A事件的概率

一、随机事件和概率

数学一、数学三和数学四的考试大纲、内容和要求完全一致．

Ⅰ 考试大纲要求

㈠ 考试内容

随机事件和样本空间 事件的关系与运算 完备事件组 概率的概念 概率的基本性质 古典型概率 几何型概率 条件概率 概率的基本公式 事件的独立性 独立重复试验

㈡ 考试要求 事件及其概率的基本概念、基本公式和求事件概率的方法． 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．

Ⅱ 考试内容提要

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）（样本点）随——一切基本事件的集合．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 关系：包含，相等，相容，对立；运算：和（并）、差、交（积）． (1) 包含 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．

(2) 相等 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，或同时不出现．

(3) 和 AB或AB，表示事件“A与B至少出现一个”，称做事件“A与B的和或并”；特别，

Ai 或 Ai

i

i

表示事件“A1,A2,,An,至少出现一个”．

(4) 差A\B或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 AB或AB，表示事件“A与B同时出现”，称做A与B的交或积；特别，

Ai 或

i

A1A2An

表示事件“A1,A2,„,An,同时出现”．

(6) 相容 若AB，则称事件“A和B相容”；若AB，则称“事件A与

B不相容”；

(7) 对立事件 称事件A和互为对立事件，若A，，即

{A不出现}．

(8) 完备事件组 H1,H2,,Hn,构成完备事件组，若

H1H2Hn，HiHj (ij)．

换句话说，如果有限个或可数个事件H1,H2,,Hn,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+B A－B AB

AB AB

图1.1 文氏图

2、事件运算的基本性质 对于任意事件A, B, C, A1,A2,,An,，有 (1) 交换律 ABBA，ABBA．

(2) 结合律 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AB，

A1An1n；；

1n1n

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． 事件B关于A的条件概率定义为

P(AB)

． (1.1) PBA

P(A)

2、概率的运算法则和基本公式 (1) 规范性 P()1，P()0， 0P(A)1．

(2) 可加性 对于任意有限或可数个两两不相容事件A1,A2,,An,，有

PA1A2AnPA1PA2PAn．

(3) 对立事件的概率 P()1P(A)． (4) 减法公式 P(AB)P(A)P(AB)．

(5) 加法公式 P(AB)P(A)P(B)P(AB)；

P(ABC)P(A)P(B)P(C)P(AB)P(AC)P(BC)P(ABC)．(6) 乘法公式

PA1A2AnPA1PA2A1PAnA1A2An1 ．

(7) 全概率公式 设H1,H2,,Hn构成完备事件组，则对于任意事件A，有

n

P(AB)P(A)P(BA)，

P(A)P(Hk)P(AHk)．

k1

(8) 贝叶斯公式 设H1,H2,,Hn构成完备事件组，则

PHkA

P(Hk)P(AHk)

P(Hi)P(AHi)

i1

n

1kn．

㈣ 事件的独立性和独立试验

1、事件的独立性 若PABP(A)P(B)，则称事件A和B独立；若事件A1,A2,,An之中任意m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相互独立．

2、事件的独立性的性质 若事件A1,A2,,An相互独立，则其中 (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 称试验E1,E2,En为相互独立的，如果分别与各个试验相联系的任意n个事件之间相互独立． (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次伯努利试验成功的次数，则

knk

PnkCkpq(k0,1,2,,n)． (1.2) n

㈤ 事件的概率的计算

1、直接计算 古典型和几何型； 2、用频率估计概率 当n充分大时，用n次独立重复试验中事件出现的频率，估计在每次试验中事件的概率；

3、概率的推算 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件的概率；

4、利用概率分布 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、随机变量及其分布”）．

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

2、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

自有限总体 1,2,,N的n次简单随机抽样，相当于将n个质点随机地分配到N盒中：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”．

Ⅲ 典型例题

〖填空题〗

例1.5（古典型概） 在4张同样的卡片上分别写有字母D，D，E，E，现在将4张卡片随意排成一列，则恰好排成英文单词DEED的概率p = 1/6 ．

分析 这是一道古典型概率的小计算题．4张卡片的全排列有4！=24种，其中恰好排成英文单词DEED的总共4种：两个字母D交换位置计2种，两个字母E交换位置计2种．因此，所求概率为

