1
概率论与数理统计第二章条件概率与独立性
2
第二章 条件概率与独立性
2.1 条件概率、乘法定理
在实际问题中，除了要考虑事件 A的概率 P(A)而外，
还要考虑事件 A在,某事件 B已经发生,这一附加条件下的概率,这样的概率，人们称之为 条件概率,记为 P(A|B).相应地，将 P(A)称为无条件概率,
严格说来，概率都是有条件的，因为试验都是在一组固定的条件下进行的,
我们 这里 所 说的条件，无非是指在原有的一组固定条件外 再 增加一个附加条件,“B发生,,
3
例 1 两台机床加工同一种零件共 100个，结果如下：
实验者 合格品数 次品数 总 计第一台机床加工数 35 5 40
第二台机床加工数 50 10 60
总 计 85 15 100
4
设
A=“从 100个零件中任取一个为合格品,,
B=“从 100个零件中任取一个是第一台机床加工的,,
求 (a)P(A)和 P(B)；
(b)P(AB)；
(c)P(A|B)和 P(B|Ac).
解,(a)P(A)=85/100=0.85，
P(B)=40/100=0.40；
(b)P(AB)=35/100=0.35；
(c)P(A|B)=35/40=0.875，
P(B|Ac)=5/15≈ 0.333.
5
比较 (a)与 (c)中 的结果
P(A)=0.85,P(A|B)=0.875；
P(B)=0.40,P(B|Ac)= 1/3≈ 0.333；
可见
P(A|B)>P(A)，而 P(B|Ac)<P(B).
这说明 条件概率与无条件概率一般是不等的，且谁大谁小也不能肯定,
由例 1的结果
P(A|B)=0.875,P(AB)=0.35,P(B)=0.40
还可以验证下面的式子成立：
P(A|B)= P(AB)/P(B)(P(B)>0)
6
而 式子
P(A|B)=P(AB)/P(B)(P(B)>0)
即
)0)((
)(
)(
)|( BP
BP
ABP
BAP
注意式子
P(A|B)=P(AB)/P(B)(P(B)>0)
的成立不是偶然的，是普遍规律，下面就古典概率的情况证明之,
7
设样本空间 S={e1,e2,…,en}，其中导致 A,B和 AB
发生的基本事件分别为 m,k,r个 (r≤ m,r≤ k).
如果 B发生，则导致 B发生的 k个基本事件中有一个出现,在这个条件下导致 A发生的基本事件仅有 r个,
故
)(
)(
/
/
)|(
BP
ABP
nk
nr
k
r
BAP
同理可证
)0)((
)(
)(
)|( AP
AP
ABP
ABP
8
但是，这个普遍规律不能在一般的情况下用纯数学的方法推导出来，下面就将它作为条件概率的定义，
叙述如下：
定义 2.1 设 A和 B为任意两个事件，且 P(B)>0，则称比值
P(AB)/P(B)
为 事件 A在事件 B发生的条件下的 条件概率,记作
P(A|B)=P(AB)/P(B).
即
)(
)(
)|(
BP
ABP
BAP?
9
定理 2.1 条件概率 P(AB)/P(B)(P(B)>0)满足概率公 理 化定义中的公理 1~3.
证明 (ⅰ) P(A|B)=P(AB)/P(B)≥ 0.
(ⅱ) P(S|B)=P(SB)/P(B)=P(B)/P(B)=1.
(ⅲ) 设事件 A1,A2,…,An,… 是互不相容的，则
A1B,A2B,…,AnB,…
也互不相容,
因此
P{(A1+A2+…+ An +… )|B}
=P(A1|B)+P(A2|B)+…+ P(An|B)+…,
这就证明了条件概率的完全可加性,
10
)(
}){(
}|){(
21
21
BP
BAAAP
BAAAP
n
n
)(
)( 21
BP
BABABAP n
)(
)()()( 21
BP
BAPBAPBAP n
)|()|()|( 21 BAPBAPBAP n
这就证明了条件概率的完全可加性,
11
由于条件概率满足 概率公 理 化定义中的 三条公理，
所以由这些公理推得的一切结果对于条件概率同样成立,
即推论 1 P(Φ |B)=0.
推论 2 设 A1,A2,…,An是互不相容的事件，则
P {(A1+A2+…+ An +… )|B}
=P(A1|B)+P(A2|B)+…+ P(An|B),
推论 3 0≤ P(A|B)≤ 1.
由此 在 前面 1.3.2古典概率一节中 证明过的 7条概率性质都适用于条件概率,
12
即 (ⅰ) 对任一事件 A,有 0≤ P(A|B)≤ 1；
(ⅱ) P(S|B)=1；
(ⅲ) 若事件 A1,A2,…,An是互不相容的,则
P {(A1+A2+…+ An +… )|B}
=P(A1|B)+P(A2|B)+…+ P(An|B).
(ⅳ )P(Ac|B)=1?P(A|B).
(ⅴ) P(Φ |B)=0.
(ⅵ) 若 A?C,则 P(A|B)≤ P(C|B),且
P {(C?A)|B}=P(C|B)?P(A|B).
(ⅶ)( 一般概率的加法公式 )对任二事件 A,C有
P(A∪ C|B)=P(A|B)+P(C|B)?P(AC|B).
13
由条件概率的定义式立即可得
P(AB)=P(B)P(A|B),P(B)>0.
类似地有
P(AB)=P(A)P(B|A),P(A)>0.
这就是所谓的概率乘法公式，这个结论可以写成下面的定理,
定理 2.2(乘法定理 )两个事件积的概率等于其中一个事件的概率与另一事件在前一事件发生条件下的条件概率的乘积，即
P(AB)=P(A)P(B|A)=P(B)P(A|B).
14
乘法定理 很容易推广到个事件上去,
定理 2.3设 A1,A2,…,An为 n个事件,n≥ 2，且
P(A1A2… An-1)>0，则有
P(A1A2… An)
=P(A1)P(A2|A1)P(A3|A1 A2)… P(An| A1A2… An-1).
即
)|(
)|()|()()(
121
21312121
nn
n
AAAAP
AAAPAAPAPAAAP
15
证 由于
0)()()( 121211nAAAPAAPAP
故
)|()|()|()( 121213121?nn AAAAPAAAPAAPAP
)(
)(
)(
)(
)(
)()(
121
21
21
321
1
21
1
n
n
AAAP
AAAP
AAP
AAAP
AP
AAPAP
)( 21 nAAAP
16
例 2 设某种动物由出生算起活 20岁以上的概率为
0.8,活 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岁以上的概率是多少？
解 设
A=“能活 20岁以上,,B=“能活 25岁以上,,
则
P(A)=0.8,P(B)=0.4，
而所求的概率为
P(B|A)=P(AB)/P(A).
由于 B?A，故 AB=B，于是
P(B|A)=P(AB)/P(A)=P(B)/P(A)=0.4/0.8=0.5.
17
例 2 包装了的玻璃器皿第一次扔下被打破的概率为
0.4,若未破,第二次扔下被打破的概率为 0.6,若又未破,第三次扔下被打破的概率为 0.9,今将这种包装了的器皿连续扔三次,求器皿打破的概率？
解一 设器皿被打破的事件为 A，
器皿第 i次扔下被打破事件为 Ai (i=1,2,3)，
则
)(1)( 321 AAAPAP
)|()|()(1 213121 AAAPAAPAP
18
依题意知：
9.0)|(
6.0)|(
4.0)(
213
12
1
AAAP
AAP
AP
从而
9 7 6.01.04.06.01)(AP
19
解二,
321211 AAAAAAA
显然,
321211,,AAAAAA
是 互不相容的,故
)()()()( 321211 AAAPAAPAPAP
)|()|()()|()()( 2131211211 AAAPAAPAPAAPAPAP
9 7 6.09.04.06.06.06.04.0
20
第二章 条件概率与独立性
2.2 全概率公式
在概率的计算中，人们是希望通过已知的简单事件的概率去求未知的较复杂事件的概率,
在这里，全概率公式起了很重要的作用，先看一个例子,
例 1 设袋中装有十个阄，其中 8个是白阄，两个是有物之阄,甲、乙二人依次抓取一个，求每人抓得有物之阄的概率？
21
解 设 A,B分别为甲、乙抓得有物之阄的事件,
显然,P(A)= 2/10，下面求 P(B).
因为 B只有当 A发生或 Ac发生时才能发生，即
B?A+Ac，
所以
B=B(A+Ac)=BA+BAc.
因
A与 Ac
互不相容，故
BA与 BAc
也互不相容，
22
由概率加法公式和乘法定理得
)|()()|()(
)()()(
ABPAPABPAP
ABPBAPBP
5
1
10
2
9
2
10
8
9
1
10
2
此结果说明，抓到有物之阄的概率与抓阄的次序无关，它的一般情况已在古典概率的例题中进行了介绍,
23
从例 1求 P(B)的过程看，关键是利用互不相容的事件 A与 Ac,A+Ac?B，把 B分解为 BA与 BAc之和，然后利用概率加法公式和乘法定理求得 P(B).
一般有下面的定理,
定理 2.4 (全概率公式 )设 A1,A2,…,An是互不相容的事件,且 P(Ai )>0(i=1,2,…,n)，若对任一事件 B，
有 A1+A2+…+ An?B，则
n
i
ii ABPAPBP
1
)|()()(
24
证 因 A1+A2+…+ An?B，故
B=B(A1+A2+…+ An)=BA1+ BA2+…+ BAn.
由于 A1,A2,…,An互不相容，故 BA1,BA2,…,BAn也互不相容,
由概率加法公式和乘法定理得
)()()()( 21 nBAPBAPBAPBP
)|()(
)|()()|()( 2211
nn ABPAP
ABPAPABPAP
n
i
ii ABPAP
1
)|()(
25
例 2 一个工厂有甲、乙、丙三个车间生产同一种产品，每个车间的产量分别占总产量的 25%,35%,40%，
而产品中的次品率分别为 5%,4%,2%.今将这些产品混在一起，并随机地抽取一个产品，问它是次品的概率为多少？
解 设事件 A1,A2,A3分别表示抽到的产品是甲、乙、
丙车间生产的产品；事件 B表示抽到的一个产品是次品,
由于 B?A1+A2+A3，且 A1,A2,A3互不相容,故由全概率公式
3
1
)|()()(
i
ii ABPAPBP
26
又因
1 00
40)(,
1 00
35)(,
1 00
25)(
321 APAPAP
1 00
2)|(,
1 00
4)|(,
1 00
5)|(
321 ABPABPABP
故
0345.0
100
2
100
40
100
4
100
35
100
5
100
25
)(
BP
27
第二章 条件概率与独立性
2.3 贝叶斯 (Bayes)公式
仍从例子 (2.2例 2)讲起,
例 1 一个工厂有甲、乙、丙三个车间生产同一种产品，每个车间的产量分别占总产量的 25%,35%,40%，
而产品中的次品率分别为 5%,4%,2%.今将这些产品混在一起，并随机地抽取一个产品，问它是次品的概率为多少？若抽到的一件产品是次品，试问这件次品是甲、乙、丙车间生产的概率各为多少？又哪一个概率最大？
28
解 设事件 A1,A2,A3分别表示抽到的产品是甲、乙、
丙车间生产的产品；事件 B表示抽到的一个产品是次品，则问题即为求 P(A1|B),P(A2|B),P(A3|B).
由条件概率的定义，并利用乘法定理和全概率公式得
3 6 2.0
0 3 4 5.0
1 0 0
5
1 0 0
25
)|()(
)|()(
)(
)(
)|(
3
1
111
1
i
ii
ABPAP
ABPAP
BP
BAP
BAP
29
同理可得
232.0)|(,406.0)|( 32 BAPBAP
由此可知，抽出的次品是乙车间生产的概率最大,
在本例中，若将 Ai(i=1,2,3)看成是引起 B发生的
,原因,,那么此例的问题可以这样提出：
若在实验中 B发生了，问引起 B发生的原因是 Ai
(i=1,2,3)的概率是多少？
又哪一个原因发生的可能性最大？
30
类似的问题是很多的,
例如，在诊病问题中，已知出现某种症状有多种原因，假如在一次诊病中出现了这种症状，就需要研究引起这种症状的各种病因的概率是多少？
哪一种病因的概率最大？
解决 这样的 问题的方法，就是如下的贝叶斯 (Bayes
formula)公式,
31
定理 2.5 (贝叶斯公式 )设 A1,A2,…,An是互不相容的事件,且 P(Ai)>0(i=1,2,…,n)，若对任一事件 B，
有 A1+A2+…+ An?B,且 P(B)>0，则
n
j
jj
ii
i
ABPAP
ABPAP
BAP
1
)|()(
)|()(
)|(
ni,,2,1
32
证
)(
)()|(
BP
BAPBAP i
i?
对分子 P(Ai)分母 P(B)分别应用乘法定理和全概率公式即得贝叶斯公式,
贝叶斯公式中的 P(Ai)称为 先验概率,这种概率一般在试验前就是已知的，它常常是以往经验的总结,
P(Ai|B)称为 后验概率,它反映了试验之后对各种原因发生的可能性大小的新知识,
贝叶斯公式实际上就是根据 先验概率 (Prior
Probability)求后验概率 (Posterior Probability)
的公式,
33
在例 1“一个工厂有甲、乙、丙三个车间生产同一种产品，每个车间的产量分别占总产量的 25%,35%，
40%，而产品中的次品率分别为 5%,4%,2%.今将这些产品混在一起，并随机地抽取一个产品，若抽到的一件产品是次品，试问这件次品是甲、乙、丙车间生产的概率各为多少？又哪一个概率最大？,中若 设 A1,A2,A3分别表示抽到的产品是甲、乙、丙车间生产的产品； B表示抽到的一个产品是次品，则
先验概率 P(Ai)(i=1,2,3)的值依次为
25%,35%,40%；
而 后验概率 P(Ai |B)(i=1,2,3)的值依次为
0.362,0.406,0.232.
34
例 2 设患肺病的人经过检查，被查出的概率为 0.95，
而未患肺病的人经过检查，被误认为有肺病的概率为 0.002；又设在全城居民中患有肺病的概率为 0.1%.
若从居民中随机抽一人检查，诊断为有肺病，求这个人确实患有肺病的概率？
解 设 A表示某居民患肺病的事件，则 Ac即表示某居民无肺病,设 B为检查后诊断为有肺病的事件，于是问题就是求
P(A|B).
由于 B?A+Ac，又 A与 Ac互不相容，故 由贝叶斯公式
35
)|()()|()(
)|()(
)|(
ABPAPABPAP
ABPAP
BAP
而
9 9 9.0)(,0 0 1.0)( APAP
002.0)|(,95.0)|( ABPABP
故
3223.0
999.0002.095.0001.0
95.0001.0
)|(
BAP
36
类 例 2 设患肺病的人经过检查，被查出的概率为
0.95，而未患肺病的人经过检查，被误认为有肺病的概率为 0.002；又设在全城居民中患有肺病的概率为 10%(0.1%).
若从居民中随机抽一人检查，诊断为有肺病，求这个人确实患有肺病的概率？
解 设 A表示某居民患肺病的事件，则 Ac即表示某居民无肺病,设 B为检查后诊断为有肺病的事件，于是问题就是求
P(A|B).
