概率论与数理统计
配套教材：苏德矿等，概率论与数理统计，高等教育出版社
概率论产生于17世纪，本来是由保险事业发展而产生的，但是来自赌博者的请求，却是数学家们思考概率论问题的源泉. 早在1654年，有一个赌徒梅勒向当时的数学家帕斯卡提出了一个使他苦恼了很久的问题：“两个赌徒相约赌若干局，谁先赢m局就算获胜，全部赌本就归胜者，但是当其中一个人甲赢了a(a<m)局的时候，赌博中止，问赌本应当如何分配才算合理？”
概率论在物理、化学、生物、生态、天文、地质、医学等学科中，在控制论、信息论、电子技术、预报、运筹等工程技术中的应用都非常广泛。
序言
自然界和社会上发生的现象是多种多样的.在观察、分析、研究各种现象时,通常我们将它们分为两类:
(1)可事前预言的，即在准确地重复某些条件下，它的结果总是肯定的，或者根据它过去的状况，在相同条件下完全可以预言将来的发展，例如，在标准大气压下，纯水加热到100℃必然沸腾;向空中抛掷一颗骰子，骰子必然会下落;在没有外力作用下，物体必然静止或作匀速直线运动;太阳每天必然从东边升起，西边落下等等，称这一类现象为确定性现象或必然现象.
第一章 随机事件及其概率
人们经过长期实践和深入研究之后,发现随机现象在个别试验中,偶然性起着支配作用,呈现出不确定性,但在相同条件下的大量重复试验中,却呈现出某种规律性.随机现象的这种规律性我们称之为统计规律性.概率论与数理统计是研究和揭示随机现象的统计规律性的一门数学学科.
(2)在个别试验中呈现不确定的结果，而在相同条件下大量重复试验中呈现规律性的现象称为随机现象(或偶然现象).例如,在相同条件下,抛掷一枚硬币,其结果可能是正面朝上,也可能是反面朝上,并且在每次抛掷之前无法确定抛掷的结果是什么.
§1 随机事件
在一定条件下，并不总是出现相同结果的现象称为随机现象.
§ 随机试验与样本空间
（1）抛一枚硬币,有可能正面H朝上，也有可能反面T朝上.
（2）抛一粒骰子,出现的点数.
（3）一只灯泡使用的寿命.
在相同条件下可以重复的随机现象称为随机试验(Random experiment).
随机试验具有以下特点:
(1)可以在相同条件下重复进行;
(2)每次试验的可能结果不止一个,并且事先明确试验的所有可能结果;
(3)进行一次试验之前不能确定哪一个结果会出现.
试验的样本空间的实例
E1:抛一枚硬币,观察正面H、反面T出现的情况.
则样本空间为
Ω1 ={H,T}
E2:将一枚硬币抛掷三次,观察正面H、反面T出现的情况.则样本空间为
Ω 2={HHH,HHT,HTH,THH,HTT,THT,TTH,TTT}
E3:将一枚硬币抛掷三次,观察正面H出现的次数.则样本空间为
Ω 3={0,1,2,3}
E7:记录某地一昼夜的最高温度和最低温度.则
样本空间为
Ω 7={(x,y)|T0≤x≤y≤T1}
这里x表示最低温度,y表示最高温度;并设这一地区的温度不会小于T0,不会大于T1.
E4:抛一粒骰子,观察出现的点数.则样本空间为
Ω 4={1,2,3,4,5,6}
E5:记录电话交换台一分钟内接到的呼唤次数.
则样本空间为
Ω 5={0,1,2,3,…}
E6:在一批灯泡中任意抽取一只,测试它的寿命.
则样本空间为
Ω 6={t|t≥0}
于是样本空间是由三个样本点构成的集合
这个例子表明:试验的样本点与样本空间是根据试验的内容而确定的.
例:抛二粒骰子的样本空间为：
§ 随机事件(random event)
（6）空集 称为不可能事件(Impossible event ).
（5）样本空间Ω 称为必然事件(Certain event) .
（4）由样本空间中的单个元素组成的子集称为基本事件(Basic events) .
随机现象的某些样本点组成的集合称为随机事件,简称事件.
（2）事件A发生当且仅当A中的某个样本点出现.
（1）任一事件A是相应样本空间的一个子集.
（3）事件可用集合A表示，也可用语言描述.
例:对于试验E2:将一枚硬币抛掷三次,观察正面H、反面T出现的情况.
A2={HHH,TTT}
（2）事件A2:“三次出现同一面”,则
A1={HHH,HHT,HTH,HTT}
（1）事件A1:“第一次出现的是正面H”,则
A2={HHT,HTH，THH}
（3）事件A3:“出现二次正面”,则
例:对于试验E6:在一批灯泡中任意抽取一只,测试它的寿命.
B={t|0≤t<1000}
事件B:“寿命小于1000小时”,则
例:对于试验E7:记录某地一昼夜的最高温度和最低温度.
C={(x,y)|y-x=10, T0≤x≤y≤T1}
事件C:“最高温度与最低温度相差10度”,则
§ 事件的关系
(Relation of events )
设试验E的样本空间为Ω ,而A,B,Ak(k=1,2,…)是Ω 的子集.
事件是一个集合,因而事件间的关系与事件的运算自然按照集合论中集合之间的关系和集合运算来处理.根据“事件发生”的含义,下面给出事件的关系和运算在概率论中的提法.
§ 包含关系(Inclusion relation)
定义:若属于A的样本点必属于B,则称事件B包含事件A，记为A B .
