资源描述
课堂练习:化简事件,解原式,3个编号的球放入两个编号盒子中,每个盒子至少放一个球,有多少种放法?,解法1:,解法2:,哪种解法正确?,分析:,设三个球为A,B,C,两个盒子为1，2，则在解法1中，两种放法重复：,(A1B1)C2;(B1A1)C2,1.3.1条件概率,1.3.3独立试验及伯努利试验模型,1.3.2事件的独立性,1.3条件概率与事件的独立性,条件概率是概率论中一个重要而实用的概念.它所考虑的是事件B已经发生的条件下事件A发生的概率，将此概率记作P(A|B).,1.3.1条件概率（P28）,例盒中有4个外形相同的球，它们的标号分别为1、2、3、4，每次从盒中取出一球，有放回地取两次则该试验的所有可能的结果为(1,1)(1,2)(1,3)(1,4)(2,1)(2,2)(2,3)(2,4)(3,1)(3,2)(3,3)(3,4)(4,1)(4,2)(4,3)(4,4)其中(i,j)表示第一次取i号球，第二次取j号球,设B=第一次标号为2，A=两球标号之和为4则事件B：(2,1)(2,2)(2,3)(2,4)事件A：(1,3)(2,2)(3,1)，事件AB：(2,2),若我们考虑在事件B发生的条件下，事件A发生的概率并记此概率为:,则所求的概率为,注：由上例可以看出，事件在“条件B已发生这附加条件的概率与不附加这个条件的概率是不同的因此，有必要引入下面的定义：,定义1.3.1对事件A、B，若P(B)0，则称为事件A在事件B(条件)发生下的条件概率。相对地，有时就把概率P(A)，P(B)等称作无条件概率。,方法1：用原样本空间计算条件概率方法2：用新样本空间B计算条件概率,第1.3节条件概率及随机事件的独立性,2)从加入条件后改变了的情况去算,1)用定义计算:,P(A|B）=,B发生后的缩减样本空间所含样本点总数,在缩减样本空间中A所含样本点个数,问题:分别考虑,首先，不难验证条件概率P(A|B)具有概率的三个基本性质，即三条公理：,条件概率是概率(P30),由此得,P(|B)=1;P(B|)1;P(A|)=P(A);P(A|A)=1.,注意点,乘法公式（本节讲P30）;全概率公式（下节讲）；贝叶斯公式（下节讲）。,条件概率的三大公式,一袋中装有10个球,先后两次从袋中各取一球(不放回).,其中3个黑球,7个白,(1),(2),已知第一次取出的是黑球,求第二次取出的仍,是黑球的概率;,已知第二次取出的是黑球,求第一次取出的也,是黑球的概率.,解,(1),第二次取球就在剩下的2个,根据古典概率计算,球,黑球、7个白球,即有,(2),即第二次取到的是黑球的条件,下,求第一次取到黑球的概率.,在第二次取球之前,第一次取球发生,故问题的结构不像(1)那么直,观.,由,由条件概率的定义：,即若P(B)0,则P(AB)=P(B)P(A|B)(2),而P(AB)=P(BA),乘法公式,若已知P(B),P(A|B)时,可以反求P(AB).,将A、B的位置对调，有,故P(A)0,则P(AB)=P(A)P(B|A)(3),若P(A)0,则P(BA)=P(A)P(B|A),(2)和(3)式都称为乘法公式,利用它们可计算两个事件同时发生的概率,设A,B,C为事件,且P(AB)0,则,且,则,乘法公式易推广到多个事件的情形（P30）,乘法公式主要用于求几个事件同时发生的概率.一批零件共有100个，其中10个不合格品。从中一个一个不返回取出，求第三次才取出不合格品的概率.解：记Ai=“第i次取出的是不合格品”用乘法公式,乘法公式的应用,例2一场精彩的足球赛将要举行，5个球迷好不容易才搞到一张入场券.大家都想去，只好用抽签的方法来解决.,5张同样的卡片，只有一张上写有“入场券”，其余的什么也没写.将它们放在一起，洗匀，让5个人依次抽取.,“大家不必争先恐后，你们一个一个按次序来，谁抽到入场券的机会都一样大.”,“先抽的人当然要比后抽的人抽到的机会大.”,到底谁说的对呢？