第二章条件概率与独立性【哈工大版】

1、第二章第二章 条件概率与独立性条件概率与独立性2.12.1条件概率、乘法定理条件概率、乘法定理2.22.2全概率公式全概率公式2.3 2.3 贝叶斯公式贝叶斯公式2.4 2.4 事件的独立性事件的独立性2.5 2.5 重复独立事件、二项概率公式重复独立事件、二项概率公式一、条件概率乘法定理一、条件概率乘法定理一一. 条件概率乘法公式条件概率乘法公式1. 条件概率的概念条件概率的概念在解决许多概率问题时，往往需要在有某些附加信息(条件)下求事件的概率.如在事件B发生的条件下求事件A发生的概率，将此概率记作P(A|B).一般地 P(A|B) P(A)例如，掷一颗均匀骰子，A=掷出2点， B=掷出偶

2、数点， P(A )=1/6，P(A|B)=？ 已知事件B发生，此时试验所有可能结果构成的集合就是B， P(A|B)= 1/3.容易看到)()(636131BPABPP(A|B)掷骰子 B中共有3个元素,它们的出现是等可能的,其中只有1个在集A中. 于是 又如，10件产品中有7件正品，3件次品，7件正品中有3件一等品，4件二等品. 现从这10件中任取一件，记A=取到一等品， B=取到正品则P(A )=3/10，P(A|B)()(10710373BPABPA=取到一等品， B=取到正品P(A )=3/10，P(A|B)=3/7 本例中，计算P(A)时，依据的前提条件是10件产品中一等品的比例. 计

3、算P(A|B)时，这个前提条件未变，只是加上“事件事件B已发生已发生”这个新的条件. 这好象给了我们一个“情报情报”，使我们得以在某个缩小了的范围内来考虑问题.2. 条件概率的定义条件概率的定义设A、B是两个事件，且P(B)0,则称 (1)()()|(BPABPBAP为在事件在事件B发生的发生的条件下,事件A的条件概率的条件概率.SABAB 若事件B已发生, 则为使 A也发生 , 试验结果必须是既在 B 中又在A中的样本点 , 即此点必属于AB. 由于我们已经知道B已发生, 故B变成了新的变成了新的样本空间样本空间 , 于是 有(1). “条件概率”是“概率”吗？条件概率符合概率定义中的三个条

4、件对概率所证明的一些结果都适用于条件概率(1)0|1;|1,|0.P A BPBPB(2)|AB CP A CP B C若A与B互不相容,则P(3)|1|P A BP A B 例1 在全部产品中有4%是废品，有72%为一等品。现从其中任取一件为合格品，求它是一等品的概率。解 设A表示“任取一件为合格品”，B表示“任取一件为一等品”， 96%,72%,P AP ABP B注意 ，则所求概率为BA 72%|0.7596%P ABP B AP A例2 盒中有5个黑球3个白球，连续不放回地从中取两次球，每次取一个。若已知第一次取到的是白球，求第二次取出的是黑球的概率。解 设A表示“第一次取球取出的是白

5、球”，B表示“第二次取球取出的是黑球”，所求概率为|.P BA由于第一次取球取出的是白球，所以第二次取球时盒中有5个黑球2个白球，由古典概型的概率计算方法得5|7PBA例例3 3 有外观相同的三极管有外观相同的三极管6 6只，按电流放大系数分只，按电流放大系数分类类,4,4只属甲类只属甲类, , 两只属乙类。不放回地抽取三极管两只属乙类。不放回地抽取三极管两次两次, , 每次只抽一只。求在第一次抽到是甲每次只抽一只。求在第一次抽到是甲类条件类条件下下, , 第二次又抽到甲类三极管的概率。第二次又抽到甲类三极管的概率。 解解:记记Ai= 第第 i 次抽到的是甲类三极管次抽到的是甲类三极管, i=

6、1,2, A1A2= 两次抽到的都是甲类三极管两次抽到的都是甲类三极管, . 5/230/12)(21AAP再由再由P(A1)=4/6=2/3，得，得.533/22/5)()()|(12112APAAPAAP2. 条件概率的说明条件概率的说明v条件概率条件概率 P(A|B) 也是概率也是概率-原来的事件原来的事件 B变成了样变成了样本空间本空间 （样本空间缩减了）（样本空间缩减了）, 其中事件其中事件 AB 的概率；的概率；v几何上看，几何上看，AB 的面积在的面积在 B 面积中所占的比例；面积中所占的比例；v古典概型中，设古典概型中，设 B 有有 个样本点，个样本点，AB 有有 个个，BnA