由于 B?A+Ac，又 A与 Ac互不相容，故 由贝叶斯公式
37
)|()()|()(
)|()(
)|(
ABPAPABPAP
ABPAP
BAP
而
9.0)(,1.0)( APAP
002.0)|(,95.0)|( ABPABP
故
979401637.0
9.0002.095.01.0
95.01.0
)|(
BAP
38
全概率公式、贝叶斯公式 往届考题
例 1 (1987,试卷一,3分 ) 填空题
三个箱子,第一个箱子中有 4个黑球,1个白球,第二个箱子中有 3个黑球,3个白球,第三个箱子中有 3
个黑球,5个白球,现随机地取一个箱子,再从这个箱子中取出一个球,这个球为白球的概率为 ( )；
已知取出的球是 白球，此球属于第二个箱子的概率为 ( ).
（ 答案,（ 1） 53/120； （ 2） 20/53.)
39
解,设
A表示 事件,任取一球为白球,,
Bi表示 事件,取到第 i个箱子,,i=1,2,3，则
根据 全概率公式得
3
1
)|()()(
i
ii BAPBPAP
1
8
1
5
1
6
1
3
1
5
1
1
3
1
3
1
3
1
C
C
C
C
C
C
120
53?
40
由贝叶斯公式得
)(
)|()()|( 22
2 AP
BAPBPABP?
120/53
6/1?
53
20?
41
例 2 (1987,试卷四,8分 )
假设有两箱同种零件,第一箱内装 50件,其中有 10
件一等品,第二箱内装 30件,其中有 18件一等品,
现从两箱中随意挑选出一箱,然后从该箱中先后随机取出两个零件 (取出的零件均不放回 ),求：
(1)先取出的零件是一等品的概率 p；
(2)在先取出的零件是一等品的条件下,第二次取出的零件仍然是一等品的概率 q.
（ 答案,p=2/5； q=0.48557.)
42
解,设
A表示,先取出的零件是一等品,,
C表示,第二次取出的零件是一等品,,
再设 Bi表示,取到第 i箱,,i=1,2，则
(1)根据 全概率公式得
)|()()|()()( 2211 BAPBPBAPBPAPp
30
18
2
1
50
10
2
1
5
2?
43
(2)
)(
)(
)|(
AP
ACP
ACPq
5
2
29
17
30
18
2
1
49
9
50
10
2
1
4 8 5 5 7.0?
44
条件概率 往届考题
例 1 (1989,试卷一,3分 )填空题
甲,乙两人独立地对同一个目标进行射击一次,其命中率分别为 0.6和 0.5,现已知目标被击中,则它是甲射中的概率 为 ( ).
（ 答案,0.75)
45
解,设 A表示,目标被击中,,B表示,甲击中目标,,C表示,乙击中目标,,则 A=B∪ C,而所求的概率为 P(B|A),由
)()( CBPAP
)()()( BCPCPBP
8.05.06.05.06.0)()()()( CPBPCPBP
)(
)()|(
AP
ABPABP?
75.08.0 6.0)( )( AP BP
46
)()( CBPAP
)(1 CBP
)(1 CBP
8.0)5.01)(6.01(1)()(1 CPBP
47
例 2 (1994,试卷五,3分 ) 填空题
假设一批产品中一,二,三等品各占 60%,30%，
10%,从中随意取出一件,结果不是三等品,则取到的是一等品的概率为 ( ).
（ 答案,2/3)
解,设
Ai表示,任取一件是 i等品,,i=1,2,3，
则所求的概率为
)|( 31 AAP
48
因为
213 AAA
所以
9.03.06.0)()()( 213 APAPAP
6.0)()( 113 APAAP
从而
3
2
9
6
)(
)(
)|(
3
13
31 AP
AAP
AAP
49
引 例 袋中有 3个白球,2个黄球,甲,乙二人依次各取一球,设 事件 A=“甲取到白球,,B=“乙取到白球,,求 P(A),P(B),P(B|A).
解,(1)不放回的抽取
P(A)=3/5,P(B)=3/5,而
P(B|A)=2/4=1/2.
(2)有放回的抽取
P(A)=3/5,P(B)=3/5,而
P(B|A)=3/5.
我们看到在 (1)不放回的抽取情况下 P(B|A)≠ P(B)；
而在 (2)有放回的抽取情况下 P(B|A)=P(B).
50
第二章 条件概率与独立性
2.4 事件的独立性
2.4.1 两个事件的独立性
如前所述，条件概率 P(B|A)和无条件概率 P(B)一般是不相等的，即事件 A的发生对事件 B的发生是有影响的,
如果 P(B|A)=P(B)，则说明 A的发生对事件 B的发生是没有影响的，这时自然认为 A与 B是相互独立的,
51
由概率乘法公式知，如果 P(B|A)=P(B)，则
P(AB)=P(A)P(B|A)=P(A)P(B)
由此，人们引进下面的定义
定义 2.2 设 A,B为任二事件，如果
P(AB)=P(A)P(B)
则称 A与 B是 相互独立的,
由定义知，若 A,B的概率有一个为零，则 A与 B相互独立，
这是由于 0≤ P(AB)≤ P(A)(或 P(B))=0,
52
定理 2.6 如果 P(A)>0，则 A与 B相互独立的定义等价于
P(B|A)=P(B)
证 若 P(B|A)=P(B)，则由 概率乘法公式得
P(AB)=P(A)P(B|A)=P(A)P(B)
反之，若 P(AB)=P(A)P(B)，则
)(
)(
)()(
)(
)(
)|( BP
AP
BPAP
AP
ABP
ABP
53
定理 2.7 如果 A与 B相互独立，则 A与 Bc,Ac与 B，
Ac与 Bc也分别相互独立
证 先证 A与 Bc相互独立，由
)()(
)](1)[(
)()()(
)()()(
BPAP
BPAP
BPAPAP
ABPAPBAP
知 A与 Bc是 相互独立的,
54
再由对称性可知 Ac与 B相互独立,
最后，由 Ac与 B相互独立的条件，利用上面证明的结果，立即可得 Ac与 Bc也相互独立,
由 前面的结论：
若 A,B的概率有一个为零，则 A与 B相互独立,
再由定理 2.7可得若 A,B的概率有一个为 1，则 A与 B相互独立,
55
例 1 将一枚匀质的硬币投掷两次，令 A=“第一次出现正面,,B=“第二次出现正面,,验证事件 A,B
是相互独立的,
证 样本空间 S为
S={(正，正 ),(正，反 ),(反，正 ),(反，反 )}.
而
A={(正，正 ),(正，反 )}，
B={(正，正 ),(反，正 )}.
故知
AB={(正，正 )},
56
例 1 将一枚匀质的硬币投掷两次，令 A=“第一次出现正面,,B=“第二次出现正面,,验证事件 A,B
是相互独立的,
证 样本空间 S为
)}(),(),(),{( 反反反正正反正正?S
而
)}(),{()};(),{( 反正正正正反正正 BA
故知
)}{( 正正?AB
57
由于试验是古典概型，故
4
1
)(;
2
1
)(;
2
1
)(
ABP
BPAP
由此
P(AB)=P(A)P(B)
所以 A与 B是相互独立的,
58
在实际问题中，对于两个事件 A,B常常根据它们的实际意义来看 它们 彼此是否有影响，从而判断它们是否独立，而不需要利用定义去判断,
如果两个事件是独立的，那么两个事件积的概率就可以由这两个事件概率的乘积来确定,
59
例 2 设甲、乙二人独立地射击同一目标，他们击中目标的概率分别为 0.9和 0.8，今各射击一次，求目标被击中的概率？
解一 用 A,B分别表示甲、乙击中目标的事件,C
表示目标被击中的事件，则
P(A)=0.9,P(B)=0.8
且目标被击中的概率
P(C)=P(A∪ B)=P(A)+P(B)?P(AB)
根据题意,A与 B是相互独立的，故
P(C)=0.9 +0.8?0.9× 0.8=0.98
60
解二,
98.0
2.01.01
)()(1
)(1
)(1
)(1)(
BPAP
BAP
BAP
CPCP
61
引 例 从一副 52张的扑克牌中随机地抽取一张,以 A
表示,抽出的牌是 A”,B表示,抽出的牌是黑桃,,
求 P(A),P(B),P(B|A),P(A|B),P(AB).
解,P(A)=4/52=1/13，
P(B)=13/52=1/4，
P(B|A)=1/4，
P(A|B)=1/13，
P(AB)=1/52，
P(AB)=P(A)P(B).
62
第二章 条件概率与独立性
2.4 事件的独立性
2.4.2 多个事件的独立性
定义 2.3 设 A,B,C是三个事件，如果有
P(AB)=P(A)P(B)
P(BC)=P(B)P(C)
P(AC)=P(A)P(C)
则称 A,B,C两两独立,
63
若不仅有上面的三个式子成立，而且 还有
P(ABC)=P(A)P(B)P(C)
也成立，则称 A,B,C是 相互独立的,
由定义可知，若三个事件相互独立，则它们一定是两两独立的；但两两独立不一定是相互独立的,
例如，在 前面的 将一枚匀质的硬币投掷两次 这个随机试验中,若 令 A=“第一次出现正面,,B=“第二次出现正面,,C=“恰有一次出现正面,,则
)}(),{()};(),{( 反正正正正反正正 BA
)}(),{( 反正正反?C
64
由于试验是古典概型,从而
0)(;
4
1
)(;
4
1
)(;
4
1
)(;
2
1
)(;
2
1
)(;
2
1
)(
A B CP
BCPACPABP
CPBPAP
故这三个事件 A,B,C是两两独立，但不是相互独立的,
65
例如设在某个袋中有四个球，其中红色、绿色、蓝色各一个，另一个球上红色、绿色、蓝色三种颜色都有为三色球，现在从袋子中任取一个球，则球上有红色、绿色、蓝色这三个事件就是两两独立，但不相互独立的,
再如一个正四面体，其中三个面分别涂上红、绿、
黄三种颜色，第四个面同时涂上红、绿、黄三种颜色,随意地抛掷该四面体，设各面着地是等可能的,
令 A,B,C分别表示着地的一面涂有红、绿、黄色，
则 A,B,C是两两独立，但不是相互独立的,
66
再如一个正四面体，其中三个面分别涂上红、绿、
黄三种颜色，第四个面同时涂上红、绿、黄三种颜色,随意地抛掷该四面体，设各面着地是等可能的,
令 A,B,C分别表示着地的一面涂有红、绿、黄色，
则 A,B,C是两两独立，但不是相互独立的,
这是因为
P(A)=P(B)=P(C)=2/4=1/2
P(AB)=P(BC)=P(AC)=1/4
因此 A,B,C是两两独立,但是
P(ABC)=1/4≠ P(A)P(B)P(C)
从而 A,B,C是两两独立，但不是相互独立的,
67
一般地,n个事件相互独立的定义如下：
定义 2.4 设 A1,A2,…,An为 n个事件，如果对任意
k(1<k≤ n)，任意 1≤ i1<i2<… <ik≤ n，满足等式
)()()()( 2121 kk iiiiii APAPAPAAAP
则称 n个事件 A1,A2,…,An是 相互独立的,
注意，若用定义证明个事件相互独立，需要验证的等式的个数为
12
)11( 0132
n
CCCCC
n
nn
nn
nnn?
68
显然，若 n个事件相互独立，则它们中的任何
m (1≤ m<n )
个事件也相互独立,
定理 2.8 若事件 A1,A2,…,An相互独立，则将其中任意多个事件换成其对立事件仍然相互独立，
即事件 B1,B2,…,Bn也相互独立，其中 Bi取 Ai或 Ai c
(i=1,2,…,n).
证 我们只要证明将 A1,A2,…,An中的任意一个事件换成其对立事件仍然相互独立即可,这是 因为反复运用这个结果，即可得出任意多个事件换成其对立事件的结论,
69
又由于 A1,A2,…,An的地位相同，故只要证明
A1c,A2,…,An
相互独立,
为此，只要验证对任意
1<i1<i2<… < im≤ n
有
)()()()()( 2121 11 mm iiiiii APAPAPAPAAAAP
事实上,由式
P(A?B)=P(A)?P(AB)
可得
70
)()()( 212121 11 mmm iiiiiiiii AAAAPAAAPAAAAP
)()()()()()()( 2121 1 mm iiiiii APAPAPAPAPAPAP
)()()()](1[ 211 miii APAPAPAP
)()()()( 211 miii APAPAPAP
证毕,
71
与 两个事件 独立性 的情况一样，在实际应用中，对于 n个事件的 独立性,常常不是根据定义来判断，
而是根据它们的实际意义来看彼此是否有影响，从而判断它们是否独立,
如果 n个事件是独立的，那么事件积的概率就可以由这 些 个事件概率的乘积来确定，从而许多概率的计算就可以大为简化了,
n
i
i
n
i
i
n
i
i
n
i
i
APAP
APAP
11
11
)(1)(1
)(1)(
独立?
72
例 3 过去战争中曾用步枪打飞机,设一支步枪射击一次，击中飞机的概率为 0.004.
（ a）若用 250支步枪相互独立地向一架飞机进行一次射击，求飞机被击中的概率；
（ b）若要以 0.99以上的概率保证飞机被击中，那么需要用多少支步枪射击？
n
i
i
n
i
i
n
i
i
n
i
i
APAP
APAP
11
11
)(1)(1
)(1)(
独立?
73
解 （ a）设 Ai (i=1,2,…,250)表示第 i支步枪击中飞机的事件,C表示 飞机被击中的事件，则
63.037.01
)996.0(1
)()()(1
)(1
)(1)(
250
25021
25021
APAPAP
AAAP
CPCP
74
（ b）设用 n支步枪能使飞机被击中的概率 大于 0.99，
则 n满足下式,
1?(0.996)n>0.99，
即 (0.996)n<0.01.
两边取对数得
nlg0.996<lg0.01.
于是
n>lg0.01/lg0.996≈ 1148.998.
故取 n=1149，就能使飞机被击中的概率不小于 0.99,
75
例 4 在可靠性理论中，每个元件能正常工作的概率，
称为 元件的可靠性 ；由元件组成的系统能正常工作的概率，称为该 系统的可靠性,
设构成系统的每个元件的可靠性均为 r(0<r<1)，且各个元件能否正常工作是相互独立的,
试求下面的系统 Ⅰ( 图 2.1)和系统 Ⅱ( 图 2.2)的可靠性，并比较二系统的可靠性的大小,
76
2
2
1
1
n
n
系统 Ⅰ
图 2.1
1
1
2
2
n
n
系统 Ⅱ
图 2.2
77
解 先讨论系统 Ⅰ.
2
2
1
1
n
n
系统 Ⅰ
图 2.1
在图 2.1中的每条 通路 要能正常工作，当且仅当通路上各元件能正常工作，其可靠性为
RC=rn,
亦即各 通路发生故障的概率为 1?rn.
78
由于系统 Ⅰ 是由两条通路并联而成的，故两条通路同时发生故障的概率为 (1?rn)2.
2
2
1
1
n
n
系统 Ⅰ
因此，系统 Ⅰ 的可靠性为
RS=1?(1?rn)2=rn(2?rn)=RC(2?RC).
由于 RC<1，故 2?RC>1，从而 RS>RC,这表示增加一条 通路，能使系统增加可靠性,
79
解 现 讨论系统 Ⅱ.