让我们用概率论的知识来计算一下,每个人抽到“入场券”的概率到底有多大?,设Ai=“第i个人抽到入场券”，i=1,2,3,4,5.,则表示“第i个人未抽到入场券”.,显然，P(A1)=1/5，P()4/5.,也就是说，第1个人抽到入场券的概率是1/5.,由于,因为若第2个人抽到了入场券，第1个人肯定没抽到.,由乘法公式,计算得P(A2)=(4/5)(1/4)=1/5.,同理，第3个人要抽到“入场券”，必须第1、第2个人都没有抽到.因此,=(4/5)(3/4)(1/3)=1/5.,继续做下去就会发现,每个人抽到“入场券”的概率都是1/5.,设袋中有4只白球,2只红球,(1)无放回随机地抽取两次,每次取一球,求在两次抽取中至多抽到一个红球的概率?(2)若无放回的抽取3次,每次抽取一球,求(a)第一次是白球的情况下,第二次与第三次均是白球的概率?(b)第一次与第二次均是白球的情况下,第三次是白球的概率?,课堂练习2,解,则有,我们说，在事件B发生的条件下事件A的条件概率一般地不等于A的无条件概率.但是，会不会出现P(A)=P(A|B)的情形呢？,显然P(A|B)=P(A),这就是说,已知事件B发生,并不影响事件A发生的概率,这时称事件A、B独立.,两事件的独立性,A=第二次掷出6点，B=第一次掷出6点，,先看一个例子：,将一颗均匀骰子连掷两次，,设,1.3.2事件的独立性（P32）,由乘法公式知，当事件A、B独立时，有P(AB)=P(A)P(B),用P(AB)=P(A)P(B)刻划独立性,比用P(A|B)=P(A)或P(B|A)=P(B)更好,它不受P(B)0或P(A)0的制约.,P(AB)=P(B)P(A|B),若两事件A、B满足P(AB)=P(A)P(B)则称A、B独立，或称A、B相互独立.,1两个事件独立的定义（P32）,不难证明，当P(B)0时，有,与任何事件A是独立的。P(A)=P()P(A)=P(A)与任何事件A是独立的。P(A)=P()P(A)=P(),例3从一副不含大小王的扑克牌中任取一张，记A=抽到K,B=抽到的牌是黑色的,可见,P(AB)=P(A)P(B),由于P(A)=4/52=1/13,说明事件A、B独立.,问事件A、B是否独立？,解：,P(AB)=2/52=1/26,P(B)=26/52=1/2,练习一个家庭中有若干个小孩，假定生男生女是等可能的，令,=“一个家庭中有男孩又有女孩”,=“一个家庭最多有一个女孩”,（1）家庭中有两个小孩，（2）家庭中有三个小孩。,对上述2种情况，讨论事件,的独立性。,在实际应用中,往往根据问题的实际意义去判断两事件是否独立.,由于“甲命中”并不影响“乙命中”的概率，故认为A、B独立.,（即一事件发生与否并不影响另一事件发生的概率）,一批产品共n件，从中抽取2件，设Ai=第i件是合格品i=1,2,若抽取是有放回的,则A1与A2独立.,因为第二次抽取的结果受到第一次抽取的影响.,又如：,因为第二次抽取的结果不受第一次抽取的影响.,若抽取是无放回的，则A1与A2不独立.,请问：如图的两个事件是独立的吗？,即:若A、B互斥，且P(A)0,P(B)0,则A与B不独立.,反之，若A与B独立，且P(A)0,P(B)0,则A、B不互斥.,而P(A)0,P(B)0,故A、B不独立,我们来计算：,P(AB)=0,定理1.3.1（P33）若四对事件中有一对是相互独立的，则另外三对事件也是相互独立的。即这四对事件或者都相互独立，或者都不相互独立。证明思路：证明：因为A，B事件相互独立，即P(AB)=P(A)P(B)。所以相互独立,3个事件的独立性（P34）,定义2、若三个事件A、B、C满足：(1)P(AB)=P(A)P(B),P(AC)=P(A)P(C),P(BC)=P(B)P(C),则称事件A、B、C两两相互独立；,若在此基础上还满足：(2)P(ABC)P(A)P(B)P(C),（三、三独立）则称事件A、B、C相互独立,三个事件若两两独立且三三独立，则相互独立,注:两两独立未必相互独立!