10．2　事件的相互独立性

 问题导学

预习教材P247～P249的内容，思考以下问题：

1．事件的相互独立性的定义是什么？

2．相互独立事件有哪些性质？

3．相互独立事件与互斥事件有什么区别？

1．相互独立的概念

设A，B为两个事件，若P(AB)＝P(A)P(B)，则称事件A与事件B相互独立．

2．相互独立的性质

若事件A与B相互独立，那么A与－(B)，－(A)与B，－(A)与－(B)也都相互独立．

■名师点拨 (1)必然事件Ω，不可能事件∅都与任意事件相互独立．

(2)事件A，B相互独立的充要条件是P(AB)＝P(A)·P(B)．

 判断(正确的打“√”，错误的打“×”)

(1)不可能事件与任何一个事件相互独立．(　　)

(2)必然事件与任何一个事件相互独立．(　　)

(3)“P(AB)＝P(A)·P(B)”是“事件A，B相互独立”的充要条件．(　　)

答案：(1)√　(2)√　(3)√

 下列事件A，B是相互独立事件的是(　　)

A．一枚硬币掷两次，A表示“第一次为正面”，B表示“第二次为反面”

B．袋中有2个白球，2个黑球，不放回地摸球两次，每次摸一球，A表示“第一次摸到白球”，B表示“第二次摸到白球”

C．掷一枚骰子，A表示“出现点数为奇数”，B表示“出现点数为偶数”

D．A表示“一个灯泡能用1 000小时”，B表示“一个灯泡能用2 000小时”

答案：A

 甲、乙两水文站同时作水文预报，如果甲站、乙站各自预报的准确率为0.8和0.7.那么，在一次预报中，甲、乙两站预报都准确的概率为________．

答案：0.56

 一件产品要经过两道独立的工序，第一道工序的次品率为a，第二道工序的次品率为b，则该产品的正品率为________．　

答案：(1－a)(1－b)

　　　　　　　　相互独立事件的判断

　一个家庭中有若干个小孩，假定生男孩和生女孩是等可能的，令A＝{一个家庭中既有男孩又有女孩}，B＝{一个家庭中最多有一个女孩}．对下述两种情形，讨论A与B的独立性：

(1)家庭中有两个小孩；

(2)家庭中有三个小孩．

【解】　(1)有两个小孩的家庭，男孩、女孩的可能情形为Ω＝{(男，男)，(男，女)，(女，男)，(女，女)}，

它有4个基本事件，由等可能性知概率都为4(1).

这时A＝{(男，女)，(女，男)}，

B＝{(男，男)，(男，女)，(女，男)}，

AB＝{(男，女)，(女，男)}，

于是P(A)＝2(1)，P(B)＝4(3)，P(AB)＝2(1).

由此可知P(AB)≠P(A)P(B)，

所以事件A，B不相互独立．

(2)有三个小孩的家庭，小孩为男孩、女孩的所有可能情形为Ω＝{(男，男，男)，(男，男，女)，(男，女，男)，(男，女，女)，(女，男，男)，(女，男，女)，(女，女，男)，(女，女，女)}．

由等可能性知这8个基本事件的概率均为8(1)，这时A中含有6个基本事件，B中含有4个基本事件，AB中含有3个基本事件．

于是P(A)＝8(6)＝4(3)，P(B)＝8(4)＝2(1)，P(AB)＝8(3)，

显然有P(AB)＝8(3)＝P(A)P(B)成立．

从而事件A与B是相互独立的．

判断两个事件是否相互独立的两种方法

(1)根据问题的实质，直观上看一事件的发生是否影响另一事件发生的概率来判断，若没有影响，则两个事件就是相互独立事件；

(2)定义法：通过式子P(AB)＝P(A)P(B)来判断两个事件是否独立，若上式成立，则事件A，B相互独立，这是定量判断. 　 

1．分别抛掷两枚质地均匀的硬币，设事件A是“第一枚为正面”，事件B是“第二枚为正面”，事件C是“两枚结果相同”，则下列事件具有相互独立性的有________．(填序号)

①A，B；②A，C；③B，C.

