | H 3 ) ? . 15 25 p ? Hi ? ?（1）由全概率公式知p ? P ? A1 ? ? ? P ? H i ? P ? Ai | H i ?3 i ?11 ? 3 7 5 ? 29 ? ? ? ? ?? 3 ?10 15 25 ? 90（2） q ? P A1 | A2 ?3??P ? A1 A2 ? P ? A2 ?, 由全概率公式得P ? A1 A2 ? ? ? P ? H i ? P ? A1 A2 | H i ? ?i ?11 3 ? P ? A1 A2 | H i ?. 3 i ?1又因为P ? A1 A2 | H1 ? ?3 7 7 ? ? , 10 9 30 7 8 8 P ? A1 A2 | H 2 ? ? ? ? , 15 14 30 5 20 5 P ? A1 A2 | H 3 ? ? ? ? . 25 24 30所以1? 7 8 5? 2 P ? A1 A2 ? ? ? ? ? ? ? , 3 ? 30 30 30 ? 9而安庆师范学院 李会葆 - 24 -《概率论与数理统计》学习指导P ? A2 ? ? ? P ? H i ? P ? A2 | H i ? ?i ?131 3 ? P ? A2 | H i ? 3 i ?11 ? 7 8 20 ? 61 ? ? ? ? ?? , 3 ?10 15 25 ? 90所以q?P ? A1 A2 ? P ? A2 ?2 20 ? 9 ? . 61 61 90【解毕】【技巧】 在计算 P ? A2 ? 时，需要用到结论：袋子中有 m 个白球 n 个黑球，每次抽取一个，抽后不放 回，则任何一次抽到白球的概率都是m . 如果不掌握此结论，则需要重新计算它们.例如对于 m?nP ? A2 | H1 ? 有P ? A2 | H1 ? ? P ?? A1 A2 ? A1 A2 ? | H1 ? ? ?? P ? A1 A2 | H1 ? ? P ? A1 A2 | H1 ? ? P ? A1 | H1 ? P ? A2 | A1H1 ? ? P ? A1 | H1 ? P ? A2 | A1H1 ? ? 7 6 3 7 7 ? ? ? ? . 10 9 10 9 10同理可得：P ? A2 | H 2 ? ?8 20 , P ? A2 | H 3 ? ? . 15 25综例 1.5.5 设有甲、乙、丙三门炮，同时独立地向某目标射击，个炮的命中率分别为 0.2，0.3 和 0.5， 目标贝命中一发而被击毁的概率为 0.2，被命中两发而被击毁的概率为 0.6，被命中三发而被击毁的概 率为 0.9，求： （1） 三门炮在一次射击中击毁目标的概率； （2） 在目标被击毁的条件下，只由甲炮击中的概率. 【思路】 设事件 A1 , A2 , A3 分别表示甲、乙、丙炮击中目标，D 表示目标被击毁， H i 表示由 i 门炮 同时击中目标 ? i ? 1, 2,3? ，则由全概率公式有P ? D ? ? ? P ? H i ? P ? D | H i ?,i ?13其中 P ? Hi ? 要由题设条件及独立性来求，而第二问可由贝叶斯公式来处理. 【解】 设 D, Ai .Hi ?i ? 1,2,3? 同上所设，且由题设知安庆师范学院 李会葆 - 25 -《概率论与数理统计》学习指导P ? A1 ? ? 0.2, P ? A2 ? ? 0.3, P ? A3 ? ? 0.5, P ? D | H1 ? ? 0.2, P ? D | H 2 ? ? 0.6, P ? D | H 3 ? ? 0.9.由于 A1 , A2 , A3 相互独立，故P ? H1 ? ? P ? A1 A2 A3 ? A1 A2 A3 ? A1 A2 A3 ? ? P ? A1 ? P ? A2 ? P ? A3 ? ? P ? A1 ? P ? A2 ? P ? A3 ? ? P ? A1 ? P ? A2 ? P ? A3 ? ? 0.2 ? 0.7 ? 0.5 ? 0.8 ? 0.3 ? 0.5 ? 0.8 ? 0.7 ? 0.5 ? 0.47.同理P ? H 2 ? ? P ? A1 A2 A3 ? A1 A2 A3 ? A1 A2 A3 ? ? 0.22, P ? H 3 ? ? P ? A1 A2 A3 ? ? 0.03.（1）由全概率公式得P ? D ? ? ? P ? Hi ? P ? D | Hi ?i ?13? 0.47 ? 0.2 ? 0.22 ? 0.6 ? 0.03 ? 0.9 ? 0.253.（2）由贝叶斯公式得P ? A1 A2 A3 | D ? ?P ? A1 A2 A3 D ? P( D) P ? A1 A2 A3 ? P( D | A1 A2 A3 ) P( D) ? 0.0554?综例 1.5.6甲乙两待各装一个白球和一个黑球，从两袋中各取出一球相交换放入另一个袋中，这样进行了若干次，以 pn , qn , rn 分别记在第 n 次交换后甲袋中包含两个白球，一个白球和一个黑球，两个 黑球的概率，试求出 pn?1 , qn?1 , rn?1 ，并讨论当 n ?? 时的情况. 【思路】 pn , qn , rn 所对应的事件构成完备事件组，故可以利用全概率公式得到用 pn , qn , rn 表示pn?1 , qn?1, rn? 1的关系式，再利用它们的递推关系求出 pn?1 , qn?1 和 rn ?1 ，在计算时要注意从甲袋、乙袋取球是独立进行的. 【解】 用事件 An , Bn , Cn 分别表示第 n 次交换后， “甲袋中包含两个白球” 一个白球和一个黑球” ， “ ， “ 两个黑球的概率”. n ? 1, 2?. 则令安庆师范学院 李会葆 - 26 -《概率论与数理统计》学习指导D1 ? {从甲袋中任取一球为白球}； D2 ? {从乙袋中任取一球为白球}.由全概率公式得P ? An?1 ? ? P ? An ? P ? An?1 | An ? ? P ? Bn ? P ? An?1 | Bn ? ? P ?Cn ? P ? An?1 | Cn ? ,而P ? An ?1 | An ? ? P ? An ?1 | Cn ? ? 0, 1 1 1 P ? An ?1 | Bn ? ? P ? D1D2 | Bn ? ? ? ? . 2 2 4故P ? An ?1 ? ?即 pn ?1 ? 同理1 P ? Bn ? , 41 qn . 4P ? Bn?1 ? ? P ? An ? P ? Bn?1 | An ? ? P ? Bn ? P ? Bn?1 | Bn ? ? P ?Cn ? P ? Bn?1 | Cn ? ,而P ? Bn?1 | An ? ? P ? Bn ?1 | Cn ? ? 1, 1 1 1 1 1 P ? Bn?1 | Bn ? ? P ? D1D2 | Bn ? ? ? ? ? ? . 2 2 2 2 2故P ? Bn ?1 ? ? P ? An ? ?1 P ? Bn ? ? P ? Cn ? 即 21 qn ?1 ? pn ? qn ? rn . 2同理有rn ?1 ?1 qn . 4综上有1 ? ? pn ?1 ? rn ?1 ? 4 qn , ? ? ?q ? 1 q ? r . ? n ?1 2 n n ?由于 pn ? qb ? rn ? 1. 故安庆师范学院 李会葆 - 27 -《概率论与数理统计》学习指导1 1 ? pn ?1 ? rn ?1 ? ? pn , ? ? 4 2 ? 1 ?q ? 1 ? p . n ?1 ? n ?1 ? 2由于 p0 ? r0 ? 0, q0 ? 1. 由上面的递推关系得rn ?1 ? pn ?1 ? ??1 1 1 1 ?1 1 ? ? pn ? ? ? ? pn ?1 ? 4 2 4 2 ?4 2 ?1 1 n?2 1 n ?1 1 ? 3 ? ? ? ? ?1? ? ? ?1? p0 2 n?2 2 2 2 2n ?1 n ?1 1? ? 