考研概率技巧Word格式.docx
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概率P（A）≤P（B）
（2）互斥（不相容）——A事件发生则B事件一定不发生。
A的基本点都不属于B，或A与B的交是空集。
A与B互斥，则概率P（AB）=0
互斥的特殊情形是互逆。
A事件与B事件互逆——A与B互斥，且A与B的并集是整个样本空间。
为了方便，把A的逆事件记为Aˉ；
概率P（A）+P（Aˉ）=1
（3）和事件A+B——相应于集合A与B的并集。
和事件A+B发生的要点是“或”。
或者A事件发生，或者B事件发生，或者A事件B事件同时发生。
概率P（A+B）=P（A）+P（B）－P（AB）
（4）积事件AB——相应于集合A与B的交集。
积事件AB发生的要点是“都”。
A事件B事件同时发生。
“或”与“都”相互为逆。
和事件A+B的逆为积事件AˉBˉ——A事件B事件都不发生。
积事件AB
的逆为和事件Aˉ+Bˉ——或A不发生，或B不发生，或A与B都不发生。
（潜台词：
“或”的逆是“都不”。
“都”的逆是“或不”）
可以类似讨论多个事件，乃至可列无穷多个事件的和事件与积事件。
相应公式称为德·
摩根法则。
（5）差事件A—B——
A事件发生而B事件不发生。
相当于A—AB，等价于积事件ABˉ
概率P（A－B）=P（A）－P（AB）
（6）相互独立——若对于事件A，B成立概率公式P（AB）=P（A）P（B），就称事件A，B相互独立。
定理事件A，B相互独立，等价于事件Aˉ与Bˉ相互独立；
等价于事件A与Bˉ相互独立；
还等价于事件Aˉ与B相互独立。
三个事件A，B，C相互独立——它们两两独立，且满足P（ABC）=P（A）P（B）P（C）
可以用归纳法定义n个事件相互独立。
用文氏图可以形象表示前5个在集合背景下的关系。
但文氏图不能表式用概率公式定义的“相互独立”概念。
（8）加法定理
如果事件A，B互斥，显然有P（A+B）=P（A）+P（B），一般情况下，可以作互斥分解
A+B=（A－AB）+（B－AB）+AB从而P（A+B）=P（A）+P（B）－P（AB）
进一步有P（A+B+C）=P（A）+P（B）+P（C）－P（AB）－P（AC）－P（BC）+P（ABC）
……------------……-----------------……
例1以A表示事件“甲种产品畅销，乙种产品滞销”，则其逆事件Aˉ为
（A）“甲种产品滞销，乙种产品畅销”（B）“甲乙两种产品均畅销”
（C）“甲种产品畅销”（D）“甲种产品滞销或乙种产品畅销”
分析A是个积事件。
“都”的逆是“或不”；
应选（D）。
例2已知事件A与B同时发生时，事件C一定发生。
则
（A）P（C）≤P（A）+P（B）－1（B）P（C）≥P（A）+P（B）－1
（C）P（C）=P（AB）（D）P（C）=P（A+B）
分析由已知得C包含AB；
故P（C）≥P（AB），顺便再进一步观察
P（AB）=P（A）+P（B）－P（A+B）≥P（A）+P（B）－1应选（B）。
例3设随机事件A，B及其和事件A+B的概率分别是0.4，0.3和0.6，若Bˉ表示B的对立事件，那么积事件ABˉ的概率P（ABˉ）=0.3
分析P（AB）=P（A）+P（B）－P（A+B）=0.1故P（ABˉ）=P（A）－P（AB）=0.3
或利用互斥分解A=AB+ABˉ，P（A）=P（AB）+P（ABˉ），P（ABˉ）=0.3
例4若积事件AB出现的概率P（AB）=0，则
（A）A与B不相容（即A与B互斥）（B）AB是不可能事件。
（C）AB未别是不可能事件。
（D）或P（A）=0，或P（B）=0
分析已知是概率条件，而“不相容”是用事件定义的。
二者没有关系。
（A）错。
0概率事件不一定是不可能事件。
（B）错。
（D）显然荒谬。