1
1
2
2
n
n
系统 Ⅱ
图 2.2
对于系统 Ⅱ,每对 并联元件 的可靠性为
R’=1?(1?r)2=r(2?r).
因为系统 Ⅱ 是由各对并联元件串联而成的,故其可靠性为
R’S=(R’)n=rn(2?r)n.
80
显然 R’S>RC,
因此，用附加 元件的方法也同样能增加系统的可靠性,
利用数学归纳法不难证明，当 n≥ 2时，有
(2?r)n>2?rn.
即 R’S>RS.
因此，虽然上面的两个 系统同样由 2n个作用相同的元件构成，但系统 Ⅱ 的可靠性比系统 Ⅰ 的可靠性大,
81
2
2
1
1
n
n
系统 Ⅰ
图 2.1
1
1
2
2
n
n
系统 Ⅱ
图 2.2
82
定理：若 P(A)>0,P(B)>0，则 A与 B相互 独立 与 A
与 B互不相容不能同时成立,
证明 若 A与 B相互 独立,则
P(AB)=P(A)P(B)>0
从而
AB≠ Φ
即 A与 B相容 ；
若 A与 B不 相 容,则 AB=Φ,从而
P(AB)=0≠ P(A)P(B)>0
因此
A与 B不 相互 独立,
83
两个事件的独立性 往届考题
例 1 (1994,试卷四,3分 )选择题
设 0<P(A)<1,0<P(B)<1,P(B|A)+P(Bc|Ac)=1，则
( ).
(A)事件 A和 B不相容； (B)事件 A和 B互相对立 ；
(C)事件 A和 B互不独立 ； (D)事件 A和 B相互独立,
（ 答案,(D))
84
证明,因为
)|(1)|()|()|(1 ABPABPABPABP
所以
0)|()|( ABPABP
即
).|()|( ABPABP?
85
例 2 (1998,试卷一,3分 ) 选择题
设 A,B是 两个 随机 事件，且 0<P(A)<1,P(B)>0，
P(B|A)=P(B|Ac)，则必有 ( ).
(A)P(A|B)=P(Ac|B) ； (B) P(A|B)≠ P(Ac|B) ；
(C)P(AB)=P(A)P(B)； (D) P(AB)≠ P(A)P(B).
（ 答案,(C))
例 3 (2002,试卷四,8分 )
设 A,B是任意二 事件，其中 A的概率不等于 0和 1，
证明
P(B|A)=P(B|Ac)
是 事件 A与 B相互独立的充分必要条件,
86
例 3 (2002,试卷四,8分 )
设 A,B是任意二 事件，其中 A的概率不等于 0和 1，
证明
P(B|A)=P(B|Ac)
是 事件 A与 B相互独立的充分必要条件,
证明,必要性,
由 事件 A与 B相互独立,可知 事件 Ac与 B也相互独立，
因此
P(B|A)=P(B),P(B|Ac)=P(B)
从而
P(B|A)=P(B|Ac).
87
充分性,
由 P(B|A)=P(B|Ac)可见
)(1
)()(
)(
)(
)(
)(
AP
ABPBP
AP
BAP
AP
ABP
从而
)]()()[())(1)(( ABPBPAPAPABP
因此事件 A与 B相互独立,
88
例 4 (2003，试卷四,4分 )选择题
对于 任意二 事件 A和 B，下面结论成立的是 ( ).
(A)若 AB≠ Φ，则 A与 B一定独立 ；
(B)若 AB≠ Φ，则 A与 B有可能独立 ；
(C)若 AB=Φ，则 A与 B一定独立 ；
(D)若 AB=Φ，则 A与 B一定不独立,
（ 答案,(B))
解,特殊事件,
89
三个事件的独立性 往届考题
例 5 (2000,试卷四,3分 )
设 三个事件 A,B,C两两独立,则 A,B,C相互独立的充分必要条件是 ( ).
(A) A与 BC独立 ； (B)AB与 A∪ C独立 ；
(C)AB与 AC独立 ； (D)A∪ B与 A∪ C独立,
（ 答案,(A))
解,P(ABC)=P(A)P(BC)=P(A)P(B)P(C),或直观意义互不影响排除 (B),(C)和 (D).
90
例 6 (2003,试卷三,4分 )选择题
将一枚硬币独立地掷两次，引进事件,A1=“掷第一次出现正面,,A2=“掷第二次出现正面,,A3=“正反面各出现一次,,A4=“正面出现两次,,则事件
( ).
(A) A1,A2,A3相互独立 ； (B) A2,A3,A4相互独立 ；
(C) A1,A2,A3两两独立 ； (D) A2,A3,A4两两独立,
（ 答案,(C))
解,写出样本空间证明 ；
或 A1,A2,A3,A4≠ Φ,A1A2A3=Φ,A3A4=Φ.
91
证 样本空间 S为
S={(正，正 ),(正，反 ),(反，正 ),(反，反 )}.
而
A1={(正，正 ),(正，反 )}，
A2={(正，正 ),(反，正 )}，
A3={(正，反 ),(反，正 )}，
故知
A1A2={(正，正 )},A1A3={(正，反 )}，
A2A3={(反，正 )}，
A1A2A3=φ ；
从而 事件 A1,A2,A3两两独立,但不 相互独立,
92
证 样本空间 S为
S={(正，正 ),(正，反 ),(反，正 ),(反，反 )}.
而
A2={(正，正 ),(反，正 )}，
A3={(正，反 ),(反，正 )}，
A4={(正，正 )}.
故知
A2A3={(反，正 )},A2A4={(正，正 )}，
A3A4=φ,
A2A3A4=φ,
从而 事件 A2,A3,A4不 两两独立,自然 不 相互独立,
93
第二章 随机事件与概率
2.5 重复独立试验、二项概率公式
在 1.1.1中，曾经提到过随机现象的统计规律性，只有在相同条件下进行大量的重复试验或观察才会显示出来,
这种在相同条件下重复试验的数学模型，就是重复独立试验，它在概率论中占有很重要的地位，其定义如下：
94
定义 2.5 进行 n次试验,如果在每次试验中,任意一个事件出现的概率与其它各次试验的结果无关,
则称这 n次试验 是独立的,
将一个试验重复进行 n次的独立试验称 n次 重复独立试验,
例如,在相同条件下,进行 n次打靶试验,n次掷硬币试验以及 n次有放回的摸球试验等等,都是 n次 重复独立 试验的简单例子,
定义 2.6 若 一个试验只有两个结果,A和 Ac,则称这个试验为 伯努利 (Bernoulli)试验,
它的 n次 重复独立 试验,称为 n重 伯努利 试验,
95
定义 2.6 若 一个试验只有两个结果,A和 Ac,则称这个试验为 伯努利 (Bernoulli)试验,它的 n次 重复独立 试验,称为 n重 伯努利 试验,
为了使语言形象化,人们把伯努利 试验 的两个结果之一的 A叫做,成功,,其概率记为 P(A)=p；
另一个结果 Ac叫做,失败,,概率记为 P(Ac)=q，
这里 p+q=1.
伯努利 试验是一种很重要的数学模型,应用很广泛,
有些试验的结果虽然不只两个,但如果我们只注意某一个事件的发生与否,则也可以化为 伯努利 试验,
96
例如,在电报传输中,既要传送字母 A,B,…,Z；
又要传送其它的符号,
但是假如我们所关心的只是字母在传送中所占的百分比,而不再区别到底是哪一个字母,则可以把出现字母当作是,成功,,出现 其它的符号一律当作是,失败,,这时就可以把问题看成是伯努利 试验了,
97
例 设某射手的射击命中率为 p(0<p<1),现进行 3次射击,求他恰好命中 2次的概率？
解,设 A表示事件,恰好命中两次,,Ai表示,第 i
次射击命中,,则
A=A1A2A3c+A1A2cA3+A1cA2A3,
由于 A1A2A3c,A1A2cA3,A1cA2A3互不相容,故
P(A)=P(A1A2A3c)+P(A1A2cA3)+P(A1cA2A3).
又由事件 A1,A2,A3相互独立,从而
P(A)=3p2q=C32p2q
其中,p+q=1.
98
在 n 重 伯 努 利 试验 中,成 功 的 次 数 可 能 是
0,1,2,…,n次,
关于成功恰好出现 k次的概率 Pn(k),有下面的定理,
定理 2.9 设在 每次 试验中成功的概率为 p(0<p<1)，
则在 n重 伯努利 试验中成功恰好发生 k次的概率为
knkk
nn qpCkP
)(
其中,p+q=1,k=0,1,2,…,n.
99
证 设 Bk表示 成功恰好发生 k次的事件,Ai表示第 i次试验 中成功的事件,Aic表示第 i次试验 中失败的事件,则
nkknkn
nkkkk
nkkk
AAAAAA
AAAAAAA
AAAAAB
1121
21121
121
前式右端的每一项，表示某 k次 试验 成功，而另次
n?k试验 失败,这样的项一共有 Cnk个，而且两两互不相容,
100
由于试验的独立性，前式中的第一项的概率为
knk
nkk
nkk
qp
APAPAPAPAP
AAAAAP
)()()()()(
)(
121
121
同理其它各项的概率也是 pkqn-k个,利用概率的有限加法公式得到
knkk
nkn qpCBPkP
)()(
101
推论
1)(
0
n
k
n kP
这是因为
1
)(
)(
00
n
n
k
knkk
n
n
k
n
qp
qpCkP
102
注意到
),,2,1,0( nkqpC knkkn
恰好是 (p+q)n的展开式的各项，所以公式
knkk
nn qpCkP
)(
被称为 二项概率公式,
103
例 1 已知一大批某种产品中有 30%的一级品,现从中 抽取 5个样品，求
（ a） 5个样品中恰有两个一级品的概率，
（ b） 5个样品中至少有两个一级品的概率？
解一,题中的抽样方法是不放回的抽样，
但由于这批产品的总数很大，而抽样的数量相对于总数来说又很小，因而可以作为有放回抽样来处理,
这样做虽然会有误差，但影响不会太大,
因此可以将检查 5个样品是否是一级品，看成是 5重的 伯努利 试验，而成功的概率为 0.3，失败的概率为 0.7.
104
设 Ai表示 5个样品中恰有 i个一级品 的事件 (i=
0,1,…,5)，它们是互不相容的,
由 二项概率公式 得
5,,1,0
)7.0()3.0()()( 555
i
CiPAP iiii
（ a）
309.0
)7.0()3.0(
)2()(
322
5
52
C
PAP
105
（ b） 设 A表示 5个样品中至少有两个一级品的 事件，
则
47 2.0
)5()4()3()2(
)()(
5555
5432
PPPP
AAAAPAP
解二,
472.0)1()0(1
)(1)(
55
10
PP
AAPAP
106
例 2 设某种数字传输器以每秒 512× 103个 0或 1的序列传送消息 (即每秒传送 512× 103个 0或 1).
由于各种干扰，在传送过程中会产生将 0误为 1或将
1误为 0，这两种情况称为,误码,,
设误码的概率 p为 10-7，求在 10秒钟内出现一个误码的概率为多少？
解 将传送一个数字 0或 1看作一次试验，并将误码和不误码看成试验的两个结果,
于是这个问题可看成重数为 n=512× 103 × 10的 伯努利 试验，而所求的概率为
1105 1 2771
105 1 2105 1 2
4
44 )101(10)1(
CP
107
显然，要直接计算这个概率
1105 1 2771
105 1 2105 1 2
4
44 )101(10)1(
CP
是很困难的,下面介绍一个近似公式,它就是有名的 二项概率的 泊松 (Poisson)逼近,
定理 2.10 如果 n?∞,p?0使得 np=λ 保持为正常数,则
e
k
ppC
k
knkk
n !)1(
对 k=0,1,2,… 一致地成立,
108
证 因为 p=λ /n，故
kn
k
knk
knkk
n
nn
n
k
nk
nnk
knnn
ppC
11
)
1
1()
1
1(1
!
1
!
)1()1(
)1(
109
对于固定的 k，当 n?∞ 时，有
1)11()11(1
n
k
n
e
nn
n
n ])1[()1(
11
k
n
于是
)(
!
)1( ne
k
ppC
k
knkk
n
110
一致性的证明从略,
由定理的条件 np=λ (常数 )知,当 n很大时,p必然很小,因此,当 n很大,p很小时,有下面的近似公式：
e
k
ppCkP
k
knkk
nn
!
)1()(
其中 λ =np,k=0,1,2,…,n一致地成立,
在实际计算中，当 n≥ 10,p≤ 0.1时就可以应用上面的近似公式,
111
例 3 (续例 2)计算概率
1105 1 2771
105 1 2105 1 2
4
44 )101(10)1(
CP
解 n=512× 104,p=10-7,故
λ =np=512× 104 × 10-7=0.512.
应用式
e
k
ppCkP
k
knkk
nn !)1()(
得所求的概率为
112
3.06.0512.0
!1
512.0
)1(
512.01
10512
4
e
P
本书的附表 1(泊松 分布 表 ),列有
mk
k
k
e
!
的数值表，用此表也可以查得上式的近似值,
113
3.0
0 9 0 2 0.03 9 3 4 7.0
!
5.0
!
5.0
!1
5.0
!1
5 1 2.0
2
5.0
1
5.0
5.0151 2.01
查表
k
k
k
k
k
e
k
e
ee
114
例 某射手的射击命中率 0.02，现射击 400次，求至少命中两次的概率,
解 设 A表示事件,至少命中两次,,则
k
k
kk
k
C
kPAP
4 00
4 00
2
4 00
4 00
2
4 00
)98.0()02.0(
)()(
115
39911
400
400
400400
400
400
2
400
400
2
400
)98.0()02.0()98.0(1
)1()0(1
)(1
)98.0()02.0(
)()(
C
PP
AP
C
kPAP
k
k
kk
k
116
例 某射手的射击命中率 0.02，现射击 400次，求至少命中两次的概率,
解 n=400,p=0.02,故
λ =np=400× 0.02=8.
由二项概率的 泊松 (Poisson)逼近 定理得
117
9 9 6 9 8.0
!
8
!
8
)98.0()02.0()(
2
8
4 0 0
2
8
4 0 0
4 0 0
2
4 0 0
查表
k
k
k
k
k
k
kk
e
k
e
k
CAP
118
8
88
4 004 00
4 00
4 00
2
4 00
4 00
2
4 00
91
81
)1()0(1
)(1
)98.0()02.0(
)()(
e
ee
PP
AP
C
kPAP
k
k
kk
k
119
例 某射手的射击命中率 0.02，现射击 400次，他至少命中两次的概率为 0.99698.
该例说明：
(1)小概率事件在一次试验中实际不发生；如发生了，则认为不合理,
(2)小概率事件迟早要发生,
120
例 4 (寿命保险问题 ) 在保险公司里有 2500个同年龄和同社会阶层的人参加了人寿保险,每个参加保险的人，一年交付保险费 120元，一年内死亡时，
其家属可以到保险公司领取 20000元的丧葬费,设一年内每人死亡的概率为 0.002，求
（ a）保险公司亏本的事件 A的概率；
（ b）保险公司获利不少于 100000元的事件 B的概率,
解 （ a） 保险公司一年内的总收入为
120× 2500=300000(不计利息 )
121
若 一年内死亡 x人，则保险公司一年内应支付
20000x元,
故事件 A发生，等价于 20000x>300000(即 x>15)成立,
参加保险的 2500个人在一年内是否死亡，可看成是
2500重的 伯努利 试验，成功 (死亡 )的概率为
p=0.002.