即事件A发生必然导致事件B发生.
例:抛一粒骰子，事件A=“出现4点”，B=“出现偶数点” .
则事件A发生必然导致B发生，所以A B .
§ 相等关系(equivalent relation)
定义:若属于A的样本点必属于B,且属于B的样本点必属于A，则称事件A与事件B相等，记为A= B .
A＝B AB且BA
例:抛二粒骰子，A=“二粒骰子点数之和为奇数”，B=“二粒骰子的点数为一奇一偶” .
则事件A发生必然导致B发生，而且B发生必然导致A发生，所以A = B .
§ 互不相容(Incompatible events)
定义:若事件A与事件B没有相同的样本点,则称事件A与B互不相容 .
A与B互不相容，即事件A与事件B不可能同时发生.
A与B互不相容 AB=
§ 事件的并(Union of events)
定义:由事件A与B中所有样本点（相同的样本点只计入一次）组成的新事件称为事件A与B的并.
§ 事件的运算(operation of events )
（1）A∪B={x|x∈A或x∈B}
（2）当且仅当A，B中至少有一个发生时,事件A∪B发生.
例:抛一粒骰子，事件A=“出现点数不超过3”，B=“出现偶数点” .
则A={1，2，3}， B={2，4，6} .
所以，A∪B={1，2，3，4，6}
§ 事件的交(Product of events)
定义:由事件A与B中公共的样本点组成的新事件称为事件A与B的交.
（2）当且仅当A与B同时发生时,事件AB发生.
（1）A∩B=AB
={x|x∈A且x∈B}
例:抛一粒骰子，事件A=“出现点数不超过3”，B=“出现偶数点” .
则A={1，2，3}， B={2，4，6} .
所以，A∩B={2}
§ 事件的差(Difference of events)
定义:由事件A中而不B中的样本点组成的新事件称为事件A对B的差.
（1）A-B={x|x∈A且x∈B}
（2）当且仅当A发生,而B不发生时,事件A-B发生.
例:抛一粒骰子，事件A=“出现点数不超过3”，B=“出现偶数点” .
则A={1，2，3}， B={2，4，6} .
所以，A-B={1，3}
问：B-A=？
§ 对立事件(Opposite events)
定义:由在Ω中而不在A中的样本点组成的新事件称为A的对立事件.
（1）事件A与B互为对立事件 A∪B= Ω且AB= .
（2）A的对立事件记作B=Ā .
例:抛一粒骰子，事件A=“出现点数不超过3”.
则A={1，2，3}，而Ω={1，2，3，4，5，6，}.
所以， Ā ={4，5，6}
§ 事件运算的规则
1、交换律(Exchange law) ：
AB＝BA，AB＝BA
2、结合律(Combination law) ：
(AB)C＝A(BC)，
(AB)C＝A(BC)
3、分配律(Distributive law) ：
(AB)C＝(AC)(BC)，
(AB)C＝(AC)(BC)
4、 De Morgan对偶律(Dual law) ：
（1）第三次未中奖
（2）第三次才中奖
（3）恰有一次中奖
（4）至少有一次中奖
（5）不止一次中奖
（6）至多中奖二次
§2 随机事件的概率
定义:随机事件A发生可能性大小的度量(数值),称为A发生的概率,记作P(A).
对于一个随机事件(必然事件和不可能事件除外)来说,它在一次试验中可能发生,也可能不发生.我们希望知道某些事件在一次试验中发生的可能性究竟有多大,找到一个合适的数来表示事件在一次试验中发生的可能性大小.
§ 概率的公理化定义
定义:设Ω 为一个样本空间，如果对任一事件A，赋予一个实数P(A).如果集合函数P(.)满足下列条件：
（1)非负性公理：对于每一事件A,有P(A)≥0;
(2)正则性公理：P(Ω)=1;
(3)可列可加性公理:设A1,A2,…是互不相容的事件,即对于i≠j,AiAj=,i,j=1,2,…,则有
则称P（A）为事件A的概率(Probability).
§ 概率的统计定义
(The statistic definition of probability)
定义:在相同的条件下,进行了n次试验,在这n次试验中,事件A发生的次数nA称为事件A发生的频数.比值nA/n称为事件A发生的频率,并记为fn(A).
频率具有下述性质:
（1）0≤fn(A)≤1;
（2）fn(Ω )=1;
（3）若A1,A2,…,Ak是两两互不相容的事件,则
§ 频率(Frequency)
历史上抛掷匀质硬币的若干结果
§ 概率的统计定义
14994
30000
维尼
12012
24000
皮尔逊
6019
12000
皮尔逊
2048
4040
蒲丰
1061
2048
德.摩尔根
正面出现频率m/n
正面出现次数m
抛掷次数
n
试验者
定义:在相同的条件下,进行了n次重复试验,在这n次试验中,事件A发生了nA次,当试验的次数n很大时,如果事件A发生的频率fn(A)=nA/n稳定在某一数值p的附近摆动,而且随着试验次数的增大,这种摆动的幅度越变越小,则称数值p为事件A在这组条件下发生的概率,记作P(A)=p.这样定义的概率称为统计概率.
性质1:P()=0.
