概率统计理工类第4版第1章含课堂练习

1、,第1章 随机事件及其概率 概率论与数理统计都是研究随机现象统计规律性的数学学科。本章介绍概率论中的基本概念和概率论发展初期的一些成果。 1.1 随机事件 一、确定性现象与随机现象 自然界和我们生活的社会上的各种现象大至可分为两类，确定性现象和偶然现象。 1、确定性现象： 在一定条件下，一定发生出现，或一定不发生不出现的现象。 例1：水在一个标准大气压下，加热到100，水会沸腾。条件成立，一定发生的现象 例2：人向天空上抛一个小石子，小石子脱离地心引力。 条件成立，一定不发生的现象,2、偶然现象 在一定条件下，可能出现发生 ，也可能不出现不发生的现象。 例3：在某地施工时，发现文物。 纯粹的偶

2、然现象的例子，发生无规律性 例4： 掷一粒骰子，六点出现。 随机现象的例子，大量重复试验下发生呈现一定规律性 例3中的偶然现象没有规律，为纯粹的偶然现象。 而例4中“六点出现。”在掷一次骰子时，出现与否是偶然的，但是当我们掷骰子很多次时，就会呈现出某种规律性，这种规律性，称为统计规律性。,历史上很多数学家都曾经通过做过多次掷硬币的 试验来验证统计规律性。 教材P2表111,具有统计规律性的偶然现象，称为随机现象。 概率论与数理统计都是研究随机现象统计规律性的数学学科。 补充内容一： 概率论与数理统计在研究随机现象统计规律性方法上的区别 概率论在研究随机现象时，首先对随机现象提出一些理论模型随机

3、变量，然后研究理论模型的概率性质随机变量的分布，数字特征。 数理统计在研究随机现象时，是针对随机现象收集一些数据，根据这些数据，对随机现象的某些特性，做出判断。,补充内容二： 学习概率论与数理统计所需要的知识 1、简单的排列、组合知识 2、变动限积分的求导 3、定积分含广义积分,二、随机试验与事件 1、随机试验 在概率论中，一切科学实验，或对某事物的某个特 征所做的观察，都称为试验。 满足下列三个条件的试 验，称为随机试验： 1 在相同条件下可以重复进行； 2 试验可能出现的结果不止一个，所有可能出现 的结果在试验前是已知的； 3 每次试验，出现可能出现的结果中的哪一个， 在试验结束前不能准确

4、预言，试验只能出现可能出现的 结果中的一个，而且只出现一个。,在概率论中，我们只研究随机试验，因此又将随 机试验简称为试验。以后我们所说的试验，无特别声明 时，都是指随机试验。 试验一般用大写字母E表示。 下面是随机试验的几个例子 E1：在口袋中有十个相同的球，分别标有数字 0，1， ， 9。从中任取随机取一球，观察取出球上的 号码。 E2：在单位时间内，观察某单位电话总机被呼叫的次 数。 E3：将一质点随机抛向区间0，1，观察质点落点的坐 标。 其中 E1的可能出现的结果是有限个，而 E2 、E3 可 能出现的结果是无穷多个。,2、基本事件与事件 试验E的每个可能出现的结果，称为E一个基本随

5、机事件，简称基本事件。 由试验E的若干个基本事件构成的结果，称为E的随机事件，简称事件。 事件一般用大写字母A，B，C， 表示。 在E1中， A0：“取出球上的号码是0。”是基本事件。 A：“取出球上的号码是奇数。”是事件。 由此可知，基本事件是最简单的事件。因此基本事件是事件，反之事件不一定基本事件。 下面介绍两个特殊的事件，必然事件和不可能事件,必然事件：每次试验都出现的结果，称为必然事 件，记为 或S。 不可能事件：每次试验都不出现的结果，称为不 可能事件，记为。 在E1中，“取出球上的号码小于11。” 是必然事 件。 “取出球上的号码小于0。” 是不可能事件。 需要注意的是必然事件与不

6、可能事件是与试验有 关的，当把E1中的球增加到20个时，分别标上号码 0，1， ，19，则 “取出球上的号码小于11。” 不再是必然事件。 “取出球上的号码小于0。” 仍是不可能事件。,三、样本空间 试验每一个基本事件叫做试验的样本点，通常用字母表示。试验的所有样本点构成的集合 = | 是试验E的样本点叫做样本空间。 例1 设试验为任意抛掷一枚硬币，则有样本点： 1表示“花徽向上。” ， 2表示“字向上。” 于是样本空间是由两个样本点构成的集合 = 1， 2 例2 E1：在口袋中有十个相同的球，分别标有0，1，9。从中任取随机取一个球，观察取出球上的号码。 样本点 k : “取出球上的号码为

7、k ”，k = 0，1，9 。 E1的样本空间 = 0， 1， 9 E1的样本空间又可以简化为 =0，1，9,四五、随机事件及其集合表示 有了样本点与样本空间的概念，事件就可以用集合表示。 在例2中，事件A0“取出球上的号码为0。”，可以表示为A0 = 0 或 0 ，事件A “取出球上的号码为奇。”可以表示为A= 1，3， 5， 7， 9 或 1，3，5，7，9 E1的必然事件 就是样本空间，不可能事件就是空集 。 由此可见，任一事件A，都是样本空间的一个子 集。这样当我们研究事件的关系与运算时，可以利用 集合的关系与运算，实际上事件的关系与运算同集合 的关系与运算本质上是一回事，只不过在概率