于是
k
k
kk
k
C
kPAP
25 00
25 00
16
25 00
25 00
16
25 00
)9 9 8.0()0 0 2.0(
)()(
122
由于 n很大,p很小,且 λ =np=2500× 0.002=5,故由二项概率的泊松近似公式得
0 0 0 0 7.0
!
5
!
5
)(
16
5
2 5 0 0
16
5
查表
k
k
k
k
k
e
k
e
AP
由此可见,保险公司在一年内亏本的概率是非常小的,
123
（ b） 保险公司获利不少于 100000元的事件 B等价于
300000?20000x≥ 100000(即 x≤ 10)成立,x为一年内死亡的人数,则
k
k
kk
k
C
kPBP
2 5 0 0
10
0
2 5 0 0
10
0
2 5 0 0
)998.0()002.0(
)()(
由二项概率的泊松近似公式得
124
由二项概率的泊松近似公式得
98630.0
01370.01
!
5
1
!
5
)(
11
5
10
0
5
查表
k
k
k
k
k
e
k
e
BP
即 保险公司获利不少于 100000元的概率在 98%以上,
125
例 5 (合理配备维修工人问题 ) 设有同种类型的仪器 300台,它们的工作是相互独立的,且它们发生故障的概率均为 0.01.一台仪器发生了故障,一个工人就可以排除,
（ a） 问至少配备多少维修工人,才能保证仪器发生故障但不能及时排除的概率小于 0.01？
（ b） 若一个工人包干 20台仪器,求仪器发生故障而不能及时排除的概率？
解 （ a） 仪器发生故障不能及时排除的事件用 A表示,
设配备 x个维修工人,则
A等价于事件,同时发生故障的仪器数大于 x”.
126
由于 300台仪器在同一时间内是否正常工作可以看成是 300重的 伯努利 试验,成功 (发生故障 )的概率为 p=0.01,故
k
xk
kk
xk
C
kPAP
300
300
1
300
300
1
300
)99.0()01.0(
)()(
由于 n很大,p很小,且 λ =np=300× 0.01=3,故由二项概率的泊松近似公式得
127
1
3
300
1
3
!
3
!
3
)(
xk
k
xk
k
k
e
k
e
AP
由题意应有
01.0
!
3
1
3
xk
k
k
e
128
查附表 1泊松 分布 表可知
0 1 1 9 1.0
!
3
8
3
k
k
k
e
0 0 3 8 0.0
!
3
9
3
k
k
k
e
于是
891 xx
故只需 配备 8个维修工人,就可以达到要求,
129
（ b） 设仪器发生故障而不能及时排除的事件为 B，
则 B等价于事件,在 20台仪器中,同一时间发生故障的仪器数 大于 1”.
由于 20台仪器在同一时间内是否正常工作可以看成是 20重的 伯努利 试验,成功 (发生故障 )的概率为
p=0.01.故
k
k
kk
k
C
kPBP
20
20
2
20
20
2
20
)99.0()01.0(
)()(
130
由于 n很大,p很小,且 λ =np=20× 0.01=0.2,故由二项概率的泊松近似公式得
01752.0
!
2.0
!
2.0
)(
2
2.0
20
2
2.0
查表
k
k
k
k
k
e
k
e
BP
131
上个例中,当一个工人包干 20台仪器的维修任务时,
仪器发生故障而不能及时维修的概率大于 0.01；
而当 8个工人共同负责 300台仪器的维修任务时 (平均每个人负责 37.5台 ),仪器发生故障而不能及时维修的概率却小于 0.01.
故一个人单干,不如 8个人合作好,
这表明,概率论的方法,在国民经济的某些问题中,
对有效地使用人力和物力,进行科学管理等方面,
有重要的作用,
132
最后指出：当 n≥ 10,p≥ 0.9(即 q≤ 0.1),类似于式
e
k
ppCkP
k
knkk
nn !)1()(
有下面的近似公式
)1(
)!(
)]1([
)1()(
pn
kn
knkk
nn
e
kn
pn
ppCkP
nk,,2,1,0
133
而当 0.1<p<0.9时,式
e
k
ppCkP
k
knkk
nn !)1()(
与 式
)1(
)!(
)]1([
)1()(
pn
kn
knkk
nn
e
kn
pn
ppCkP
均不能用，这时可以考虑用正态近似，我们将在第五章 (随机变量的数字特征与极限定理 )中论述,
134
二项概率公式 往届考题
例 1 (1987,试卷一,3分 ) 填空题
设在一次试验中,事件 A发生的概率为 p,则 在 n次试验中 A至少发生 一次 的概率为 ( )； 而 事件 A至多发生 一次 的概率为 ( ).
（ 答案,(1)1?(1?p)n； (2)(1?p)n + np(1?p)n-1.)
135
解,设 C表示,事件 A至少发生 一次,,则
)()2()1()( nPPPCP nnn
)0(1 nP
np )1(1
设 B表示,事件 A至多发生 一次,,则
)1()0()( nn PPBP
1)1()1( nn pnpp
136
例 2 (1988,试卷一,3分 ) 填空题
设三次独立试验中,事件 A出现的概率相等,若已知至少出现一次的概率等于 19/27,则事件 A在一次试验中出现的概率为 ( ).
（ 答案,1/3 ).
解,由已知
311
27
19 p
得
27
81 3 p
3
21 p
所以
3
1
p
137
例 3 (1990,试卷四,3分 )填空题
一射手对同一目标进行四次射击,若至少命中一次的概率为 80/81,则该射手的命中率为 ( ).
（ 答案,2/3 ).
解,由已知
411
81
80 p
得
81
11 4 p
3
11 p
所以
3
2
p
138
例 4 假设一厂家生产的每台仪器,以概率 0.70可以直接出厂；以概率 0.30需要进一步调试,经调试后以概率 0.80可以出厂,以概率 0.20定为不合格产品不能出厂,现该厂新生产了 n(n≥ 2)台仪器 （ 假设各台仪器的生产过程相互独立 ）,
求：全部能出厂的概率 α ；其中恰好有两件不能出厂的概率 β ；其中至少有两件不能出厂的概率 γ,
答案：
nn
n
n
n
n
C
)94.0()06.0()94.0(1
)06.0()94.0(
94.0
1
222
139
解,设 A表示,仪器能出厂,,B表示,直接出厂,,C表示,仪器需要调试,,则
A?B∪ C，
从而由全概率公式有
94.0
80.030.017.0
)|()()|()()(
CAPCPBAPBPAP
(1)
nnn
nn CnP 94.0)94.0()(
140
(2)
222
222
)06.0()94.0(
)06.0()94.0(
n
n
nn
n
C
C?
(3)
)2()1()0( nPPP nnn
)1()(1 nPnP nn
nnn )94.0()06.0()94.0(1 1
141
例 6 设某种商品的一级品率为 0.4，包装时要求每盒中至少有一件一级品的概率不小于 0.95，求盒中至少要装多少件产品？
解,设每盒中至少要装 n件产品,由题意
)()2()1(95.0 nPPP nnn
n
k
knkk
nC
1
)4.01()4.0(
n)6.0(1
142
即
05.0)6.0(?n
05.0ln6.0ln?n
故
3ln5ln
20ln
6.0ln
05.0ln
n
即
91.5?n
故每盒至少要装 6件产品,
143
第一部分 概率论的基本概念
利用基本公式计算概率的一般步骤
(ⅰ) 写出欲求概率的事件 A；
(ⅱ) 分析 A与哪些 事件有关，用字母 (如
B1,B2,…,Bn) 将这些事件表示出来；
(ⅲ) 分析 A与 事件 B1,B2,…,Bn是什么关系，写出事件 A与 事件 B1,B2,…,Bn的关系式；
(ⅳ )选择适当的公式计算概率,
144
例 1 将 n双大小各不相同的鞋子随机地分成 n堆,每堆 2只,求事件 A=“每堆各成一双,的概率?
解 n双鞋子随机地分成 n堆属分组问题，不同的分法数是
nn
nnn
2
)!2(
)!2(
)!2(
!2!2!2
)!2(
而,每堆各成一双,有 n!种情况,故
)!2(
!2
)(
n
n
AP
n?
145
例 2 一个盒子中装有 15个乒乓球,其中 9个新球,
在第一次比赛时任意抽取 3只,比赛后仍放回盒中；
在第二次比赛时同样地任取 3只球,求第二次取出的三只球均为新球的概率?
解 设
A=“第二次取出的三只球均为新球,,
Bi=“第一次取出的三只球中有 i个新球,,i=0,1,2,3，
则 由全概率公式
3
0
)|()()(
i
ii BAPBPAP
146
0 8 9.0
5 9 1 5
5 2 8
)|()()(
3
15
3
6
3
15
3
9
3
15
3
7
3
15
1
6
2
9
3
15
3
8
3
15
2
6
1
9
3
15
3
9
3
15
3
6
3
0
C
C
C
C
C
C
C
CC
C
C
C
CC
C
C
C
C
BAPBPAP
i
ii
147
例 3 设 昆虫产 k个卵的概率为
e
k
P
k
k !
又设一个虫卵能孵化成昆虫的概率为 p,若卵的孵化是相互独立的，问此昆虫的下一代有 L条的概率是多少？
解 设 A=“昆虫的下一代有 L条,,Bk=“昆虫产 k个卵,(k= L,L+1,… )，则
Lk
kk BAPBPAP )|()()(
148
Lk
LkL
Lk
LkL
k
Lk
LkLL
k
k
Lk
kk
LkL
p
e
L
p
ppe
LkL
ppCe
k
BAPBPAP
)!(!
)]1([
!
)(
)1(
)!(!
)1(
!
)|()()(
149
p
L
p
L
m
mL
Lk
LkL
e
L
p
ee
L
p
m
p
e
L
p
Lkm
Lk
p
e
L
p
AP
!
)(
!
)(
!
)]1([
!
)(
)!(
)]1([
!
)(
)(
)1(
0
令
150
例 4 在标准化考试中,一道考题同时列出四个选择答案,要求学生把其中唯一的正确答案选择出来,
设某考生知道正确答案的概率为 p,不知道正确答案的概率为 1?p,不知道正确答案的条件下答对的概率应为 1/4.考试后已知他答对了,求他知道正确答案的概率?
解 设
A=“考生答对了,,B=“考生知道正确答案,,
则 Bc表示,考生不知道正确答案,,由题设
P(B)=p,P(Bc)=1?p；
P(A|Bc)=1/4,P(A|B)=1.
151
利用 贝叶斯公式 可得所求的概率为
4
1
)1(
)|()()|()(
)|()(
)|(
pp
p
BAPBPBAPBP
BAPBP
ABP
如果 p=1/2,则 P(B|A)=4/5；
如果 p=2/3,则 P(B|A)=8/9.
152
例 5 甲,乙两人独立地对同一目标各射击一次,命中率分别为 0.6和 0.5,现已知目标被击中,求甲击中的概率?
解 设
A=“目标被击中,,
Bi=“第 i个人击中目标,,i=1,2，
则 P(B1)=0.6,P(B2)=0.5.
而所求的概率为
)(
)(
)|( 11
AP
ABP
ABP?
153
)()()(
)(
)(
)(
)(
)(
)(
)(
)|(
2121
1
21
1
21
1
1
1
BBPBPBP
BP
BBP
BP
BBP
BP
AP
ABP
ABP
154
75.0
5.06.05.06.0
6.0
)()()()(
)(
)()()(
)(
)(
)(
)|(
2121
1
2121
1
1
1
BPBPBPBP
BP
BBPBPBP
BP
AP
ABP
ABP
155
例 6 (巴拿赫火柴问题 )某人有两盒火柴,吸烟时从任一盒中取一根火柴,经过若干时间后,发现一盒火柴已经用完,如果最初两盒中各有 n根火柴,求这时另一盒中还有 r根火柴的概率?
解 设 A=“发现一盒已经用完另一盒中还有 r根火柴,,B=“发现甲盒已经用完乙盒中还有 r根火柴,,
则
P(A)=2P(B).? 而事件 B发生的充要条件是在甲盒中拿了 n+1次，乙盒中拿了 n?r次，共进行了 2n+1?r次取火柴的试验，
而且在前 2n?r次取火柴的试验中，在甲盒中拿了 n次，
第 2n+1?r次在甲盒中取火柴，故
156
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
)(
2
2
2
rn
n
rn
rnn
n
rn
C
CBP
从而所求的概率为
rn
n
rnCBPAP
2
2 2
1
)()(
157
例 7 设 在伯努利 试验 中,成功的概率为 p,求在第 n
次试验时得到第 r次成功的概率?
解 设 A=“在第 n次试验时得到第 r次成功,,则
A=“在前 n?1次试验中得到 r?1次成功，第 n次试验成功,
所以
P(A)=P(前 n?1次试验成功 r?1次 )
× P(第 n次试验成功 |前 n?1次试验成功 r?1次 )
P(A)=P(前 n?1次试验成功 r?1次 )× P(第 n次试验成功 )
158
rnrr
n
rnrr
n
rnrr
n
ppC
pppC
pppC
nP
rnPAP
)1(
)1(
)1(
)(
)11()(
1
1
11
1
)1()1(11
1
次试验成功第次次试验成功前
159
例 8 一台仪器中装有 2000个同样的元件,每个元件损坏的概率为 0.0005,如果任一元件损坏,则仪器停止工作,求仪器停止工作的概率?
解 设 A=“仪器停止工作,
由于考察一个元件是否损坏可视为一重的伯努利 试验,故考察 2000个元件是否损坏可视为 2000重的伯努利 试验,
又由于 n=2000很大,p=0.0005很小，且
λ =np= 2000× 0.0005=1，
故由二项概率的泊松近似公式得 所求的概率为
160
6 3 2 1 2.0
!
1
!
1
)0 0 0 5.01()0 0 0 5.0(
)(
1
1
2 00 0
1
1
2 00 0
1
2 00 0
2 00 0
2 00 0
1
2 00 0
查表
k
k
k
kkk
k
e
k
e
k
C
kPp
161
例 9 甲,乙,丙三人向一架飞机进行射击,他们的命中率分别为 0.4,0.5和 0.7.设飞机中一弹而被击落的概率为 0.2,中两弹而被击落的概率为 0.6,中三弹必然被击落,今三人各射击一次,求飞机被击落的概率?
