条件概率与独立性.pptVIP

,制作者 范彩云,概 率 论 与 数 理 统 计,电子教案,华南理工大学数学科学学院,2019/5/18,概率论与数理统计,第2页,目录,第一章 随机事件与概率,第二章 条件概率与独立性,第三章 随机变量,第四章 随机向量,第五章 随机变量的数字特征,第六章 大数定理和中心极限定理,第七章 数理统计的基本概念,第八章 参数估计,第九章 假设检验,第十章 SAS统计软件简介,2019/5/18,概率论与数理统计,第3页,第二章 条件概率与独立性,2.1 条件概率与乘法公式 2.1.1 条件概率 一般来说，条件概率是指附加一定的条件之后计算得出的概率。从广义上说，任何概率都是条件概率，因为我们是在一定的试验之下去考虑事件的概率的。在概率论中，规定试验的那些基础条件被看作是已假定不变的，如果不再加入其他条件或假定，则算出的概率就叫做“无条件概率”，就是通常所说的概率。当说到“条件概率”时，是指另外附加的条件，其形式可归结为“已知某事件发生了”。 例如，掷一个骰子的实验，骰子必须为均匀的正立方体，抛掷要有足够的高度等要求，这是试验的固有规定，不是附加条件。考虑三个事件:A=掷出素数点，B=掷出奇数点， C=掷出偶数点，有,2019/5/18,概率论与数理统计,第4页,第二章 条件概率与独立性,A=2,3,5,B=1,3,5,C=2,4,6 （2-1） 于是算出A的(无条件)概率为3/6=1/2。现若附加上“已知B发生”，则可能情况只有三种:1,3,5;其中使A发生的情况有两种，故在这条件下，A的条件概率，记为P(A|B)，等于2/3。同样，在给定事件C发生的条件下，A的条件概率为P（A|C）=1/3。 下面在古典概率的模式下分析一般的情况。设一试验有N个等可能结果，事件A、B分别包含其M1 和M2 个结果，它们有M12 个结果是公共的，这就是事件AB所包含的试验结果数。若已知B发生，则我们的考虑由起先的N个可能结果局限到现在的M 2个，,2019/5/18,概率论与数理统计,第5页,第二章 条件概率与独立性,其中只有M12个结果使事件A发生，故一个合理的条件概率定义，应把P（A|B）取为M12 M2 ，（M12M2）=（M12N)(M 2N)=P(AB)/P（B） 例如，在第1章的例1-1中，N=54，记A=取到黑桃，B=取到K，则A包含13个结果，B包含4个结果，若已知所取到的牌是K，问它是黑桃K的概率，即P(A|B)。这里M1 =13，M2 =4，M12 =1，于是 对于古典概型，这样理解是合情理的。并由此可得条件概率的一般定义。,2019/5/18,概率论与数理统计,第6页,第二章 条件概率与独立性,定义 设有两事件A、B，且P（B）0，在给定B发生的条件下A的条件概率，记为P（A|B），有 P（A|B）=P（AB）/P（B） （2-2） 当P（B）=0时，式（2-2）无意义。在高等概率论中，需要考虑当P（B）=0时的定义问题，但那要牵涉到高深的数学知识，超出了本书的范围。在以后的章节中我们也会遇到类似的情况，可以用极限的方法去处理。,2019/5/18,概率论与数理统计,第7页,第二章 条件概率与独立性,2.1.2 乘法公式 事件的运算有加法运算和乘法运算。关于事件相加的概率计算，已有加法公式。下面介绍事件相乘时，其概率计算的公式。先看例2-1。 例2-1 一个盒子中有4只坏晶体管和6只好晶体管，在其中任取两次，每次取一只，第一次取出的不放回，若已经发现第一只是好的，求第二只也是好的的概率。 解 设A i =第i只是好的,(i=1，2)，那么题目所要求的概率为P（A 2 |A 1 ）。 方法一 先求P（A 1 ）和P（A 1 A 2 ）。 基本事件的总数为 ，A 1 包含69个基本事件，因为A 1 是第一只从6只好的中取得，而第二只从剩下的9只中取得。于是,2019/5/18,概率论与数理统计,第8页,第二章 条件概率与独立性,A1A2包含 个基本事件，于是 因此， 方法二 在取出的第一只是好的条件下，盒子里还剩下9只晶体管，其中5只是好的，求再取1只也是好的的概率，由等可能性可直接得到 。