§ 概率的性质
于是由可列可加性得
又由P()≥0得, P()=0
证明: 令An+1=An+2=…=,则由可列可加性及P()=0得
即
性质3:对于任一事件A,有
证明:由A B知B=A∪(B-A),且A(B-A)=,
性质4:设A,B是两个事件,若A B,则有
P(B-A)=P(B)-P(A)
推论：若A B，则P(B)≥P(A)
证明：由P(B)=P(A)+P(B-A)
又由概率的定义知P(B-A)≥0
因此有
P(B)≥P(A)
因此由概率的有限可加性得
P(B)=P(A)+P(B-A)
从而有 P(B-A)=P(B)-P(A)
证明:因为A-B=A-AB,且AB A
性质6:对于任意两事件A,B，有
P(A-B)=P(A)-P(AB)
故 P(A-B)=P(A-AB)=P(A)-P(AB)
证明:因为A Ω,因此有
P(A)≤P(Ω)=1
性质5:对于任一事件A,有
P(A)≤1
证明:因为A∪B=A∪(B-AB),且A(B-AB)=,AB B
故 P(A∪ B)=P(A)+P(B-AB)=P(A)+P(B)-P(AB)
性质7:对于任意两事件A,B，有
P(A∪B)=P(A)+P(B)-P(AB)
上式称为概率的加法公式.
概率的加法公式可推广到多个事件的情况.
设A,B,C是任意三个事件，则有
P(A∪B∪C)=P(A)+P(B)+P(C)-P(AB)-P(BC)-P(CA)+P(ABC)
一般,对于任意n个事件A1,A2,…,An,有
§3 古典概型与几何概率
具有以上两个特点的随机试验称为古典概型,也称为等可能概型.
在概率论发展的初期主要研究具有如下两个特点的随机试验:
(1)试验的样本空间的元素只有有限个;
(2)试验中每个基本事件发生的可能性相同.
§ 古典概型
古典概型的计算公式
因此，若事件A={ei1}∪{ei2}∪ …∪{eik}包含k个基本事件,则有 P(A)=k/n.
设随机试验的样本空间为Ω ={e1,e2,…,en},由于在试验中每个基本事件发生的可能性相同,即有
P({e1})=P({e2})=…=P({en})
又由于基本事件是两两不相容的,于是有
1=P(Ω )=P({e1}∪{e2}∪…∪{en})
=P({e1})+ P({e2})+…+P({en})
=nP({ei}) i=1,2,…,n
所以 P({ei})=1/n i=1,2,…,n
即样本空间有4个样本点,而随机事件A1包含2个样本点,随机事件A2包含3个样本点,故
P(A1)=2/4=1/2
P(A2)=3/4
例:将一枚硬币抛掷二次,设事件A1为“恰有一次出现正面”; 事件A2为“至少有一次出现正面”.求P(A1)和P(A2).
解:正面记为H,反面记为T,则随机试验的样本空间为
Ω ={HH,HT,TH,TT}
而 A1={HT,TH}
A2={HH,HT,TH}
例: 抛掷一颗匀质骰子，观察出现的点数，求出现的点数是不小于3的偶数的概率.
解 设A表示出现的点数是大小于3的偶数，则基本事件总数n=6，A包含的基本事件是“出现4点”和“出现6点”即m=2，故
§ 排列与组合公式
乘法原理：设完成一件事需分两步，第一步有n1种方法,第二步有n2种方法，则完成这件事共有n1n2种方法
A B C
加法原理：设完成一件事可有两种途径，第一种途径有n1种方法，第二种途径有n2种方法，则完成这件事共有n1+n2种方法。
A B
有重复排列:从含有n个元素的集合中随机抽取k 次，每次取一个，记录其结果后放回，将记录结果排成一列.
共有nk种排列方式.
无重复排列:从含有n个元素的集合中随机抽取k 次，每次取一个，取后不放回，将所取元素排成一列.
共有Pnk=n(n-1)…(n-k+1)种排列方式.
组合:从含有n个元素的集合中随机抽取k个.
共有
种取法.
重复组合:从含有n个元素的集合中随机抽取k个，每次取一个，记录其结果后放回.
共有
种取法.
故
故
故
解 设A=没有相同数字的三位数，B表示没有相同数字的三位偶数，则基本事件总数n=5×6×6=180
（1）事件A包含的基本事件数为mA=5×5×4
（2）事件B包含的基本事件数为mB=4×4×2+5×4=52
所以
所以
解 （1）由于A与B互不相容，即AB=φ
则
所以
（2）
则有
（3）
则有
例:设有同类产品6件,其中有4件合格品,2件不合格品.从6件产品中任意抽取2件,求抽得合格品和不合格品各一件的概率.
解:设A={抽得合格品和不合格品各一件}.因为基本事件总数等于从6件可以区别的产品中任取2件的组合数目,故有基本事件总数
且每一基本事件发生是等可能的.
事件A发生是指从4件合格品和2件不合格品中各抽出一件,抽取方法数,即使事件A发生的基本事件数为
所以事件A发生的概率为
解法1:把a只黑球b只白球视为可分辨的.把a+b只球摸出来依次排在一直线的a+b个位置上,则可能的排列法相当于把a+b个元素进行全排列,即基本事件总数为n=(a+b)!.而有利于事件Ak的场合相当于在第k个位置上放一个黑球(共有a种选择),而在其余的a+b-1个位置上,由其余的a+b-1个球任意排列,共有m=a(a+b-1)!种排法.所以
例:袋中有a只黑球,b只白球.它们除了颜色不同外,其它方面全同.现在随机地把球一只只摸出来,求第k次摸出的一只是黑球(事件Ak)的概率.
这两种不同的解法,主要在于选取的样本空间不同,而最后的答案是相同的.
