高中数学选修2-3第二章随机变量及其分布教案

其次章随机变量及其分布

2.1.1离散型随机变■

第一课时

思索1：掷一枚骰子，出现的点数可以用数字I,2,3,4,5,6来表示.那么掷一枚硬币的结果是否也可以用数字来表示呢？

掷一枚硬币，可能出现正面对上、反面对上两种结果.虽然这个随机试验的结果不具有数量性质，但我们可以用数1和0分

别表示正面对上和反面对上(图2.1—1).

在掷骰子和掷硬币的随机试验中，我们确定了一个对应关系，使得每一个试验结果都用一个确定的数字表示.在这个对应关系

下，数字随着试验结果的变更而变更.

定义1：随着试验结果变更而变更的变量称为随机变量(randomvariable).随机变量常用字母X,Y,〃，…表示.

思索2：随机变量和函数有类似的地方吗？

随机变量和函数都是一种映射，随机变量把随机试验的结果映为实数，函数把实数映为实数.在这两种映射之间，试验结果的

范围相当于函数的定义域，随机变量的取值范围相当于函数的值域.我们把随机变量的取值范围叫做随机变量的值域.

例如，在含有10件次品的100件产品中，随意抽取4件，可能含有的次品件数X将随着抽取结果的变更而变更，是一个随

机变量，其值域是｛0,1,2,3,4).

利用随机变量可以表达一些事务.例如｛X=0｝表示“抽出0件次品"，｛X=4｝表示“抽出4件次品”等.你能说出｛X<3)

在这里表示什么事务吗？“抽出3件以上次品”又如何用X表示呢？

定义2：全部取值可以---列出的随机变量，称为离散型随机变量(discreterandomvariable).

离散型随机变量的例子很多.例如某人射击一次可能命中的环数X是一个离散型随机变量，它的全部可能取值为0,1,…，

10；某网页在24小时内被阅读的次数Y也是一个离散型随机变量，它的全部可能取值为0,1,2,….

思索3：电灯的寿命X是离散型随机变量吗？

电灯泡的寿命X的可能取值是任何一个非负实数，而全部非负实数不能一一列出，所以X不是离散型随机变量.

在探讨随机现象时，须要依据所关切的问题恰当地定义随机变量.例如，假如我们仅关切电灯泡的运用寿命是否超过1000小

时.，那么就可以定义如下的随机变量：

,Jo,寿命<1000小时；

一11,寿命之1000小时.

与电灯泡的寿命X相比较，随机变量Y的构造更简洁，它只取两个不同的值0和1,是一个离散型随机变量，探讨起来更加简洁.

连续型随机变量：对于随机变量可能取的值，可以取某一区间内的一切值，这样的变量就叫做连续型随机变量.

如某林场树木最高达30米，则林场树木的高度J是一个随机变量，它可以取(0,30］内的一切值.

4.离散型随机变量与连续型随机变量的区分与联系：离散型随机变量与连续型随机变量都是用变量表示随机试验的结

果：但是离散型随机变量的结果可以按肯定次序一一列出，而连续性随机变量的结果不行以一一列出.

留意：(1)有些随机试验的结果虽然不具有数量性质，但可以用数量来表达•如投掷一枚硬币，J=0,表示正面对上，J=表

示反面对上.

(2)若J是随机变量，=aj+是常数，则〃也是随机变量.

三、讲解范例:

例1.写出下列随机变量可能取的值，并说明随机变量所取的值表示的随机试验的结果.

(1)一袋中装有5只同样大小的白球，编号为1,2,3,4,5.现从该袋内随机取出3只球，被取出的球的最大号码数g；

(2)某单位的某部电话在单位时间内收到的呼叫次数n・

解：⑴g可取3,4,5.

C=3,表示取出的3个球的编号为1,2,3：

€=4,表示取出的3个球的编号为1,2,4或1,3,4或2,3,4；

€=5,表示取出的3个球的编号为1,2,5或1,3,5或1,4,5或2,3或3,4,5.

(2)n可取0,1,…,n,….

n=i,表示被呼叫i次，其中i=0,1,2,•••・

例2,抛掷两枚骰子各一次，记第一枚骰子掷出的点数与其次枚骰子掷出的点数的差为试问：“&>4”表示的试验结果

是什么？

答：因为一枚骰子的点数可以是1,2,3,4,5,6六种结果之一，由已知得-5W&W5,也就是说>4”就是“目=5”・所以，

“g>4”表示第一枚为6点，其次枚为1点.