解 设
A=“飞机被击落,,
Bi=“飞机中 i弹,,i=1,2,3，
则 由全概率公式
3
1
)|()()(
i
ii BAPBPAP
162
)()(6.0)(2.0
1)(
6.0)(2.0)(
)|()()(
321
3
21
3
1
BPBPBP
BP
BPBP
BAPBPAP
i
ii
163
设 Cj=“第 j个人命中,,j=1,2,3,则
36.0
7.05.06.0
3.05.06.03.05.04.0
)(
)()()(
321
3213211
CCCP
CCCPCCCPBP
164
41.0
7.05.06.0
7.05.04.03.05.04.0
)(
)()()(
321
3213212
CCCP
CCCPCCCPBP
14.07.05.04.0
)()( 3213
CCCPBP
165
所以
458.0
14.041.06.036.02.0
)()(6.0)(2.0
)|()()(
111
3
1
BPBPBP
BAPBPAP
i
ii
概率论与数理统计第二章条件概率与独立性
2
第二章 条件概率与独立性
2.1 条件概率、乘法定理
在实际问题中，除了要考虑事件 A的概率 P(A)而外，
还要考虑事件 A在,某事件 B已经发生,这一附加条件下的概率,这样的概率，人们称之为 条件概率,记为 P(A|B).相应地，将 P(A)称为无条件概率,
严格说来，概率都是有条件的，因为试验都是在一组固定的条件下进行的,
我们 这里 所 说的条件，无非是指在原有的一组固定条件外 再 增加一个附加条件,“B发生,,
3
例 1 两台机床加工同一种零件共 100个，结果如下：
实验者 合格品数 次品数 总 计第一台机床加工数 35 5 40
第二台机床加工数 50 10 60
总 计 85 15 100
4
设
A=“从 100个零件中任取一个为合格品,,
B=“从 100个零件中任取一个是第一台机床加工的,,
求 (a)P(A)和 P(B)；
(b)P(AB)；
(c)P(A|B)和 P(B|Ac).
解,(a)P(A)=85/100=0.85，
P(B)=40/100=0.40；
(b)P(AB)=35/100=0.35；
(c)P(A|B)=35/40=0.875，
P(B|Ac)=5/15≈ 0.333.
5
比较 (a)与 (c)中 的结果
P(A)=0.85,P(A|B)=0.875；
P(B)=0.40,P(B|Ac)= 1/3≈ 0.333；
可见
P(A|B)>P(A)，而 P(B|Ac)<P(B).
这说明 条件概率与无条件概率一般是不等的，且谁大谁小也不能肯定,
由例 1的结果
P(A|B)=0.875,P(AB)=0.35,P(B)=0.40
还可以验证下面的式子成立：
P(A|B)= P(AB)/P(B)(P(B)>0)
6
而 式子
P(A|B)=P(AB)/P(B)(P(B)>0)
即
)0)((
)(
)(
)|( BP
BP
ABP
BAP
注意式子
P(A|B)=P(AB)/P(B)(P(B)>0)
的成立不是偶然的，是普遍规律，下面就古典概率的情况证明之,
7
设样本空间 S={e1,e2,…,en}，其中导致 A,B和 AB
发生的基本事件分别为 m,k,r个 (r≤ m,r≤ k).
如果 B发生，则导致 B发生的 k个基本事件中有一个出现,在这个条件下导致 A发生的基本事件仅有 r个,
故
)(
)(
/
/
)|(
BP
ABP
nk
nr
k
r
BAP
同理可证
)0)((
)(
)(
)|( AP
AP
ABP
ABP
8
但是，这个普遍规律不能在一般的情况下用纯数学的方法推导出来，下面就将它作为条件概率的定义，
叙述如下：
定义 2.1 设 A和 B为任意两个事件，且 P(B)>0，则称比值
P(AB)/P(B)
为 事件 A在事件 B发生的条件下的 条件概率,记作
P(A|B)=P(AB)/P(B).
即
)(
)(
)|(
BP
ABP
BAP?
9
定理 2.1 条件概率 P(AB)/P(B)(P(B)>0)满足概率公 理 化定义中的公理 1~3.
证明 (ⅰ) P(A|B)=P(AB)/P(B)≥ 0.
(ⅱ) P(S|B)=P(SB)/P(B)=P(B)/P(B)=1.
(ⅲ) 设事件 A1,A2,…,An,… 是互不相容的，则
A1B,A2B,…,AnB,…
也互不相容,
因此
P{(A1+A2+…+ An +… )|B}
=P(A1|B)+P(A2|B)+…+ P(An|B)+…,
这就证明了条件概率的完全可加性,
10
)(
}){(
}|){(
21
21
BP
BAAAP
BAAAP
n
n
)(
)( 21
BP
BABABAP n
)(
)()()( 21
BP
BAPBAPBAP n
)|()|()|( 21 BAPBAPBAP n
这就证明了条件概率的完全可加性,
11
由于条件概率满足 概率公 理 化定义中的 三条公理，
所以由这些公理推得的一切结果对于条件概率同样成立,
即推论 1 P(Φ |B)=0.
推论 2 设 A1,A2,…,An是互不相容的事件，则
P {(A1+A2+…+ An +… )|B}
=P(A1|B)+P(A2|B)+…+ P(An|B),
推论 3 0≤ P(A|B)≤ 1.
由此 在 前面 1.3.2古典概率一节中 证明过的 7条概率性质都适用于条件概率,
12
即 (ⅰ) 对任一事件 A,有 0≤ P(A|B)≤ 1；
(ⅱ) P(S|B)=1；
(ⅲ) 若事件 A1,A2,…,An是互不相容的,则
P {(A1+A2+…+ An +… )|B}
=P(A1|B)+P(A2|B)+…+ P(An|B).
(ⅳ )P(Ac|B)=1?P(A|B).
(ⅴ) P(Φ |B)=0.
(ⅵ) 若 A?C,则 P(A|B)≤ P(C|B),且
P {(C?A)|B}=P(C|B)?P(A|B).
(ⅶ)( 一般概率的加法公式 )对任二事件 A,C有
P(A∪ C|B)=P(A|B)+P(C|B)?P(AC|B).
13
由条件概率的定义式立即可得
P(AB)=P(B)P(A|B),P(B)>0.
类似地有
P(AB)=P(A)P(B|A),P(A)>0.
这就是所谓的概率乘法公式，这个结论可以写成下面的定理,
定理 2.2(乘法定理 )两个事件积的概率等于其中一个事件的概率与另一事件在前一事件发生条件下的条件概率的乘积，即
P(AB)=P(A)P(B|A)=P(B)P(A|B).
14
乘法定理 很容易推广到个事件上去,
定理 2.3设 A1,A2,…,An为 n个事件,n≥ 2，且
P(A1A2… An-1)>0，则有
P(A1A2… An)
=P(A1)P(A2|A1)P(A3|A1 A2)… P(An| A1A2… An-1).
即
)|(
)|()|()()(
121
21312121
nn
n
AAAAP
AAAPAAPAPAAAP
15
证 由于
0)()()( 121211nAAAPAAPAP
故
)|()|()|()( 121213121?nn AAAAPAAAPAAPAP
)(
)(
)(
)(
)(
)()(
121
21
21
321
1
21
1
n
n
AAAP
AAAP
AAP
AAAP
AP
AAPAP
)( 21 nAAAP
16
例 2 设某种动物由出生算起活 20岁以上的概率为
0.8,活 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岁以上的概率是多少？
解 设
A=“能活 20岁以上,,B=“能活 25岁以上,,
则
P(A)=0.8,P(B)=0.4，
而所求的概率为
P(B|A)=P(AB)/P(A).
由于 B?A，故 AB=B，于是
P(B|A)=P(AB)/P(A)=P(B)/P(A)=0.4/0.8=0.5.
17
例 2 包装了的玻璃器皿第一次扔下被打破的概率为
0.4,若未破,第二次扔下被打破的概率为 0.6,若又未破,第三次扔下被打破的概率为 0.9,今将这种包装了的器皿连续扔三次,求器皿打破的概率？
解一 设器皿被打破的事件为 A，
器皿第 i次扔下被打破事件为 Ai (i=1,2,3)，
则
)(1)( 321 AAAPAP
)|()|()(1 213121 AAAPAAPAP
18
依题意知：
9.0)|(
6.0)|(
4.0)(
213
12
1
AAAP
AAP
AP
从而
9 7 6.01.04.06.01)(AP
19
解二,
321211 AAAAAAA
显然,
321211,,AAAAAA
是 互不相容的,故
)()()()( 321211 AAAPAAPAPAP
)|()|()()|()()( 2131211211 AAAPAAPAPAAPAPAP
9 7 6.09.04.06.06.06.04.0
20
第二章 条件概率与独立性
2.2 全概率公式
在概率的计算中，人们是希望通过已知的简单事件的概率去求未知的较复杂事件的概率,
在这里，全概率公式起了很重要的作用，先看一个例子,
例 1 设袋中装有十个阄，其中 8个是白阄，两个是有物之阄,甲、乙二人依次抓取一个，求每人抓得有物之阄的概率？
21
解 设 A,B分别为甲、乙抓得有物之阄的事件,
显然,P(A)= 2/10，下面求 P(B).
因为 B只有当 A发生或 Ac发生时才能发生，即
B?A+Ac，
所以
B=B(A+Ac)=BA+BAc.
因
A与 Ac
互不相容，故
BA与 BAc
也互不相容，
22
由概率加法公式和乘法定理得
)|()()|()(
)()()(
ABPAPABPAP
ABPBAPBP
5
1
10
2
9
2
10
8
9
1
10
2
此结果说明，抓到有物之阄的概率与抓阄的次序无关，它的一般情况已在古典概率的例题中进行了介绍,
23
从例 1求 P(B)的过程看，关键是利用互不相容的事件 A与 Ac,A+Ac?B，把 B分解为 BA与 BAc之和，然后利用概率加法公式和乘法定理求得 P(B).
一般有下面的定理,
定理 2.4 (全概率公式 )设 A1,A2,…,An是互不相容的事件,且 P(Ai )>0(i=1,2,…,n)，若对任一事件 B，
有 A1+A2+…+ An?B，则
n
i
ii ABPAPBP
1
)|()()(
24
证 因 A1+A2+…+ An?B，故
B=B(A1+A2+…+ An)=BA1+ BA2+…+ BAn.
由于 A1,A2,…,An互不相容，故 BA1,BA2,…,BAn也互不相容,
由概率加法公式和乘法定理得
)()()()( 21 nBAPBAPBAPBP
)|()(
)|()()|()( 2211
nn ABPAP
ABPAPABPAP
n
i
ii ABPAP
1
)|()(
25
例 2 一个工厂有甲、乙、丙三个车间生产同一种产品，每个车间的产量分别占总产量的 25%,35%,40%，
而产品中的次品率分别为 5%,4%,2%.今将这些产品混在一起，并随机地抽取一个产品，问它是次品的概率为多少？
解 设事件 A1,A2,A3分别表示抽到的产品是甲、乙、
丙车间生产的产品；事件 B表示抽到的一个产品是次品,
由于 B?A1+A2+A3，且 A1,A2,A3互不相容,故由全概率公式
3
1
)|()()(
i
ii ABPAPBP
26
又因
1 00
40)(,
1 00
35)(,
1 00
25)(
321 APAPAP
1 00
2)|(,
1 00
4)|(,
1 00
5)|(
321 ABPABPABP
故
0345.0
100
2
100
40
100
4
100
35
100
5
100
25
)(
BP
27
第二章 条件概率与独立性
2.3 贝叶斯 (Bayes)公式
仍从例子 (2.2例 2)讲起,
例 1 一个工厂有甲、乙、丙三个车间生产同一种产品，每个车间的产量分别占总产量的 25%,35%,40%，
而产品中的次品率分别为 5%,4%,2%.今将这些产品混在一起，并随机地抽取一个产品，问它是次品的概率为多少？若抽到的一件产品是次品，试问这件次品是甲、乙、丙车间生产的概率各为多少？又哪一个概率最大？
28
解 设事件 A1,A2,A3分别表示抽到的产品是甲、乙、
丙车间生产的产品；事件 B表示抽到的一个产品是次品，则问题即为求 P(A1|B),P(A2|B),P(A3|B).
由条件概率的定义，并利用乘法定理和全概率公式得
3 6 2.0
0 3 4 5.0
1 0 0
5
1 0 0
25
)|()(
)|()(
)(
)(
)|(
3
1
111
1
i
ii
ABPAP
ABPAP
BP
BAP
BAP
29
同理可得
232.0)|(,406.0)|( 32 BAPBAP
由此可知，抽出的次品是乙车间生产的概率最大,
在本例中，若将 Ai(i=1,2,3)看成是引起 B发生的
,原因,,那么此例的问题可以这样提出：
若在实验中 B发生了，问引起 B发生的原因是 Ai
(i=1,2,3)的概率是多少？
又哪一个原因发生的可能性最大？
30
类似的问题是很多的,
例如，在诊病问题中，已知出现某种症状有多种原因，假如在一次诊病中出现了这种症状，就需要研究引起这种症状的各种病因的概率是多少？
哪一种病因的概率最大？
解决 这样的 问题的方法，就是如下的贝叶斯 (Bayes
formula)公式,
31
定理 2.5 (贝叶斯公式 )设 A1,A2,…,An是互不相容的事件,且 P(Ai)>0(i=1,2,…,n)，若对任一事件 B，
有 A1+A2+…+ An?B,且 P(B)>0，则
n
j
jj
ii
i
ABPAP
ABPAP
BAP
1
)|()(
)|()(
)|(
ni,,2,1
32
证
)(
)()|(
BP
BAPBAP i
i?
对分子 P(Ai)分母 P(B)分别应用乘法定理和全概率公式即得贝叶斯公式,
贝叶斯公式中的 P(Ai)称为 先验概率,这种概率一般在试验前就是已知的，它常常是以往经验的总结,
P(Ai|B)称为 后验概率,它反映了试验之后对各种原因发生的可能性大小的新知识,
贝叶斯公式实际上就是根据 先验概率 (Prior
Probability)求后验概率 (Posterior Probability)
的公式,
33
在例 1“一个工厂有甲、乙、丙三个车间生产同一种产品，每个车间的产量分别占总产量的 25%,35%，
40%，而产品中的次品率分别为 5%,4%,2%.今将这些产品混在一起，并随机地抽取一个产品，若抽到的一件产品是次品，试问这件次品是甲、乙、丙车间生产的概率各为多少？又哪一个概率最大？,中若 设 A1,A2,A3分别表示抽到的产品是甲、乙、丙车间生产的产品； B表示抽到的一个产品是次品，则
先验概率 P(Ai)(i=1,2,3)的值依次为
25%,35%,40%；
而 后验概率 P(Ai |B)(i=1,2,3)的值依次为
0.362,0.406,0.232.
34
例 2 设患肺病的人经过检查，被查出的概率为 0.95，
而未患肺病的人经过检查，被误认为有肺病的概率为 0.002；又设在全城居民中患有肺病的概率为 0.1%.
若从居民中随机抽一人检查，诊断为有肺病，求这个人确实患有肺病的概率？
解 设 A表示某居民患肺病的事件，则 Ac即表示某居民无肺病,设 B为检查后诊断为有肺病的事件，于是问题就是求
P(A|B).
由于 B?A+Ac，又 A与 Ac互不相容，故 由贝叶斯公式
35
)|()()|()(
)|()(
)|(
ABPAPABPAP
ABPAP
BAP
而
9 9 9.0)(,0 0 1.0)( APAP
002.0)|(,95.0)|( ABPABP
故
3223.0
999.0002.095.0001.0
95.0001.0
)|(
BAP
36
类 例 2 设患肺病的人经过检查，被查出的概率为
0.95，而未患肺病的人经过检查，被误认为有肺病的概率为 0.002；又设在全城居民中患有肺病的概率为 10%(0.1%).
若从居民中随机抽一人检查，诊断为有肺病，求这个人确实患有肺病的概率？
解 设 A表示某居民患肺病的事件，则 Ac即表示某居民无肺病,设 B为检查后诊断为有肺病的事件，于是问题就是求
P(A|B).
