第1章概率论的基本概念2

1、1概率论与数理统计中山大学中山大学 工学院工学院2第一章概率论的基本概念第2讲35 条件概率4(一一) 条件概率条件概率 条件概率是概率论中的一个重要概念条件概率是概率论中的一个重要概念, 所考虑的是事件所考虑的是事件A已发生的条件下已发生的条件下, 事件事件B发生的概率发生的概率.例例1 将一枚硬币抛掷两次将一枚硬币抛掷两次, 观察其出现正反面的情况观察其出现正反面的情况. 设事设事件件A为为“至少有一次为至少有一次为H”, 事件事件B为为“两次掷出同一面两次掷出同一面”. 现在求已知事件现在求已知事件A已经发生条件下事件已经发生条件下事件B发生的概率发生的概率.解：解：样本空间为样本空间为

2、S=HH,HT,TH,TT, A=HH,HT,TH, B=HH,TT. 已知事件已知事件A已发生已发生, 知道知道TT不可能发生不可能发生.5即知试验所有可能结果所成的集合就是即知试验所有可能结果所成的集合就是A, A中共有中共有3个元个元素素, 其中只有其中只有HH B. 于是于是, 在在A发生的条件下发生的条件下B发生的概率发生的概率,记为记为P(B|A), 为为:31)|( ABP4/34/131)|(,41)(,43)(ABPABPAP易知易知:故有故有:)()()|(APABPABP (5.1)6对于一般对于一般古典概型古典概型问题问题, 若仍以若仍以P(B|A)记事件记事件A已经发

3、生的已经发生的条件下条件下B发生的概率发生的概率, 则关系式则关系式(5.1)仍然成立仍然成立. 事实上事实上, 设试设试验的验的基本事件总数为基本事件总数为n, A所包含的基本事件数为所包含的基本事件数为m(m0), AB所包含的基本事件数为所包含的基本事件数为k, 即有即有)()(/)|(APABPnmnkmkABP7定义定义 设设A, B是两个事件是两个事件, 且且P(A)0, 称称)2 . 5()()()|(APABPABP 11)|(iiiiABPABP为在为在事件事件A发生条件下事件发生条件下事件B发生发生的的条件概率条件概率.不难验证不难验证, 条件概率条件概率P( |A)符合概

4、率定义中的三个条件符合概率定义中的三个条件, 即即1. 非负性非负性: 对任一事件对任一事件B, 有有P(B|A) 02. 规范性规范性: 对于必然事件对于必然事件S, 有有P(S|A)=1;3. 可列可加性可列可加性: 设设B1,B2,.,是是两两互斥事件两两互斥事件,8既然条件概率符合上述三个条件既然条件概率符合上述三个条件, 故故3中对概率所证明的中对概率所证明的一些重要结果都适用于条件概率一些重要结果都适用于条件概率 ( 6个性质个性质 ). 例如例如, 对于任意事件对于任意事件B1,B2有有: P(B1 B2|A)=P(B1|A)+P(B2|A)- -P(B1B2|A). 性质性质6

5、 (加法公式加法公式) 例例2 一盒子装有一盒子装有4只产品只产品, 其中有其中有3只一等品只一等品, 1只二等品只二等品, 从中取从中取产品两次产品两次, 每次任取一只每次任取一只, 作不放回抽样作不放回抽样. 设设事件事件A为为第一次取第一次取到的是一等品到的是一等品, 事件事件B为为第二次取到的是一等品第二次取到的是一等品. 试求条件试求条件概率概率P(B|A).9解解 易知此属古典概型问题易知此属古典概型问题. 将产品编号将产品编号. 1,2,3号为一等品号为一等品; 4号为二等品号为二等品. 以以(i,j)表示第一次表示第一次, 第二次分别取到第第二次分别取到第i号号,第第j号产品号