1? ? ?1 ? ? ? ? ? 4? ? 2? ? ? ? ? ? 1? 1? ? ? ? ? 2? ? ?故1 n 1?1? ? ? ?1? ? ? 6 3? 2?n?2,qn?1 ?2 n 1? 1? ? ? ?1? ? ? 3 3? 2 ?1 2 , lim qn ? 6 n?? 3n ?1,【解毕】从而 lim pn ? lim rn ?n ?? n ??【技巧】 此题是全概率公式的一种典型应用情形，若后一个试验的结果与签约个试验的结果紧密相 关，前一个试验的全部可能结果就已经组成了 ? 的一个划分.即完备事件组，故可利用全概率公式得 到有关概率的一个递推方程，解此方程即可获得我们所需的结论. 综例 1.5.7 桥式电路系统由 5 个元件组成 （如图 1.5.1 所示） ，设元件 Ai 的可靠性为 pi ?i ? 1, 2,?,5? 求此系统的可靠性.安庆师范学院 李会葆 - 28 -《概率论与数理统计》学习指导【思路】 为了求系统的可靠性，分两种情况考虑： （1） 当 A5 工作正常时，相当于 A , A2 并联，与 A3 , A4 并联电路再串联而得. 1 （2） 当 A5 失效时，相当于 A , A2 串联再与 A3 , A4 串联电路进行并联而得. 1 因而可以利用全概率公式来分析. 【解】记 Bi ? {元件组 Ai 正常工作} i ? 1, 2,?,5 C={系统正常工作}. 从而由全概率公式知P(C ) ? P ? B5 ? P ? C | B5 ? ? P ? B5 ? P ? C | B5 ? .而P ? C | B5 ? ? P ?? B1 ? B2 ? ? ? B3 ? B4 ? ? ? ? P ? C | B5 ? ? P ? B1 B2 ? B3 B4 ? ? ?1 ? ?1 ? p1 ??1 ? p2 ? ? ?1 ? ?1 ? p3 ??1 ? p4 ? ? ? ?? ? ? 1 ? ?1 ? p1 p2 ??1 ? p3 p4 ? .所以P(C ) ? p5 ?1 ? ?1 ? p1 ??1 ? p2 ?? ?1 ? ?1 ? p3 ??1 ? p4 ?? ? ?? ? ? ?1 ? p5 ? ?1 ? ?1 ? p1 p2 ??1 ? p3 p4 ?? ? ?【解毕】 【技巧】 本题的关键在于利用 B5 和 B5 构成一完备事件组，将 C 事件分解为 C ? CB5 ? CB5 ,后者分 别为串联电路和并联电路得组个合，从而可用全概率公式.安庆师范学院 李会葆 - 29 -《概率论与数理统计》学习指导第 2 章 随机变量一、基本要求 (1) 理解概率分布的概念，掌握其三种基本形式：离散型概率分布，连续型概率密度，分布函数； 掌握概率分布的特点、性质，会根据概率分布计算有关事件的概率； (2) 掌握下列概率分布：0-1 分布、二项分布、超几何分布和泊松分布等离散型概率分布，以及 均匀分布、指数分布和正态分布等连续型概率分布，包括分布的表达式、特点、性质、数字特征和典 型应用，以及与其他分布的关系； (3) 理解 0-1 分布、二项分布、超几何分布和泊松分布等离散型概率分布之间的关系； (4) 会根据随机自变量的分布，求其函数的分布的方法． 二、内容提要 ㈠ 随机变量及其概率分布 1、基本概念 (1) 随机变量 随机变量，直观上指取值带随机性的变量，数学上指基本事件（样本点）的函数．实际中遇到的随机变量有离散型和连续型两大类：可能值个数有限或可数的随机变量 称做离散型的； 连续型随机变量的值域是数轴上的有限或无限区间． 通常用后面几个大写拉丁字母 （如X , Y ,U ,V ,?）表示随机变量．(2) 概率分布 随机变量 X 的概率分布，指它的“值域”及它取各可能值或在值域内各部分取值 的“概率”二者的总称．实际中遇到的概率分布有离散型和连续型两大类，分别描绘离散型和连续型 随机变量． 2、离散型随机变量的概率分布 设 X 是离散型随机变量，?x1, x2 ,?, xm ,??是它的一切(m 个或可数个)可能值的集合．离散型随机变量 X 的概率分布有如下一些常用的表示方法．P?X ? xk ? ? pk ?k ? 1,2,?, m,?? ；?x X ~? 1 ?p ? 1其中x2? xmp2 ? pm?? ?． ?? ?有 (2.1)pk ? 0 ?k ? 1,2,?, m,?? ， p1 ? p2 ? ? ? pm ? ? ? 1 ．对于任意实数 a&b ,P?a ? X ? b? ?a ? xk ? b? P?X? xk ? ? ? p kk，其中Σ 表示对于满足 a ? xk? b 的一切 xk 求和．连续型随机变量 X 的概率分布，由一非负函数安庆师范学院 李会葆 - 30 -3、连续型随机变量的概率密度f ( x) ? 0 ――《概率论与数理统计》学习指导 概率密度函数决定：对于任意实数 a? b ，有P?a ? X ? b? ? ? f ? x ?dx ．ab（2.2）严格地说，只有有概率密度的随机变量才称做连续型的． 概率密度f (x) 的基本性质是：f ? x ? ? 0，???? f ?x ?dx ? 1．此外，任意连续型随机变量 X 取任何给定值 c 的概率等于 0 ： P 4、随机变量的分布函数?X ? c? ? 0 ．分布函数可以描绘任何随机变量的概率分布．不过，有简单的函数式的分布函数很少，因此分布函数不便用于处理具体的随机变量，多用于一般性研究． (1) 定义 值，是事件 随机变量 X 的分布函数定义为 F?x? ? P?X ? x? ?? ? ? x ? ??．它在点 x 处的?X ? x?的概率，即 X 在 ?? ?, x?上取值的概率．(2) 性质 性质 1)～3)为基本性质． 1) 2) 3)0 ? F ?x ? ? 1，是单调不减函数； F ?x ? 右连续： F ( x) ? lim F ?t ? ．t ? x ?0F ?? ?? = lim F ?x ? =0， F ?? ?? = lim F ?x ? =1．x??? x ???4) 根据分布函数求事件的概率，例如P?a ? X ? b? ? F ?b ? ? F ?a ?； P?a ? X ? b? ? F ?b ? ? F ?a ? 0 ?； P?a ? X ? b? ? F ?b ? 0 ? ? F ?a ?；5) 连续型随机变量 X 的分布函数为P?X ? a? ? F ?a ? ? F ?a ? 0 ?； P?X ? a? ? 1 ? F ?a ? 0 ?； P?X ? a? ? F ?a ? 0 ?．(2.3)F ?x ? ?其中-?? f ?t ?dtx(?? ? x ? ?) ，(2.4)f (x) 是 X的概率密度．连续型随机变量的分布函数是连续函数，对于几乎一切 x ，有dF ?x ? ? f ?x ? ． dx6) 离散型随机变量 X 的分布函数为(2.5)安庆师范学院 李会葆 - 31 -《概率论与数理统计》学习指导F ?x ? ?xk ? x? P?X? xk ? (?? ? x ? ?) ，(2.6)其中Σ 表示对于不大于 x 的一切 xk 求和．离散型随机变量的分布函数是阶梯函数．㈡ 常用概率分布 1、常用概率分布表 考试大纲要求掌握的离散型概率分布有：0-1 分布，二项分布，超几何分布 和泊松分布，考试大纲要求掌握的连续型概率分布有：均匀分布，正态分布和指数分布． 表 2.1 常用离散型概率分布（ q ?1 ? p ） 分布名称 0-1 二项 P{X=k} 可 能 值k 1和0 0,1,?, n 参 数 数学期望 方 差p 和qpn，p pnppq npqC k p k q n?k nC k C n??kM M N n CN超几何0,1,?, nn?M ? Nnp p ? M N npq N ? n N ?1泊松?kk!e ??自然数? ?0??