概率论的基本概念
典型例题分析一、事件的表示及其等价表示例1 设A，B，C为三个事件，则“A，B，C中至少有一个不发生”这一事件可表示为（）。
(A) AB+AC+BC (B) A+B+C
(C) ++ (D) ++
分析 根据事件的并的定义，凡是出现“至少有一个”，均可由“并”来表示，在本题中，要表示的事件是“至少有一个不发生”，由于不发生可由对立事件来表示，于是“A，B，C至少有一个不发生”等价于“，，中至少有一个发生”，故答案（D）正确。
答 选择（D）。
二、事件的关系与运算例1 如果A与B互不相容，则（ ）。
（A）= （B） =B
（C） + = （D）A+B=
分析 这里要区分互不相容和对立事件。如图，A与B互不相容，显然（D），（B）不成立。而= -（也不为，故（A）也不成立，事实上，由于+== ,于是选择（C）。
答 选择（C）。
例2 A，B是两个事件，则下列关系正确的是（ ）。
（A）（A-B）+B=A （B）AB+（A-B）=A
（C）（A+B）-B=A （D）（AB+A）-B=A
分析 这类问题的关键在于正确理解事件运算的定义和性质，必要时可借助于文氏图来分析。比如选项（A）的左边的运算结果应该等于A+B，而不是A；而选项（C）左边运算的含义是A发生而B不发生，即为A-B，这两个选项的关键在于注意求和差运算的顺序。选项（B）的左边实际上等于AB+A=A（B+）=A，从而选项（B）是正确的，最后选项（D）左边的括号中运算结果实际上等于A，从而左边运算的结果为A-B。
答 选择（B）。
三,应用概率性质计算概率例1 已知，，，则_______.
分析 首先，由题设及加法法则知=0，尽管AB一般不一定等于，但在概率计算时视其为也不会影响计算结果。在求填空题时，这是一种好的技巧。接下来不妨设AB=，此时，从而=1-=1-p.
答 1-p,
例2 已知=0.4，=0.2，=0.6，则=_______.
分析 由于=1-，因而需计算。又根据加法公式有=+-，其中题设中已知和，因而需计算，
注意到+=。由此可计算从而得。
答 0。
四、由概率性质导出的一些结果例1 设=0.6，=0.7，证明0.30.6.
分析 证明概率不等式的基本依据是概率的性质，通常包括：事件的概率介于0和1之间；子事件的概率不大于母事件的概率；概率的计算公式等。
证明 首先由A，知=0.6，其次，由=+-=0.6+0.7-，又由1知0.6+0.7-1=0.3。
五、古典概率的概率计算
1 袋中取球问题例1 一袋中装有个球，其中个黑球，个白球，现随机地从中每次抽取出一个球（不放回），求下列事件的概率：
第i次取到的是白球；
第i次才取到白球；
前i次中能取到白球；
前i次中恰好取到个白球（，）；
到第i次为止才取到个白球（，）；
取球直到剩下的球的颜色都相同为止，最后剩下的全是白球。
分析 本题中取球是按顺序取的，所考虑的事件往往也涉及取球的顺序，所以在计算样本点数（即基本事件数）时，要用排列数。
解 （1）个球按顺序取出共有（）！种取法，其中第i次取出的是白球的取法按乘法法则共有种取法，于是“第i次取到的是白球”这一事件的概率为
==。
（2）同（1），基本事件总数为（）！，而“第i次才取到白球”等价于“前i-1次取到的全是黑球，而且第i次取到的是白球”，由乘法法则，其取法共有，于是“第i次才取到白球”这一事件的概率为
（3）记该事件为，先计算其对立事件“前i次没有取到白球”的概率，
于是
=1-=1-=1-；
（4）记该事件为，则易知
（5）“到第i次为止才取到个白球”等价于“前i-1次恰好取到-1个白球，而第i次取到的是白球”，于是该事件的概率为
（6）首先注意到“剩下的都是白球”等价于“最后一次取到的是白球”于是由（1）的结果，该事件F的概率为
2 放球入箱问题例 将个球随意放入N 个箱子中，其中每个球等可能放入任意一个箱子，求下列事件的概率：
（1）指定的个箱子各放入一球（设N）；
（2）每个箱子最多放入一球；
（3）第i个箱子不空；
（4）第i个箱子恰好放入（）个球。
分析 这一问题最关键的特点在于每个箱子可以被重复抽取，每个球有N种放法，从而个球的总放法为。