例3某城市出租汽车的起步价为10元，行驶路程不超出4km,则按10元的标准收租车费•若行驶路程超出4km,则按每超出

1km加收2元计费(超出不足1km的部分按1km计).从这个城市的民航机场到某宾馆的路程为15km.某司机常驾车在机场与此宾馆

之间接送旅客，由于行车路途的不同以及途中停车时间要转换成行车路程(这个城市规定，每停车5分钟按1km路程计费)，这个司

机一次接送旅客的行车路程;是一个随机变量，他收旅客的租车费可也是•个随机变量.

(1)求租车费H关于行车路程4的关系式；

(H)已知某旅客实付租车费38元，而出租汽车实际行驶了15km,问出租车在途中因故停车累计最多几分钟？

解：⑴依题意得n=2(g-4)+10,即n=2&+〃

(II)i38=2C+2,得&=18,5X(18-15)=15.

所以，出租车在途中因故停车累计最多15分钟.

四、课堂练习：

1.①某寻呼台一小时内收到的寻呼次数占；②长江上某水文站视察到一天中的水位看；③某超市一天中的顾客量J.其中的J是连

续型随机变量的是()

A.①；B.②；C.③；D.①②③

2.随机变量4的全部等可能取值为1,2,•••,〃，若P(J<4)=0.3,则()

A.〃=3；B.〃=4；c.n=10；D.不能确定

3.抛掷两次骰子，两个点的和不等于8的概率为()

4.假如看是一个离散型随机变量，则假命题是()

A.J取每一个可能值的概率都是非负数；B.J取全部可能值的概率之和为1；

C.J取某几个值的概率等于分别取其中每个值的概率之和；

D.J在某一范围内取值的概率大于它取这个范围内各个值的概率之和.

答案：l.B2.C3.B4.D

五、小结：随机变量离散型、随机变量连续型随机变量的概念•随机变量&是关于试验结果的函数，即每一个试验结果对应着一

个实数；随机变量g的线性组合n=ag+b(其中a、b是常数)也是随机变量.

2.1.2离散型随机变量的分布列

一、复习引入：

1.随机变量：假如随机试验的结果可以用一个变量来表示，那么这样的变量叫做随机变量.随机变量常用希腊字母1、n等表示

2.离散型随机变量:对于随机变量可能取的值，可以按肯定次序一一列出，这样的随机变量叫做离散型随机变量.

3.连续型随机变量：对于随机变量可能取的值，可以取某一区间内的一切值，这样的变量就叫做连续型随机变量.

4.离散型随机变量与连续型随机变量的区分与联系：离散型随机变量与连续型随机变量都是用变量表示随机试验的结

果；但是离散型随机变量的结果可以按肯定次序一一列出，而连续性随机变量的结果不行以一一列出.

若专是随机变量，〃=+是常数,则〃也是随机变量.并且不变更其属性（离散型、连续型）・

请同学们阅读课本凡6的内容，说明什么是随机变量的分布列？

二、讲解新课：

1.分布列：设离散型随机变量f可能取得值为

X1,X&,…，刖，…，

<取每一个值无（六1,2,…）的概率为？（4=玉）=化，则称表

小X2Xi

PP\Pi

为随机变量f的概率分布，简称f的分布列.

2.分布列的两特性质：任何随机事务发生的概率都满意：OWP（4）W1,并且不行能事务的概率为0,必定事务的概率为1.由

此你可以得出离散型随机变量的分布列都具有下面两特性质：

⑴用0,7=1,2,…；

（2）.+肾…=1.

对于离散型随机变量在某一范围内取值的概率等于它取这个范围内各个值的概率的和.即

==乙）+0©=%事）+…・

3.两点分布列：

例1.在掷一枚图钉的随机试验中，令x=P''十尖向上；

[o,针尖向下.

假如针尖向上的概率为〃，试写出随机变量X的分布列.

解：依据分布列的性质，针尖向下的概率是（1一〃）.于是，随机变量X的分布列是

01

Pl-pp

像上面这样的分布列称为两点分布列.

