概率的定义及其运算.doc

2. 概率的定义及其运算 除必然事件与不可能事件外，任一随机事件在一次试验中都有发生的可能性，人们常常通过实际观察来确定某个事件发生的可能性的大小。例如遇到某种天气，人们常会说“今天十之八九要下雨”， 这个“十之八九”就是表示“今天下雨”这一事件发生的可能性的大小。 这是人们通过大量实践所得出得一种统计规律，即已经历过次这种天气，下雨的天数在这几天中所占比例大约是到。一般地，人们希望用一个适当的数字来表示事件在一次试验中发生的可能性的大小。这是就下雨所讨论的随机事件发生的频率与概率。3. 频率 定义 1.1 设在相同的条件下，进行了次试验。若随机事件在这次试验中发生了次，则比值称为事件发生的频率，记为。频率具有如下性质：1. 对任一事件, 有； 2. 对必然事件, 有 3. 若事件互不相容，则一般地, 若事件两两互不相容, 则事件发生的频率表示A发生的频繁程度，频率越大，事件A发生的越频繁，即A在一次试验中发生的可能性越大。但是，频率具有随机波动性，即使同样进行了次试验，却会不同。但这种波动不是杂乱无章，在第五章的大数定律中，我们将看到若增加试验次数，则随机波动性将会减小。随着逐渐增大，逐渐稳定于某个常数。这样常数P(A)客观上反映了事件A发生的可能性的大小。历史上著名的统计学家浦丰和皮尔逊曾进行过大量值硬币的试验，所的结果如下：实验者掷硬币次数出现正面的次数出现正面的频率浦丰皮尔逊皮尔逊4040120002400020486019120120.50690.50160.5005可见出现正面的频率总在0.5附近波动。随着试验次数的增加，它逐渐稳定于0.5。这个0.5就能反映正面出现的可能性的大小。每个事件都由这样一个常数与之对应。这就是说频率具有稳定性。因而可将事件A的频率在无限增大时所逐渐趋向稳定的那个常数P(A)定义为事件A发生的概率。这就是概率的统计定义。1.2.2 概率的统计定义定义 1.2 设随机事件A在次重复试验汇总发生的次数为，若当试验次数很大时, 频率稳定地在某一数值的附近摆动, 且随着试验次数的增加, 其摆动的幅度越来越小, 则称数为随机事件A的概率, 记为。由定义, 显然有0 P(A) 1 ，P(W )=1，P(f )=0。概率的统计定义本身存在着很大的缺陷, 既定义中的“稳定地在某一数值p的附近摆动” 含义不清, 如何理解”摆动的幅度”？或多或少地带有人为地主观性。频率概率的意义在于（1）它提供了估计概率的方法；（2）它提供了一种检验理论正确与否的准则。1.2.3 概率的公理化定义定义1.3 设随机试验的样本空间为。若按照某种方法, 对的每一事件A赋于一个实数P(A), 且满足以下公理：1. 非负性: 2. 规范性: 3. 可列(完全)可加性： 对于两两互不相容的可列无穷多个事件有 则称实数为事件的概率。由概率的定义可以推得概率的如下一些性质。性质1 不可能事件的概率为零, 即。证 令, 且则,于是从而由得。性质2 概率具有有限可加性, 即若事件两两互不相容, 则证 因为所以由概率得可列可加性及性质1, 得性质3 对任何事件, 有证 因为所以由，即得，同时由, 可推得：对任一事件, 有性质4 对事件、，若, 则有证: 由图可知且因此由性质2 , 得，即再由，得性质5 对任意两事件、，有。证 由图可知且故得，及将以上两式相减, 并将移至等号右端，即得性质还可推广到n个事件的情况.。当n=3时，有一般地，设A1，A2，An为n个事件，则有1. 某人外出旅游两天。拒天气预报，第一天下雨的概率为0.6，第二天下雨的概率为0.3，两天 都下雨的概率为0.1。试求：1. 第一下雨而第二天不下雨的概率； 2. 第一天不下雨而第二天下雨的概率； 3. 至少有一天下雨的概率； 4. 两天都不下雨的概率； 5. 至少有一天不下雨的。 解 设Ai表示第i天下雨的事件，i =1，2。