概率的定义及其运算精

1、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_89过：；次这种天气，下雨的天数在这几天中所占比例大约是 川至一般地，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。若随机事件匸在这'：次试验中发生

2、了 "次，贝吐匕值“称为事件"发生的频率，记为二11。频率具有如下性质：1. 对任一事件丁，有1 ；2. 对必然事件二，有_3. 若事件互不相容，则 二匕二一般地,若事件' -d ;人 丄两两互不相容,则i-lJI事件人发生的频率表示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，二逐渐稳定于某个常数' ：-J|o这样常数P（A）客观上反映了事件A发

3、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404020480.5069皮尔逊1200060190.5016皮尔逊24000120120.5005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的频率二"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

4、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 兰 p（A）兰 i ，p（o）=i，p（*）=o。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123概率的公理化定义定义1.3设随机试验的样本空间为二。若按照某种方法,对的每一事件A 赋于一个实数P(A),且满

5、足以下公理：1. 非负性: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A Y A2 YA YA YA) =+ P(托)十 A 十 P(An) +A则称实数为事件丁的概率。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0证令,且"一'则,于是尸3 = (YA)=主尸(4)= 士尸(询忌科!两!从而由-;得八j。性质2概率具有有限可加性，即若事件-1两两互不相容，则YA Y) = F(4)+)+A 十证因为Ki Y為 YA YA = YYA YA YY4>YA所以由概率得可列可加性及性质1,得YA Y) = F(4) + A 十 P(

6、&).性质3对任何事件丁 ,有证因为JYZ-Q, Al A-所以由?即得 U 一J，同时由二山-,可推得：对任一事件',有P(_A) i 1性质4对事件占、百，若/匚月，则有-尸(力)*尸3)-尸)证：由-图1 1可知丄，二丄，且亠二/因此由性质2 ,得P=F(£) + P(B - A) 即 P(E - A) = P(B) - P(A).再由'一'，得P(_B) > P(A).性质5对任意两事件匸、,有宀二小-m证由图12可知AYB = AY(B-A)tB = ABYB-A),且启I (-4) = <P,ABX B-A) = 4>5故

7、得P(AYB)=尸()+P(B -A) 及 P=F(AE) + PJE - A),将以上两式相减，并将：'移至等号右端，即得P(AYB = F(& + P(R) - F(K占)性质5还可推广到n个事件的情况.。当n=3时，有pg U耳 7島）=P（4）+ 汛&）十尸（九）-m）-（4A）-只局地）-+0OM沁）般地，设A, A, , ,An为n个事件，则有(YA)=Xm)-工PAA)+A +(-1严 工HAAA %)" (-Dm A) JIX-l吧舟£屁4Z1. 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

8、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A表示第i天下雨的事件，i =1， 2。由题意，有P(A)=0.6 , P(A)=0.3 , P(A)=0.1 （1）设B表示第一天下雨而第二天不下雨的事件，则由B * 九-坷A _P（5）-尸（刈 _- P（舄）-P（召為）- 0.6-0 1 - 052. 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，有呻=玖& - 4A）=玖迪）-P（AA） =03-01-0.23. 设D表示至少有一天

9、下雨的事件，则由D =得尸刀）=p（a, ya） = p（a）+ 尸4）-o4. 设E为两天都不下雨的事件，则由E =月= 4 匕 &得P（£） =F（LvJ1；） = l-?（4u） = 1-0.8 = 0.25. 设F表示至少有一天不下雨的事件，则P（F） = P（A） = A-P（A1A2'）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.

10、 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. 巴出二=P(A-B-C)=P(A-AB-AC)-P(A - A(BYC) 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)

11、+P(B)+P(C)-P(AB)-P(AC)-P(BC)+P(ABC)=0.90.由(2)可知'：，：1=P(AC)-P(ABC)=0.05,P(ABC) - P(眈)-P(ABC) - 0.02,故所求概率为''肚' .1沐：二H IP(ABC +ABC + ABC) = 1 - P(ABC) - PABC + 曲U + ABC) - P(ABC) = 0.73(7)由(4)与(6),得PABC + X5C + ZSC) = 0. S3.1.2.4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

12、 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) ( P 2),( 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) ( p 2),( p n)(1<=i 1<,<i k<=n).则有P(A) = P(Pi1) (Pi2)(p ik)=P( p

13、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.

14、 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+R1R1=3*2+2*3=12;C所包含的基本事件数得K=P31P21+P>1Pb1+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

15、序，则有2 2n=G=5*4/2!=10,k a=G =3,kB=C31C21=6,k c=C22=1于是P(A)=k"n=3/10, P(B)=k B/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

16、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1k-1kA=Pa Pa+b-1从而1k-1 kP(A)=Pa1Pa+b-1k-1/P a+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

17、编号的球依次排列在a+b个位置上，则有n=(a+b)!,k A=(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+

18、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

19、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 Ck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 Gn-kGk种.故所求 概率为P2=Can-kCbk/Cna+b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(nv=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

20、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N.事件所包含的基本事件数 分别为kA=(N-1) n,k B=n!,k C=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(n<365) 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

21、 " 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-P 365n/(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300<2000/6<334,2000/8=250,得k

22、A=333,k B=250由83<2000/24<84,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 3 4P(A2)=C91103/10 4=0.9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)=C4292/10 4=0.04

23、86(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 94/10 4, 从而4 4 4P(A4)=1-9 4/10 4=1-(0.9) 4=0.34398. 从 n 双不同的鞋子中任取 2k(2k<n) 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C2k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G2k(C2)2k个基本事件,从而P(A)=Cn2k(C 21) 2k/C 2n2k=Cn2k22k/C

24、 2n2k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

25、/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C91 C84C44=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!)=3/550.0545 1.2.5 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

26、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I是线段L的一部分，向线段L上任投一点.若落在线段I上的点数 与线段L的长度成正比，而与线段I在线段I上的相对位置无关，则点落在 线段 I 上的概率为P=l的长度/L的长度.2. 设平面区域 g 是平面区域 G 的一部分 ,向区域 G 上任投一点 ,若落在区域 g 上的点数 与区域 g 的面积成正比 ,而与区域 g 在区域 G 上的相对位置无关 ,则点落在区域 g 上 概率为P=g的面积/G的面积3. 设空间区域上 v 是空间区域 V 的一部分 ,向区域 V 上任投一点 .若落在区域 v 上的点 数与区域 v 的体积成正比 ,而与区域 v 在区域 v 上