解析：根据事件相互独立的定义判断，只要P(AB)＝P(A)P(B)，P(AC)＝P(A)P(C)，P(BC)＝P(B)P(C)成立即可．利用古典概型概率公式计算可得P(A)＝0.5，P(B)＝0.5，P(C)＝0.5，P(AB)＝0.25，P(AC)＝0.25，P(BC)＝0.25.可以验证P(AB)＝P(A)P(B)，P(AC)＝P(A)P(C)，P(BC)＝P(B)P(C)．所以根据事件相互独立的定义，事件A与B相互独立，事件B与C相互独立，事件A与C相互独立．

答案：①②③

2．从一副扑克牌(52张)中任抽一张，记事件A为“抽得K”，记事件B为“抽得红牌”，记事件C为“抽得J”．判断下列每对事件是否相互独立？为什么？

(1)A与B；

(2)C与A.

解：(1)P(A)＝52(4)＝13(1)，P(B)＝52(26)＝2(1).事件AB即为“既抽得K又抽得红牌”，亦即“抽得红桃K或方块K”，故P(AB)＝52(2)＝26(1)，从而有P(A)P(B)＝P(AB)，因此事件A与B相互独立．

(2)事件A与事件C是互斥的，因此事件A与C不是相互独立事件．

　　　　　　　　相互独立事件同时发生的概率

　王敏某天乘火车从重庆到上海去办事，若当天从重庆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(－(A))＝0.2，P(－(B))＝0.3，P(－(C))＝0.1.

(1)由题意得A，B，C之间互相独立，所以恰好有两列正点到达的概率为

P₁＝P(－(A)BC)＋P(A－(B)C)＋P(AB－(C))＝

P(－(A))P(B)P(C)＋P(A)P(－(B))P(C)＋P(A)P(B)P(－(C))

＝0.2×0.7×0.9＋0.8×0.3×0.9＋0.8×0.7×0.1＝0.398.

(2)三列火车至少有一列正点到达的概率为

P₂＝1－P(－(A)－(B)－(C))＝1－P(－(A))P(－(B))P(－(C))

＝1－0.2×0.3×0.1＝0.994.

1．[变问法]在本例条件下，求恰有一列火车正点到达的概率．

解：恰有一列火车正点到达的概率为

P₃＝P(A－(B)－(C))＋P(－(A)B－(C))＋P(－(A)－(B)C)＝P(A)P(－(B))P(－(C))＋P(－(A))P(B)P(－(C))＋P(－(A))P(－(B))P(C)＝0.8×0.3×0.1＋0.2×0.7×0.1＋0.2×0.3×0.9＝0.092.

2．[变条件]若一列火车正点到达记10分，用ξ表示三列火车的总得分，求P(ξ≤20)．

解：事件“ξ≤20”表示“至多两列火车正点到达”，其对立事件为“三列火车都正点到达”，所以P(ξ≤20)＝1－P(ABC)＝1－P(A)P(B)P(C)

＝1－0.8×0.7×0.9＝0.496. 

与相互独立事件有关的概率问题的求解策略

明确事件中的“至少有一个发生”“至多有一个发生”“恰好有一个发生”“都发生”“都不发生”“不都发生”等词语的意义．

一般地，已知两个事件A，B，它们的概率分别为P(A)，P(B)，那么：

(1)A，B中至少有一个发生为事件A＋B.

(2)A，B都发生为事件AB.

(3)A，B都不发生为事件－(A)－(B).

(4)A，B恰有一个发生为事件A－(B)＋－(A) B.

(5)A，B中至多有一个发生为事件A－(B)＋－(A)B＋－(A) －(B).

它们之间的概率关系如表所示：

　甲、乙2个人独立地破译一个密码，他们能译出密码的概率分别为3(1)和4(1)，求：

(1)2个人都译出密码的概率；

(2)2个人都译不出密码的概率；

(3)至多有1个人译出密码的概率；

(4)恰有1个人译出密码的概率；

(5)至少有1个人译出密码的概率．

解：记“甲独立地译出密码”为事件A，“乙独立地译出密码”为事件B，A与B为相互独立事件，且P(A)＝3(1)，P(B)＝4(1).

(1)“2个人都译出密码”的概率为

P(AB)＝P(A)·P(B)＝3(1)×4(1)＝12(1).

(2)“2个人都译不出密码”的概率为

P(－(A)－(B))＝P(－(A))·P(－(B))＝[1－P(A)]×[1－P(B)]＝(1－3(1))×(1－4(1))＝2(1).

(3)“至多有1个人译出密码”的对立事件为“2个人都译出密码”，

所以至多1个人译出密码的概率为

1－P(AB)＝1－P(A)P(B)＝1－3(1)×4(1)＝12(11).