7、 BnABABBBnnP(AB)nP(A | B) =nnP(B)n3. 乘积公式乘积公式设 A、BU，P（A） 0,则 (1) P(AB)P(A)P(B|A) 称为事件 A、B 的概率乘法公式。 (2) 上式还可推广到三个事件的情形： P(ABC)P(A)P(B|A)P(C|AB) (3) 一般地，有下列公式： P(A1A2An)P(A1)P(A2|A1).P(An|A1An1) 例 4 在10个产品中，有2件次品，不放回的抽取2次产品，每次取一个，求取到两件产品都是次品的概率。解 设A表示“第一次取产品取到次品”，B表示“第二次取产品取到次品”，则211,|1059PAP BA故 1 11

8、|5 945P ABP A P B A , ,2 ,3 5 5试按个白球个黑球个红球设袋中有例 2; 1不放回抽样不放回抽样有放回抽样有放回抽样 两种方式摸球三次两种方式摸球三次 . , 概率概率求第三次才摸得白球的求第三次才摸得白球的每次摸得一球每次摸得一球 解解 , 第一次未摸得白球第一次未摸得白球设设 A , 第二次未摸得白球第二次未摸得白球 B . 第三次摸得白球第三次摸得白球 C 可表示为可表示为第三次才摸得白球第三次才摸得白球则事件则事件. ABC 1 有放回抽样有放回抽样 AP, 108 ABP|, 108 ABCP|, 102 APABPABCPABCP| 108108102

9、. 12516 2 无放回抽样无放回抽样 AP, 108 ABP|, 97 ABCP|, 82 APABPABCPABCP| 1089782 . 457 例6 一场精彩的足球赛将要举行, 5个球迷好不容易才搞到一张入场券.大家都想去,只好用抽签的方法来解决.入场券5张同样的卡片,只有一张上写有“入场券”,其余的什么也没写. 将它们放在一起,洗匀,让5个人依次抽取.我们用Ai表示“第i个人抽到入场券” i1,2,3,4,5.iA则 表示“第i个人未抽到入场券”显然，P(A1)=1/5，P( )4/51A也就是说，第1个人抽到入场券的概率是1/5.212AAA 由于由乘法公式 )|()()(121

10、2AAPAPAP也就是要想第2个人抽到入场券，必须第1个人未抽到， P(A2)= (4/5)(1/4)= 1/5因为若第2个人抽到了入场券，第1个人肯定没抽到. 同理，第3个人要抽到“入场券”，必须第1、第2个人都没有抽到. 因此)|()|()()()(2131213213AAAPAAPAPAAAPAP(4/5)(3/4)(1/3)=1/5 继续做下去就会发现, 每个人抽到“入场券” 的概率都是1/5.课堂练习求1、设 0.8,0.4,|0.25,P AP BP B A|.P A B求2、设 111,|,|,432P AP B AP A B.P AB二、全概率公式二、全概率公式二二. 全概率公

11、式全概率公式v.设 B1,Bn 是 U 的一个划分，且 P(Bi)0，(i1，n)，则对任何事件 AU 有 1()()(|)niiiP AP B P A B上式就称为全概率公式。全概率公式的解释全概率公式的解释v.1211221( )()()()= ( | ) ( )( | ) ( )( |) ( ) =( ) ( | ) nnnniiiPA PABPABPABPA B PBPA B PBPA B PBPB PA B 它的理论和实用意义在于它的理论和实用意义在于: 在较复杂情况下，直接计算在较复杂情况下，直接计算P(A)不容不容易易, 但总可以适当地构造一组两两互斥的但总可以适当地构造一组两两

12、互斥的Bi , 使使A伴随着某个伴随着某个Bi 的出现而出现，且每个的出现而出现，且每个 P( ABi ) 容易计算。可用所有容易计算。可用所有 P( ABi ) 之和之和计算计算 P(A).例1：市场上有甲、乙、丙三家工厂生产的同一品牌产品，已知三家工厂的市场占有率分别为1/4、1/4、1/2，且三家工厂的次品率分别为 2、1、3，试求市场上该品牌产品的次品率。买到一件丙厂的产品买到一件乙厂的产品买到一件甲厂的产品：买到一件次品设：:321AAAB)()|()()|()()|(332211APABPAPABPAPABP0225. 02103. 04101. 04102. 0)()()()(3