6、产品. 试验试验E(取产品两次取产品两次, 记录其号码记录其号码)的样本空间为的样本空间为: S=(1,2),(1,3),(1,4),(2,1),(2,3),(2,4),.,(4,1), (4,2), (4,3), 共共12个基本事件组成个基本事件组成, A=(1,2),(1,3),(1,4),(2,1),(2,3),(2,4),(3,1),(3,2), (3,4), 共共9个基本事件组成个基本事件组成, AB=(1,2),(1,3),(2,1),(2,3),(3,1),(3,2). 共共6个基本事件组成个基本事件组成.)2 . 5()()()|(APABPABP10按按(5.2)式式, 得条

7、件概率得条件概率.3212/912/6)()()|(APABPABP.3296)|(ABP也可以直接按条件概率的含义来求也可以直接按条件概率的含义来求P(B|A). 我们知道我们知道, 当当A发生以后发生以后, 试验试验E所有可能结果的集合就是所有可能结果的集合就是A, A中有中有9个元个元素素, 其中只有其中只有(1,2), (1,3), (2,1), (2,3), (3,1), (3,2)属于属于B, 故可故可得得11另解另解1：不写出样本空间不写出样本空间S所包含的元素所包含的元素 11322411113231243 2623 23 193A AP ABAP B AP AA AA AA

8、12另解另解2已知在第一次取到的是一等品的情况下，产品的总数剩下已知在第一次取到的是一等品的情况下，产品的总数剩下3只，其中一等品只，其中一等品2只。故所求的概率为：只。故所求的概率为：23PBA13(二二)乘法定理乘法定理 由条件概率的定义由条件概率的定义(5.2)可得可得乘法定理乘法定理 设设P(A)0, 则有则有 P(AB)=P(A)P(B|A) (5.3)上式容易推广到多个事件的积事件的情况上式容易推广到多个事件的积事件的情况. 例如例如, 设设A,B,C为事件为事件, 且且P(AB)0, 则有则有 P(ABC)=P(A)P(B|A)P(C|AB) (5.4)一般地一般地, 设设A1,

9、A2,.,An为为n个事件个事件, n 2, 且且P(A1A2.An- -1)0, 则有则有 P(A1A2.An)=P(A1)P(A2|A1). P(An- -1|A1A2.An- -2)P(An|A1A2.An- -1) (5.5)性质性质6 (加法公式加法公式) 对任意两事件对任意两事件A, B有有P(A B)=P(A)+P(B)- -P(AB). (3.5)2 . 5()()()|(APABPABP 14补充例题补充例题:全年级全年级100名学生中名学生中, l 有男生有男生 ( 以事件以事件A表示表示 ) 80人，女生人，女生20人；人；l 来自北京的（以事件来自北京的（以事件B表示）

10、有表示）有20人，其中男生人，其中男生12人，女生人，女生8人；人；l 免修英语的（以事件免修英语的（以事件C表示）表示）40人人, 其中有其中有32名男生，名男生，8名女生。名女生。现从这现从这100名学生中任选出一名，试求出下列事件的概率：名学生中任选出一名，试求出下列事件的概率： (1)( )(2)( )(3)()(4)()(5)(6)(7)(8)(9)P AP BP B AP A BP CP C AP A BP ABP AC15解：解： 8020(1)()(2)()1001001212(3)()(4)()80204032(5)(6)1008020812(7)8080801212(8)1

11、0080100803232(9)10080100P AP BP B AP A BP CP C APA BPABPAP B APACPAP C A - - 全年级全年级100名学生中名学生中, l 有男生有男生 ( 以事件以事件A表示表示 ) 80人，女生人，女生20人；人；l 来自北京的（以事件来自北京的（以事件B表示）有表示）有20人，其中男生人，其中男生12人，女生人，女生8人；人；l 免修英语的（以事件免修英语的（以事件C表示）表示）40人人, 其中有其中有32名男生，名男生，8名女生。名女生。16例例3 设袋中装有设袋中装有r只红球只红球, t只白球只白球. 每次自袋中任取一只球每次自