(4)“恰有1个人译出密码”可以分为两类，即甲译出乙未译出以及甲未译出乙译出，且两个事件为互斥事件，

所以恰有1个人译出密码的概率为

P(A－(B)＋－(A)B)＝P(A－(B))＋P(－(A)B)

＝P(A)P(－(B))＋P(－(A))P(B)

＝3(1)×(1－4(1))＋(1－3(1))×4(1)＝12(5).

(5)“至少有1个人译出密码”的对立事件为“2个人都未译出密码”，

所以至少有1个人译出密码的概率为

1－P(－(A)－(B))＝1－P(－(A))P(－(B))＝1－3(2)×4(3)＝2(1).

　　　　　　　　相互独立事件的综合应用

　本着健康、低碳的生活理念，租自行车骑游的人越来越多．某自行车租车点的收费标准是每车每次租用时间不超过两小时免费，超过两小时的部分每小时收费2元(不足一小时的部分按一小时计算)．有甲、乙两人独立来该租车点租车骑游(各租一车一次)．设甲、乙不超过两小时还车的概率分别为4(1)，2(1)，超过两小时但不超过三小时还车的概率分别为2(1)，4(1)，两人租车时间都不会超过四小时．

(1)求甲、乙两人所付租车费用相同的概率；

(2)设ξ为甲、乙两人所付的租车费用之和，求P(ξ＝4)和P(ξ＝6)的值．

【解】　(1)由题意可得甲、乙两人超过三小时但不超过四小时还车的概率分别为4(1)，4(1).

记甲、乙两人所付的租车费用相同为事件A，则P(A)＝4(1)×2(1)＋2(1)×4(1)＋4(1)×4(1)＝16(5).所以甲、乙两人所付租车费用相同的概率为16(5).

(2)P(ξ＝4)＝4(1)×4(1)＋2(1)×4(1)＋2(1)×4(1)＝16(5)，

P(ξ＝6)＝4(1)×4(1)＋2(1)×4(1)＝16(3).

概率问题中的数学思想

(1)正难则反．灵活应用对立事件的概率关系(P(A)＋P(－(A))＝1)简化问题，是求解概率问题最常用的方法．

(2)化繁为简．将复杂事件的概率转化为简单事件的概率，即寻找所求事件与已知事件之间的关系．“所求事件”分几类(考虑加法公式转化为互斥事件)还是分几步组成(考虑乘法公式转化为相互独立事件)．

(3)方程思想．利用有关的概率公式和问题中的数量关系，建立方程(组)，通过解方程(组)使问题获解．　 

　一个电路如图所示，A，B，C，D，E，F为6个开关，其闭合的概率都是2(1)，且是相互独立的，则灯亮的概率是(　　)

A.64(1)　　　　　　　　　 B.64(55)

C.8(1)   D.16(1)

解析：选B.设A与B中至少有一个不闭合的事件为T，E与F中至少有一个不闭合的事件为R，则P(T)＝P(R)＝1－2(1)×2(1)＝4(3)，所以灯亮的概率

P＝1－P(T)P(R)P(C)P(D)＝64(55).

,

1．如图，在两个圆盘中，指针落在圆盘每个数所在区域的机会均等，那么两个指针同时落在奇数所在区域的概率是(　　)

A.9(4)　　　　　　　　　　 B.9(2)

C.3(2)   D.3(1)

解析：选A.左边圆盘指针落在奇数区域的概率为6(4)＝3(2)，右边圆盘指针落在奇数区域的概率也为3(2)，所以两个指针同时落在奇数区域的概率为3(2)×3(2)＝9(4).

2．已知A，B是相互独立事件，且P(A)＝2(1)，P(B)＝3(2)，则P(A－(B))＝________；P(－(A) －(B))＝________．

解析：因为P(A)＝2(1)，P(B)＝3(2).

所以P(－(A))＝2(1)，P(－(B))＝3(1).

所以P(A －(B))＝P(A)P(－(B))＝2(1)×3(1)＝6(1)，P(－(A) －(B))＝P(－(A))P(－(B))＝2(1)×3(1)＝6(1).

答案：6(1)　6(1)

3．某人忘记了电话号码的最后一个数字，因而他随意地拨号，假设拨过了的号码不再重复，试求下列事件的概率：

(1)第3次拨号才接通电话；

(2)拨号不超过3次而接通电话．

解：设A_i＝{第i次拨号接通电话}，i＝1，2，3.

(1)第3次才接通电话可表示为－(A1)－(A2) A₃，

于是所求概率为P(－(A1)－(A2)A₃)＝10(9)×9(8)×8(1)＝10(1).

