概率论与数理统计-概率的运算法则页PPT课件.ppt

1、1.概率的加法公式概率的加法公式定理定理1.3.1 若事件A，B互不相容，则 称为概率的加法公式概率的加法公式证明证明：（仅就古典概型证明）设在某一条件下将试验重复进行 n次，即基本事件总数为n.其中事件A包含的基本事件数为 m1，事件B包含的基本事件数为 m2，）（）（）（BPAPBAP BPAPnmnmnmmBAP)()(2121P（A）=，P（B）=nm2由于A与B互不相容，故事件A+B包含的基本事件数为 m1+m2同样由古典概率的定义有故概率的加法公式成立nm1nAAA，21)()()()(2121nnAPAPAPAAAPA)(1)(APAP：)(1)(1)()()()(AA APAP

2、PAAPAPAPAA因此由加法公式得也是互不相容事件，与且，由于例例:一批产品共50件，其中有5件是次品，从这批产品中任取3件，求其中有次品的概率 解法解法1 设A=取到的3件产品中有次品；Ai=取到的3件产品中恰有i件次品(i=1,2,3)则由定理得 321321AAAAAAA两两互不相容，并且，)()()(321APAPAPAP）276.0350350453502514535015245CCCCCCCCC276.01)(1(350345CCAPAP）解法解法2 设设A=取到的3件产品中有次品；=取到的3件产品中无次品，则根据定理的推论得A证明证明:由A B知A=B(A-B)，且B(A-B)

3、=,推论推论2:2:设A,B是两个事件，若A B，则有 P(A-B)=P(A)-P(B)因此由概率的有限可加性得 P(A)=P(B)+P(A-B)从而有 P(A-B)=P(A)-P(B)BA-BABA定理定理1.3.2 设A，B为任意两事件，则 证明：证明：因为A+B=，并且 与B互不相容，于是又由于 )()()()(ABPBPAPBAPBBA)()()(BPBAPBAP互不相容，与且ABBAABBAAABAAB)()()(ABPBAPAP)()()(ABPAPBAP)()()()(ABPBPAPBAP于是有因此则(1)有放回抽样有放回抽样：第一次取一件产品观察其是否合格后放回袋中，第二次再取

4、一件产品.(2)不放回抽样不放回抽样：第一次取一件产品后不放回袋中，第二次再取一件产品.试由上面两种抽样方法，求：1.取到两件合格品的概率;2.取到两件相同质量产品的概率;3.取到的两件产品中至少有一件合格品的概率.:一只口袋中，装有10件同类晶体管，其中有8件合格品，2件次品。从口袋中取产品2次，每次取一件，考虑两种情况：解解:设A=取到两件合格品,B=取到两件次品,C=取到两件相同质量的产品,D=取到的两件产品中至少有一件合格品(1)(1)有放回抽样有放回抽样:第一次从10件产品中抽1件有10种抽取方法,第二次从10件产品中抽1件也有10种抽取方法,故有1010种可能的取法.每一种取法是一

5、基本事件,且发生的可能性是相同的.所以基本事件总数为n=1010=100.使A发生的基本事件是第一次抽到合格品,且第二次也抽到合格品,共有mA=88=64种取法.于是P(A)=mA/n=64/100同理，B包含的基本事件数mB=22=4.所以 P(B)=mB/n=4/100由于C=A+B，且AB=，所以P(C)=P(A+B)=P(A)+P(B)=0.64+0.04=0.68 P(D)=1-P(B)=1-0.04=0.96(2)(2)不放回抽样不放回抽样:第一次从10件产品中抽1件有10种抽取方法，第二次从9件产品中抽1件有9种抽取方法，故有109种可能的取法。所以样本空间的基本事件总数为n=1