解 （1）基本事件总数为，将个球放入指定的个箱子中，每个箱子各放入一球，这是一个全排列问题，因而放法有！种，于是该事件A 的概率为
（2）基本事件总数为，每个箱子最多放入一球，相当于在N个箱子中任取个箱子，个球在这个箱子中任意各放入一球，根据乘法法则或排列数，共有=种放法，于是事件B“每个箱子最多放入一球”的概率为
（3）先计算对立事件“第i个箱子为空”的概率。基本事件总数为，而表明各球任意放入第i个箱子以外的其他N-1个箱子中，共有种放法，于是
，
故
（4）基本事件总数为，第i个箱子恰好放入个球可分成两步：个球中任意取个球放入第i个箱子，共有种取法，然后其他-个球随意放入其他N-1个箱子中，共有种放法。由乘法法则，第i个箱子恰好放入个球的放法有，从而该事件D 的概率为
例 一辆飞机场的交通车载有25名乘客，途经9个站，每位乘客都等可能在9个站中任意一站下车，交通车只在有乘客下车时才停车。求下列事件的概率：
（1）交通车在第i站停车；
（2）交通车在第i站和第j站至少有一站停车；
（3）交通车在第i站和第j站均停车；
（4）在第i站恰有3人下车。
分析 此问题是上面例题放球问题的具体应用：将25名乘客视为25个球，9个站视为9个箱子，于是“第i站停车”等价于“第i站至少有一乘客下车”既而相当于“第i个箱子不为空”，其他类似。
解 （1）“交通车在第i站停车”等价于“第i站至少有一乘客下车”，先求对立事件“第i站无人下车”的概率，类似于上面，由于每个乘客可以在任意一站下车，从而有9种情况，于是25名乘客有种下车的情况，而“第i站无人下车”表明25名乘客全部在第i站以外的8个站下车，共有种情况，从而“第i站无人下车”的概率为，于是“第i站至少有1人下车”的概率为1-，即“第i站停车”这一事件Ade概率为
P（A）=1-=1-
（2）类似于（1）的解法，可得“第i站和第j站均无人下车”亦即“第i站和第j站均不停车”的概率为，于是“第i站和第j站至少有一站停车”的概率为
（3）记“第i站停车”为事件，“第j站停车”为事件，则所考察的事件“第i站和第j站均停车”为，由（1）知P（）=1-，P（）=1-，由（2）知
于是由概率的加法公式可得
（4）类似于上面例题，“第i站恰有3人下车”这一事件E的概率为
六、几何概率例 两艘轮船都要停靠同一泊位，它们可能在一昼夜的任意时间到达，设两船停靠泊位的时间分别为1小时和2小时，则一艘轮船停靠泊位时，需要等待空出码头的概率为________.
分析 两艘船到达时间视为平面坐标系中的点，据题意，它等可能取矩形区域[0，24]*[0，24]上任意一点，符合几何概型。不妨设甲船坐标为x，乙船为y，则一船停靠时需要等待空出码头分两种情况：甲先到，乙随后的一小时内到达；乙先到，甲随后两小时内到达，于是这一事件可表示为（x,y）落在区域：。如图，根据几何概型计算可得
答 0.121。
七、条件概率与独立性的定义与性质例 设A，B为任意两个事件，且，则（）
（A） （B）
（C） （D）
分析 不能直接比较，需要根据条件概率定义转化为无条件概率来比较，事实上，由。故（A）成立。
答 选择（A）。
八、利用独立性及伯努利概型计算概率例 某种产品每批中都有2/3为合格品，验收每批时规定，从中先取一个，若是合格就放回去再取一个，如果仍为合格品，则接受该批产品，否则拒收，求检验三批，最多只有一批被拒收的概率。
分析 检验三批，可视为做三次伯努利试验，最终为求得“最多有一批拒收”的概率可使用伯努利概型，为使用伯努利概型关键需要知道每批拒收的概率，而每批是否拒收的根据是每批产品的两次检验，又相当于两次伯努利试验，因此又是通过伯努利概型来计算的。可见这里要使用伯努利概型两次。
解 先确定每批产品拒收的概率，据题设，“产品拒收”可表示为两次放回检验中“至少一次检验不合格”，于是可以先计算“产品被接收”的概率，即“两次检验均合格”的概率。记
“第i次检验为合格”，“产品拒收”为B，则
。
检验三批，设表示“有i批被拒收”，则“最多只有一批被拒收可表示为，而且
。
九、条件概率的计算例 某种机器按设计要求使用寿命超过20年的概率为0.8，超过30年的概率为0.5，该机器使用20年后，将在10年内损坏的概率为______.
