概率深化

Exploring Supper

2026-04-15 21:47:17

发布于：浙江

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本篇文章对于初中生难度较高，建议先看这个。

一、核心进阶

1.1 条件概率的链式法则

对于多个事件 $A_1, A_2, \dots, A_n$ ：

$P(A_1A_2\cdots A_n) = P(A_1)P(A_2|A_1)P(A_3|A_1A_2)\cdots P(A_n|A_1\cdots A_{n-1})$

要注意哦👆

return 0;
//没办法，明天继续

例1：一盒子中有5个红球、3个白球，不放回抽取3次，求：
(1) 第一次红、第二次白、第三次红的概率
(2) 前两次颜色不同的条件下，第三次是红球的概率

解：
(1) $P = \frac{5}{8} \times \frac{3}{7} \times \frac{4}{6} = \frac{5}{28}$
(2) 前两次颜色不同的情况： $A_1$ ={红白} 或 $A_2$ ={白红}

$P = \frac{P(A_1)P(红|A_1) + P(A_2)P(红|A_2)}{P(A_1)+P(A_2)} = \frac{\frac{5}{8}\times\frac{3}{7}\times\frac{4}{6} + \frac{3}{8}\times\frac{5}{7}\times\frac{4}{6}}{\frac{5}{8}\times\frac{3}{7} + \frac{3}{8}\times\frac{5}{7}} = \frac{4}{6} = \frac{2}{3}$

1.2 独立性扩展

两两独立：任意两个事件独立
相互独立：任意多个事件同时发生的概率等于各自概率的乘积
注意：两两独立 ≠ 相互独立

反例：抛两枚均匀硬币， $A$ ={第一枚正面}, $B$ ={第二枚正面}, $C$ ={两枚同面}

$P(A)=P(B)=P(C)=\frac{1}{2}, P(AB)=P(AC)=P(BC)=\frac{1}{4}$

但 $P(ABC)=\frac{1}{4} \neq P(A)P(B)P(C)=\frac{1}{8}$ ，故两两独立但非相互独立。

二、离散随机变量深入

2.1 几何分布

$X$ ~ $Ge(p)$ ：首次成功所需的试验次数

$P(X=k) = (1-p)^{k-1}p, \quad E(X)=\frac{1}{p}, \quad D(X)=\frac{1-p}{p^2}$

例2：射手的命中率为0.8，每次射击独立
(1) 首次命中所需射击次数不超过3的概率
(2) 已知前3次未命中，第4次命中的概率

解：
(1) $P(X≤3) = 0.8 + 0.2×0.8 + 0.2^2×0.8 = 0.992$
(2) 由几何分布的无记忆性： $P(X=4|X>3)=0.8$

2.2 复合分布（压轴题常考）

例3（竞赛题）：设昆虫产卵数 $N$ ~ $Poisson(\lambda)$ ，每个卵以概率 $p$ 孵化，各卵孵化独立。求孵化出的昆虫数 $M$ 的分布、期望、方差。

解：
(1) 分布：由全概率公式

$P(M=m) = \sum_{n=m}^\infty P(N=n)P(M=m|N=n)$

$= \sum_{n=m}^\infty e^{-\lambda}\frac{\lambda^n}{n!}C_n^m p^m (1-p)^{n-m}$

令 $k=n-m$ ：

$= e^{-\lambda}\frac{(\lambda p)^m}{m!}\sum_{k=0}^\infty \frac{[\lambda(1-p)]^k}{k!} = e^{-\lambda p}\frac{(\lambda p)^m}{m!}$

故 $M$ ~ $Poisson(\lambda p)$

(2) 期望方差： $E(M)=\lambda p$ , $D(M)=\lambda p$

三、连续随机变量深入

3.1 正态分布变换

若 $X$ ~ $N(\mu, \sigma^2)$ ，则：

标准化： $Z=\frac{X-\mu}{\sigma}$ ~ $N(0,1)$
线性变换： $Y=aX+b$ ~ $N(a\mu+b, a^2\sigma^2)$
可加性：独立时 $X_i$ ~ $N(\mu_i,\sigma_i^2)$ ，则 $\sum a_iX_i$ ~ $N(\sum a_i\mu_i, \sum a_i^2\sigma_i^2)$

例4：设备寿命 $X$ ~ $N(1000,50^2)$ （小时）
(1) 寿命超过1100小时的概率
(2) 任取3台，至少2台寿命超过1000小时的概率

解：
(1) $P(X>1100)=P(Z>\frac{1100-1000}{50})=P(Z>2)=1-\Phi(2)\approx0.0228$
(2) 设 $Y$ 为超过1000小时的台数，则 $Y$ ~ $B(3,0.5)$
$P(Y≥2)=C_3^2(0.5)^3 + C_3^3(0.5)^3=0.5$

