概率论全套课件

Probability概率論2023年12月28日20時35分2023年12月28日20時35分確定性現象隨機現象—

在相同的條件下進行大量觀察或試驗時，出現的結果有一定的規律性。

——稱之為統計規律性。第一章概率論的基本概念大量重複試驗中,其結果有統計規律性的現象。2023年12月28日20時35分§1.1隨機事件及其運算

1對某事物特徵進行觀察,統稱試驗。若它有如下特點,則稱為隨機試驗。§1.1.1隨機試驗與事件

試驗結果不止一個,但能明確所有結果；

試驗前不能預知出現哪種結果。

可在相同的條件下重複進行；隨機試驗用E

表示。2023年12月28日20時35分2樣本空間——隨機試驗E

所有可能的結果組成的集合稱為樣本空間，記為Ω。

3樣本空間的元素,即E

的直接結果,稱為4隨機事件——

的子集,記為A,B,…等。（它是滿足某些條件的樣本點所組成的集合。）樣本點，記為

，且

={}。2023年12月28日20時35分其中T1,T2

是該地區的最低與最高溫度觀察某地區每天最低與最高溫度。觀察總機9~10點之間接到的電話次數。有限樣本空間無限連續樣本空間投一枚硬幣3次,觀察正面出現的次數。例1

給出一組隨機試驗及相應的樣本空間。無限離散樣本空間2023年12月28日20時35分6基本事件

——僅由一個樣本點組成的子集，它是隨機試驗的直接結果,每次試驗必定發生且只可能發生一個基本事件。7必然事件——全體樣本點組成的事件,記為

,

每次試驗必定發生的事件。5隨機事件發生——組成隨機事件的某一個樣本點發生。8不可能事件——不包含任何樣本點的事件,記為

,每次試驗必定不發生的事件。單點集全集空集2023年12月28日20時35分A

隨機事件的關係和運算類同集合的關係和運算

§1.1.2事件的關係與運算文氏圖(Venndiagram)2023年12月28日20時35分——A

包含於B

若事件A發生，

則事件B必定發生。

A

B

1.事件的包含2.事件的相等2023年12月28日20時35分

事件A與事件B

至少有一個發生。—

A

與B

的和事件。

3.事件的和2023年12月28日20時35分直接和補充AB2023年12月28日20時35分事件A與事件B

同時發生。的積事件

——

的積事件——

—

A

與B

的積事件。

4.事件的積ΩABA∩B2023年12月28日20時35分發生

事件A發生，但事件B

不發生。

—

A

與B

的差事件。5.事件的差2023年12月28日20時35分

A

與B

互斥A、B不可能同時發生。AB6.事件的互斥(互不相容)A

與B

互斥2023年12月28日20時35分—

A

與B

對立。每次試驗，A與

B中有且只有一個發生。A稱B

為A的對立事件(or逆事件)，記為注意：“A

與B

對立”與“A

與B

互斥”是兩個不同的概念。7.事件的對立AB對立互斥2023年12月28日20時35分例

擲一枚骰子，觀察其出現的點數。記B——“點數不小於4”，C——“點數等於3”。則有

={1，2，3，4，5，6}，B={4，5，6}，C={3}。但要注意：B與C不是對立事件。說明互斥事件，不一定是對立事件。∵B∪C≠Ω於是有B∩C=

。2023年12月28日20時35分8.完備事件組若兩兩互斥，且則稱為完備事件組，或稱為的一個劃分。直接和2023年12月28日20時35分

吸收律

冪等律

差化積

重餘律運算律對應事件運算集合運算2023年12月28日20時35分

A-B:A發生但B不發生，A-AB:A發生但AB不發生。2023年12月28日20時35分

交換律

結合律

分配律

對偶律運算順序：

逆積和差，括弧優先。

2023年12月28日20時35分B

CABA

CA

分配律

圖示A2023年12月28日20時35分A

B

B紅色區域黃色區域交例2

用圖示法簡化AA2023年12月28日20時35分例3

化簡事件解

原式2023年12月28日20時35分例4

利用事件關係和運算表達多個事件的關係A,B,C

都不發生——

A,B,C

不都發生——2023年12月28日20時35分例5

在圖書館中隨意抽取一本書，表示數學書，表示中文書，表示平裝書。——抽取的是精裝中文版數學書。——精裝書都是中文書。——非數學書都是中文版的，且中文版的書都是非數學書。則事件2023年12月28日20時35分例6

甲、乙、丙三人各向目標射擊一發子彈,以A、B、C分別表示甲、乙、丙命中目標,試用A、B、C的運算關係表示下列事件:2023年12月28日星期四事件的關係與運算記號概率論集合論Ω