41p．

246

例1.8（古典型概率） 铁路一编组站随机地编组发往三个不同地区E1,E2和

3和4节车皮，则发往同一地区的车皮恰好相邻的概率p=． E3的各2，

分析 1）(古典型) 设A=｛同一地区的车皮相邻｝；Bi={发往Ei的车厢相邻}(i1,2,3)．

将发往E1,E2和E3车皮各统一编组，且使发往同一地区的车皮恰好相邻的总共有3=6种不同情形，其中每种情形对应B1，B2和B3的一种排列．６种不同情形都是等可能的，如B1B2B3是其中一种可能的情形，即“发往E1的２节车皮编在最前面，发往E2的３节车皮编在中间，发往E3的４节车皮编在最后面”．由(1,3)式，有

2 ! 3 !4 !2 ! 3 !1

， 987651260 9 !

61

pPA6PB1B2B3．

1260210

2）(乘法公式) 计算概率PB1B2B3亦可利用乘法公式：

PB1B2B3

2!3!1

1．

987651260

例1.12（条件概率） 设在10件产品中有4件一等品6件二等品．现在随意从中取出两件，已知其中至少有一件是一等品，则两件都是一等品的条件概率为 1/5 ．

PB1B2B3PB1PB2B1PB3B1B2

分析 设A＝｛两件中至少一件一等品｝，B＝｛两件都是一等品｝．易见

2

C6C222

PB24．AB=B, P(AB) = P(B)． PA1P12，

C103C1015

PABPB1． PAPA5

例1.14 (独立试验) 对同一目标接连进行3次独立重复射击，假设至少命中目标一次的概率为7/8，则每次射击命中目标的概率p = 0.5 ．

分析 引进事件A i＝｛第i次命中目标｝（i＝1,2,3）．由条件知，事件A1,A2,A3相互独立，且其概率均为p．已知3次独立重复射击至少命中目标一次的概率为

73

PA1A2A31P1231P1 P2 P3 11p．8

由此得p=0.5．

例1.15（独立重复试验） 设事件A在每次试验中出现的概率为p, 则在n于是，所求条件概率为 PBA

次独立重复试验中事件A最多出现一次的概率P= 1pnp1p ．

n

n1

分析 引进事件Ai=｛第i次试验出现A｝（i＝1,2,„,n）．事件A1,A2,,An相互独立且每个事件的概率均为p．设Bk={在n次独立重复试验中事件A恰好出现k次}(k=0,1)，则

B012n， B1A12n1n1An．

P(0)P12n1p ；

n

P(B1)PA12nP1n1Annp1p

PP(B0)P(B1)1pnp1p ．

n

n1

n1

；

〖选择题〗

例1.20 设A, B和C是任意三事件，则下列选项中正确的选项是 (A) 若ACBC,则AB；(B) 若ACBC,则AB．

(C) 若ACBC,则AB； (D) 若AB且B,则B． [D] 分析 本题既可以用直选法，也可以用排除法．(1) 直选法．由事件运算的对偶律，有AB．而由AB且AB，可见A和B互为对立事件，即B，因此（D）正确．

(2) 排除法．前三个选项都不成立，只需分别举出反例．例如，由于A,B,C

是三任意事件，若取AB而C是必然事件，则ACBC且ACBC但AB，从而命题（A）和（B）不成立．设AB，C，则

ACBC但AB，从而命题（C）不成立．

注意，该题的结果反映了事件的运算与数的运算的不同之处．

〖解答题〗

例1.33 (随机抽样) 假设箱中共有n个球，其中m（0≤m≤n）个是红球其余是白球．现在一个接一个地接连从箱中抽球，试求第k(1≤k≤n)次抽球抽到红球的概率p．

分析 引进事件Ak={第k次抽球抽到红球}(1≤k≤n)．对于还原抽样，显然

m． n

对于非还原抽样有同样结果．问题有多种解法．

解法1 设想将n个球一一编号．这样，不但区分球的颜色，而且区分球的编号．假如将n个球一个接一个（非还原）地接连从箱中抽出，则不同抽法（基本事件）的总数为n!．导致事件Ak的不同抽法有(n－1)!×m种，即Ak共包含(n1)! m个基本事件：在第k次抽球抽到红球的情形共有m种，其余n－1次

