相互独立事件

谁借莪１个温暖的怀抱￠ 2021-12-23 04:53 315阅读 0赞

## 前言 ##

## 一、引入前提 ##

*  教材学习条件概率的目的，就是为了引入相互独立事件。

当两个事件\$A\$、\$B\$的关系如上图右所示时，两个事件的关系不是相互独立的，其计算可能会涉及条件概率\$P(B|A)=\\cfrac\{P(AB)\}\{P(A)\}\$；但当它们的关系特殊到如上图左所示时，则它们就成了相互独立的关系了。

## 二、相互独立事件 ##

*  定义

设\$A\$、\$B\$为两个事件，当\$P(B|A)=P(B)\$时，则上式就变形为\$P(AB)＝P(A)\\cdot P(B)\$，则称事件\$A\$与事件\$B\$相互独立。意思是事件\$A\$的发生与否与事件\$B\$的发生与否，二者之间没有关联，即二者是相互独立的，比如产品甲的质量好坏与产品乙的质量好坏之间是相互独立的。

*  与对立事件的关系

如果事件\$A\$与\$B\$相互独立，那么\$A\$与\$\\bar\{B\}\$，\$\\bar\{A\}\$与\$B\$，\$\\bar\{A\}\$与\$\\bar\{B\}\$也都相互独立。

*  可拓展到有限个

如果事件\$A\$、\$B\$、\$C\$相互独立，那么\$A\$、\$B\$、\$\\bar\{C\}\$；\$A\$、\$\\bar\{B\}\$、\$C\$；\$A\$、\$\\bar\{B\}\$、\$\\bar\{C\}\$；\$\\bar\{A\}\$、\$B\$、\$C\$；\$\\bar\{A\}\$、\$B\$、\$\\bar\{C\}\$；\$\\bar\{A\}\$、\$\\bar\{B\}\$、\$C\$；\$\\bar\{A\}\$、\$\\bar\{B\}\$、\$\\bar\{C\}\$也都是相互独立的；

这样，我们学习过的事件有和事件、积事件、互斥事件、对立事件、独立事件，我们就有了刻画更复杂的事件的工具和底气了。

## 三、典例剖析 ##

例1

将一个半径适当的小球放入如图所示的容器最上方的入口处，小球将自由下落．小球在下落过程中，将3次遇到黑色障碍物，最后落入\$A\$袋或\$B\$袋中．已知小球每次遇到黑色障碍物时向左、右两边下落的概率都是\$\\cfrac\{1\}\{2\}\$．

![992978-20170512091038801-2036107043.png][]

（Ⅰ）求小球落入\$A\$、\$B\$袋中的概率\$P(A)、P(B)\$；

（Ⅱ）在容器入口处依次放入3个小球，记\$X\$为落入\$B\$袋中小球的个数，试求\$X\$的分布列和数学期望\$EX\$．

分析：（Ⅰ）设小球落入区域\$A\$为事件\$A\$，小球落入区域\$B\$为事件\$B\$，

由于小球落下不落入区域\$A\$必然会落入区域\$B\$，故事件\$A\$和\$B\$互为对立事件；

要使小球每次落入区域\$B\$中，则小球必须每次都从左边落下，或者每次都从右边落下，

故\$P(B)=\\cfrac\{1\}\{2\}\\times\\cfrac\{1\}\{2\}\\times\\cfrac\{1\}\{2\}+\\cfrac\{1\}\{2\}\\times\\cfrac\{1\}\{2\}\\times\\cfrac\{1\}\{2\}=\\cfrac\{1\}\{4\}\$，

由对立事件可知\$P(A)=1-\\cfrac\{1\}\{4\}=\\cfrac\{3\}\{4\}\$；

备注：如果从正面思考\$P(A)=\\cfrac\{3\}\{4\}\$，可以仿照上例，

应该是6个\$\\cfrac\{1\}\{2\}\\times\\cfrac\{1\}\{2\}\\times\\cfrac\{1\}\{2\}=\\cfrac\{1\}\{8\}\$；故也有\$P(A)=6\\times \\cfrac\{1\}\{8\}=\\cfrac\{3\}\{4\}\$；

（Ⅱ）在容器入口处依次放入3个小球，每次小球落入区域\$A\$的概率都是\$\\cfrac\{3\}\{4\}\$，相当于做了3次独立重复试验，

\$X\$为落入\$A\$袋中小球的个数，\$X\$的可能取值为\$0，1，2，3\$，故\$X\\sim B\\left(3(n)，\\cfrac\{3\}\{4\}(p)\\right)\$，