8、论和集 合论中有不同的解释。,六、 事件的关系与运算 1 事件的包含：如果事件A的发生必然导致事件B的发生，则称事件B包含事件A，或称事件A包含于事件B，记作AB， 或 BA 。 在例2中，事件A1： “取出球上的号码为1。”，可以表示为 A1=1 ，也可以简化为A1=1 事件A ：“取出球上的号码为奇数。”可以表示为 A=1， 3， 9 或 A=1， 3， 9 则有 A1 A。 用集合的语言解释 A1 A ，就是 A1 是 A 的子集。 注：根据最新国家标准， 应该表示为 。,2事件的相等 如果事件B包含事件A，且事件A包含事件B，即 BA 且 B A ，也就是说，二事件A与B中任一事件的发

9、生必然导致另一事件的发生，则称事件A与事件B相等，记作 A=B。 3事件的和并 事件A与B中至少有一事件发生的事件，叫做事件A与事件B的和，记作AB。 在例2中，事件A“取出球上的号码为奇数。”可以表示为 A=1， 3， 9 ，事件B“取出球上的 号码为 5。”，可以表示为 B=0，1，2，3，4，5 则 AB=0 ，1，2，3，4，5，7， 9 或 AB=0 ，1，2，3，4，5，7， 9 ,事件的和，可以推广到多个事件， A1A2 An，表示n个事件中至少有一事件发生 的事件。事件的和是将事件扩大的一种运算。 4事件的积交 事件A与B同时发生的事件，叫做事件A与事件B的 积，记作AB 或A

10、B。 在例2中，事件A“取出球上的号码为奇数。”可以表 示为 A=1，3，9 ， 事件B“取出球上的号码为5。”，可以表示为 B=0 ，1，2，3，4，5 则 AB=1，3，5 事件的积，也可以推广到多个事件， A1A2An或A1A2An ，表示n个事件同时发生 的事件。事件的积是将事件缩小的一种运算。,5 事件的差 事件A发生，但事件B不发生的事件，叫做事件 A与事件B的差，记作AB。 在例2中，事件A“取出球上的号码为奇数。”可以表示为 A=1，3，9 ，事件B“取出球上的号码为 5。”，可以表示为B=0 ，1，2，3，4 ，5 ， 则 AB = 7 ，9 。 事件的差也是一种把事件缩小的

11、运算，但是与事件的积是有区别的。 AB = 1，3，5 AB = 7，9 它们都把事件 A 缩小，但是AB表示 A、B 同时发生，而 AB 表示 A、B 不能同时发生。,6事件的互不相容互斥 事件A与事件B不能同时发生时，称为事件A与事件B互不相容，记作AB= 。 在例2中，事件A“取出球上的号码为奇数。”可以表示为 A=1， 3， 9 事件B“取出球上的号码为6或8。”，可以表示为B=6，8 则有 AB=，即A与B互不相容。 当A与B互不相容时，AB也记为A+B。,7 对立事件逆事件 事件A与事件B满足，AB=且 AB= ，则称 A与B互为对立事件，记为B= 。 在例2的试验E1中， A=1

12、， 3， 9 则 =0， 2， 8 注：对立事件是互不相容的，反之互不相容的事件不一定是对立事件。 事件的关系与运算，可以像集合的关系与运算与运算那样用文氏图表示，教材中P5 给出了事件的关系与运算的文氏图。,注：易见，事件运算满足如下性质： 8 完备事件组 若 A1 ，A2 ，An 满足 AiAj= ij ，则称这 n个事件互不相容。 若A1 A2 An= 且 AiAj= ij ，则称 A1 ，A2 ，An为互不相容的完备事件组。完备事件 组，也称为必然事件的一个划分。 显然，A 与 构成必然事件的一个划分。,七、事件的运算规律 设A、B、C 为试验 E 的三个事件，则,以上运算规律，都可以

13、推广到多个事件。 P6 例1 甲、乙、丙三人各射一次靶，设事件 A：“甲中靶。”B：“乙中靶。”C：“丙中靶。” 则用 A、B、C 的运算可表示下列事件。 1 “甲未中靶”： 2 “甲中靶，乙未中靶”： 3 “三人中只有丙未中靶”： 4 “三人中恰好有一人中靶”： 5 “三人中至少有一人中靶”： 6 “三人中至少有一人未中靶”： 或,P6 例1 甲、乙、丙三人各射一次靶，设事件 A：“甲中靶。”B：“乙中靶。”C：“丙中靶。” 则用 A、B、C 的运算可表示下列事件。 7 “三人中恰好有两人中靶”： 8 “三人中至少有两人中靶”： 或 9 “三人均未中靶”： 或 10 “三人中至多有一人中靶”

14、： 11 “三人中至多有两人中靶”： 或,课堂练习1.1 事件及其运算 P6 习题11 4. 5. P26 总习题一 1. 3. 1,P6 习题11 4. 设某人向靶子射击三次，Ai 表示“第 i 次击中靶子。” i = 1，2，3。试用语言描述下列事件: 解： “至多两次击中靶子。”或“至少一次没中靶。” “前两次都没中靶。” “连续两次中靶。”,P6 习题11 5. 判断下列各式是否成立？为什么？ 解：成立。 2 AB B = A 解：不成立。A= 1，2 ， B= 2 ，则 AB B = 1 1，2 = A 3 ABC = ABAC 解： 成立。,P26 总习题一 1. 一批产品有合格品