6、09=90.两次均抽到合格品共有mA=87=56种取法，即A包含的基本事件数为56，于是P(A)=56/90同理，B包含的基本事件数mB=21=2.所以 P(B)=2/90由于C=AB，且AB=，所以 P(C)=P(AB)=P(A)+P(B)=0.622+0.022=0.644 P(D)=1-P(B)=1-0.022=0.978例例1.3.2 袋中装有红、白、黑球各一个，每次从袋中任取一个球，记录其颜色以后再放回袋中，这样连取3次（有放回地有放回地抽取）。求3次都没有取到红球或或3次都没有取到白球的概率。解解 设A=3次没有取到红球，B=3次都没有取到白球则 AB=3次既没有取到红球又又没有取

7、到白球所求的概率为P(A+B).则95313232)()()()(33333ABPBPAPBAP 而在实际问题中，除了要知道事件B发生的概率外，有时还需要知道在“事件A发生”的条件下，事件B发生的概率，这个概率称为条件概率条件概率，记为P(B|A).在此，我们在已知取到蓝色球的条件下，求该球是玻璃球的概率。将袋中球的分类情况列表如下：因为已知取到的是蓝色球，故此时的样本空间由11个基本事件组成，而11个蓝色球中有4个是玻璃球，所以P(B|A)=4/11.在事件A已发生的条件下，原来的样本空间（16个基本事件）被缩小。)()(64)|()()(114)|(1661641611164BPABPBA

8、PAPABPABP注意：定义定义:设A,B是两个事件，且P(A)0，称 为在事件A发生的条件下事件B发生的条件概率条件概率.条件概率是指在事件A发生的条件下，另一事件B发生的概率，记用P(B|A).)()()|(APABPABP类似地，可定义在事件B发生的条件下事件A发生的概率为)0)()()()|(BPBPABPBAP条件概率满足概率公理化条件概率满足概率公理化定义中的三条公理定义中的三条公理（1)非负性：对于每一事件A，有0P(A|B)1;(2)规范性：P(|B)=1;(3)可列可加性：设A1,A2,是两两互不相容事件，则有11)|()|(iiiiBAPBAP:将一枚硬币抛掷两次，观察其出

9、现正反面的情况.设事件A=至少有一次为正面H，事件B=两次掷出同一面，求已知事件A发生的条件下事件B发生的概率.解解 样本空间为=HH,HT,TH,TT，A=HH,HT,TH，B=HH,TT，AB=HH.则有 P(B|A)=1/3 P(A)=3/4 P(AB)=1/4 31)()()|(4341APABPABP例例:设100件产品中有5件次品，从中任取两次，每次取一件，作不放回抽样不放回抽样.设A=第一次抽到合格品，B=第二次抽到次品，求P(B|A).解解 从100件产品中连续抽取2件(抽后不放回)，其样本空间的基本事件总数为n=10099，使AB发生的基本事件数为m=955.于是 P(AB)

10、=(955)/(10099)，又P(A)=95/100故有 P(B|A)=P(AB)/P(A)=5/99解解 依题意 )BAP(),BAP(,)BP(A，B)(AP),BP(P(B),%30)BP(95%B)P(A80%)BP(A%5)BAP(%20)BAP(%70P(B)例例:考虑恰有两个小孩的家庭，若已知某一家有男孩求这家有两个男孩的概率；若已知某家第一个是男孩，求这家有两个男孩（相当于第二个也是男孩）的概率（假定生男生女为等可能）解解：设B表示有男孩，A 表示有两个男孩，B1表示第一个是男孩，我们有=(男,男)，(男,女)，(女,男)，(女,女)A=（男，男）B=（男，男），（男，女），

11、（女，男）B1=（男，男），（男，女）于是得 所求的两个条件概率为 43P(B)41P(A)P(AB)41P(A)P(AB1314341P(B)P(AB)B)|P(A212141)P(B)P(AB)B|P(A111乘法公式乘法公式 由条件概率的定义可得：P(AB)=P(B)P(A|B)（当P(B)0时)或 P(AB)=P(A)P(B|A)（当P(A)0时）此二公式称为概率的乘法公式乘法公式 注注：当P(AB)不容易直接求得时，可考虑利用P(A)与P(B|A)的乘积或或P(B)与P(A|B)的乘积间接求得。乘法公式的推广乘法公式的推广 设 为任意n个事件，当n 2 且 ，则有 nAAA，210)