由题意，有P(A1)=0.6，P(A2)=0.3，P(A3)=0.1(1) 设B表示第一天下雨而第二天不下雨的事件，则由，且得2. 设C表示第一天不下雨而第二天下雨的事件，则同(1)的解法，有 3. 设D表示至少有一天下雨的事件，则由 得。4. 设E为两天都不下雨的事件，则由 得5. 设F表示至少有一天不下雨的事件，则 例2 某地发行A,B,C三种报纸.已知在市民中订阅A报的有45%,订阅B报的有35%,订阅C报的有30%,同时订阅A,及B报的有10%,同时订阅A报及C报的有8%,同时订阅B报及C报的有5%.同时订阅A,B,C报的有3%.试求下列事件的概率:1. 只订A报, 2. 只订A及B报; 3. 至少订一种报纸; 4. 不订任何报纸; 5. 恰好订两种报纸; 6. 恰好订一种报纸; 7. 至少订一种报纸. 解 设A,B,C分布表示订A报、订B报、订C报的事件，则由题设，有P(A)=0.45,P(B)=0.35,P(C)=0.30,P(AB)=0.10,P(AC)=0.08,P(BC)=0.05,P(ABC)=0.03.(1)=P(A-B-C)=P(A-AB-AC)=P(A)-P(AB)-P(AC)+P(ABC)=0.30.(2)=P(AB-C)=P(AB-ABC)=P(AB)-P(ABC)=0.07(3)=P(A)+P(B)+P(C)-P(AB)-P(AC)-P(BC)+P(ABC)=0.90.(4)(5)由（2）可知=P(AC)-P(ABC)=0.05,故所求概率为(6)(7)由(4)与(6),得1.2.4 古典概率定义1.4 设随机试验E满足下列条件:1.试验的样本空间只有有限个样本点,即W =p 1,p 2,p n;2.每个样本的发生是的可能的,即P(p 1)=P(p 2)=P(p n),则称此试验为古典概型,也称为等可能概型.由于每个样本点所表示的基本事件是互不相容的,因此有1=P(W )=P(p 1)U (p 2) U U (p n)=P(p 1)+P(p 2)+P(p n),再有2.,即得P(p i)=1/n ,i=1,2,n.设事件A包含k了个基本事件p i1,p i2,p ik,即 A=(p 1)U (p 2) U U (p n)(1=i1ik=n).则有P(A)=P(p i1)U (p i2) U U (p ik)=P(p i1)+P(p i2)+P(p ik)=k/n=(A所包含的基本事件数)/( W 种基本事件总数)古典概型中事件的概型称为古典概率,即如上述的P(A).古典概率的计算关键在于计算机本事件总数和所求包含的基本事件数.由于样本空间的设计可有各种不同的方法,因此古典概率的计算就变得五花八门、纷繁多样了。一般地，当基本事件总数相当大的时候，可利用排列、组合及乘法原理、加法原理的知识计算基本事件数，进而求得相应的概率。例3 一只口袋中装有5只乒乓球，其中3只是白色的，2只是黄色的。现从袋中取球两次，每次1只，取出后不在放回。试求：1. 两只球都是白色的概率； 2. 两只球颜色不同的概率； 3. 至少有一只白球的概率。 解 设A表示“两只球都是白色”的事件，B表示“两只球颜色不同”的事件，C表示“至少有一只白球”的事件，则由基本事件总数n=P52=5*4=20,A所包含的基本事件数kA=P32=3*2=6;B所包含的基本事件数kB=P31P21+P21P31=3*2+2*3=12;C所包含的基本事件数得KC=P31P21+P21P31+P32=12+6=18.在（3）中，若利用P()来求C则更为简单。因为表示两只球均为黄色的事件，所以P(C)=1- P()=1-P22/20=1-2/20=9/10.本例也可另外设计样本空间。若对于取出的两只球不考虑其先后次序，则有n=C52=5*4/2!=10,kA=C32=3,kB=C31C21=6,kC=C22=1于是P(A)=kA/n=3/10, P(B)=kB/n=3/5, P(C)=1- P()=1-1/10=9/10.