15、也有废品，从中有放回地抽取产品，以Ai 表示“第 i 次抽到废品 i = 1，2，3 ，试以事件的集合表示下列事件。 解：Ai 表示“第 i 次抽到废品。” i = 1，2，3。 1 “第一 次和第二次抽取至少抽到一件废品。” A1A2 2 “只有第一 次抽到废品。” 3 “三 次都抽到废品。” 4 “至少有一 次抽到废品。” 5 “只有两次抽到废品。”,P26 总习题一 3. 1证明： 证明：,1.2 事件的概率 设A是试验E的一个事件，在一次试验下A可能出现，也可能不出现。但是事件在一次试验下出现的可能性是有大小区别的。 我们称描述事件A在一次试验下出现的可能性大小的数字为事件A的概率，记

16、为PA。 在概率论的不同的发展阶段，对事件A的概率 PA有不同的定义方法，它们分别是概率的古典定义、概率的几何定义、概率的统计定义和概率的公理化定义。 概率的古典定义、概率的几何定义只适用于特殊的随机试验下的事件，在1.3将介绍概率的古典定义。 下面介绍事件的频率和事件概率的统计定义。,一、频率及其性质 定义1 设A是试验E的一个事件，在n次试验下，A 出现了rnA次，则称 为A 在n次试验中的相对频率，简称频率。 频率具有下列基本性质： 1、 对任意事件A，0 fnA1 2、 fn =1 ， fn=0 3、若 A1 ，A2 ，Ak满足 AiAj= ij 时， fn A1A2Ak= fn A1

17、+ fn A2+ fnAk,事件A的频率在某种程度上反映了事件A在一次试 验下出现的可能性的大小，但是由于频率是不确定的数 字，所以不能作为事件的概率。 人们在长期的实践中认识到频率的变化总是围绕着 某个常数 p 摆动，而且试验次数 n 越大摆动的幅度越 小。 历史上很多数学家都曾经做过多次掷硬币的试验 来验证这一点。 见P2 表111 频率的这种性质称为频率的稳定性，它反映了随机 现象在大量试验下呈现的客观规律性，我们把随机现象 在大量试验下呈现的客观规律性，又称为统计规律性。 根据频率的稳定性，当事件A的频率围绕着某个常 数 p 摆动时，我们自然把常数 p 定义为事件的概率， 这种定义概率

18、的方法，称为概率的统计定义。,定义2 设A是试验E的一个事件，在n次试验下，A 出现频率为 ，若随着试验次数 n 的增加 fn A围绕着某个常数 p 摆动时，而且 n 越大，摆动的 幅度越小，则称 p 为事件A的概率，记为PA= p。 例如在掷硬币的试验的试验中，硬币出现正面次数 的频率总是围绕着0.5变化教材P2表111 ，所以， P硬币出现正面=0.5。 需要说明的是，概率的统计定义，只是一种存在性 的定义，有时我们并不知道 p 的值，这时我们就用频率 近似概率。 例如，在检验一大批产品时，取100件产品检验， 发现有3件次品，我们就说这批产品的次品率是3%。,由频率的基本性质， 1、 对

19、任意事件A，0 fnA1 2、 fn =1 ， fn=0 3、若 A1 ，A2 ，Ak满足 AiAj= ij 时， fn A1A2Ak= fn A1+ fn A2+ fnAk 可以得到概率三个基本性质。 (1) 对任意事件A，PA0 (2) P =1 (3) 若A1 ，A2 ，An， 满足 AiAj= ij 时， PA1A2An=PA1+PA2+ PAn 即互不相容事件和的概率等于事件概率的和。 在现代概率理论中，正是利用概率的三个基本性质给出概率的严格的数学定义。,二、事件概率的公理化定义 定义3 设 E是试验，是E的样本空间。对每个事件A，赋予一个实数 PA，若PA满足： 1 非负性： 对

20、每个事件A， PA0； 2 完备性： P =1 3 可列可数可加性： 若 A1 ，A2 ，An， 满足 AiAj= ij 时， PA1A2An= PA1+PA2+ PAn 则称PA是事件A的概率。,由概率的定义，可以推出概率的其它性质： 性质1. P=0，即不可能事件的概率为零； 证明：令 An = ，n=1，2，3，则Ai Aj= ij P=P+P+P + 0 =P+P+ 由于 P 0，所以， P=0。,性质2 若 A1 ，A2 ，Ak 满足 Ai Aj= ij PA1A2Ak=PA1+PA2+PAk 证明：令 Ai = ，i = k+1，k+2，k+3， 此性质称为概率的有限可加性。 特别