表 2.2 常用连续型概率分布 分布名称 均匀 概率密度 值域 参 数 数学期望 方 差1 b?a? 1 e 2π ? ( x?? )2 2? 2[a, b]a，ba?b 2(b ? a) 2 12正态(??, ?) (0, ?)?,? 2??1??21/ ?2指数? e ? ?x2、常用概率分布的典型应用 (1) 0-1 分布 只有“成功”和“失败” 两种对立结局的试验称做伯努利试验；伯努利试验成功 的次数 X 服从 0-1 分布，参数p ――成功的概率， q ?1 ? p ――失败的概率．例如产品抽样验收：安庆师范学院 李会葆 - 32 -《概率论与数理统计》学习指导 抽到不合格品――成功，抽到合格品──失败；射击：命中──成功，脱靶──失败?? (2) 二项分布 以 X~ B(n, p) 表示 X 服从参数为 (n, p) 的二项分布．设 X 是 n 次伯努利试验成功的次数， X 则1) 独立重复试验成功次数的分布~ B(n, p) ，参数p 是每次试验成功的概率．例如，n 次独立重复射击命中的次数 X 服从二项分布，参数 p 是每次射击的命中率． 2) 自有限总体的还原抽样 设总体 ? 其中 ? {?1 ,? 2 ,?,? N }含 N 个个体， M 个具有某种特征 A（如不合格品） ．设 X 是 n 次还原抽样具有特征 A 的个体出现的次数，则 X 中 ． p ? M N （如不合格品率） (3) 超几何分布 设总体 ?~ B(n, p) 布，其? {?1 ,? 2 ,?,? N }含 N 个个体，其中 M 个具有特征 A，则 n 次非还原抽样具有特征 A 的个体出现的次数 X 服从参数为 (n, N , M ) 的超几何分布． (4) 泊松分布 1) 二项分布概率的近似计算 设 X 服从二项分布，参数 n 充分大、p 充分小而n p 适中，则有如下近似公式――泊松定理：C p实际中，当 n ? 100，p 2) 随机质点流k n k?np ?k e ?np ?1 ? p ? ?n?kk!(k ? 0,1, ? , n) ．　　(2.7)? 0.10 时即可利用此式，不过 n 应尽量地大，否则近似效果不佳．我们把源源不断地出现在随机时刻的质点形成的“流”称做随机质点流．例如，到达商店的顾客、用户对商品质量的投诉、暴雨、交通事故、重大刑事案件、大震后的余震、设备的 故障??所形成的随机质点流．以? (t ) 表示在长为 t 的时间内出现的随机质点的个数，则? (t ) 服从 参数为 ?t 的泊松分布：(λ t ) k ?λ t P?v(t ) ? k ? ? e (k ? 0,1,2, ?) ， k!其中 ?(2.8)? E? (1) 是单位时间出现的随机质点的平均个数，称做质点流的强度．(5) 均匀分布 几何型概率的数学描述． 向区间 [a, b] 上均匀地掷随机点试验， 产生均匀分布． 区 间 [a, b] 上均匀分布的分布函数有简单的表达式安庆师范学院 李会葆 - 33 -《概率论与数理统计》学习指导? 0 , 若x ? a , ?b ? x ? F ?x ? ? ? ,若a? x?b, b?a ? ? 1 , 若x ? b． ?(6) 指数分布(2.9)设 T 是在服从参数为 ? 的泊松分布的随机质点流中，相继出现的两个随机质点时间间隔――等待时间（例如，设备无故障运转的时间、设备的使用寿命或维修时间、设备相继出现 两次故障的时间间隔??） ，则等待时间 T 服从参数为 ? 的指数分布．参数为 ? 的指数分布函数有简 单的数学表达式? 1 ? e ??t , 若 t ? 0 , F ?t ? ? ? ,若 t ? 0． ? 0(7) 正态分布 以 X 和(2.10)~ N (? ,? 2 ) 表示随机变量 X 服从参数为 ( ? ,? 2 ) 的正态分布．以 ? ?x ?的 概 率 密 度 和 分 布 函 数 ， 附 表 1 是 ? ?x ? 的 数 值 表 ；? ?x ? 分 别 表 示 N (0,1)， ? ?? x ? ? 1 ? ? ?x ? ．附表 2 的最下边一行是标准正态分布的水平? 双侧分位数 u? （见附表 2） 满足? (u? ) ? ? (?u? ) ? 1 ? ? ．1）对于任意常数 a 和 b(b ? 0) ，若 X～ N2 2）若 X～ N ? 1 , ? 1 和 Y～ N(2.11)2 2?? , ? ?，则 a ? bX ~ N ?a ? b? , b ? ?；2????22 , ? 2 ? 相互独立，则2 X ? Y ~ N ?? 1? ? 2 , ? 12 ? ? 2 ?；3）许多自然现象和社会现象都可以用正态分布律来描述．许多概率分布的极限分布是正态分布 （中心极限定理） ． 4）许多重要分布，如 ? 分布， t 分布和 F 分布都是正态变量的函数的分布．23、 常用概率分布之间的关系 (1) 与二项分布的关系 1) 设随机变量 X 1 , X 2 ,?, X n 独立且都服从参数为 p 的 0-1 分布，则X ? X 1 ? X 2 ? ? ? X n ~ B(n, p) ．2) 泊松定理 设X~ B(n, p) ，则当 p 充分小而n 充分大且 np 适中时，X 近似服从参数为安庆师范学院 李会葆 - 34 -《概率论与数理统计》学习指导? ? np 的泊松分布．㈢ 随机变量的函数的概率分布 设Y 率分布． 1、一般情形 设法将 Y 的概率分布通过 X 的概率分布表示：? g (X ) ,其中 y要求根据 X ? g (x) 是连续函数或分段连续函数．的概率分布求 Y 的概F ? y ? ? P? ? y? ? P?g ? X ? ? y?． Y用这种方法，在许多情形下可以求出的概率分布． 2、离散型情形 等， P 则 若已知 P?X ? xi ? ? pi ?i ? 1,2,??，且函数 y ? g (x) 的一切可能值两两不?Y ? g?xi ?? ? pi (i =1,2,?)就是 Y 的概率分布，否则将各相等的 y ? g (x) 值对应的概率相一般，先求的 Y 分布函数 F (y) ，再对 y 求导数，即可得到的概率密度 f (y)．加，即可得到的概率分布． 3、连续型情形 特别，设y ? g ?x ? 是严格单调的连续函数， (c, d ) 是函数 y ? g ?x ? 的值域， x ? h? y ? 是是连续型随机变量，其概率密度为y ? g ?x ?的惟一反函数； X其概率密度f ? x ?，则 Y 也是连续型随机变量，p? y ?通过 f ? x ?表示为? f ?h? y ?? h?? y ? , 若c ? y ? d , p? y ? ? ? 0 , 其他． ?三、典型例题及其分析 例 2.2.1 一汽车沿一街道行驶，需要通过三个均设有红绿信号灯的路口，每个信号灯为红或绿与其他信号灯为红或绿相互独立， 且红绿两种信号灯显示的时间相等， X 表示该汽车首次遇到红灯起前 以 已通过的路口个数，求 X 的概率分布. （1991 年考研题） 【解】 首先由题设可知 X 的可能值为 0,1, 2,3. 设 Ai ? 汽车在第i个路口首先遇到红灯 ，则事件 A，A2，A3 相互独立，且 1??P ? Ai ? ? P ? Ai ? ?故我们有1 ? i ? 1, 2,3? , 2安庆师范学院 李会葆 - 35 -《概率论与数理统计》学习指导1 P ? X ? 0 ? ? P ? A1 ? ? , 2 P ? X ? 1? ? P ? A1 A2 ? ? P ? A1 ? P ? A2 ? ? 1 , 22P ? X ? 2 ? ? P ? A1 A2 A3 ? ? P ? A1 ? P ? A2 ? P ? A3 ? ?1 , 23 1 P ? X ? 3? ? P ? A1 A2 A3 ? ? P ? A1 ? P ? A2 ? P ? A3 ? ? 3 , 2所以，X 的分布规律为X P01231 21 221 231 23【技巧】 利用分布规律的性质：?pii? 1 ，是检验离散型随机变量分布正确与否的方法.