復合事件概率求解的方法探討

【摘要】利用概率的統計定義、古典定義和幾何定義去求解復合事件的概率，有一定的局限性.本文通過研究事件間的關系，利用事件的運算律、概率的計算公式、隨機事件的獨立性、隨機變量的分布列（或概率密度）等，對求解復合事件概率的若干方法進行了探討.

【關鍵詞】復合事件；概率；事件的運算律；概率公式；獨立性；分布列（或概率密度）

【中圖分類號】G64【文獻標識碼】A

概率反映了隨機事件的統計規律性.求解簡單事件的概率，我們可以使用概率的統計定義、古典定義和幾何定義，但對于復合事件的概率，使用定義還遠遠不夠.下面我們探討求復合事件概率的若干方法.

一、使用事件的運算律及概率的計算公式求解

為了求解復合事件的概率，我們可以首先研究隨機事件間的關系，然后利用事件的運算律，使用概率的加法公式、乘法公式、條件概率公式和全概率公式等概率的計算公式去求解.

例1某人打靶，命中10環的概率為0.3，命中9環的概念為0.4，求最多命中8環的概率.

解設A={命中10環}，B={命中9環}，C={最多命中8環}，則C={命中環數超過8環}={命中環數為9環或10環}=A+B，且A、B互不相容，于是

P（C）=P（A+B）=P（A）+P（B）=0.3+0.4=0.7.

P（C）=1-P（C）=1-0.7=0.3.

即最多命中8環的概率為0.3.

該題的求解利用了兩事件互不相容的加法公式P（A+B）=P（A）+P（B）及對立事件的概念公式P（C）=1-P（C）.這里分析事件間的關系是關鍵.

例2某校對一年級學生上下兩學期學習成績的統計分析中發現：上下兩學期均優的占學生總數的5%，僅上學期得優的占學生總數的7%，僅下學期得優的占學生總數的8%.求：（1）已知某學生上學期沒得優，估計下學期得優的概率；（2）上下兩學期均沒得優的概率.

解設A={上學期成績得優}，B={下學期成績得優}，則P（AB）=0.05，

P（AB）=0.07，P（AB）=0.08；

由A=AΩ=A（B+B）=AB+AB，且AB，AB互不相容，得

P（A）=P（AB+AB）=P（AB）+P（AB）=0.07+0.08=0.15，P（A）=1-P（A）=1-0.15=0.85.

于是（1）P（BA）=P（AB）P（A）=0.080.85≈0.094.

即已知某學生上學期沒得優，估計下學期得優的概率為0.094.

（2）P（AB）=P（A）P（B|A）=P（A）（1-P（B|A））=0.85×（1-0.094）≈0.77.

即上下兩學期均沒得優的概率為0.94.

該題的求解利用了事件的運算律：A=AΩ=A（B+B）=AB+AB，且AB，AB互不相容，這是解題的突破口.同時使用了概率的乘法公式P（AB）=P（A）P（BA）=P（B）P（AB），條件概率公式P（BA）=P（AB）P（A），再次用到兩事件互不相容的加法公式P（A+B）=P（A）+P（B）及對立事件的概念公式P（C）=1-P（C）.

二、利用事件的獨立性求解對于事件A與B，若P（AB）=P（A）P（B），則稱事件A與B相互獨立.

事件的獨立性有如下性質：1.必然事件及不可能事件與任何事件獨立；2.若事件A與事件B相互獨立，則A與B，A與B，A與B中的各對事件也相互獨立；3.當P（A）>0，P（B）>0時，下面四個結論是等價的：事件A與B相互獨立

P（AB）=P（A）P（B）P（B）=P（BA）P（A）=P（AB）.

事件的獨立性在求復合事件的概率中有廣泛的應用.概率論中的最早模型之一——伯努里概型就是一個獨立試驗序列模型，涉及產品質量檢驗及群體遺傳學的概率問題很多都是伯努里概型.