(2)拨号不超过3次而接通电话可表示为A₁＋－(A1) A₂＋－(A1)－(A2)A₃，

于是所求概率为P(A₁＋－(A1)A₂＋－(A1)－(A2)A₃)

＝P(A₁)＋P(－(A1)A₂)＋P(－(A1)－(A2)A₃)

＝10(1)＋10(9)×9(1)＋10(9)×9(8)×8(1)＝10(3).

 [A　基础达标]

1．坛子中放有3个白球，2个黑球，从中进行不放回地取球两次，每次取一球，用A₁表示第一次取得白球，A₂表示第二次取得白球，则A₁和A₂是(　　)

A．互斥事件　　　　　　 B．相互独立事件

C．对立事件   D．不相互独立的事件

解析：选D.因为P(A₁)＝5(3)，若A₁发生了，P(A₂)＝4(2)＝2(1)；若A₁不发生，P(A₂)＝4(3)，所以A₁发生的结果对A₂发生的结果有影响，所以A₁与A₂不是相互独立事件．

2．某人提出一个问题，甲先答，答对的概率为0.4，如果甲答错，由乙答，答对的概率为0.5，则问题由乙答对的概率为(　　)

A．0.2　　　　B．0.8　　　　C．0.4　　　　D．0.3

解析：选D.由相互独立事件同时发生的概率可知，问题由乙答对的概率为P＝0.6×0.5＝0.3，故选D.

3．某种开关在电路中闭合的概率为p，现将4只这种开关并联在某电路中(如图所示)，若该电路为通路的概率为81(65)，则p＝(　　)

A.2(1)  B.3(1)  C.3(2)  D.4(3)

解析：选B.因为该电路为通路的概率为81(65)，所以该电路为不通路的概率为1－81(65)，只有当并联的4只开关同时不闭合时该电路不通路，所以1－81(65)＝(1－p)⁴，解得p＝3(1)或p＝3(5)(舍去)．故选B.

4．(2019·重庆检测)荷花池中，有一只青蛙在成品字形的三片荷叶上跳来跳去(每次跳跃时，均从一片荷叶跳到另一片荷叶)，而且逆时针方向跳的概率是顺时针方向跳的概率的两倍，如图所示．假设现在青蛙在A荷叶上，则跳三次之后停在A荷叶上的概率是(　　)

A.3(1)  B.9(2)  C.9(4)  D.27(8)

解析：选A.由已知得逆时针跳一次的概率为3(2)，顺时针跳一次的概率为3(1)，则逆时针跳三次停在A上的概率为P₁＝3(2)×3(2)×3(2)＝27(8)，顺时针跳三次停在A上的概率为P₂＝3(1)×3(1)×3(1)＝27(1).所以跳三次之后停在A上的概率为P＝P₁＋P₂＝27(8)＋27(1)＝3(1).

5．有一道数学难题，学生A解出的概率为2(1)，学生B解出的概率为3(1)，学生C解出的概率为4(1).若A，B，C三人独立去解答此题，则恰有一人解出的概率为(　　)

A．1  B.4(1)  C.24(11)  D.24(17)

解析：选C.一道数学难题，恰有一人解出，包括：

①A解出，B，C解不出，概率为2(1)×3(2)×4(3)＝4(1)；

②B解出，A，C解不出，概率为2(1)×3(1)×4(3)＝8(1)；

③C解出，A，B解不出，概率为2(1)×3(2)×4(1)＝12(1).

所以恰有1人解出的概率为4(1)＋8(1)＋12(1)＝24(11).

6．有甲、乙两批种子，发芽率分别为0.8和0.9，在两批种子中各取一粒，则恰有一粒种子能发芽的概率是________．

解析：所求概率P＝0.8×0.1＋0.2×0.9＝0.26.

答案：0.26

7．在如图所示的电路图中，开关a，b，c闭合与断开的概率都是2(1)，且是相互独立的，则灯亮的概率是________．

解析：设“开关a，b，c闭合”分别为事件A，B，C，则灯亮这一事件为ABC∪AB－(C)∪A－(B) C，且A，B，C相互独立，

ABC，AB－(C)，A－(B) C相互独立，

ABC，AB－(C)，A－(B) C互斥，所以

P＝P(ABC)＋P(AB－(C))＋P(A－(B)C)

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

＝2(1)×2(1)×2(1)＋2(1)×2(1)×2(1)＋2(1)×2(1)×2(1)＝8(3).

