概率论与数理统计第7讲.ppt

1,概率论与数理统计 第7讲,本文件可从网址 上下载 (单击ppt讲义后选择概率论讲义子目录),2,事件的独立性,3,事件的独立性 定义 如果事件A发生的可能性不受事件B发生与否的影响, 即P(A|B)=P(A), 则称事件A对于事件B独立.,4,由此定义及条件概率P(A|B)的定义有,5,6,如A与B独立, 则,7,在实用中两个事件独立经常是由于两个试验独立, 且总的试验由两个试验拼成. 这两个试验相互之间没有任何影响. 在解题过程中,通常题目中已经告诉你哪些事件独立或者说相互无关.,8,在科学实验中, 两个事件是否独立是需要经过理论和实验的反复验证的.比如一种治疗方法或者一种药是否和另一种病的好转或者恶化有关系, 或者完全没有关系(独立).,9,定义 如果n(n2)个事件A1,A2,An中任何一个事件发生的可能性都不受其它一个或几个事件发生与否的影响, 则称A1,A2,An相互独立.,10,若A1,A2,An相互独立, 则有 P(A1A2An)= P(A1)P(A2)P(An),11,除非两个事件之一的概率为0,否则两个相互独立的事件A与B通常是相容的, 这是因为P(AB)=P(A)P(B)不为零. 计算相互独立事件的交的概率通常是好算的, 只须将它们各自的概率相乘即可.,12,但经常也要计算到相互独立事件的并的概率, 这时候或者可以用广义加法法则, 即 P(A+B)=P(A)+P(B)-P(AB) =P(A)+P(B)-P(A)P(B),13,如果是要求多个相互独立的事件的并的概率, 则应当利用狄.摩根定理将事件的并转换为事件的交, 也就是考虑事件的逆的概率.,14,但是, 经常有的难题喜欢求某些独立事件的交了再并的概率, 这时候不得不套用广义加法法则, 尤其常用的是三个事件的并的加法法则, P(A+B+C)=P(A)+P(B)+P(C)-P(AB)-P(AC)-P(BC)+P(ABC),15,例如, 常见的求AB+CD+EF的概率, 则 P(AB+CD+EF)=P(AB)+P(CD)+P(EF)-P(ABCD)-P(ABEF)-P(CDEF)+P(ABCDEF) 如果A,B,C,D,E,F相互之间独立, 则上式中的各个交事件的概率再变成各事件的概率之积.,16,而一种非常常见的题型, 就是假设事件A,B,C相互独立, 但是问其中至少两件发生的概率, 或者至少两件不发生的概率.而A,B,C至少两件发生的事件为 AB+AC+BC,17,因此 P(AB+AC+BC)=P(AB)+P(AC)+P(BC)-P(ABC)-P(ABC)-P(ABC)+P(ABC) =P(AB)+P(AC)+P(BC)-2P(ABC) = P(A)P(B)+P(A)P(C)+P(B)P(C) -2P(A)P(B)P(C),18,而A,B,C至少两件不发生的事件为,19,20,例 甲,乙,丙3部机床独立工作, 由一个工人照管, 某段时间内它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以及机床因无人照管而停工的概率.,21,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P(A)=0.9, P(B)=0.8, P(C)=0.85,22,则这段时间内有机床需要工人照管的概率为,23,而当至少有两部机床需要照管的时候, 就有机床因无人照管而停工了, 这样的事件是,24,25,例 若前例中的3部机床性能相同, 设P(A)=P(B)=P(C)=0.8, 求这段时间内恰有一部机床需人照管的概率,26,解 假设事件E为“三部中恰有一部需人照管“, 而D1,D2,D3为恰好甲,乙,丙机床需人照管, 则,27,而E=D1+D2+D3为三个互不相容事件之和, 而且P(D1)=P(D2)=P(D3), 都是由一个0.2与两个0.8相乘, 因此可以写成,28,29,例 如图所示, 开关电路中开关a,b,c,d开或关的概率都是0.5, 且各开关是否关闭相互独立. 