两点分布列的应用特别广泛.如抽取的彩券是否中奖；买回的一件产品是否为正品；新生婴儿的性别；投篮是否命中等，都可

以用两点分布列来探讨.假如随机变量X的分布列为两点分布列，就称X听从两点分布（two—pointdistribution）,而称p=P（X=

I）为胜利概率.

两点分布又称。一1分布.由于只有两个可能结果的随机试验叫伯努利（Bernoulli）试验，所以还称这种分布为伯努利分布.

P（J=o）=q，P（J=i）=p,

0<p<\,p+q=1.

4.超几何分布列：

例2.在含有5件次品的100件产品中，任取3件，试求：

（1）取到的次品数X的分布列；

（2）至少取到1件次品的概率.

解：（1）由于从100件产品中任取3件的结果数为C1,从100件产品中任取3件，

其中恰有k件次品的结果数为那么从100件产品中任取3件，其中恰有k件次品的概率为

「k^~y3—k

5~5

P(X=Z)=，攵=0,1,2,3。

所以随机变量x的分布列是

X0123

C©c2c'

PyJ95

C：)oGooG1)Goo

(2)依据随机变量X的分布列，可得至少取到1件次品的概率

P(X>1)=P(X=1)+P(X=2)+P(X=3)

^0.13806+0.00588+0.00006

=0.14400.

一般地，在含有M件次品的N件产品中，任取n件，其中恰有X件次品数，则事务{X二k}发生的概率为

「k「n-k

p(X=k)=，后=0,1,2,

或

其中m=min{M,〃},显n&N,M4N,n,M,NeN*.称分布列

X01m

XT/I-I「in^n-m

p…

禺品

为超几何分布列.假如随机变量X的分布列为超几何分布列，则称随机变量X听从超几何分布(hypergeometriCdistribution).

例3.在某年级的联欢会上设计了一个摸奖嬉戏，在一个口袋中装有10个红球和20个白球，这些球除颜色外完全相同.一次

从中摸出5个球，至少摸到3个红球就中奖.求中奖的概率.

解：设摸出红球的个数为X,则X听从超几何分布，其中N=30,M=10,n=5.于是中奖的概率

P(X23)=P(X=3)+P(X=4)十P(X=5)

「305-3「405-405「5-5

jo5o」o++0cz30-10y0⑼

C；0C；oC；o

思索：假如要将这个嬉戏的中奖率限制在55%左右，那么应当如何设计中奖规则？

P1&=k)=C'C"，

例4.已知一批产品共"件，其中M件是次品，从中任取布件，试求这"件产品中所含次品件数X的分布律。

解明显，取得的次品数X只能是不大于“与“最小者的非负整数，即X的可能取值为：0,1,....min{M,77},由

古典概型知

P(X=Q=",7,左=0,1,2,,m

CN

此时称X听从参数为的超几何分布。

注超几何分布的上述模型中，“任取浮件”应理解为“不放回地一次取一件，连续取》件”.假如是有放回地抽取，就变成了"重

贝努利试验，这时概率分布就是二项分布.所以两个分布的区分就在于是不放回地抽样，还是有放回地抽样.若产品总数"很大时，

那么不放回抽样可以近似地看成有放回抽样.因此，当斯―8时，超几何分布的极限分布就是二项分布，即有如下定理.

M

定理假如当Nf8时，—,p，那么当NTco时(无，〃不变)，则

N

堂或小(1—p)j

由于普阿松分布又是二项分布的极限分布，于是有：

超几何分布T二项分布T普阿松分布.

例5.一盒中放有大小相同的红色、绿色、黄色三种小球，已知红球个数是绿球个数的两倍，黄球个数是绿球个数的一半.现

从该盒中随机取出一个球，若取出红球得1分，取出黄球得0分，取出绿球得一1分，试写出从该盒中取出一球所得分数<的分

布列.

分析：欲写出f的分布列，要先求出S的全部取值，以及f取每一值时的概率.

解：设黄球的个数为〃，由题意知

绿球个数为2/7,红球个数为4〃，盒中的总数为7〃.

4〃4,7]2〃2

・•.pc=i)=；=,PC=O)=F=；pc=-i)===g

in77n7in7

所以从该盒中随机取出一球所得分数f的分布列为

§10-1

412

P

777

说明：在写出f的分布列后，要刚好检查全部的概率之和是否为1.

例6.某一射手射击所得的环数f的分布列如下：

<45678910

P0.020.040.060.090.280.290.22

求此射手“射击•次命中环数27”的概率.