21、地，当 AB 时，PAB=PA+PB。,性质3 对每个事件A， 都有 证明：由于 性质4 PAB= PAPAB 特别地，若 BA ，则 1 PAB= PAPB 2 PA PB 证明： 注：若 BA，则 AB=B，即 PAB= PAPB 再由PAB 0，即有PA PB,性质5 对每个事件A， 都有 PA 1。 证明：由于A ，再由性质4， PA P=1 性质6 对两个事件A、B，有 PAB=PA+ PBPAB 证明： AB= ABAB PAB=PA+PBAB=PA+PBPAB 性质6的几何解释 注：性质6可以推广到多个事件,例如： PA1A2A3=P A1+PA2+ PA3 P A1 A2 PA

22、1A3 P A2A3 +P A1A2A3,公式 PA1A2A3=P A1+PA2+ PA3 P A1 A2 PA1A3 P A2A3 +P A1A2A3 的几何解释,性质6的更一般的情形 例如：PA1A2A3 A4 =P A1+PA2+PA3+PA4 PA1A2PA1A3PA1A4PA2A3PA2A4PA3A4 +P A1A2A3+P A1A2A4+P A1A3A4 +PA2A3A4 PA1A2 A3A4,P10 例4 已知 求： (1) P (AB) (2) P(AB) (3) P(AB) (4) 解： (1) (2) P (AB) = P(A) P(AB) =0.50.2=0.3 (3)

23、P(AB)=P(A)+P(B)P(AB) =0.5+0.40.2=0.7 (4),课堂练习1.2 概率及其性质 P10 1. 3. 4. P26 4. 5.,P10 1.已知P(A)=0.1， P(AB)=0.3且A、B互不相容， 求 P (B) 解： A、B互不相容，则 P(AB)=P(A)+P(B) P(B)=P(AB)P(A)=0.30.1=0.2 3.设P(A)=1/3， P(B)=1/4， P(AB)=1/2 求 解： 一 P(AB)=P(A)+P(B)P(AB) P(AB)=P(A)+P(B)P(AB)= 1/12 二,P10 4. P(A)=P(B)=P(C)=1/4， P(AC

24、)= P(BC)=1/16， P(AB)=0 求A、B、C 全不发生的概率。 解：由于P(AB)=0，而 P(ABC) P(AB)，所以， P(ABC)=0。,P26 4. P(A)=0.5 ， P(B)=0.4 ， P(AB)=0.3 求 P(AB) 和 解： P(AB)=P(A)+P(B)P(AB) =0.5+0.4 0.2=0.7,P26 5. P(A)=P(B)=P(C)=1/4 ， P(AB)=P(BC)=0 P(AC)=1/8。 求 A、B、C 至少有一个发生的概率。 解： P(AB C)=P(A)+P(B) +P(C) P(AB)P(AC)P(BC) + P(ABC) 由于P(A

25、B)=0，所以， P(ABC)=0,1.3 古典概型 一、古典概率概型 若试验只有有限个基本事件试验的样本空间只有有限个样本点) ，而且每个基本事件发生的可能性相同，则称试验为古典概率概型，简称古典概型古典概型又称等可能概型。 例如，1.1中取球的试验E1，就是古典概型。 概率的古典定义： 设试验是古典概型，有 n 个基本事件，A 是试验的一个事件，A 包含 k 个基本事件，则 A 的概率定义为： 按概率的古典定义计算的概率，称为古典概率。,二、计算古典概率的方法排列与组合 1. 基本计数原理 (1) 加法原理： 完成一件事有 m 种方式，每种方式有 ni ( i = 1，2，m )种方法，每

26、种方法都可完成此事，完成此事的方法有 n1+ n2+ +nm 种。 例如：从甲地到乙地，每天有飞机 1 班，火车 2 班，汽车3班，每个班次达到乙地时间都不同。从甲地到乙地每天有多少种达到时间？ 这是典型的加法 原理应用问题，甲地 到乙地每天达到时间 有 1+ 2+ 3 =6 种。,(2) 乘法原理：完成一件事有 m 个步骤，每种步骤 有 ni ( i = 1，2，m )种方法， m 个步骤都完成，才可完成此事，完成此事的方法有 n1 n2 nm 种。 例如：从甲地到丙地，必须经过乙地，从甲地到乙地有2条路，从乙地到丙地有3条路，从甲地到丙地有多少不同的走法？ 这是典型的乘法原理应用问题，甲地

27、到丙地有多少不同的走法有 2 3 = 6 种。,2. 排列组合方法 (1) 不可重复排列公式 从 n 个不同元素中不可重复取 k (1 k n)个元素， 排成一排的方法有 种。 特殊情况 k = n (全排列公式),例如：从 20 个人的小组中，任意选 2 人担任正、副组长，有多少种不同的选法？ 应用排列公式，n = 20，k = 2，,(2) 可重复的排列公式 从 n 个不同元素中可重复取 k 个元素，排成一排 的方法有 种。 例如： 0，1，9 组成的 8 位电话号码有多少种？ n = 10，k = 8 组成的 8 位电话号码有 108 种。,(3) 不可重复组合公式 从 n 个不同元素中

28、不可重复取 k (1 kn个元素， 组成一组的方法有 种。 例如：从 20 个人的班中，任意选 3人担任班委， 有多少种不同的选法？ 应用组合公式，n = 20，k =3,P12例1 掷一颗骰子， A表示所掷结果是“四点或 五点”，B表示所掷结果是“偶数点”，求 P(A)和P(B) 。 解： 基本事件数 |= |1，2，3，4，5，6|= 6。 A包含的基本事件数 |A|= |4，5|= 2。 B包含的基本事件数 |B|= |2，4，6|= 3。,P12例2 一个口袋中装有10个大小相同的球，其中3个黑球，7个白球，求： (1) 从袋中任取一球，这个球是黑球的概率； (2) 从袋中任取两球，刚