\$P(X=k)=C\_3^k(\\cfrac\{3\}\{4\})^k(1-\\cfrac\{3\}\{4\})^\{3-k\}，k=0，1，2，3\$，

即\$P(X=0)=C\_3^0(\\cfrac\{3\}\{4\})^0(1-\\cfrac\{3\}\{4\})^\{3-0\}=\\cfrac\{1\}\{64\}\$；\$P(X=1)=C\_3^1(\\cfrac\{3\}\{4\})^1(1-\\cfrac\{3\}\{4\})^\{3-1\}=\\cfrac\{9\}\{64\}\$；

\$P(X=2)=C\_3^2(\\cfrac\{3\}\{4\})^2(1-\\cfrac\{3\}\{4\})^\{3-2\}=\\cfrac\{27\}\{64\}\$；\$P(X=3)=C\_3^3(\\cfrac\{3\}\{4\})^3(1-\\cfrac\{3\}\{4\})^\{3-3\}=\\cfrac\{27\}\{64\}\$；

故\$X\$的分布列为

<table> 
 <thead> 
  <tr> 
   <th style="text-align:center;"><span>$X(X=k)$</span></th> 
   <th style="text-align:center;"><span>$0$</span></th> 
   <th style="text-align:center;"><span>$1$</span></th> 
   <th style="text-align:center;"><span>$2$</span></th> 
   <th style="text-align:center;"><span>$3$</span></th> 
  </tr> 
 </thead> 
 <tbody> 
  <tr> 
   <td style="text-align:center;"><span>$P(X=k)$</span></td> 
   <td style="text-align:center;"><span>$\cfrac{1}{64}$</span></td> 
   <td style="text-align:center;"><span>$\cfrac{9}{64}$</span></td> 
   <td style="text-align:center;"><span>$\cfrac{27}{64}$</span></td> 
   <td style="text-align:center;"><span>$\cfrac{27}{64}$</span></td> 
  </tr> 
 </tbody> 
</table>

数学期望$EX=np=3\\times\\cfrac\{3\}\{4\}=\\cfrac\{9\}\{4\} $．

或$EX=0\\times\\cfrac\{1\}\{64\}+1\\times\\cfrac\{9\}\{64\}+2\\times\\cfrac\{27\}\{64\}+3\\times\\cfrac\{27\}\{64\}=\\cfrac\{9\}\{4\} $．

例1-同类

将一个半径适当的小球放入如图所示的容器最上方的入口处，小球将自由下落．小球在下落过程中，将3次遇到黑色障碍物，最后落入\$A\$袋或\$B\$袋中．已知小球每次遇到黑色障碍物时向左、右两边下落的概率分别是\$\\cfrac\{1\}\{3\}和\\cfrac\{2\}\{3\}\$．  
![992978-20170512091038801-2036107043.png][]

（Ⅰ）求小球落入\$A\$、\$B\$袋中的概率\$P(A)\$、\$P(B)\$；  
（Ⅱ）在容器入口处依次放入4个小球，记\$X\$为落入\$B\$袋中小球的个数，试求\$X\$的分布列和数学期望\$EX\$．

分析：（Ⅰ）设小球落入区域\$A\$为事件\$A\$，小球落入区域\$B\$为事件\$B\$，

由于小球落下不落入区域\$A\$必然会落入区域\$B\$，故事件\$A\$和\$B\$互为对立事件；

要使小球每次落入区域\$B\$中，则小球必须每次都从左边落下，或者每次都从右边落下，

故\$P(B)=\\cfrac\{1\}\{3\}\\times\\cfrac\{1\}\{3\}\\times\\cfrac\{1\}\{3\}+\\cfrac\{2\}\{3\}\\times\\cfrac\{2\}\{3\}\\times\\cfrac\{2\}\{3\}=\\cfrac\{1\}\{3\}\$，

由对立事件可知\$P(A)=1-\\cfrac\{1\}\{3\}=\\cfrac\{2\}\{3\}\$；

备注：如果从正面思考\$P(A)=\\cfrac\{2\}\{3\}\$，可以仿照上例，

应该是以下的六种情形：

\$\\cfrac\{1\}\{3\}\\times\\cfrac\{1\}\{3\}\\times\\cfrac\{2\}\{3\}\$；\$\\cfrac\{1\}\{3\}\\times\\cfrac\{1\}\{3\}\\times\\cfrac\{2\}\{3\}\$；