由于 B?A+Ac，又 A与 Ac互不相容，故 由贝叶斯公式
37
)|()()|()(
)|()(
)|(
ABPAPABPAP
ABPAP
BAP
而
9.0)(,1.0)( APAP
002.0)|(,95.0)|( ABPABP
故
979401637.0
9.0002.095.01.0
95.01.0
)|(
BAP
38
全概率公式、贝叶斯公式 往届考题
例 1 (1987,试卷一,3分 ) 填空题
三个箱子,第一个箱子中有 4个黑球,1个白球,第二个箱子中有 3个黑球,3个白球,第三个箱子中有 3
个黑球,5个白球,现随机地取一个箱子,再从这个箱子中取出一个球,这个球为白球的概率为 ( )；
已知取出的球是 白球，此球属于第二个箱子的概率为 ( ).
（ 答案,（ 1） 53/120； （ 2） 20/53.)
39
解,设
A表示 事件,任取一球为白球,,
Bi表示 事件,取到第 i个箱子,,i=1,2,3，则
根据 全概率公式得
3
1
)|()()(
i
ii BAPBPAP
1
8
1
5
1
6
1
3
1
5
1
1
3
1
3
1
3
1
C
C
C
C
C
C
120
53?
40
由贝叶斯公式得
)(
)|()()|( 22
2 AP
BAPBPABP?
120/53
6/1?
53
20?
41
例 2 (1987,试卷四,8分 )
假设有两箱同种零件,第一箱内装 50件,其中有 10
件一等品,第二箱内装 30件,其中有 18件一等品,
现从两箱中随意挑选出一箱,然后从该箱中先后随机取出两个零件 (取出的零件均不放回 ),求：
(1)先取出的零件是一等品的概率 p；
(2)在先取出的零件是一等品的条件下,第二次取出的零件仍然是一等品的概率 q.
（ 答案,p=2/5； q=0.48557.)
42
解,设
A表示,先取出的零件是一等品,,
C表示,第二次取出的零件是一等品,,
再设 Bi表示,取到第 i箱,,i=1,2，则
(1)根据 全概率公式得
)|()()|()()( 2211 BAPBPBAPBPAPp
30
18
2
1
50
10
2
1
5
2?
43
(2)
)(
)(
)|(
AP
ACP
ACPq
5
2
29
17
30
18
2
1
49
9
50
10
2
1
4 8 5 5 7.0?
44
条件概率 往届考题
例 1 (1989,试卷一,3分 )填空题
甲,乙两人独立地对同一个目标进行射击一次,其命中率分别为 0.6和 0.5,现已知目标被击中,则它是甲射中的概率 为 ( ).
（ 答案,0.75)
45
解,设 A表示,目标被击中,,B表示,甲击中目标,,C表示,乙击中目标,,则 A=B∪ C,而所求的概率为 P(B|A),由
)()( CBPAP
)()()( BCPCPBP
8.05.06.05.06.0)()()()( CPBPCPBP
)(
)()|(
AP
ABPABP?
75.08.0 6.0)( )( AP BP
46
)()( CBPAP
)(1 CBP
)(1 CBP
8.0)5.01)(6.01(1)()(1 CPBP
47
例 2 (1994,试卷五,3分 ) 填空题
假设一批产品中一,二,三等品各占 60%,30%，
10%,从中随意取出一件,结果不是三等品,则取到的是一等品的概率为 ( ).
（ 答案,2/3)
解,设
Ai表示,任取一件是 i等品,,i=1,2,3，
则所求的概率为
)|( 31 AAP
48
因为
213 AAA
所以
9.03.06.0)()()( 213 APAPAP
6.0)()( 113 APAAP
从而
3
2
9
6
)(
)(
)|(
3
13
31 AP
AAP
AAP
49
引 例 袋中有 3个白球,2个黄球,甲,乙二人依次各取一球,设 事件 A=“甲取到白球,,B=“乙取到白球,,求 P(A),P(B),P(B|A).
解,(1)不放回的抽取
P(A)=3/5,P(B)=3/5,而
P(B|A)=2/4=1/2.
(2)有放回的抽取
P(A)=3/5,P(B)=3/5,而
P(B|A)=3/5.
我们看到在 (1)不放回的抽取情况下 P(B|A)≠ P(B)；
而在 (2)有放回的抽取情况下 P(B|A)=P(B).
50
第二章 条件概率与独立性
2.4 事件的独立性
2.4.1 两个事件的独立性
如前所述，条件概率 P(B|A)和无条件概率 P(B)一般是不相等的，即事件 A的发生对事件 B的发生是有影响的,
如果 P(B|A)=P(B)，则说明 A的发生对事件 B的发生是没有影响的，这时自然认为 A与 B是相互独立的,
51
由概率乘法公式知，如果 P(B|A)=P(B)，则
P(AB)=P(A)P(B|A)=P(A)P(B)
由此，人们引进下面的定义
定义 2.2 设 A,B为任二事件，如果
P(AB)=P(A)P(B)
则称 A与 B是 相互独立的,
由定义知，若 A,B的概率有一个为零，则 A与 B相互独立，
这是由于 0≤ P(AB)≤ P(A)(或 P(B))=0,
52
定理 2.6 如果 P(A)>0，则 A与 B相互独立的定义等价于
P(B|A)=P(B)
证 若 P(B|A)=P(B)，则由 概率乘法公式得
P(AB)=P(A)P(B|A)=P(A)P(B)
反之，若 P(AB)=P(A)P(B)，则
)(
)(
)()(
)(
)(
)|( BP
AP
BPAP
AP
ABP
ABP
53
定理 2.7 如果 A与 B相互独立，则 A与 Bc,Ac与 B，
Ac与 Bc也分别相互独立
证 先证 A与 Bc相互独立，由
)()(
)](1)[(
)()()(
)()()(
BPAP
BPAP
BPAPAP
ABPAPBAP
知 A与 Bc是 相互独立的,
54
再由对称性可知 Ac与 B相互独立,
最后，由 Ac与 B相互独立的条件，利用上面证明的结果，立即可得 Ac与 Bc也相互独立,
由 前面的结论：
若 A,B的概率有一个为零，则 A与 B相互独立,
再由定理 2.7可得若 A,B的概率有一个为 1，则 A与 B相互独立,
55
例 1 将一枚匀质的硬币投掷两次，令 A=“第一次出现正面,,B=“第二次出现正面,,验证事件 A,B
是相互独立的,
证 样本空间 S为
S={(正，正 ),(正，反 ),(反，正 ),(反，反 )}.
而
A={(正，正 ),(正，反 )}，
B={(正，正 ),(反，正 )}.
故知
AB={(正，正 )},
56
例 1 将一枚匀质的硬币投掷两次，令 A=“第一次出现正面,,B=“第二次出现正面,,验证事件 A,B
是相互独立的,
证 样本空间 S为
)}(),(),(),{( 反反反正正反正正?S
而
)}(),{()};(),{( 反正正正正反正正 BA
故知
)}{( 正正?AB
57
由于试验是古典概型，故
4
1
)(;
2
1
)(;
2
1
)(
ABP
BPAP
由此
P(AB)=P(A)P(B)
所以 A与 B是相互独立的,
58
在实际问题中，对于两个事件 A,B常常根据它们的实际意义来看 它们 彼此是否有影响，从而判断它们是否独立，而不需要利用定义去判断,
如果两个事件是独立的，那么两个事件积的概率就可以由这两个事件概率的乘积来确定,
59
例 2 设甲、乙二人独立地射击同一目标，他们击中目标的概率分别为 0.9和 0.8，今各射击一次，求目标被击中的概率？
解一 用 A,B分别表示甲、乙击中目标的事件,C
表示目标被击中的事件，则
P(A)=0.9,P(B)=0.8
且目标被击中的概率
P(C)=P(A∪ B)=P(A)+P(B)?P(AB)
根据题意,A与 B是相互独立的，故
P(C)=0.9 +0.8?0.9× 0.8=0.98
60
解二,
98.0
2.01.01
)()(1
)(1
)(1
)(1)(
BPAP
BAP
BAP
CPCP
61
引 例 从一副 52张的扑克牌中随机地抽取一张,以 A
表示,抽出的牌是 A”,B表示,抽出的牌是黑桃,,
求 P(A),P(B),P(B|A),P(A|B),P(AB).
解,P(A)=4/52=1/13，
P(B)=13/52=1/4，
P(B|A)=1/4，
P(A|B)=1/13，
P(AB)=1/52，
P(AB)=P(A)P(B).
62
第二章 条件概率与独立性
2.4 事件的独立性
2.4.2 多个事件的独立性
定义 2.3 设 A,B,C是三个事件，如果有
P(AB)=P(A)P(B)
P(BC)=P(B)P(C)
P(AC)=P(A)P(C)
则称 A,B,C两两独立,
63
若不仅有上面的三个式子成立，而且 还有
P(ABC)=P(A)P(B)P(C)
也成立，则称 A,B,C是 相互独立的,
由定义可知，若三个事件相互独立，则它们一定是两两独立的；但两两独立不一定是相互独立的,
例如，在 前面的 将一枚匀质的硬币投掷两次 这个随机试验中,若 令 A=“第一次出现正面,,B=“第二次出现正面,,C=“恰有一次出现正面,,则
)}(),{()};(),{( 反正正正正反正正 BA
)}(),{( 反正正反?C
64
由于试验是古典概型,从而
0)(;
4
1
)(;
4
1
)(;
4
1
)(;
2
1
)(;
2
1
)(;
2
1
)(
A B CP
BCPACPABP
CPBPAP
故这三个事件 A,B,C是两两独立，但不是相互独立的,
65
例如设在某个袋中有四个球，其中红色、绿色、蓝色各一个，另一个球上红色、绿色、蓝色三种颜色都有为三色球，现在从袋子中任取一个球，则球上有红色、绿色、蓝色这三个事件就是两两独立，但不相互独立的,
再如一个正四面体，其中三个面分别涂上红、绿、
黄三种颜色，第四个面同时涂上红、绿、黄三种颜色,随意地抛掷该四面体，设各面着地是等可能的,
令 A,B,C分别表示着地的一面涂有红、绿、黄色，
则 A,B,C是两两独立，但不是相互独立的,
66
再如一个正四面体，其中三个面分别涂上红、绿、
黄三种颜色，第四个面同时涂上红、绿、黄三种颜色,随意地抛掷该四面体，设各面着地是等可能的,
令 A,B,C分别表示着地的一面涂有红、绿、黄色，
则 A,B,C是两两独立，但不是相互独立的,
这是因为
P(A)=P(B)=P(C)=2/4=1/2
P(AB)=P(BC)=P(AC)=1/4
因此 A,B,C是两两独立,但是
P(ABC)=1/4≠ P(A)P(B)P(C)
从而 A,B,C是两两独立，但不是相互独立的,
67
一般地,n个事件相互独立的定义如下：
定义 2.4 设 A1,A2,…,An为 n个事件，如果对任意
k(1<k≤ n)，任意 1≤ i1<i2<… <ik≤ n，满足等式
)()()()( 2121 kk iiiiii APAPAPAAAP
则称 n个事件 A1,A2,…,An是 相互独立的,
注意，若用定义证明个事件相互独立，需要验证的等式的个数为
12
)11( 0132
n
CCCCC
n
nn
nn
nnn?
68
显然，若 n个事件相互独立，则它们中的任何
m (1≤ m<n )
个事件也相互独立,
定理 2.8 若事件 A1,A2,…,An相互独立，则将其中任意多个事件换成其对立事件仍然相互独立，
即事件 B1,B2,…,Bn也相互独立，其中 Bi取 Ai或 Ai c
(i=1,2,…,n).
证 我们只要证明将 A1,A2,…,An中的任意一个事件换成其对立事件仍然相互独立即可,这是 因为反复运用这个结果，即可得出任意多个事件换成其对立事件的结论,
69
又由于 A1,A2,…,An的地位相同，故只要证明
A1c,A2,…,An
相互独立,
为此，只要验证对任意
1<i1<i2<… < im≤ n
有
)()()()()( 2121 11 mm iiiiii APAPAPAPAAAAP
事实上,由式
P(A?B)=P(A)?P(AB)
可得
70
)()()( 212121 11 mmm iiiiiiiii AAAAPAAAPAAAAP
)()()()()()()( 2121 1 mm iiiiii APAPAPAPAPAPAP
)()()()](1[ 211 miii APAPAPAP
)()()()( 211 miii APAPAPAP
证毕,
71
与 两个事件 独立性 的情况一样，在实际应用中，对于 n个事件的 独立性,常常不是根据定义来判断，
而是根据它们的实际意义来看彼此是否有影响，从而判断它们是否独立,
如果 n个事件是独立的，那么事件积的概率就可以由这 些 个事件概率的乘积来确定，从而许多概率的计算就可以大为简化了,
n
i
i
n
i
i
n
i
i
n
i
i
APAP
APAP
11
11
)(1)(1
)(1)(
独立?
72
例 3 过去战争中曾用步枪打飞机,设一支步枪射击一次，击中飞机的概率为 0.004.
（ a）若用 250支步枪相互独立地向一架飞机进行一次射击，求飞机被击中的概率；
（ b）若要以 0.99以上的概率保证飞机被击中，那么需要用多少支步枪射击？
n
i
i
n
i
i
n
i
i
n
i
i
APAP
APAP
11
11
)(1)(1
)(1)(
独立?
73
解 （ a）设 Ai (i=1,2,…,250)表示第 i支步枪击中飞机的事件,C表示 飞机被击中的事件，则
63.037.01
)996.0(1
)()()(1
)(1
)(1)(
250
25021
25021
APAPAP
AAAP
CPCP
74
（ b）设用 n支步枪能使飞机被击中的概率 大于 0.99，
则 n满足下式,
1?(0.996)n>0.99，
即 (0.996)n<0.01.
两边取对数得
nlg0.996<lg0.01.
于是
n>lg0.01/lg0.996≈ 1148.998.
故取 n=1149，就能使飞机被击中的概率不小于 0.99,
75
例 4 在可靠性理论中，每个元件能正常工作的概率，
称为 元件的可靠性 ；由元件组成的系统能正常工作的概率，称为该 系统的可靠性,
设构成系统的每个元件的可靠性均为 r(0<r<1)，且各个元件能否正常工作是相互独立的,
试求下面的系统 Ⅰ( 图 2.1)和系统 Ⅱ( 图 2.2)的可靠性，并比较二系统的可靠性的大小,
76
2
2
1
1
n
n
系统 Ⅰ
图 2.1
1
1
2
2
n
n
系统 Ⅱ
图 2.2
77
解 先讨论系统 Ⅰ.
2
2
1
1
n
n
系统 Ⅰ
图 2.1
在图 2.1中的每条 通路 要能正常工作，当且仅当通路上各元件能正常工作，其可靠性为
RC=rn,
亦即各 通路发生故障的概率为 1?rn.
78
由于系统 Ⅰ 是由两条通路并联而成的，故两条通路同时发生故障的概率为 (1?rn)2.
2
2
1
1
n
n
系统 Ⅰ
因此，系统 Ⅰ 的可靠性为
RS=1?(1?rn)2=rn(2?rn)=RC(2?RC).
由于 RC<1，故 2?RC>1，从而 RS>RC,这表示增加一条 通路，能使系统增加可靠性,
79
解 现 讨论系统 Ⅱ.