例: 设盒中有3个白球，2个红球，现从盒中任抽2个球，求取到一红一白的概率。
答:取到一红一白的概率为。
N =C52 ,
K =C31 C21 ,
P(A) =C31 C21 / C52 = .
解: 设A-----取到一红一白
一般地，设盒中有N个球，其中有M个白球，从中任抽n个球，则这n个球中恰有k白球的概率是
例：将3个球随机的放入3个盒子中去，问：
（1）每盒恰有一球的概率是多少？
（2）空一盒的概率是多少？
解: 设A:每盒恰有一球, B:空一盒.
N = 33, K = 3! , P(A) = 2/9 .
P(B) = 1－P{空两合}－P{全有球}
= 1－3/33－2/9 = 2/3.
一般地，把n个球随机地分配到m个盒子中去(nm)，则每盒至多有一球的概率是：
思考题 某班级有n 个人(n365)，问至少有两个人的生日在同一天的概率有多大？
例：30名学生中有3名运动员，将这30名学生平均分成3组，求：
（1）每组有一名运动员的概率；
（2）3名运动员集中在一个组的概率。
解:设A:每组有一名运动员;B: 3名运动员集中在一组
一般地，把n个球随机地分成m组(n>m),要求第 i 组恰有ni个球(i=1,…m)，共有分法：
1.有放回抽样:第一次取一件产品观察其是否合格后放回袋中,第二次再取一件产品.
2.不放回抽样: 第一次取一件产品后不放回袋中,第二次再取一件产品.
试由上面两种抽样方法,求:
1.取到两件合格品的概率;
2.取到两件相同质量产品的概率;
3.取到的两件产品中至少有一件合格品的概率.
例:一只口袋中,装有10件同类晶体管,其中有8件合格品,2件次品.从口袋中取产品2次,每次取一件,考虑两种情况:
解:设A={取到两件合格品},B={取到两件次品},C={取到两件相同质量的产品},D={取到的两件产品中至少有一件合格品}
(1)有放回抽样:第一次从10件产品中抽1件有10种抽取方法,第二次从10件产品中抽1件也有10种抽取方法,故有10×10种可能的取法.每一种取法是一基本事件,且发生的可能性是相同的.所以基本事件总数为n=10×10=100.
使A发生的基本事件是第一次抽到合格品,且第二次也抽到合格品,共有mA=8×8=64种取法.于是
P(A)= mA/n=64/100
同理B包含的基本事件数mB=2×2=4.所以
P(B)= mB /n=4/100
由于C=A+B,且AB=,所以
P(C)=P(A+B)=P(A)+P(B)=+=
P(D)=1-P(B)==
(2)不放回抽样: 第一次从10件产品中抽1件有10种抽取方法,第二次从9件产品中抽1件有9种抽取方法,故有10×9种可能的取法.所以样本空间的基本事件总数为n=10×9=90.
两次均抽到合格品共有mA=8×7=56种取法,即A包含的基本事件数为56.于是
P(A)=56/90
同理B包含的基本事件数mB=2×1=2.所以
P(B)=2/90
由于C=A∪B,且AB=,所以
P(C)=P(A∪B)=P(A)+P(B)=+=
P(D)=1-P(B)==
解:设A={指定的n个盒子各有一球},
B={恰有n个盒子各有一球}.
由于每个球都可以放入N个盒子中的任一个,共有N种不同的放法.于是n个球放进盒子就有Nn种不同的放法.而每一放法就是一个基本事件,且发生的可能性是相同的.所以基本事件总数为Nn个
例:将n个球随机地放入N(N≥n)个盒子中去,每个球都能以同样的概率1/N落入N个盒子中的每一个,试求:
1.指定的n个盒子各有一球的概率;
2.恰有n个盒子各有一球的概率.
指定的n个盒子各有一球,共有n(n-1)(n-2)…1=n!种可能的放法,于是
P(A)=n!/Nn
恰有n个盒子各有一球,共有 可能的放法,于是
有许多问题和本例具有相同的数学模型.如历史上有名的“生日问题”:假设每个人的生日在一年365天中的任一天是等可能的,那么随机选取n(n≤365)个人,令A={n个人中至少有两个人的生日相同},则Ac={ n个人的生日全不相同}.而
经计算可得下述结果:
n 10 20 23 30 40 50 100
P(A)
故得 P(A)=333/2000 P(B)=250/2000
因而所求的概率为
例:在1至2000的整数中随机地取一个数,问取到的整数既不能被6整除,又不能被8整除的概率是多少?
解:设A={取到的数能被6整除},B={取到的数能被8整除}.
由于333<2000/6<334 2000/8=250
又由于一个数同时能被6与8整除,就相当于能被24整除,因此由 83<2000/24<84
得P(AB)=83/2000
=1-333/2000-250/2000+83/2000=3/4
设样本空间Ω为一有界几何体，事件A包含于Ω,用L表示几何体的测度.
§ 几何概率
注:当几何体为一线段时，测度为长度；当几何体为平面上的某一区域时，测度为面积；当几何体为空间的某一区域时，测度为体积.
定义：设事件A为样本空间Ω中的某个小区域，如果它的测度为L(A)，且点落入A中的可能性大小与L(A)成正比，而与A的位置及形状无关,则事件A的概率为
P(A)=L(A)/L(Ω)
这一类概率通常称作几何概率.
解:以x,y分别表示甲乙两人到达的时刻, 那末 0xT, 0yT. 若以x,y表示平面上点的坐标，则：
例:(会面问题)甲,乙两人相约在0到T这段时间内, 在预定地点会面. 先到的人等候另一个人, 经过时间t(t<T)后离去. 设每人在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.
