曹顯兵輔導地位：考研數學輔導的「概率第一人」；數學系教授，中國科學院數學與系統科學研究院博士，現任北京工商大學數理部主任。
授課特點：功底紮實，講解透徹，條理清晰，重點突出，循循善誘，培養能力，舉一反三，脫胎換骨。
名師風采：已承擔國家自然科學**專案三項，省部級專案兩項；在國內外重要學術刊物上發表**29篇，其中多篇被國際三大檢索系統（sci，ei，istp）收錄；獨立完成專著兩部，合作完成考研著作多部。
概率論與數理統計複習中的幾個關鍵問題
恩波考研數學名師曹顯兵
眾所周知，全國碩士研究生入學統一考試除數學二考生外都要考概率論與數理統計這門課程.但在所考的3門課程中，概率統計的平均得分率幾乎每年是最低的，尤其比高等數學(或微積分)低得很多；由此得出的結論似乎是概率統計最難學，或者考得最難. 然而事實恰恰相反，概率統計並不比高等數學難掌握，因為其內容和各種計算技巧都比高等數學少得多.
當然，作為一門獨立的課程，概率統計有它特有的一些基本概念和思路方法，只要掌握了它們，並有較好的高等數學基礎，這門課程就一定能融會貫通、運用自如.下面結合典型例題就考生在複習中必須引起重視的幾個關鍵問題談點個人的建議，相信這對考生將是有益的.
一、獨立性
獨立性是概率統計中特有的乙個概念.表面上看，獨立性可分為事件的獨立性，隨機變數的獨立性和試驗的獨立性，但後兩種獨立性都是由事件的獨立性定義的，因此本質上只須掌握事件的獨立性.
1.兩事件的相互獨立
兩個事件a、b相互獨立的直觀含義是其中乙個事件的發生不影響另一事件發生的概率，因此有些實際問題可憑直觀進行判斷，但嚴格的理論證明要用下面判別條件之一進行判斷：
(1) p(ab)=p(a)p(b).
(2) p(b | a)=p(b), p(a)>0.
(3) p(b | a)=p(b |)，0 < p(a) < 1.
(4) p(b | a) + p(|)=1, 0 < p(a) < 1.
上述4個條件中任何乙個都是a、b相互獨立的充要條件，但通常用第乙個進行判定.下面我們證明(3)，這也是20xx年數學四的乙個8分大題.
例1 設a、b是任意二事件，其中a的概率不等於0和1，證明
p(b | a) = p (b |)
是a與b獨立的充分必要條件.
證明充分性：由p(b | a)=p(b |)得於是即
故 ，從而a與b相互獨立.充分性得證.
必要性：因為a與b獨立，即有，所以，
，即 . 必要性得證.
另外，易知必然事件、不可能事件與任何事件相互獨立.
2.多個事件的獨立性
n個事件a1，a2，…，an(n3)的獨立性有兩兩獨立和相互獨立兩個不同概念.兩兩獨立是指其中任何兩個事件相互獨立，即有下列個等式成立：
；而相互獨立是指下列個等式成立：
，其中.顯然，相互獨立的事件組一定兩兩獨立，但反之不成立.
3.事件獨立的性質
(1)若a1，a2，…，an相互獨立，則
， 這條性質常用來簡化相互獨立事件概率的計算.
(2)若a1，a2，…，an 相互獨立，則由事件經過事件運算後所得的事件與由事件經過事件運算後所得的事件也相互獨立，其中為1 2 … n的任何乙個排列. 例如，若a、b、c、d相互獨立，則與一定獨立，與一定獨立.下面看幾個有關的例子.
例2 (2023年數學四) 設a，b，c是三個相互獨立的隨機事件，且0(a)與cb)與
(c)與d)與
分析由相互獨立事件的性質知(a)，(c)，(d)中三對事件一定相互獨立，因此正確答案只可能是(b).
評注嚴格說，這個題還應加條件：，否則，從而與也獨立了.
例3 (2023年數學四) 設a、b、c三個事件兩兩獨立，則a、b、c相互獨立的充分必要條件是
(a)a與bc獨立b)ab與獨立.
(c)ab與ac獨立d）a∪b與a∪c獨立.
分析由於在a，b，c相互獨立的條件下，能肯定的結論只有（a），故正確答案只可能是（a）當然也可按照定義進行判斷.
評注從上面兩個例子可以看出, 掌握了獨立事件的性質, 許多獨立性問題將大大簡化.
例4 (20xx年數學三) 將一枚硬幣獨立地擲兩次, 引進事件:a1=，a2=，a3=，a4=，則事件
（a）a1，a2，a3相互獨立b）a2，a3，a4相互獨立.
（c）a1，a2，a3兩兩獨立d）a2，a3，a4兩兩獨立.
分析易知p（a1）=，p（a2）=，p（a3）=，p（a4）=，p（a1a2）=，p（a1a3）=，p（a2a3）=，p（a1a2a3）=p（）=0. 於是
p(a1a2)=p(a1)p(a2)
p(a1a3)=p(a1)p(a3)
p(a2a3)=p(a2)p(a3)
但p(a1a2a3) p(a1)p(a2)p(a3)
故a1，a2，a3兩兩獨立，但不相互獨立,即選(c).