12、(121nAAAP)AA/AP(A)A/A)P(A/A)P(AP(A )AAP(A1n21n213121n21例例 一批产品的次品率为4，正品中一等品率为75，现从这批产品中任意取一件，试求恰好取到一等品的概率。解解 设A取到一等品，B取到次品，取到正品，则 由于 故 于是 72.075.096.0)()()()(BAPBPBAPAPB04.0)(BP75.0)(BAP96.0)(BPBA解解1 1:设Ai=透镜第i次落下未打破(i=1,2,3)，B=透镜落下三次而未打破，则B=A1A2A3，故有 P(B)=P(A1A2A3)=P(A1)P(A2|A1)P(A3|A1A2)=(1-1/2)(1

13、-7/10)(1-9/10)=3/20020032001971)(1)(197/200=7/10)-1/2)(1-(1 9/10+1/2)-7/10(1+1/2=)|()|()()|()()()()()()()(故有是两两两互不相容的事,而 按题题意:2解2131211211321211321211321211BPBPAAAPAAPAPAAPAPAPBPAAAPAAPAPBPAAAAAAAAAAAAB故，解解:设Ai=第i次测试的是正品 Bk=第k次测试到次品，则 n)k(1 1/n 1)k-2)1/(nk-1)/(nk-(n1)-2)/(n-1)/n(n-(n ).AAA|A)P(.AAA|

14、P(A).A|P(A)P(A )A.AAP(A)P(B1-k21k2-k211-k121k1-k21k(2)“一件正品，一件次品”可用事件 表示，并且 互不相容，故2121AA,AA059.09997100399310097)|()()|()()()()(12112121212121AAPAPAAPAPAAPAAPAAAAP2121AAAA(3)第一次、第二次正品，第三次次品029.0100979996983)()|()|()()|()(11221321213321APAAPAAAPAAPAAAPAAAP在此例中，若将取的方式改为有放回，此时 由此可看出，虽然求的设同一事件的概率，由于取法不同

15、，因而事件的概率也不同。对于不放回的取法，事件A1的发生与否影响到事件A2发生的概率；而对于有放回的取法，事件A2的概率不因事件A1发生与否而受到影响，此时，我们称两个事件相互独立两个事件相互独立。)()(1009710097)(2121APAPAAP事件的独立性事件的独立性定义定义1.3.2 若事件A与B满足 P(AB)=P(A)P(B)则称A与与B相互独立相互独立，简称A与B独立。若A,B相互独立，由条件概率的定义及独立性的定义知同理，A,B相互独立以上两个式子也可作为两个事件相互独立的定义)0)()()()()()()()|(APBPAPBPAPAPABPABP)0)()()|(BPAP

16、BAP证明证明:因为A，B独立，则定理定理1.3.3 若事件 A 与 B相互独立，则事件 与B，A 与 ，与 也相互独立。BAAB)()()(1)()()()()()()()(BPAPBPAPBPAPAPABPAPABAPBAP推广（推广（n个事件的相互独立性）个事件的相互独立性）定义定义1.3.3 设有n个事件A1,A2,An，若对其中任意的k（2kn)个事件满足等式则称这n个事件相互独立个事件相互独立)1(,2121niiiAAAkiiik)()()()(2121kkiiiiiiAPAPAPAAAP设n个事件Ai(i=1,2,n)相互独立，则P(A1A2An)=P(A1)P(A2)P(An