（1）所有基本事件可以用一边长为T正方形内所有点表示.
（2）两人能会面的条件是 |x-y|t .
由等可能性知，所求概率为
O
t
T
x
x-y=t
y-x=t
t
T
A
P(A)= SA / SΩ
例:(Buffon投针问题) 1777年法国科学家蒲丰提出了下列著名问题，这是几何概率的一个早期例子.
平面上画着一些平行线，它们之间的距离都等于a，向此平面任投一长度为l(l<a)的针，试求此针与任一平行线相交的概率 .
解:以x表示针的中点与最近一条平行线间的距离,又以φ表示针与此直线间的交角.
易知样本空间满足：
满足这个不等式的区域为图中用阴影部分g
它是平面上一个矩形
针与平行线相交的充要条件是
所求的概率为
蒙特卡罗(Monte-Carlo)法
1
30°
解：设
由几何概型概率的计算公式，得
如此，可以估算所求无理数的数值。
在正方形区域内随机取点N次，数出落在三角形区域内的次数n .用事件发生的频率估计其概率得：
§4乘法公式与全概率公式
例:将一枚硬币抛掷两次,观察其出现正反面的情况.设事件A={至少有一次为正面H},事件B={两次掷出同一面},求已知事件A发生的条件下事件B发生的概率.
解:样本空间为Ω={HH,HT,TH,TT},B={HH,TT},
A={HH,HT,TH}.若记已知事件A发生的条件下事件B发生的概率为P(B|A),则有 P(B|A)=1/3
易知 P(A)=3/4, P(AB)=1/4,
P(B|A)=1/3=(1/4)/(3/4),
故有
§ 条件概率
解
而求P(A|B)实质上是求在事件B发生的条件下A发生的概率（即甲车间生产的合格品率），由于甲车间产品有60件，而其中合格品有54件
所以
对于一般的古典概型,设试验的基本事件总数为n,A所包含的基本事件数为m(m>0),AB所包含的基本事件数为k,记已知事件A发生的条件下事件B发生的概率为P(B|A),则有
对于几何概型，如果在正方形内等可能投点，若已知B发生，则A发生的概率为
§ 条件概率(Conditional Probability)
定义:设A,B是两个事件,且P(A)>0,称
为在事件A发生的条件下事件B发生的条件概率.
条件概率是指在事件A发生的条件下，另一事件B发生的概率，记用P（B|A）.
条件概率的性质
条件概率符合概率定义中的三个条件.即
(1)对于任一事件B,有P(B|A)≥0;
(2)P(Ω|A)=1;
(3)可列可加性:设B1,B2,…是两两互不相容的事件,则有
P[(B1|A）∪（B2|A）∪ …]=P(B1|A)+P(B2|A)+…
因此,概率中的一些重要结果都适用于条件概率.
解 依题意 P（B）=70%
例: 考虑恰有两个小孩的家庭，若已知某一家有男孩求这家有两个男孩的概率；若已知某家第一个是男孩，求这家有两个男孩（相当于第二个也是男孩）的概率（假定生男生女为等可能）
于是得
所求的两个条件概率为
例:设100件产品中有5件次品,从中任取两次,每次取一件,作不放回抽样.设A={第一次抽到合格品},B={第二次抽到次品},求P(B|A).
解法1:在A已发生的条件下,产品数变为99件,其中次品数仍为5件,所以
P(B|A)=5/99
解法2:从100件产品中连续抽取2件(抽后不放回),其样本空间S的基本事件总数为100×99,使AB发生的基本事件数为95×5.
于是P(AB)=(95×5)/(100×99),又P(A)=95/100
故有 P(B|A)=5/99
解法3:因为样本空间Ω的基本事件总数为
100×99
其中使A发生的基本事件数为
95×5+ 95×94
在A发生的条件下B发生的基本事件数为
95×5
所以
P(B|A)=5/99
例:设100件产品中有5件次品,从中任取两次,每次取一件,作不放回抽样.设A={第一次抽到合格品},B={第二次抽到次品},求P(B|A).
§ 概率的乘法公式
由条件概率定义可得下面定理
乘法定理:若P(A)>0,则有
P(AB)=P(B|A)P(A)
上式称为乘法公式(Multiplication formula) .
乘法公式可以推广到任意有限个事件的情况.
设A1,A2,…,An为试验E中的n个事件,且
P(A1A2…An-1)>0,
则有
P(A1A2…An)=
P(A1)P(A2|A1)P(A3|A1A2)…P(An|A1A2…An-1)
例: 一个盒子中有6只白球，4只黑球，从中不放回地每次任取1只，连取3次，求第三次才取得白球的概率.
易知
例:袋中装有两个红球和三个白球,从中依次取出两个,求两个都是红球的概率.
解:设A1={第一次取得红球},A2={第二次取得红球}.
(1)若用“不放回抽样”,则
P(A1A2)=P(A1)P(A2|A1)=(2/5)×(1/4)=
(2)若用“有放回抽样”,则
P(A1A2)=P(A1)P(A2|A1)=(2/5)×(2/5)=
例:设某光学仪器厂制造的透镜,第一次落下时打破的概率为1/2;若第一次落下未打破,第二次落下时打破的概率为7/10;若前二次落下未打破,第三次落下时打破的概率为9/10.试求透镜落下三次而未打破的概率.
