题型 4 关于事件独立性与独立重复试验的问题

方法与技巧

事件的独立性是概率论中的一个非常重要的概念. 概率论与数理统计中的很多内容都是在独立的前提下讨论的. 应该注意到, 在实际应用中, 对于事件的独立性, 我们往往不是根据定义来判断而是根据实际意义来加以判断的. 根据实际背景判断事件的独立性, 往往并不困难.

伯努利概型是独立重复试验的一个重要概率模型,其特点是: 一次试验中只有事件 $A$ 发生与不发生两种情况; 各次试验中事件 $A$ 发生的概率都相同; 各次试验是相互独立的. 利用二项概率公式,可以计算 $n$ 次重复试验中某个事件 $A$ 恰好发生 $k\left(0\le k\le n\right)$ 次的概率,也可以计算 $A$ 至少发生 $k$ 次或 $A$ 最多发生 $k$ 次的概率. 此部分可以与第二章的二项分布合并记忆.

6.30

设 $A,B$ 是任意二事件,其中 $A$ 的概率不等于 0 和 1,证明 $P\left(B\mid A\right)=P\left(B\mid \bar{A}\right)$ 是事件 $A$ 与 $B$ 独立的充分必要条件.

证

由于 $A$ 的概率不等于 0 和 1,知题中两个条件概率都存在.

(1)必要性. 由事件 $A$ 与 $B$ 独立,知事件 $\bar{A}$ 与 $B$ 也独立. 因此 $P\left(B\mid A\right)=P\left(B\right),P\left(B\mid \bar{A}\right)$ $=P\left(B\right)$,从而 $P\left(B\mid A\right)=P\left(B\mid \bar{A}\right)$.

(2)充分性. 由 $P\left(B\mid A\right)=P\left(B\mid \bar{A}\right)$,可见

$$\frac{P\left(AB\right)}{P\left(A\right)}=\frac{P\left(\bar{A}B\right)}{P\left(\bar{A}\right)}=\frac{P\left(B\right)-P\left(AB\right)}{1-P\left(A\right)},$$ $$P\left(AB\right)\left[1-P\left(A\right)\right]=P\left(A\right)P\left(B\right)-P\left(A\right)P\left(AB\right),$$ $$P\left(AB\right)=P\left(A\right)P\left(B\right).$$

因此 $A$ 与 $B$ 独立.

6.31

加工某一零件共需经过四道工序,设第一、二、三、四道工序的次品率分别为 0.02, 0.03,0.05和 0.03. 假设各道工序是互不影响的,求加工出来的零件的次品率.

解

设 $A_i=$ “第 $i$ 道工序出次品”, $i=1,2,3,4;A=$ “零件为次品”,则 $A=A_1\cup A_2\cup A_3$ $\cup A_4$.

由题设, $A_1,A_2,A_3,A_4$ 相互独立,故 ${\bar{A}}_1,{\bar{A}}_2,{\bar{A}}_3,{\bar{A}}_4$ 也相互独立,从而

$$P\left(A\right)=P\left(A_1\cup A_2\cup A_3\cup A_4\right)=1-P\left(\overline{A_1\cup A_2\cup A_3\cup A_4}\right)$$ $$=1-P\left({\bar{A}}_1{\bar{A}}_2{\bar{A}}_3{\bar{A}}_4\right)=1-P\left({\bar{A}}_1\right)P\left({\bar{A}}_2\right)P\left({\bar{A}}_3\right)P\left({\bar{A}}_4\right)$$ $$=1-0.98\times 0.97\times 0.95\times 0.97=0.124\text{.}$$

6.32

设随机事件 $A$ 与 $B$ 相互独立, $A$ 与 $C$ 相互独立, $BC=\Phi$,若 $P\left(A\right)=P\left(B\right)=\frac{1}{2}$, $P\left(AC\mid AB\cup C\right)=\frac{1}{4}$,求 $P\left(C\right)$.