应特别注意的是，为了便于问题的解决。样本空间可以作不同的设计。但必须满足等可能性的要求。本例若视白球间是无区别的，黄球间也是无区别的话，则得W =(白,白),(白,黄),(黄,白),(黄,黄),在这个样本空间中，基本事件的发生不是等可能的，因此不能用古典概率的方法来计算事件的概率。例4 袋中有a只白球、b只红球，依次将球一只只摸出，取出后不放回。求第k次摸出白球的概率(1=k=a+b)解 设想球是编号的，一只只摸取直至第k次取球为止，则基本事件总数就是从a+b个编号的球中选出k个球进行排列的排列个数，即n=Pa+bk设A第k摸出白球的事件，则A生相当于从a球中选出一只放在第k位置上，从a+b-1只球放在前面k-1上，于是由乘法原理，可得kA=Pa1Pa+b-1k-1从而P(A)=Pa1Pa+b-1k-1/Pa+bk=a(a+b-1)(a+b-2)(a+b-k+1)/(a+b)(a+b-1)(a+b-2)(a+b-k+1)=a/(a+b).本题也有另一种解法。设每次试验为将摸出的a+b只编号的球依次排列在a+b个位置上，则有n=(a+b)!,kA=(a+b-1)!a,于是P(A)=(a+b-1)!a/(a+b)!=a/(a+b).本题是求第k次摸道白球的的概率，然而结果却与k无关，即与摸球的次序无关，摸到白球的概率总是a/(a+b)，这一结果表明，在进行与此类似的抽签活动时，中签的概率与抽签的先后次序无关，机会是均等的。若将本题改为放回抽样，即每次取出一球记录下颜色后，再将其放回袋中。如此接连摸取，求第k次摸出白球的概率。设抽取k只球的结果为一基本事件，则基本事件总数为(a+b)K，于是P(A)=a(a+b)k-1/(a+b)k=a/(a+b).例5 某批产品有a件正品，b件次品。从中用放回和不放回两种抽取方式抽取n件产品，问其中恰有k(k=n)件次品的概率是多少？解 （1）放回抽样从a+b件产品中有放回地抽取n件产品,所有可能的取法有(a+b)k种.取出的n件产品中有k件次品,它们可以出现在不同的位置,所有可能的取法有Cnk种.对于取定的一种位置,由于取正品有a种可能,取次品有b种可能,即有an-kbk种可能.于是取出的n件产品中恰有k件次品的可能取法共有Cnkan-kbk种,故所求概率为P1=Cnkan-kbk/(a+b)n=Cnk(a/(a+b)n-k(b/(a+b)k(2)不放回抽样从a+b减产品种抽取n件(不记次序)的所有可能的取法有Ca+bn种.在a件正品中取n-k件的所有可能的取法有Can-k种,在b件次品种取k件的所有可能的取法有Cbk种,于是取出的n件产品中恰有k件次品的所有可能的取法有Can-kCbk种.故所求概率为P2=Can-kCbk/Ca+bn这个公式成为超几何分布的概率公式.例6设有n个颜色互不相同的球,每个球都以概率1/N落在N(n=N)个盒子中的每一个盒子里,且每个盒子能容纳的球数是没有限制的.试求下例事件的概率:A=某指定的一个盒子中没有球,B=某指定的n个盒子中各有一个球;C=恰有n个盒子中各有一个球D=某指定的一个盒子中恰有m个球.解 因为每个求落在N个盒子中的可能均有N种,所以基本事件总数相当于从N元素中选取n个元素中选取n个的重复排列数,即为Nn.事件所包含的基本事件数分别为kA=(N-1)n,kB=n!,kC=CNnn!,kD=Cnm(N-1)n-m上述问题称为球在盒中的分布问题.有好些实际问题可以归结为球在盒中的分布问题,但必须分清问题中的球与盒,不可弄错.例如,有n(n365)个人,设每人的生日在一年365天中任一天的可能性是相等的.试求下例事件的概率:A=n个人的生日均不相同B=至少有两个人生日相同在上述问题中可视为球,365天为365只盒子,归结为球在盒中的分布问题.