应选（C）。
例5设A和B是任意两个概率不为零的不相容事件，则下列结论中肯定正确的是
（A）Aˉ与Bˉ不相容（B）Aˉ与Bˉ相容
（C）P（AB）=P（A）P（B）（D）P（A－B）=P（A）
分析和事件A+B的逆为积事件AˉBˉ故仅当A与B构成完备事件组，即A、B互逆时，Aˉ与Bˉ才一定不相容。
本题不一定能满足此条件，故（A）、（B）都错。
（C）是相互独立的定义条件，与“不相容”无关。
因为A与B不相容，即AB=Ø
，所以A－B=A—AB=A，应选（D）。
例6
对于任意两事件A和B，若AB≠Ø
，则（A）A与B一定相互独立。
（B）A与B可能独立。
（C）B与B一定独立。
（D）A与B一定不独立。
分析已知事件关系，而“相互独立”是用概率来定义的，二者没有关系。
应选（B）。
啊，三个例题同含有一个知识点。
例7已知随机事件A，B满足条件P（AB）=P（AˉBˉ），且P（A）=p，求P（B）
分析由已知得P（AB）=P（AˉBˉ）=P（（A+B）ˉ）=1－P（A+B）
即P（AB）=1－P（A）－P（B）+P（AB）故P（B）=1－P（A）
例8将一枚硬币独立地掷两次。
记事件A1={第一次出现正面}，A2={第二次出现正面}，
A3={正反面各出现一次}，A4={正面出现两次}，则事件
（A）A1，A2，A3相互独立。
（B）A2，A3，A4相互独立。
（C）A1，A2，A3两两独立。
（D）A2，A3，A4两两独立。
分析四个事件的概率皆不为0，但显然P（A1A2A3）=0，P（A2A3A4）=0，故答案只能是两两独立。
同理，P（A3A4）=0，A3与A4不能相互独立。
应选（C）。
例9试证明，事件A，B相互独立等价于Aˉ与B相互独立。
分析选择P（B）=P（AB）+P（AˉB），若已知P（AB）=P（A）P（B），则
P（AˉB）=P（B）－P（AB）=P（B）－P（A）P（B）=P（B）（1－P（A））=P（B）P（Aˉ）
若已知P（AˉB）=P（B）P（Aˉ），同样选择P（B）=P（AB）+P（AˉB）
P（AB）=P（B）－P（AˉB）=P（B）－P（Aˉ）P（B）=P（B）（1－P（Aˉ））=P（A）P（B）
循环证明（7）中的“相互独立四等价”（条件），那是绝好的基本练习。
经典概型学重点
如果样本空间只有有限个基本点，且每个基本事件发生的概率相同，则定义事件A发生的概率
P（A）=A所含基本点（有利点）数∕基本点总数
这样定义的概率称为古典概率。
相应的模型称为古典概型。
经典概率模型资料浩如烟海，思维处理方法千姿百态。
学习时要着眼应用，熟悉典型。
1.抛球模型——把n个小球等可能地投入N个（n≤N）空盒中，每个球的落点有N个结果。
基本点总数为
N的n次方
（1）若A=“n个小球恰好都落在一个指定的盒中”，则显然有
P（A）=1∕N的n次方
（2）若A=“n个小球恰好各在一个盒中”，先取N个（n≤N）空盒中的任意n个盒，再考虑排序，则有利点数为（N个中取n个的组合数）×
n！
P（A）=（m个中取n个的组合数）×
∕m的n次方
（3）若A=“n个小球恰好全在一个盒中”，则有利点数为N，
P（A）=1∕N的n－1次方
（4）若A=“至少有两个小球在一个盒中”，则情形复杂，难以穷尽。
但仔细对比，它正好是“n个小球恰好各在一个盒中”的逆事件。
小球的分布，可以设定很多状态。
有的概率很难算。
用不着去钻牛角尖。
要的是体会与捉摸经典概率模型的思维方式。
应用例1——一间寝室住有6个学生。
他们都在同一年生。
求他们的生日恰好在同一个月内的概率。
分析这就好比6个小球随机地抛到12个盒中。
A=“6个小球恰好全在一个盒中”，
基本点总数为“12的6次方”，P（A）=1∕12的5次方≈0.000004
小小概率事件。
应用例2——历史资料统计，某地区每年夏季的13周内平均有7次暴雨灾害天气。