分析：“射击一次命中环数次7”是指互斥事务“f=7”、“f=8”、“f=9”、“f=10”的和，依据互斥事务的概率加法公

式，可以求得此射手“射击一次命中环数27”的概率.

解：依据射手射击所得的环数f的分布列，有

P(<=7)=0.09,P(<=8)=0.28,P(<=9)=0.29,P(<=10)=0.22.

所求的概率为/)(fN7)=0.09+0.28+0.29+0.22=0.88

四、课堂练习：

某一射手射击所得环数J分布列为

445678910

P0.020.040.060.090.280.290.22

求此射手“射击一次命中环数》7”的概率・

解：“射击一次命中环数27”是指互斥事务“J=7”，“J=8”，“J=9”，“4=10”的和，依据互斥事务的概率加法公式，有:

P(=P(J=7)+P(J=8)+P(J=9)+P(4=10)=0.88.

注：求离散型随机变量J的概率分布的步骤：

(1)确定随机变量的全部可能的值上

(2)求出各取值的概率p(J=Xi)=Pi

(3)画出表格.

五、小结：⑴依据随机变量的概率分步(分步列)，可以求随机事务的概率；⑵两点分布是一种常见的离散型随机变

量的分布，它是概率论中最重要的几种分布之一・(3)离散型随机变量的超几何分布.

2.2.1条件概率

一、复习引入：

探究：三张奖券中只有一张能中奖，现分别由三名同学无放回地抽取，问最终一名同学抽到中奖奖券的概率是否比前两名同学小.

若抽到中奖奖券用“Y”表示，没有抽到用“y”,表示，那么三名同学的抽奖结果共有三种可能：丫丫丫，丫丫丫和丫丫丫.用

B表示事务“最终一名同学抽到中奖奖券”，则B仅包含一个基本领件丫YY.由古典概型计算公式可知，最终一名同学抽到中

奖奖券的概率为P(B)=g.

思索:假如已经知道第一名同学没有抽到中奖奖券，那么最终一名同学抽到奖券的概率又是多少？

因为已知第一名同学没有抽到中奖奖券，所以可能出现的基本领件只有歹歹Y和歹Y歹.而“最终一名同学抽到中奖奖券”

——1

包含的基本领件仍是yYY.由古典概型计算公式可知.最终一名同学抽到中奖奖券的概率为一,不妨记为P(B|A)，其中A表示

2

事务”第一名同学没有抽到中奖奖券”.

已知第一名同学的抽奖结果为什么会影响最终一名同学抽到中奖奖券的概率呢？

在这个问题中，知道第一名同学没有抽到中奖奖券，等价于知道事务A肯定会发生，导致可能出现的基本领件必定在事务A

中，从而影响事务B发生的概率，使得P(B|A)关P(B).

思索:对于上面的事务A和事务B,P(B|A)与它们的概率有什么关系呢？

用C表示三名同学可能抽取的结果全体，则它由三个基本领件组成，即£7=｛丫亍亍，FYF,?PY).既然已知事务A必

定发生，那么只需在A=｛歹丫7，歹歹Y)的范围内考虑问题，即只有两个基本领件亍丫亍和歹歹Y.在事务A发生的状况下事

务B发生，等价于事务A和事务B同时发生，即AB发生.而事务AB中仅含一个基本领件丫YY,因此

n(AB)

n(A)

其中n(A)和n(AB)分别表示事务A和事务AB所包含的基本领件个数.另一方面，依据古典概型的计算公式,

"(4)

”(C)词

其中n(。)表示。中包含的基本领件个数.所以,

出

明

〃②aA

n(AB)__-

二加fi)

P(B|A)尸

〃SZ

n(Q)-一

一⑵

〃

因此，可以通过事务A和事务AB的概率来表示P(B|A).

条件概率

1.定义

设力和8为两个事务，P(4)>0,那么，在“力已发生”的条件下，8发生的条件概率(conditionalprobability).P(B\A)

读作A发生的条件下B发生的概率.

P(B]A)定义为

P(A)

由这个定义可知，对随意两个事务A、B,若尸则有

P(AB)=P(BIA)P(A).

并称上式微概率的乘法公式.

