第一章习题课(黄亨烨)课件

第一章习题课概率论与数理统计第一章概率论的基本概念随机试验1样本空间、随机事件2频率与概率3等可能概型4条件概率5独立性6§1随机试验对随机现象的观察、记录、试验统称为随机试验

它具有以下特性：可以在相同条件下重复进行事先知道可能出现的结果进行试验前并不知道哪个试验结果会发生例：抛一枚硬币，观察试验结果；§2样本空间、随机事件随机试验E的所有结果构成的集合称为E的样本空间，记为S={e}，称S中的元素e为基本事件或样本点．例：一枚硬币抛一次S={正面，反面}随机试验E的样本空间S的子集为E的随机事件必然事件：每次试验中总是发生的，记为S.不可能事件：每次试验中都不发生，记为.抛三次呢？事件的关系及运算事件的关系（包含、相等）SAB事件的关系及运算事件的运算A与B的和事件，记为A与B的积事件，记为SBASAB事件的关系及运算

“和”、“交”关系式SABS

例：已知A、B两个事件满足，且P(A)=p，则P(B)=？解：故有已知,

,,求§3频率与概率1、频率：

反映了事件A发生的频繁程度.性质：且随n的增大渐趋稳定，记稳定值为p．§3频率与概率2、概率：定义1：的稳定值p定义为A的概率，记为P(A)=p；定义2：将概率视为测度，且满足：称P(A)为事件A的概率。概率性质：则有§4等可能概型（古典概型）定义：若试验E满足：S中样本点有限(有限性)出现每一样本点的概率相等(等可能性)称这种实验为等可能概型（古典概型）.概率的不同定义古典定义（局限在有限个可能结果）统计定义（大量重复试验）主观定义（无法重复的试验）统计定义也具有局限性，因为事实上很多现象无法进行大量重复试验，特别是一些社会经济现象。主观概率的定义是：概率是一个决策者根据个人对某个事件是否发生以及本人掌握的信息对该事件发生可能性的判断，是工商活动中决策者常用的一种判断方法。计算古典型概率的三种方法直接用P(A)=k/n，这时必须算好基本事件的个数n及A所含基本事件个数k，为此常常用到排列与组合。利用一些重要的公式或定理（乘法公式、全概率公式，贝叶斯公式、连续性定理等）。预备知识：排列与组合排列：每次取一个，取后不放回（有序不放回抽样）选排列（从n个中选k个排列）：全排列（从n个中选n个排列）：每次取一个，取后放回（有序放回抽样）n个中取k个排列：组合：n个不同的元素选k个，不考虑其顺序

（无序不放回抽样）古典型随机试验中的概率计算Ⅰ如何计算P(A),实际中许多问题可以大致归并为四类，它们具有典型的意义：（一）抽球问题（二）分房问题（三）随机取数问题（四）几何型概率问题（一）抽球问题（无序不放回）例1：箱中盛有个白球和个黑球，从其中任意取a+b个，试求所取的球恰含a个白球和b个黑球的概率。解：基本事件n为“从个球中抽出个球”；

事件A所含k为“恰含a个白球和b个黑球”；根据公式：，可知：（一）抽球问题（有序不放回）例2：箱中盛有个白球和个黑球，从其中任意地接连取出k+1个球，如每球被取出后不还原，试求最后取出的球是白球的概率。解：与上题比较，该题由无序变为有序，注意如下关系即可：，因此有值得注意的是P(A)与k无关.(二)分房问题例3：有n个人，每个人都以相同的概率被分配在

间房中的任一间中，试求下列各事件的概率：A：某指定n间房中各有一人；B：恰有n间房，其中各有一个；C：某指定房中恰有人。解：基本事件n为“n个人分配到N间房中”；(1)对于A所含基本事件k为“固定某n间房，各有一人”故有：例3续(2)对于B所含基本事件k为“首先从N间房中任意选出n间房，然后每个房中一个人”，于是

(3)对于C所含基本事件k为“从n个人中任意选出m个人放入某指定房间，共有种选法；其余n-m个人可以任意分配到其余的N-1间房里”，共有种选法

故(二)分房问题例4：（均假定）(1)有n个质点，设每个都以相同的概率落于365个格子中的任一格中，试求每一格至多只含一点的概率p1；(2)有n个人，设每个人的生日是任何一日的概率为，试求此n人的生日互不相同的概率p2；(3)有n个旅客乘火车途径365站，设每个人在每站下车的概率为，试求没有一个人以上同时下车的概率p3.例4续解：这三个问题其实都和例3中求P(B)的问题等价（取那里的N=365），只要把“质点”,“生日”,“旅客”和“人”看成一样，把“格子”,“日子”,“站”和“房”看成一样，因而有例3的解答知：例4续例如当n=30时，