分析 本例涉及两个事件A={该机器使用寿命超过20年}以及B={该机器使用寿命超过30年}，所求的是在事件A发生的条件下，事件发生的条件概率，直接由条件概率的定义可计算之，事实上，由
进而
答 。
例 一个家庭中有两个小孩，如果已知老大是女孩，则老二也是女孩的概率为多大？如果已知其中有一个女孩，则另一个也是女孩的概率是多大？
分析 一般假设各胎生男生女是独立的且可能性相同，如果记={老大是女孩}，={老二是女孩}，则有与独立，且。由此易解得第一个问题，关键是要注意第二问与第一问得区别，在第二问中条件事件应理解为至少有一个是女孩。
解 ，如分析中所设，则第一问归结为求，由于与独立，且，于是
即已知老大是女孩的条件下，老二也是女孩的概率为。对第二问，条件事件是“两个孩子中至少有一个是女孩”相应所求时间可表述为“两个孩子均为女孩”，问题于是归结为求
，由
，
。
于是
即已知其中有一个是女孩的条件下，另一个也是女孩的概率为。
十、乘法公式、全概率公式与贝叶斯公式例 袋中有一个红球和一个白球，从中随机摸出一个球，如果取出的球是红球，则把此球放回袋中，并加进一个红球，然后从中再摸一个球，如果还是红球则仍把此红球放回袋中并加进一个红球，如此反复进行，直到摸出白球为止，求第n次才摸出白球的概率。
分析,第n次才摸出白球”这一事件等价于“n 次摸球中，前n-1次摸出的均为红球，第n次摸出的是白球”，由于每次摸球的结果的可能性均依赖于前面摸球的结果，这是典型的利用乘法公式求交的概率的问题。
解 设={第i次摸出红球}，i=1，2，3，…，n.
显然
于是
例 某商店收进甲厂生产的产品30箱，乙厂生产的同类产品20箱，甲厂产品每箱装100个，废品率为0.06，乙厂产品每箱装120个，废品率为0.05。
（1）任取一箱，从中任取一个产品，求其为废品的概率；
（2）若将所有产品开箱混装，任取一个，求其为废品的概率。
分析 这是一个典型的全概率公式应用的概率计算问题，为求最终取得的产品为废品的概率，题设已知甲厂产品的废品率，即已知是甲厂产品的条件下，产品为废品的概率，也已知乙厂产品的废品率，即已知是乙厂的条件下，产品为废品的概率，利用全概率公式还需知道产品是甲厂产品或乙厂产品的概率，问题（1）和（2）抽取产品的方式不同，在问题（1）中每箱等可能被抽到，而问题（2）中每个产品被等可能抽到，因而会导致两种方式下抽到的产品是甲厂或乙厂的产品的概率不同。
解 设A={产品为甲厂的},B={产品为废品}
由题设知，由全概率公式有：
。
共50箱，甲厂30箱，乙厂20箱，每箱被等可能取到，于是，故
开箱混装，共有30100+20120=5400个产品，其中甲厂产品3000个，乙厂产品2400个，每个产品被等可能抽到，于是故
例 12个乒乓球中有9个新球3个旧球，第一次比赛时取出3个，用完后放回去，第二次比赛又从中取出3个球，
（1）求第二次取出的3个球中有2个新球的概率；
（2）若第二次取出的3个球中有2个新球，求第一次取到的3个球中恰有一个新球的概率。
分析 在问题（1）中，由于第二次取球的结果可能性依赖于第一次取球的不同情况，因而要利用全概率公式，而问题（2）则是在已知第二次取球结果的条件下求第一次取球的概率，因而要利用贝叶斯公式。
解 记={第一次取出i个新球}，i=0，1，2，3，={第二次取出i个新球}，i=0，1，2，3。
根据古典概率计算有：
在第一次取到i个新球的情况下，第二次取球是在9-i个新球，3+i个旧球中任取3个球，于是有
（1）
（2）
第2章 随机变量及其分布典型例题分析离散型随机变量的概率分布与分布函数例 设离散型随机变量的概率分布为：P{X=0}=0.5，P{X=1}=0.3，P{X=3}=0.2，求X 的分布函数及P{X2}。
分析 本题考察读者对离散型的随机变量的概率分布与分布函数之间的关系的掌握。注意分布函数是阶梯函数，并在可能取值处发生跳跃，跳跃高度等于相应的概率。为计算P{X2}，可以直接用取值在该区间上各可能的概率之和，也可以用分布函数来计算。
解 P{X2}=P{X=0}+P{X=1}=0.5+0.3=0.8。
分布函数的性质的应用例 设Xde分布函数为
则有（ ）。
A=1，P{X=1}=0，P{X=0}=0
A=，P{X=1}=，P{X=0}=0
，P{X=1} 0，P{X=0}>0
，P{X=1}=1－A，P{X=0}=0
分析 这里主要考察的知识是分布函数的性质。首先，=0，=1，条件总是满足的；其次要保证单调性，只需即可；再看右连续性，为此只需考虑分段点。在x=0处，F（x）事实上总是连续的，而在x=1处所给函数不论A取何值均右连续，故P{X=0}=0，而P{X=1}=F（1）－F（1－）=1－＝１－=1－A。故（D）是正确的。
答 选择（D）。
根据实际问题求随机变量的分布例 5双不同的鞋子中任取6只，记X 恰好能配成对的双数，求X的分布。
分析 此问题可转化为求事件“恰好能配成k双鞋子”的概率。并注意到Xde取值至少为1。
解 {恰好配成一双}
=，
，
。
连续型随机变量的密度函数例 如果函数是某随机变量的密度函数，则A=______.