同时，若在问题中，X 的某一个取值 x0 的概率较难计算而 X 的其他所有取值的概率容易算出时，则也可以利用 上述性质得到： P ? X ? x0 ? ? 1 ?i:xi ? x0?pi . 比如例题中1 。 23P( X ? 3) ? 1 ? P( X ? 0) ? P( X ? 1) ? P( X ? 2) ?例2.2.2十名篮球队员分别穿 4 至 13 号球衣，现随机抽 5 人上场，求：（1） 抽出的队员中所穿的球衣号码的最小值 X 的分布规律； （2） 最小值至少为 8 的概率.5 【思路】 十人中抽五人总共有 C10 种取法，所穿的球衣号码的最小值 X 的可能取值 xi 只能为 4 至 9间的某个整数.如果最小号码 X ? i (4 ? i ? 9), 则其余四人所穿号码只能取 i ? 1 至 13 间的整数，共有4 C13?i 种取法.因此 P( X ? i) ?4 C13?i i ? 4,5,6,7,8,9 ? . 则 X 至少为 8 的概率 5 ? C10P( X ? 8) ? P( X ? 8) ? P( X ? 9).【 解 】（ 1 ） 抽 出 的 队 员 中 所 穿 的 球 衣 号 码 的 最 小 值 X 的 分 布 规 律 为P( X ? i ) ?4 C13?i i ? 4,5,6,7,8,9 ? . 5 ? C10X456安庆师范学院 李会葆 - 36 -789《概率论与数理统计》学习指导P126 25270 25235 25215 2525 2521 252（3） 最小值至少为 8 的概率是P( X ? 8) ? P( X ? 8) ? P( X ? 9) 5 1 6 ? ? ? ? 0.2 252【解毕】例 2.2.3 某射手参加射击比赛，共有 4 发子弹.设该射手的命中率为 p，各次射击是相互独立的，则 直至命中目标为止需射击次数 X 是一随机变量，求 X 的概率分布. 【解】 显然 X 的可能取值为 1, 2,3, 4, X ?1 表示第一枪命中， 其概率为 p； X=2 意味着第一枪未打中， 第二枪打中，其概率为 ?1 ? p ? p ；X=3 意味着前二枪都未打中，而第三枪打中，其概率为 ?1 ? p ? p ；2而 X=4 表示第一、二、三枪都未打中，由于这是最后一次机会，与第四枪打中与否无关，所以其概 率为 ?1 ? p ? .从而,X 的分布规律为3X P1234p?1 ? p ? p?1 ? p ?2p?1 ? p ?3【技巧】注意不要把本例与几何分布混淆，许多学生把 P( X ? 4) 写成了 ?1 ? p ? p 不对的，因这时3?pii? 1 ，事实上，X=4 包括了第四枪打中和未打中两种情况.【寓意】本题其实是一个有截至的几何分布：进行一系列贝努里试验，每次试验事件 A 发生的概率为 P，试验知道 A 首次发生为止或第 n 次为止，则所进行的试验的次数 X 服从一截至的几何分布，即 X 的取值可能为 1, 2,?, n ，且P( X ? k ) ? ?1 ? p ? P( X ? n) ? ?1 ? p ?k ?1 n ?1p, k ? 1, 2,?, n ? 1, p ? ?1 ? p ? ? ?1 ? p ?n n ?1.（2）直接利用常见分布的计算方法. 例 2.2.4 罐中有 5 颗围棋子，2 颗白子 3 颗黑子，如果按有放回和不放回两种方法，每次取一子，共 取 3 次，求 3 次中取到的白子次数 X 的概率分布分别是什么？ 【解】 在有放回的场合下，由于下一次抽取的结果与前一次独立，因而该试验可以看成是一个 3 重安庆师范学院 李会葆 - 37 -《概率论与数理统计》学习指导 的贝努里试验，从而 X ~ B ? 3, ? ,即? 2? ? 5?? 2? ? 3? P( X ? k ) ? C3k ? ? ? ? ? 5? ?5?k3? k, k ? 0,1, 2,3.在不放回的场合系，该问题可用超几何分布来解决，即k 3 C2 C3 ?k P( X ? k ) ? , k ? 0,1, 2. 3 C5【解毕】【寓意】 本题是考察大家对二项分布与超几何分布的背景知识的了解，希望大家熟练掌握. 例 2.2.5 一批产品中有 15的次品，现进行独立重复抽样检验，共抽取 20 个样品，问抽出的 20 个 样品中最大可能的次品数是多少？并求其概率. 【思路】 设抽出的 20 个样品中次品数为 X，则显然 X ~ B ? 20,0.15? ,问题是当 k 多大时，k P( X ? k ) ? C20 ? 0.15k ? 0.8520?k ? k ? 0,1,2,?,20? 最大，为此，我们不妨假定当 k ? k0 时最大，则应用 P( X ? k0 ) ? P( X ? k0 ? 1) ，因此，可考虑其中任意两项的比值. 【解】 考虑 P( X ? k ) 与 P( X ? k ? 1) 的比k C20 ? 0.15k ? 0.8520?k P( X ? k ) ? k P( X ? k ? 1) C20?1 ? 0.15k ?1 ? 0.8520?k ?1?故? 20 ? k ? 1? ? 0.15 .k ? 0.85P( X ? k ) ? P( X ? k ? 1) 当且仅当 k ? ? 20 ?1? ? 0.15 ? 3.15.同理， P( X ? k ) ? P( X ? k ? 1) 当且仅当 k ? ? 20 ? 1? ? 0.15 ?1 ? 2.15. 因此，当 P( X ? k ) 最大时，k 只能取 3，且3 P( X ? 3) ? C20 ? 0.153 ? 0.8517 ? 0.2428.【解毕】【寓意】 本题是考察大家对二项分布中最大可能成功的数的了解，从本题我们可以给出如下更一般 的的结论：若 X ~ B(n, p), 如果 ? n ? 1? p 不是整数，则当 k ? ?? n ? 1? p ? （即 ? n ? 1? p 的整数部分） ， ? ? 时 P(X=k)取到最大值；如果 ? n ? 1? p 是整数，则当 k ? ? n ? 1? p 或k ? ? n ? 1? p ?1 ，P(X=k)取到最大值.值得注意的是,对泊松分布也有类似的结论：即设 X 服从参数为安庆师范学院 李会葆 - 38 -《概率论与数理统计》学习指导? 的泊松分布，若 ? 不是整数，则当 k ? ?? ? 时，P(X=k)取到最大值；若 ? 是整数则当 k ? ? 或 ? ? 1时，P(X=k)取到最大值. 例 2.2.6 设某射手命中率为3 ，现对某一目标连续射击，直到第一次击中目标为止，求他射击次数 4不超过 5 次就能把目标击中的概率. 【思路】 若记 X 为首次击中目标时所用的射击次数，则由几何分布的背景知，X 是服从几何分布的. 因此，问题就简化为求 P( X ? 5). 【解】 设 X 为首次击中目标时所用的射击次数，故 X 服从几何分布，即?1? P( X ? k ) ? ? ? ?4?从而k ?13 ? , k ? 1, 2,?. 4?1? P ( X ? 5) ? ? P ( X ? k ) ? ? ? ? k ?1 k ?1 ? 4 ?5 5k ?1?3 4?1? 1? ? ? 3 4 ? ? ? ? 1 4 1? 4551023 ?1? ?1? ? ? ? . ? 4 ? 1 ? 1024【解毕】 【寓意】 本题考察的是几何分布的背景. 例 2.2.7 设随机变量 X 的分布函数为?0, ? ?0.4, F ( x) ? ? ?0.8, ?1. ?求 X 的概率分布.若x ? ?1， 若-1 ? x ? 1， 若1 ? x ? 3， 若x ? 3.【解】 显然 F(x)的间断点，即 X 的可能取值为 ?1,1,3 .从而P( X ? ?1) ? F (?1) ? F (?1 ? 0) ? 0.4 ? 