解

$P\left(AC\mid AB\cup C\right)=\frac{P\left[AC\left(AB\cup C\right)\right]}{P\left(AB\cup C\right)}$

$$=\frac{P\left(ABC\cup AC\right)}{P\left(AB\right)+P\left(C\right)-P\left(ABC\right)}=\frac{P\left(AC\right)}{P\left(AB\right)+P\left(C\right)}$$ $$=\frac{P\left(A\right)P\left(C\right)}{P\left(A\right)P\left(B\right)+P\left(C\right)}=\frac{\frac{1}{2}P\left(C\right)}{\frac{1}{4}+P\left(C\right)}=\frac{1}{4}.$$

得 $P\left(C\right)=\frac{1}{4}$.

6.33

今有甲、乙两名射手轮流对同一目标进行射击,甲命中的概率为 $p_1$,乙命中的概率为 $p_2$,甲先射,谁先命中谁得胜,分别求甲、乙二人获胜的概率.

分析

一般假定甲、乙二人射击命中与否是相互独立的,问题在于如何表示出事件“甲获胜”、“乙获胜”,若令 $A$ 、 $B$ 分别表示“甲获胜”、“乙获胜”, $A_i,B_i\left(i=1,2,\cdots \right)$ 分别表示“甲第 $i$ 次射击命中”、“乙第 $i$ 次射击命中”,则有

$$A=A_1\cup {\bar{A}}_1{\bar{B}}_1{A}_2\cup {\bar{A}}_1{\bar{B}}_1{\bar{A}}_2{\bar{B}}_2{A}_3\cup \cdots$$ $$B={\bar{A}}_1{B}_1\cup {\bar{A}}_1{\bar{B}}_1{\bar{A}}_2{B}_2\cup {\bar{A}}_1{\bar{B}}_1{\bar{A}}_2{\bar{B}}_2{\bar{A}}_3{B}_3\cup \cdots$$

再注意到 $A,B$ 表示式中的诸事件互不相容,剩下的问题是利用加法公式和独立性计算 $P\left(A\right),P\left(B\right)$.

解

令 $A,B$ 分别表示 “甲获胜”、“乙获胜”, $A_i,B_i\left(i=1,2,\cdots \right)$ 分别表示“甲第 $i$ 次射击命中”、“乙第 $i$ 次射击命中”,则有

$$A=A_1\cup {\bar{A}}_1{\bar{B}}_1{A}_2\cup {\bar{A}}_1{\bar{B}}_1{\bar{A}}_2{\bar{B}}_2{A}_3\cup \cdots$$ $$B={\bar{A}}_1{B}_1\cup {\bar{A}}_1{\bar{B}}_1{\bar{A}}_2{B}_2\cup {\bar{A}}_1{\bar{B}}_1{\bar{A}}_2{\bar{B}}_2{\bar{A}}_3{B}_3\cup \cdots$$

因而

$$P\left(A\right)=P\left(A_1\right)+P\left({\bar{A}}_1{\bar{B}}_1{A}_2\right)+P\left({\bar{A}}_1{\bar{B}}_1{\bar{A}}_2{\bar{B}}_2{A}_3\right)+\cdots$$ $$=P\left(A_1\right)+P\left({\bar{A}}_1\right)P\left({\bar{B}}_1\right)P\left(A_2\right)$$ $$+P\left({\bar{A}}_1\right)P\left({\bar{B}}_1\right)P\left({\bar{A}}_2\right)P\left({\bar{B}}_2\right)P\left(A_3\right)+\cdots$$ $$=p_1+\left(1-p_1\right)\left(1-p_2\right)p_1+{\left(1-p_1\right)}^2{\left(1-p_2\right)}^2{p}_1+\cdots$$ $$=\frac{p_1}{1-\left(1-p_1\right)\left(1-p_2\right)}=\frac{p_1}{p_1+p_2-p_1{p}_2}$$ $$P\left(B\right)=P\left({\bar{A}}_1{B}_1\right)+P\left({\bar{A}}_1{\bar{B}}_1{\bar{A}}_2{B}_2\right)+P\left({\bar{A}}_1{\bar{B}}_1{\bar{A}}_2{\bar{B}}_2{\bar{A}}_3{B}_3\right)+\cdots$$ $$=P\left({\bar{A}}_1\right)P\left(B_1\right)+P\left({\bar{A}}_1\right)P\left({\bar{B}}_1\right)P\left({\bar{A}}_2\right)P\left(B_2\right)$$ $$+P\left({\bar{A}}_1\right)P\left({\bar{B}}_1\right)P\left({\bar{A}}_2\right)P\left({\bar{B}}_2\right)P\left({\bar{A}}_3\right)P\left(B_3\right)+\cdots$$ $$=\left(1-p_1\right)p_2+{\left(1-p_1\right)}^2\left(1-p_2\right)p_2+{\left(1-p_1\right)}^3{\left(1-p_2\right)}^2{p}_2+\cdots$$ $$=\frac{\left(1-p_1\right)p_2}{1-\left(1-p_1\right)\left(1-p_2\right)}=\frac{\left(1-p_1\right)p_2}{p_1+p_2-p_1{p}_2}$$