求灯亮的概率以及若已见灯亮, 开关a与b同时关闭的概率,30,31,解 令事件A,B,C,D分别表示开关a,b,c,d关闭, E表示灯亮, 则E=AB+C+D,32,P(E)=P(AB+C+D) =P(AB)+P(C)+P(D)-P(ABC)-P(ABD) -P(CD)+P(ABCD),33,P(E)=P(AB+C+D) =P(AB)+P(C)+P(D)-P(ABC)-P(ABD) -P(CD)+P(ABCD) =P(A)P(B)+P(C)+P(D)-P(A)P(B)P(C) -P(A)P(B)P(D)-P(C)P(D)+P(A)P(B)P(C)P(D) =0.52+0.5+0.5-0.53-0.53-0.52+0.54=0.8125,34,P(AB|E)=P(ABE)/P(E) 而ABE, 故ABE=AB, 因此,35,98年经济类考研题 甲,乙,丙三人进行定点投篮比赛, 已知甲的命中率为0.9, 乙的命中率为0.8, 丙的命中率为0.7, 现每人各投一次, 求: (1)三人中至少有两人投进的概率; (2)三人中至多有两人投进的概率.,36,解: 设A=“甲投进“, B=“乙投进“, C=“丙投进“ 则三人中至少两人投中的事件为 AB+AC+BC 三人中至多有两人投进的事件为,37,38,39,1998经济类考研题 设A,B,C是三个相互独立的随机事件, 且0P(C)1, 则在下列给定的四对事件中不相互独立的是,40,解 由题设, A,B,C是三个相互独立的随机事件,那么其中任意两个事件或其对立事件的和,差,交与另一事件或者其对立事件是相互独立的, 根据这一性质, 只有B是不成立的.,41,1994年经济类考研题,42,43,2000年经济类考研题 设A,B,C三个事件两两独立, 则A,B,C相互独立的充分必要条件是( ) A. A与BC独立 B. AB与A+C独立 C. AB与AC独立 D. A+B与A+C独立,44,解: 选项B,C,D的两个事件中都出现事件A, 因此都不可能独立. 因此考察选项A, 如A与BC独立, 则P(ABC)=P(A)P(BC) 但A,B,C两两独立, 因此P(BC)=P(B)P(C) 因此P(ABC)=P(A)P(B)P(C), 即A,B,C相互独立, 反之亦然. 因此, 应填选项A.,45,例1 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, 问事件A,B是否独立?,46,解一 利用定义判断. 由,事件A,B独立.,47,解二 利用条件概率判断, 由,事件A,B独立.,48,例2 已知甲,乙两袋中分别装有编号为1,2,3,4的四个球. 今从甲,乙两袋中各取出一球, 设A=从甲袋中取出的是偶数号球, B=从乙袋中取出的是奇数号球, C=从两袋中取出的都是偶数号或都是奇数号球, 证明A,B,C两两独立但不相互独立.,49,证明 由题意知, P(A)=P(B)=P(C)=1/2, 以i,j分别表示从甲,乙两袋中取出的号数, 则试验的样本空间为S=(i,j)|i=1,2,3,4;j=1,2,3,4. 由于S包含16个样本点, 事件AB包含4个样本点(2,1),(2,3),(4,1),(4,3), 而AC,BC各包含4个样本点, 故,于是P(AB)=P(A)P(B), P(AC)=P(A)P(B), P(BC)=P(B)P(C), 因此A,B,C两两独立,50,又因为ABC=, 所以P(ABC)=0, 而P(A)P(B)P(C)=1/8, 显然 P(ABC)P(A)P(B)P(C), 故A,B,C不是相互独立的.,51,例3 加工某一零件共需经过四道工序, 设第一,二,三,四道工序的次品率分别是2%,3%, 5%, 3%, 假定各道工序是互不影响的, 求加工出来的零件的次品率.,52,解 设A1,A2,A3,A4分别为四道工序发生次品事件, D为加工出来的零件为次品的事件, 则D为产品合格的事件, 故有,53,例4 如图是一个串并联电路系统, A,B,C,D,E,F,G,H都是电路中的元件. 它们下方的数字是它们各自正常工作的概率. 求电路系统的可靠性.,A,B,C,D,E,F,G,H,0.95,0.95,0.70,0.70,0.70,0.95,0.75,0.75,54,解 以W表示电路系统正常工作, 因各元件独立工作, 故有 P(W)=P(A)P(B)P(CDE)P(FG)P(H) 其中 P(CDE)=1-P(C )P(D )P(E )=0.973 P(FG)=1-P(F )P(G )=0.9375 代入得 P(W)0.782,55,例5 甲乙两人进行乒乓球比赛, 每局甲胜的概率为p, p1/2. 问对甲而言, 采用三局二胜制有利, 还是采用五局三胜制有利. 设各局胜负相互独立. 解 采用三局二胜制, 甲最终获胜, 其胜局的情况是“甲甲“或“乙甲甲“或“甲乙甲“. 而这三种结局互不相容, 于是由独立性得甲最终获胜的概率为 p1=p2+2p2(1-p),56,采用五局三胜制, 甲最终获胜, 至少需比赛3局. 且最后一局必需是甲胜,