例:从分别标有1,2,3,4四个数字的4张卡片中随机抽取一张,以事件A表示“取到1或2号卡片”;事件B表示“取到1或3号卡片”;事件C表示“取到1或4号卡片”.则事件A,B,C两两独立但不相互独立.,n个事件的独立（P35）,n个事件若两两；三三，nn独立，则相互独立,（1）相互独立，则其中任取k个事件也相互独立；反之不一定。,注意,补充,若A、B、C相互独立，则AB与C独立,AB与C独立,AB与C独立.,一些结论,若A，B，C独立，则AB与C独立,例4两射手独立地向同一目标射击一次，其命中率分别为0.9和0.8，求目标被击中的概率.,解:设A=“甲中”,B=“乙中”,C=“目标被击中”,所以,解法i)P(C)=P(AB)=P(A)+P(B)P(A)P(B)=0.9+0.80.90.8=0.98.,解法ii)用对立事件公式P(C)=P(AB)=1(10.9)(10.8)=10.02=0.98.,例4三人独立地去破译一份密码，已知各人能译出的概率分别为1/5，1/3，1/4，问三人中至少有一人能将密码译出的概率是多少？,解：将三人编号为1，2，3，,所求为,记Ai=第i个人破译出密码i=1,2,3,3,1,2,1.3.3独立试验及伯努利试验模型（P35）,在n次试验中,如果任何一次试验中事件A发生的概率不受其他各次试验结果的影响,则称这n次试验为相互独立试验,简称独立试验.,如果一个试验在给定的条件下独立重复n次,且满足:,(1)每次试验只有两个可能的结果:,(2)每次试验中事件发生的概率相等,且,则称这样的试验为n重伯努利(Bernoulli)试验,注：,重伯努利试验是一种很重要的数学模型，,在实际问题中具有广泛的应用.,其特点是：,事件,在每次试验中发生的概率均为,且不受其它,求在n次独立试验中事件A发生k次的概率。,设,一般地,定理,(伯努利定理),设在一次试验中，,事件,发生的概率为,试验中，,事件A恰好发生k次的概率为,（P36）,试验1电脑故障某电脑公司售出200台电脑，公司在考虑售后服务维修人员的安排时需处理P(A)=p，n=200的伯努利试验问题。其中p是电脑故障率。试验2疾病发生某疾病的发生率为0.001。当卫生部门要对一个拥有5000名员工的单位估计此种疾病的发病情况时，需用p=0.001的n重伯努利试验模型，其中n=5000。,试验3产品抽样在产品抽验中，如果采用不放回方式抽取n次(每次取一件产品)，那么这n次试验就不是重复独立试验(此时，每次试验条件不完全重复，每次抽取正品的概率也不相等)。但是，如果采用放回抽样，即每次抽取检查后放回，这样所作的n次试验就是重复独立试验。,例7某车间有12台车床，每台车床由于种种原因，时常需要停车，设各台车床的停车或开车是相互独立的，若每台车床在任意时刻处于停车状态的概率为1/3，求任意时刻车间里有台车床处于停车状态的概率。解把任一时刻对一台车床的观察看成是一次试验，试验结果只有停车或开车两种可能，且各车床的停车或开车是相互独立的，故我们可用二项概率公式计算，得,例8某人从A处出发去B处，倘若他只知道B处在A处的东北方向上，如图所示，图中每条线表示一条道路，当他每到一交叉路口时，对行进的路线要作一次选择，每次都以概率p选择向东走，以概率1-p选择向北走，试求经过8次选择可到达B处的概率。解若把在交叉路口选择一次行进路线看作试验E0,显然，E0有两个可能结果：A(“向东”)和(“向北”)，并且P(A)=p,P()=1-p。,上述试验又相当于将E0独立地重复进行8次，故为8重伯努利试验。根据图中B处的位置，为了保证经过8次行进路线的选择能到达B处，必须且只须恰好有4次选择向东走（另4次选择向北走），因此，所求概率为事件B4的概率，有,作业,P37练习1.31-6,
展开阅读全文