另外,由 $A$ 与 $B$ 互为逆事件,则 $P\left(B\right)=1-P\left(A\right)$,也可得到结论.

6.34

甲、乙两人投篮命中率分别为 0.7 与 0.8,每人投篮 3 次,求:

(1)两人进球数相等的概率；

(2)甲比乙进球多的概率.

解

甲、乙各投篮 3 次, 分别为 3 重伯努利概型.

设 $A_i=\{$ 甲在 3 次投篮中投入 $i$ 个球 $\},i=0,1,2,3$,

$B_i=\{$ 乙在 3 次投篮中投入 $i$ 个球 $\},i=0,1,2,3$,

$C=\{$ 甲、乙两人进球数相等 $\}$,

$D=\{$ 甲比乙进球多 $\}$.

又知 $A_i$ 与 $B_i\left(i=0,1,2,3\right)$ 是独立的,所以

$$P\left(A_0\right)={0.3}^3=0.027,$$

$P\left(A_1\right)=C_3^1\times 0.7\times {0.3}^2=0.189,$

$$P\left(A_2\right)=C_3^2\times {0.7}^2\times 0.3=0.441,$$

$P\left(A_3\right)={0.7}^3=0.343$

同理可得

$$P\left(B_0\right)=0.008,P\left(B_1\right)=0.096,P\left(B_2\right)=0.384,P\left(B_3\right)=0.512$$

(1)因为 $A_0{B}_0,A_1{B}_1,A_2{B}_2,A_3{B}_3$ 两两互不相容,所以

$$P\left(C\right)=P\left(A_0{B}_0+A_1{B}_1+A_2{B}_2+A_3{B}_3\right)$$ $$=P\left(A_0{B}_0\right)+P\left(A_1{B}_1\right)+P\left(A_2{B}_2\right)+P\left(A_3{B}_3\right)$$ $$=P\left(A_0\right)P\left(B_0\right)+P\left(A_1\right)P\left(B_1\right)+P\left(A_2\right)P\left(B_2\right)+P\left(A_3\right)P\left(B_3\right)$$ $$=0.36332$$

(2) $P\left(D\right)=P\left(A_1{B}_0+A_2{B}_0+A_3{B}_0+A_2{B}_1+A_3{B}_1+A_3{B}_2\right)$

$$=P\left(A_1\right)P\left(B_0\right)+P\left(A_2\right)P\left(B_0\right)+P\left(A_3\right)P\left(B_0\right)+P\left(A_2\right)P\left(B_1\right)$$ $$+P\left(A_3\right)P\left(B_1\right)+P\left(A_3\right)P\left(B_2\right)$$

$=0.21476$.

6.35

某人向同一目标独立重复射击,每次射击命中目标的概率为 $p\left(0<p<1\right)$,则此人第 4 次射击恰好第二次命中目标的概率为( ).

(A) $3p{\left(1-p\right)}^2$ (B) $6p{\left(1-p\right)}^2$ (C) $3p^2{\left(1-p\right)}^2$ (D) $6p^2{\left(1-p\right)}^2$

解

设 $A=$ “第 4 次射击恰好第二次命中目标”,则 $A$ 表示共射击 4 次,其中前 3 次只有 1 次击中目标,且第 4 次击中目标. 因此

$$P\left(A\right)=\left[C_3^{1}p{\left(1-p\right)}^2\right]\cdot p=3p^2{\left(1-p\right)}^2$$

故应选(C)

6.36

(1) 设有四个独立工作的元件1,2,3,4. 它们的可靠性分别为 $p_1,p_2,p_3,p_4$,将它们按图 1-6.36-1 方式联接;

图 1-6.36-1

(2)设有五个独立工作的元件1,2,3,4,5,它们的可靠性分别均为 $p$,将它们按图 1-6.36- 2 的方式联接, 试分别求这两个系统的可靠性.