樣本空間,必然事件空間,全集Ф

不可能事件空集ω

樣本點元素

A

隨機事件子集合

A的逆事件A的餘集

事件之間的關係與運算完全和集合之間的關係與運算一致，只是術語不同而已。2023年12月28日20時35分

(-代數)設隨機試驗E的樣本空間為，

記為E的一些事件作為元素所構成的集合，即集合族

，若

滿足以下三條：（1）

（

包含必然事件）；（2）任意A

,有（

對逆運算封閉）；（3）任意Ai

,i=1,2…，則（

對可列並運算封閉）。事件域則稱

為事件域（

-代數），稱（

，

）為可測空間。聯想：2023年12月28日20時35分樣本空間為構造如下事件:………

例7：在編號為1,2，…,n

的

n個元件中取一件，考慮元件的編號，則全體基本事件為則組成一個事件域。2023年12月28日20時35分σ-代數有如下性質：1.2.對可列交運算封閉,若則有

證：2023年12月28日20時35分投一枚硬幣觀察正面向上的次數

n=4040,

nH=2048,

fn(H)=0.5069

n=12000,

nH=6019,

fn(H)=0.5016n=24000,nH=12012,

fn(H)=0.5005頻率穩定性的實例

蒲豐(Buffon)投幣

皮爾森(Pearson)投幣實例1投硬幣2023年12月28日20時35分

概率的統計定義1.2.2概率在相同條件下重複進行的n

次試驗中,事件A

發生的頻率穩定地在某一常數p附近擺動,

且隨n越大擺動幅度越小,則稱p為事件A

的概率,記作P(A)。對本定義的評價優點：直觀易懂缺點：粗糙模糊不便使用2023年12月28日星期四概率的公理化定義,概率空間

1933年，前蘇聯著名的數學家柯爾莫哥洛夫在《概率論的基本概念》一書中提出了概率的公理化體系，第一次把概率論建立在嚴密的邏輯基礎上，使概率論成為了一門嚴謹的數學分支，將它推向了一個全新的發展階段。概率的公理化定義，並不考慮每一個事件A發生的概率P(A)是如何定義的（它依賴於每一個具體的實際問題的結構），而是強調作為一個整體，概率P(A)本身應滿足的一些必要條件——三條公理。2023年12月28日星期四

定義(概率)：設(Ω,)是一可測空間，對定義在

上的實值集函數P(A),滿足1)

非負性公理：對

2)

規範性公理:P(Ω)=1;3)

可列可加性公理：對

有稱P是(Ω,)上的概率(測度),P(A)是事件A的概率，稱三元組(Ω,,P)為概率空間。概率的公理化定義注：可列可加性不能推廣到任意可加性，後面會舉例說明。兩兩互斥直接和2023年12月28日20時35分聯想：三元組(Ω,,P)函數函數兩要素P概率的性質第一章概率論的基本概念性質1證明:

由概率的可列可加性得:

由概率的非負性知，，故由上式可知注：不可能事件的概率為0，但反之不然!!!!。後面會舉例說明。第一章隨機事件及其概率性質2(有限可加性)

設是兩兩互斥的事件，則有

證明:由概率的可列可加性得:

直接和證明：

性質3設是兩個事件，若，則有推論：設A,B是任意兩個事件，則有提示：第一章隨機事件及其概率證明：

性質4推論：提示：

性質4在概率的計算上很有用,如果正面計算事件A的概率不容易,而計算其對立事件的概率較易時,可以先計算,再計算P(A).

性質4對任一事件A,有

2023年12月28日星期四P(A∪B)=P(A)+P(B)–P(AB)性質5（加法公式）：P(A∪B)=P(A)+P(B)–P(AB)證：

∵A∪B=(A–B)∪(B–A)∪AB，且A–B，B–A與AB兩兩互斥，∴P(A∪B)=P(A–B)+P(B–A)+P(AB)….①∵P(A–B)=P(A)–P(AB)…....…②同理可得，P(B–A)=P(B)–P(AB)……………..③將②、③代入①，得2023年12月28日星期四=P(A)+P(B)+P(C)–P(AB)–P(AC)–P(BC)+P(ABC)推論1三個事件和的概率P(A∪B∪C)=P(A)+P(B)+P(C)–P(AB)–P(AC)–P(BC)+P(ABC)證：

P(A∪B∪C)=P[A∪(B∪C)]=P(A)+P(B∪C)

–P[A(B∪C)]=P(A)+[P(B)+P(C)–P(BC)]–P(AB∪AC)=P(A)+P(B)+P(C)–P(BC)–[P(AB)+P(AC)–P(ABC)]

2023年12月28日星期四推論2（加奇減偶公式）（右端共有項。）

加法公式總結

事件互斥時的加法公式

事件相容時的加法公式

ABB2023年12月28日星期四性質6：

性質7：

從上連續，右極限從下連續，左極限2023年12月28日星期四性質8：概率具有次可加性證明：2023年12月28日20時35分例1

小王參加“智力大衝浪”遊戲,他能答出甲、乙二類問題的概率分別為0.7和0.2,

兩類問題都能答出的概率為0.1，

求小王解

設事件A,B分別表示“能答出甲,乙類問題”(1)(1)答出甲類而答不出乙類問題的概率；

(2)至少有一類問題能答出的概率；

(3)兩類問題都答不出的概率。(2)(3)例2解

2023年12月28日20時35分例3

設A,B滿足P(A)=0.6,P(B)=0.7,

在何條件下，

P(AB)取得最大(小)值？最大(小)值是多少？解：最小值在時取得。——最小值——最大值最大值在時取得。

常常把這樣的試驗結果稱為“等可能的”。試驗結果你認為哪個結果出現的可能性大？2023年12月28日20時35分23479108615

例如,一個袋子中裝有10個大小、形狀完全相同的球。將球編號為1－10.把球攪勻,蒙上眼睛,從中任取一球。10個球中的任一個被取出的機會是相等的,均為1/10。2023年12月28日20時35分則稱E為古典概型,也叫等可能概型。定義若某實驗E滿足(1)有限性:樣本空間(2)等可能性:2023年12月28日20時35分一古典概型的定義拋一枚硬幣三次

拋三枚硬幣一次Ω1={正正正,

正正反,正反正,反正正,

正反反,反正反,反反正,反反反}

此樣本空間中的樣本點等可能。Ω2={三正,二正一反,二反一正,三反}

此樣本空間中的樣本點不等可能。.