2.P(•|B)的性质：

(1)非负性：对随意的A£f.0<P(BIA)<1：

(2)规范性：P(QIB)=1；

(3)可列可加性：假如是两个互斥事务，则

P(BC|A)=P(B|A)+P(C|A).

更一般地，对随意的一列两两部相容的事务A：(1=1,2-),有

pUAIBWP(A”)・

例1.在5道题中有3道理科题和2道文科题.假如不放回地依次抽取2道题，求：

(1)第1次抽到理科题的概率；

(2)第1次和第2次都抽到理科题的概率；

(3)在第1次抽到理科题的条件下，第2次抽到理科题的概率.

解：设第1次抽到理科题为事务A,第2次抽到理科题为事务B,则第1次和第2次都抽到理科题为事务AB.

(1)从5道题中不放回地依次抽取2道的事务数为

n(£2)6=20.

依据分步乘法计数原理，n(A)=A；XA；=12.于是

〃(Q)205

(2)因为n(AB)==6,所以

尸(明二啮叫得

(3)解法1由(1)(2)可得，在第1次抽到理科题的条件下，第2次抽到理科题的概

3

1

尸⑹加第10-=-

32

5一

解法2因为n(AB)=6,n(A)=12,所以

P(AB)61

P(B\A)=

P⑷122

例2.一张储蓄卡的密码共位数字，每位数字都可从0〜9中任选一个.某人在银行自动提款机上取钱时，遗忘了密码的最终•

位数字，求：

(1)随意按最终一位数字，不超过2次就按对的概率；

(2)假如他记得密码的最终一位是偶数，不超过2次就按对的概率.

解:设第i次按对密码为事务Aj(i=1,2),则A=A(A&)表示不超过2次就按对密码.

因为事务与事务不互斥，由概率的加法公式得

(1)A4

—1QxlI

P(A)=P(A)+P(A4)=—+-----=

^1010x95

(2)用B表示最终一位按偶数的事务，则

P(A|3)=P(AI8)+P(44I3)

14x12

——I------——.

55x45

课堂练习.

1、抛掷一颗质地匀称的骰子所得的样本空间为S=(l,2,3,4,5,6},令事务A={2,3,5},B={1,2,4,5,6},求P(A),

P(B),P(AB),P(AIB)o

2、一个正方形被平均分成9个部分，向大正方形区域随机地投掷一个点(每次都能投中)，设投中最左侧3个小正方形区域的

事务记为A,投中最上面3个小正方形或正中间的1个小正方形区域的事务记为B,求P(AB),P(A|B)o

3、在一个盒子中有大小一样的20个球，其中10和红球，10个白球。求第1个人摸出1个红球，紧接着第2个人摸出1个白

球的概率。

2.2.2事务的相互独立性

一、复习引入：

1.事务的定义：随机事务：在肯定条件下可能发生也可能不发生的事务；

必定事务：在肯定条件下必定发生的事务；

不行能事务：在肯定条件下不行能发生的事务.

m

2.随机事务的概率：一般地，在大量重复进行同一试验时，事务A发生的频率一总是接近某个常数，在它旁边摇摆，这时就把

n

这个常数叫做事务A的概率，记作P(A).

3.概率的确定方法：通过进行大量的重复试验，用这个事务发生的频率近似地作为它的概率；

4.概率的性质：必定事务的概率为1,不行能事务的概率为0,随机事务的概率为。4尸(A)<1,必定事务和不行能事务看作随

机事务的两个极端情形・

5.基本领件：一次试验连同其中可能出现的每一个结果(事务A)称为一个基本领件.

6.等可能性事务：假如一次试验中可能出现的结果有〃个，而且全部结果出现的可能性都相等，那么每个基本领件的概率都是

n

这种事务叫等可■能性事务.

7.等可能性事务的概率：假如一次试验中可能出现的结果有〃个，而且全部结果都是等可能的，假如事务A包含m个结果，那

tn

么事务A的概率尸(A)=—.

n

8.等可能性事务的概率公式及一般求解方法.

9.事务的和的意义:对于事务A和事务B是可以进行加法运算的.

10.互斥事务:不行能同时发生的两个事务.P(A+3)=P(A)+P(B)

一般地：假如事务A，4，,中的任何两个都是互斥的，那么就说事务4,,A”彼此互斥.

11.对立事务:必定有一个发生的互斥事务.P(A+A)=1=P(A)=1-P(A)

12.互斥事务的概率的求法:假如事务4,彼此互斥，那么

2（4+4+...+4）=/4）+2（4）++P（4）.