分析 利用密度函数的性质确定其中的未知参数：
即
得A=
答 A=。
例 已知连续型随机变量X 的密度函数为，，求X 的分布函数F（x）及。
分析 分布函数是密度函数的变上限积分，要注意的是这里中含有绝对值，求积分时要把绝对值打开，从而转化为分段函数，对分段函数的积分，要根据积分区间跨越不同的分段区间拆开。
解
于是当时，
当x>0时，
综上可得
继而
=
利用随机变量的分解求数学期望例 一辆飞机场的交通车载有25名乘客途径9个站，每位乘客都等可能在这9个站中任意一站下车，（且不受其他乘客下车与否的影响），交通车只在有乘客下车时才停车，记表示第i站下车的乘客数，定义为
且记Y为交通车在9个站中停车的次数。求：
分析 由于每位乘客等可能在9个站中任意一站下车，那么在第i站下车的概率为1/9，对每位乘客考察其是否在第i站下车，可视为一个25重的伯努利试验。于是可视为25重伯努利试验中成功地次数，它服从参数为n=25，p=1/9的二项分布，进一步是一个0-1分布，其参数为p=P{第i站停车}=P{第i站至少有一人下车}=P{}.由此即可计算要计算Y 的数学期望，如果先计算Y的分布会十分复杂，一种简单的办法是利用。
解 即
于是
故
，
得,
又 ，
故 。
确定常用分布中的参数例 设，已知，则=＿＿＿，=＿＿＿。
分析 本题中含有正态分布两个未知参数，给定了两个条件，由此可解出两个未知参数。
首先，由对称性知，。其次，由
查标准正态分布函数表可得。
答 300，。
随机变量函数的分布例 设＿＿＿＿．
分析 求连续形随机变量函数的分布，先求其分布函数，本题中，令，则
于是密度函数为
由于，故X 的密度函数为
从而
故
即服从[5，8]上的均匀分布，即。
答 。
例 设X 服从参数为的指数分布，求的密度函数。
分析 先求Y的分布函数，在求其密度函数。
解
于是，时
时，
又
故时,。
综上,
几种分布的综合例 假设测量的随机误差试求在100次独立重复测量中，至少有三次测量误差的绝对值大于19.6的概率，并利用泊松近似求出的近似值（要求小数点后取两位有效数字）。
分析 本题中是正态分布与二项分布综合的问题，所求事件是100重伯努利试验，每次试验是否成功是指测量误差X取值是否其绝对值大于19.6，而成功的概率由X 服从正态分布分布来计算。
解 设P 为每次测量误差绝对值大于19.6的概率，即
设Y是100次独立重复测量中，事件“测量误差绝对值大于19.6”发生的次数，则，从而
由泊松定理，Y近似服从参数为的泊松分布，故
例 在电源电压不超过200V，200240V，超过240V三种情况下，某种电子元件损坏的概率分别为0.1，0.001，0.2，假设电源电压服从正态分布N（220，），试求
（1）该电子元件损坏的概率；
（2）该电子元件损坏时，电源电压在200240V的概率。
分析 本题是正态分布与全概率公式和贝叶斯公式的综合问题，电子元件可在三种情况（电压的三个不同范围）下损坏，知道每种情况下损坏的概率，而每种情况发生的概率由正 态分布变量X 在三个范围中的概率确定。
解 令 ={电压不超过200V}， ={电压在200240V}， ={电压超过240V}，B={电子元件损坏}。
则
由题设知
。
由全概率公式有
由贝叶斯公式有
非离散和连续型的分布例 假设随机变量X的绝对值不大于1，且P{X=-1}=1/8，P{X=1}=1/4，在事实{-1＜X＜１}出现的条件下，X在（-1，1）内的任一子区间上取值的条件概率与该子区间的长度成正比，试求X的分布函数F（x）.