17、)：当n个事件相互独立时，它们必是两两独立的(即任取两个也是相互独立的)，但反之不真真.三事件三事件 A,B,C 相互独立相互独立是指下面的关系式同时成立：注注：1)关系式(1)(2)不能互相推出 2)仅满足(1)式时，称 A,B,C 两两独立)()()()(CPBPAPABCP(2)A,B,C 相互独立A,B,C 两两独立)()()()()()()()()(CPBPBCPCPAPACPBPAPABP(1)例例 三个元件串联的电路中，每个元件发生断电的概率依次为0.3,0.4,0.6，且各元件是否断电相互独立，求电路断电的概率是多少?解解:设A1,A2,A3分别表示第1,2,3个元件断电，A表

18、示电路断电则A1,A2,A3相互独立，A=A1+A2+A3832.0168.01)6.01)(4.01)(3.01(1)()()(1)(1)(1)()(321321321321APAPAPAAAPAAAPAAAPAP)|()|(1)|(BAPBAPBAP解解 因为所以A,B相互独立例例 0 P(A)1,0 P(B)1,A和B互不相容 A和B互相对立 A和B互不独立 A和B相互独立1)|()|(BAPBAP例例 甲、乙两人独立地对同一目标射击一 次，其命中率分别为0.6和0.5，现已知目标被击中，则它是甲击中的概率为多少？解解 设A=“甲击中”，B=“乙击中”，C=“目标被击中”则 P(A|C)

19、=P(AC)/P(C)=P(A)/P(A+B)=P(A)/P(A)+P(B)-P(A)P(B)=0.6/0.8=3/4 设炮兵使用某型号的高射炮，每门炮一发击中飞机的概率为0.2，问需要多少门炮同时射击，才能以90%的把握一发击中来犯的敌机？解解 设需要n门炮，用Ai=第i门炮击中敌机（i=1,2,n），A=敌机被击中，则nAAAA21故要求n，使得90.0)()(21nAAAPAP由于Ai相互独立，故nnnnnAPAPAPAAAPAAAPAAAPAP)2.01(1)()()(1)(1)(1)()(21212121从而90.0)8.0(1n解得32.108.0lg/1.0lgn故需要11门高射

20、炮才能以90%以上的把握击中敌机验证验证:易知 P(A)=P(B)=P(C)=1/2,P(AB)=P(BC)=P(CA)=1/4 所以 P(AB)=P(A)P(B)P(BC)=P(B)P(C)P(CA)=P(C)P(A)即事件A,B,C两两独立.但是P(ABC)=1/4P(A)P(B)P(C)=1/8P(ABC)P(A)P(B)P(C)故A,B,C不相互独立.解解：设事件Ai为第i道工序出现次品（i=1,2,3），因为加工出来的零件是次品（设为事件A），也就是至少一道工序出现次品所以有方法1：例例:加工某一种零件需要经过三道工序，设三道工序的次品率分别为2%，3%，5%，假设各道序是互不影响的

21、，求加工出来的零件的次品率.321AAAA 0.0969395%97%98%1)A)P(A)P(AP(1)AAAP(1)AAAP(1)AP(1P(A)321321321方法2：0.09693 5%3%2%5%3%5%2%3%2%5%3%2%)P(A)P(AP(A)P(AP(A)P(AP(A)P(AP(A)P(A)P(A)P(A)AAP(A)AP(A)AP(A)AP(A)P(A)P(A)P(A)AAP(AP(A)321323121321321323121321321例例：某彩票每周开奖一次，每一次提供十万分之一的中奖机会，若你每周买一张彩票，尽管你坚持十年（每年52周）之久，你从未中过一次奖的概率是多少？解解 按假设，每次中奖（设为事件A）的概率是10-5 于是每次未中奖的概率是1-10-5 十年共购买彩票520次，每次开奖都是相互独立的 故十年中未中过奖（每次都未中奖）的概率是 0.9948)10-(1)(1)()()()(5205-520520APAPAPAPAAP解解:设Ai=第i次取的钥匙能打开门 B=第k次才把门打开由于 P(Ai)=1/m，P(i)=1-1/m B=12.k-1 Ak 所以 P(B)=P(12.k-1 Ak)=P(1)P(2).P(k-1)P(Ak)=(1/m)(1-1/m)k-1谢谢！