探究：

(1)甲、乙两人各掷一枚硬币，都是正面朝上的概率是多少？

事务A：甲掷一枚硬币，正面朝上；事务B：乙掷一枚硬币，正面朝上.

(2)甲坛子里有3个白球，2个黑球，乙坛子里有2个白球，2个黑球，从这两个坛子里分别摸出1个球，它们都是白球的概率

是多少？

事务A：从甲坛子里摸出1个球，得到白球：事务8：从乙坛子里摸出1个球，得到白球.

问题(1)、(2)中事务A、8是否互斥？(不互斥)可以同时发生吗？(可以)

问题(1)、(2)中事务A(或B)是否发生对事务3(或A)发生的概率有无影响？(无影响)・

思索:三张奖券中只有一张能中奖，现分别由三名同学有放回地抽取，事务A为“第一名同学没有抽到中奖奖券"，事务B为“最

终一名同学抽到中奖奖券”.事务A的发生会影响事务B发生的概率吗？

明显，有放回地抽取奖券时，最终一名同学也是从原来的三张奖券中任抽一张，因此第一名同学抽的结果对最终一名同学的抽

奖结果没有影响，即事务A的发生不会影响事务B发生的概率.于是

P(B|A)=P(B),

P(AB)=P(A)P(B|A)=P(A)P(B).

二、讲解新课：

1.相互独立事务的定义：

设A,B为两个事务，假如P(AB)=P(A)P(B),则称事务A与事务B相互独立(mutuallyindependent).

事务A(或8)是否发生对事务8(或4)发生的概率没有影响，这样的两个事务叫做相互独立事务.

若A与B是相互独立事务，则A与B,A与8,A与3也相互独立.

2.相互独立事务同时发生的概率：P(AB)=P(A)P(B)

问题2中,“从这两个坛子里分别摸出1个球,它们都是白球”是一个事务，它的发生，就是事务A,8同时发生，记作简

称积事务)

从甲坛子里操出1个球，有5种等可能的结果；从乙坛子里摸出1个球，有4种等可能的结果•于是从这两个坛子里分别摸出1

个球，共有5x4种等可能的结果•同时摸出白球的结果有3x2种♦所以从这两个坛子里分别摸出1个球，它们都是白球的概率

3x23

P(AJ?)=

5^4-W

32

另一方面，从甲坛子里摸出1个球，得到白球的概率尸(A)=g,从乙坛子里摸出1个球，得到白球的概率P(5)=1.明

显尸(A・3)=尸(A)・P(B).

这就是说，两个相互独立事务同时发生的概率，等于每个事务发生的概率的积•一般地，假如事务4，人2，-相互独立，那

么这〃个事务同时发生的概率，等于每个事务发生的概率的积，

即A.4…一4)=2A).24)……24)・

3.对于事务A与8及它们的和事务与积事务有下面的关系：

尸(A+5)=尸(A)+P(3)-尸(A•B).

三、讲解范例：

例L某商场推出二次开奖活动，凡购买肯定价值的商品可以获得一张奖券.奖券上有一个兑奖号码，可以分别参与两次抽奖方

式相同的兑奖活动.假如两次兑奖活动的中奖概率都是0.05,求两次抽奖中以下事务的概率：

(1)都抽到某一指定号码；

(2)恰有一次抽到某一指定号码；

(3)至少有一次抽到某一指定号码.

解：(1)记“第一次抽奖抽到某一指定号码”为事务A,“其次次抽奖抽到某一指定号码”为事务B,则“两次抽奖都抽到某

一指定号码”就是事务AB.由于两次抽奖结果互不影响，因此A与B相互独立.于是由独立性可得，两次抽奖都抽到某一指定号

码的概率

P(AB)=P(A)P(B)=0.05X0.05=0.0025.

(2)”两次抽奖恰有一次抽到某一指定号码”可以用(A8)U(AB)表示.由于事务A8与AB互斥，依据概率加法公式

和相互独立事务的定义，所求的概率为

P(AB)十P(4B)=P(A)P(8)+P(A)P(B)

=0.05X(1-0.05)+(1-0.05)X0.05=0.095.