例3設甲、乙、丙三射手獨立地射擊同一目標，他們擊中目標的概率分別為0.9，0.88，0.8，求在一次射擊中，目標被擊中的概率.

解設A1={甲射手擊中目標}，A2={乙射手擊中目標}，A3={丙射手擊中目標}，B={目標被擊中}，則A1，A2，A3相互獨立，P（A）=0.9，P（B）=0.88，P（C）=0.8，

且B=A1+A2+A3，于是

P（B）=P（A1+A2+A3）=1-P（A1+A2+A3）=1-P（A1A2A3），

又因為A1，A2，A3相互獨立，所以A1，A2，A3也相互獨立，即

P（B）=1-P（A1A2A3）=1-P（A1）P（A2）P（A3）=1-（1-P（A1））（1-P（A2））（1-P（A3））=1-（1-0.9）×（1-0.88）×（1-0.8）=0.9976.

該題的求解就是利用了事件的獨立性及其性質.

例4一條自動化生產線上產品的一級品率為0.6，現從中隨機抽取10件檢查，求：（1）恰有2件一級品的概率；（2）至少有2件一級品的概率.

解設Ai=恰有i件一級品，i=0，1，…，10，B=至少有2件一級品，則

P（Ai）=P10（i）=Ci100.6i（1-0.6）10-i=Ci100.6i0.410-i，i=0，1，…，10.

于是（1）P（A2）=P10（2）=C210×0.62×0.410-2≈0.0106.

（2）P（B）=P（A2+A3+…+A10）=∑i=10i=2P10（i）=1-P10（0）-P10（1）

=1-0.410-C110×0.6×0.49≈0.9983.

本題中的抽樣方法是不放回抽樣（由于產品的數量很大，而抽取數量相對較小，因此可以作為有放回抽樣來近似處理），我們可以將檢驗10件產品是否是一級品看成是10重伯努里試驗.該題的求解使用了伯努里定理（如果在一次試驗中，事件A發生的概率為p（0

三、利用隨機變量的分布列（或概率密度）求解

常見的隨機變量及其分布實際上是已知隨機變量的分布列（或概率密度），我們可以根據隨機變量的分布函數與分布列（或概率密度）的關系求出事件的概率.該種方法確定現實生活中的隨機現象服從的分布是關鍵.

例5從某大學到火車站途中有6個交通崗，假設在各個交通崗是否遇到紅燈相互獨立，并且遇到紅燈的概率都是13，求汽車行駛途中至少遇到5次紅燈的概率.

解設X表示汽車行駛途中遇到的紅燈數，由題意知X～B（6，13），于是X的分布律為P（X=k）=Ck613k236-kk=0，1，…，6

于是P（X≥5）=P（X=5）+P（X=6）=C56135236-5+C66136236-6=13729

即汽車行駛途中至少遇到5次紅燈的概率為13729.

該題解題的關鍵是明確汽車行駛途中遇到的紅燈數服從二項分布.

例6設某電子元件的使用壽命X（年）服從參數為3的指數分布，現已知該電子元件已使用1.5年，求它還能使用2年的概率.

解該電子元件的使用壽命X的概率密度為

f（x）=3e-3xx>00x<0

則P（X>3.5X>1.5）=P（X>3.5X>3.5）P（X>1.5）=P（X>3.5）P（X>1.5）=∫+∞3.53e-3xdx∫+∞1.53e-3xdx=e-6

即該電子元件已使用1.5年，它還能使用2年的概率為e-6.

該題綜合應用隨機變量的指數分布與條件概率公式求解.

綜上所述，求解復合事件的概率雖然復雜、困難，但我們可以利用概率的計算公式，事件的獨立性及隨機變量的概率分布等方法，使復雜的問題簡單化，其中分析事件間的關系是各種方法的關鍵.

【參考文獻】

[1]劉明忠等.應用高等數學[M].南京大學出版社.2013.08.

[2]韓飛等.應用經濟數學[M].湖南師范大學出版社.2011.06.