\$\\cfrac\{1\}\{3\}\\times\\cfrac\{2\}\{3\}\\times\\cfrac\{1\}\{3\}\$；\$\\cfrac\{2\}\{3\}\\times\\cfrac\{2\}\{3\}\\times\\cfrac\{1\}\{3\}\$；

\$\\cfrac\{2\}\{3\}\\times\\cfrac\{1\}\{3\}\\times\\cfrac\{2\}\{3\}\$；\$\\cfrac\{2\}\{3\}\\times\\cfrac\{1\}\{3\}\\times\\cfrac\{1\}\{3\}\$；

其和为\$\\cfrac\{18\}\{27\}=\\cfrac\{2\}\{3\}\$.

（Ⅱ）在容器入口处依次放入4个小球，每次小球落入区域\$A\$的概率都是\$\\cfrac\{2\}\{3\}\$，相当于做了4次独立重复试验，

\$X\$为落入\$A\$袋中小球的个数，\$X\$的可能取值为\$0，1，2，3，4\$，故\$X\\sim B\\left(4，\\cfrac\{2\}\{3\}\\right)\$，

\$P(X=k)=C\_4^k(\\cfrac\{2\}\{3\})^k(1-\\cfrac\{2\}\{3\})^\{4-k\}，k=0，1，2，3，4\$，

数学期望$EX=4\\times\\cfrac\{2\}\{3\}=\\cfrac\{8\}\{3\} $．

例2

甲乙两人轮流投篮，每人每次投篮一次，先投中者获胜。投篮进行到有人获胜或每人都已经投球3次时结束。设甲每次投篮命中的概率为\$\\cfrac\{2\}\{5\}\$，乙每次投篮命中的概率为\$\\cfrac\{2\}\{3\}\$，且各次投篮互不影响，现由甲先投。

⑴求甲获胜的概率；

⑵求投篮结束时甲的投篮次数\$X\$的分布列和数学期望。

分析：⑴

由表格可以看出，甲获胜有这些事件：

\$A\_1:\$一次投中；\$A\_2:\$前两次甲乙都未投中，第三次甲投中；

\$A\_3:\$前四次甲乙都未投中，第五次甲投中；

这些事件彼此互斥，甲获胜的事件为\$A\_1+A\_2+A\_3\$

且\$P(A\_1)=\\cfrac\{2\}\{5\}\$，\$P(A\_2)=\\cfrac\{3\}\{5\}\\times \\cfrac\{1\}\{3\}\\times\\cfrac\{2\}\{5\}=\\cfrac\{2\}\{25\}\$ ，

\$P(A\_3)=\\cfrac\{3\}\{5\}\\times \\cfrac\{1\}\{3\}\\times\\cfrac\{3\}\{5\}\\times \\cfrac\{1\}\{3\}\\times\\cfrac\{2\}\{5\}=\\cfrac\{2\}\{125\}\$ ，

所以\$P(A\_1+A\_2+A\_3)=\\cfrac\{2\}\{5\}+\\cfrac\{2\}\{25\}+\\cfrac\{2\}\{125\}=\\cfrac\{62\}\{125\}\$；

⑵\$X\$的所有可能取值为\$1，2，3\$.

\$X=1\$包含甲投篮一次命中和甲第一次未命中而乙命中，

\$P(X=1)=\\cfrac\{2\}\{5\}+\\cfrac\{3\}\{5\}\\times\\cfrac\{2\}\{3\}=\\cfrac\{4\}\{5\}\$；

\$X=2\$包含前两次甲乙未命中而第三次甲投中和前三次甲乙未命中而第四次乙命中，

\$P(X=2)=\\cfrac\{3\}\{5\}\\times\\cfrac\{1\}\{3\}\\times\\cfrac\{2\}\{5\}+\\cfrac\{3\}\{5\}\\times\\cfrac\{1\}\{3\}\\times\\cfrac\{3\}\{5\}\\times\\cfrac\{2\}\{3\}=\\cfrac\{4\}\{25\}\$；

\$X=3\$包含前四次甲乙未命中而第五次甲投中和前五次甲乙未命中而第六次乙命中和六次投篮两人都未投中导致结束，

\$P(X=3)=\\cfrac\{3\}\{5\}\\times\\cfrac\{1\}\{3\}\\times\\cfrac\{3\}\{5\}\\times\\cfrac\{1\}\{3\}\\times\\cfrac\{2\}\{5\}+\\cfrac\{3\}\{5\}\\times\\cfrac\{1\}\{3\}\\times\\cfrac\{3\}\{5\}\\times\\cfrac\{1\}\{3\}\\times\\cfrac\{3\}\{5\}\\times\\cfrac\{2\}\{3\}\$