29、好是一白一黑的概率； (3) 从袋中任取两球，都是黑球的概率。 解： (1) 从10个球中，任取1球有 种方法。 A ：“任取1球是黑球。”的取法有 种方法。 基本事件数 |= 10 A包含的基本事件数 |A|= 3,(2)从袋中任取两球，刚好是一白一黑的概率； 从袋中任取两球有 种方法。 “取出一个黒球”的取法有 种。 “取出一个白球”的取法有 种。 B“取出两球刚好是一白一黑。”的取法有 种。 基本事件数 |= 45， B包含的基本事件数 |B|=21,(3) 从袋中任取两球，都是黑球的概率。 基本事件数 |=45。 C：“任取两球都是黑球。”的取法有 种。 即 |C|=3,P12例3 将

30、3个球随机放入4个杯子中，问杯子中球的个数最多是1，2，3的概率。 解：3个球随机放入4个杯子中的基本事件数 |=43 (1) A：“杯中球最多有1球。” 第1个球有4种放法；第2个球有3种放法；第3个球有2种放法，即 |A|= 432 ； (2) B：“杯中球最多有2球。” 4个杯子任取1个，从3个球中任意取2个球放入此杯中，将剩下的一球放入余下的3个杯中的任何一个，,P12例2 将3个随机放入4个杯子中，问杯子中球的个数最多是1，2，3的概率。 解：3个随机放入4个杯子中的基本事件数 |=43 (1) A：“杯中球最多有1球。” 第1个球有4种放法；第2个球有3种放法；第3个球有2种放法，

31、即 |A|= 432 ； (2) B：“杯中球最多有2球。” 4个杯子任取1个，从3个球中任意取2个球放入此杯中，将剩下的一球放入余下的3个杯中的任何一个，,(3) C：“杯中球最多有3球。” 4个杯子任取1个，3个球都放入此杯中，有 种方法，即 。,P13例4 在12000的整数中随机取一个数，求取到的数既不能被6整除，又不能被8整除的概率。 解：设 A：“取到的数能被6整除。” B：“取到的数能被8整除。” 在2000个数中取一个数有2000种取法，|=2000。 由于每连续的6个整数中有一个能被6整除， 12000能被6整除的数有 个， |A|=333 同理|B|=250，而同时能被6和

32、8整除的数一定能被24整 除，所以 ，所求概率为,补充例1： 口袋中有a个白球，b个黑球。每次从袋中任取一个球，取出的球不再放回去。接连取k个球(1 k a+b)，求第k次取得白球的概率。 解： A “第k次取得白球。” 1，2，k， a+b 方法一： 将a+b个球，在a+b个位置做全排列的方法有(a+b)！种， 所以 | = (a+b)！ 在第k个位置排白球的全排列的方法有 a (a+b1)！种，所以 | A | =a (a+b1)！,1，2， k， a+b 方法二 ： a+b个球的每一个都可以排在第k个位置，第k个位置排球的方法有 a+b 种，即 | = a+b。 第k个位置排白球的方法有

33、 a 种，即 |A| =a。 所以， 此例说明： 1 古典概率的计算，可以从许多角度去考虑。 2 考虑问题的角度不同，基本事件数也不同，但是 A 包含的基本事件数也随之改变，最后计算出的概率是相同的。 3 抓阄分配东西的方法，为什么被人们认为是公平的方法，此例从概率的角度给出了一个解释。,课堂练习1.3 古典概型 P14 1. 3. 5. P26 8. 10. 思考题：求下列事件的概率。 A:“掷一粒骰子4次，至少出一次6点。” B:“掷一对骰子24次，至少出一次双6点。”,P14 1袋中装有5个白球，3个黑球，从中一次任取 两球。 解：基本事件总数 (1) 求两球颜色不同的概率 A “两球颜

34、色不同。” A的取法，从白球和黑球中各取1个，,P14 1袋中装有5个白球，3个黑球，从中一次任取 两球。 解：基本事件总数 (2) 求两球中有黑球的概率 B1 “两球中有1个黑球。” B2 “两球中有2个黑球。” B “两球中有黑球。” B= B1B2 另解：,P14 3从一副不含大小王的扑克牌中，不放回抽取，每次一张，连取4张，求4张牌花色各异的概率。 解：基本事件总数 A “4张牌花色各异。”,P14 5从0，1，2，9中任取3个不同的数，试 求下列事件的概率： (1) A1 “3个数中不含5与0。” (2) A2 “3个数中不含5或0。” 解：基本事件总数 (1) 3个数中不含5与0，

35、只能在余下的8个数中取3个， 取法有 种。,(2) A2 “3个数中不含5或0。” 解：直接计算。基本事件总数 A：“3个数中不含5。”，B：“3个数中不含0。” 3个数中不含5的取法有 种，同理 3个数中不含0的取法有 种。 3个数中即不含5，也不含0的取法有 种。,(2) A2 “3个数中不含5或0。” 解：间接计算。基本事件总数 “3个数中同时含5和0。” 3个数中同时含5和0的取法，除5和0外，只要再从余下的8个数中取1个即可，,P26 8.一批产品100件，其中98件正品，2件次品，分三种情况从中任取3件，一次取3件；一次取1件，放回；一次取1件，不放回。求下列事件的概率 (1) A