即 根据条件概率的定义，可得 P（AB）=P（B）P（A|B） 同样，可定义P（B|A），从而得到 P（AB）=P（A）P（B|A）,2019/5/18,概率论与数理统计,第9页,第二章 条件概率与独立性,由此可得以下的定理。 定理1 若对于任意两事件A、B，都有P(A)0，P(B)0，则 P（AB）=P（A）P（B|A）=P（B）P（A|B） 这个公式称为乘法定理。 乘法定理可以推广到有限多个随机事件的情形。 定理2 设A 1 ，A 2 ，A n 为任意n个事件，n2，且P（A 1 A 2 A n-1 ）0，则有P(A1A2A n ）=P（A 1 ）P（A 2 |A 1 ）P（A 3 |A 1 A 2 ）P（A n |A 1 A 2 A n-1 ） 证 当P（A 1 A 2 A n-1 ）0时，由于 P(A1)P(A1A2)P(A1A2 A n-1)0 根据条件概率的定义，得,2019/5/18,概率论与数理统计,第10页,第二章 条件概率与独立性,证毕。 顺便指出，当P（A 1 A 2 A n-1 ）=0时，可知P（A 1 A 2 A n-1 A n ）=0 图21,2019/5/18,概率论与数理统计,第11页,第二章 条件概率与独立性,例2-2 设有10个球，7新3旧，分别放在三个盒子中，如图2-1所示，表示新球，表示旧球。现从中任取一球，问此球为新的概率。 解 新=甲且新乙且新丙且新 P(新)=P(甲且新)+P(乙且新)+P(丙且新) =P(甲)P(新/甲)+P(乙)P(新/乙)+P(丙)P(新/丙),2019/5/18,概率论与数理统计,第12页,第二章 条件概率与独立性,2.2 全概率公式与贝叶斯公式 如果待求概率事件的发生与某些事件相联系， 如例2-2，由于所取得的球与来自的盒子有关；则该事件概率的求取可表述为下列重要公式。 2.2.1 全概率公式 定理3 设B1 ，B2 ，为一列（有限或无限个）两两互不相容的事件，有 P（B k ）0，（k=1，2，） 则对任一件事A，有 （23）,2019/5/18,概率论与数理统计,第13页,第二章 条件概率与独立性,证 因为 由概率的完全可加性及乘法定理(已知P (Bk)0），得 证毕。 图22,2019/5/18,概率论与数理统计,第14页,第二章 条件概率与独立性,式（2-3）称为全概率公式。从证明过程可看出，并不一定要 ，只要 成立，即能使 就可以了。这个公式在从已知的一些较简单事件的概率去推算未知的复杂事件的概率中有重要作用。通常先将一个复杂事件分解成若干互不相容的较简单事件之和（如图2-2所示，A被分解成AB1 ，AB2 ，若干部分之和），再分别计算这些较简单事件的概率，最后利用概率的可加性得到所要求的结果。,2019/5/18,概率论与数理统计,第15页,第二章 条件概率与独立性,例2-3 袋中有大小相同的a个黄球、b个白球。现做不放回地摸球两次，问第2次摸得黄球的概率? 解 第2次摸球是在第1次摸球后进行的，但第1次摸球的结果是什么呢?这里没有说明，但只有以下两种可能的结果: B 1 =第1次摸球，得到的是黄球 B 2 =第1次摸球，得到的是白球 现有B1 B2 = ，B1 +B2 =。若用A表示“第2次摸得黄球”的事件，根据式（2-3），得 P（A）=P（AB 1 ）+P（AB 2 ） =P（B 1 ）P（A|B 1 ）+P（B 2 ）P（A|B 2 ）,2019/5/18,概率论与数理统计,第16页,第二章 条件概率与独立性,例2-4 （抽签问题） 6人分两张球票，抽签决定。问:第一人抽得球票的概率与第二人抽得球票的概率是否相等? 解 设A=第一人得票,B=第二人得票,则 由于第二人得票与第一人得票相关联，因此可用全概率公式， 可见，第一人与第二人得票的概率相等。,2019/5/18,概率论与数理统计,第17页,第二章 条件概率与独立性,例2-5 某工厂有四条流水线生产同一产品，已知 这四条流水线的产量分别占总产量的15%、20%、30%和35%，又知这四条流水线的产品不合格率依次为0.05、0.04、0.03及0.02。