13、21BAPBAPBAPBP例例2 有甲乙两个袋子，甲袋中有两个白球，有甲乙两个袋子，甲袋中有两个白球，1个红球，乙袋中有两个红球，一个白个红球，乙袋中有两个红球，一个白球这六个球手感上不可区别今从甲袋中球这六个球手感上不可区别今从甲袋中任取一球放入乙袋，搅匀后再从乙袋中任取任取一球放入乙袋，搅匀后再从乙袋中任取一球，问此球是红球的概率？一球，问此球是红球的概率？解：设解：设A1从甲袋放入乙袋的是白球；从甲袋放入乙袋的是白球；A2从甲袋放入乙袋的是红球；从甲袋放入乙袋的是红球；B从乙袋中任取一球是红球；从乙袋中任取一球是红球；12731433221)()|()()|()(2211APABPAPA

14、BPBP甲甲乙乙例例1.4.51.4.5：一批同型号的螺钉由编号为：一批同型号的螺钉由编号为I,II,IIII,II,III的三的三台机器共同生产。各台机器生产的螺钉占这批螺钉台机器共同生产。各台机器生产的螺钉占这批螺钉的比例分别为的比例分别为35%,40%, 25%35%,40%, 25%。各台机器生产的螺钉。各台机器生产的螺钉的次品率分别为的次品率分别为3%, 2%3%, 2%和和1%1%。求该批螺钉中的次品。求该批螺钉中的次品率。率。 解：解：设 A=螺钉是次品, B1=螺钉由I号机器生产, B2=螺钉由II号机器生产, B3=螺钉由III号机器生产。则三、三、 贝叶斯公式贝叶斯公式三、

15、贝叶斯公式三、贝叶斯公式11nniiiiBBBABA 则B发生条件下 发生的条件概率iA|iiPA BPABPB由乘法公式和全概率公式可得1|iiinkkkPAPBAPABPAPBA该公式称为贝叶斯(Bayes)公式12,.,nA AA设事件是的一个划分，B是任意一个事件通常认为 是导致试验结果B的原因，称 为先验概率，若实验产生了结果B,探究它发生的原因，称条件概率 为后验概率，它反映了试验之后各种原因发生的可能性大小。12,.,nAAAiP A|iP A B例1 针对某种疾病进行一种化验，患该病的人中有90%呈阳性反应，而未患该病的人中有5%呈阳性反应。设人群中有1%的人患这种病。若某人做

16、这种化验呈阳性反应，则他患这种疾病的概率是多少？解 设A表示“某人患这种病”，B表示“化验呈阳性反应”，则 0.01,0.99,|0.9,|0.05P AP AP B AP B A由全概率公式得 |0.01 0.9 0.99 0.05 0.0585P BP A P B AP A P B A再由贝叶斯公式得 |0.01 0.9|0.1515%0.0585P A P B AP A BP B例4，已知男性中有5%是色盲患者，女性中有0.25%是色盲患者。现从男女人数相等的人群中随机地挑选一人，恰好是色盲患者，问此人是男性的概率是多少？ |0.50.05200.50.050.50.002521PAPC

17、APACPAPCAPBPCB四、四、 事件的独立性事件的独立性四、事件的独立性四、事件的独立性1.两事件独立两事件独立 定义定义: 设设A、B是两事件，是两事件，P(A) 0,若若 P(B)P(B|A) 则称事件则称事件A与与B相互独立相互独立。表明表明事件事件A 的的发生不发生不影响影响B的的发生。发生。等价于：等价于： P(AB)=P(B|A)P(A)P(A)P(B)例例1： 从一副不含大小王的扑克牌中任取一张，记从一副不含大小王的扑克牌中任取一张，记 A= 抽到抽到K , B=抽到黑色的牌抽到黑色的牌。问事件。问事件A, B是否是否独立？独立？解：由于解：由于 P(A) = 4/52 =

18、 1/13, P(B) = 26/52 = 1/2， P(AB) = 2/52 = 1/26 故故, P(AB) = P(A)P(B). 这说明事件这说明事件A, B独立。独立。 思考：互斥和独立之间的联系：思考：互斥和独立之间的联系： 若若A、B互斥，且互斥，且P(A)0, P(B)0, 则则 A与与B不独立。不独立。P(AB)=0，P(A) 0,P(B) 0, P(AB) P(A)P(B) 其逆否命题是：若其逆否命题是：若A与与B独立，且独立，且 P(A)0, P(B)0, 则则 A与与B一定不互斥。一定不互斥。 请问：能否在样本空间请问：能否在样本空间中找到两个事件，中找到两个事件， 它

19、们既相互独立又互斥它们既相互独立又互斥? ，且且因因为为 , 0)()()(PPP所以，所以，与与独立且互斥。独立且互斥。不难发现不难发现: (或或)与任何事件都独立。与任何事件都独立。可以定理定理: 以下四件事等价：(1)事件A、B相互独立；(2)事件A、B相互独立；(3)事件A、B相互独立；(4)事件A、B相互独立。证明证明: 仅证A与 B独立。P(A B)= P(A A B) = P(A) P(AB) = P(A) P(A) P(B) = P(A)1 P(B) = P(A)P(B),概率的性质概率的性质A与与B独立独立独立。与故， BA2 多多个事件相互独立个事件相互独立定义定义: 设A