分析 本题中，X在-1和1两点上有正的概率，同时在（-1，1）上条件分布是一个均匀分布，因而X既不是连续型也不是离散型的分布，求分布函数首先要从分布函数定义出发。
解 由于故有
。
又因为在的条件下，X在（-1，1）内任意子区间上的概率与该子区间长度成正比，故有
特别地：
，
故 。
即有
。
于是，当
综上得：
综合应用例 某保险公司设置某一险种，规定每一保单有效期为一年，有效理赔一次，每个保单收取保费500元，理赔额为10000元。据估计每个保单索赔概率为0.05，设公司共卖出这种保单800个，求该公司在该险种上获得的期望利润。
分析 保险公司的利润来自保费收入减去理赔额，而理赔额等于理赔的保单数乘以每单理赔额，而理赔的保单数服从二项分布，可见最终利润是理赔保单数的一个函数，通常的这类应用问题都是如此，将问题归结为随机变量的函数。
解 设理赔保单数为X，则。
令利润为Y，则
由于，从而
。
典型例题分析一、事件的表示及其等价表示例1 设A，B，C为三个事件，则“A，B，C中至少有一个不发生”这一事件可表示为（）。
(A) AB+AC+BC (B) A+B+C
(C) ++ (D) ++
分析 根据事件的并的定义，凡是出现“至少有一个”，均可由“并”来表示，在本题中，要表示的事件是“至少有一个不发生”，由于不发生可由对立事件来表示，于是“A，B，C至少有一个不发生”等价于“，，中至少有一个发生”，故答案（D）正确。
答 选择（D）。
二、事件的关系与运算例1 如果A与B互不相容，则（ ）。
（A）= （B） =B
（C） + = （D）A+B=
分析 这里要区分互不相容和对立事件。如图，A与B互不相容，显然（D），（B）不成立。而= -（也不为，故（A）也不成立，事实上，由于+== ,于是选择（C）。
答 选择（C）。
例2 A，B是两个事件，则下列关系正确的是（ ）。
（A）（A-B）+B=A （B）AB+（A-B）=A
（C）（A+B）-B=A （D）（AB+A）-B=A
分析 这类问题的关键在于正确理解事件运算的定义和性质，必要时可借助于文氏图来分析。比如选项（A）的左边的运算结果应该等于A+B，而不是A；而选项（C）左边运算的含义是A发生而B不发生，即为A-B，这两个选项的关键在于注意求和差运算的顺序。选项（B）的左边实际上等于AB+A=A（B+）=A，从而选项（B）是正确的，最后选项（D）左边的括号中运算结果实际上等于A，从而左边运算的结果为A-B。
答 选择（B）。
三,应用概率性质计算概率例1 已知，，，则_______.
分析 首先，由题设及加法法则知=0，尽管AB一般不一定等于，但在概率计算时视其为也不会影响计算结果。在求填空题时，这是一种好的技巧。接下来不妨设AB=，此时，从而=1-=1-p.
答 1-p,
例2 已知=0.4，=0.2，=0.6，则=_______.
分析 由于=1-，因而需计算。又根据加法公式有=+-，其中题设中已知和，因而需计算，
注意到+=。由此可计算从而得。
答 0。
四、由概率性质导出的一些结果例1 设=0.6，=0.7，证明0.30.6.
分析 证明概率不等式的基本依据是概率的性质，通常包括：事件的概率介于0和1之间；子事件的概率不大于母事件的概率；概率的计算公式等。
证明 首先由A，知=0.6，其次，由=+-=0.6+0.7-，又由1知0.6+0.7-1=0.3。
五、古典概率的概率计算
1 袋中取球问题例1 一袋中装有个球，其中个黑球，个白球，现随机地从中每次抽取出一个球（不放回），求下列事件的概率：
第i次取到的是白球；
第i次才取到白球；
前i次中能取到白球；
前i次中恰好取到个白球（，）；
到第i次为止才取到个白球（，）；
取球直到剩下的球的颜色都相同为止，最后剩下的全是白球。
分析 本题中取球是按顺序取的，所考虑的事件往往也涉及取球的顺序，所以在计算样本点数（即基本事件数）时，要用排列数。
解 （1）个球按顺序取出共有（）！种取法，其中第i次取出的是白球的取法按乘法法则共有种取法，于是“第i次取到的是白球”这一事件的概率为
==。
（2）同（1），基本事件总数为（）！，而“第i次才取到白球”等价于“前i-1次取到的全是黑球，而且第i次取到的是白球”，由乘法法则，其取法共有，于是“第i次才取到白球”这一事件的概率为
（3）记该事件为，先计算其对立事件“前i次没有取到白球”的概率，
于是
=1-=1-=1-；
（4）记该事件为，则易知
（5）“到第i次为止才取到个白球”等价于“前i-1次恰好取到-1个白球，而第i次取到的是白球”，于是该事件的概率为
（6）首先注意到“剩下的都是白球”等价于“最后一次取到的是白球”于是由（1）的结果，该事件F的概率为
