§1.3、1.4概率论与数理统计教程.ppt

1.3 概率的性质,概率的定义,就称P为F上的概率测度，简称为概率，称(,F,P)为概率空间.,性质1.3.1 P()=0. 注意: 逆不一定成立.,性质1.3.2 (有限可加性) 若AB=，则 P(AB) = P(A)+P(B). 可推广到 n 个互不相容事件. 性质1.3.3 (对立事件公式) P( )=1P(A).,1.3.1 概率的可加性,(1) = + + P()= P( + +)= P() +P ()+P ()+ (公理3可列可加性) P ()=P ()+ P ()+ ,故P ()=0 (2) A1 + A2 + + An = A1 + A2 + + An + + + P(A1 + A2 + + An )= P(A1 + A2 + + An + + +) = P(A1) + P( A2) + + P(An ) + P() + P() + 故P(Ai)= P(Ai) (i=1,2,n). (3) A1,A2,An, 构成一个完备事件组,即它们互不相容,且 Ai= . 所以,P(Ai) = P(Ai)= P()= 1.,概率性质的证明,性质1.3.4 若AB，则 P(AB) = P(A)P(B)； 若AB，则 P(A) P(B). 性质1.3.5 P(AB) = P(A)P(AB).,1.3.2 概率的单调性,(6) P(AB) = P(A)+P(B)P(AB) P(ABC) = P(A)+P(B)+P(C) P(AB)P(AC)P(BC) +P(ABC),1.3.3 概率的加法公式,B (4),A,概率性质的证明,(4):思路:将B化为两个互不相容事件的和后,用性质2. B= (B A )+ A, 且B A与A互不相容， P (B)= P(B A ) + P(A) i.e. P(BA)=P(B)P(A) 再由非负性公理, P(B A ) 0,可得P(B)P(A) . (6):思路:利用两个互不相容事件和的公式 A+B=A+(BAB)（利用图形直观理解!） P(A+B)=P(A+(B-AB)=P(A)+P(B-AB)=P(A)+P(B)-P(AB),A,B (5),AB=，P(A)=0.6，P(AB)=0.8， 求 B 的对立事件的概率。,解：由 P(AB) = P(A) + P(B)P(AB) = P(A)+P(B),例1.3.1,得 P(B) = P(AB)P(A) = 0.80.6 = 0.2，,所以 P( ) = 10.2 = 0.8.,例1.3.2,解：因为 P(AB) = P(A)P(AB) ，所以先求 P(AB),由加法公式得 P(AB) = P(A)+P(B)P(AB),= 0.4+0.30.6=0.1,所以 P(AB) = P(A)P(AB) = 0.3,P(A)=0.4，P(B)=0.3，P(AB)=0.6， 求 P(AB).,练习,1:设P(A)=1/3, P(B)=1/2.,解答,例1.3.3,解：因为A、B、C 都不出现的概率为,= 1P(A)P(B)P(C)+P(AB)+P(AC)+P(BC)P(ABC) = 11/41/41/4+0+1/6+1/60 =15/12 = 7/12,P(A)=P(B)=P(C)=1/4, P(AB)=0, P(AC)=P(BC)=1/6, 求 A、B、C 都不出现的概率.,口袋中有n1个黑球、1个白球，每次从口袋中随机地摸出一球，并换入一只黑球.求第k 次取到黑球的概率.,利用对立事件,解：记A为“第k 次取到黑球” ，则A的对立事件为,“第k 次取到白球” .,而“第k 次取到白球” 意味着：,“第1次第k1次取到黑球，而第k 次取到白球”,例1.3.5,解：记 B = “至少出现一次双6点”，,则所求概率为,两颗骰子掷 24 次， 求至少出现一次 双6点 的概率.,例1.3.4,解：用对立事件进行计算,记 A=“至少出现一次6点”，,则所求概率为,一颗骰子掷4次，求至少出现一次6点的概率.,从 1, 2, , 9中返回取n次， 求取出的n个数的乘积能被10整除的概率.,利用对立事件和加法公式,解：因为 “乘积能被10整除” 意味着：,“取到过5”(记为A) 且 “取到过偶数” (记为B)。,因此所求概率为 P(AB).,利用对立事件公式、德莫根公式和加法公式,n 个人、n 顶帽子，任意取，至少一个人拿对自己帽子的概率. 记 Ai = “第 i 个人拿对自己的帽子” ，i=1, , n. 求 P(A1A2An)，不可用对立事件公式. 用加法公式：,常见模型(4) 配对模型,P(Ai) =1/n, P(AiAj) =1/n(n1), P(AiAjAk) =1/n(n1)(n2), P(A1A2An) =1/n! P(A1A2An)=,配对模型(续),甲掷硬币n+1次，乙掷n次. (习题1.3第10题) 求甲掷出的正面数比乙掷出的正面数多的概率.,利用对称性,解：记甲正=甲掷出的正面数，乙正=乙掷出的正面数. 甲反=甲掷出的反面数，乙反=乙掷出的反面数.,因为 P(甲正乙正)= P(n+1-甲反 n-乙反),= P(甲反-1乙反),= P(甲反乙反),= 1P(甲正乙正) (对称性),所以 2P(甲正乙正)=1,由此得 P(甲正乙正)=1/2,因为概率是事件(集合)的函数， 所以先讨论事件(集合)的“极限” . 