20、1，A2，An是n个事件个事件，如果对任意k (1kn), 任意的1i1i2 ik n，具有等式 P(A i1 A i2 A ik)P(A i1)P(A i2)P(A ik) 则称n个事件个事件A1，A2，An相互独立相互独立。对于三个事件对于三个事件A, B, C，若，若 P(AB)= P(A)P(B)，P(AC)= P(A)P(C) , P(BC)= P(B)P(C) , P(ABC)= P(A)P(B)P(C) 个等式同时成立，称事件个等式同时成立，称事件A, B, C相互独立。相互独立。n个事件相互独立要满足等式的个数为个事件相互独立要满足等式的个数为43323CC12.32nCCCn

21、nnnn 一般地，设 A1，A2，An 是 n 个事件，如果对任意 k (1kn), 任意的 1i1i2 ik n，具有等式 P(A i1 A i2 A ik)P(A i1)P(A i2)P(A ik)，则称 n 个事件 A1，A2，An 相互独立。此时,加法公式可以简化为: 112(.) 1(). ()nnP AAAP AP A 3、独立性的概念在计算概率中的应用对独立事件，许多概率计算可得到简化 , 0.9 0.8 1和和苗率分别为苗率分别为有甲、乙两批种子，出有甲、乙两批种子，出例例 , 求求取一粒取一粒现从这两批种子中各任现从这两批种子中各任 ; 1 两粒种子都出苗的概率两粒种子都出苗

22、的概率 ; 2出苗的概率出苗的概率恰好有一粒种子恰好有一粒种子 . 3概率概率至少有一粒种子出苗的至少有一粒种子出苗的 解解 子出苗子出苗由甲批中取出的一粒种由甲批中取出的一粒种设设 A 子出苗子出苗由乙批中取出的一粒种由乙批中取出的一粒种 B , 两粒种子都出苗两粒种子都出苗且事件且事件相互独立相互独立、则事件则事件BA : 表示为表示为 , AB : 表示为表示为恰好有一粒出苗恰好有一粒出苗 , ABAB : 表示为表示为至少有一粒种子出苗至少有一粒种子出苗 . BA ABP 1 BPAP ; 0.720.90.8 BABAP 2 BAPBAP BPAPBPAP . 0.260.10.80

23、.90.2 BAP 3 ABPBPAP BPAPBPAP 0.90.80.90.8 . 0.98 BAP 或者或者 BAP 1 BAP 1 BPAP 1 . 0.98 例例2 三人独立地去破译一份密码，已知各三人独立地去破译一份密码，已知各人能译出的概率分别为人能译出的概率分别为1/5，1/3，1/4，问三人，问三人中至少有一人能将密码译出的概率是多少？中至少有一人能将密码译出的概率是多少？ 解解 将三人编号为将三人编号为1，2，3，记记 Ai=第第i个人破译出密码个人破译出密码 i=1 , 2 , 3所求为所求为 123P AAA已知已知, P(A1)=1/5 , P(A2)=1/3 , P

24、(A3)=1/4 1231231P AAAP AAA 1231231P AAAP AAA)(1321AAAP)()()(1321APAPAP =1-1-P(A1)1-P(A2)1-P(A3) 6 . 0534332541123例例3 3 验收验收100100件产品方案如下，从中任取件产品方案如下，从中任取3 3件进件进行独立测试，如果至少有一件被断定为次品，则行独立测试，如果至少有一件被断定为次品，则拒绝接收此批产品。设一件次品经测试后被断定拒绝接收此批产品。设一件次品经测试后被断定为次品的概率为为次品的概率为0.950.95，一件正品经测试后被断定，一件正品经测试后被断定为正品的概率为为正品

25、的概率为0.990.99，并知这，并知这100100件产品恰有件产品恰有4 4件件次品。求该批产品能被接收的概率。次品。求该批产品能被接收的概率。 解解: : 设设 A A=该批产品被接收该批产品被接收 = =测试出测试出3 3件正品，件正品， B Bi i=取出取出3 3件产品中恰有件产品中恰有i i件是次品件是次品 ， i i = 0,1,2,3= 0,1,2,3。 则则。 )(, )(, )(, )(31003433100196242310029614131003960CCBPCCCBPCCCBPCCBP因因三次测试相互独立，故三次测试相互独立，故 P(P(A| |B0 0)=0.99)

