第 1 章　随机事件与概率

(1) 第一枪命中：\(A_1\)；后两枪至少一枪命中：\(A_2\cup A_3\)。两者同时发生：\(\;A_1(A_2\cup A_3)=A_1A_2\cup A_1A_3\)。

(2) 恰有一枪命中（三个互斥的并）：\(\;A_1\bar{A}_2\bar{A}_3\cup \bar{A}_1A_2\bar{A}_3\cup \bar{A}_1\bar{A}_2A_3\)。

(3) 至少两枪命中（恰两枪或恰三枪）：\(\;A_1A_2\cup A_1A_3\cup A_2A_3\)（并里已含 \(A_1A_2A_3\)，不必单写）。

(4) 三枪均未命中：\(\;\bar{A}_1\bar{A}_2\bar{A}_3=\overline{A_1\cup A_2\cup A_3}\)。

(5) 第三枪才首次命中（前两枪不中且第三枪中）：\(\;\bar{A}_1\bar{A}_2A_3\)。

套路总结：把中文逐词翻译成符号：「且」= 交，「或」= 并，「不」= 取逆，「恰好」= 互斥情形逐个枚举后取并。

(1) 分配律展开：\((A\cup B)(A\cup\bar{B})=A\cup(B\bar{B})=A\cup\varnothing=A\)。

(2) 由 (1) 中第二、四括号相乘：\((\bar{A}\cup B)(A\cup\bar{B})=AB\cup\bar{A}\bar{B}\)（分配律展开后 \(B\bar{B}\) 与 \(\bar{A}A\) 消去，\(BA\) 合并）。于是原式 \(=(A\cup B)(AB\cup\bar{A}\bar{B})=AB\)。

语义验证：第二、三个因子联立表示「\(A,B\) 同真同假」；再与第一个因子「至少一个发生」联立，排除「同假」情形，只剩「同真」，正是 \(AB\)。演算与语义一致。

(1) 由加法公式：\(P(AB)=P(A)+P(B)-P(A\cup B)=0.4+0.3-0.6=0.1\)。

(2) 减法公式：\(P(A\bar{B})=P(A)-P(AB)=0.4-0.1=0.3\)。

(3) 摩根律：\(P(\bar{A}\bar{B})=P(\overline{A\cup B})=1-0.6=0.4\)。

(4) \(P(\bar{A}B)=P(B)-P(AB)=0.3-0.1=0.2\)。

(5) 条件概率定义：\(P(A\mid A\cup B)=\dfrac{P(A(A\cup B))}{P(A\cup B)}=\dfrac{P(A)}{0.6}=\dfrac{0.4}{0.6}=\dfrac{2}{3}\)（因为 \(A\subset A\cup B\)）。

套路总结：这一串数值构成「五问全家桶」，共同关键是先解出 \(P(AB)\)，再按区域（仅 A、仅 B、都发生、都不发生）切分文氏图。

(1) 容斥：\(0.4+0.35+0.3-0.15-0.1-0.1+0.05=0.75\)。

(2) \(P(A\bar{B}\bar{C})=P(A)-P(AB)-P(AC)+P(ABC)=0.4-0.15-0.1+0.05=0.2\)（多退少补：减掉两个二元交时把 \(ABC\) 减了两次，补回一次）。

(3) \(P(AB\cup AC\cup BC)=P(AB)+P(AC)+P(BC)-2P(ABC)=0.15+0.1+0.1-2(0.05)=0.25\)（\(ABC\) 在三个二元交中各出现一次、被容斥减两次）。

(4) 恰有两个 = 至少有两个 − 三个都有 = \(0.25-0.05=0.20\)。

易错：第 (3) 问系数是 \(-2P(ABC)\) 而非 \(-P(ABC)\)，用「\(AB\cup AC\cup BC\) 再容斥」推一遍才不会记错。

(1) \(P(A\bar{B})=P(A)-P(AB)\)。又 \(AB\subset B\)，由单调性 \(P(AB)\le P(B)\)，故 \(P(A\bar{B})=P(A)-P(AB)\ge P(A)-P(B)\)。

(2) 由加法公式 \(P(A\cup B)=P(A)+P(B)-P(AB)\le P(A)+P(B)\)（因 \(P(AB)\ge 0\)）。

套路总结：概率不等式证明三板斧——「减法公式拆差 + 单调性 \(AB\subset B\) + 非负性丢项」。见到 \(P(A)-P(B)\) 就想凑减法公式。

样本总数 \(C_8^3=56\)。

(1) \(P=\dfrac{C_5^2C_3^1}{C_8^3}=\dfrac{10\times 3}{56}=\dfrac{30}{56}=\dfrac{15}{28}\)。

(2) 对立面为「3 个全白」：\(P=1-\dfrac{C_5^3}{C_8^3}=1-\dfrac{10}{56}=\dfrac{46}{56}=\dfrac{23}{28}\)。