四、大数定律与中心极限定理

4.1 契比雪夫不等式

对任意 $\epsilon>0$ ， $P(|X-E(X)|≥\epsilon)≤\frac{D(X)}{\epsilon^2}$

应用：估计概率上界，证明大数定律

4.2 中心极限定理（压轴核心）

独立同分布 $X_i$ ， $E(X_i)=\mu$ ， $D(X_i)=\sigma^2$ ，则

$\frac{\sum_{i=1}^n X_i - n\mu}{\sigma\sqrt{n}} \xrightarrow{d} N(0,1)$

例5（压轴题）：某保险公司有10000个同类型保险，每单保费200元，理赔额 $X$ （万元）分布：
$P(X=0)=0.9$ , $P(X=5)=0.08$ , $P(X=10)=0.02$
(1) 利润不低于40万元的概率
(2) 安全附加费率 $\theta$ 应为多少，使得保险公司破产概率小于0.01？

解：
(1) 设理赔总额 $S=\sum_{i=1}^{10000} X_i$
$E(X)=0×0.9+5×0.08+10×0.02=0.6$ （万元）
$E(X^2)=0×0.9+25×0.08+100×0.02=4$
$D(X)=4-0.6^2=3.64$

总保费 $P=10000×0.02=200$ 万元
利润 $Y=200-S$
$P(Y≥40)=P(S≤160)$

由中心极限定理， $S$ 近似服从 $N(6000, 36400)$ （单位：千元）

$P(S≤160000)=P\left(Z≤\frac{160000-60000}{\sqrt{36400×1000}}\right)≈P\left(Z≤\frac{100000}{6033}\right)≈P(Z≤16.58)≈1$

(2) 设保费为 $200(1+\theta)$ ，要 $P(S>10000×0.02(1+\theta))<0.01$
即 $P\left(Z>\frac{200(1+\theta)-120}{\sqrt{3.64}}\right)<0.01$
查表 $\Phi^{-1}(0.99)=2.33$
$\frac{200(1+\theta)-120}{\sqrt{3.64}}>2.33$ ⇒ $\theta>0.042$ ，即附加费率至少4.2%

五、多维随机变量与协方差矩阵

5.1 协方差性质

$Cov(aX+b, cY+d) = ac\,Cov(X,Y)$
$Cov(X,Y) = E(XY)-E(X)E(Y)$
$D(X±Y) = D(X)+D(Y)±2Cov(X,Y)$
相关系数： $\rho_{XY}=\frac{Cov(X,Y)}{\sqrt{D(X)D(Y)}}$ ， $|\rho|≤1$

例6： $(X,Y)$ 的联合密度 $f(x,y)=x+y$ ， $0<x<1$ ， $0<y<1$
(1) 边缘密度
(2) 协方差与相关系数
(3) $Z=X+Y$ 的分布

解：
(1) $f_X(x)=\int_0^1 (x+y)dy=x+\frac{1}{2}$ ，同理 $f_Y(y)=y+\frac{1}{2}$
(2) $E(X)=\int_0^1 x(x+\frac{1}{2})dx=\frac{7}{12}$
$E(XY)=\int_0^1\int_0^1 xy(x+y)dxdy=\frac{1}{3}$
$Cov(X,Y)=\frac{1}{3}-\frac{7}{12}×\frac{7}{12}=-\frac{1}{144}$
$D(X)=E(X^2)-[E(X)]^2=\int_0^1 x^2(x+\frac{1}{2})dx-\frac{49}{144}=\frac{11}{144}$
同理 $D(Y)=\frac{11}{144}$
$\rho=\frac{-1/144}{11/144}=-\frac{1}{11}$

(3) 分布函数 $F_Z(z)=P(X+Y≤z)$
当 $0<z≤1$ ： $F_Z(z)=\int_0^z\int_0^{z-x}(x+y)dydx=\frac{z^3}{3}$
当 $1<z≤2$ ： $F_Z(z)=1-\int_{z-1}^1\int_{z-x}^1 (x+y)dydx$
求导得密度函数（分段表示）

六、极限定理综合压轴题

最终压轴题：设 $X_1,X_2,\dots$ 独立同分布， $P(X_i=1)=p=1-P(X_i=0)$
定义 $T=\min\{n: \sum_{i=1}^n X_i = 100\}$ （第100次成功所需试验次数）

(1) 求 $E(T)$ 和 $D(T)$
(2) 用中心极限定理近似计算 $P(T>120)$ （ $p=0.6$ 时）
(3) 证明： $\frac{T-100/p}{\sqrt{100(1-p)/p^2}} \xrightarrow{d} N(0,1)$

解：
(1) $T$ 是100个独立几何分布 $Ge(p)$ 的和
$E(T)=\frac{100}{p}$ ， $D(T)=\frac{100(1-p)}{p^2}$

(2) 当 $p=0.6$ ， $E(T)=\frac{500}{3}≈166.67$ ， $D(T)=\frac{400}{9}≈44.44^2$
$P(T>120)=P\left(Z>\frac{120-166.67}{44.44}\right)=P(Z>-1.05)=\Phi(1.05)≈0.8531$

(3) 由独立同分布的中心极限定理， $T=\sum_{i=1}^{100}Y_i$ ，其中 $Y_i$ ~ $Ge(p)$
$E(Y_i)=1/p$ ， $D(Y_i)=(1-p)/p^2$
故 $\frac{T-100/p}{\sqrt{100(1-p)/p^2}} \xrightarrow{d} N(0,1)$