Ω2

中樣本點（二正一反)是(三正)的三倍。

注意2023年12月28日20時35分這樣就把求概率問題轉化為計數問題。

定義：

設實驗E是古典概型,其樣本空間Ω由個樣本點組成,事件A由個樣本點組成。則定義事件A的概率為:稱此概率為古典概率，這種確定概率的方法稱為古典方法。

A包含的樣本點數

P(A)==

Ω中的樣本點總數2023年12月28日20時35分2023年12月28日20時35分例1

從裝有外形完全一樣的紅、白、黑三個球的口袋中任取兩球。就下列兩種情形，求取到一個紅球和一個白球的概率:（1）不放回抽樣的場合；（2）有放回抽樣的場合。

解：用一個“顏色對”表示所取出的兩個球。記A——取到一個紅球和一個白球。（1）不放回抽樣的場合〔方法一〕考慮取球的順序={（紅，白），（紅，黑），（白，紅），

（白，黑），（黑，紅），（黑，白）}，A={（紅，白），（白，紅）}，2023年12月28日20時35分例1

從裝有外形完全一樣的紅、白、黑三個球的口袋中任取兩球。就下列兩種情形，求取到一個紅球和一個白球的概率。（1）不放回抽樣的場合〔方法二〕不考慮取球的順序

={（紅，白），（紅，黑），（白，黑）}，

這兩種方法的不同點主要在於所選取的樣本空間不同。雖然使用了不同的方法，卻可以得到相同的結果，說明對同一問題，可以用不同的方法來解決，只要所使用的方法正確，所得到的結果是一致的。〔方法一〕考慮取球的順序A={（紅，白）}，2023年12月28日20時35分例1

從裝有外形完全一樣的紅、白、黑三個球的口袋中任取兩球。就下列兩種情形，求取到一個紅球和一個白球的概率；（1）不放回抽樣的場合（2）有放回抽樣的場合。A={（紅，白），（白，紅）}，={（紅，紅)，（紅，白）,（紅，黑),（白，紅),

(白，白),（白，黑),（黑，紅),（黑，白），（黑，黑）}，2023年12月28日20時35分

二計數方法1、加法原理（分類計數）

完成一件工作有

k種方式，第一種方式有

n1

種

方法，第二種方式有

n2

種方法，…，第

k種方式有

nk

種方法。無論通過哪一種方法，都可以完成這件工作，則完成這件工作的方法總數為：n1+n2+…+nk

。

2、乘法原理（分步計數）完成一件工作有k個步驟，第一步有n1

種方法，第二步有n2

種方法，…，第k步有nk

種方法。必須經過每一個步驟，才算完成這件工作，則完成這件工作的方法總數為：n1

n2

…

nk

。

方法相加方法相乘注：加法原理與乘法原理的區別是：前者經過一步，就可以完成一件工作；而後者必須經過k步之後，才能完成一件工作。2023年12月28日20時35分

3、排列從含有n個不同元素的總體中取出k個元素進行排列，既要考慮到取出的元素，又要顧及到取元素的順序。（1）可重複排列

從n個不同的元素中，有放回地取出k個元素，按照所取元素的順序進行排列，這種排列稱為可重複排列。有放回抽樣

由於每次選取一個元素時，都是在全體n個元素中進行的，都有n種取法。根據乘法原理，可重複排列的不同排列種數為：n

n

…

n=nk

。

2023年12月28日20時35分（2）選排列

從n個不同的元素中，不放回地取出k個元素（kn），按照所取元素的順序進行排列，這種排列稱為從n個不同元素中取出k個元素的選排列。不放回抽樣

由於每選出一個元素以後，元素的總數就減少一個。根據乘法原理，選排列的不同排列種數記作：例、電話號碼是0943665××××,後面每個數字來自0～9這10個數,問可以產生多少個不同的電話號碼?若要求最後4個數字不重複,則又有多少種不同的電話號碼?094366510101010×××=104分析:分4步完成=504010987×××又例如，4個同學爭奪3項競賽冠軍，冠軍獲得者共有幾種可能情況？解：完成這件事情可分三步：（1）第一項冠軍有4種可能；（2）第二項冠軍有4種可能；（3）第三項冠軍有4種可能。所以可能情況有：4×4×4＝（種）。n個球隨機地放入N個盒中,共有

種放法？2023年12月28日20時35分例、

五名學生報名參加四項體育比賽，(1)每人限報一項，報名方法的種數有多少？(2)又他們爭奪這四項比賽的冠軍，獲得冠軍的可能性有多少種？解：（1）5名學生中任一名均可報其中的任一項，因此每個學生都有4種報名方法，5名學生都報了專案才能算完成這一事件故報名方法種數為4×4×4×4×4=種。（2）每個專案只有一個冠軍，每一名學生都可能獲得其中的一項獲軍，因此每個專案獲冠軍的可能性有5種故有5×５×５×５=種。n個球隨機地放入N個盒中,共有

種放法？2023年12月28日20時35分2023年12月28日20時35分4、組合

從n個不同的元素中，不放回地取出k個元素（kn）,不考慮元素取出的順序，而將它們並成一組，稱為從n個不同元素中取出k個的組合，不同的組合種數記作：

不放回抽樣

注：排列與組合的區別是：前者與次序有關，而後者與次序無關。2023年12月28日20時35分

解排列組合問題時，當問題分成互斥各類時，根據加法原理，可用分類法；當問題考慮先後次序時，根據乘法原理，可用位置法，排列中“相鄰”問題可採用捆綁法；“分離”問題可用插空法等。三排列組合問題的解題策略一.特殊位置優先策略例1.由0,1,2,3,4,5可以組成多少個沒有重複數字的五位奇數。解:由於末位和首位有特殊要求,應該優先安排這兩個位置.（1）先排末位共有___