(3)“两次抽奖至少有一次抽到某一指定号码”可以用(AB)u(A8)u(AB)表示.由于事务AB.AB和AB两两互

斥，依据概率加法公式和相互独立事务的定义，所求的概率为P(AB)+P(Afi)+P(B)=0.0025+0.095=0.0975.

例2.甲、乙二射击运动员分别对一目标射击1次，甲射中的概率为0.8,乙射中的概率为0.9,求：

(1)2人都射中目标的概率；

(2)2人中恰有1人射中目标的概率；

(3)2人至少有1人射中目标的概率；

(4)2人至多有1人射中目标的概率？

解：记”甲射击1次，击中目标”为事务A,“乙射击1次，击中目标”为事务5,则A与8,A与B,A与8,A与B

为相互独立事务，

(1)2人都射中的概率为：

P(AB)=P(A)-P(B)=0.8x0.9=0.72,

/.2人都射中目标的概率是0.72.

(2)“2人各射击1次，恰有1人射中目标”包括两种状况：一种是甲击中、乙未击中(事务A•5发生)，另一种是甲未击中、

乙击中(事务发生).依据题意，事务与互斥，依据互斥事务的概率加法公式和相互独立事务的概率乘法公式，

所求的概率为：

P(A-B)+P(AB)=P(A)-P(B)+-面.P(B)

=0.8x(l-0.9)+(1-0.8)x0.9=0.08+0.18=0.26

/.2人中恰有1人射中目标的概率是0.26.

(3)(法1)：2人至少有1人射中包括“2人都中”和“2人有1人不中”2种状况，其概率为

P=P(A-B)+[P(AB)+P(A-B)]=0.72+0.26=0.98.

(法2)：”2人至少有一个击中"与“2人都未击中”为对立事务，

2个都未击中目标的概率是P(A,B)=P(A),P(B)=(1—0.8)(l—0.9)=0.02,

“两人至少有1人击中目标”的概率为尸=1—P(A-3)=1-0.02=0.98.

(4)(法1)：”至多有1人击中目标”包括“有1人击中”和“2人都未击中”，

故所求概率为：

P=P(AB)+P(AB)+P(AB)

=P(A)P(B)+P(A)-P(B)+P(A)-P(B)

=0.02+0.08+0.18=0.28.

(法2)：”至多有1人击中目标”的对立事务是“2人都击中目标”，

故所求概率为尸=1—P(A•8)=1—P(A)•P(3)=1-0.72=0.28.

例3.在一段线路中并联着3个自动限制的常开开关，只要其中有J；V，1个开关能够闭合，线路

就能正常工作•假定在某段时间内每个开关能够闭合的概率都是0.7,计算在这段时间内线路

正常工作的概率.

解：分别记这段时间内开关JA，JR，JC能够闭合为事务A,B,C.

由题意，这段时间内3个开关是否能够闭合相互之间没有影响•依据相互独立事务的概率乘法公式，这段时间内3个开关都不能

闭合的概率是

P(ABC)=P(不•P(历•P(C)

=[1-P(A)][1-P(B)][1-P(C)]=(1-0.7)(l-0.7)(l-0.7)=0.027

，这段时间内至少有1个开关能够闭合,，从而使线路能正常工作的概率是

1—P(二瓦心)=1一0.027=0.973.

答：在这段时间内线路正常工作的概率是0.973.

变式题1：如图添加第四个开关与其它三个开关串联，在某段时间内此开关能够闭合的概率也是0.7,计算在这段时间内线

路正常工作的概率.

([l-P(A-B-C)]-P(D)=0.973x0.7=0.6811)

变式题2：如图两个开关串联再与第三个开关并联，在某段时间内每个开关能够闭合的概率都是0.7,计算在这段时间内线路

正常工作的概率.

方法一：P(ABC)+P(ABC)+P(ABC)+P(ABC)+P(ABC)

=P(A)•P(B)-P(C)+P(A)«P(B)•P(C)+P(N)・P(B)-P(C)

+P(A).P(3).P(C)+P(A)P(B)・P(C)

=0.847J%>JB>

方法二：分析要使这段时间内线路正常工作只要解除J。开且与/台至少有1个开的

状况.-

1-P(C)[l-P(AB)]=l-0.3x(1-0.72)=0.847

例4.己知某种高炮在它限制的区域内击中敌机的概率为0.2.