2 放球入箱问题例 将个球随意放入N 个箱子中，其中每个球等可能放入任意一个箱子，求下列事件的概率：
（1）指定的个箱子各放入一球（设N）；
（2）每个箱子最多放入一球；
（3）第i个箱子不空；
（4）第i个箱子恰好放入（）个球。
分析 这一问题最关键的特点在于每个箱子可以被重复抽取，每个球有N种放法，从而个球的总放法为。
解 （1）基本事件总数为，将个球放入指定的个箱子中，每个箱子各放入一球，这是一个全排列问题，因而放法有！种，于是该事件A 的概率为
（2）基本事件总数为，每个箱子最多放入一球，相当于在N个箱子中任取个箱子，个球在这个箱子中任意各放入一球，根据乘法法则或排列数，共有=种放法，于是事件B“每个箱子最多放入一球”的概率为
（3）先计算对立事件“第i个箱子为空”的概率。基本事件总数为，而表明各球任意放入第i个箱子以外的其他N-1个箱子中，共有种放法，于是
，
故
（4）基本事件总数为，第i个箱子恰好放入个球可分成两步：个球中任意取个球放入第i个箱子，共有种取法，然后其他-个球随意放入其他N-1个箱子中，共有种放法。由乘法法则，第i个箱子恰好放入个球的放法有，从而该事件D 的概率为
例 一辆飞机场的交通车载有25名乘客，途经9个站，每位乘客都等可能在9个站中任意一站下车，交通车只在有乘客下车时才停车。求下列事件的概率：
（1）交通车在第i站停车；
（2）交通车在第i站和第j站至少有一站停车；
（3）交通车在第i站和第j站均停车；
（4）在第i站恰有3人下车。
分析 此问题是上面例题放球问题的具体应用：将25名乘客视为25个球，9个站视为9个箱子，于是“第i站停车”等价于“第i站至少有一乘客下车”既而相当于“第i个箱子不为空”，其他类似。
解 （1）“交通车在第i站停车”等价于“第i站至少有一乘客下车”，先求对立事件“第i站无人下车”的概率，类似于上面，由于每个乘客可以在任意一站下车，从而有9种情况，于是25名乘客有种下车的情况，而“第i站无人下车”表明25名乘客全部在第i站以外的8个站下车，共有种情况，从而“第i站无人下车”的概率为，于是“第i站至少有1人下车”的概率为1-，即“第i站停车”这一事件Ade概率为
P（A）=1-=1-
（2）类似于（1）的解法，可得“第i站和第j站均无人下车”亦即“第i站和第j站均不停车”的概率为，于是“第i站和第j站至少有一站停车”的概率为
（3）记“第i站停车”为事件，“第j站停车”为事件，则所考察的事件“第i站和第j站均停车”为，由（1）知P（）=1-，P（）=1-，由（2）知
于是由概率的加法公式可得
（4）类似于上面例题，“第i站恰有3人下车”这一事件E的概率为
六、几何概率例 两艘轮船都要停靠同一泊位，它们可能在一昼夜的任意时间到达，设两船停靠泊位的时间分别为1小时和2小时，则一艘轮船停靠泊位时，需要等待空出码头的概率为________.
分析 两艘船到达时间视为平面坐标系中的点，据题意，它等可能取矩形区域[0，24]*[0，24]上任意一点，符合几何概型。不妨设甲船坐标为x，乙船为y，则一船停靠时需要等待空出码头分两种情况：甲先到，乙随后的一小时内到达；乙先到，甲随后两小时内到达，于是这一事件可表示为（x,y）落在区域：。如图，根据几何概型计算可得
答 0.121。
七、条件概率与独立性的定义与性质例 设A，B为任意两个事件，且，则（）
（A） （B）
（C） （D）
分析 不能直接比较，需要根据条件概率定义转化为无条件概率来比较，事实上，由。故（A）成立。
答 选择（A）。
八、利用独立性及伯努利概型计算概率例 某种产品每批中都有2/3为合格品，验收每批时规定，从中先取一个，若是合格就放回去再取一个，如果仍为合格品，则接受该批产品，否则拒收，求检验三批，最多只有一批被拒收的概率。
分析 检验三批，可视为做三次伯努利试验，最终为求得“最多有一批拒收”的概率可使用伯努利概型，为使用伯努利概型关键需要知道每批拒收的概率，而每批是否拒收的根据是每批产品的两次检验，又相当于两次伯努利试验，因此又是通过伯努利概型来计算的。可见这里要使用伯努利概型两次。
解 先确定每批产品拒收的概率，据题设，“产品拒收”可表示为两次放回检验中“至少一次检验不合格”，于是可以先计算“产品被接收”的概率，即“两次检验均合格”的概率。记
“第i次检验为合格”，“产品拒收”为B，则
。
检验三批，设表示“有i批被拒收”，则“最多只有一批被拒收可表示为，而且
。
九、条件概率的计算例 某种机器按设计要求使用寿命超过20年的概率为0.8，超过30年的概率为0.5，该机器使用20年后，将在10年内损坏的概率为______.