1
1
2
2
n
n
系统 Ⅱ
图 2.2
对于系统 Ⅱ,每对 并联元件 的可靠性为
R’=1?(1?r)2=r(2?r).
因为系统 Ⅱ 是由各对并联元件串联而成的,故其可靠性为
R’S=(R’)n=rn(2?r)n.
80
显然 R’S>RC,
因此，用附加 元件的方法也同样能增加系统的可靠性,
利用数学归纳法不难证明，当 n≥ 2时，有
(2?r)n>2?rn.
即 R’S>RS.
因此，虽然上面的两个 系统同样由 2n个作用相同的元件构成，但系统 Ⅱ 的可靠性比系统 Ⅰ 的可靠性大,
81
2
2
1
1
n
n
系统 Ⅰ
图 2.1
1
1
2
2
n
n
系统 Ⅱ
图 2.2
82
定理：若 P(A)>0,P(B)>0，则 A与 B相互 独立 与 A
与 B互不相容不能同时成立,
证明 若 A与 B相互 独立,则
P(AB)=P(A)P(B)>0
从而
AB≠ Φ
即 A与 B相容 ；
若 A与 B不 相 容,则 AB=Φ,从而
P(AB)=0≠ P(A)P(B)>0
因此
A与 B不 相互 独立,
83
两个事件的独立性 往届考题
例 1 (1994,试卷四,3分 )选择题
设 0<P(A)<1,0<P(B)<1,P(B|A)+P(Bc|Ac)=1，则
( ).
(A)事件 A和 B不相容； (B)事件 A和 B互相对立 ；
(C)事件 A和 B互不独立 ； (D)事件 A和 B相互独立,
（ 答案,(D))
84
证明,因为
)|(1)|()|()|(1 ABPABPABPABP
所以
0)|()|( ABPABP
即
).|()|( ABPABP?
85
例 2 (1998,试卷一,3分 ) 选择题
设 A,B是 两个 随机 事件，且 0<P(A)<1,P(B)>0，
P(B|A)=P(B|Ac)，则必有 ( ).
(A)P(A|B)=P(Ac|B) ； (B) P(A|B)≠ P(Ac|B) ；
(C)P(AB)=P(A)P(B)； (D) P(AB)≠ P(A)P(B).
（ 答案,(C))
例 3 (2002,试卷四,8分 )
设 A,B是任意二 事件，其中 A的概率不等于 0和 1，
证明
P(B|A)=P(B|Ac)
是 事件 A与 B相互独立的充分必要条件,
86
例 3 (2002,试卷四,8分 )
设 A,B是任意二 事件，其中 A的概率不等于 0和 1，
证明
P(B|A)=P(B|Ac)
是 事件 A与 B相互独立的充分必要条件,
证明,必要性,
由 事件 A与 B相互独立,可知 事件 Ac与 B也相互独立，
因此
P(B|A)=P(B),P(B|Ac)=P(B)
从而
P(B|A)=P(B|Ac).
87
充分性,
由 P(B|A)=P(B|Ac)可见
)(1
)()(
)(
)(
)(
)(
AP
ABPBP
AP
BAP
AP
ABP
从而
)]()()[())(1)(( ABPBPAPAPABP
因此事件 A与 B相互独立,
88
例 4 (2003，试卷四,4分 )选择题
对于 任意二 事件 A和 B，下面结论成立的是 ( ).
(A)若 AB≠ Φ，则 A与 B一定独立 ；
(B)若 AB≠ Φ，则 A与 B有可能独立 ；
(C)若 AB=Φ，则 A与 B一定独立 ；
(D)若 AB=Φ，则 A与 B一定不独立,
（ 答案,(B))
解,特殊事件,
89
三个事件的独立性 往届考题
例 5 (2000,试卷四,3分 )
设 三个事件 A,B,C两两独立,则 A,B,C相互独立的充分必要条件是 ( ).
(A) A与 BC独立 ； (B)AB与 A∪ C独立 ；
(C)AB与 AC独立 ； (D)A∪ B与 A∪ C独立,
（ 答案,(A))
解,P(ABC)=P(A)P(BC)=P(A)P(B)P(C),或直观意义互不影响排除 (B),(C)和 (D).
90
例 6 (2003,试卷三,4分 )选择题
将一枚硬币独立地掷两次，引进事件,A1=“掷第一次出现正面,,A2=“掷第二次出现正面,,A3=“正反面各出现一次,,A4=“正面出现两次,,则事件
( ).
(A) A1,A2,A3相互独立 ； (B) A2,A3,A4相互独立 ；
(C) A1,A2,A3两两独立 ； (D) A2,A3,A4两两独立,
（ 答案,(C))
解,写出样本空间证明 ；
或 A1,A2,A3,A4≠ Φ,A1A2A3=Φ,A3A4=Φ.
91
证 样本空间 S为
S={(正，正 ),(正，反 ),(反，正 ),(反，反 )}.
而
A1={(正，正 ),(正，反 )}，
A2={(正，正 ),(反，正 )}，
A3={(正，反 ),(反，正 )}，
故知
A1A2={(正，正 )},A1A3={(正，反 )}，
A2A3={(反，正 )}，
A1A2A3=φ ；
从而 事件 A1,A2,A3两两独立,但不 相互独立,
92
证 样本空间 S为
S={(正，正 ),(正，反 ),(反，正 ),(反，反 )}.
而
A2={(正，正 ),(反，正 )}，
A3={(正，反 ),(反，正 )}，
A4={(正，正 )}.
故知
A2A3={(反，正 )},A2A4={(正，正 )}，
A3A4=φ,
A2A3A4=φ,
从而 事件 A2,A3,A4不 两两独立,自然 不 相互独立,
93
第二章 随机事件与概率
2.5 重复独立试验、二项概率公式
在 1.1.1中，曾经提到过随机现象的统计规律性，只有在相同条件下进行大量的重复试验或观察才会显示出来,
这种在相同条件下重复试验的数学模型，就是重复独立试验，它在概率论中占有很重要的地位，其定义如下：
94
定义 2.5 进行 n次试验,如果在每次试验中,任意一个事件出现的概率与其它各次试验的结果无关,
则称这 n次试验 是独立的,
将一个试验重复进行 n次的独立试验称 n次 重复独立试验,
例如,在相同条件下,进行 n次打靶试验,n次掷硬币试验以及 n次有放回的摸球试验等等,都是 n次 重复独立 试验的简单例子,
定义 2.6 若 一个试验只有两个结果,A和 Ac,则称这个试验为 伯努利 (Bernoulli)试验,
它的 n次 重复独立 试验,称为 n重 伯努利 试验,
95
定义 2.6 若 一个试验只有两个结果,A和 Ac,则称这个试验为 伯努利 (Bernoulli)试验,它的 n次 重复独立 试验,称为 n重 伯努利 试验,
为了使语言形象化,人们把伯努利 试验 的两个结果之一的 A叫做,成功,,其概率记为 P(A)=p；
另一个结果 Ac叫做,失败,,概率记为 P(Ac)=q，
这里 p+q=1.
伯努利 试验是一种很重要的数学模型,应用很广泛,
有些试验的结果虽然不只两个,但如果我们只注意某一个事件的发生与否,则也可以化为 伯努利 试验,
96
例如,在电报传输中,既要传送字母 A,B,…,Z；
又要传送其它的符号,
但是假如我们所关心的只是字母在传送中所占的百分比,而不再区别到底是哪一个字母,则可以把出现字母当作是,成功,,出现 其它的符号一律当作是,失败,,这时就可以把问题看成是伯努利 试验了,
97
例 设某射手的射击命中率为 p(0<p<1),现进行 3次射击,求他恰好命中 2次的概率？
解,设 A表示事件,恰好命中两次,,Ai表示,第 i
次射击命中,,则
A=A1A2A3c+A1A2cA3+A1cA2A3,
由于 A1A2A3c,A1A2cA3,A1cA2A3互不相容,故
P(A)=P(A1A2A3c)+P(A1A2cA3)+P(A1cA2A3).
又由事件 A1,A2,A3相互独立,从而
P(A)=3p2q=C32p2q
其中,p+q=1.
98
在 n 重 伯 努 利 试验 中,成 功 的 次 数 可 能 是
0,1,2,…,n次,
关于成功恰好出现 k次的概率 Pn(k),有下面的定理,
定理 2.9 设在 每次 试验中成功的概率为 p(0<p<1)，
则在 n重 伯努利 试验中成功恰好发生 k次的概率为
knkk
nn qpCkP
)(
其中,p+q=1,k=0,1,2,…,n.
99
证 设 Bk表示 成功恰好发生 k次的事件,Ai表示第 i次试验 中成功的事件,Aic表示第 i次试验 中失败的事件,则
nkknkn
nkkkk
nkkk
AAAAAA
AAAAAAA
AAAAAB
1121
21121
121
前式右端的每一项，表示某 k次 试验 成功，而另次
n?k试验 失败,这样的项一共有 Cnk个，而且两两互不相容,
100
由于试验的独立性，前式中的第一项的概率为
knk
nkk
nkk
qp
APAPAPAPAP
AAAAAP
)()()()()(
)(
121
121
同理其它各项的概率也是 pkqn-k个,利用概率的有限加法公式得到
knkk
nkn qpCBPkP
)()(
101
推论
1)(
0
n
k
n kP
这是因为
1
)(
)(
00
n
n
k
knkk
n
n
k
n
qp
qpCkP
102
注意到
),,2,1,0( nkqpC knkkn
恰好是 (p+q)n的展开式的各项，所以公式
knkk
nn qpCkP
)(
被称为 二项概率公式,
103
例 1 已知一大批某种产品中有 30%的一级品,现从中 抽取 5个样品，求
（ a） 5个样品中恰有两个一级品的概率，
（ b） 5个样品中至少有两个一级品的概率？
解一,题中的抽样方法是不放回的抽样，
但由于这批产品的总数很大，而抽样的数量相对于总数来说又很小，因而可以作为有放回抽样来处理,
这样做虽然会有误差，但影响不会太大,
因此可以将检查 5个样品是否是一级品，看成是 5重的 伯努利 试验，而成功的概率为 0.3，失败的概率为 0.7.
104
设 Ai表示 5个样品中恰有 i个一级品 的事件 (i=
0,1,…,5)，它们是互不相容的,
由 二项概率公式 得
5,,1,0
)7.0()3.0()()( 555
i
CiPAP iiii
（ a）
309.0
)7.0()3.0(
)2()(
322
5
52
C
PAP
105
（ b） 设 A表示 5个样品中至少有两个一级品的 事件，
则
47 2.0
)5()4()3()2(
)()(
5555
5432
PPPP
AAAAPAP
解二,
472.0)1()0(1
)(1)(
55
10
PP
AAPAP
106
例 2 设某种数字传输器以每秒 512× 103个 0或 1的序列传送消息 (即每秒传送 512× 103个 0或 1).
由于各种干扰，在传送过程中会产生将 0误为 1或将
1误为 0，这两种情况称为,误码,,
设误码的概率 p为 10-7，求在 10秒钟内出现一个误码的概率为多少？
解 将传送一个数字 0或 1看作一次试验，并将误码和不误码看成试验的两个结果,
于是这个问题可看成重数为 n=512× 103 × 10的 伯努利 试验，而所求的概率为
1105 1 2771
105 1 2105 1 2
4
44 )101(10)1(
CP
107
显然，要直接计算这个概率
1105 1 2771
105 1 2105 1 2
4
44 )101(10)1(
CP
是很困难的,下面介绍一个近似公式,它就是有名的 二项概率的 泊松 (Poisson)逼近,
定理 2.10 如果 n?∞,p?0使得 np=λ 保持为正常数,则
e
k
ppC
k
knkk
n !)1(
对 k=0,1,2,… 一致地成立,
108
证 因为 p=λ /n，故
kn
k
knk
knkk
n
nn
n
k
nk
nnk
knnn
ppC
11
)
1
1()
1
1(1
!
1
!
)1()1(
)1(
109
对于固定的 k，当 n?∞ 时，有
1)11()11(1
n
k
n
e
nn
n
n ])1[()1(
11
k
n
于是
)(
!
)1( ne
k
ppC
k
knkk
n
110
一致性的证明从略,
由定理的条件 np=λ (常数 )知,当 n很大时,p必然很小,因此,当 n很大,p很小时,有下面的近似公式：
e
k
ppCkP
k
knkk
nn
!
)1()(
其中 λ =np,k=0,1,2,…,n一致地成立,
在实际计算中，当 n≥ 10,p≤ 0.1时就可以应用上面的近似公式,
111
例 3 (续例 2)计算概率
1105 1 2771
105 1 2105 1 2
4
44 )101(10)1(
CP
解 n=512× 104,p=10-7,故
λ =np=512× 104 × 10-7=0.512.
应用式
e
k
ppCkP
k
knkk
nn !)1()(
得所求的概率为
112
3.06.0512.0
!1
512.0
)1(
512.01
10512
4
e
P
本书的附表 1(泊松 分布 表 ),列有
mk
k
k
e
!
的数值表，用此表也可以查得上式的近似值,
113
3.0
0 9 0 2 0.03 9 3 4 7.0
!
5.0
!
5.0
!1
5.0
!1
5 1 2.0
2
5.0
1
5.0
5.0151 2.01
查表
k
k
k
k
k
e
k
e
ee
114
例 某射手的射击命中率 0.02，现射击 400次，求至少命中两次的概率,
解 设 A表示事件,至少命中两次,,则
k
k
kk
k
C
kPAP
4 00
4 00
2
4 00
4 00
2
4 00
)98.0()02.0(
)()(
115
39911
400
400
400400
400
400
2
400
400
2
400
)98.0()02.0()98.0(1
)1()0(1
)(1
)98.0()02.0(
)()(
C
PP
AP
C
kPAP
k
k
kk
k
116
例 某射手的射击命中率 0.02，现射击 400次，求至少命中两次的概率,
解 n=400,p=0.02,故
λ =np=400× 0.02=8.
由二项概率的 泊松 (Poisson)逼近 定理得
117
9 9 6 9 8.0
!
8
!
8
)98.0()02.0()(
2
8
4 0 0
2
8
4 0 0
4 0 0
2
4 0 0
查表
k
k
k
k
k
k
kk
e
k
e
k
CAP
118
8
88
4 004 00
4 00
4 00
2
4 00
4 00
2
4 00
91
81
)1()0(1
)(1
)98.0()02.0(
)()(
e
ee
PP
AP
C
kPAP
k
k
kk
k
119
例 某射手的射击命中率 0.02，现射击 400次，他至少命中两次的概率为 0.99698.
该例说明：
(1)小概率事件在一次试验中实际不发生；如发生了，则认为不合理,
(2)小概率事件迟早要发生,
120
例 4 (寿命保险问题 ) 在保险公司里有 2500个同年龄和同社会阶层的人参加了人寿保险,每个参加保险的人，一年交付保险费 120元，一年内死亡时，
其家属可以到保险公司领取 20000元的丧葬费,设一年内每人死亡的概率为 0.002，求
（ a）保险公司亏本的事件 A的概率；
（ b）保险公司获利不少于 100000元的事件 B的概率,
解 （ a） 保险公司一年内的总收入为
120× 2500=300000(不计利息 )
121
若 一年内死亡 x人，则保险公司一年内应支付
20000x元,
故事件 A发生，等价于 20000x>300000(即 x>15)成立,
参加保险的 2500个人在一年内是否死亡，可看成是
2500重的 伯努利 试验，成功 (死亡 )的概率为
p=0.002.