(3) 全白或全黑：\(P=\dfrac{C_5^3+C_3^3}{C_8^3}=\dfrac{10+1}{56}=\dfrac{11}{56}\)。

完备性自检：按黑球个数 0、1、2、3 分类，概率依次为 \(\frac{10}{56}+\frac{C_5^2C_3^1}{56}+\frac{C_5^1C_3^2}{56}+\frac{1}{56}=\frac{10+30+15+1}{56}=1\)，计算无误。

每球 3 种去向，样本总数 \(3^3=27\)（球可分辨、盒可分辨，这是分房模型的分母特征）。

(1) 先选空盒：\(C_3^1=3\) 种；剩 2 盒各至少 1 球，即 3 球分给 2 盒且不空：\(2^3-2=6\) 种。故 \(P=\dfrac{3\times 6}{27}=\dfrac{18}{27}=\dfrac{2}{3}\)。

(2) 1 号盒恰 2 球：先选 2 个球进 1 号盒 \(C_3^2=3\) 种，剩 1 球落入其余 2 盒之一：2 种。\(P=\dfrac{3\times 2}{27}=\dfrac{6}{27}=\dfrac{2}{9}\)。

易错：分房模型分母是 \(N^n\) 而不是排列数；「同色球 / 相同球」要用分组思想另算。生日问题：50 人中至少两人生日相同的概率 \(=1-\dfrac{365\cdot 364\cdots 316}{365^{50}}\approx 0.97\)，反直觉但正是分房模型。

分母 \(C_{10}^3=120\)。

(1) 最小数为 4：必取 4，其余 2 个从 \(5,6,\dots,10\)（比 4 大的 6 个数）中取：\(P=\dfrac{C_6^2}{C_{10}^3}=\dfrac{15}{120}=\dfrac{1}{8}\)。

(2) 最大数为 7：必取 7，其余 2 个从 \(1,\dots,6\) 中取，但要「恰」最大：即其余从 1～6 任取：\(P=\dfrac{C_6^2}{C_{10}^3}=\dfrac{15}{120}=\dfrac{1}{8}\)。

套路总结：最小值为 \(m\) ⇒ 必取 \(m\)、其余从大于 \(m\) 的数中取；最大值为 \(m\) ⇒ 必取 \(m\)、其余从小于 \(m\) 的数中取。「至少 / 至多」可先算「恰为」再累加。

设甲、乙到达时刻为 \(x,y\)，则 \((x,y)\) 均匀分布在正方形 \(\Omega=[0,60]\times[0,60]\)，面积为 \(3600\)。

能会面 \(\iff |x-y|\le 20\)，即两直线 \(y=x-20\) 与 \(y=x+20\) 之间的带形区域。

其面积为 \(3600-2\times\dfrac{1}{2}\times 40\times 40=3600-1600=2000\)（两个边长 40 的等腰直角三角形）。

\[ P=\frac{2000}{3600}=\frac{5}{9} \]

一般结论（等 \(\tau\) 分钟）：\(P=1-\left(\dfrac{T-\tau}{T}\right)^2\)，本题 \(1-\left(\dfrac{40}{60}\right)^2=\dfrac{5}{9}\)，一致。易错：把「\( |x-y|\le 20\)」写成「\(x-y\le 20\)」，漏掉绝对值会丢掉一半带形。

和为 7 的样本点共 6 个：\((1,6),(2,5),(3,4),(4,3),(5,2),(6,1)\)，它们等可能（原样本空间 36 个点等可能，条件分布继承等可能性）。

其中含 1 的有 2 个：\((1,6),(6,1)\)。故所求概率 \(=\dfrac{2}{6}=\dfrac{1}{3}\)。

用定义验证：\(P(AB)=\dfrac{2}{36}\)，\(P(B)=\dfrac{6}{36}\)，\(P(A\mid B)=\dfrac{2}{6}=\dfrac{1}{3}\)。一致。

设 \(A_i\) 为「第 \(i\) 次取到白球」。\(\;P(A_1)=\dfrac{5}{8}\)，\(P(A_2\mid A_1)=\dfrac{4}{7}\)，\(P(A_3\mid A_1A_2)=\dfrac{3}{6}\)。

\[ P(A_1A_2A_3)=\frac{5}{8}\cdot\frac{4}{7}\cdot\frac{3}{6}=\frac{60}{336}=\frac{5}{28} \]

对照组合法：\(\dfrac{C_5^3}{C_8^3}=\dfrac{10}{56}=\dfrac{5}{28}\)，两种方法一致。

易错：不放回时各次概率分母递减（8、7、6），且必须写成条件概率连乘，不能写 \(\left(\frac{5}{8}\right)^3\)（那是放回的情形）。

设 \(A\) =「取到次品」，\(B_1,B_2,B_3\) = 「取到甲、乙、丙车间的产品」，它们构成完备事件组。

\[ P(A)=0.5\times 0.01+0.3\times 0.02+0.2\times 0.03=0.005+0.006+0.006=0.017 \]