试计算事件A=“暴雨灾害天气各在一个周内”的概率。
分析一次暴雨就是一个小球，共有13个盒。
P（A）=（13个中取7个的组合数）×
7！
∕13的7次方≈0.135
P（Aˉ）≈0.865，Aˉ=“至少有两次暴雨灾害天气发生在同一周内”
真是“祸不单行”啊！
“某公交线路有11个站。
n个乘客来起点站乘车，每个乘客的下车点是随机的。
如果设中途无人上车，……。
”这也服从抛球模型。
“电梯公寓有11层。
n个外来客从底楼乘电梯，每个乘客要到的楼层是随机的。
如果设中途无人用电梯，……。
”这还是服从抛球模型。
比如
“‘A=至少有两个人在同一层离开电梯’等同于‘A=至少有两个小球在一个盒中’。
”
2．贝努里概型
如果在重复，又相互独立的n次试验中，（“独立试验”，即试验结果互不影响。
）每个试验都只有事件A发生（成功）与不发生（失败）两个结果，且总有P（A）=p，就称其为贝努利试验序列，相应数学模型称为n重贝努利概型。
记事件Bk=“n重贝努里概型中，A发生k次”，则
P（Bk）=（n个中取k个的组合数）（p的k次方）（q的n－k次方），
用随机变量X表示n重贝努里概型中的成功次数，它会有值x=0，1，2，---，n；
且对应有分布列P（X=k）=b（k；
n，p）=P（Bk），
这个离散型随机模型叫二项分布。
换一个角度来看抛球模型的
（1）。
观察小球落进指定的一个盒的概率分布，相当于向这个指定的盒抛球n次，要么抛入（成功），概率总是1∕N；
要么失败。
n次抛球相互独立。
可以视为一个n重贝努里概型。
记A=“n重贝努里概型中成功n次”，则
P（A）=P（X=n）=b（n；
n，1∕N）=1∕N的n次方
*例12某公交线路共有11个站。
深夜末班车有20人从起点站上车。
设沿途10站再没有人上车。
有人下车就停车开门，无人下车则继续行驶。
设乘客下车与否相互独立。
试求此客车沿途停车开门k次的概率。
分析对于线路上一个固定的站，每个乘客下车的概率都是1∕10，乘客下车与否相互独立，因而是个20重贝努里概型。
P（无人下车）=b（0；
20，1∕10）=（9∕10）的20次方
于是，（记p=）P（有人下车）=1－（9∕10）的20次方
每个站都是如此，停车开门的概率为p；
各站开门与否相互独立。
这又构成一个10重贝努里概型。
停车开门（成功）k次的概率为b（k；
10，p），不再细表。
3．摸球模型与超几何分布——
袋中装有红球m个，黑球n个，从袋中随机摸出r=s+t个球，基本点总数为（m+n）个中取r个的组合数。
记A=“其中有s个红球，t个黑球”，则
P（A）=（m个中取s个的组合数）×
（n个中取t个的组合数）∕基本点总数
如果袋中有三种或三种以上颜色的球，相应问题可以类似处理。
应用如——如果平均1000件产品中有5件次品。
随机抽查10件，求A=“内中恰有一件次品”的概率。
分析基本点总数为1000个中取10个的组合数
P（A）=（995个中取9个的组合数）×
（5个中取1个的组合数）∕基本点总数
≈0.05
例13从0，1，2，……，9共十个数字中任意选出三个不同的数字，试求下列事件的概率：
A1=“三个数字中不含0和5”，A2=“三个数字中不含0或5”,A3=“三个数字中含0但不含5
分析只“选出”三个数字而不排序，是组合问题。
把十个数字分成集合{0，5}与另外一个集合，三个概率都可以用“超几何分布”模型来计算。
基本点总数为10取3的组合数=120
A1的有利点数=8取3的组合数，P（A1）=7/15
A2的说法应理解为包含“不含0和5”的情形。
其逆事件为“必定含0和5”
有利点数=8取3的组合数+（8取2的组合数）（2取1的组合数），P（A2）=14/15
A3的有利点数=8取2的组合数，P（A3）=7/30