（2）然後排首位共有___（3）最後排其他位置共有___由分步計數原理得=2882023年12月28日20時35分二.相鄰元素捆綁策略例2.7人站成一排,其中甲乙相鄰且丙丁相鄰,共有多少種不同的排法.甲乙丙丁由分步計數原理可得共有種不同的排法。=480解：可（1）先將甲乙兩元素捆綁成整體並看成一個複合元素，（2）同時丙丁也看成一個複合元素，（3）再與其它元素進行排列，（4）同時對相鄰元素內部進行自排。

2023年12月28日20時35分三.不相鄰問題插空策略例3.一個晚會的節目有4個舞蹈,2個相聲,3個獨唱,舞蹈節目不能連續出場,則節目的出場順序有多少種？解:分兩步進行：第一步排2個相聲和3個獨唱共有

種，第二步將4舞蹈插入第一步排好的5個元素中間包含首尾兩個空位共有種

不同的方法

由分步計數原理,節目的不同順序共有

種相相獨獨獨2023年12月28日20時35分四.多排問題直排策略例4.8人排成前後兩排,每排4人,其中甲乙在前排,丁在後排,共有多少排法解:8人排前後兩排,相當於8人坐8把椅子,可以把椅子排成一排.先在前4個位置排甲乙兩個特殊元素有____種,再排後4個位置上的特殊元素有_____種,其餘的5人在5個位置上任意排列有____種,則共有_________種.前排後排2023年12月28日20時35分例1.（1）6本不同的書分給5名同學，每

人一本，有多少種不同分法？（2）5本相同的書分給6名同學，每人至多一本，有多少種不同的分法？（3）6本不同的書全部分給5名

同學每人至少一本，有多

少種不同的分法？四分配問題舉例2023年12月28日20時35分例1（5）6本不同的書分給甲、乙、丙3名同學，每人兩本，有多少種不同分法？（4）6本不同的書分給3名同學，甲1本、乙2

本、丙3本，有多少種不同的分法？分配問題2023年12月28日20時35分例2：（1）7個相同的小球，任意放入4個不同的盒子中，共有多少種不同的方法？分配問題解：相當於將7個小球用3塊隔板分成4份隔板法2023年12月28日20時35分例2：（2）7個相同的小球，任意放入4個不同的盒子中，每個盒子至少有1個小球的不同放法有多少種？分配問題解：將7個小球用3塊隔板分成4份，但盒子又不能空。隔板法2023年12月28日20時35分2023年12月28日20時35分五古典概型計算舉例例2設有N件產品,其中有M件次品,現從這N件中任取n件,求其中恰有k件次品的概率。上式即為超幾何分佈的概率公式。解:令A={恰有k件次品}次品M件正品……N-M件2023年12月28日20時35分2023年12月28日20時35分例3（分組問題）將一幅52張的撲克牌平均地分給四個人，分別求有人手裏分得13張黑桃及有人手裏有4張A牌的概率各為多少？解：令A={有人手裏有13張黑桃}，B={有人手裏有4張A牌}2023年12月28日20時35分2023年12月28日20時35分2023年12月28日20時35分2023年12月28日20時35分解：下列解法是錯誤的設A=每一節車廂內至少有一個旅客第一步選n人第二步選剩餘n-k人1

21

2情形一1車廂情形二1車廂重複！！！元素流動2023年12月28日20時35分

從52張撲克牌中任取13張，求至少有兩種4張同號的概率。例7重複了！！！！

第一步第二步情形1情形2情形32023年12月28日20時35分

例8

擲兩枚均勻的骰子，求出現的點數之和等於3的概率。

[錯解]

考慮兩枚骰子擲出的點數之和。記A——出現的點數之和等於3，則

={2,3,…,12}；={3}，

[錯因]

在樣本空間

={2,3,…,12}中，各樣本點出現的可能性是不一定相同的。例如，數值2只有當擲出的點數分別為(1,1)時才會出現，而數值3在擲出的點數分別為(1,2)和(2,1)時都會出現，其出現的可能性時

2/36。因而數值2和3出現的可能性是不同的。√2023年12月28日20時35分1.2.4幾何概型

在計算古典概率時，必須滿足兩個基本條件：（1）樣本空間有限;（2）每個可能的結果出現的可能性相同。

如果突破古典概型的第一個限制，而保留其第二個限制，就是幾何概型。例如，從區間[0，1]中隨機地取出一個數

，則這個隨機試驗的樣本空間

=：01=[0，1]。它是由無限個樣本點組成的，而數

是從閉區間[0，1]中“等可能”地抽取的，所以它是一個幾何概型的隨機試驗。

如果一個隨機試驗相當於從直線、平面或空間的某一區域Ω任取一點，而所取的點落在Ω中任意兩個度量（長度、面積、體積）相等的子區域內的可能性是一樣的，則稱此試驗模型為幾何概型，對於任意有度量的子區域，，定義事件“任取一點落在區域A內”發生的概率為定義2023年12月28日20時35分例1(會面問題)甲乙兩人約定於9時到10時之間在某地會面,先到的等20分鐘,過時離去.假定每個人在指定的1小時內的任一時刻到達是等可能的,求這兩人能會面的概率.解設X、Y分別表示甲乙兩人的到達時刻,從9時算起,單位取分鐘,則兩人會面的條件是20602060yxAΩ2023年12月28日20時35分2023年12月28日20時35分