評注嚴格地說，題中硬幣須假定為均勻的，否則無正確選項.
例5 設下列系統中第i號元件正常工作的概率為pi，i=1，2，3，而且各元件的工作狀態相互獨立，試求系統正常工作的概率.
解設s表示「系統正常工作」，a1，a2，a3分別表示系統中的3個1號元件正常工作；b1，b2，b3分別表示3個2號元件正常工作；c1，c2，c3分別表示3個3號元件正常工作，於是
s =（a1b1c1）∪（a2b2c2）∪（a3b3c3）
而且a1，b1，c1，a2，b2，c2，a3，b3，c3相互獨立. 故系統正常工作的概率為
p（s）=p［a1b1c1］∪（a2b2c2）∪（a3b3c3）］
=1p（）
=1=1［1p（a1b1c1）］［1p（a2b2c2）］［1p（a3b3c3）］
=1=1.
評注盡可能地將事件運算化為積事件運算，然後利用獨立性簡化計算是概率計算中常用的技巧，務必掌握.
二、全概率公式與貝葉斯（bayes）公式
全概率公式是計算由若干「原因」引起的複雜事件概率的乙個有效公式；貝葉斯公式是用來計算在複雜事件已發生的條件下，某一種「原因」發生的條件概率. 通常可按下面準則進行判別：
（1）若試驗可以看成分兩個階段（或層次）進行，且第一階段的結果未明確給出，要求的是第二階段的結果發生的概率，則肯定用全概率公式;
（2）若試驗可以看成分兩個階段（或層次）進行，且第一階段的結果未明確給出，但第二階段的某乙個結果是已知的，要求的是此結果為第一階段某乙個結果所引起的概率，則肯定用貝葉斯公式.
另外，兩個公式在具體應用時，完全事件組的選取至關重要，它就是第一階段的所有可能結果.
例6 玻璃杯成箱**，每箱20只. 假設各箱含0，1，2只殘次品的概率相應為0.8，0.
1和0.1. 一顧客欲購買一箱玻璃杯，在購買時，售貨員隨意取一箱，而顧客開箱隨機地察看4只：
若無殘次品，則買下該箱玻璃杯，否則退回. 試求：
（1）顧客買下該箱的概率.
（2）在顧客買下的一箱中，確實沒有殘次品的概率β.
分析試驗可看成分兩個階段進行，第一階段是售貨員取箱子，可能的結果有3個：取到含0只殘次品的箱子，取到含1只殘次品的箱子以及取到含2只殘次品的箱子，但具體取到哪一種箱子未知；第二階段是顧客檢查4件產品，其乙個可能的結果是4件產品均不是殘次品.（1）中求的是第二階段的結果，即4件產品均不是殘次品的概率，故用全概率公式.
（2）中求的是第二階段的結果已知的情況下，第一階段中某乙個結果發生的概率，故用貝葉斯公式.
解設ai=，i=0，1，2，b=.
（1）易知p（a0）= 0.8，p（a1）= p（a2）=0.1，
p（b|a0）=1，p（b| a1）=，p（b| a2）=.
由全概率公式得
α=p（b）== 0.8×1+0.1×+0.1×≈0.94.
（2）由貝葉斯公式得
β=p（a0|b）=≈0.85.
三、伯努利（bernoulli）概型
伯努利概型是概率論中非常重要且具有廣泛應用的乙個模型，考生要牢固掌握. 乙個n重伯努利概型是指將乙個只須考慮兩個對立結果：a（成功）和（失敗）的試驗獨立重複進行n次的試驗，在n次試驗中事件a發生的次數x服從二項分布b（n,p），其中p為a發生的概率，求解伯努利概型的關鍵是建立模型，找出兩個引數n和p，另外注意伯努利概型中一些特殊事件發生的概率.
請看下面例子.
例7 （20xx年數學一）設隨機變數x的概率密度為
f(x)=
對x獨立地重複觀察4次，用y表示觀察值大於的次數，求的數學期望.
分析本題的關鍵是要知道y的分布律.而由題意可知y正好是乙個4重獨立重複試驗，即伯努利概型中事件發生的次數，故y ~b（4，p）.
解y ~b（4，p），
p =p（x >）=，
故4××（1）+=5.
例8 （20xx年數學
一、二、三)某人向同一目標獨立重複射擊,每次射擊命中目標的概率為p(0(a)． (b). (c)． (d
解 「第4次射擊恰好第2次命中」表示4次射擊中第4次命中目標, 前3次射擊中有1次命中目標. 由獨立重複性知所求概率為：. 故選(c) .
例9 設參加抗擊「非典」的某醫療小組共有36名醫護人員，且每個人的生日在一年中任何乙個月份是等可能的，求生日在6月份的醫護人員數的數學期望.
分析由於每個人的生日要麼在6月份，要麼不在6月份，而且根據實際意義各醫護人員的生日是相到獨立的，故這是乙個36重伯努利概型.
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