解法1:设Ai={透镜第i次落下未打破}(i=1,2,3),B={透镜落下三次而未打破},则B=A1A2A3,故有
P(B)=P(A1A2A3)=P(A1)P(A2|A1)P(A3|A1A2)
=(1-1/2)(1-7/10)(1-9/10)=3/200
例:设某光学仪器厂制造的透镜,第一次落下时打破的概率为1/2;若第一次落下未打破,第二次落下时打破的概率为7/10;若前二次落下未打破,第三次落下时打破的概率为9/10.试求透镜落下三次而未打破的概率.
例:一个盒子中有n(n>1)只晶体管,其中有一只次品,随机地取一只测试,直到找到次品为止.求在第k(1≤k≤n)次测试出次品的概率.
解:设Ai={第i次测试的是正品},Bk={第k次测试到次品},则
P(Bk)=P(A1A2...Ak-1Āk)
=P(A1) P(A2| A1)... P(Ak-1 |A1A2...Ak-2)
P(Āk|A1A2...Ak-1)
=[(n-1)/n][(n-2)/(n-1)]…
[(n-k+1)/(n-k+2)][1/(n-k+1)]
=1/n (1≤k≤n)
例：有外形相同的球分装三个盒子，每盒10个。其中，第一个盒子中有7个球标有字母A，3个球标有字母B；第二个盒子中有红球和白球各5个；第三个盒子中有红球8个，白球2个。试验按如下规则进行：先在第一个盒子中任取一球，若取得标有字母A的球，则在第二个盒子中任取一球；若第一次取得标有字母B的球，则在第三个盒子中任取一球。如果第二次取出的球是红球，则称试验成功。求试验成功的概率。
解：令A={从第一个盒子中取得标有字母A的球}，
B={从第一个盒子中取得标有字母B的球}，
R={第二次取出的球是红球}，
W={第二次取出的球是白球}。
则易知：P(A)=7/10， P(B)=3/10,
P(R|A)=1/2, P(W|A)=1/2,
P(R|B)=4/5, P(W|B)=1/5
于是,试验成功的概率为
P(R)=P(RS)=P[R(A+B)]=P(RA+RB)
=P(RA)+P(RB)
=P(A) P(R|A)+P(B) P(R|B)
=(7/10)(1/2)+(3/10)(4/5)=
计算过程如下图的概率树:
红P(R|A)=
第二次
A P(A)= 白P(W|A)=
第一次 红P(R|B)=
B P(B)=
第二次
白P(W|B)=
§ 全概率公式
定义:设Ω为试验E的样本空间,B1,B2,…,Bn为E的一组事件.若
1)BiBj=,i≠j,i,j=1,2,…,n;
2)B1∪B2∪…∪Bn=Ω
则称B1,B2,…,Bn为样本空间Ω的一个划分.
若B1,B2,…,Bn是样本空间Ω的一个划分,那么,对于每次试验,事件B1,B2,…,Bn中必有一个且仅有一个发生.
定理:设Ω为试验E的样本空间,B1,B2,…,Bn为样本空间Ω的一个划分,A为E的一个事件,且P(Bi)>0(i=1,2,…,n),则
P(A)=P(B1)P(A|B1)+P(B2)P(A|B2)+…+P(Bn)P(A|Bn)
上式称为全概率公式(Complete probability formula) .
证明:因为
A=AΩ=A(B1 ∪ B2 ∪ …∪ Bn)=AB1 ∪ AB2 ∪ …∪ ABn
由假设BiBj=,i≠j,知
(ABi)(ABj)=,i≠j,且P(Bi)>0(i=1,2,…,n),得到
P(A)=P(AB1)+P(AB2)+…+P(ABn) =P(B1)P(A|B1)+P(B2)P(A|B2)+…+P(Bn)P(A|Bn)
解 设事件A表示取出的2个球都是白球，事件Bi表示所选袋子中装球的情况属于第i种（i=1、2、3）
易知
于是按全概率公式所求的概率
解 设事件Bi是一批产品中有i个次品（i=0，1，2，3，4），设事件A是这批产品通过检查，即抽样检查的10个产品都是合格品
则有P（A|B0）=1
所求的概率
例:有三个形状相同的箱子,在第一个箱中有两个正品,一个次品;在第二个箱中有三个正品,一个次品;在第三个箱中有两个正品,两个次品.现从任何一个箱子中,任取一件产品,求取得的是正品的概率.
解:设Bi={从第i个箱子中取到产品}(i=1,2,3),A={取得正品}.由题意知Ω=B1+B2+B3且B1,B2,B3是两两互不相容的事件.
P(B1)=P(B2)=P(B3)=1/3
P(A|B1)=2/3,P(A|B2)=3/4,P(A|B3)=2/4=1/2
由全概率公式得
P(A)=P(B1)P(A|B1)+P(B2)P(A|B2)+P(B3)P(A|B3)
=
§ 贝叶斯公式(Bayesian formula)
在全概率公式中我们知道,引起事件A发生的原因有B1,B2,…,Bn等多种.在实际问题中,常遇到已知事件A已经发生,要求出事件A发生是由某种原因Bk引起的概率P(Bk|A).