，而B的对立事件的概率为。由此可见，30个人中，至少有二人同生日的概率大于70%。要准确的算出P(B)，计算量一般是很大的，试求近似值如下：（三）随机取数问题例5：从1，2，…，10共十个数字中任取一个，假定每个数字都以十分之一的概率被取中，取后还原，先后取出7个数字，试求下列各事件的概率：A1：7个数字全不相同；A2：不含10与1；A3：10恰好出现两次；A4：至少出现两次10；A5：总和为20.例5续解：基本事件n为“从十个数字中还原地取7次”；(1)对于A1所含基本事件k为“7个数字全不相同”故有：(2)对于A2所含基本事件k为“不含10与1”，即“从剩余的8个数字中还原地取7次”故有：例5续(3)对于A3所含基本事件k为“10恰好出现两次”，即“首先出现10的两次为7次中的任意两次；其他5次，每次只能取9个剩下的数字中任何一个”故有：(4)对于A4所含基本事件k为“至少出现两次10”，

一般地，10恰好出现次的概率为：例5续由于A4是6个互不相容的事件“10恰好出现k次（k=2,3,4,5,6,7）”的和，故(5)A5所含基本事件的个数k是下列方程的整数解的个数其中代表第i次所取得的数字.然而上述解的个数重合于中的系数，亦即中的系数，故例5续有可见的系数为27132-7*84=26544，所以该板块最后叙述一个在统计物理中起重要作用的例，这例还说明，在具体问题中，如何计算基本事件的个数需根据实际情况而定，因而赋予概率的方法也应如此。（二）分房问题例6：设有n个质点，每点都以概率落于个盒子中的任一个里，试求事件A“某预先指定的n个盒子中各含一点”的概率p.由于对质点和盒子所作的进一步的假定不同，这题有三种不同的解法和答案。相对于这些假定来说，每种解法都是正确的。

例6续解一:(Maxwell-Boltzmann)假设n个质点是不同的，即可辨别的；还假定每个盒子能容纳的质点数是没有限制的，根据例3(1)得：解二:(Bose-Einstein)假设n个质点完全相同，因而不可辨别；对每个盒子则仍然假定它能容纳任意多个质点。例6续在解1中，分布法不仅依赖于每个盒子中的质点的个数，而且还依赖于是哪几个质点；而解2只依赖于盒中的质点个数，因此计算基本事件个数的方法不同了。例如N=3，n=2，以a，b表示这两个质点，则解1中共有下列个基本事件：在解2的假定中，a=b，因此4=5,6=7,8=9，故共只有6个基本事件，而A则只含1个，故

.例6续回到一般情况，采用下列巧妙的直观想法.把N个盒子并排成一列，n个点的一种分布法可表示为：把每个壁与每个点都看成一个位置，则n个球的这种分布法就相当于n+N-1个位置（两端的不在内）被n个点占领的一种占位法，故实际中有许多质点被认为是不可辨别的——如光子/电子，解2是物理学家Bose与Einstein于1924年提出的，适用于所谓玻色子的基本粒子.例6续解3:(Fermi—Dirac)这时假定每个盒子至多只能容纳一个质点；而对质点则仍设为不可辨别的(只依赖于落点个数,不依赖是哪几个点)，于是任一种分布法都必须占用n个盒子.解3是物理学家Fermi与Dirac与1925年提出，它适用于所谓费米子的基本粒子.（四）关于几何概率定义：在运用几何概率的定义来求具体问题中的概率时，必须注意所谓点的“均匀分布”是相对什么随机试验而言的，否则就可能得出不同的甚至错误的结果。均匀分布——实际上是广泛意义下的等可能性（四）关于几何概率例7:(Bertrand奇论)在一半径为r的圆C内“任意”一弦，试求此弦长度