12、袋中任取一只球, 观察其颜色后放回观察其颜色后放回, 并并再放入再放入a只只与所取出的那只球同色的与所取出的那只球同色的球球. 若在袋中连续取球四次若在袋中连续取球四次, 试求第一试求第一,二次取到红球且第二次取到红球且第三三,四次取到白球的概率四次取到白球的概率.atratatrtatrartrrAAAAPAAAPAAPAPAAAAP32)|()|()|()()(32142131214321解解 以以Ai(i=1,2,3,4)表示事件表示事件 第第i次取到红球次取到红球,17例例4 某种透镜某种透镜, 第一次落下时打破的概率为第一次落下时打破的概率为1/2, 若第一次若第一次落下来未打破落下

13、来未打破, 第二次落下打破的概率为第二次落下打破的概率为7/10, 若前两次落若前两次落下未打破下未打破, 第三次落下打破的概率为第三次落下打破的概率为9/10. 试求透镜落下三试求透镜落下三次而未打破的概率次而未打破的概率.解解 以以Ai(i=1,2,3)表示事件表示事件透镜第透镜第i次落下打破次落下打破, 以以B表示表示事件事件透镜落下三次而未打破透镜落下三次而未打破, 则则.200310911071211)|()|()()()(213121321-AAAPAAPAPAAAPBP18补充例题： 10个考签中有个考签中有4个难签。个难签。3人参加抽签（不放回）；人参加抽签（不放回）； 甲先、

14、乙次、丙最后。求下列事件的概率：甲先、乙次、丙最后。求下列事件的概率：（1）甲抽到难签；）甲抽到难签；（2）甲乙都抽到难签；）甲乙都抽到难签；（3）甲没抽到难签而乙抽到难签；）甲没抽到难签而乙抽到难签；（4）甲乙丙都抽到难签；）甲乙丙都抽到难签；（5）乙抽到难签；）乙抽到难签；（6）丙抽到难签。）丙抽到难签。19解：设解：设A、B、C分别表示甲、乙、丙各抽到难签分别表示甲、乙、丙各抽到难签4(1 )1 0pA 4 312(2)10 990P ABp A P B A 6424(3)10 990P ABP AP B A 4 3 224(4)10 9 8720P ABCp A P B A P C A

15、B 20 (5)362905P BP ABABP ABP ABp AP B Ap AP B A 11492104 9362:10 9905A AP BA另解21 (6)247272120720720720720288362720905P CP ABCABCABCABCP ABCP ABCP ABCP ABCp AP B A P C ABp AP B A P C ABp AP B A P C ABp AP B A P C AB 12493104 9 8362:10 9 8905A AP CA 另解22(三三)全概率公式和贝叶斯公式全概率公式和贝叶斯公式定义定义 设设S为试验为试验E的样本空间的样

16、本空间, B1,B2,.,Bn为为E的一组事件的一组事件, 若若: (1) BiBj=f f, i j, i,j=1,2,.,n; (2) B1 B2 . Bn= S, 则称则称B1,B2,.,Bn为样本空间的为样本空间的一个划分一个划分. 或称或称B1,B2,.,Bn构成一个构成一个完备事件组完备事件组.若若: B1,B2,.,Bn是样本空间的一个划分是样本空间的一个划分, 那么那么, 对于每次试对于每次试 验验, 事件事件B1,B2,.,Bn中中必有一个且仅有一个发生必有一个且仅有一个发生.23划分的图示划分的图示B1B2B3SB4B524例例5 某电子设备厂所用元件由三家元件厂供给某电子

17、设备厂所用元件由三家元件厂供给, 根据以往根据以往纪录有以下数据纪录有以下数据:设这三厂产品在仓库中混合摆放无区别标志设这三厂产品在仓库中混合摆放无区别标志.(1) 在仓库中任取一只元件在仓库中任取一只元件, 求它是次品的概率求它是次品的概率; (2) 如已取到一只次品如已取到一只次品, 求它由各厂生产的概率分别是多少求它由各厂生产的概率分别是多少.25定理定理 设试验设试验E的样本空间为的样本空间为S, A为为E的事件的事件, B1,B2,.,Bn为为S的一个划分的一个划分, 且且P(Bi)0(i=1,2,.,n), 则则)6 . 5()()|()()|()()|()()|()(12211n

18、jjjnnBPBAPBPBAPBPBAPBPBAPAP(5.6)式称为式称为全概率公式全概率公式.26B1B2B3SB4B5A27证证 因为因为A=AS= A(B1 B2 . Bn)= AB1 AB2 . ABn,由假设由假设 P(Bi)0 (i=1,2,.,n), 且且 (ABi)(ABj)=f f, i j,i,j=1,2,.,n 得到得到: P(A) = P(AB1)+P(AB2)+.+P(ABn) = P(A|B1)P(B1)+P(A|B2)P(B2)+. +P(A|Bn)P(Bn).P(AB)=P(A)P(B|A) (5.3)28定理定理 设试验设试验E的样本空间为的样本空间为S.