(1)假定有5门这种高炮限制某个区域，求敌机进入这个区域后未被击中的概率；

(2)要使敌机一旦进入这个区域后有0.9以上的概率被击中，需至少布置几门高炮？

分析：因为敌机被击中的就是至少有1门高炮击中敌机，故敌机被击中的概率即为至少有1门高炮击中敌机的概率.

解：(1)设敌机被第k门高炮击中的事务为(k=i,2,3,4,5),那么5门高炮都未击中敌机的事务为AAr4.

•.•事务A1,A2,A3,A4,4相互独立，

.,.敌机未被击中的概率为

d4•4•4•4)=p(不).口4).p(4)•p(4)•p(4)

=(l-0.2)5=(1)5.

...敌机未被击中的概率为(1)5.

(2)至少须要布置〃门高炮才能有0.9以上的概率被击中，仿(1)可得：

敌机被击中的概率为1-

441

.••令1—(―)〃20.9,・•・(一)〃《一

5510

两边取常用对数，得—!一«10.3.

l-31g2

•;neN*,工n=ll・

・・・至少须要布置11门高炮才能有0.9以上的概率击中敌机

点评：上面例1和例2的解法，都是解应用题的逆向思索方法•采纳这种方法在解决带有词语“至多”、“至少”的问题时的运用,

常常能使问题的解答变得简便.

四、课堂练习:

1.在一段时间内，甲去某地的概率是』，乙去此地的概率是1，假定两人的行动相互之间没有影响，那么在这段时间内至少有1

45

人去此地的概率是()

9

(呜(B)((C)(D)—

I20

2.从甲口袋内摸出1个臼球的概率是,，从乙口袋内摸出1个白球的概率是1,从两个口袋内各摸出1个球，那么9等于()

326

(4)2个球都是白球的概率(8)2个球都不是白球的概率

(C)2个球不都是白球的概率(。)2个球中恰好有1个是白球的概率

3.电灯泡运用时间在1000小时以上概率为0.2,则3个灯泡在运用1000小时后坏了1个的概率是()

(A)0.128(3)0.096(C)0.104(£))0.384

4.某道路的A、B、C三处设有交通灯，这三盏灯在一分钟内开放绿灯的时间分别为25秒、35秒、45秒，某辆车在这条路上

行驶时，三处都不停车的概率是()

(A)—(B)—(C)—(£>)—

192192576192

5.(1)将一个硬币连掷5次，5次都出现正面的概率是；

(2)甲、乙两个气象台同时作天气预报，假如它们预报精确的概率分别是0.8与0.7,那么在一次预报中两个气象台都预报精确的

概率是.

6.棉籽的发芽率为0.9,发育为壮苗的概率为0.6,

(1)每穴播两粒，此穴缺苗的概率为—;此穴无壮苗的概率为.

(2)每穴播三粒，此穴有苗的概率为;此穴有壮苗的概率为.

7.一个工人负责看管4台机床，假如在1小时内这些机床不须要人去照看的概率第1台是0.79,第2台是0.79,第3台是0.80,

第4台是0.81,且各台机床是否须要照看相互之间没有影响，计算在这个小时内这4台机床都不须要人去照看的概率.

8.制造一种零件，甲机床的废品率是0.04,乙机床的废品率是0.05.从它们制造的产品中各任抽1件，其中恰有1件废品的概率

是多少？

9.甲袋中有8个白球，4个红球；乙袋中有6个白球，6个红球，从每袋中任取一个球，问取得的球是同色的概率是多少？

答案：1.c2.c3.B4.A5.(1)—(2)0.566.(1)0.01,0.16(2)0.999,0.936

32

7.P=0.792X0.812«0.4048.P=0.04x0.95+0.96x0.05«0.0869.提示:P=——+.

121212122

五、小结：两个事务相互独立，是指它们其中一个事务的发生与否对另一个事务发生的概率没有影响•一般地，两个事务不行能即

互斥又相互独立，因为互斥事务是不行能同时发生的，而相互独立事务是以它们能够同时发生为前提的•相互独立事务同时发生的概

率等于每个事务发生的概率的积,这一点与互斥事务的概率和也是不同的.

2.2.3独立重复试验与二项分布

一、复习引入：

1.事务的定义：随机事务：在肯定条件下可能发生也可能不发生的事务；

必定事务：在肯定条件下必定发生的事务；

不行能事务：在肯定条件下不行能发生的事务.