于是
k
k
kk
k
C
kPAP
25 00
25 00
16
25 00
25 00
16
25 00
)9 9 8.0()0 0 2.0(
)()(
122
由于 n很大,p很小,且 λ =np=2500× 0.002=5,故由二项概率的泊松近似公式得
0 0 0 0 7.0
!
5
!
5
)(
16
5
2 5 0 0
16
5
查表
k
k
k
k
k
e
k
e
AP
由此可见,保险公司在一年内亏本的概率是非常小的,
123
（ b） 保险公司获利不少于 100000元的事件 B等价于
300000?20000x≥ 100000(即 x≤ 10)成立,x为一年内死亡的人数,则
k
k
kk
k
C
kPBP
2 5 0 0
10
0
2 5 0 0
10
0
2 5 0 0
)998.0()002.0(
)()(
由二项概率的泊松近似公式得
124
由二项概率的泊松近似公式得
98630.0
01370.01
!
5
1
!
5
)(
11
5
10
0
5
查表
k
k
k
k
k
e
k
e
BP
即 保险公司获利不少于 100000元的概率在 98%以上,
125
例 5 (合理配备维修工人问题 ) 设有同种类型的仪器 300台,它们的工作是相互独立的,且它们发生故障的概率均为 0.01.一台仪器发生了故障,一个工人就可以排除,
（ a） 问至少配备多少维修工人,才能保证仪器发生故障但不能及时排除的概率小于 0.01？
（ b） 若一个工人包干 20台仪器,求仪器发生故障而不能及时排除的概率？
解 （ a） 仪器发生故障不能及时排除的事件用 A表示,
设配备 x个维修工人,则
A等价于事件,同时发生故障的仪器数大于 x”.
126
由于 300台仪器在同一时间内是否正常工作可以看成是 300重的 伯努利 试验,成功 (发生故障 )的概率为 p=0.01,故
k
xk
kk
xk
C
kPAP
300
300
1
300
300
1
300
)99.0()01.0(
)()(
由于 n很大,p很小,且 λ =np=300× 0.01=3,故由二项概率的泊松近似公式得
127
1
3
300
1
3
!
3
!
3
)(
xk
k
xk
k
k
e
k
e
AP
由题意应有
01.0
!
3
1
3
xk
k
k
e
128
查附表 1泊松 分布 表可知
0 1 1 9 1.0
!
3
8
3
k
k
k
e
0 0 3 8 0.0
!
3
9
3
k
k
k
e
于是
891 xx
故只需 配备 8个维修工人,就可以达到要求,
129
（ b） 设仪器发生故障而不能及时排除的事件为 B，
则 B等价于事件,在 20台仪器中,同一时间发生故障的仪器数 大于 1”.
由于 20台仪器在同一时间内是否正常工作可以看成是 20重的 伯努利 试验,成功 (发生故障 )的概率为
p=0.01.故
k
k
kk
k
C
kPBP
20
20
2
20
20
2
20
)99.0()01.0(
)()(
130
由于 n很大,p很小,且 λ =np=20× 0.01=0.2,故由二项概率的泊松近似公式得
01752.0
!
2.0
!
2.0
)(
2
2.0
20
2
2.0
查表
k
k
k
k
k
e
k
e
BP
131
上个例中,当一个工人包干 20台仪器的维修任务时,
仪器发生故障而不能及时维修的概率大于 0.01；
而当 8个工人共同负责 300台仪器的维修任务时 (平均每个人负责 37.5台 ),仪器发生故障而不能及时维修的概率却小于 0.01.
故一个人单干,不如 8个人合作好,
这表明,概率论的方法,在国民经济的某些问题中,
对有效地使用人力和物力,进行科学管理等方面,
有重要的作用,
132
最后指出：当 n≥ 10,p≥ 0.9(即 q≤ 0.1),类似于式
e
k
ppCkP
k
knkk
nn !)1()(
有下面的近似公式
)1(
)!(
)]1([
)1()(
pn
kn
knkk
nn
e
kn
pn
ppCkP
nk,,2,1,0
133
而当 0.1<p<0.9时,式
e
k
ppCkP
k
knkk
nn !)1()(
与 式
)1(
)!(
)]1([
)1()(
pn
kn
knkk
nn
e
kn
pn
ppCkP
均不能用，这时可以考虑用正态近似，我们将在第五章 (随机变量的数字特征与极限定理 )中论述,
134
二项概率公式 往届考题
例 1 (1987,试卷一,3分 ) 填空题
设在一次试验中,事件 A发生的概率为 p,则 在 n次试验中 A至少发生 一次 的概率为 ( )； 而 事件 A至多发生 一次 的概率为 ( ).
（ 答案,(1)1?(1?p)n； (2)(1?p)n + np(1?p)n-1.)
135
解,设 C表示,事件 A至少发生 一次,,则
)()2()1()( nPPPCP nnn
)0(1 nP
np )1(1
设 B表示,事件 A至多发生 一次,,则
)1()0()( nn PPBP
1)1()1( nn pnpp
136
例 2 (1988,试卷一,3分 ) 填空题
设三次独立试验中,事件 A出现的概率相等,若已知至少出现一次的概率等于 19/27,则事件 A在一次试验中出现的概率为 ( ).
（ 答案,1/3 ).
解,由已知
311
27
19 p
得
27
81 3 p
3
21 p
所以
3
1
p
137
例 3 (1990,试卷四,3分 )填空题
一射手对同一目标进行四次射击,若至少命中一次的概率为 80/81,则该射手的命中率为 ( ).
（ 答案,2/3 ).
解,由已知
411
81
80 p
得
81
11 4 p
3
11 p
所以
3
2
p
138
例 4 假设一厂家生产的每台仪器,以概率 0.70可以直接出厂；以概率 0.30需要进一步调试,经调试后以概率 0.80可以出厂,以概率 0.20定为不合格产品不能出厂,现该厂新生产了 n(n≥ 2)台仪器 （ 假设各台仪器的生产过程相互独立 ）,
求：全部能出厂的概率 α ；其中恰好有两件不能出厂的概率 β ；其中至少有两件不能出厂的概率 γ,
答案：
nn
n
n
n
n
C
)94.0()06.0()94.0(1
)06.0()94.0(
94.0
1
222
139
解,设 A表示,仪器能出厂,,B表示,直接出厂,,C表示,仪器需要调试,,则
A?B∪ C，
从而由全概率公式有
94.0
80.030.017.0
)|()()|()()(
CAPCPBAPBPAP
(1)
nnn
nn CnP 94.0)94.0()(
140
(2)
222
222
)06.0()94.0(
)06.0()94.0(
n
n
nn
n
C
C?
(3)
)2()1()0( nPPP nnn
)1()(1 nPnP nn
nnn )94.0()06.0()94.0(1 1
141
例 6 设某种商品的一级品率为 0.4，包装时要求每盒中至少有一件一级品的概率不小于 0.95，求盒中至少要装多少件产品？
解,设每盒中至少要装 n件产品,由题意
)()2()1(95.0 nPPP nnn
n
k
knkk
nC
1
)4.01()4.0(
n)6.0(1
142
即
05.0)6.0(?n
05.0ln6.0ln?n
故
3ln5ln
20ln
6.0ln
05.0ln
n
即
91.5?n
故每盒至少要装 6件产品,
143
第一部分 概率论的基本概念
利用基本公式计算概率的一般步骤
(ⅰ) 写出欲求概率的事件 A；
(ⅱ) 分析 A与哪些 事件有关，用字母 (如
B1,B2,…,Bn) 将这些事件表示出来；
(ⅲ) 分析 A与 事件 B1,B2,…,Bn是什么关系，写出事件 A与 事件 B1,B2,…,Bn的关系式；
(ⅳ )选择适当的公式计算概率,
144
例 1 将 n双大小各不相同的鞋子随机地分成 n堆,每堆 2只,求事件 A=“每堆各成一双,的概率?
解 n双鞋子随机地分成 n堆属分组问题，不同的分法数是
nn
nnn
2
)!2(
)!2(
)!2(
!2!2!2
)!2(
而,每堆各成一双,有 n!种情况,故
)!2(
!2
)(
n
n
AP
n?
145
例 2 一个盒子中装有 15个乒乓球,其中 9个新球,
在第一次比赛时任意抽取 3只,比赛后仍放回盒中；
在第二次比赛时同样地任取 3只球,求第二次取出的三只球均为新球的概率?
解 设
A=“第二次取出的三只球均为新球,,
Bi=“第一次取出的三只球中有 i个新球,,i=0,1,2,3，
则 由全概率公式
3
0
)|()()(
i
ii BAPBPAP
146
0 8 9.0
5 9 1 5
5 2 8
)|()()(
3
15
3
6
3
15
3
9
3
15
3
7
3
15
1
6
2
9
3
15
3
8
3
15
2
6
1
9
3
15
3
9
3
15
3
6
3
0
C
C
C
C
C
C
C
CC
C
C
C
CC
C
C
C
C
BAPBPAP
i
ii
147
例 3 设 昆虫产 k个卵的概率为
e
k
P
k
k !
又设一个虫卵能孵化成昆虫的概率为 p,若卵的孵化是相互独立的，问此昆虫的下一代有 L条的概率是多少？
解 设 A=“昆虫的下一代有 L条,,Bk=“昆虫产 k个卵,(k= L,L+1,… )，则
Lk
kk BAPBPAP )|()()(
148
Lk
LkL
Lk
LkL
k
Lk
LkLL
k
k
Lk
kk
LkL
p
e
L
p
ppe
LkL
ppCe
k
BAPBPAP
)!(!
)]1([
!
)(
)1(
)!(!
)1(
!
)|()()(
149
p
L
p
L
m
mL
Lk
LkL
e
L
p
ee
L
p
m
p
e
L
p
Lkm
Lk
p
e
L
p
AP
!
)(
!
)(
!
)]1([
!
)(
)!(
)]1([
!
)(
)(
)1(
0
令
150
例 4 在标准化考试中,一道考题同时列出四个选择答案,要求学生把其中唯一的正确答案选择出来,
设某考生知道正确答案的概率为 p,不知道正确答案的概率为 1?p,不知道正确答案的条件下答对的概率应为 1/4.考试后已知他答对了,求他知道正确答案的概率?
解 设
A=“考生答对了,,B=“考生知道正确答案,,
则 Bc表示,考生不知道正确答案,,由题设
P(B)=p,P(Bc)=1?p；
P(A|Bc)=1/4,P(A|B)=1.
151
利用 贝叶斯公式 可得所求的概率为
4
1
)1(
)|()()|()(
)|()(
)|(
pp
p
BAPBPBAPBP
BAPBP
ABP
如果 p=1/2,则 P(B|A)=4/5；
如果 p=2/3,则 P(B|A)=8/9.
152
例 5 甲,乙两人独立地对同一目标各射击一次,命中率分别为 0.6和 0.5,现已知目标被击中,求甲击中的概率?
解 设
A=“目标被击中,,
Bi=“第 i个人击中目标,,i=1,2，
则 P(B1)=0.6,P(B2)=0.5.
而所求的概率为
)(
)(
)|( 11
AP
ABP
ABP?
153
)()()(
)(
)(
)(
)(
)(
)(
)(
)|(
2121
1
21
1
21
1
1
1
BBPBPBP
BP
BBP
BP
BBP
BP
AP
ABP
ABP
154
75.0
5.06.05.06.0
6.0
)()()()(
)(
)()()(
)(
)(
)(
)|(
2121
1
2121
1
1
1
BPBPBPBP
BP
BBPBPBP
BP
AP
ABP
ABP
155
例 6 (巴拿赫火柴问题 )某人有两盒火柴,吸烟时从任一盒中取一根火柴,经过若干时间后,发现一盒火柴已经用完,如果最初两盒中各有 n根火柴,求这时另一盒中还有 r根火柴的概率?
解 设 A=“发现一盒已经用完另一盒中还有 r根火柴,,B=“发现甲盒已经用完乙盒中还有 r根火柴,,
则
P(A)=2P(B).? 而事件 B发生的充要条件是在甲盒中拿了 n+1次，乙盒中拿了 n?r次，共进行了 2n+1?r次取火柴的试验，
而且在前 2n?r次取火柴的试验中，在甲盒中拿了 n次，
第 2n+1?r次在甲盒中取火柴，故
156
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
)(
2
2
2
rn
n
rn
rnn
n
rn
C
CBP
从而所求的概率为
rn
n
rnCBPAP
2
2 2
1
)()(
157
例 7 设 在伯努利 试验 中,成功的概率为 p,求在第 n
次试验时得到第 r次成功的概率?
解 设 A=“在第 n次试验时得到第 r次成功,,则
A=“在前 n?1次试验中得到 r?1次成功，第 n次试验成功,
所以
P(A)=P(前 n?1次试验成功 r?1次 )
× P(第 n次试验成功 |前 n?1次试验成功 r?1次 )
P(A)=P(前 n?1次试验成功 r?1次 )× P(第 n次试验成功 )
158
rnrr
n
rnrr
n
rnrr
n
ppC
pppC
pppC
nP
rnPAP
)1(
)1(
)1(
)(
)11()(
1
1
11
1
)1()1(11
1
次试验成功第次次试验成功前
159
例 8 一台仪器中装有 2000个同样的元件,每个元件损坏的概率为 0.0005,如果任一元件损坏,则仪器停止工作,求仪器停止工作的概率?
解 设 A=“仪器停止工作,
由于考察一个元件是否损坏可视为一重的伯努利 试验,故考察 2000个元件是否损坏可视为 2000重的伯努利 试验,
又由于 n=2000很大,p=0.0005很小，且
λ =np= 2000× 0.0005=1，
故由二项概率的泊松近似公式得 所求的概率为
160
6 3 2 1 2.0
!
1
!
1
)0 0 0 5.01()0 0 0 5.0(
)(
1
1
2 00 0
1
1
2 00 0
1
2 00 0
2 00 0
2 00 0
1
2 00 0
查表
k
k
k
kkk
k
e
k
e
k
C
kPp
161
例 9 甲,乙,丙三人向一架飞机进行射击,他们的命中率分别为 0.4,0.5和 0.7.设飞机中一弹而被击落的概率为 0.2,中两弹而被击落的概率为 0.6,中三弹必然被击落,今三人各射击一次,求飞机被击落的概率?
解 设
A=“飞机被击落,,
Bi=“飞机中 i弹,,i=1,2,3，
则 由全概率公式
3
1
)|()()(
i
ii BAPBPAP
162
)()(6.0)(2.0
1)(
6.0)(2.0)(
)|()()(
321
3
21
3
1
BPBPBP
BP
BPBP
BAPBPAP
i
ii
163
设 Cj=“第 j个人命中,,j=1,2,3,则
36.0
7.05.06.0
3.05.06.03.05.04.0
)(
)()()(
321
3213211
CCCP
CCCPCCCPBP
164
41.0
7.05.06.0
7.05.04.03.05.04.0
)(
)()()(
321
3213212
CCCP
CCCPCCCPBP
14.07.05.04.0
)()( 3213
CCCPBP
165
所以
458.0
14.041.06.036.02.0
)()(6.0)(2.0
)|()()(
111
3
1
BPBPBP
BAPBPAP
i
ii