现从该工厂的这一产品中任取一件，问取到不合格品的概率是多少? 解 根据问题及已知条件，设 A=任取一件这种产品，结果是不合格品 B k =任取一件这种产品，结果是第k条流水线的产品，(k=1，2，3，4)，应用全概率公式，有 ,2019/5/18,概率论与数理统计,第18页,第二章 条件概率与独立性,根据已知条件，可写出 P（B 1）=0.15，P（B 2）=0.20，P（B 3 ）=0.30，P（B 4 ）=0.35 P(A|B1) =0.05，P(A|B2)=0.04，P(A|B3) =0.03， P(A|B4)=0.02 将这些数据代入式，得P(A)=0.150.05+0.200.04+0.300.30+0.350.02=0.0315,2019/5/18,概率论与数理统计,第19页,第二章 条件概率与独立性,2.2.2 贝叶斯公式 定理4 设B 1 ，B 2 ，为一系列(有限或无限个)两两互不相容的事件，有 则对任一具有正概率的事件A，有 (24),2019/5/18,概率论与数理统计,第20页,第二章 条件概率与独立性,证 根据条件概率的定义、乘法定理及合概率公式，有 式（2-4）就是著名的贝叶斯公式。这个公式首先出现在英国学者T.Bayes（17021761）的一篇论文中，这篇论文是在1763年，即贝叶斯去世两年后，由他的朋友刊印发表的。 从推导上看，这个公式平淡无奇，它之所以著名，主要在于它的现实解释:概率P(B1),P(B2),是在没有进一步信息（不知事件A是否发生）的情况下，,2019/5/18,概率论与数理统计,第21页,第二章 条件概率与独立性,人们对各事件B 1 ，B 2 ，发生的可能性大小的认识，如果有了新的信息（已知A发生），人们对事件B 1 ，B 2 ，发生的可能性理应有新的估价。这种情况在日常生活中也屡见不鲜:原以为不大可能的事，会因为发生了某事件而变得可能，或者相反。贝叶斯公式从数量上描绘了这种变化。 例2-6 (市场问题) 某公司计划将一种无污染、无副作用的净化设备投放市场。公司市场部事先估计该产品畅销的概率是0.5，一般为0.3，滞销为0.2。为测试销路，公司决定进行试销，并设定了以下标准:若产品畅销，则在试销期内卖出700010000台产品的概率是0.6;若产品的销路一般，则在产品的试销期内卖出700010000台产品的概率是0.9;若产品滞销，则在试销期间能卖出700010000台产品的概率是0.2。 若在试销期满后，实际卖出的产品是9000台。求该产品,2019/5/18,概率论与数理统计,第22页,第二章 条件概率与独立性,（1）销路为一般的概率; （2）畅销的概率; （3）畅销或销路一般的概率各是多少? 解 设 A 1 =该产品是畅销品 A 2 =该产品的销路一般 A 3 =该产品是滞销品 B=试销期内能卖出该产品700010000台于是，市场部的前期工作成果可表示为 P(A1)=0.5，P(A2)=0.3，P(A3)=0.2 P(B|A1)=0.6，P(B|A2)=0.9，P(B|A3)=0.2 用贝叶斯公式可算得所要的概率:,2019/5/18,概率论与数理统计,第23页,第二章 条件概率与独立性,2019/5/18,概率论与数理统计,第24页,第二章 条件概率与独立性,2.3 事件的相互独立性 定义 若两事件A、B，满足P(AB)=P(A)P(B)，则称A、B（或B、A）相互独立，简称独立。 定理5 若四对事件 ； ； ； 中有一对是相互独立的，则另外三对事件也是相互独立的。即这四对事件或者都相互独立，或者都不相互独立。 证 下面仅证明当A、B相互独立时，另外三对事件也相互独立（图2-3）。其他情况证明类似。,2019/5/18,概率论与数理统计,第25页,第二章 条件概率与独立性,图2-3 由 得,2019/5/18,概率论与数理统计,第26页,第二章 条件概率与独立性,即 故 A、B独立 独立。 定义 设 是n个事件，若对所有可能的组合 成立：,2019/5/18,概率论与数理统计,第27页,第二章 条件概率与独立性,则称A 1 ，A 2 ，A n 相互独立。 