概率论第1章3-6

单击此处编辑母版标题样式,单击此处编辑母版文本样式,第二级,第三级,第四级,第五级,*,和事件 积事件 差事件 互斥事件 互逆事件 完备事件组,复 习,1.,事件的关系,2.,事件的运算,交换律 结合律 分配律 对偶律 自反律,3.,概率的公理化定义,三个公理：,非负性,归一性,可数可加性,4.,概率的运算性质,:,加法公式：,减法公式：,1.3,古典概型与几何概型,1.3.1,古典概型,古典概型：,若一随机试验具有下面两个特征：,（,1,） 所有的基本事件数为有限个；,（,2,） 每个基本事件出现的可能性相同。,则称该随机试验为古典概型（等可能概型）。,古典概型中事件,A,的计算：,例,1,将一枚硬币抛掷三次,. (1),设事件,A,1,为,“,恰有一次出现正面,”,求,P,(,A,1,); (2),设事件,A,2,为,“,至少有一次出现正面,”,求,P,(,A,2,).,解,(1),随机事件的样本空间,:,S,=,HHH,HHT,HTH,THH,HTT,THT,TTH,TTT,.,而,A,1,=,HTT,THT,TTH,.,故得,例,2,100,件产品有,60,个一等品，,30,个二等品，,10,个废品，规定一二等品都为合格品，,(1),从中任意取两件，求两件产品有一件一等品一件次品的概率；,(2),这批产品的合格率。,解,：（,1,）,设事件,A,表示取得一件一等品一件次品，则基本事件总数为 ，,A,包含的基本事件数为 ，故,（,2,）设事件,B,表示产品为合格品，则产品合格率为事件,B,的概率,P(B),，,B,包含的基本事件数为 ，基本事件总数,为,: ,故产品合格率为：,例,3,将 只球放入 个盒子里，试求每个盒子至多有一只球的概率（盒子容量不限）。,解：基本事件总数为 ，每个盒子至多放一只球，共有,种不同放法，于是,例,4,某班有,30,名学生，试求该班至少有两名学生生日相同的概率。,例,4,据调查，某部门接待站在某一周曾接待过,12,次来访，已知这,12,次来访接待的时间都是在周一和周五进行的，问是否可以推断接待来访的时间是特意安排的？,解：设事件,A,表示至少有两名学生生日相同，基本事件总数为 ， 表示,30,个学生生日各不相同，则其基本事件总数为 ，从而,思路：假设接待站来访的时间是每周的任意一天，而来访者在一周的任一天中去接待站是等可能的，那么，,12,次接待来访者都是在周一周五的概率为,实际推断原理,例,5,袋中有,a,只白球，,b,只红球，,k,个人依次在袋中取一球，求（,1,）作放回抽样（,2,）作不放回抽样，求第,i,（,i=1,2k,）人取到白球（记为,B,）的概率。（其中,k,不大于,a+b,）,解：（,1,）放回抽样,各取一球共有取法,(a+b)(a+b-1)(a+b-k+1),。,B,发生，第,i,人取白球有,a,种取法，其余有,(a+b-1)(a+b-2)(a+b-1-(k-1)+1),即,B,事件包含,a(a+b-1)(a+b-2)(a+b-1-(k-1)+1),个基本事件，于是,（,2,）不放回抽样,1.3.2,几何概型,引例：设,S,为一区域，某质点等可能的落在位于区域中的任一点，,A,为,S,子区域，求质点位于,A,的概率,P(A).,由等可能的假定知，质点位于,A,的概率与,A,的度量成正比，因此，,P(A),可定义为：,为,A,的度量，可以是长度，面积，体积等几何度量。,这种方法定义的概率称为,几何概率,例,6,甲乙两人相约在,0,到,T,这段时间内，在预定地点会面。先到者等待,t,时离去,(tT),，设两人在,0,到,T,这段时间内各时刻到达该地是等可能的，且两人到达的时刻互不牵连。