分析 本例涉及两个事件A={该机器使用寿命超过20年}以及B={该机器使用寿命超过30年}，所求的是在事件A发生的条件下，事件发生的条件概率，直接由条件概率的定义可计算之，事实上，由
进而
答 。
例 一个家庭中有两个小孩，如果已知老大是女孩，则老二也是女孩的概率为多大？如果已知其中有一个女孩，则另一个也是女孩的概率是多大？
分析 一般假设各胎生男生女是独立的且可能性相同，如果记={老大是女孩}，={老二是女孩}，则有与独立，且。由此易解得第一个问题，关键是要注意第二问与第一问得区别，在第二问中条件事件应理解为至少有一个是女孩。
解 ，如分析中所设，则第一问归结为求，由于与独立，且，于是
即已知老大是女孩的条件下，老二也是女孩的概率为。对第二问，条件事件是“两个孩子中至少有一个是女孩”相应所求时间可表述为“两个孩子均为女孩”，问题于是归结为求
，由
，
。
于是
即已知其中有一个是女孩的条件下，另一个也是女孩的概率为。
十、乘法公式、全概率公式与贝叶斯公式例 袋中有一个红球和一个白球，从中随机摸出一个球，如果取出的球是红球，则把此球放回袋中，并加进一个红球，然后从中再摸一个球，如果还是红球则仍把此红球放回袋中并加进一个红球，如此反复进行，直到摸出白球为止，求第n次才摸出白球的概率。
分析,第n次才摸出白球”这一事件等价于“n 次摸球中，前n-1次摸出的均为红球，第n次摸出的是白球”，由于每次摸球的结果的可能性均依赖于前面摸球的结果，这是典型的利用乘法公式求交的概率的问题。
解 设={第i次摸出红球}，i=1，2，3，…，n.
显然
于是
例 某商店收进甲厂生产的产品30箱，乙厂生产的同类产品20箱，甲厂产品每箱装100个，废品率为0.06，乙厂产品每箱装120个，废品率为0.05。
（1）任取一箱，从中任取一个产品，求其为废品的概率；
（2）若将所有产品开箱混装，任取一个，求其为废品的概率。
分析 这是一个典型的全概率公式应用的概率计算问题，为求最终取得的产品为废品的概率，题设已知甲厂产品的废品率，即已知是甲厂产品的条件下，产品为废品的概率，也已知乙厂产品的废品率，即已知是乙厂的条件下，产品为废品的概率，利用全概率公式还需知道产品是甲厂产品或乙厂产品的概率，问题（1）和（2）抽取产品的方式不同，在问题（1）中每箱等可能被抽到，而问题（2）中每个产品被等可能抽到，因而会导致两种方式下抽到的产品是甲厂或乙厂的产品的概率不同。
解 设A={产品为甲厂的},B={产品为废品}
由题设知，由全概率公式有：
。
共50箱，甲厂30箱，乙厂20箱，每箱被等可能取到，于是，故
开箱混装，共有30100+20120=5400个产品，其中甲厂产品3000个，乙厂产品2400个，每个产品被等可能抽到，于是故
例 12个乒乓球中有9个新球3个旧球，第一次比赛时取出3个，用完后放回去，第二次比赛又从中取出3个球，
（1）求第二次取出的3个球中有2个新球的概率；
（2）若第二次取出的3个球中有2个新球，求第一次取到的3个球中恰有一个新球的概率。
分析 在问题（1）中，由于第二次取球的结果可能性依赖于第一次取球的不同情况，因而要利用全概率公式，而问题（2）则是在已知第二次取球结果的条件下求第一次取球的概率，因而要利用贝叶斯公式。
解 记={第一次取出i个新球}，i=0，1，2，3，={第二次取出i个新球}，i=0，1，2，3。
根据古典概率计算有：
在第一次取到i个新球的情况下，第二次取球是在9-i个新球，3+i个旧球中任取3个球，于是有
（1）
（2）
第2章 随机变量及其分布典型例题分析离散型随机变量的概率分布与分布函数例 设离散型随机变量的概率分布为：P{X=0}=0.5，P{X=1}=0.3，P{X=3}=0.2，求X 的分布函数及P{X2}。
分析 本题考察读者对离散型的随机变量的概率分布与分布函数之间的关系的掌握。注意分布函数是阶梯函数，并在可能取值处发生跳跃，跳跃高度等于相应的概率。为计算P{X2}，可以直接用取值在该区间上各可能的概率之和，也可以用分布函数来计算。
解 P{X2}=P{X=0}+P{X=1}=0.5+0.3=0.8。
分布函数的性质的应用例 设Xde分布函数为
则有（ ）。
A=1，P{X=1}=0，P{X=0}=0
A=，P{X=1}=，P{X=0}=0
，P{X=1} 0，P{X=0}>0
，P{X=1}=1－A，P{X=0}=0
分析 这里主要考察的知识是分布函数的性质。首先，=0，=1，条件总是满足的；其次要保证单调性，只需即可；再看右连续性，为此只需考虑分段点。在x=0处，F（x）事实上总是连续的，而在x=1处所给函数不论A取何值均右连续，故P{X=0}=0，而P{X=1}=F（1）－F（1－）=1－＝１－=1－A。故（D）是正确的。
答 选择（D）。
根据实际问题求随机变量的分布例 5双不同的鞋子中任取6只，记X 恰好能配成对的双数，求X的分布。
分析 此问题可转化为求事件“恰好能配成k双鞋子”的概率。并注意到Xde取值至少为1。
解 {恰好配成一双}
=，
，
。
连续型随机变量的密度函数例 如果函数是某随机变量的密度函数，则A=______.