36、“3件产品中恰有1件是次品。” (2) B“3件产品中至少1件是次品。” 解：第一种取法，一次取3件。 基本事件总数 (1) (2),P26 8.一批产品100件，其中98件正品，2件次品，分三种情况从中任取3件，一次取3件；一次取1件，放回；一次取1件，不放回。求下列事件 (1) A“3件产品中恰有1件是次品。” (2) B“3件产品中至少1件是次品。” 解：第二种取法，一次取1件，放回。 基本事件总数 (1) 3次中任选1次取次品有 种方法，其它2次取正 品的方法有982种， (2),解：第三种取法，一次取1件，不放回。 基本事件总数 (1) 3次中任选1次取次品有 种方法，其它2次取正

37、品的方法有9897种， (2) 注意：此结果与第一种情况一样。这说明：一次取3件 与不放回的一次取1件，取3次，这两种取法是 相同的。,P26 10.某教研室有11名教师，其中男教师7人，女教师4人，现从该教研室任选3名教师为优秀教师，求3名优秀教师中有女教师的概率。 解：基本事件总数 方法1 A“3名优秀教师中有女教师。”的取法有 方法2,思考题：求下列事件的概率。 A:“掷一粒骰子4次，至少出一次6点。” B:“掷一对骰子24次，至少出一次双6点。” 解: 掷一粒骰子4次，基本事件数|=64 :“掷一粒骰子4次，不出6点。” 掷一对骰子24次， ，基本事件数|=3624 :“掷一对骰子24

38、次，不出双6点。”,1.4 条件概率 一、条件概率的概念 在有些问题中，我们需要考虑在某个事件发生的情况下，另一个事件发生的概率。 引例 一批同型号的产品由甲、乙两厂生产，产品结构表如下： 显然，从这批产品中，任取一件产品是次品的概率 为 。,但是如果已知，取出产品是甲厂生产的，这件产品是次品的概率是多少呢？显然，这一问与前一问是不 的。 如果记：A：“产品由甲厂生产。” B：“产品是次品。” 前一问表示为 这一问为了区别前一问，表示为在事件A发生的条 件下，事件B发生的概率，我们称其为条件概率，记为 P (B|A) ，此时有,二、条件概率的定义 定义1 设A、B是两个事件，且P(A) 0，我

39、们把在事件A已经发生的条件下，事件B发生的概率，叫做事件B在事件A已发生的条件下的条件概率，记为 P(B|A)。 相应地， P(B)称为无条件概率，一般来说， P(B|A)P(B)，人们通过长期的实践，得出了条件概率 的计算公式 ，这个公式可在古典概型 中得到验证，如引例中,条件概率也是概率，也具备概率的性质： 例如，设 A、B 是事件且P(A) 0 ，则 (1) 0 P(B|A) 1 (2) P(|A)=1 (3) 若 A1 ，A2 ，An， 满足 AiAj= (ij) 时，则 P ( A1A2An )| A = P(A1|A)+P(A2|A)+ P(An|A) + (4) (5) P (

40、A1A2)| A =P(A1|A)+P(A2|A) P(A1 A2)| A,在古典概型中，我们既可以用公式 计算条件概率，也可以用下面的方法计算条件概率： 将样本空间 缩减为样本空间 A = A ，假设A中有M个基本事件， 即|A|=M，其中与事件B 所包含的基本事件有K个，即事件|AB|= K，则,P16例1 口袋中10个球，其中3 个黑球，7个 白球。先后两次各取一球(不放回) 。 (1)已知第一次取出黑球，第二次仍取出黑球的概率； (2)已知第二次取出是黑球，第一次也取出的是黑球的 概率； 解： A1 “第一次取出黑球。” ； A2 “第二次取出黑球。” (1) 方法1 显然， P(A1

41、) = 3/10 将 10 个球，排成一排的方法有 10！ 种。 黑球排在第一、二位的排法有 种。 由条件概率公式,方法2 10 个球，取走一个黑球，样本空间缩小为只有 9 个球，其中只有2 个黑球，所以 由此可见，在古典概型中，利用缩小样本空间的方法计算条件概率往往比较简单。 (2)已知第二次取出是黑球，第一次也取出的是黑球的概率。由补充例1， P(A2)=3/10 ， P(A1A2 )= 1/15 P17例2 略,三、乘法公式 由条件概率的计算公式，可得 P(AB) = P(A) P(B|A) (4.2) 再由AB=BA，及A、B的对称性，又有 P(AB) = P(B) P(A|B) (4

42、.3) 公式(4.2)和 (4.3)都称为概率的乘法公式。 乘法公式可以推广到多个事件的积。 设P(A1 A2 An1 )0，则 P(A1 A2An ) =P(A1 )P(A2|A1)P(A3|A1A2 ) P(An|A1 A2 An1) (4.4),P17例3 口袋中10个球，其中3 个黑球，7个 白球。先后两次各取一球(不放回) ，求两次均取到黑球的概率。 解： A1 “第一次取出黑球。” ； A2 “第二次取出黑球。” A1 A2表示“两次均取到黑球。” 解法1 在P16例1中，用古典概率计算得出 P(A1 A2)=1/15 解法2 用乘法公式,P18例4 某种透镜，第一次落地被打破的概