求甲、乙两人能会面的概率,P(A).,解：以,x,，,y,表示甲乙两人到达的时刻，则,即,两人能会面的充要条件为：,即,所以,例,7,（,Buffon,投针问题）,在平面上画有等距离的一些平行线，距离为,，向平面上随意投掷一长为,的针，,试求,A=“,针与平行线相交”的概率,P(A).,解：,设,M,为针的中点，,x,表示,M,点与最近的一条平行线的距离，,表示针与最近的平行线的交角，易知：,而针与平面相交的充要条件为,：,故所求概率为：,若以频率代替概率，则有,即,统计试验法,蒙特卡罗方法,(Monte-Carlo),1.4,条件概率与乘法定理,1.4.1,条件概率,引例,某班有,30,名学生，其中女生,12,名，男生,18,名，女生中有,2,人喜欢看足球赛，男生中有,10,人喜欢看。先从该班中随意挑选一位学生。考虑：,定义：在事件,B,已经发生的条件下，事件,A,发生的概率，称为事件,A,对于事件,B,的条件概率。记为：,A=“,该生喜欢看足球赛”；,B=“,该生为男生”；该生喜欢看足球赛（已知该生为男生），此事件记为,例,7,市场上供应的灯泡中，甲厂产品占,70%,，乙厂产品占,30%,，甲厂产品的合格率为,95%,，乙厂产品合格率为,80%,，现随意买一只灯泡，若用 分别表示该灯泡是甲乙厂生产的，,B,表示该灯泡为合格品，试计算下面的概率：,解：,依题意,进一步可得,例,8,设某种动物活到,20,岁以上的概率为,0.8,，活到,25,岁以上的概率为,0.4,，现在有一个,20,岁的这种动物，问它能活到,25,岁以上的概率是多少？,解：设事件,A,表示,“,活到,20,岁以上,”,；事件,B,表示,“,活到,25,岁以上,”,，则有,P(A)=0.8,P(B)=0.4,由于 ，则,，,故,1.4.2,乘法定理,定理,1.1,(,乘法公式,),设,A,B,为二事件，若,一般地，对多个事件,条件概率实质是缩减了样本空间,例,9,猎手在距猎物,10,米远处开枪，击中概率为,0.6,，若击不 中，待开第二枪时猎物已逃至,30,米远处，此时击中概率为,0.25,，若再击不中，则猎物已逃至,50,米远处，此时只有,0.1,的击中概率 ，求猎手在三枪内击中猎物的概率。,解：,例,10,10,个考签中有四个难签，,3,人参加抽签，不放回，甲乙丙顺序抽，求甲抽到难签，甲乙都抽到难签，甲没抽到难签而乙抽到难签以及甲乙丙都抽到难签的概率。,思考？,甲、乙、丙抽到难签的概率是否相等？,1.5,概率基本公式,1.5.1,全概率公式,怎样从已知的简单事件的概率去推算出复合事件的概率？,把一个复合事件分解为若干个互斥的简单事件之和，再通过分别计算这些简单事件的概率得到最终结果。,定理,1.2,（全概率公式）,证明提示：,注,2,：,若随机试验可以看成分两个阶段（层次）进行，且第一阶段的各试验结果具体发生了哪一个未知，要求的是第二阶段的结果发生的概率，则用全概率公式。,注,3,：,应用公式时，必须首先找出引发该事件的完备事件组。,注,1,：,上述和式既可以是有限和，也可以是级数和，事件组也,不必是完备事件组，只要是,两两互斥,的且 即可,。,推论,1.6,设有事件,A,，且,0P(A)0,，则有下边公式成立：,后验概率公式,注,1,若随机试验可以看成分两个阶段（层次）进行，且第一阶段的各试验结果具体发生了哪一个未知，但第二阶段的某一个结果已知，要求的是此结果为第一阶段某个结果所引起的概率。则肯定用,Bayes,公式。,注,2,是试验结果,B,发生之后对各种“原因”的重新度量。,这种条件概率称为后验概率。