上海海事大学概率论与数理统计期末复习PPT精品文档

1、第一章 概率论的基本概念,1.1 随机事件及其运算,1)可在相同的条件下重复 2)每次试验的结果不止一个且能事先明确所有可能 的结果 3)进行一次试验前不能确定哪一个结果会出现 这样的试验称为随机试验,在个别试验中其结果呈现不确定性，在大量重复试验中其结果具有统计规律性的现象称为随机现象,样本空间 随机试验的一切可能结果组成的集合称为样本空间，记为S,样本空间的元素，称为样本点，常记为 ，S=,随机事件 样本空间的子集,常记为 A ,B ,它是满足某些条件的样本点所组成的集合。 (特别地，由一个样本点组成的单点集称为基本事件,如在掷骰子试验中，观察掷出的点数,基本事件,事件 B=掷出奇数点,A

2、i =掷出i点 i = 1,2,3,4,5,6,样本空间S= 1,2,3,4,5,6,随机事件发生 组成随机事件的一个样本点出现,必然事件全体样本点组成的事件,记为S ，每次试验必定发生的事件,不可能事件 每次试验必定不发生的事情，即不包含任何样本点的事件，记为,例1 随机试验及相应的样本空间,E1 :投一枚硬币3次，观察正面出现的次数,有限样本空间,E2 :观察总机每天9:0010:00接到的电话次数,E3 : 观察某灯泡的寿命,事件的关系和运算,Venn图,A,S,随机事件的关系和运算类似于集合的关系和运算,1. 事件的包含,A 包含于B,事件 A 发生必导致事件 B 发生,2. 事件的相

3、等,3. 事件的并(和,A 与B 的和事件,事件 A与事件B 至 少有一个发生,的和事件,的和事件,4. 事件的交(积,事件 A与事件B 同时发生,A 与B 的积事件,的积事件,的积事件,5. 事件的差,A 与B 的差事件,发生,事件 A 发生，但事件 B 不发生,B,6. 事件的互斥(互不相容,A 与B 互不相容（互斥,A、 B不可能同时发生,两两互斥,两两互斥,A,B,7. 事件的对立,A 与B 互相对立（互逆,每次试验 A、 B中有且只有一个发生,称B 为A的对立事件(or逆事件)， 记为,注意：“A 与B 互相对立”与“A 与B 互不 相容”是不同的概念,A,运算律,吸收律,重余律,幂

4、等律,交换律,结合律,分配律,差化积,运算顺序,对偶律,逆交并差，括号优先,例2 利用事件关系和运算表达多个事件的关系,A ,B ,C 都不发生,A ,B ,C 不都发生,A 发生，而 B 不发生,例3 生产加工三个零件 ，分别用 表示第 i 个零件为正品。用 及事件的运算表示下列事件： （1）没有一个零件是次品，全是正品。( B1 ) （2）只有第一个是次品。( B2 ) （3）恰有一个是次品。 ( B3 ) （4）至少有一个是次品。 ( B4,解,1,2,2,3,3,4,频率的稳定性,实验者 n nH fn(H) 德.摩根（De.Morgan）204810610.5181 蒲丰(Buffo

5、n）404020480.5069 K.皮尔逊（K.Pearson）1200060190.5016 K.皮尔逊（K.Pearson）24000120120.5005,观察历史上有多位有名的科学家的“抛硬币”试验结果，有什么规律,1.2.1 确定概率的频率方法,1.2 概率的定义及确定方法,这个事实表明，偶然现象背后隐藏着必然性。“频率稳定性”就是偶然性中隐藏的必然性。“频率稳定值”就是必然性的一种度量，反映了偶然现象发生可能性的大小,概率的统计定义,为了研究事件 A 的概率，在相同的条件下，重复进行 n 次试验，若 A 出现（发生）了 k 次，则称 为事件 A 的频率,理论和试验都表明，当 n充