例：有外形相同的球分装三个盒子，每盒10个。其中，第一个盒子中有7个球标有字母A，3个球标有字母B；第二个盒子中有红球和白球各5个；第三个盒子中有红球8，白球2个。试验按如下规则进行：先在第一个盒子中任取一球，若取得标有字母A的球，则在第二个盒子中任取一球；若第一次取得标有字母B的球，则在第三个盒子中任取一球。如果第二次取出的球是红球，则称试验成功。若试验成功，求第二次取出的红球是从第二个盒子取得的概率。
解：P(A|R)=P(AR)/P(R)
=P(A)P(R|A)/P(R)
=×
=35/59
假若我们事先没有求出P(R),则一般有:
P(A|R)=P(AR)/P(R)
=P(A)P(R|A)/P(R)
=P(A)P(R|A)/[P(A) P(R|A)+P(B) P(R|B)]
证明:由条件概率的定义及全概率公式有
上式称为贝叶斯(逆概率)公式.
例:无线电通讯中,发报台分别以概率和发出信号“.”和“-”.由于干扰,发出信号“.”时,收报台以概率收到信号“.”,发出信号“-”时,收报台以概率收到信号“-”.求在收报台收到信号“-”的条件下,发报台发出信号“.”的概率.
解:设B1={发出信号“.”},B2={发出信号“-”},A1={收到信号“.”},A2={收到信号“-”}.由于B1B2=,B1∪B2= Ω,A2=A2B1 ∪ A2B2,于是
解:由贝叶斯公式得
P(C|A) =P(AC)/P(A)
=×
=
§5 事件的独立性
设A,B是两事件,若P(A)>0,可以定义P(B|A).一般,A的发生对B发生的概率是有影响的,这时P(B|A)≠P(B).若A的发生对B发生的概率没有影响,则有P(B|A)=P(B),这时有
P(AB)=P(A)P(B|A)=P(A)P(B).
例:分别掷两枚硬币,观察其出现正面(H)和反面(T)的情况.设事件A={甲币出现正面H},B={乙币出现正面H},则试验的样本空间为
Ω={HH,HT,TH,TT}
A={HH,HT},B={HH,TH},AB={HH}
所以
P(A)=2/4=1/2,P(B)=2/4=1/2,
P(B|A)=1/2,P(AB)=1/4
从而有P(B|A)=P(B),P(AB)=P(A)P(B).事实上,显然甲币是否出现正面与乙币是否出现正面是互不影响的.
解 设A表示第一次摸到黑，B表示第二次摸黑球，则
（1）
所以
（2）
注意到P（B|A）=P（B）即事件A发生与否对事件B发生的概率没有影响，从直观上看，这是很自然的，因为我们采用的是有放回的摸球，第二次摸球时袋中球的构成与第一次摸球时完全相同，因此，第一次摸球的结果当然不会影响第二次摸球，在这种场合下我们说事件A与事件B相互独立.
§ 两个事件的独立性
定义:设A,B是两事件,如果具有等式
P(AB)=P(A)P(B)
则称A,B为相互独立(Mutual independence)的事件.
定义: 设A，B为任意两个随机事件，如果
P（B|A）=P（B）
即事件B发生的可能性不受事件A的影响，则称事件B对于事件A独立.
定理:零概率事件与任何事件都是互相独立的.
证明:设P(A)=0,B为任一事件,
因为
AB A
所以
0=P(AB)≤P(A)
故
P(AB)=0=0P(B)=P(A)P(B)
定理:概率为1的事件与任何事件都是互相独立的.
证明:设P(A)=1,B为任一事件,则
1=P(A)≤P(A+B)≤1
所以 P(A+B)=1
又 P(A∪B)=P(A)+P(B)-P(AB)
故 P(AB)=P(B)=P(A)P(B)
证明:
定理:若P(A)>0,P(B)>0,则A,B相互独立与A,B互不相容不能同时成立.
证明:(1)若A,B相互独立,则
P(AB)=P(A)P(B)≠0
即A,B是相容的.
(2)若A,B互不相容,则
AB=,P(AB)=0.
因此 0=P(AB)≠ P(A)P(B)>0
定理:设A,B是两事件,且P(A)>0.则A,B相互独立的充要条件是P(B|A)=P(B)
证明:(必要性)若A,B相互独立,即
P(AB)=P(A)P(B),
又P(A)>0,则
P(B|A)=P(AB)/P(A)
=P(A)P(B)/P(A)
=P(B)
(充分性)若P(B|A)=P(B),则
P(AB)=P(A)P(B|A)=P(A)P(B)
例:甲、乙两个战士打靶,甲的命中率为,乙的命中率为,两人同时射击同一目标,各打一枪.求目标被击中的概率.
解:设A={甲击中目标},B={乙击中目标},C={目标被击中},则
P(C)=P(A+B)=P(A)+P(B)-P(AB)
=P(A+B)=P(A)+P(B)-P(A)P(B)
=+×=
例:设一个产品分二道工序独立生产,第一道工序的次品率为10%,第二道工序的次品率为3%.问该产品的次品率是多少?
解法1:设A={任取一件产品为正品},B={任取一件产品为次品},Ai={第i道工序为正品}(i=1,2),则
=(1-10%)(1-3%)=
所以 P(B)=1-P(A)==
解法2:
例:设一个产品分二道工序独立生产,第一道工序的次品率为10%,第二道工序的次品率为3%.问该产品的次品率是多少?
=10%+3%-10%×3%
=
§多个事件的独立性
定义:设A,B,C是三事件,如果具有等式
P(AB)=P(A)P(B)
P(BC)=P(B)P(C)
P(CA)=P(C)P(A)
则称三事件A,B,C两两独立（independence between them ）.
定义:设A,B,C是三事件,如果具有等式
P(AB)=P(A)P(B)
P(BC)=P(B)P(C)
P(CA)=P(C)P(A)
P(ABC)=P(A)P(B)P(C)
则称三事件A,B,C为相互独立（independence each other ）的事件.