則針在平面中的位置可以用數對(，x)來表示。於是

={（，x）：0，0x}。

xa

l例2（投針問題）平面上有一簇平行線，它們之間的距離都等於a(a>0)，向此平面任意投一長度為l（l<a）的針，試求此針與任一平行線相交的概率。解

記A——針與一條平行線相交。設x——針的中心點M到最近的一條平行線的距離，

——針與此平行線的交角，如果事件A發生，即針與一條平行線相交，則針的中點M

到最近的一條平行線的距離x

必須滿足：0xsin，2023年12月28日20時35分

於是，A={（，x）：0，0xsin。

xa

l

x

x

0/2

A

x=sin

x1={（，x）：0，0x}。2023年12月28日20時35分且

N越大，近似的程度就越高。

應用

——計算圓周率

設投了

N次中有

k次與平行線相交，則由頻率的穩定性，知：當

N充分大時，k可以用電腦模擬，這種方法稱為蒙特-卡洛法2023年12月28日20時35分例3如果A=

，則P(A)=0。反之不然。反例考慮下麵的幾何概型問題。從區間

[0，1]中隨機地取出一的數，求這個數恰好是的概率。記事件A——取到的數恰好是，樣本空間

=[0，1]，μ()=1；事件A={}（即A是一個單點集），μ(A)=0。但是，A。同樣，概率為“1”的事件，也並不一定是必然事件。P(A)=1/6,例如,擲一顆均勻骰子,A={擲出2點},

B={擲出偶數點},P(A|B)=?擲骰子已知事件B發生,此時試驗所有可能結果構成的集合就是B,於是P(A|B)=1/3.B中共有3個元素,它們的出現是等可能的,其中只有1個在集A中,2023年12月28日20時35分

若事件B已發生,則為使A也發生,試驗結果必須是既在B中又在A中的樣本點,即此點必屬於AB.由於我們已經知道B已發生,故B變成了新的樣本空間,於是有(1)。

為在事件B發生的條件下,事件A的條件概率。定義設A、B是兩個事件,且P(B)>0,則稱(1)2023年12月28日20時35分2023年12月28日20時35分可以證明，對於事件

B（P(B)>0），條件概率

P(

|B)也滿足概率的三條公理：

（1）規範性：P(|B)=1；（2）非負性：

P(A|B)0；（3）可列可加性：設A1，A2，…

，An，…是可數個兩兩互不相容的事件，則2023年12月28日20時35分

由此出發，也可以推導出條件概率的一些性質，如：

條件概率滿足普通概率的一切性質，因為條件概率也是概率，滿足概率的三條公理！

P(|B)=0；P(AB)=1–P(A|B)；

P(A1∪A2|B)=P(A1|B)+P(A2|B)–P(A1A2|B)2)從加入條件後改變了的情況去算（古典概型）

條件概率的計算1)用定義計算:P(B)>0

擲骰子例：A={擲出2點},

B={擲出偶數點}P(A|B）=B發生後的縮減樣本空間所含樣本點總數在縮減樣本空間中A所含樣本點個數2023年12月28日20時35分例1

擲兩顆均勻骰子,已知第一顆擲出6點,問“擲出點數之和不小於10”的概率是多少?解法1:解法2:解:設A={擲出點數之和不小於10}B={第一顆擲出6點}應用定義在B發生後的縮減樣本空間中計算2023年12月28日20時35分注意P(AB)與P(A|B)的區別！例2

甲乙兩廠共同生產1000個零件,其中300件是乙廠生產的.而在這300個零件中,有189個是標準件,現從這1000個零件中任取一個,問這個零件是乙廠生產的標準件的概率是多少?所求為P(AB).B={零件是乙廠生產}設A={是標準件}若改為“發現它是乙廠生產的,問它是標準件的概率是多少?”求的是P(A|B).！！！！！！2023年12月28日20時35分2023年12月28日20時35分例3

袋中有三件產品，其中有兩件正品、一件次品。現從中隨機地取出一件產品，不放回，再隨機地取一件產品，求（1）第一次取時，取到正品的概率；（2）第二次取時，取到正品的概率；（3）兩次都取到正品的概率；（4）已知第一次取到正品的條件下，第二次又取到正品的概率。解:這是一個古典概型的問題。每取兩件產品將構成一個樣本點。為敘述方便，將各產品進行編號。並設“1”號、“2”號產品是正品，“3”號產品是次品。

用一個數對

表示先後兩次所取出的產品號。

記A——第一次取時，取到正品；B——第二次取時，取到正品。則2023年12月28日20時35分

記A——第一次取時，取到正品；B——第二次取時，取到正品。（1）第一次取時，取到正品的概率；（2）第二次取時，取到正品的概率；（3）兩次都取到正品的概率；（4）已知第一次取到正品的條件下，第二次又取到正品的概率。

={(1,2),(1,3),(2,1),(2,3),(3,1),(3,2)},

A={(1,2),(1,3),(2,1),(2,3)},B={(1,2),(2,1),(3,1),(3,2)},AB={(1,2),(2,1)}。

2023年12月28日20時35分例4

據統計甲、乙兩城市在一年中雨天的比例為：甲城市占20%，乙城市占18%，兩城市同時下雨占12%。求下列百分比：（1）只有甲城市下雨；（2）只有一個城市下雨；（3）至少有一個城市下雨；（4）兩城市都不下雨；（5）在乙城市下雨的條件下，甲城市也下雨；（6）在甲城市下雨的條件下，乙城市也下雨。