6、分大时，频率具有稳定性（稳定于某个数值），因此定义,1.2.2 概率的公理化定义,非负性公理：对每一个A ，有P(A) 0 规范性公理：P( S ) = 1 可列可加性公理：若A1 , A2 , 互不相容， 有,设 E 是随机试验，S 是样本空间。如果对于E的每一事件 A ，赋予一个实数，记为 P(A), 称为事件A的概率，如果 P(A) 满足,概率的性质,P( )= 0,有限可加性 若A1, A2, An ,是两两互不相容的事件，则有,单调性 设A , B 是两个事件，若AB , 则有,推论：对任意事件A, B, 有,对于任一事件 A 0 P(A) 1,逆事件的概率）对于任一事件 A，有,加

7、法公式） 对于任意两事件 A, B 有,对于任意 n 个事件 A1 , A2 , An , 有,一般地,请大家自己写出任意三个事件的加法公式,公理化定义没有告诉我们如何去确定概率,最早研究的概率模型,解: 设 A: 得奇数,例 掷一枚骰子,求得奇数的概率,显然, P(A)=3/6=1/2,1.3 等可能概型（古典概型,1） 随机试验或观察的所有可能结果为有限个，每次试验或观察发生且仅发生其中的一个结果,其特征为,2） 每一个结果发生的可能性相同,对古典概型,某随机事件 A发生的概率,古典概率计算举例,例1 把C、C、E、E、I、N、S七个字母分别写在七张同样的卡片上，并且将卡片放入同一盒中，现

8、从盒中任意一张一张地将卡片取出，并将其按取到的顺序排成一列，假设排列结果恰好拼成一个英文单词,I,S,C,N,C,E,的概率有多大,E,解：七个字母的排列总数为7,拼成英文单词 SCIENCE 的情况数为,故该结果出现的概率为,例2 某城市的电话号码由5个数字组成，每个数字可能是从0-9这十个数字中的任一个，求电话号码由五个不同数字组成的概率,解,问,错在何处,0.3024,例3 设有N 件产品，其中有M 件次品，现从这N件中任取n 件，求其中恰有k 件次品的概率,解：令B=恰有k件次品,这是一种无放回抽样,超几何分布,将m个球等可能地分到 M个盒中，每一个盒子的容量不限。考察以下各种分法的概

9、率： 1）A：某指定的m个盒子中各有一球； 2）B：恰有m个盒子中各有一球。 3） C: 某指定的盒子中恰有 k 球 ( km,例4 分球问题,解: 所有可能的分法有：M m 种,A 成立的分法有,1）A：某指定的m个盒子中各有一球,B 成立的分法有 种,2）B：恰有m个盒子中各有一球,3） C: 某指定的盒子中恰有 k 球 ( km,C 成立的分法有 种,某班有50位同学，他们中至少有2位在同一天过生日的概率是多少,例5 生日问题,一般地，有,411,507,706,891,997,9999997,分组问题 例6 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

10、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,30人,1,2,3,一般地，把n个球随机地分成m组(nm),要求第 i 组恰 有ni个球(i=1,m)，共有分法,30人,1,2,3,2) 解法一 (“3名运动员集中在一个组”包括 “3名运动员都在第一组”, “3名运动员都在第二组”, “3名运动员都在第三组”三种情况.,30人,1,2,3,2) 解法二 (“3名运动员集中在一个组”相当于 “取一组有3名运动员,7名普通队员,其余两组分配剩余的20名普通队员.,1.4 条件概率,引例 袋中有7只白球，3只红球；白球中有4只木球，3只塑料

11、球；红球中有2只木球，1只塑料球。现从袋中任取1球，假设每个球被取到的可能性相同。 设 A: 取到的球是白球。B:取到的球是木球。 求：1) P(A); 2) P(AB) ; 3) 在已知取出的球是白球的条件下，求取出的是木球的概率,解,列表,3). 所求的概率称为在事件A 发生的条件下 事件B 发生的条件概率。记为,定义： 设 A、B 为两事件, P ( B ) 0, 则称 为事件B 发生的条件下,事件A 发生的条件概率。记为,一般地,我们有,若事件B已发生, 则为使 A也发生 , 试验结果必须是既在 B 中又在A中的样本点 , 即此点必属于AB. 由于我们已经知道B已发生, 故B变成了新的