0 ? 0.4, P( X ? 1) ? F (1) ? F (1 ? 0) ? 0.8 ? 0.4 ? 0.4, P( X ? 3) ? F (3) ? F (3 ? 0) ? 1 ? 0.8 ? 0.2.即 X 的概率分布为安庆师范学院 李会葆 - 39 -《概率论与数理统计》学习指导X P?1130.40.40.2【解毕】【技巧】 其实， 如果大家能把 F(x)的图形画出来， 那么,X 在 F ( x) 的间断点 xi 处的概率， 恰好为 F ( x) 的图形在 xi 点处跳跃的跃度. 例 2.3.1 设连续型随机变量 X 的分布函数为? Ae x , ? F ( x ) ? ? B, ? ?? x ?1? , ?1 ? Aex ? 0, 0 ? x ? 1, x ? 1.1 3求： （1） A, B 的值； （2） X 的概率密度； （3） P ( X ? ). 【思路】A, B 的值的确定要利用分布函数 F ( x) 的性质，一旦确定了 A, B ，就可以利用分布函数与概率密度的关系来确定 X 的密度.第三个问题可化为简单的积分计算或利用分布函数来计算. 【解】 （1）由于连续型随机变量的分布函数 F ( x) 为连续函数，因此，考察 F ( x) 在 x ? 0, x ? 1 两 点的连续性，有lim F ( x) ? lim Ae x ? A, ?x ?0 x ?0 x ?0?lim F ( x) ? lim B ? B, ?x ?0可知， A ? B ，又x ?1? x ?1?lim F ( x) ? lim B ? B, ?x ?1lim F ( x) ? lim 1 ? Ae ?? x ?1? ? 1 ? A, ?x ?1??得1 B ? 1 ? A, 从而可知 A ? B ? , 于是 2?1 x ?2 e , ? ?1 F ( x) ? ? , ?2 ? 1 ?? x ?1? , ?1 ? 2 e ?（2） X 的概率密度为安庆师范学院 李会葆 - 40 -x ? 0, 0 ? x ? 1, x ? 1.《概率论与数理统计》学习指导?1 x ?2 e , ? f ( x) ? F ?( x) ? ?0, ?1 ? e ?? x ?1? , ?21 3 1 3 1 3x ? 0, 0 ? x ? 1, x ? 1.1 1 ? , 2 2（3） P ( X ? ) ? 1 ? P( X ? ) ? 1 ? F ( ) ? 1 ? 或1 P( X ? ) ? 3???1 3f ( x)dx ? ? 0dx ?1 31??? 2e11?? x ?1?1 dx ? . 2【解毕】【 技 巧 】 （ 1 ） 确 定 连 续 型 随 机 变 量 的 分 布 函 数 中 的 常 数 ， 通 常 要 用 到 F ( x) 的 连 续 性 和F (??) ? 1, F (??) ? 0 这两个性质.（2）在利用分布函数 F ( x) ，求其概率米 F ( x) 时，由于在大多数场合下， f ( x ) 是一个分段函 数（但自身是连续的） ，它在分段区间的端点处（比如本例中的 x ? 0 和 1 处）未必是可导的，但这对 我们求概率密度并无大碍，因为我们知道，对连续型随机变量 X 的概率密度 f ( x ) ，若改变其有限个 （甚至可列个）点的函数值后，仍为 X 的概率密度. 例 2.3.2 设随机变量 X 的概率密度为? A , ? f ( x) ? ? 1 ? x 2 ?0, ?试求： （1）系数 A； （2） X 落在 ? ? （3） X 的分布函数. 【解】 （1）由概率密度的性质，有??x ? 1, x ? 1.? 1 1? , ? 内的概率； ? 2 2?1????f ( x)dx ??1?1A 1 ? x2dx ? 2 ?01A 1 ? x2dx ?? 2 A arcsin x故A?1? 2A? . 0 2?1?.（2）由概率的计算公式知安庆师范学院 李会葆 - 41 -《概率论与数理统计》学习指导1? ? 1 P ? ? ? X ? ? ? ? f ( x)dx 2? 1 ? 2 ?21 2???1 21 21 1 dx ? arcsin x 2 ? . ? 3 1 ? x2 0 1 2（3）由 F ( x) ??? x?xf (t )dt 知：当 x ? ?1 时，有 F ( x) ? 当 ?1 ? x ? 1 时，有??? 0dt ? 0;x 1 1 ? arcsin x ? ; ?1 ? 2 1 ? 1, ?1F ( x) ? ?x112?1? 1? tdt ? 1 1? t 21?arcsin t 1当 x ? 1 时， F ( x) ? 从而有?1??11dt ??arcsin t?0, ?1 1 ? F ( x) ? ? ? arcsin x, ?2 ? ?1, ?x ? ?1, ? 1 ? x ? 1, x ? 1.【解毕】??【技巧】 （1）确定随机变量的概率密度 f ( x ) 中的参数时，一般要用到性质???f ( x)dx ? 1 来求解.（2）如果随机变量的概率密度是分段函数，则其分布函数也是分段函数，在求解过程中，需要 注意的是， 将积分区间 ? ??, ??? 化成子区间时， 被积函数 f ( x ) 应同时换成它在该子区间上的相应的 表达式.特别，在许多情况下，先作出 f ( x ) 的简图，再利用 F ( x) 的几何意义来求 F ( x) 的分段表达式 是十分有效的. 例 2.3.3 设随机变量 ? 在区间 ?1,6? 上服从均匀分布，求方程 x ? ? x ? 1 ? 0 有实根的概率.2（1989 年考研题） 【思路】 方程 x ? ? x ? 1 ? 0 有实根当且仅当 ? ? ? ? 4 ? 0, 即2 2? ? 2, 故所求问题即为：已知安庆师范学院 李会葆 - 42 -《概率论与数理统计》学习指导? ~ U ?1,6?, 求 P( ? ? 2).【解】 由于 ? 在 ?1,6? 上服从均匀分布,知 ? 的概率密度为?1 ? , f ( x) ? ? 5 ?0, ?1 ? x ? 6, 其他.方程 x 2 ? ? x ? 1 ? 0 有实根当且仅当 ? ? ? 2 ? 4 ? 0, 即 ? ? 2, 故P( ? ? 2) ? P(? ? ?2或? ? 2) ? 1 4 ? 0 ? ? dx ? . 5 5 26???2??f ( x)dx ??2f ( x)dx例 2.3.4 设随机变量 X 和 Y 同分布， X 的概率密度为?3 2 ? x , f ( x) ? ? 8 ?0, ?0 ? x ? 2， 其他.3 , 求常数 a 4若已知事件 A ? ? X ? a? 和 B ? ?Y ? a? 独立，且 P( A ? B) ?（1993 年考研题） 【思路】 利用事件 A 与 B 的独立性和概率的家法公式， 可以计算出 P ( A) 或 P ( B ) ， 然后再与由 f ( x ) 的概率 P( X ? a) 进行比较变可确定常数 a . 【解】由题设知 P( A) ? P( B) 且 P( AB) ? P( A) P( B), 又P ( A ? B ) ? P ( A) ? P ( B ) ? P ( AB ) 3 2 ? 2 P( A) ? ? P( A) ? ? , 4所以 P ( A) ?1 , 又根据题设 2??1 ? P( A) ? P( X ? a) ? 2于是?a3 1 f ( x)dx ? ? x 2dx ? ?8 ? a3 ? , 8a 8【解毕】2a? 3 4.例 2.3.5 已知随机变量 X 的概率密度为安庆师范学院 李会葆 - 43 -《概率论与数理统计》学习指导?ax ? b, f ( x) ? ? ?0,1 ? x ? 3, 其他.3 ). 2又知 P(2 ? X ? 3) ? 2P(?1 ? X ? 2). 试求 P (0 ? X ?