,例,3(,P31-20,),对以往数据分析结果表明，当机器调整得良好时，产品的合格率为,98%,，当机器发生某种故障时，其合格率为,55%,，每天早上机器开动时，机器调整良好的概率为,95%,，试求已知某日早上第一件产品是合格品时，机器调整得良好的概率是多少？,解：,设,A,表示机器调整良好，则 表示机器发生某种故障，,B,表示产品为合格品。由题意可得：,由贝叶斯公式，所求概率为：,解：,由贝叶斯公式，所求概率为：,例,4,根据临床记录某种诊断癌症的试验具有如下效果：若以,A,表示事件“试验反应为阳性”，以,C,表示“被诊断者患有癌症”，则有 ，现对自然人群普查，设被试验的人患癌症的概率为,0.005,，求,和 的区别。,小 结,1.,古典概率，几何概率,2.,条件概率，乘法定理,3.,全概率公式,4.,贝叶斯公式,1.6,事件的独立性与重复独立试验,1.6.1,事件的独立性,定义,1.4-1,：,若事件,A,发生的可能性不受事件,B,发生与否的影响，,则称事件,A,对于事件,B,独立。,定义,1.4-2,：,若事件,A,和,B,满足,则称事件,A,与事件,B,相互独立。,定理,1.4,若四对事件,中有一对是相互独立的，,则另外三对也是相互独立的。,推广：,n,个事件相互独立,注,1,：若事件 相互独立，则有,注,2,：若事件 相互独立，则有,例,1,甲乙丙三部机床独立工作，由一个工人照管，某段时间内他们不需要工人照管的概率分别为,0.9,，,0.8,及,0.85,。求在这段时间内有机床需要工人照管的概率及机床因无人照管而停工的概率。,解：,用事件,A,B,C,分别表示在这段时间内机床甲乙丙不需,工人照管，依题意，,A,，,B,，,C,，相互独立，并且,例,2,甲乙两射手独立的射击同一目标，他们击中目标的概率分别为,0.9,和,0.8,，求在一次射击中，目标被击中的概率。,解：以,A,表示“甲击中目标”，,B,表示“乙击中目标”，则,A,与,B,独立，,P(A)=0.9,，,P(B)=0.8,，所求概率为,串联系统,并联系统,对串联系统，系统能正常工作的概率为,对并联系统，系统能正常工作的概率为,例,3,电路由电池,A,与两个并联的电池,B,，,C,串联而成，设电池,A,，,B,，,C,损坏与否是相互独立的，他们损坏的概率依次为,0.3,，,0.2,，,0.2.,求该电路发生间断的概率。,解：,设,分别表示,A,，,B,，,C,工作正常，则由题知，电路能正常工作的概率为,故电路发生间断的概率为：,1.6.2,重复独立试验,若每次试验的样本空间都是一样的，有关事件的概率也保持不变，而且每次试验之间互不影响，这类试验称为重复独立试验。,问题：,若一次试验中事件,A,发生的概率为,p,，那,n,次重复独立试验,(n,重贝努里试验,),中该事件总共发生,k,次的概率是多少？,以,表示“在第,k,次试验中,A,发生”,，,表示“,n,次试验中,A,总共发生,k,次”。则 可以表示为：,由独立性,可得,定理,1.5,（贝努利二项概率公式）,设事件,A,在一次试验中出现的概率,为,p,，则在,n,次独立重复试验中,A,恰好出现,k,次的概率为：,例,4,某机构有一个,9,人组成的顾问小组，若每个顾问贡献正确意见的概率是,0.7,，现该机构就某事可行与否个别征求各位顾问意见，并按多数人意见作出决策，求作出正确决策的概率。,解：以,表示“恰有,i,位顾问贡献了正确意见”,(i=0,1,2,9),则所求概率为：,证明：,记,表示,A,在第,k,次重复独立试验中发生，,k=1,2,则,例,5,（小概率原理）设随机试验中某一事件,A,发生的概率为,( 0),，证明：不论,多小，当不断独立重复的是该试验时，,A,迟早发生。,则前,n,次试验中，,A,均不发生的概率为：,因此，前,n,次试验中,A,至少发生一次的概率为：,小 结,