12、样本空间 , 于是 有上式,条件概率也是概率，它符合概率的定义，具有概率的性质,可列可加性,规范性,非负性,条件概率的计算,1) 用定义计算,P(B)0,2) 从加入条件后改变了的情况去算,P(A|B）,例1 掷两颗均匀骰子,已知第一颗掷出6点,问“掷出点数之和不小于10”的概率是多少,解: 设A=掷出点数之和不小于10 B=第一颗掷出6点,解法1,解法2,利用条件概率求积事件的概率,推广,乘法公式,1,已知某厂生产的灯泡能用到1000小时的概率为0.8, 能用到1500小时的概率为0.4 , 求已用到1000小时的灯泡能用到1500小时的概率,解 令 A ：灯泡能用到1000小时； B ：灯

13、泡能用到1500小时,所求概率为,例3,一盒中装有5件产品，其中有3件正品， 2件次品，从中不放回地取两次，每次1件，求： （1）都取得正品的概率 （2）第二次取得正品的概率 （3）第二次才取得正品的概率,解： 令 Ai 为第 i 次取到正品i=1,2,1,2,例4,3) 第二次才取得正品的概率,例5 波里亚罐子模型,一个罐子中包含 b 个白球 和 r 个红球. 随机地抽取一个 球，观看颜色后放回罐中，并且再加进 c个与所抽出的球具有相同颜色的球. 这种手续进行四次，试求第一、二次取到白球且第三、四次取到红球的概率,解: 设 Wi =第i次取出是白球, i = 1, 2, 3, 4,Rj =第

14、j次取出是红球， j =1,2,3,4,A= W1 W2 R3 R4,利用乘法公式,P(W1W2R3R4,P(W1)P(W2|W1)P(R3|W1W2)P(R4|W1W2R3,当 c0 时，由于每次取出球后会增加下一次也取到同色球的概率。为一传染病模型。 每次发现一个传染病患者，都会增加再传染的概率,例6 抽签问题,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,中签概率于抽签顺序是否有关,到底谁说的对呢,我们用Ai表示“第i个人抽到入场券” i1,2,3,4,5,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

15、,第1个人抽到入场券的概率是1/5,由于,由乘法公式,也就是要想第2个人抽到入场券，必须第1个人未抽到,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,继续做下去就会发现, 每个人抽到“入场券” 的概率都是1/5,抽签不必争先恐后,结论,3/4,1/3,1/5,全概率公式与Bayes 公式,引例 有三个箱子，分别编号为1, 2, 3。1号箱装有1个红球4个白球，2号箱装有2红3白球，3号箱装有3红球. 某人从三箱中任取一箱，从中任意摸出一球，（1）求取得红球的概率。（2）已知取出的是红球，求此球来自1号箱的概

16、率,1) 解：记 Bi = 球取自 i 号箱 , i=1, 2, 3; A =取得红球,B1A, B2A, B3A 两两互斥,将此例中所用的方法推广到一般的情形，就得到在概率计算中常用的全概率公式,全概率公式,全概率公式的来由,全”部概率 P( A) 被分解成了许多部分之和,它的理论和实用意义在于,在较复杂情况下直接计算 P( A ) 不易,但 A 总是伴随着某个 Bi 出现，适当地去构造这一组 Bi 往往可以简化计算,2 ) 解,引例 有三个箱子，分别编号为1, 2, 3。1号箱装有1个红球4个白球，2号箱装有2红3白球，3号箱装有3红球. 某人从三箱中任取一箱，从中任意摸出一球，（1）求取

17、得红球的概率。（2）已知取出的是红球，求此球来自1号箱的概率,AB1,Bayes公式,这类问题，是“已知结果求原因”是已知某结果发生条件下，求各原因发生可能性大小,设B1,B2,Bn是两两互斥的事件，且P(Bi)0，i=1,2,n, 另有一事件A，它总是与B1,B2,Bn 之一同时发生，则,该公式于1763年由贝叶斯(Bayes)给出. 它是在观察到事件A已发生的条件下，寻找导致A发生的每个原因的概率,贝叶斯公式在实际中有很多应用，它可以帮助人们确定某结果（事件 A）发生的最可能原因,每100件产品为一批，已知每批产品中的次品数不超过4件，每批产品中有 i 件次品的概率为,从每批产品中不放回地