图 1-6.36-2

解

设系统正常工作为事件 $A,B_i=$ “第 $i$ 个元件正常工作”, $i=1,2,3,4,5$.

(1) $A=B_1{B}_2{B}_3+B_1{B}_4$

$$P\left(A\right)=P\left(B_1{B}_2{B}_3\right)+P\left(B_1{B}_4\right)-P\left(B_1{B}_2{B}_3{B}_4\right)=p_1{p}_2{p}_3+p_1{p}_4-p_1{p}_2{p}_3{p}_4$$

(2) $A=B_1{B}_2+B_1{B}_3{B}_5+B_4{B}_5+B_4{B}_3{B}_2$

$$P\left(A\right)=P\left(B_1{B}_2\right)+P\left(B_1{B}_3{B}_5\right)+P\left(B_4{B}_5\right)+P\left(B_4{B}_3{B}_2\right)-P\left(B_1{B}_2{B}_3{B}_5\right)$$ $$-P\left(B_1{B}_2{B}_4{B}_5\right)-P\left(B_1{B}_2{B}_3{B}_4\right)-P\left(B_1{B}_2{B}_3{B}_4{B}_5\right)-P\left(B_1{B}_3{B}_4{B}_5\right)$$ $$-P\left(B_2{B}_3{B}_4{B}_5\right)+P\left(B_1{B}_2{B}_3{B}_4{B}_5\right)+P\left(B_1{B}_2{B}_3{B}_4{B}_5\right)+P\left(B_1{B}_2{B}_3{B}_4{B}_5\right)$$ $$+P\left(B_1{B}_2{B}_3{B}_4{B}_5\right)-P\left(B_1{B}_2{B}_3{B}_4{B}_5\right)$$ $$=2p^2+2p^3-5p^4+2p^5.$$

6.37

如果一危险情况 $C$ 发生时,一电路闭合并发出警报,我们可以借用两个或多个开关并联以改善可靠性,在 $C$ 发生时这些开关每一个都应闭合,且若至少一个开关闭合了,警报就发出,如果两个这样的开关并联,它们每个具有 0.96 的可靠性 (即在情况 $C$ 发生时闭合的概率),

(1)这时系统的可靠性(即闭合电路的概率)是多少？

(2)如果需要有一个可靠性至少为 0.9999 的系统,则至少需要用多少只开关并联？这里各开关闭合与否都是相互独立的.

图 1-6.37

解

(1) 设 $A_i$ 表示第 $i$ 个开关闭合, $A$ 表示电路闭合,于是 $A=A_1\cup A_2$. 由题意当两个开关并联时 $P\left(A_i\right)=0.96$. 再由 $A_1,A_2$ 的独立性得:

$$P\left(A\right)=P\left(A_1\cup A_2\right)=P\left(A_1\right)+P\left(A_2\right)-P\left(A_1{A}_2\right)=P\left(A_1\right)+P\left(A_2\right)-P\left(A_1\right)\cdot P\left(A_2\right)$$ $$=2\times 0.96-{\left(0.96\right)}^2=0.9984$$ $$P\left(A\right)=1-P\left(\bar{A}\right)=1-P\left({\bar{A}}_1{\bar{A}}_2\right)=1-\left(1-0.96\right)\left(1-0.96\right)=0.9984$$

(2)设至少需要 $n$ 个开关闭合,则

$$P\left(A\right)=P\left(\bigcup _{i=1}^n{A}_i\right)=1-\prod _{i=1}^n\left[1-P\left(A_i\right)\right]=1-{0.04}^n\ge 0.9999$$ $${0.4}^n\le 0.0001$$

所以 $n\ge \frac{\lg 0.0001}{\lg 0.04}\approx 2.86$. 电 34

故至少需要 3 只开关并联.