答案：8(3)

8．某大街在甲、乙、丙三处设有红绿灯，汽车在这三处因遇绿灯而通行的概率分别为3(1)，2(1)，3(2)，则汽车在这三处因遇红灯或黄灯而停车一次的概率为________．

解析：分别设汽车在甲、乙、丙三处通行的事件为A，B，C，

则P(A)＝3(1)，P(B)＝2(1)，P(C)＝3(2)，

停车一次为事件(－(A)BC)∪(A－(B)C)∪(AB－(C))，

故其概率P＝3(1)×2(1)×3(2)＋3(1)×2(1)×3(2)＋3(1)×2(1)×3(2)＝18(7).

答案：18(7)

9．某学生语、数、英三科考试成绩在一次考试中排名全班第一的概率为语文为0.9，数学为0.8，英语为0.85，求在一次考试中：

(1)三科成绩均未获得第一名的概率是多少？

(2)恰有一科成绩未获得第一名的概率是多少？

解：分别记该学生语、数、英考试成绩排名全班第一的事件为A，B，C，则A，B，C两两互相独立，

且P(A)＝0.9，P(B)＝0.8，P(C)＝0.85.

(1)“三科成绩均未获得第一名”可以用－(A) －(B) －(C)表示，

P(－(A) －(B) －(C))＝P(－(A))P(－(B))P(－(C))

＝[1－P(A)][1－P(B)][1－P(C)]

＝(1－0.9)(1－0.8)(1－0.85)

＝0.003，

即三科成绩均未获得第一名的概率是0.003.

(2)“恰有一科成绩未获得第一名”可以用

(－(A)BC)∪(A－(B)C)∪(AB－(C))表示．

由于事件－(A)BC，A－(B)C和AB－(C)两两互斥，

根据概率加法公式和相互独立事件的意义，所求的概率为P(－(A)BC)＋P(A－(B)C)＋P(AB－(C))

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

＝[1－P(A)]P(B)P(C)＋P(A)[1－P(B)]P(C)＋P(A)P(B)[1－P(C)]

＝(1－0.9)×0.8×0.85＋0.9×(1－0.8)×0.85＋0.9×0.8×(1－0.85)＝0.329，

即恰有一科成绩未获得第一名的概率是0.329.

10．某田径队有三名短跑运动员，根据平时训练情况统计甲、乙、丙三人100 m跑(互不影响)的成绩在13 s内(称为合格)的概率分别为5(2)，4(3)，3(1)，若对这三名短跑运动员的100 m跑的成绩进行一次检测，则

(1)三人都合格的概率；

(2)三人都不合格的概率；

(3)出现几人合格的概率最大．

解：记“甲、乙、丙三人100 m跑成绩合格”分别为事件A，B，C，显然事件A，B，C相互独立，

则P(A)＝5(2)，P(B)＝4(3)，P(C)＝3(1).

设恰有k人合格的概率为P_k(k＝0，1，2，3)，

(1)三人都合格的概率为

P₃＝P(ABC)＝P(A)·P(B)·P(C)＝5(2)×4(3)×3(1)＝10(1).

(2)三人都不合格的概率为

P₀＝P(－(A)－(B)－(C))＝P(－(A))·P(－(B))·P(－(C))＝5(3)×4(1)×3(2)＝10(1).

(3)恰有两人合格的概率为

P₂＝P(AB－(C))＋P(A －(B)C)＋P(－(A)BC)

＝5(2)×4(3)×3(2)＋5(2)×4(1)×3(1)＋5(3)×4(3)×3(1)＝60(23).

恰有一人合格的概率为

P₁＝1－P₀－P₂－P₃＝1－10(1)－60(23)－10(1)＝60(25)＝12(5).

综合(1)(2)(3)可知P₁最大．

所以出现恰有1人合格的概率最大．

[B　能力提升]

11．端午节放假，甲回老家过节的概率为3(1)，乙、丙回老家过节的概率分别为4(1)，5(1).假定三人的行动相互之间没有影响，那么这段时间内至少有1人回老家过节的概率为(　　)

A.60(59)  B.5(3)  C.2(1)  D.60(1)

解析：选B.“甲、乙、丙回老家过节”分别记为事件A，B，C，则P(A)＝3(1)，P(B)＝4(1)，P(C)＝5(1)，所以P(－(A))＝3(2)，P(－(B))＝4(3)，P(－(C))＝5(4).由题知A，B，C为相互独立事件，所以三人都不回老家过节的概率P(－(A)－(B)－(C))＝P(－(A))P(－(B))P(－(C))＝3(2)×4(3)×5(4)＝5(2)，所以至少有1人回老家过节的概率P＝1－5(2)＝5(3).