\$+\\cfrac\{3\}\{5\}\\times\\cfrac\{1\}\{3\}\\times\\cfrac\{3\}\{5\}\\times\\cfrac\{1\}\{3\}\\times\\cfrac\{3\}\{5\}\\times\\cfrac\{1\}\{3\}\$

\$=\\cfrac\{1\}\{25\}\$；

分布列略；

故数学期望为\$E(X)=1\\times\\cfrac\{4\}\{5\}+2\\times\\cfrac\{4\}\{25\}+3\\times\\cfrac\{1\}\{25\}=\\cfrac\{31\}\{25\}\$.

例3【本题目能说明引入事件的关系的必要性】

红队队员甲、乙、丙与蓝队队员\$A\$、\$B\$、\$C\$进行围棋比赛，甲对\$A\$、乙对\$B\$、丙对\$C\$各一盘．已知甲胜\$A\$、乙胜\$B\$、丙胜\$C\$的概率分别为$ 0.6$，\$0.5\$，\$0.5\$.假设各盘比赛结果相互独立．

分析：例说如何拆分一个复杂事件？求红队至少两名队员获胜的概率；

从正面分析，红队至少两人获胜，分以下两种情形：其一，只有两人获胜；其二，有三人获胜；

先拆分情形一：甲乙胜丙败，甲丙胜乙败，乙丙胜甲败；情形二：甲乙丙获胜；这两种情形列举的情况是并列的；

接下来，再拆分“甲乙胜丙败”，这涉及到如何刻画甲、乙、丙三人的胜利和失败，需要定义基本事件和其对立事件；

接下来考虑，如何刻画甲乙胜丙败？即“甲胜且乙胜且丙败”，需要利用积事件和相互独立事件；

接下来再分析，如何刻画“甲乙胜丙败”，“甲丙胜乙败”，“乙丙胜甲败”和“甲乙丙获胜”这四种情形？需要用到互斥事件；

到此，整个题目的要求我们就算分析清楚了，接下来求解即可。求解如下：

(1)求红队至少两名队员获胜的概率；

分析：设甲胜\$A\$的事件为\$D\$，乙胜\$B\$的事件为\$E\$，丙胜\$C\$的事件为\$F\$，则\$\\bar\{D\}\$、\$\\bar\{E\}\$、\$\\bar\{F\}\$分别表示甲不胜\$A\$、乙不胜\$B\$、丙不胜\$C\$的事件．

因为\$P(D)＝0.6\$，\$P(E)＝0.5\$，\$P(F)＝0.5\$，由对立事件的概率公式知\$P(\\bar\{D\})＝0.4\$，\$P(\\bar\{E\})＝0.5\$，\$P(\\bar\{F\})＝0.5\$，

红队至少两人获胜的事件有：\$\\bar\{D\}EF\$，\$D\\bar\{E\}F\$，\$DE\\bar\{F\}\$，\$DEF\$，由于以上四个事件两两互斥且各盘比赛的结果相互独立，

因此红队至少两人获胜的概率为

\$P＝P(\\bar\{D\}EF)＋P(D\\bar\{E\}F)＋P(DE\\bar\{F\})＋P(DEF)\$

\$=P(\\bar\{D\})\\cdot P(E)\\cdot P(F)+P(D)\\cdot P(\\bar\{E\})\\cdot P(F)+P(D)\\cdot P(E)\\cdot P(\\bar\{F\})+P(D)\\cdot P(E)\\cdot P(F)\$

\$＝0.4×0.5×0.5＋0.6×0.5×0.5＋0.6×0.5×0.5＋0.6×0.5×0.5＝0.55\$.

法2：间接法，先计算只有一名队员获胜，或三个队员都失败的概率，然后用对立事件求解。

\$P=1-P(D\\bar\{E\}\\bar\{F\})-P(\\bar\{D\}E\\bar\{F\})-P(\\bar\{D\}\\bar\{E\}F)-P(\\bar\{D\}\\bar\{E\}\\bar\{F\})\$

\$=1-0.6\\times 0.5\\times 0.5 -0.4\\times 0.5\\times 0.5 -0.4\\times 0.5\\times 0.5 -0.4\\times 0.5\\times 0.5 =0.55\$

(2)用\$\\xi\$表示红队队员获胜的总盘数，求\$\\xi\$的分布列.