定义:设A1,A2,…,An是n个事件,如果对于任意的1≤i<j≤n有
P(AiAj)=P(Ai)P(Aj)
则称这n个事件A1,A2,…,An是两两独立的.
定义:设A1,A2,…,An是n个事件,如果对于任意k(1<k≤n),任意1≤i1<i2<…<ik≤n,具有等式
P(Ai1Ai2…Aik)=P(Ai1)P(Ai2)…P(Aik)
则称A1,A2,…,An为相互独立的事件.
注意:一组事件两两独立并不能保证它们相互独立.
例:设袋中有4个球,其中1个涂成白色,1个涂成红色,1个涂成黄色,1个涂有白,红,黄三种颜色.今从袋中任取一球,设
A={取出的球涂有白色},B={取出的球涂有红色},C={取出的球涂有黄色}
试验证事件A,B,C两两独立,但不相互独立.
验证:易知
P(A)=P(B)=P(C)=1/2, P(AB)=P(BC)=P(CA)=1/4
所以 P(AB)=P(A)P(B)
P(BC)=P(B)P(C)
P(CA)=P(C)P(A)
即事件A,B,C两两独立.
但是
P(ABC)=1/4≠
P(A)P(B)P(C)=1/8
P(ABC)≠ P(A)P(B)P(C)
故A,B,C不相互独立.
§ 系统的可靠性
独立性的作用在系统的可靠性分析中体现得最为完美.假设某系统由若干个元件联结而成,而每个元件可能正常工作,也可能失效.我们称元件能正常工作的概率为该元件的可靠性,而系统的可靠性是该系统能正常工作的概率.在下面我们假设各元件是否能正常工作是相互独立的.记Ai={第i个元件正常工作}, P(Ai)=pi,i=1,2,…,n. 由假设A1 , A2 ,…, An 相互独立.
串联系统的可靠性
由n 个元件串联而成的系统,只要有一个元件失效,该系统就失效.因此串联系统的可靠性为:
p串=P(A1A2 …An )
= P(A1) P( A2 ) … P( An )
= p1 p2 ... pn
元件1
元件2
元件n
并联系统的可靠性
由n 个元件并联而成的系统,只要有一个元件正常工作,则该系统就不会失效.因此并联系统的可靠性为:
示意图
元件1
元件2
元件n
例:设由5个元件组成的系统如图1所示,元件的可靠性分别为p1 , p2 , ... , p5 . 求系统的可靠性.
示意图1
1
3
2
4
5
示意图2
1
2
3
4
解:记Ai={第i个元件正常工作}, i=1,2,…,5
(1)若元件5正常工作,则系统变为如图2,它的可靠性为
[1-(1- p1)(1- p2)] [1-(1- p3)(1- p4)]
(2)若元件5失效,则系统变为如图3
示意图3
1
2
3
4
它的可靠性为
1-(1- p1 p3)(1- p2 p4)
由全概率公式知,原系统的可靠性为
p5[1-(1- p1)(1- p2)] [1-(1- p3)(1- p4)]
+(1- p5)[1-(1- p1 p3)(1- p2 p4)]
解： 设事件Ai为第i道工序出现次品（i=1,2,3），因为加工出来的零件是次品（设为事件A），也就是至少一道工序出现次品
所以有
=1-98%×97%×95%=
方法1：
方法2：
=2%+3%+5%-2%×3%-2%×5%-3%×5%
+2%×3%×5% =
例： 某彩票每周开奖一次，每一次提供十万分之一的中奖机会，若你每周买一张彩票，尽管你坚持十年（每年52周）之久，你从未中过一次奖的概率是多少？
解 按假设，每次中奖的概率是10-5
于是每次未中奖的概率是1-10-5
十年共购买彩票520次，每次开奖都是相互独立的
故十年中未中过奖（每次都未中奖）的概率是
P=（1-10-5）520≈
例:设有8门大炮独立地同时向一目标各射击一次,若有不少于2发炮弹命中目标时,目标就被击毁,如果每门炮命中目标的概率为,求目标被击毁的概率.
解:8门大炮独立地同时向一目标各射击一次,相当于8重贝努里试验.所求概率为
p= p8(2)+ p8(3)+…+ p8(8)
=1- p8(0)- p8(1)
=1- ×+×
=
例:某人有一串m把外形相同的钥匙,其中只有一把能打开家门.有一天该人醉后回家,下意识地每次从m把钥匙中随便拿一把去开门.问该人在第k次才把门打开的概率是多少?
解:设A={被取的钥匙能打开门}
B={第k次才把门打开}
由于
P(A)=1/m, P(Ā)=1-1/m
B= ĀĀ ... Ā A
所以
P(B)=(1/m)[(1-1/m)k-1]
例:甲、乙、丙三人独立地向同一飞机射击.设三人射中飞机的概率分别为,,;一人射中飞机被击落的概率为,两人射中飞机被击落的概率为,三人射中,则飞机被击落.求飞机被击落的概率.
解:设Bi={有i人射中}(i=1,2,3),A={飞机被击落}.则
P(B1)=×()×()+()××()
+()×()×=
P(B2)=××()+×()×
+()××=
P(B3)=××=
P(A|B1)= P(A|B2)= P(A|B3)=1
且B1,B2,B3两两互不相容,故有由全概率公式得
P(A)=P(B1)P(A|B1)+P(B2)P(A|B2)+P(B3)P(A|B3)
=×+×+×1=