【思路】 问题的关键实确定密度函数中的常数 a 和 b ，而 a 与 b 的确定需要二个条件，其一为题设??条件，另一个为???f ( x)dx ? 1.【解】 又概率密度 f ( x ) 的性质知??1?又???f ( x)dx ? ? ? ax ? b ? dx ? 4a ? 2b,13P(2 ? X ? 3) ? ? f ( x)dx ? ? ? ax ? b ? dx ?2 2335 a ? b, 2 3 a ? b, 2P(?1 ? X ? 2) ??1?2f ( x)dx ? ? 0dx ? ? ? ax ? b ? dx ??1 112由于 P(2 ? X ? 3) ? 2P(?1 ? X ? 2). ，故5 ?3 ? a ? b ? 2 ? a ? b ? 即 a ? 2b ? 0 2 ?2 ?故得?4a ? 2b ? 1, ? ?a ? 2b ? 0.解之得1 1 a ? ,b ? ? . 3 3从而2 2 3 1? 1 ?1 P (0 ? X ? ) ? ? f ( x)dx ? ? ? x ? ? dx ? . 2 3 6? 8 0 0 ? 3 3【解毕】例2.3.62 已知 X ~ N 2, ? , P(2 ? X ? 4) ? 0.3 求 P( X ? 0).??（1992 年考研题） 【思路】 非标准正态分布的概率计算的关键实将其化为标准正态分布的计算问题.安庆师范学院 李会葆 - 44 -《概率论与数理统计》学习指导2 【解】 由于 X ~ N 2, ? ，故??X ?2?~ N ? 0,1? ,从而? 2?2 X ?2 4?2? 0.3 ? P(2 ? X ? 4) ? P ? ? ? ? ? ? ? ? ? ?2? ? ? ? ? ? ? ? 0? , ?? ?由于 ? ? 0 ? ?1 ?2? ，可知 ? ? ? ? 0.8, 而 2 ?? ?? X ?2 0?2? ? 2? P( X ? 0) ? P ? ? ? ? ??? ? ? ? ? ? ? ?? ?2? ? 1 ? ? ? ? ? 1 ? 0.8 ? 0.2. ?? ?【解毕】【技巧】 在正态分布的概率计算中，大家首先要做的是将它标准化，然后利用标准正态分布的性质 求解，这样问题总会迎刃而解. 例 2.3.7 假设一愕大型设备在任何长为 t 的时间内发生故障的次数 N (t ) 服从参数为 ? t 的泊松分布. （1） 求相继两次故障之间的时间间隔 T 的概率分布； （2） 求在设备已经无故障运行 8 小时的情况下，再无故障运行 8 小时的概率 Q. （1993 年考研题） 【思路】 求一个随机变量的分布，往往先求它的分布函数 FT ?t ? ? P(T ? t ) 较方便.初看起来，好像 要求的概率事件 ?T ? t?? ?t ? 与题设条件 P( N (t ) ? k ) ?k!ke??t 没有什么联系.但是，考虑 ?T ? t? 的对立事件 ?N (t ) ? t? ，它的含义是 ?0,t ? 内不发生故障，它等价于 ?N (t ) ? 0? ， 从而，可得到 FT ? t ? 的表达式了.而第二问即为求条件概率 Q ? P(T ? 16 | T ? 8). 【解】 由题设? ?t ? P( N (t ) ? k ) ?k!ke??t , k ? 0,1, 2,?.（1） 由于 T 是非负随机变量，所以，当 t ? 0 时， T 的分布函数FT ?t ? ? P(T ? t ) ? 0.当 t ? 0 时，因为 ?N (t ) ? t? 与 ?N (t ) ? 0? 等价，所以有安庆师范学院 李会葆 - 45 -《概率论与数理统计》学习指导FT ? t ? ? P(T ? t ) ? 1 ? P(T ? t ) ? 1 ? P( N (t ) ? 0) ? 1 ? e? ?t即?1 ? e? ?t , FT ? t ? ? ? ?0,从而， T 的概率密度为t ? 0, t ? 0.?? e ? ? t , fT ? t ? ? ? ?0,也就是说 T 服从参数为 ? 的泊松分布. （2） 由条件概率定义知t ? 0, t ? 0.Q ? P(T ? 16 | T ? 8) ?P(T ? 16, T ? 8) P(T ? 16) ? P(T ? 8) P(T ? 8)1 ? FT (16) e?16? ? ? ?8? ? e?8? . 1 ? FT (8) e【解毕】【寓意】Q ? e?8? 表明此设备已无故障工作 8 小时的情况下，再无故障工作 8 小时的概率与设备无故 障工作 8 小时以上的概率 P(T ? 8) ? 1 ? FT (8) ? e?8? 相同， 这就是所谓的指数分布的 “无记忆性” （或 称“无后效性” ）.本题的难点是要弄清 ?N (t ) ? t? 与 ?N (t ) ? 0? 等价性. 例2.3.8 设随机变量 X 在 ? 2,5? 上服从均匀分布， 现在对 X 进行三次独立观测， 试求至少由两次观测 值大于 3 的概率. （1989 年考研题） 【思路】 设 A 表示事件“对 X 的观测值大于 3” ，即 A ? ? X ? 3? , 若以 Y 表示三次独立观测中观测 值大于 3 的次数，则 Y ~ B ?3, P( A) ? ,所求概率为 P(Y ? 2) . 【解】 由题设知， X 的概率密度为?1 ? , f ? x? ? ?3 ?0, ?2 ? x ? 5， 其他.记 A ? 对X的观测值大于3 ,故 A ? ? X ? 3? ，因此????P( A) ? P( X ? 3) ??31 2 f ( x)dx ? ? dx ? . 3 3 3安庆师范学院 李会葆 - 46 -5《概率论与数理统计》学习指导 设 Y 为三次独立观测中观测值大于 3 的次数，故由贝努里概型知， Y ~ B ? n,? ?2? ? ，从而所求概率为 3?P(Y ? 2) ? P(Y ? 2) ? P(Y ? 3) 20 ? 2? ?1? 3?2? ? C ? ? ? ? ? C3 ? ? ? . ? 3? ? 3? ? 3 ? 172 3 2 3【解毕】【寓意】 本题是考查利用贝努里概型求解连续型随机变量中的相关概率问题，这类问题的题目曾多 次出现在考研题中. 例2.4.1 设随机变量 X 的分布律为X123?n?Paa2a3?an?试确定常数 a ，并求 Y ? sin ??? ? X ? 的分布律. ?2 ?【思路】 分布律中常数的确定要利用性质 上面的结论. 【解】 由?pii?? ? ? 1 ，而 Y ? sin ? X ? 的分布律的求法，只需利用 ?2 ??pii? 1 可知1 ? ? pi ? ? ai ?i i ?1 ?a , 1? a故a ?1 . 2对随机变量 Y ? sin ? 即?? ? X ? ，注意到，当 X 取 1, 2,?, n,? 时，Y 的取值为1, 0, ?1, 0,?, ?2 ?X123456?安庆师范学院 李会葆 - 47 -《概率论与数理统计》学习指导?? Y ? sin ? ?2? x? ?10?1010?P1 21 221 231 241 251 26?变量 Y 只取 3 个值： ?1, 0,1 其中?Y ? ?1? ? ?X ? 3? ??X ? 7? ??X ? 11??,故P(Y ? ?1) ? P( X ? 3) ? P( X ? 7) ? P( X ? 11) ? ? 1 1 1 ? 3 ? 7 ? 11 ? ? 2 2 2 1 ? 1 1 2 ? 1 1 ? 3 ?1 ? 4 ? 8 ? ?? ? ? . 2 ? 2 2 ? 8 1 ? 1 15 16同理有P(Y ? 0) ? P( X ? 2) ? P( X ? 4) ? P( X ? 6) ? ? 1 1 1 ? ? ?? 2 2 2 4 26 1 ? 1 1 ? 1 ? 2 ?1 ? 2 ? 4 ? ?? ? ; 2 ? 2 2 ? 3 P(Y ? 1) ? P( X ? 