本节给出可列可加性的充要条件.,1.3.4 概率的连续性,若事件序列Fn满足：F1 F2 Fn 则称Fn为单调不减事件序列，其极限事件为,事件序列的极限,若事件序列Fn满足：F1F2 Fn 则称Fn为单调不增事件序列，其极限事件为,设P()是一个集合函数， (1) 若任对单调不减集合序列Fn，有 则称P()是下连续的.,集合函数的连续性,(2) 若任对单调不增集合序列Fn，有 则称P()是上连续的.,性质1.3.7 若P()是事件域F上的一个概率函数， 则P() 既是下连续的，又是上连续的.,概率的连续性,性质1.3.8 若P()是事件域F上满足：非负、正则的集合 函数，则P() 有可列可加性的充要条件是它 具有有限可加性和下连续性.,可列可加性的充要条件,问题的提出： 1) 10个人摸彩，有3张中彩. 问：第1个人中彩的概率为多少？ 第2个人中彩的概率为多少？ 2) 10个人摸彩，有3张中彩. 问：已知第l个人没摸中， 第2个人中彩的概率为多少？,1.4 条件概率,引例,例：试验E为掷一颗骰子，A=“掷出偶数点”，B=“掷出2点”。求P(A), P(AB), P(B|A)。 解：样本空间=1,2,3,4,5,6,A=2,4,6,B=2 P(A)=n A/n=3/6 , P(AB)=n AB/n =1/6; 在A发生的条件下,许多不确定因素已排 除，故样本空间从变为A，则 P(B|A) =1/3=(1/6)/(3/6)= P(AB)/P(A) 考虑P(B|A)表示的前提是A发生,这时计算概率时的样本空间变成了A,而不是; P(B|A)是在A发生的条件下,B 发生的概率,故A,B都要发生;因此, P(B|A)等于P(AB)与P(A)的比.,定义1.4.1 对于事件A、B，若 P(B)0，则称 P(A|B) = P(AB) / P(B) 为在 B 出现的条件下，A 出现的条件概率.,1.4.1 条件概率的定义,1) 缩减样本空间： 将 缩减为B=B. 2) 用定义： P(A|B) = P(AB) / P(B).,条件概率 P(A|B) 的计算,古典概型中条件概率的计算,设试验为古典概型， = n ,A=m , AB=k, P(B|A)= P(AB)/ P(A) =(AB/ )/(A/ )=(k/n)/(m/n)=k/m P(B|A)= k/m,其中m为A的样本点数，k为AB的样本点数 比较P(B|A)= k/m 和 P(BA)= k/n,考虑的样本空间是A,考虑的样本空间是,10个产品中有7个正品、3个次品，从中 不放回地抽取两个， 已知第一个取到次 品，求第二个又取到次品的概率.,P(B|A) = P(AB) / P(A) = (1/15) / (3/10) = 2/9,解：设 A = 第一个取到次品， B = 第二个取到次品，,例1.4.1,条件概率 P(A|B)满足概率的三条公理. 由此得： P(AB|C) = P(A|C) + P(B|C) P(AB|C)； 若 A 与 B 互不相容，则 P(AB|C) = P(A|C) + P(B|C) ； P( |B) = 1 P(A|B).,条件概率是概率,P(|B) = 1 ; P(B|) 1 ; P(A|) = P(A) ; P(A|A) = 1.,注 意 点,(1) 设P(B)0，且AB，则下列必然成立的是( ) P(A)P(A|B) P(A)P(A|B),(2) P(A)=0.6, P(AB)=0.84, P(B|A)=0.4, 则 P(B)=( ).,课堂练习,乘法公式; 全概率公式； 贝叶斯公式.,条件概率的三大公式,性质1.4.2 (1) 若 P(B)0，则 P(AB) = P(B)P(A|B)； 若 P(A)0，则 P(AB) = P(A)P(B|A). (2) 若 P(A1A2 An1)0，则 P(A1A2 An) = P(A1)P(A2|A1) P(An|A1A2 An1),1.4.2 乘法公式,乘法公式主要用于求几个事件同时发生的概率. 一批零件共有100个，其中10个不合格品。从中一个一个不返回取出，求第三次才取出不合格品的概率. 解：记 Ai=“第i 次取出的是不合格品” Bi=“第i 次取出的是合格品”, 目的求 P(B1B2A3) 用乘法公式 P(B1B2A3)=P(B1)P(B2|B1) P(A3|B1B2) =,乘法公式的应用,例题与解答（官员受贿问题）,某官员第1次受贿没有被查处的概率是q1=98/100=0.98;第一次没被查处后,第2次受贿没有被查处的概率是q2=96/98=0.9796;前j-1次没被查处后,第j次受贿不被查处的概率是qj=(100-2j)/100-2(j-1), .求他受贿n次还不被查处的概率pn. 解:用Aj表示该官员第j次受贿没被查处，则A1A2An表示受贿n次还不被查处.,续,练习,1： 袋中有3个红球，2个白球，每次从袋中任取一只，观察其颜色后放回，并再放入一只与所取之球颜色相同的球，若从袋中连续取球4次,试求第1、2次取得白球、第3、4次取得红球的概率。 解：设Ai为第i次取球时取到白球，则,(3/70),罐中有 b 个黑球、r 个红球，每次从中任取一个，取出后将球放回，再加入c 个同色球和 d 个异色球. (1) 当 c = 1, d = 0 时，为不返回抽样. (2) 当 c = 0, d = 0 时，为返回抽样. (3) 当 c 0, d = 0 时，为传染病模型. (4) 当 c = 0, d 0 时，为安全模型.,波利亚罐子模型,记 pk(b, r) 为“口袋中有b个黑球、r个红球时，第k 次取出黑球”的概率