26、=0.993 3， P(P(A| |B1 1)=0.99)=0.992 2(1-0.95), (1-0.95), P( P(A| |B2 2)=0.99(1-0.95)=0.99(1-0.95)2 2, , P( P(A| |B3 3)= (1-0.95)= (1-0.95)3 3。 由全概率公式由全概率公式, , 得得。8629.0)()|()(30 iiiBPBAPAP例例4 4 若干人独立地向一移动目标射击若干人独立地向一移动目标射击, ,每人击中每人击中目标的概率都是目标的概率都是0.6。求至少需要多少人。求至少需要多少人, 才能以才能以0.990.99以上的概率击中目标以上的概率击中

27、目标? ?解：设至少需要解：设至少需要 n 个人才能以个人才能以0.99以上的概率以上的概率击中目标。击中目标。 令令A=目标被击中目标被击中,Ai =第第i人击中目标人击中目标, , i=1,2,=1,2,n。则。则A1 1, ,A2 2,An n 相互独立。故，相互独立。故， 也相互独立。也相互独立。nAAA,21因因 A= =A1 1A2 2An， 得得 P(P(A)=)= P(P(A1 1A2 2An) ). )(1)(12121nnAAAPAAAP.4 .01)6 .01 (1 )()()(1 )( , 2121nnnnAPAPAPAPAAA得得相相互互独独立立，因因问题化成了求最小

28、的问题化成了求最小的 n, 使使1- -0.4n 0.99。解不等式，得解不等式，得. 6 026.54 .0ln01.0lnnn，故故五、五、 重复独立事件及二项概率公式重复独立事件及二项概率公式五五. 贝努利概型贝努利概型v. 我们重复地进行 n 次独立试验 ( “重复”是指这次试验中各次试验条件相同 )。 每次试验成功的概率都是 p ，失败的概率都是 q=1-p 。称作 n 重贝努利试验，简称贝努利概型。定理3.5 (二项概率公式) 设事件 A 在一次试验中发生的概率为 p，则在 n 重贝努利试验中事件 A 恰好发生 k 次的概率为 () (1), 0,1,kkn knP XkC ppk

29、n1)(0nkkXP（2）不难验证：0)(kXP（1）例例1 一射手对一目标独立射击一射手对一目标独立射击4次，每次射击次，每次射击的命中率为的命中率为0.8，求求(1)恰好命中两次的概率；恰好命中两次的概率；(2)至少命中一次至少命中一次的概率。的概率。解解 因为每次射击是相互独立的，故此问题因为每次射击是相互独立的，故此问题可看作可看作4重重贝努利贝努利实验，实验，0 .8p (1)设事件设事件 表示表示“4次射击恰好命中两次次射击恰好命中两次”，则所求概率为，则所求概率为 2A 22224420.80.20.1536P APC(2)设事件设事件B表示表示“4次射击中至少命中一次次射击中至

30、少命中一次”，又又 表示表示“4次射击中都未命中次射击中都未命中”，则，则0A 0004,110BA P BP AP AP 故所求概率为故所求概率为 040441010.80.20.9984PC 例例2 一车间有一车间有5台同类型且独立工作的机器，假设在任一台同类型且独立工作的机器，假设在任一时刻时刻t，每台机器出故障的概率为，每台机器出故障的概率为0.1，问在同一时刻，问在同一时刻(1)没有机器出故障的概率是多少？没有机器出故障的概率是多少？(2)至多有一台机器出故障的概率是多少？至多有一台机器出故障的概率是多少？解解 在同一时刻观察在同一时刻观察5台机器，它们是否出故障是相互独立的，台机器

31、，它们是否出故障是相互独立的，故可看做故可看做5重贝努力试验，重贝努力试验，p=0.1,q=0.9. 设设 表示表示“没有机器没有机器出故障出故障”， 表示表示“有一台机器出故障有一台机器出故障”，B表示表示“至多有一至多有一台机器出故障台机器出故障”，则，则0A1A01.BAA于是有于是有 05005500.10.90.59049P APC 015505140155010.10.90.10.90.91854P BP AP APPCC例例3 某人有一串某人有一串m把外形相同的钥匙，其中有一把能打开家门，把外形相同的钥匙，其中有一把能打开家门，有一天该人酒醉后回家，下意识的每次从有一天该人酒醉后回家，下意识的每次从m把钥匙中随便拿一把钥匙中随便拿一只去开门，问该人在第只去开门，问该人在第k次才打开的概率多大？次才打开的概率多大？解解 因为该人每次从因为该人每次从m把钥匙中任取一把把钥匙中任取一把(试用后不做记号又试用后不做