解記A——甲城市下雨；B——乙城市下雨。則P(A)=20%=0.2，P(B)=18%=0.18；P(AB)=12%=0.12。2023年12月28日20時35分記A——甲城市下雨；B——乙城市下雨。則P(A)=20%=0.2，P(B)=18%=0.18；P(AB)=12%=0.12。（2）只有一個城市下雨；（3）至少有一個城市下雨；P(A∪B)=P(A)+P(B)–P(AB)=0.26=26%（4）兩城市都不下雨；2023年12月28日20時35分記A——甲城市下雨；B——乙城市下雨。則P(A)=20%=0.2，P(B)=18%=0.18；P(AB)=12%=0.12。（5）在乙城市下雨的條件下，甲城市也下雨；P(A|B)=P(AB)/P(B)=2/3（6）在甲城市下雨的條件下，乙城市也下雨。P(B|A)=P(AB)/P(A)=0.62023年12月28日20時35分例5設有

件產品包含有

件次品，從中任取2件，求(1)有一件是次品時，另一件也是次品的概率；(2)至少一件是次品的概率。解：這類題型關鍵是掌握事件符號的設定。設2023年12月28日20時35分例5設有

件產品包含有

件次品，從中任取2件，求(1)有一件是次品時，另一件也是次品的概率；(2)至少一件是次品的概率。另解：有順序不放回抽樣由條件概率的定義:即若P(B)>0,則P(AB)=P(B)P(A|B)(2)而P(AB)=P(BA)1.3.2乘法公式若已知P(B),P(A|B)時,可以反求P(AB)。將A、B的位置對調,有故P(A)>0,則P(AB)=P(A)P(B|A)(3)若

P(A)>0,則P(BA)=P(A)P(B|A)記憶：左邊的概率乘以右邊的以左邊為條件的概率。即若P(B)>0,則P(BA)=P(B)P(A|B)(2)2023年12月28日20時35分2023年12月28日20時35分記憶：左邊有多少事件，就以這些事件的交做條件設事件A1，A2，…，An

滿足P(A1A2…An

1

)

>0，則P(A1A2…An)

=P(A1)

P(A2|A1)

P(A3|A1A2)…P(An|A1A2…An

1)證∵A1

A1A2...A1A2…An

1，P(A1A2…An

1

)

>0，

∴P(A1)

P(A1A2)…P(A1A2…An

1)0

乘法公式用於求積事件的概率

一場精彩的足球賽將要舉行,5個球迷好不容易才搞到一張入場券.大家都想去,只好用抽籤的方法來解決.

入場券5張同樣的卡片,只有一張上寫有“入場券”,其餘的什麼也沒寫.將它們放在一起,洗勻,讓5個人依次抽取.“先抽的人當然要比後抽的人抽到的機會大.”後抽比先抽的確實吃虧嗎?

2023年12月28日20時35分

到底誰說的對呢?讓我們用概率論的知識來計算一下,每個人抽到“入場券”的概率到底有多大?“大家不必爭先恐後,你們一個一個按次序來,誰抽到‘入場券’的機會都一樣大.”“先抽的人當然要比後抽的人抽到的機會大.”2023年12月28日20時35分我們用Ai表示“第i個人抽到入場券”

i＝1,2,3,4,5.顯然,P(A1)=1/5，P()＝4/5第1個人抽到入場券的概率是1/5。也就是說,則

表示“第i個人未抽到入場券”2023年12月28日20時35分因為若第2個人抽到了入場券，第1個人肯定沒抽到.

也就是要想第2個人抽到入場券,必須第1個人未抽到,由於由乘法公式計算得:

P(A2)=(4/5)(1/4)=1/52023年12月28日20時35分

這就是有關抽籤順序問題的正確解答。

同理,第3個人要抽到“入場券”,必須第1、第2個人都沒有抽到.因此

繼續做下去就會發現,每個人抽到“入場券”的概率都是1/5。抽籤不必爭先恐後。也就是說,＝(4/5)(3/4)(1/3)=1/52023年12月28日20時35分2023年12月28日20時35分例6

某人忘記了電話號碼的最後一個數字，因而隨意地撥號。求他撥號不超過三次而接通所需電話的概率。

解記A——撥號不超過三次，而接通所需電話

Ai——第i次撥號接通所需電話，i=1，2，3。[方法一]

分解事件A（直接和）

∵

A=A1

∪

A1A2

∪

A1

A2A3

，且

A1

，

A1A2

，

A1

A2A3

兩兩互斥。

2023年12月28日20時35分例6

某人忘記了電話號碼的最後一個數字，因而隨意地撥號。求他撥號不超過三次而接通所需電話的概率。解記A——撥號不超過三次，而接通所需電話

Ai——第i次撥號接通所需電話，i=1，2，3。[方法二]利用對立事件

全概率公式和貝葉斯公式主要用於計算比較複雜事件的概率,它們實質上是加法公式和乘法公式的綜合運用。

綜合運用直接和P(A+B)=P(A)+P(B)A、B互斥乘法公式P(AB)=P(A)P(B|A)P(A)>01.3.3

全概率公式與貝葉斯公式2023年12月28日20時35分例有三個箱子,分別編號為1,2,3,1號箱裝有1個紅球4個白球,2號箱裝有2紅3白球,3號箱裝有3紅球.某人從三箱中任取一箱,從中任意摸出一球,求取得紅球的概率.解：記

Ai={球取自i號箱},

i=1,2,3;

B={取得紅球}即B=A1B+A2B+A3B，

且A1B、A2B、A3B兩兩互斥B發生總是伴隨著A1,A2,A3之一同時發生,運用加法公式得123完備事件組P(B)=P(A1B)+P(A2B)+P(A3B)2023年12月28日20時35分