大于圆内接等边三角形的边长的概率p.解一：如图作半径为r/2的同心圆C1，弦的中点M是“任意”的，如，则，

故由几何概率的定义，

例7续解二：如图，由对称性不妨先固定弦的一端A于圆周上，于是另一端B是“任意”的，考虑等边三角形ADE，如B落于角A所对应的弧DE上，则故

解三：不妨先固定弦的方向使它垂直于直径EF，如果AB的中点M落在图的GH上，则，因此例7续三种解法得到了三个不同的答案，原因何在？因为三个解法中用了三个不同的随机试验的事件解1——观察随机点M落在圆C1中（是二维区域C）解2——随机点B落于圆弧DE上（是全圆周）解3——随机点M落于区间GH中（是EF）因此三个解法中的p其实是三个不同事件的概率.小节上述各例表明：在计算古典型概率时，关键在于如何根据问题的条件区分两个不同的基本事件；只有这样才能正确计算出试验中所有不同的基本事件的总数n，以及所考虑的事件A所含不同的基本事件的个数k，二者的比k/n就是所求的概率p，即计算古典型概率的三种方法直接用P(A)=k/n，这时必须算好基本事件的个数n及A所含基本事件个数k，为此常常用到排列与组合。利用一些重要的公式或定理（乘法公式、全概率公式，贝叶斯公式、连续性定理等）。§5条件概率1、条件概率定义：条件概率具有概率的所有性质：

2、乘法公式（当下面的条件概率都有意义时）全概率公式与Bayes公式3、设试验E的样本空间为S，A为E的事件。B1,B2,…,Bn为S的一个划分，P(Bi)>0，i=1,2,…,n.则称下式为全概率公式：4、贝叶斯(Bayes)公式（先验→后验）例2：从52张牌中任取2张，采用(1)放回抽样，（2）不放回抽样，求恰是“一红一黑”的概率.解：设Ai={第i次取到红牌}，i=1,2.B={取2张恰是一红一黑}若为放回抽样：若为不放回抽样：例3：一单位有甲、乙两人，已知甲近期出差的概率为80%，若甲出差，则乙出差的概率为20%；若甲不出差，则乙出差的概率为90%。(1)求近期乙出差的概率；(2)若已知乙近期出差在外，求甲出差的概率.解：设A={甲出差}，B={乙出差}Bayes公式全概率公式例4：某电子设备制造厂所用的元件是由三家元件制造厂提供的，根据以往的记录有以下的数据：

设这三家工厂的产品在仓库中时均应混合的，且无区别的标志.(1)在仓库中随机地取一只元件，求它是次品的概率;(2)在仓库中随机地取一只元件，若已知是取到的是次品，为分析此次品出自何厂，需求出此次品由三家工厂生产的概率分别是多少？元件制造厂次品率提供元件的份额10.020.1520.010.8030.030.05解：设A表示“取到的是一只次品”，Bi(i=1,2,3)表示“所取到的产品是由第i家工厂提供的”，易知，（1）由全概率公式（2）由贝叶斯公式

由此可见，这只次品来自第2家工厂可能性最大。

以上结果表明，这次次品来自第2家工厂的可能性最大.下面的例5是个著名的问题，于1708年为蒙特摩特(Montmort)所解决，后由拉普拉斯(Laplace)等人所推广。例5：有n张信纸，分别标号为1,2,…,n，另有n个信封也同样标号，今将每张信纸任意装入一信封，试求“没有一个配对”的概率及“恰有r个配对”的概率，这里所谓“r个配对”是指有r张信纸，分别装入同号码的信封。例5续解：以表示“第i号信纸装入第i号信封”这一事件，则

为求，利用一般加法公式，第i号信纸可装入n个信封，恰好装入第i号信封的概率，故例5续

如Ai出现，第j号信纸共有n-1个信封可以选择，故

从而类似地一般有例5续

于是

注意与n有关，如记，则

利用便不难求出.如果指定某r张信纸装入对应的信封，这事件的概率为.

其余n-r张信纸中没有一个配对的概率为

例5续

由于r张配对的信纸共有种选法，故注意当，.配对问题具有典型的意义：信纸～信封，旅客～箱子，机床～零件等。§6独立性例：有10件产品，其中8件为正品，2件为次品。从中取2次,每次取1件，设Ai={第i次取到正品}，i=1,2.不放回抽样时，放回抽样时，即放回抽样时，A1的发生对A2的发生概率不影响；同样，A2的发生对A1的发生概率不影响。独立性定义：设A，B为两随机事件，，若P(B|A)=P(B),即P(AB)=P(A)*P(B),即P(A|B)=P(A)时，称A,B相互独立。性质：独立性推广到一般：注意：独立不具有传递性和整体独立性.实际问题中，常常不是用定义去验证事件的独立性，而是由实际情形来判断其独立性.独立性例1：试证概率为0的事件与任何事件都是独立的.证：设P(A)=0,则任对事件B有，

所以由概率的单调性知P(AB)=0,

从而得P(AB)=P(A)P(B)，所以A与B独立.独立性例2：设A,B,C三事件相互独立，试证A-B与C独立.证：因为所以A-B与C独立.独立性例3：设0<P(B)<1，试证事件A与B独立的充要条件是.证：必要性：因为A与B独立，所以A与独立