概率统计1617

§1.6事件的独立性实例一个袋子中有4个红球，6个白球.（1）采用有放回方式从中摸球两次；（2）采用不放回方式从中摸球两次.设A={第一次摸出红球}，B={第二次摸出红球}()().04PBAPB|()()13PBAPB|:().,().0404PAPB不放回摸球:().,().,().PAPBPBA040404有放回摸球|()()()()()()()()pABPBAPBPBPABPAPBPA()()()()()()()()pABPABPAPAPABPAPBPB(),()00PAPB当时，ABAB有放回摸球：发生与否不影响发生的概率，事件和独立.ABAB不放回摸球：发生与否影响发生的概率，事件和不独立.两个事件独立的定义.ABAB则称事件和是相互独立的，简称“和独立”()()().PABPAPB:AB(1)定义中不要求事件和的概率一定大于零.注(2).必然事件、不可能事件和任何事件都独立(3).在实际应用中，经常从直观判断事件的独立性，然后利用下式来简化计算ABPABPAPB()()(),对任意两个事件和，如果()()().PABPAPB例1.20掷两枚均匀的硬币,令=A第一枚硬币正面朝上，=B第二枚硬币反面朝上AB则和是相互独立.hhhtthtt,,,证明：AhhhtBhttt,,,.==PAB1(),4PAPB1()().2AB所以和是相互独立.例1.21(不容易直观判断独立性的例子)PABPAPB()()(),考虑所有两个小孩的家庭,假定生男和生女是等可能的.=A既有男孩又有女孩，=B至多一个女孩,,,bbbggbgg=,,,,AbggbBbbbggb==AB事件和不独立.(),12PAB(),12PA()34PB例1.21(不容易直观判断独立性的例子)PABPAPB()()()考虑所有三个小孩的家庭,假定生男和生女是等可能的.=A既有男孩又有女孩，=B至多一个女孩,,,,,,,bbbbbgbgbbgggbbgbgggbggg=.AB事件和是独立的(),PAB38(),PA34()12PB,,,Bbbbbbgbgbgbb=,,,,,Abbgbgbbgggbbgbgggb=ABAB和独立，和独立..AB只须证明和独立()PABPBAPBABPBPAB===-().1PBPAPBPBPAPBPAABAB如果事件和独立,则和独立,独立条件下的加法公式和乘法公式111PAPB()()().ABPABPAPBA对任意和，则.ABPABPAPBPAB对任意事件和，则()()().ABPABPAPB如果和独立，则11PABPABPAPBAB如果事件和相互独立，则思考：如果两个事件互不相容，那么它们独立吗？AB0ABPAB如果和互不相容，则，00PAPB当，时，PABPAPB.AB事件和不独立0,0=0ABPAPBPABPAPB如果和独立，且，则.AB事件和是相容的.AAB只有当是不可能事件时，和既独立又互斥三个事件的独立性ABC三个事件、、相互独立，下列等式都应成立.这等价于下面的四个等式.()()()()()()()()()1PABPAPBPACPAPCPBCPBPC()()()()2PABCPAPBPC()()()()PAPABPACPABC()()()()PBPBAPBCPBAC()()()()PCPCAPCBPCAB这说明(1)式中三个等式成立，但(2)式的等式不成立.可以举例说明(2)成立，但(1)式不成立.,,,,,,,,,1234121314ABC,12PAPBPC,14PABPACPBC1.4PABCPAPBPC（1）中等式成立但（2）不成立的反例对于三个事件A、B、C，如果下面四个等式同时成立，则称事件A、B、C相互独立.可以类似地推广到n个事件相互独立.它需要用2321nnnnnCCCn个等式来定义.()()()()()()()()()1PABPAPBPACPAPCPBCPBPC()()()()2PABCPAPBPC7.ABC如果事件、、相互独立，则下面的组事件也独立,,,,,,,,,,,,,,,,,,,ABCABCABCABCABCABCABC思考（1）如何证明？（2）如何把这个结论推广到n个事件？例2三人独立地去破译一份密码，已知各人能译出的概率分别为1/5，1/3，1/4，问三人中至少有一人能将密码译出的概率是多少？独立性在计算概率中的应用()()()()PABCPABCPAPBPC11111311115345ABC记三个人分别能破译出密码的事件分别为，，，所求概率为解：231n231n独立性在可靠性中的应用由个相同的元件组成一个串联系统，每个元件正常工作nr的概率为，假设各元件能否正常工作是独立的,那么系统nnrr正常工作的概率为，系统失效的概率为1-。111nnrr.系统失效的概率为.对于由个相同的元件组成的并联系统，n假设同上，那么系统正常工作的概率为123n123n.nnr由个元件组成的串联系统的可靠性为整个系统.nr看成是由两个可靠性为的元件组成的并联系统所以串并系统的可靠性为2n由个相同的元件组成一个串并系统，假设每个元件的.r可靠性都是，并且各元件是否正常工作是独立的求这个.