分析 利用密度函数的性质确定其中的未知参数：
即
得A=
答 A=。
例 已知连续型随机变量X 的密度函数为，，求X 的分布函数F（x）及。
分析 分布函数是密度函数的变上限积分，要注意的是这里中含有绝对值，求积分时要把绝对值打开，从而转化为分段函数，对分段函数的积分，要根据积分区间跨越不同的分段区间拆开。
解
于是当时，
当x>0时，
综上可得
继而
=
利用随机变量的分解求数学期望例 一辆飞机场的交通车载有25名乘客途径9个站，每位乘客都等可能在这9个站中任意一站下车，（且不受其他乘客下车与否的影响），交通车只在有乘客下车时才停车，记表示第i站下车的乘客数，定义为
且记Y为交通车在9个站中停车的次数。求：
分析 由于每位乘客等可能在9个站中任意一站下车，那么在第i站下车的概率为1/9，对每位乘客考察其是否在第i站下车，可视为一个25重的伯努利试验。于是可视为25重伯努利试验中成功地次数，它服从参数为n=25，p=1/9的二项分布，进一步是一个0-1分布，其参数为p=P{第i站停车}=P{第i站至少有一人下车}=P{}.由此即可计算要计算Y 的数学期望，如果先计算Y的分布会十分复杂，一种简单的办法是利用。
解 即
于是
故
，
得,
又 ，
故 。
确定常用分布中的参数例 设，已知，则=＿＿＿，=＿＿＿。
分析 本题中含有正态分布两个未知参数，给定了两个条件，由此可解出两个未知参数。
首先，由对称性知，。其次，由
查标准正态分布函数表可得。
答 300，。
随机变量函数的分布例 设＿＿＿＿．
分析 求连续形随机变量函数的分布，先求其分布函数，本题中，令，则
于是密度函数为
由于，故X 的密度函数为
从而
故
即服从[5，8]上的均匀分布，即。
答 。
例 设X 服从参数为的指数分布，求的密度函数。
分析 先求Y的分布函数，在求其密度函数。
解
于是，时
时，
又
故时,。
综上,
几种分布的综合例 假设测量的随机误差试求在100次独立重复测量中，至少有三次测量误差的绝对值大于19.6的概率，并利用泊松近似求出的近似值（要求小数点后取两位有效数字）。
分析 本题中是正态分布与二项分布综合的问题，所求事件是100重伯努利试验，每次试验是否成功是指测量误差X取值是否其绝对值大于19.6，而成功的概率由X 服从正态分布分布来计算。
解 设P 为每次测量误差绝对值大于19.6的概率，即
设Y是100次独立重复测量中，事件“测量误差绝对值大于19.6”发生的次数，则，从而
由泊松定理，Y近似服从参数为的泊松分布，故
例 在电源电压不超过200V，200240V，超过240V三种情况下，某种电子元件损坏的概率分别为0.1，0.001，0.2，假设电源电压服从正态分布N（220，），试求
（1）该电子元件损坏的概率；
（2）该电子元件损坏时，电源电压在200240V的概率。
分析 本题是正态分布与全概率公式和贝叶斯公式的综合问题，电子元件可在三种情况（电压的三个不同范围）下损坏，知道每种情况下损坏的概率，而每种情况发生的概率由正 态分布变量X 在三个范围中的概率确定。
解 令 ={电压不超过200V}， ={电压在200240V}， ={电压超过240V}，B={电子元件损坏}。
则
由题设知
。
由全概率公式有
由贝叶斯公式有
非离散和连续型的分布例 假设随机变量X的绝对值不大于1，且P{X=-1}=1/8，P{X=1}=1/4，在事实{-1＜X＜１}出现的条件下，X在（-1，1）内的任一子区间上取值的条件概率与该子区间的长度成正比，试求X的分布函数F（x）.
分析 本题中，X在-1和1两点上有正的概率，同时在（-1，1）上条件分布是一个均匀分布，因而X既不是连续型也不是离散型的分布，求分布函数首先要从分布函数定义出发。
解 由于故有
。
又因为在的条件下，X在（-1，1）内任意子区间上的概率与该子区间长度成正比，故有
特别地：
，
故 。
即有
。
于是，当
综上得：
综合应用例 某保险公司设置某一险种，规定每一保单有效期为一年，有效理赔一次，每个保单收取保费500元，理赔额为10000元。据估计每个保单索赔概率为0.05，设公司共卖出这种保单800个，求该公司在该险种上获得的期望利润。
分析 保险公司的利润来自保费收入减去理赔额，而理赔额等于理赔的保单数乘以每单理赔额，而理赔的保单数服从二项分布，可见最终利润是理赔保单数的一个函数，通常的这类应用问题都是如此，将问题归结为随机变量的函数。
解 设理赔保单数为X，则。
令利润为Y，则
由于，从而
。