例14从6双运动鞋中随意拿出4只，分别求A=“其中恰有一双配对”；
B=“恰好配成两双”；
C=“没有两只可以配对”的概率。
分析相当于“袋中有6种颜色的球”。
基本点总数为12取4的组合数=495
事件A取样中的那双鞋，是6双中的任意一双，单的分别来自余下5双中的任意两双。
A的有利点数=6×
（5取2的组合数）×
2×
2=60P（A）=16∕33
显然P（B）=（6取2的组合数）∕495=1∕33
三个事件已穷尽了各种可能。
最后有P（C）=1－P（A）－P（B）=16∕33
不妨检验一下，事件C的有利点数=（6取4的组合数）×
2）
4．几何概率
如果样本空间Ω是某个区域（区间，平面区域或空间区域），且每个样本点出现的可能性相同，则规定A的概率为P（A）=L（A）/L（Ω）
其中，L（·
）分别是相应的长度，或面积，或体积。
例16在区间（0，1）中随机地取两个数，则事件“两数之和小于6/5”的概率为_____
分析用X和Y分别表示随机抽取的两个数，则0<
X<
1，0<
Y<
1，X，Y取值的所有可能结果（即样本点全体）对应的集合是边长为1的正方形Ω，其面积为1
直线x+y=6/5与单位正方形的边周交于（1，1/5）与（1/5，1）两点，分其为两块。
事件“X+Y≤6/5”对应着单位正方形除去以（1，1），（1，1/5），（1/5，1）为顶点的三角形后剩余的部分。
易算得A的面积即所求概率为17/25
例17在时间间隔内的任何瞬间，两个不相关的信号均等可能地进入收音机。
如果两个信号当且仅当其进入收音机的时间间隔不大于
t
时，就使收音机受到干扰，求收音机受到干扰的概率。
（答案p=1－（1－t/T）²
分析用X和Y分别表示两个不相关的信号进入收音机的时间，则0<
t，0<
t
“收音机受到干扰”事件可以表示为“∣X－Y∣≤
t”，视t为常数，与上例为同一模型。
经典模型，重在熟练不在多。
熟能生巧，巧在理解与应用。
条件概率寻常事
在事件B发生的条件下事件A发生的概率称为条件概率。
记为P（A∣B），且定义
P（A∣B）=P（AB）∕P（B），P（B）＞0
人们通常会用两种方式来表示整体与部分的关系。
或者用实在数据；
或者把整体视为1，用比例来表示部分。
在可以用“文氏图”示意的情形，不太严格地说，样本空间及事件就是具体实在，相应概率就好比是“比例”描述。
条件概率则是把概率P（B）作为新的总体1，计算P（AB）相对所占的“比例”。
在古典概率情形，这个比方尤其直观。
若事件A含于B，即AB=A，
P（A∣B）=P（AB）∕P（B）=P（A）∕P（B）
若事件A与B互斥，即AB=Φ（空集），P（AB）=0，P（A∣B）=0
若事件A与B相互独立，P（AB）=P（A）P（B），则P（B）＞0时
P（A∣B）=P（AB）∕P（B）=P（A）P（B）∕P（B）=P（A），
条件概率的定义在这时正好显示，从逻辑上看，事件A与B相互独立，本质上是发生与否，互不影响，彼此无关。
而事件A与B互斥，却是一个特定关系。
“两个事件能否既互斥又相互独立？
”由上述可知，从逻辑上看是不可能的。
从概率上看，若两个事件的概率都不为0，则也是不可能的。
在建模实践中，为了简单起见，在不少场合选择了相互独立的最佳状态。
比如，射击运动员连续射击多发子弹；
乒乓球运动员连续比赛若干局，……，等等；
都假设各次射击，各局比赛相互独立。
构成n重贝努里概型。
在实际问题中，有时能简便地直接按照实际状况算得条件概率。
比如摸球模型。
袋中有20个红球10个黑球，如果每次摸出一球，然后放回去再摸第二次，若以摸出红球为成功，p=2/3，各次摸球相互独立，就构成n重贝努里概型。
如果第一次摸得红球而不放回去，第二次摸得黑球的概率就是条件概率。
这时由实际数据能直接算得
P（第二次摸得黑球∣第一次摸得红球）=10/29