19、A为为E的事件的事件, B1,B2,.,Bn为为S的一个划分的一个划分, 且且P(A)0, P(Bi)0 (i=1,2,.,n), 则下面的则下面的贝叶贝叶斯公式斯公式成立成立:)7 . 5(., 2 , 1,)()|()()|()|(1niBPBAPBPBAPABPnjjjiii 证证 由条件概率的定义及全概率公式得由条件概率的定义及全概率公式得niBPBAPBPBAPAPABPABPnjjjiiii, 2 , 1,)()|()()|()()()|(1 29 特别在特别在(5.6), (5.7)中中 取取n=2, 并将并将B1记为记为B, 此时此时 B2就是就是 ， 那么那么全概论公式、贝叶

20、斯公式全概论公式、贝叶斯公式分别为：分别为：( )(|) ( )(|) ( )(5.8)(|) ( )(|)(5.9)(|) ( )(|) ( )P AP A B P BP A B P BP A B P BP B AP A B P BP A B P B 这两个公式是常用的这两个公式是常用的. 任何事件与其对立事件一定构成一个划分任何事件与其对立事件一定构成一个划分.B30 全概论公式、贝叶斯公式全概论公式、贝叶斯公式：)7 . 5(., 2 , 1,)()|()()|()|(1niBPBAPBPBAPABPnjjjiii ).()()|()( n nj jj jj jB BP PB BA AP

21、 PA AP P31例例5 某电子设备厂所用元件由三家元件厂供给某电子设备厂所用元件由三家元件厂供给, 根据以往根据以往纪录有以下数据纪录有以下数据:设这三厂产品在仓库中混合摆放无区别标志设这三厂产品在仓库中混合摆放无区别标志.(1) 在仓库中任取一只元件在仓库中任取一只元件, 求它是次品的概率求它是次品的概率; (2) 如已取到一只次品如已取到一只次品, 求它由各厂生产的概率分别是多少求它由各厂生产的概率分别是多少.32解解 设设A表示表示“取到次品取到次品”, Bi表示表示“产品来自第产品来自第i家工厂提供家工厂提供”, 则则B1,B2,B3构成样本空间的一个划分构成样本空间的一个划分,

22、P(B1)=0.15, P(B2)=0.8, P(B3)=0.05, P(A|B1)=0.02, P(A|B2)=0.01, P(A|B3)=0.03.12. 0)|(,64. 0)|(24. 00125. 015. 002. 0)()()|()|(32111 ABPABPAPBPBAPABP(1)由全概率公式由全概率公式 P(A)=P(A|B1)P(B1)+P(A|B2)P(B2)+P(A|B3)P(B3) =0.0125.(2)由贝叶斯公式由贝叶斯公式33例例6 对以往数据分析结果表明对以往数据分析结果表明, 当机器调整得良好时当机器调整得良好时, 产品的合产品的合格率为格率为98%, 而

23、当机器发生某种故障时而当机器发生某种故障时, 其合格率为其合格率为55%. 每天每天早上机器开动时早上机器开动时, 机器调整良好的概率为机器调整良好的概率为95. 试求已知某日试求已知某日早上第一件产品是合格品时早上第一件产品是合格品时, 机器调整良好的概率是多少机器调整良好的概率是多少?解解 设设A为事件为事件产品合格产品合格, B为为机器调整良好机器调整良好97. 0)()|()()|()()|()|().|(,05. 0)(95. 0)(,55. 0)|(,98. 0)|( BPBAPBPBAPBPBAPABPABPBPBPBAPBAP由贝叶斯公式由贝叶斯公式所需求概率为所需求概率为34