定理6 设n个事件A 1 ，A 2 ，A n 相互独立，那么，把其中任意m（1mn）个事件相应换成它们的对立事件，则所得的n个事件仍然相互独立（证明略）。 例2-7 一个元件能正常工作的概率称为这个元件的可靠性；由元件组成的系统能正常工作的概率称为系统的可靠性。设构成系统的每个元件的可靠性均为r（01)个元件按图2-4及图2-5所示的两种连接方式构成两个系统，试求它们的可靠性，并比较两个可靠性的大小。 图24 系统,2019/5/18,概率论与数理统计,第28页,第二章 条件概率与独立性,图25 系统 解 设A i =元件A i 能正常工作,(i=1,2,n)， B i =元件B i 能正常工作,(i=1,2,n)。 (1)系统的可靠性 它有两条通路，在每一条通路中，当且仅当该通路上所有元件都能正常工作时，该条通路才能正常,2019/5/18,概率论与数理统计,第29页,第二章 条件概率与独立性,工作。因为系统由两条通路并联而成，因此，只要有一条通路能正常工作，系统就能正常工作。 设A=由元件A 1，A 2 ,，A n 组成的通路能正常 工作， B=由元件B 1 ，B 2 ，B n 组成的通路能正常工作。 因为各元件能否正常工作是相互独立的，因此有 P(A)=P(A1 A2 A n)=P(A1)P(A2 )P(A n)=r n P(B)=P(B1 B2 B n )=P(B1)P(B2)P(B n)=r n 所求系统的可靠性为,2019/5/18,概率论与数理统计,第30页,第二章 条件概率与独立性,2）系统的可靠性 设C i =A i B i ，(i=1，2，n)，则系统中每对并联元件所组成的子系统的可靠性为,2019/5/18,概率论与数理统计,第31页,第二章 条件概率与独立性,系统是由n个子系统串联而成，因此所求系统的可靠性为,2019/5/18,概率论与数理统计,第32页,第二章 条件概率与独立性,（3）下面证明R 2 R 1 令 得 当0f（1）=0 所以有R 2 -R 1 0。,2019/5/18,概率论与数理统计,第33页,第二章 条件概率与独立性,2.4 重复独立试验 二项概率公式 常常遇到下面类型的随机试验:做n个试验，它 们是完全同样的一个试验做n次重复，而且这些重复试验具备： 每次试验条件都相同，因此各次试验中同一个事件的出现概率相等;各次试验结果相互独立;满足这两个条件的n次重复试验，称为n重独立试验，如果每次试验的可能结果只有两种，即只有两个可能事件A与 ，且P(A)=p， ，则这n重独立试验又称为n重伯努利（Bernoulli）试验，或称伯努利概型。,2019/5/18,概率论与数理统计,第34页,第二章 条件概率与独立性,首先看以下例子。 例28 (打靶问题) 某老练的射手打五发子弹，中靶概率为0.8，问： (1)他打中两发的概率是多少？ (2)打中的概率是多少？ 解 设A i =第i次击中靶，由于射手老练，可理解为他每次打中否，彼此不相互影响，为相互独立重复试验。因此有 记P5(2)为打5发中2发的概率，则,2019/5/18,概率论与数理统计,第35页,第二章 条件概率与独立性,这里打5发子弹中2发所呈现的状态有 种不同的花样。 记P(中)为中靶的概率，则,2019/5/18,概率论与数理统计,第36页,第二章 条件概率与独立性,由此问题可导出如下定理 定理7 （二项概率公式） 设一次试验中，事件A出现的概率为 P（A）=p（0p1），则在n重伯努利试验中，事件A恰好出现k次的概率P n (k)为 式中， 。 证 设A i =第i次试验中出现A，(i=1,2,n）。 由于每次伯努利试验的可能结果为A或 ，可知当n次试验中，事件A在指定的k次试验中出现(或是前k次出现)，在其余n-k次试验中不出现的概率为,2019/5/18,概率论与数理统计,第37页,第二章 条件概率与独立性,，再由试验结果的独立性得 而n重试验中A出现k次花样共 种，故 例29 设某种药物对某种疾病的治愈率为0