分析：由题意知\$\\xi\$的可能取值为 0，1，2，3；

又由(1)知\$\\bar\{D\}\\bar\{E\}F\$，\$\\bar\{D\}E\\bar\{F\}\$，\$D\\bar\{E\}\\bar\{F\}\$是两两互斥事件，且各盘比赛的结果相互独立．

因此\$P(\\xi＝0)＝P(\\bar\{D\}\\bar\{E\}\\bar\{F\})＝0.4×0.5×0.5＝0.1\$，

\$P(\\xi＝1)＝P(\\bar\{D\}\\bar\{E\}F)＋P(\\bar\{D\}E\\bar\{F\})＋P(D\\bar\{E\}\\bar\{F\})\$

\$＝0.4×0.5×0.5＋0.4×0.5×0.5＋0.6×0.5×0.5＝0.35\$.

\$P(\\xi＝3)＝P(DEF)＝0.6×0.5×0.5＝0.15\$.

由对立事件的概率公式得\$P(\\xi＝2)＝1－P(\\xi＝0)－P(\\xi＝1)－P(\\xi＝3)＝0.4\$.

所以\$\\xi\$ 的分布列为

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【反思归纳】 概率计算的核心环节就是把一个随机事件进行类似本题的分拆，这中间有三个概念，事件的互斥，事件的对立和事件的相互独立，在概率的计算中只要弄清楚了这三个概念，根据实际情况对事件进行合理的分拆，就能把复杂事件的概率计算转化为一个个简单事件的概率计算，达到解决的目的。

例4【对应训练】高三某位同学参加物理、化学、政治的等级考试，已知这位同学在物理、化学、政治的考试中达到\$A^+\$的概率分别为\$\\cfrac\{1\}\{3\}\$、\$\\cfrac\{2\}\{3\}\$、\$\\cfrac\{3\}\{4\}\$，这三科考试成绩的结果互不影响，则这位考生至少得到2个\$A^+\$的概率为\_\_\_\_\_\_\_。

分析：\$P＝P(\\bar\{D\}EF)＋P(D\\bar\{E\}F)＋P(DE\\bar\{F\})＋P(DEF)\$

例4-1【对应训练】手机完成制作后需要依次通过三道严格的审核程序，第一、二、三道程序审核通过的概率分别是\$\\cfrac\{25\}\{32\}\$、\$\\cfrac\{4\}\{5\}\$、\$\\cfrac\{4\}\{5\}\$，每道程序相互独立，且一旦审核不通过就停止审核，每部手机只有三道程序都通过才能出厂销售，

(1)、求审核过程中只通过两道程序的概率；

分析：\$P=\\cfrac\{25\}\{32\}\\times\\cfrac\{4\}\{5\}\\times(1- \\cfrac\{4\}\{5\})=\\cfrac\{1\}\{8\}\$；

(2)、每部手机可以出厂销售的概率；该厂出次品的概率；

分析：可以出厂销售的概率\$P=\\cfrac\{25\}\{32\}\\times\\cfrac\{4\}\{5\}\\times \\cfrac\{4\}\{5\}=\\cfrac\{1\}\{2\}\$；该厂出次品的概率\$P=1-\\cfrac\{1\}\{2\}=\\cfrac\{1\}\{2\}\$；

例5【2019届高三理科数学三轮模拟试题】甲乙两名战士进行打靶训练，甲每射击\$9\$次可以击中\$8\$次，乙每射击\$8\$次可以击中\$7\$次，甲乙两人射击同一目标(甲乙两人互不影响)，现各射击一次，目标被击中的概率为【】

$A.\\cfrac\{8\}\{9\}$ $B.\\cfrac\{7\}\{8\}$ $C.\\cfrac\{71\}\{72\}$ $D.\\cfrac\{7\}\{9\}$

分析：本题目中暗含使用频率估计概率，故甲乙两人击中目标的概率分别为\$\\cfrac\{8\}\{9\}\$和\$\\cfrac\{7\}\{8\}\$；

使用间接法求解：\$P=1-(1-\\cfrac\{8\}\{9\})(1-\\cfrac\{7\}\{8\})=\\cfrac\{71\}\{72\}\$，故选\$C\$，

使用直接法，留作思考练习。

转载于:https://www.cnblogs.com/wanghai0666/p/10554696.html

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