24、这就是说这就是说, 当生产出第一件产品是合格品时当生产出第一件产品是合格品时, 此时机器调整良此时机器调整良好的概率为好的概率为0.97. 这里这里, 概率概率0.95是由以往的数据分析得到的是由以往的数据分析得到的, 叫叫做做先验概率先验概率. 而在得到信息而在得到信息(即生产出第一件产品是合格品即生产出第一件产品是合格品)之之后再重新加以修正的概率后再重新加以修正的概率(即即0.97)叫做叫做后验概率后验概率. 有了后验概率有了后验概率我们就能对机器的情况有进一步的了解我们就能对机器的情况有进一步的了解.3536本题结果表明本题结果表明, 虽然虽然95. 0)|(,95. 0)|(CAPC

25、AP这两个概率都比较高这两个概率都比较高, 但若将此试验用于普查但若将此试验用于普查, 则有则有P(C|A)=0.087, 亦即其正确性只有亦即其正确性只有8.7% (平均平均1000个具有阳性反个具有阳性反应的人中大约只有应的人中大约只有87人确患有癌症人确患有癌症), 如果不注意到这一点如果不注意到这一点, 将将会得出错误的诊断会得出错误的诊断, 这也说明这也说明, 若将若将P(A|C)和和P(C|A)混淆了会造混淆了会造成不良的后果成不良的后果.37补充例题补充例题:有有12个乒乓球都是新球个乒乓球都是新球, 每次比赛时取出每次比赛时取出3个用完后放回去个用完后放回去,求第三次比赛时取到

26、的求第三次比赛时取到的3个都是新球的概率个都是新球的概率.0123012333303339393301212,:0.146iiiiiiiiiiA B CiAAAAB B B BSP CP BP CBC CCCCf- 解:设事件分别表示第一 二 三次比赛时取到 个新球 i=0,1,2,3显然并且是 的一个划分 由全概率公式得B1B2B3SB4B5A)6 . 5()()|()(1njjjBPBAPAP)7 . 5(., 2 , 1,)()|()()|()|(1niBPBAPBPBAPABPnjjjiii406 独立性41设设A, B是试验是试验E的两事件的两事件, 若若P(A)0, 可以定义可以定

27、义P(B|A). 一般一般, A的发生对的发生对B发生的概率是有影响的发生的概率是有影响的, 这时这时P(B|A) P(B), 只只有在这种影响不存在时才会有有在这种影响不存在时才会有P(B|A)=P(B), 这时有这时有: P(AB)=P(B|A)P(A)=P(A)P(B)42例例1 设试验设试验E为为 抛甲抛甲, 乙两枚硬币乙两枚硬币, 观察正反面出现的情观察正反面出现的情况况. 设事件设事件A为为甲币出现甲币出现H, 事件事件B为为乙币出现乙币出现H. E的样本空间为的样本空间为: S=HH,HT,TH,TT, A=HH,HT, B=HH,TH, AB=HH. 则有则有.41)(,21)

28、|(,2142)(,2142)(ABPABPBPAP可知可知P(B|A)=P(B), 而而P(AB)=P(A)P(B). 事实上事实上, 由题意由题意, 甲甲币是否出现正面与乙币是否出现正面是互不影响的币是否出现正面与乙币是否出现正面是互不影响的.43定义定义 设设A, B是两事件是两事件, 如果满足等式如果满足等式P(AB)=P(A)P(B) (6.1)则称则称 事件事件A, B 相互独立相互独立, 简称简称A, B独立独立.容易知道容易知道, 若若P(A)0, P(B)0 则则A, B相互独立相互独立与与A, B互不相互不相容容不能同时成立不能同时成立.定理一定理一 设设A, B是两事件是