43、率为1/2，第二次落地被打破的概率为7/10，第三次落地被打破的概率为9/10 ，求透镜三次落地没被打破的概率。 解： Ai“第 i 次落地被打破。” i =1，2，3 由题意 所以有 所求概率为,补充例2 口袋中有 r 个红球，b 个黑球。每次任取一球，观察颜色后放回，并再放入 c 个与所取出球同色的球。若在口袋中连续取三次，求第一、三次取到红球且第二次取到黑球的概率。 解： Ai “第 i 次取到红球。” i = 1，2，3。 所求概率为： 此题是卜里耶坛子问题的简化，卜里椰坛子问题在医学上可以用来模拟传染病。,补充例3 一批零件共100个，次品率为10，每次从其中任取一个零件，取出的零件

44、不再放回去，如果取得一个合格品后，就不再继续取零件， Ai 表示第 i 次取得合格品i =1，2，3，求在三次内取得合格品的概率。 解: 按题意，指的是：第一次取得合格品，或第一次取得次品，第二次才取得合格品，或第一、二次取得次品，第三次才取得合格品。 所以，A “在三次内取得合格品。” 可以表示为：,课堂练习1.4 条件概率 P20 1. 2. 4 . P27 15.,P20 1. 一批产品100件，有80件正品，20件次品，其中甲厂生产60件，有50件正品，10次品，现 从产品中任取一件，记， A “取到的正品。” B “取到的甲厂产品。” 求： P(A)，P(B)，P(AB)，P(B|A

45、) 解： P(A)=80/100=4/5， P(B)=60/100=3/5 AB “取到甲厂产品而且是正品。”,P20 2. 一批产品中一、二、三等品各占60%， 30%，10%，从中任取1件，结果不是三等品，求取到 的是一等品的概率。 解：设 Ai“取到的是 i 等品。” i = 1，2，3,P20 4. 已知PA=1/4， PB|A=1/3， PA|B=1/2 ，求PAB 。 解： PAB= PB PA|B= PAPB|A PB 1/2 = 1/4 1/3 PB=1/6 PAB = PA + PB PAB = PA + PB PA PB|A = 1/4+ 1/6 1/4 1/3 = 3/1

46、2+ 2/12 1/12 =5/12 1/12 =1/3,P27 15. 一批产品共100个，次品率10%，每次取一个产品检验，如是合格品就不再取下去。求三次内取到合格品的概率。 解：设 Ai“在第 i 次取到合格品。” i =1，2，3 法1 三次内取到合格品为,P27 15. 一批产品共100个，次品率10%，每次取一个产品检验，如是合格品就不再取下去。求三次内取到合格品的概率。 解：设 Ai“在第 i 次取到合格品。” i =1，2，3 法2 三次都取到次品为,四、 全概率公式 补充例4：10 个人抽签分 2 张电影票。 A “第一个人抽到电影票。” B “第二个人抽到电影票。” 不用排

47、列、组合计算 P(B) 。 解： 此题的解法，给我们一种求概率的方法，当某个事件 A 的概率不能直接求得，或不容易直接求得时，可以借助另一组事件，来计算 A 的概率，这就是全概率公式,定理1 设事件组 A1，A2，An 满足： 1、 A1，A2，An 两两互斥(Ai Aj=， ij ) ； 2、 A1A2An = 且 P(Ai ) 0，i =1，2， ，n。 则对任意事件 B 有： P(B)=P(A1) P(B|A1) + P(A2) P(B|A2) + + P(An) P(B|An) (4.5) 此公式称为全概率公式。 证明： B=B=B(A1 +A2 + +An)=BA1+BA2+BAn

48、P(B)=P(BA1+BA2+ +BAn)=P(BA1)+P(BA2)+P(BAn) = P(A1)P(B|A1)+P(A2)P(B|A2)+ +P(An) P(B|An),利用全概率公式解题，关键在于会找完备事件组 A1，A2，An ，当找到这组事件后， 一般 P(Ai) 和 P(B |Ai) 是比较容易求得，从而得到B 的概率。 全概率公式的特例是 n=2，如在补充例题中的事件组是 A 和 A的逆事件 ，此时全概率公式的形式是,P18例5 一支股票利率下调的概率为 60%，利率不变的概率为 40%。在利率下调的情况下，该股票价格上涨的概率为80%，在利率不变的情况下，该股票价格上涨的概率为

49、40% ， 求此股票价格上涨的概率。 解：设 A：“利率下调。” ； ：“利率不变。” B “股票价格上涨。” P(A) = 60%， P( ) = 40% P(B|A) = 80%，P(B| ) = 40% 由全概率公式，有 P18例6 略,补充例5 一批螺钉由编号为、 、 的三台机床共同生产，各机床的产量占总产量的比例分别为35%、 40%、 25%，各机床的次品率分别为3%、 2%、 1%。现任取一颗螺钉， 求此螺钉是次品的概率(即次品率)。 解： Bi “螺钉是 i 机床生产。”i = 、 、 A “所取螺钉是次品。” P(B1) = 0.35， P(B2) = 0.4， P(B3)