將此例中所用的方法推廣到一般的情形,就得到在概率計算中常用的全概率公式。對求和中的每一項運用乘法公式得P(B)=P(A1B)+P(A2B)+P(A3B)代入數據計算得:P(B)=8/152023年12月28日20時35分

設Ω為隨機試驗的樣本空間,A1,A2,…,An是兩兩互斥的事件,且有P(Ai)>0,i=1,2,…,n,稱滿足上述條件的A1,A2,…,An為完備事件組。則對任一事件B,有

全概率公式2023年12月28日20時35分

在較複雜情況下直接計算P(B)不易,但B總是伴隨著某個Ai出現,適當地去構造這一組Ai往往可以簡化計算。全概率公式的來由,不難由上式看出:“全”部概率P(B)被分解成了許多部分之和。它的理論和實用意義在於:2023年12月28日20時35分

某一事件B的發生有各種可能的原因(i=1,2,…,n),如果B是由原因Ai所引起,則B發生的概率是

每一原因都可能導致B發生,故B發生的概率是各原因引起B發生概率的總和,即全概率公式。P(BAi)=P(Ai)P(B|Ai)全概率公式.我們還可以從另一個角度去理解由因求果2023年12月28日20時35分2023年12月28日20時35分例7

口袋中有10張卡片，其中2張是中獎卡，三個人依次從口袋中摸出一張（摸出的結果是未知的，且不放回），求第一、二、三人分別中獎的概率。解：設三個人摸卡中獎事件分別為輪到第二人摸時，輪到第三人摸時，2023年12月28日20時35分例8

袋中有三件產品，其中有兩件正品、一件次品。現從中隨機地取出一件產品，不放回，再隨機地取一件產品，求（1）第一次取時，取到正品的概率；（2）已知第一次取到正品的條件下，第二次又取到正品的概率。（3）兩次都取到正品的概率；（4）第二次取時，取到正品的概率；

解：記A——第一次取時，取到正品；B——第二次取時，取到正品。則該球取自哪號箱的可能性最大?實際中還有下麵一類問題,“已知結果求原因”。

這一類問題在實際中更為常見,它所求的是條件概率,是已知某結果發生條件下,求各原因發生可能性大小。

某人從任一箱中任意摸出一球,發現是紅球,求該球是取自1號箱的概率。1231紅4白或者問:2023年12月28日20時35分

某人從任一箱中任意摸出一球,發現是紅球,

求該球是取自1號箱的概率.記Ai={球取自i號箱},i=1,2,3;

B={取得紅球}求P(A1|B)運用全概率公式計算P(B)將這裏得到的公式一般化,就得到貝葉斯公式1231紅4白?2023年12月28日20時35分2023年12月28日20時35分

該公式於1763年由貝葉斯(Bayes)給出。它是在觀察到事件B已發生的條件下,尋找導致B發生的每個原因的概率。

貝葉斯公式

設A1,A2,…,An是兩兩互斥的事件,且P(Ai)>0,i=1,2,…,n,另有一事件B,它總是與A1,A2,…,An之一同時發生,則完備事件組由果尋因2023年12月28日20時35分例9保險公司認為人可以分為兩類，第一類是易出事故者，第二類則是安全者。統計表明，易出事故者在一年內發生事故的概率為0.4，而安全者的概率只有0.2，第一類與第二類的比例為3:7。現有一個人來投保，（1）該人在投保後一年內出事故的概率有多大？（2）假如某人在投保後一年內出了事故，他是易出事故者的概率是多少？解：記A=易出事故者，B=投保後一年內出事故應用舉例——腸癌普查事件B表示檢查為陽性。設事件A表示被查者患腸癌,某患者檢查反應為陽性,試判斷該患者是否已患腸癌?已知腸鏡檢查效果如下：由Bayes公式得2023年12月28日20時35分

如果不做檢查,抽查一人,他是患者的概率為

患者陽性反應的概率是0.95,若檢查後得陽性反應,則根據檢查得來的資訊,此人是患者的概率為P(A｜B)=0.087

說明這種檢查對於診斷一個人是否患有腸癌有意義。從0.005增加到0.087,將近增加約18倍。1.這種腸鏡檢查對於診斷一個人是否患有癌症有無意義?P(A)=0.005

；2023年12月28日20時35分2.檢出陽性是否一定患有腸癌?

試驗結果為陽性,此人確患腸癌的概率為

P(A｜B)=0.087

即使檢出陽性,尚可不必過早下結論有癌症,這種可能性只有8.7%,此時醫生常要通過再檢查來確認。由以上公式再計算兩次可得：若第三次檢查是陽性，就有90％以上的把握認定此人患有癌症。2023年12月28日20時35分

在貝葉斯公式中,P(Ai)和P(Ai|B)分別稱為原因的先驗概率(經驗)和後驗概率。

P(Ai)(i=1,2,…,n)是在沒有進一步資訊(不知道事件B是否發生)的情況下,人們對諸事件發生可能性大小的認識。

當有了新的資訊(知道B發生),人們對諸事件發生可能性大小P(Ai

|B)有了新的估計。貝葉斯公式從數量上刻劃了這種變化。2023年12月28日20時35分

在不了解案情細節(事件B)之前,偵破人員根據過去的前科,對他們作案的可能性有一個估計,設為

比如原來認為作案可能性較小的某丙,現在變成了重點嫌疑犯。例如,某地發生了一個案件,懷疑對象有甲、乙、丙三人.丙乙甲P(A1)P(A2)P(A3)