29、两事件, 且且P(A)0, 若若A, B相互独立相互独立, 则则 P(B|A)=P(B) 反之亦然反之亦然.44P(B-A)=P(B)-P(A)45定义定义 设设A, B, C是三个事件是三个事件, 如果满足等式如果满足等式)2 . 6()()()()()()()()()()()()()( CPBPAPABCPCPAPACPCPBPBCPBPAPABP则称事件则称事件A, B, C 相互独立相互独立.一般一般, 设设A1, A2, ., An (n 2)个事件个事件, 如果对于其中任意如果对于其中任意2个个, 任意任意3个个, ., 任意任意n个事件的积事件的概率个事件的积事件的概率, 都等于

30、都等于各事件各事件概率之积概率之积, 则称事件则称事件A1,A2,.,An 相互独立相互独立.46由定义可以得到以下两点推论由定义可以得到以下两点推论.1. 若事件若事件A1, A2, ., An (n 2)相互独立相互独立, 则其中则其中任意任意k(2 k n)个事件也是相互独立的个事件也是相互独立的.2. 若若n个事件个事件A1, A2, ., An (n 2)相互独立相互独立, 则将则将A1, A2, ., An中任意多个换成它们的中任意多个换成它们的对立事件对立事件, 所得的所得的n个事件仍相个事件仍相互独立互独立.47两事件相互独立的含义是两事件相互独立的含义是: 它们中一个已发生它

31、们中一个已发生, 不影响另不影响另一个发生的概率一个发生的概率. 在实际应用中在实际应用中, 对于事件的独立性常常是根据事件的实际对于事件的独立性常常是根据事件的实际意义去判断意义去判断. 一般一般, 若由实际情况分析若由实际情况分析, A, B两事件之间两事件之间没没有关联或关联很微弱有关联或关联很微弱, 那就认为它们是相互独立的那就认为它们是相互独立的. 例如例如 A, B分别表示甲乙两人患感冒分别表示甲乙两人患感冒. 如果甲乙两人的活动如果甲乙两人的活动范围相距甚远范围相距甚远, 就认为就认为A, B相互独立相互独立, 若甲乙两人是同住在若甲乙两人是同住在一个房间里的一个房间里的, 那就

32、不能认为那就不能认为A, B相互独立了相互独立了.48P(AB)=P(A)P(B) (6.1)P(AB)=P(A)P(B|A) (5.3)6 . 5()()|()(1njjjBPBAPAP)7 . 5(., 2 , 1,)()|()()|()|(1niBPBAPBPBAPABPnjjjiii50例例2 一个元件一个元件(或系统或系统)能正常工作的概率称为元件能正常工作的概率称为元件(或系统或系统)的可靠性的可靠性. 如图如图, 设有设有4个个独立工作独立工作的元件的元件1,2,3,4按先串联按先串联再并联的方式联接再并联的方式联接. 设第设第i个元件的可靠性为个元件的可靠性为pi (i=1,2

33、,3,4), 求系统的可靠性求系统的可靠性.123451解解 以以Ai (i=1,2,3,4)表示事件第表示事件第i个元件正常工作个元件正常工作, 以以A表示表示系统正常工作系统正常工作. A=A1A2 A3A4由系统的独立性由系统的独立性, 得系统的可靠性得系统的可靠性: P(A)=P(A1A2)+P(A3A4)- -P(A1A2A3A4) =P(A1)P(A2)+P(A3)P(A4)- -P(A1)P(A2)P(A3)P(A4) =p1p2+p3p4- -p1p2p3p452例例3 要验收一批要验收一批(100件件)乐器乐器, 验收方案如下验收方案如下: 自该批乐器中自该批乐器中随机地取随机地取3件测试件测试 (设设3件乐器的测试是相互独立的件乐器的测试是相互独立的), 如果如果3件件中至少有一件在测试中被中至少有一件在测试中被认为认为音色不纯音色不纯, 则这批乐器就被拒则这批乐器就被拒绝接收绝接收. 设一件音色不纯的乐器经测试查出其为音色不纯的设一件音色不纯的乐器经测试查出其为音色不纯的概率为概率为0.95, 而一件音色纯的乐器经测试被误认为不纯的概而一件音色纯的乐器经测试被误认为不纯的概率为率为0.01. 如果已知这如果已知这100件乐器中恰有件乐器中恰有4件音色不纯件音色不纯的的.