高中数学人教B版 (2019)必修 第二册5.3.5 随机事件的独立性学案

随机事件的独立性

【学习目标】

1．在具体情境中，了解两个事件相互独立的概念.

2．能利用相互独立事件同时发生的概率公式解决一些简单的实际应用问题.

【学习重难点】

1．独立性的概念.

2．独立性的应用.

【学习过程】

一、问题预习

预习教材，思考以下问题：

1．事件A与B相互独立的概念是什么？

2．如果事件A与B相互独立，则A与B，B与A，A与B也相互独立吗？

3．两事件互斥与两事件相互独立是一个意思吗？

二、新知探究

1．相互独立事件的判断

从一副扑克牌(去掉大、小王)中任取一张，设事件A＝“抽到K”，事件B＝“抽到红牌”，事件C＝“抽到J”，那么下列每对事件是否相互独立？是否互斥？是否对立？为什么？

（1）A与B；

（2）C与A．

【解】（1）由于事件A为“抽到K”，事件B为“抽到红牌”，故抽到红牌中有可能抽到红桃K或方块K，即有可能抽到K，故事件A，B有可能同时发生，显然它们不是互斥事件，更加不是对立事件．

以下考虑它们是否为相互独立事件：

抽到K的概率为P（A）＝＝，

抽到红牌的概率为P（B）＝＝，

事件AB为“既抽到K又抽到红牌”，即“抽到红桃K或方块K”，故P(AB)＝＝，从而有P（A）P（B）＝P(AB)，因此A与B是相互独立事件．

（2）从一副扑克牌(去掉大、小王)中任取一张，抽到K就不可能抽到J，抽到J就不可能抽到K，故事件C与事件A不可能同时发生，A与C互斥，由于P（A）＝≠0.

P（C）＝≠0，P(AC)＝0，所以A与C不是相互独立事件，又抽不到K不一定抽到J，故A与C并非对立事件．

2．相互独立事件概率的求法

小王某天乘火车从广州到上海去办事，若当天从广州到上海的三列火车正点到达的概率分别为0.8，0.7，0.9，假设这三列火车之间是否正点到达互不影响．求：

（1）这三列火车恰好有两列正点到达的概率；

（2）这三列火车至少有一列正点到达的概率．

【解】用A，B，C分别表示这三列火车正点到达的事件，则P（A）＝0.8，P（B）＝0.7，P（C）＝0.9，所以P()＝0.2，P()＝0.3，P()＝0.1．

（1）由题意得A，B，C之间相互独立，所以恰好有两列正点到达的概率为P1＝P(BC)＋P(AC)＋P(AB)＝P()P（B）P（C）＋P（A）P()P（C）＋P（A）P（B）P()＝0.2×0.7×0.9＋0.8×0.3×0.9＋0.8×0.7×0.1＝0.398．

（2）这三列火车至少有一列正点到达的概率为P2＝1－P()＝1－P()P()P()＝1－0.2×0.3×0.1＝0.994．

3．相互独立事件的应用

甲、乙两人破译一密码，他们能破译的概率分别为和.求：

（1）两人都能破译的概率；

（2）两人都不能破译的概率；

（3）恰有一人能破译的概率．

【解】设“甲能破译”为事件A，“乙能破译”为事件B，则A，B相互独立，从而A与、与B．与均相互独立．

（1）“两人都能破译”为事件AB，则

P(AB)＝P（A）·P（B）＝×＝.

（2）“两人都不能破译”为事件AB，则

P()＝P()·P()＝[1－P（A）]·[1－P（B）]＝×＝.

（3）“恰有一人能破译”为事件((A)∪(B))，

则P((A)∪(B))＝P(A)＋P(B)＝P（A）·P()＋P()·P（B）＝×＋×＝.

三、学习小结

1．一般地，当P(AB)＝P（A）P（B）时，就称事件A与B相互独立(简称独立)．如果事件A与B相互独立，那么与B，A与，与也相互独立．

2．两个事件相互独立的概念也可以推广到有限个事件，即“A1，A2，…，An相互独立”的充要条件是“其中任意有限个事件同时发生的概率都等于它们各自发生的概率之积”．

四、精炼反馈

1．分别抛掷2枚质地均匀的硬币，设“第1枚为正面”为事件A，“第2枚为正面”为事件B，“2枚结果相同”为事件C，有下列三个命题：

①事件A与事件B相互独立；

②事件B与事件C相互独立；

③事件C与事件A相互独立．

以上命题中，正确的个数是(    )

A．0   B．1

C．2   D．3

解析：选D．P（A）＝，P（B）＝，P（C）＝，P(AB)＝P(AC)＝P(BC)＝，

因为P(AB)＝＝P（A）P（B），故A，B相互独立；

因为P(AC)＝＝P（A）P（C），故A，C相互独立；

因为P(BC)＝＝P（B）P（C），故B，C相互独立；

综上，选D．

2．(2019·四川省眉山市期末)三个元件T1，T2，T3正常工作的概率分别为，，，将元件T2，T3并联后再和元件T1串联接入电路，如图所示，则此电路不发生故障的概率为________．

解析：记“三个元件T1，T2，T3正常工作”分别为事件A1，A2，A3，则P(A1)＝，P(A2)＝，P(A3)＝.

因为电路不发生故障的事件为(A2＋A3)A1，

所以电路不发生故障的概率为

P＝P[(A2＋A3)A1]＝P(A2＋A3)P(A1)＝[1－P(1)·P(3)]·P(A1)＝(1－×)×＝.

答案：

3．在某段时间内，甲地不下雨的概率为P1(0<P1<1)，乙地不下雨的概率为P2(0<P2<1)，若在这段时间内两地下雨相互独立，则这段时间内两地都下雨的概率为(    )

A．P1P2   B．1－P1P2

C．P1(1－P2)   D．(1－P1)(1－P2)

解析：选D．因为甲地不下雨的概率为P1，乙地不下雨的概率为P2，且在这段时间内两地下雨相互独立，

所以这段时间内两地都下雨的概率为P＝(1－P1)(1－P2)．故选D．

4．甲、乙两人组成“星队”参加猜成语活动，每轮活动由甲、乙各猜一个成语．已知甲每轮猜对的概率是，乙每轮猜对的概率是；每轮活动中甲、乙猜对与否互不影响，各轮结果亦互不影响．假设“星队”参加两轮活动，则“星队”至少猜对3个成语的概率为________．

解析：记事件A：“甲第一轮猜对”，事件B：“乙第一轮猜对”，

事件C：“甲第二轮猜对”，事件D：“乙第二轮猜对”，事件E：“‘星队’至少猜对3个成语”．

由题意知，E＝ABCD＋BCD＋ACD＋ABD＋ABC.

由事件的独立性与互斥性，得

P(E)＝P(ABCD)＋P(BCD)＋P(ACD)＋P(ABD)＋P(ABC)

＝P（A）P（B）P（C）P（D）＋P()P（B）P（C）P（D）＋P（A）P()·P（C）P（D）＋P（A）P（B）P()P（D）＋P（A）P（B）P（C）P() 

＝×××＋2×＝.

所以“星队”至少猜对3个成语的概率为.

答案：