P（AB）=P（第一次摸得红球，第二次摸得黑球）=P（B）P（A∣B）
=P（第一次摸得红球）·
P（第二次摸得黑球∣第一次摸得红球）=20/87
用二维模型才能更好地理解这个交事件的概率。
先后两次摸球（第一次不放回）的基本点有：
（红，红），380个；
（红，黑），200个；
（黑，红），200个；
（黑，黑），90个；
共计870个。
所以P（红，黑）=有利点数∕基本点总数=20/87
“随机向量事件”概率定义的内核是“交事件的概率”。
可以从这里开始体验。
例20A，B是两个随机事件，且B发生则A必定发生。
则下列式子中正确的是
（A）P（A+B）=P（A）（B）P（AB）=P（A）
（C）P（B∣A）=P（B）（D）P（B－A）=P（B）－P（A）
分析事件B发生则A必定发生，说明A包含B，而A+B就是A；
也表明B－A是不可能事件；
AB=B；
故（B）（D）错。
应选（A）。
（C）错，是因为此时有P（B∣A）=P（B）∕P（A）
例21已知0＜P（B）＜1，且P（A1+A2∣B）=P（A1∣B）+P（A2∣B），则有
（A）P（A1+A2∣Bˉ）=P（A1∣Bˉ）+P（A2∣Bˉ）（B）P（A1B+A2B）=P（A1B）+P（A2B）
（C）P（A1+A2）=P（A1∣B）+P（A2∣B）（D）
P（B）=P（A1）P（B∣A1）+P（A2）P（B∣A2）
分析老老实实按照条件概率的定义重写已知条件。
得
P（（A1+A2）B）∕P（B）=P（A1B）∕P（B）+P（A2B）∕P（B）
去分母后，刚好是（B）。
即A1B和A2B互斥
例22A，B是两个随机事件，且0＜P（A）＜1，P（B）＞0，P（B∣A）=P（B∣Aˉ）
则必有（A）P（A∣B）=P（Aˉ∣B）（B）
P（A∣B）≠P（Aˉ∣B）
（C）P（AB）=P（A）P（B）（D）P（AB）≠P（A）P（B）
分析首先用条件概率定义转换已知的条件概率等式
P（BA）∕P（A）=P（BAˉ）∕P（Aˉ）即P（Aˉ）P（BA）=P（A）P（BAˉ）
即（1－P（A））P（BA）=P（A）P（BAˉ）
移项化简，即P（BA）=P（A）（P（BA）+P（BAˉ））=P（A）P（B）
其中，事件B=BA+BAˉ是B的互斥分解。
应选（C）
已知条件保证了事件A与B相互独立。
有这样的习题:
“若0＜P（A）＜1，试证明事件A与B相互独立的充分必要条件是
P（B∣A）=P（B∣Aˉ）”
事实上，上例分析中的算式是可以逆反的。
例23已知0＜P（A）＜1，0＜P（B）＜1，P（A∣B）+P（Aˉ∣Bˉ）=1，则
（A）事件A和B互不相容。
（B）事件A和B互相对立。
（C）事件A和B互不独立。
（D事件A和B相互独立。
分析先用条件概率定义重写已知的条件概率等式，再两端同乘以P（B）P（Bˉ）,得
P（Bˉ）P（AB）+P（B）P（AˉBˉ）=P（B）P（Bˉ）
因为是关于A与B的选择，故需用公式P（Bˉ）=1－P（B）
再注意到“或”的反面是“都不”，即AˉBˉ=（A+B）ˉP（AˉBˉ）=P（（A+B）ˉ）=1－P（（A+B）,
概率等式进一步化为（1－P（B））P（AB）+P（B）（1－P（A+B））=P（B）（1－P（B））
化减后即知
P（AB）=P（A）P（B），应选（D）
与导数定义的运用一样，条件概率这一类含有公式的概念。
要勤动手写定义式，要训练自己有一定的抽象运算推演变形能力，才能应对相关考研题目。
例24甲、乙两人独立地对同一目标射击一次，其命中率分别为0.6和0.5，现已知目标被命中，则它是甲射中的概率为（？
分析记A=“甲射中”，B=“乙射中”，显然“目标被命中”应该是A+B，所求概率为
P（A∣（A+B））=P（A（A+B
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