得P(A)=P365n/(365)nP(B)=1-P(A)=1-P365n/(365)n当n=64时,P(B)0.997至少有两人生日相同的事件的概率非常接近于1,几乎是一个必然事件了.例7从12000中任意取一整数,求取到的整数能被6或8整除的概率.解 设A为取到的整数能被6整除的事件,B为取到的整数能被8整除的事件,则由3002000/6334,2000/8=250,得kA=333,kB=250由832000/2484,的同时能被6和8整除的数kAB=83,基本事件总数n=2000,于是所求的概率为P(AB)=P(A)+P(B)-P(AB)=333/2000+250/2000-83/2000=1/4.8. 从0,1,2,9共十个数字中随机有放回地接连取四个数字,并按其出现的先后排成一列.试求下列各事件的概率. 1. A1:四个数字排列成一个偶数 2. A2:四个数字排成一个四位数 3. A3:四个数字中0恰好出现两次 4. A4:四个数字中0至少出现一次 解 因为是放回有序抽取,所以样本空间含104个基本事件.1. 若是四个数字组成偶数即可.这有5中可能,即0、2、4、6、8，而前三位数是任意的,有103种取法,于是A1共含有C51103个基本事件,从而 2. 若使四个数字组成一个四位数,则只需第一位数字不是0即可,而后三位数是任意的,于是A2共含有C91103个基本事件,从而 P(A2)=C91103/104=0.9(3)若使0恰好出现两次,则只需某两次取数为0,另两次不为0即可,于是A3共含有C4292-基本事件,从而P(A3)=C4292/104=0.0486(4)若使取出的四个数字中不包含0,则共有94种不同取法,于是这一事件的概率为94/104,从而P(A4)=1-94/104=1-(0.9)4=0.34398. 从n双不同的鞋子中任取2k(2kn)只,求没有成双的鞋子的概率. 解 样本空间含C2n2k个基本事件.设A为没有成双的鞋子的事件,则实现这一事件可从n双中任取2k双,共有Cn2k中取法,在从每一双取出的鞋子中,任取其中一只,有C21中取发,于是A共含Cn2k(C21)2k个基本事件,从而P(A)=Cn2k(C21)2k/C2n2k=Cn2k22k/C2n2k例10 将12名工人随机地平均分配到三个班组中去,其中有3名熟练工.试问:1. 每一般组各分配到一名熟练工的概率是多少? 2. 3名熟练工分配在同一班组的概率是多少? 解 12名工人平均分配到三个班组中的取的可能的分法总数,即基本事件总数为C124C84C44=12!/4!4!4!(1)每一班各分配到一名熟练工的分发有3!种.对于这样的每一种分法.其余9名工人平均分配到三个班组的分法共有9!/3!3!3!种,于是,每一班组各分配到一名熟练工的分法共有3!9!/3!3!3!种,从而P1=(3!9!/3!3!3!)/(12!/4!4!4!)=16/550.29093. 将3名熟练工分配在同一班组的分法有3种.对于这样的每一种分法,其余9名工人的分法总数为 C91C84C44=9!/1!4!4!于是3名熟练工分配在同一班组的分法共有3*9!/1!4!4!种,从而所求概率为P2=(3*9!/1!4!4!)/(12!/1!4!4!)=3/550.05451.2.5几何概率定义1.5 设样本空间有一个有限区域W .若样本点落在W 内的任何区域G中的事件A的概率与区域G的测度(或长度和面积或体积等)成正比,则区域W 内任意地点落在区域G内的概率为区域#的测度与区域W 的测度的比值,即P(A)=G的测度/W 的测度设一类概率通常称为几何概率.因为几何概率的定义及计算与几何图形的测度密切相关,所以,我们所考虑的事件应是某种可定义测度的集合,且这类集合的并、交也是事件.常见的几何概率有以下三种情况.1. 设线段l是线段L的一部分,向线段L上任投一点.若落在线段l上的点数与线段L的长度成正比,而与线段l在线段l上的相对位置无关,则点落在线