串并系统的可靠性.nnnRrrr2111223n1123nr22由个元件组成的并联系统的可靠性为1-1-，n整个系统可看成是由个子系统组成的串联系统，并串系统的可靠性为nnnRrrr221122n由个相同的元件组成一个并串系统，假设每个元件的.r可靠性都是，并且各元件是否正常工作是独立的求这个.并串系统的可靠性Rpppppppppp5132451234111111111112345根据全概率公式，考虑元件5正常和失效两种可能.5由个元件组成如下的电路，假设每个元件正常工作的  ,?.ipi12345概率为，，，，，求系统的可靠性各种系统可靠性的数值比较取元件的可靠性r=0.95，n=10.系统类型可靠性公式数值串联系统0.5987并联系统1.0000串并系统0.8389并串系统0.9752nrnr11nnrr2nnrr2§1.7贝努里概率模型高尔顿钉板试验:如图，一木板上均匀地钉上几排钉子，将一小球从顶端放入，小球碰上钉子后等可能地向左或向右落下，最后落入下面的格子中.分别求小球落入1号、2号、3号、4号、5号格子中的概率.●●●●●●●●●●●●●●●●●●●●12345树形图球落的格子号12345概率1/164/166/164/161/16LLRLRRLRLRLRRLLRLRLRLRLRLRLRLR1223243454323433RL右左小球在下落的过程中与钉子碰撞4次，每次碰撞后都等可能地向左或向右下落.且上一次碰撞向左或向右下落与下一次碰撞向左或向右下落是独立的.kAkk用=0,1,2,3,4表示4次碰撞后向右下落了次，则0123412345AAAAA，，，，分别对应小球落入，，，，号格子中，.由独立性假定可得所求事件的概率数学模型()(),,,,kknkknPBCppkn1012，()()-PApPApEn,1，将试验独立重复进行次，,EAA如果一个试验只有两个可能结果：和其中kBnAk设为次独立重复试验中事件发生了次的事件，则例1.24金工车间有10台同类型的机床,每台机床配备电机的功率为10千瓦，实际开工率为0.2，如果只供50千瓦的电力，求这10台机床能正常工作的概率.解：假设10台机床同时开动的机床数为X，则()..,,,,kkkPXkCk1010020801210，k012345P0.10740.26840.30200.20130.08810.0264k678910P0.00550.00080.00010.00000.0000()..PX50994例1.25校队与系队进行乒乓球比赛，校队的一个运动员与系队一个运动员比赛时，校队运动员获胜的概率为0.6,有三种比赛方案:(1)双方各出3人，比三局;(2)双方各出5人，比五局;(3)双方各出7人，比七局;比赛结果以获胜人数多的一方为胜利，哪一种方案对系队有利?解：设系队获胜的人数为ξ，三种方案系队获胜的概率为：()()...,33231204060352kkkPk人数越少，对系队越有利.()()...,55352304060317kkkPk()()....77473404060290kkkPkn=3n=5n=700.21600.07800.02810.43210.25910.13120.28820.34620.26130.06430.23030.29040.07740.19450.01050.07760.01770.002设Ｘ表示进行的试验次数，则Ｘ的分布列为,,,,kkPXkpppkn1111121LL.1111nPXnppL1,12kkpPAkn（），，，k一个试验需要分多步模型完成，第次：试验中关心kkAA事件是否发生，一旦发生，则试验终止，或试验.n进行到第次也终止试验2,,.1nAA（）相互独立实例某地最近出台一项机动车驾照考试规定：每位考试者一年之内最多有4次考试机会，一旦某次考试通过，便可领取驾照，不再参加以后的考试，否则就一直考到第4次为止．如果李明决定参加驾照考试，设他每次参加考试通过的概率依次为0.6，0.7，0.8，0.9．求在一年内参加驾照考试次数X的分布列，并求李明在一年内领到驾照的概率．=kAki设“在第次考试时通过”,=1,2,3,4第2次第1次第3次第4次X取值0.60.40.70.30.80.20.90.1421341A1A4A2A3A3A2A4A,,,AAAA1234相互独立。.,PXPA1106...,PXPAA1220407028....,PXPAAA12330403080096.....PXPAAA12340403020024一年内领到驾照的概率为......pPAAAA123410403020109976例1.26m把外形相同的钥匙，其中只有一把能打开家门，某人一天醉酒后下意识从m把钥匙中随便取一把开门，求第k次才把门打开的概率。().kkkPAAAAmm1121111所求的概率为=kAki解：设“在第次试开时打开了门”,=1,2,3,,,AA12由于每次试开后不作记号，所以相互独立，PAPAm121如果每次试开后打不开，则作一记号，求第k次才把门打开的概率（k=1,2,…,m)。().kkkkPAAAAPAPAAPAAA12112111第k试开打开门的概率为=kAkim设“在第次试开时打开了门”,=1,2,3,解：,,AA12由于每次试开后作记号，所以不独立，mmmkmmmkmkm12111121()();121111kkPAAAAnk()1211211211kkk