50、= 0.25 P(A|B1) = 0.03，P(A|B2) = 0.02， P(A|B3) = 0.01 由全概率公式，有 P(A) = P(B1) P(A|B1) + P(B2) P(A|B2) + P(B3) P(A|B3) = 0.35 0.03+ 0.4 0.02+ 0.25 0.01 = 0.021 若取出的螺钉，经过检验确实是次品，怎样确定螺钉分别是 、 、 机床生产的概率？此问题实际上 是要求概率P(B1|A) ，P(B2|A) ， P(B3|A) 。,由条件概率计算公式 同理可得： 将此方法推广到一般情况，就得到下面的贝叶斯公式。,五、贝叶斯公式。 定理2 设事件组 A1，A2

51、，An 满足： 1、 A1，A2，An 互不相容； 2、 A1A2An 且 P(Ai) 0，i =1，2， ，n。 3、 P(B) 0 。则 (4.6) i =1，2， ，n。 此公式称为贝叶斯公式，逆概率公式，或后验概率公式。,补充例6 8支步枪中有5支已经过校准， 3支未经过校准。一名射手用校准过的枪射击时，中靶的概率是0.8；用未校准过的枪射击时，中靶的概率是0.3。现任取一支枪用于射击，结果中靶。求所用的枪是校准过的概率。 解： A1 “所用的枪是校准过。” A2 “所用的枪是未校准过。” B “射击时中靶。” 由贝叶斯公式,补充例7 某人去甲、乙、丙国旅游的概率分别为1/4、1/4、

52、1/2，在甲、乙、丙国旅游时遇到雨的概率分别为1/2、2/3、1/2。 (1)求此人在旅游时遇到雨的概率； (2) 此人在旅游遇到雨时，求是在甲国遇到雨的概率； 解：B1 “去甲国旅游。” PB1=1/4， PA|B1= 1/2 B2“去乙国旅游 。” PB2=1/4， PA|B2= 2/3 B3“去丙国旅游 。” PB3=1/2， PA|B3= 1/2 A“遇到雨。” (1) 由全概率公式,(2)此人在旅游遇到雨时，求是在甲国遇到雨的概率 B1 “去甲国旅游。” PB1=1/4， PA|B1= 1/2 B2“去乙国旅游 。” PB2=1/4， PA|B2= 2/3 B3“去丙国旅游 。” P

53、B3=1/2， PA|B3= 1/2 A“遇到雨。” 由贝叶斯公式,课堂练习1.4 全概率公式、贝叶斯公式 P20 7.增加若取得的一产品是合格品，求它是第一个机床生产的概率。 P27 17. 全概率公式与贝叶斯公式的其它应用问题思考题,P20 7. 用3台机床加工同一种零件，零件由各机床加工的概率别为0.5、 0.3、 0.2，各机床的合格品率分别为0.94、 0.9、0.95。 (1) 求全部产品的合格率。 (2) 若取得的一产品是合格品，求它是第一个机床生产的概率 解： Bi “零件是 i 机床生产。”i = 1、2 、3 A “所取零件是合格品。” P(B1) = 0.5， P(B2)

54、 = 0.3， P(B3) = 0.2 P(A|B1) = 0.94，P(A|B2) = 0.9， P(A|B3) = 0.95 (1) 由全概率公式，有 P(A) = P(B1) P(A|B1) + P(B2) P(A|B2) + P(B3) P(A|B3) = 0.50.94+ 0.30.9+ 0.20.95 = 0.93,(2)若取得的一产品是合格品，求它是第一个机床生产的概率 Bi “零件是 i 机床生产。”i = 1、2 、3 A “所取零件是合格品。” P(B1) = 0.5， P(B2) = 0.3， P(B3) = 0.2 P(A|B1) = 0.94，P(A|B2) = 0.

55、9， P(A|B3) = 0.95 由贝叶斯公式，有,P20 9. 甲、乙两个盒子里各装有10个螺钉，每个盒子中各有一个次品，其余都是正品，现从甲盒中任取两个螺钉放入乙盒，再从乙盒中取出两个螺钉。 求取出的两个螺钉恰好是一个正品，一个次品的概率。 解： B1 “从甲盒取出两个正品。” B2 “从甲盒取出一个正品，一个次品。” A “从乙盒取出一个正品，一个次品。” P(B1) = ， P(B2) = P(A|B1) = ，P(A|B2) = 由全概率公式，有 P(A) = P(B1) P(A|B1) + P(B2) P(A|B2),P27 17. 发报台分别以概率0.6和0.4发出信号“ ”和“ ”， 由于通信干扰，发出“ ”时收报台分别以概率0.8和0.2收到“ ”和“ ” ；发出“ ”时收报台分别以概率0.9和0.1收到“ ”和“ ” 。 (1) 收报台收到“ ”时，发报台确实发出“ ”的概率； (2) 收报台收到“ ”时，发报台确实发出“ ”的概率。 解： A=发报台发出信号“ ”。 B=收报台收到信号“ ”。,解： A=发报台发出信号“ ”。 B=收报台收到信号“ ”。 (1) 收报台收到“ ”时，发报台确实发出“ ”的概率,解： A=发报台发出信号“ ”。 B=收报台发出