1) ? P ( X ? 5) ? P( X ? 9) ? ? ? 1 1 1 ? ? ?? 21 25 29 8 ? . 15 ?故 Y 的分布规律为Y P?1102 151 38 15安庆师范学院 李会葆 - 48 -《概率论与数理统计》学习指导 【技巧】 P(Y ? 1) 的概率，其实可以利用P(Y ? 1) ? 1 ? P(Y ? ?1) ? P(Y ? 0) ? 1 ?2 1 8 ? ? . 来计算. 15 3 15例 2.4.2 假设一部机器在一天内发生故障的概率为 0.2,机器发生故障时全体停止工作.若一周 5 个工 作日例无故障工，可获利润 10 万元；发生一次故障仍可获利润 5 万元；发生 2 次故障可获利润 0 万 元，发生三次以上故障就要亏损 2 万元，求一周内利润的分布律. 【思路】 一周内利润的分布显然是与这一周 5 天内机器发生故障的天数有联系，所以，首先要求出 后者的分布，在来求利润的分布. 【解】 若以 X 表示一周内机器发生故障的天数，则 X ~ B(5,0.2) 故P( X ? 0) ? 0.85 ? 0.328;1 P( X ? 1) ? C5 ? 0.2 ? 0.84 ? 0.410;P( X ? 2) ? C52 ? 0.22 ? 0.83 ? 0.205; P( X ? 3) ? 1 ? P( X ? 0) ? P( X ? 1) ? P( X ? 2) ? 0.057.若以 Y 表示一周内所获利润，则根据题设，有?10, ? ?5, Y ? g( X ) ? ? ?0, ??2, ?则 Y 的分布律为若X ? 0, 若X ? 1, 若X ? 2, 若X ? 3.X1050?2PP( X ? 0)P( X ? 1)P( X ? 2)P( X ? 3)也就是Y1050?2P0.3280.4100.2050.057【解毕】安庆师范学院 李会葆 - 49 -《概率论与数理统计》学习指导 【注】 本例为 1996 年考研题的变形.在本题中，Y 是 X 的分段函数，因此，大家也可以先定出 Y 的 可能取值，然后直接取取相应值的概率，其中 P( X ? 3) 的求法仍用到了上例的技巧. 例2.4.2 设随机变量 X 的概率密度为?e ? x , f ( x) ? ? ?0,Xx ? 0, x?0.（1995 年考研题）求随机变量 Y ? e 的概率密度 fY ( y). 【解】 根据分布函数的定义，有FY ( y ) ? P(Y ? y ) ? P ? e x ? y ? ?0, ? ? ? P ( X ? ln y ), ? P( X ? ln y ), ? y ? 0, 0 ? y ? 1, y ? 1.当 0 ? y ? 1 时，注意到 ln y ? 0, 有ln yP( X ? ln y) ????f ( x)dx ? 0;当 y ? 1 时， ln y ? 0 ，故ln yP( X ? ln y) ?因此???ln yf ( x)dx ????e?x1 dx ? 1 ? . y?0, ? FY ? y ? ? ? 1 ?1 ? y , ?从而y ? 1, y ?1?0, ? fY ? y ? ? ? 1 ? y2 , ?y ? 1, y ?1【解毕】【技巧】 先求连续性随机变量 Y ? g ( X ) 的分布函数，然后再对其求导，得到 Y 的密度函数的方法， 具有普通型性.在计算过程中，大家要学会分场合，特别是对 f ( x ) 分段函数的情形，不要去死记教材安庆师范学院 李会葆 - 50 -《概率论与数理统计》学习指导 中的公式.在对 Y 的分布函数求导时，经常会用到下面的公式d f (t )dt ? f ( ? ( x)) ? ?( x) ? f (? ( x))? ?( x). dx ? ?x ) (例 4.4.4 设随机变量 X 的概率密度为? ( x)?1 ? x , ? f ( x) ? ? ?0, ?2? 1 ? x ? 1, 其他求随机变量 Y ? X ? 1 的分布函数与密度函数. 【解】 由于FY ( y ) ? p (Y ? y ) ? P( X 2 ? 1 ? y ) ? P( X 2 ? y ? 1) ?0, ? ? ? P(? y ? 1 ? X ? ?1, ?故当 1 ? y ? 2 时，有y ?1若y ? 1, y ? 1), 若1 ? y ? 2, 若y ? 2.FY ( y) ?? y ?1??1 ? x ? dx ? 2y ?1? ?1 ? x ? dx ? 1 ? ?1 ?0y ?1 .?2从而， Y 的分布函数为?0, ? 2 ? FY ( y ) ? ?1 ? 1 ? y ? 1 , ? ?1, ?y ? 1, 1 ? y ? 2, y ? 2.??因此， Y 的密度函数为? 1 ? 1, ? fY ( y ) ? ? y ? 1 ?0 ?21 ? y ? 2, 其他.【解毕】【技巧】 本题中 y ? x ? 1? ?1 ? x ? 1? 不是单调函数，不能直接套用公式.此时，一般先考虑随机变 量的取值范围，然后在此范围内求分布函数的函数值.至于取值于范围之外的分布函数值，可以由分 布函数的性质决定为 0 或 1. 综例 2.5.1 已知离散型随机变量 X 的可能取值为 ?2,0, 2, 5 相应的概率依次为1 3 5 7 , , , , 试求概率 P( X ? 2 | X ? 0). a 2a 4a 8a安庆师范学院 李会葆 - 51 -《概率论与数理统计》学习指导 【思路】 首先根据概率分布的性质求出常数 a 的值，然后确定概率分布律的具体形式，最后再计算 条件概率. 【解】 利用概率分布规律的性质?pii? 1 ，知有1 ? ? pi ?i1 3 5 7 37 ? ? ? ? , a 2a 4a 8a 8a故a ?37 . 因此， X 的分布律为 8X?2025P8 3712 3710 377 37从而P( X ? 2 | X ? 0) ? ?P ? X ? 2, X ? 0 ? P ? X ? 0? ? 22 . 99【解毕】P( X ? 0) ? P( X ? 2) P ? X ? 0? ? P ? X ? 2? ? P X ? 5??【寓意】 本题考查离散型随机变量的分布律的性质，以及相关的概率（或条件概率）的计算问题. 综例 2.5.2 设离散型随机变量 X 的分布函数为?0, ? a, ? ? F ( x) ? ? 2 ? 3 ? a, ? ?a ? b, ?且 P ( X ? 2) ?x ? ?1 ? 1 ? x ? 1, 1 ? x ? 2, x ? 2.1 ，试确定常数 a , b ，并求 X 的分布律. 2【思路】 首先利用分布函数的性质求出常数 a , b ，再利用已确定的分布函数来求分布律. 【解】 利用分布函数 F ( x) 的性质：P( X ? xi ) ? F ? xi ? ? F ? xi ? 0?安庆师范学院 李会葆 - 52 -《概率论与数理统计》学习指导 与F ? ??? ? 1 ,可知1 2 ?2 ? ? P( X ? 2) ? (a ? b) ? ? ? a ? ? 2a ? b ? , 2 3 ?3 ?且 由此可得 a ?a ? b ? 1.1 5 , b ? . 因此，有 6 6?0, ?1 ? , ?6 F ( x) ? ? ?1 , ?2 ?1, ?从而， X 的分布律为x ? ?1 ? 1 ? x ? 1, 1 ? x ? 2, x ? 2.X?112P1 61 31 2【寓意】 本题考查大家对离散型随机变量分布函数的了解. 综例 2.5.3 已知随机变量 X 的概率密度为f ( x) ? Ae , ?? ? x ? ??（1） 求系数 A; （2） 求 X 的分布函数 F ( x) ； （3） 求 Y ? X 的概率密度.2?x【解】 （1）由概率密度的性质，有??1??????f ( x)dx ?1 . 2??? Ae?xdx ? 