pPAk

抽球不同抽法的总数等于从(n－1)!．从而

n1 ! m m．

pPAk

n !n

解法2 仍将n个球一一编号．从n个不同的球中接连抽出k个球，相当于从n个元素中选k个元素的选排列．因此总共有

Pnkn n1 n2nk1

种不同抽法，即基本事件的总数为Pnk．导致事件Ak的不同抽法有

Pnk11m n1 n2nk1m

种，即Ak共包含mPnk11个基本事件：第k次抽球抽到红球的情形共有m种，前

k1次抽球的不同抽法的总数等于从n1个元素中选k1个的选排列数．于是

Pnk11mm

pPAk． k

Pnn

解法3 对于同颜色球不加区分．设想有n个格子依次排成一列（见插图）

1 2

k

例1.24插

n

将n个球分别放进n个格子(每格一球)且使m个红球占据m个固定的格子，总

m

共有Cm种不同放法，即基本事件的总数为Cnn：在第k格中放一红球，然后从

1m1

其余n1个格子选m1个放其余红球，总共有Cmn1种放法，即Ak共包含Cn1个基本事件．因此

1Cmn1 ! m ! nm !m． n1

pPAkm

m1 ! nm !Cnn !n

例1.34（配对问题） 假设四个人的准考证混放在一起，现在将其随意地发

给四个人．试求事件A＝{没有一个人领到自己准考证}的概率p．

解 引进事件：Ak={第k个人恰好领到自己的准考证}(k = 1,2,3,4)．那么，

pP(A)1 PA1A2A3A4，

PA1A2A3A4PA1PA2PA3PA4

PA1A2PA1A3PA1A4PA2A3PA2A4PA3A4

PA1A2A3PA1A2A4PA1A3A4PA2A3A4PA1A2A3A4．

显然，每个人领到自己准考证的概率等于1/4，即

1

P(A1)＝P(A2)＝P(A3)＝P(A4)＝．

4

四个人各领一个准考证总共有4!种不同情形．四个人中任何两个人(例如第．．．．．一个人和第二个人)都领到自己准考证总共有1×1×2×1＝2 种不同情形（第一个人和第二个人各有一种选择，对于第三个人剩下两种选择，对于第四个人最后只剩下一种选择）．因此

21

PAiAj(1≤i

4 !12

若四个人中任何三个人（例如，第一、第二和第三人）都领到自己准考证，则第四人自然也领到自己的准考证．因此

1111

PAiAjAk(1ijk4)；PA1A2A3A4．

4 !244 !24

464153

PA1A2A3A4； pP(A)．

412242488例1.39（条件概率） 假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．现在随机抽取一个地区的报名表，并从中先后随意抽出两份．

(1) 求先抽出的一份是女生表的概率p；

(2) 已知后抽出的一份是男生表，求先抽出的一份是女生表的概率q．

解 引进事件：Hj={报名表是第j地区考生的}(j= 1,2,3)；Ai={第i次抽到的是男生表}(i=1,2)．由条件知：P(H1)P(H2)P(H3) ；

PA1H1

(1) 由全概率公式，得

3

7820

; PA1H2; PA1H3．

101525

137529

pP1PHjP1Hj＝．

310152590j1

(2) 由条件知



7820； PA2H2； PA2H3；101525377788

P1A2H1； P1A2H2；

10930151430

5205

P1A2H3．

252430

由全概率公式，得

PA2H1

1782061

PA2PHjPA2Hj＝；

310152590j1

3



17852

P1A2PHjP1A2Hj；

33030309j1

P1A2220

qP1A2．

PA261

3



例1.40（贝叶斯公式） 假设一个人在一年内患感冒的次数X服从参数为5的泊松分布；正在销售的一种药品A对于75%的人可以将患感冒的次数平均降低到3次，而对于25%的人无效．现在有某人试用此药一年，结果在试用期患感冒两次，试求此药有效的概率．

解 以X表示一个人在一年内患感冒的次数．引进事件：H0={服药无效}，H1={服药有效}．由条件知，X服从参数为5的泊松分布；对于k0,1,2,，有

5k53k3

PH00.25，PH10.75；PXkH0e，PXkH1e．

k !k !