18、取10件进行检验，若发现有不合格产品，则认为这批产品不合格，否则就认为这批产品合格。求： （1）一批产品通过检验的概率； （2）通过检验的产品中恰有 i 件次品的概率,例,设 Bi ：一批产品中有 i 件次品 i = 0,1,4,A ：一批产品通过检验,则,由全概率公式与Bayes 公式可计算P( A )与,解,结果如下表所示,1.0 0.9 0.809 0.727 0.652,0.123 0.221 0.397 0.179 0.080,P( A|C ) = 0.95, P( A| )=0.05,某一地区患有癌症的人占0.005，患者对一种试验反应是阳性的概率为0.95，正常人对这种试验反应是

19、阳性的概率为0.05，现抽查了一个人，试验反应是阳性，问此人是癌症患者的概率有多大,解,设 C=抽查的人患有癌症， A=试验结果是阳性,已知 P( C )= 0.005, P( )=0.995,求P(C|A,例 3,0.0872,结果的意义,1. 这种试验对于诊断一个人是否患有癌症 有无意义,如果不做试验,抽查一人,他是患者的概率为： P(C)=0.005,若试验后得阳性反应，则根据试验得来的信息，此人是患者的概率为 P(CA)= 0.0872 将近增加约 17 倍,说明这种试验对于诊断一个人是否患有癌症有意义,2. 检出阳性是否一定患有癌症,试验结果为阳性,此人确患癌症的概率为 P(CA)=

20、0.0872,即使检出阳性，尚可不必过早下结论就有癌症，这种可能性只有8.72% (平均来说，1000个人中大约只有87人确患癌症)，此时医生常要通过再试验来确认,称 P( Bi ) 为先验概率，它是由以往的经验得到的，它是事件 A 的原因,称 为后验概率，它是得到了信息 A 发生，再对导致 A 发生的原因Bi发生的可能性大小重新加以修正,值得一提的是，后来的学者依据贝叶斯公式的思想发展了一整套统计推断方法，叫作“贝叶斯统计”。 可见贝叶斯公式的影响,例 4 用Bayes公式分析伊索寓言孩子与狼中村民对小孩的信赖程度是如何下降的,解,A ：小孩说谎,B ：小孩可信,小孩第一次说谎后的可信度为,

21、不妨设：P(B)= 0.8,小孩第二次说谎后的可信度为,1.5 独立性,引例 在52张牌中，有放回地抽取两次，令：A = “第一次是” ; B = “第二次是K” 求,解,两个事件的独立性,定义：若事件 A、B满足 则称事件A、B相互独立，简称独立,事件的独立性可根据实际经验判断。如：天气好坏与学习成绩，二人打枪各自的命中率。又：甲乙两人上课讲话（不独立），前后两次抽牌（无放回和有放回,两事件相互独立,两事件互斥,例如,由此可见两事件相互独立，但两事件不互斥,两事件相互独立与两事件互斥的关系,请同学们思考,由此可见两事件互斥但不独立,两人射击，甲射中概率0.9，乙射中概率0.8，各射一次，求目

22、标被击中的概率,A：“甲中”， B ：“乙中”。 “目标被击中”,例1,解1,解2,定理一 ：设A, B是两事件，且P(A)0 。若A, B 相互独立，则 。反之也然,定理二：若事件A, B相互独立，则下面个事件对也相互独立,多个事件的独立性,三个事件的独立性,定义： 设 A, B, C 是三个事件，如果满足,则称事件 A, B, C 相互独立,一个均匀的正四面体，其第一面染成红色， 第二面染成白色，第三面染成黑色，而第四面同 时染上红、白、黑三种颜色.现以 A，B，C 分别 记投一次四面体出现红、白、黑颜色朝下的事件， 问 A，B，C是否相互独立,解,由于在四面体中红、 白、黑分别出现两面,因此,又由题意知,故有,因此 A，B，C 不相互独立,则三事件 A