2 ? Ae dx ? 2 A,?x 0??所以 A ?安庆师范学院 李会葆 - 53 -《概率论与数理统计》学习指导??（2） F ( x) ? 当 x ? 0 时，有??? 2e1?xdx.1 1 ?x F ( x) ? ? e dx ? 2 ?? 2当 x ? 0 时，有0 x ? 1? 1 F ( x) ? ? ? e x dx ? ? e? x dx ? ? 1 ? e x . 2 ? ?? 2 0 ?x所以 X 的分布函数为?1 x ?2 e , ? F ( x) ? ? ?1 ? 1 e? x , ? 2 ?x ? 0, x ? 0.2（3）因为 y ? x2 不是单调函数，不能直接用公式解，故我们先求 Y 的分布函数，由于 Y ? X ? 0 ， 故当 y ? 0 时，有FY ? y ? ? P(Y ? y) ? 0;当 y ? 0 时，有FY ? y ? ? P(Y ? y ) ? P ? X 2 ? y ? ? P ? y ? X ? y 1 ?x 1 ? ? e dx ? 2 ? e? x dx, 2 2 0 ? y注意到 FY? ( x) ? fY ( y), 故当 y ? 0 时，有y d d ? 1 ?x ? ? FY ( x) ? ? ? e dx ? ? e dy dy ? 0 2 ? ? ? yy y???1 2 y.从而， Y 的概率密度为? 1 ? y e , ? fY ( y ) ? ? 2 y ?0, ?y ? 0, y ? 0.【解毕】【寓意】 本题是连续型随机变量的综合题，主要考场查大家对概率密度及其分布函数的了解程度， 前两个小问是 1990 年的考研题，第三小问是考查随机变量函数分布的求法.安庆师范学院 李会葆 - 54 -《概率论与数理统计》学习指导 综例 2.5.4 设某城市成年男子的身高 X ~ N (170,62 ) （单位:cm）. （1） 问应如何设计公共汽车车门的高度，使男子与车门顶碰头的机会小于 0.01？ （2） 若车门高为 182cm,求 100 个成年男子与车门顶碰头的人数不多于 2 个的概率. 【思路】 设车门高度为 lcm ，按设计要求应有 P( X ? l ) ? 0.01, 确定 l .第二问是一较为综合的问题， 首先要求出 100 名男子中身高超过 182cm 的人数的分布律，然后用此分布律，求其不超过 2 人的概 率. 【解】 （1）由题设知 X ~ N (170,62 ) ，先将它标准化知X ? 170 ~ N ? 0,1? . 6设公共汽车车门的高度为 lcm ，由设计要求 l 应满足 P( X ? l ) ? 0.01, 而? X ? 170 l ? 170 ? P( X ? l ) ? 1 ? P( X ? l ) ? 1 ? P ? ? ? 6 6 ? ? ? l ? 170 ? ? 1? ? ? ? ? 0.01, ? 6 ?即??? l ? 170 ? ? ? 0.99. ? 6 ?l ? 170 ? 2.33, 6查表得故 t ? 183.98 ? cm? . （2）因为任一男子身高可能超过 182cm，也可能低于 182cm，一般来说，只有身高超过 182cm 的才 能与车门顶相碰，因此，我们可以将任一男子是否与车门碰头看成一贝努里试验，故问题就转化称一 个 100 重贝努里试验中的概率计算问题.为此，先来求任一男子身高超过 182cm 的概率 p ,显然? X ? 170 182 ? 170 ? p ? P( X ? 182) ? P ? ? ? ? 1 ? ?(2) ? 0. ? ?设 Y 为 100 个男子中身高超过 182cm 的人数，故由以上分析知， Y ~ B ?100,0.0228? , 即k P(Y ? k ) ? C100 ? 0.0228k ? 0.9772100?k , k ? 0,1, 2,?,100.所求概率为P(Y ? 2) ? P(Y ? 0) ? P(Y ? 1) ? P(Y ? 2).由于 n ? 100 较大， p ? 0.0228 ，较小，故可用泊松分布近似代替二项分布，其中 ? ? np ? 2.28, 从安庆师范学院 李会葆 - 55 -《概率论与数理统计》学习指导 而2.280 e?2.28 2.28e?2.28 2.282 e?2.28 P(Y ? 2) ? ? ? ? 0.! 2!【解毕】【技巧】 本题是正态分布与二项分布的综合题，大家首先要弄清楚所求的概率涉及什么样的问题， 注意用贝努里概型分析问题的技巧.同时要牢记什么样情形系，可用泊松分布来代替二项分布进行近 似计算.在正态分布问题的计算过程中，一定要把非标准正态分布“标准化”. 综例 2.5.5 设某仪器上装有三只独立工作的同型号电子元件，其寿命（单位：小时）都服从同一指数分布，其中参数 ? ?1 ，试求在仪器使用的最初 200 小时内，至少有一只元件损坏的概率 a . 600【思路】以 Ai ?i ? 1,2,3? 分别表示第 i 个元件的使用寿命，由题设知 X i ? i ? 1,2,3? 分别表示三个电子 元件“在使用的最初 200 小时内损坏”的事件，于是a ? P ? A1 ? A2 ? A3 ? ? 1 ? P ? A1 A2 A3 ?由于三个电子元件的寿命同分布，故可令 p ? P( Ai ) ?i ? 1,2,3? ，从而关键问题是通过指数分布求出p.【解】 Ai 同上题所设， 再以 X i ? i ? 1,2,3? 表示第 i 个元件的使用寿命， 由题设可知 X i ? i ? 1,2,3? 的 概率密度为x ? 1 ? 600 e , ? f ( x) ? ? 600 ?0, ?x ? 0, x ? 0.从而??P( X i ? 200) ?200?f ( x)dx ?x 1 ? 1 ? 600 e dx ? e 3 , i ? 1, 2,3. ? 600 200??令一方面，由事件 Ai ?i ? 1,2,3? 的意义不难看出P( X i ? 200) ? P( Ai ) ? p,因此所求概率为a ? 1 ? P ? A1 ? P ? A2 ? P ? A3 ? ? 1 ? p 3 ? ?1 ? ? 1 ? ? e 3 ? ? 1 ? e ?1 ? ?【注】3【解毕】本题是指数分布与独立试验的综合计算题.指数分布是近年来应用日益广泛的一种分布，读安庆师范学院 李会葆 - 56 -《概率论与数理统计》学习指导 者不仅要正确地写出其表达式，而且还迎熟练掌握有关地概率计算方法.必须指出的是，解决实际问 题的桥梁，是要善于正确设定事件（如本题中的 Ai 用 ? X i ? 200? 设定）和随机变量，这是启发和形 成解题思路所必不可少的. 综例 2.5.6 假设某段时间里来百货公司的顾客数服从参数为 ? 的泊松分布，而在百货公司里每个顾客购买彩电的概率为 p ，问在这段时间里，恰有 k 个顾客购买彩电的概率多大？ 【思路】 记 X 为这段时间里购买彩电的顾客数，所求概率为 P( X ? k ) ，显然，事件 ? X ? k? 是与 这段时间内进入百货公司的人数 N 有关的， 而在已知有 N ? n 个人进入百货公司的前提下， X ? k? ? 的条件概率比较容易.因此,我么可以根据全概率公式的思路来解决这一问题. 【解】 以 N 和 X 分别表示这段时间里进入百货公司的总人数和购买彩电的人数，故由全概率公式 知P( X ? k ) ? ? P( X ? k | N ? n) P( N ? n).n ?0?由于 N 服从参数为 ? 的泊松分布，即P ( N ? n) ?? n e? ?n!, n ? 0,1, 2,?.令一方面，在已知有 N ? n 名顾客进入百货公司的条件下，购买彩电的顾客数 X ? k 的条件概率为k ?Cn ?1 ? p ?n ?k , ? P ( X ? k | N ? n) ? ? ?0, ?n ? k, n ? k.