P(H1)PX2H1PH1X2

P(H0)PX2H0P(H1)PX2H10.7532e327e3

0.8886．2523530.255e20.753e225e27e

例1.42 (试验次数) 设P(A)= p．接连不断地独立地重复进行试验，问为使事件A至少出现一次的概率不小于Q(0

解 设所需试验的次数为n， Bn=｛n次试验中A至少出现一次｝， Ak=｛第k次试验中出现A｝， 则Bn= A1+A2+„+A n ，P(Ak)= p，且A1, A2,„,A n相互独立．

QPBn1Pn1PA1A2An



1P1P2Pn11p；

1pn1Q , nlg1plg1Q ，　

n

n

lg1Q．lg1p例如，p = 0.15，Q =0.95，则

lg10.95n18.4331. lg10.15即为使事件A至少出现一次的概率不小于0.95，至少需要进行n = 19次试验． 例1.44（独立性） 将一枚完备对称和均匀的硬币接连掷n次．引进事件：

A{正面最多出现一次}， B{正面和反面各至少出现一次}．

试就n = 2，3和4的情形讨论事件A和B的独立性． 解 以Xn表示“将硬币掷n次正面恰好出现的次数”．易见 AXn1，BXn1，nXn1Xn0Xnn；显然Xn服从参数为n，1/2的二项分布．需要就n = 2，3和4的情形讨论P(AB)P(A)P(B)的条件

1nn1

P(A)PXn0PXn1nnn；

222

1

P(B)1PXn0PXnn1n1．

2

当n≥2时，由ABXn1，可见

n

PABPXn1n．

2

事件A和B独立，当且仅当

由此可见，事件A和B独立的充分必要条件是

n12n1．

由于上式当n=3时成立，故当n＝3时事件A和B独立；但上式当n=2和4

时不成立，从而当n=2或4时事件A和B不独立．

〖证明题〗

例1.48（独立性） 对于任意二事件A和B，其中0＜P(A), P(B)＜1，称

PABPAPB PAPPBP为事件A和B的相关系数．试证明，

(1) 1；

(2) 0是二事件A和B独立的充分和必要条件．

证明 记P(A) = p ,P(B) = q，P(AB) = r．考虑两随机变量X 和 Y：

1，若A出现，1，若B出现，

X Y

0，若出现；0，若出现；

其概率分布为：

0

X~1p



110 , Y~ ． p1qq

此外，显然随机变量XY只有0和1两个可能值，并且

PXY1PX1,Y1P(AB)r． 易见，随机变量X 和 Y的数字特征为：

EXp，EYq，DXp(1p)，DYq(1q)，

cov(X,Y)EXYEX EYrpq．

因此，事件A和B的相关系数就是随机变量X 和 Y的相关系数：

cov(X,Y)rpq． （*）

DX DYp1pq1q1) 由随机变量的相关系数的基本性质知1．

2) 必要性 假设事件A和B独立．因为根据条件P(AB)P(A)P(B)，即r=pq ，故由(*)可见＝0．

充分性 假设＝0，则由(*)可见r=pq，即P(AB)P(A)P(B)． 例1.49（独立性） 对于任意二事件A1,A2，考虑二随机变量

 1 ，若事件Ai出现，

Xi(i1,2) ．

 0 ，若事件Ai不出现，

试证明随机变量X1和X2独立的充分与必要条件，是事件A1和A2相互独立．

证明 记piP(Ai)(i1,2)，p12P(A1A2)，而是X1和X2的相关系数．易

见，随机变量X1和X2都服从0-1分布，并且

P{Xi1}P(Ai)，P{Xi0}P(i)， P{X11,X21}P(A1A2)．

(1) 必要性．设随机变量X1和X2独立，则

P(A1A2)PX11,X21PX11PX21P(A1)P(A2)．

从而，事件A1和A2相互独立．

(2) 充分性．设事件A1和A2相互独立，则1和A2,A12,12也都独立，故

PX10,X20P(12)P(1)P(2)

PX10PX20，

PX10,X21P(1A2)P(1)P(A2)

PX10PX21，

PX11,X20P(A12)P(A1)P(2)

PX11PX20，

PX11,X21P(A1A2)P(A1)P(A2)

PX11PX21 ．

从而，随机变量X1和X2独立．

例1.51（独立性） 假设有四张同样卡片，其中三张上分别只印有a1，a2，

a3，而另一张上同时印有a1，a2，a3．现在随意抽取一张卡片，以Ak=｛卡片上印有ak｝．证明事件A1,A2,A3两两独立但三个事件不独立．

111

证明 PAk(k1,2,3)，PAkAj(k,j1,2,3；kj)，PA1A2A3．

444

由于对任意k,j1,2,3 且 kj,有

111

PAkPAj， 422

可见事件A1,A2,A3两两独立．但是，由于

PAkAj

PA1A2A3

可见事件A1,A2,A3不独立．

1111

PA1PA2PA3， 4222