但在知道案情細節後,這個估計就有了變化。P(A1

|B)知道B發生後P(A2

|B)P(A3

|B)最大偏小2023年12月28日20時35分顯然P(A|B)=P(A)

這就是說,已知事件B發生,並不影響事件A發生的概率,這時稱事件A、B獨立。§1.4

獨立性A={第二次擲出6點},B={第一次擲出6點},先看一個例子:將一顆均勻骰子連擲兩次,設2023年12月28日20時35分由乘法公式知,當事件A、B獨立時,有

P(AB)=P(A)P(B)用P(AB)=P(A)P(B)刻劃獨立性,比用

P(A|B)=P(A)或

P(B|A)=P(B)

更好,它不受P(B)>0或P(A)>0的制約。P(AB)=P(B)P(A|B)2023年12月28日20時35分若兩事件A、B滿足

P(AB)=P(A)P(B)則稱A、B獨立,或稱A、B相互獨立。兩事件獨立的定義2023年12月28日20時35分補充：獨立積兩個獨立事件的積稱為獨立積。

在實際應用中,往往根據問題的實際意義去判斷兩事件是否獨立。

由於“甲命中”並不影響“乙命中”的概率,故認為A、B獨立。甲、乙兩人向同一目標射擊,記

A={甲命中},B={乙命中},A與B是否獨立?例如(即一事件發生與否並不影響另一事件發生的概率。)

2023年12月28日20時35分一批產品共n件,從中抽取2件,設

Ai={第i件是合格品}i=1,2若抽取是有放回的,則A1與A2獨立。因為第二次抽取的結果受到第一次抽取的影響。又如:因為第二次抽取的結果不受第一次抽取的影響。若抽取是無放回的,則A1與A2不獨立。2023年12月28日20時35分假定若“事件A

與事件

B

相互獨立”則“事件A

與事件

B

相容”。結論：概率為正的兩個事件A與B：若獨立則相容。逆否命題成立,即：概率為正的兩個事件A與B：若互斥則不獨立。但逆命題不成立！！！2023年12月28日20時35分反例：袋中有三件產品，其中有兩件正品、一件次品。現從中隨機地取出一件產品，不放回，再隨機地取一件產品，記A=第一次取出正品，B=第二次取出正品，則逆命題不成立：概率為正的兩個事件A與B：若相容則獨立。

問:能否在樣本空間Ω中找兩個事件,它們既相互獨立又互斥?這兩個事件就是

Ω和P(Ω)=P()P(Ω)=0與Ω獨立且互斥不難發現,與任何事件都獨立。2023年12月28日20時35分=P(A)[1-P(B)]=P(A)P()=P(A)-P(AB)P(A

)=P(A-A

B)A、B獨立故A與獨立。概率的性質=P(A)-P(A)P(B)證明:僅證A與獨立容易證明,若兩事件A、B獨立,則

也相互獨立。2023年12月28日20時35分兩獨立事件任意取逆後仍然獨立。定義三事件A,B,C

相互獨立是指下麵的關係式同時成立：注：1)不能由關係式(1)推出關係式(2),反之亦然2)僅滿足(1)式時,稱A,B,C

兩兩獨立(1)(2)A,B,C

相互獨立A,B,C

兩兩獨立2023年12月28日20時35分2023年12月28日20時35分(1)P(AB)=P(A)P(B),P(AC)=P(A)P(C),P(BC)=P(B)P(C),(2)P(ABC)＝P(A)P(B)P(C),

反例（1)

有一個均勻的四面體，其第一面染成紅色，第二面染成綠色，第三面染成藍色，第四面同時染成紅、綠、藍三種顏色。擲一次該四面體。記A——出現紅色，B——出現綠色，C——出現藍色，則由古典概率的定義知：即事件A、B、C兩兩相互獨立。2023年12月28日20時35分(1)P(AB)=P(A)P(B),P(AC)=P(A)P(C),P(BC)=P(B)P(C),(2)P(ABC)＝P(A)P(B)P(C),

反例（2)

有一個均勻的八面體，其第一、二、三、四面染成紅色，第一、二、三、五面染成綠色，第一、六、七、八面染成藍色。擲一次該八面體。記A——出現紅色，B——出現綠色，C——出現藍色，則由古典概率的定義知：由此可見，定義中的兩個條件（四個公式）都是必須的。定義n個事件A1,A2,…,

An

相互獨立是指下麵的關係式同時成立：2023年12月28日20時35分若n個事件A1,A2,…,

An

相互獨立，將這

n

個事件任意分成k

組，同一個事件不能同時

屬於兩個不同的組，則對每組的事件進行求

和、積、差、逆等運算所得到的k

個事件也相互獨立。例1已知事件A,B,C

相互獨立，證明事件與也相互獨立。證2023年12月28日20時35分2023年12月28日20時35分

例2設0<P(B)<1，且。求證：事件A與B相互獨立。證

P(A)=P(B)P(A|B)+P(

B)P(A|

B)=P(A|B)(P(B)++P(

B))=P(A|B)

方法一方法二n個獨立事件和的概率公式:設事件相互獨立,則

P(A1∪…∪An)也相互獨立

也就是說,n個獨立事件至少有一個發生的概率等於1減去各自逆事件概率的乘積。2023年12月28日20時35分2023年12月28日20時35分例3已知P(A)=P(B)=P(C)=a，就下列的不同情況計算概率P(A+B+C)：（1）事件A、B、C兩兩互斥；（2）事件A、B、C相互獨立；（3）事件A、B、C構成完備事件