即全厂平均次品率 1.7%（按产量加权的「混合率」，一定介于最高 3% 与最低 1% 之间，可作数量级自检）。

设 \(D\) =「患病」，\(+\) =「化验阳性」。\(\;P(D)=0.0005\)，\(P(+\mid D)=0.99\)，\(P(+\mid \bar{D})=0.005\)。

先由全概率公式：

\[ P(+)=0.0005\times 0.99+0.9995\times 0.005=0.000495+0.0049975=0.0054925 \]

再由贝叶斯公式：

\[ P(D\mid +)=\frac{0.000495}{0.0054925}\approx 0.090 \]

即化验阳性者中真正患病的只有约 9%！原因是发病率极低（0.05%），健康人群基数巨大，即使误报率仅 0.5%，其贡献的假阳性人数仍远超真阳性。套路总结：贝叶斯题两步走——先全概率算分母，再代一个分子的比值；答案务必落在 0 与 1 之间。

记 \(B_1\) =「掷出 1～4 点选甲箱」，\(B_2\) =「选乙箱」，\(W\) =「取到白球」。\(P(B_1)=\dfrac{4}{6}=\dfrac{2}{3}\)，\(P(B_2)=\dfrac{1}{3}\)；\(P(W\mid B_1)=\dfrac{2}{3}\)，\(P(W\mid B_2)=\dfrac{1}{3}\)。

(1) \[ P(W)=\frac{2}{3}\cdot\frac{2}{3}+\frac{1}{3}\cdot\frac{1}{3}=\frac{4}{9}+\frac{1}{9}=\frac{5}{9} \]

(2) \[ P(B_1\mid W)=\frac{\frac{4}{9}}{\frac{5}{9}}=\frac{4}{5} \]

自检：(2) 中另一部分 \(P(B_2\mid W)=\dfrac{1/9}{5/9}=\dfrac{1}{5}\)，两者之和为 1，完备组反推封闭，正确。

(1) \(P(A\cup B)=0.4+0.5-0.4\times 0.5=0.7\)。

(2) \(P(A\bar{B})+P(\bar{A}B)=0.4\times 0.5+0.6\times 0.5=0.2+0.3=0.5\)（独立时差事件也独立，可直接乘）。

(3) \[ P(AB\mid A\cup B)=\frac{P(AB)}{P(A\cup B)}=\frac{0.2}{0.7}=\frac{2}{7} \]

(4) \(A\subset A\cup B\)，故 \(P(A\cup B\mid A)=\dfrac{P(A)}{P(A)}=1\)（已知 \(A\) 发生则并事件必然发生）。

易错：第 (4) 问是「已知部分发生，问必然包含它的事件」，答案恒为 1，不必硬套数值。

样本点 4 个（四个面等可能）。

\(P(A)=P(B)=P(C)=\dfrac{2}{4}=\dfrac{1}{2}\)；\(P(AB)=P(AC)=P(BC)=\dfrac{1}{4}\)（同含两色的只有「红白黑」面）。

于是 \(P(AB)=\dfrac14=\dfrac12\cdot\dfrac12=P(A)P(B)\)，其余同理，两两独立成立。

但 \(P(ABC)=\dfrac{1}{4}\)，而 \(P(A)P(B)P(C)=\dfrac{1}{8}\)，二者不等，故不相互独立。

套路总结：此反例必须会构造、会讲述；真题常以「两两独立必相互独立对吗」设问，答「不对」并举本例。

\(p=0.2,\ q=0.8,\ n=5\)。

(1) \(P=C_5^1(0.2)(0.8)^4=5\times 0.2\times 0.4096=0.4096\)。

(2) 对立事件「全不中」：\(P=1-q^5=1-0.8^5=1-0.32768=0.67232\)。

(3) \(P=0.8^5=0.32768\)。

自检：按 \(k=0,1,2,3,4,5\) 求和应为 1，其中 (1)+(3) = 0.73728，其余 \(k\ge 2\) 部分共 0.26272，量级合理（命中率低时「0 中或 1 中」占大头）。

套路总结：「至少一次」永远是 \(1-q^n\)，这是概率中最常用的对立转化，比直接累加快得多。

(1) 前 3 次失败、第 4 次成功：\(q^{3}p=\left(\dfrac{2}{3}\right)^3\cdot\dfrac{1}{3}=\dfrac{8}{81}\)。

(2) 第 3 次成功且前 2 次中恰成功 1 次：前 2 次中选 1 次成功有 \(C_2^1=2\) 种：

\[ P=C_2^1 p\cdot q\cdot p=2\times\frac{1}{3}\times\frac{2}{3}\times\frac{1}{3}=\frac{4}{27} \]

易错：第 (2) 问不是 \(C_3^2 p^2 q=3\cdot\frac19\cdot\frac23=\frac{2}{9}\)——「直到第 3 次」意味着第 3 次必须成功，只能在前 2 次里安排另一个成功，组合数是 \(C_2^1\) 而非 \(C_3^2\)。