课件-群编2随机事件概率

§1.2

随机事件的概率§1.2.1事件的频率与概率§1.2.2概率的定义§1.2.3概率的性质§1.2.4古典概型§1.2.1事件的频率与概率对于一个试验,不仅关心它可能出现的哪些结果,更需要知道这些结果出现的可能性的大小.

希望用一个数字来度量试验中一个随机事件A发生的可能性大小,这个数字记作P(A),称为A的概率.问题:概率作为事件发生的可能性大小的度量具体应该如何确定?确定概率的原则确定概率的原则但怎样获得切合实际的一个事件的概率呢？合理计算概率的方法：根据频率稳定性，在试验次数充分多时,用频率估计概率(概率的统计定义)利用试验条件的某种对称性、均匀性,直接计算事件的概率(概率的古典定义)推理演绎，用简单事件的概率推算复杂事件的概率（概率的公理化定义）人们根据经验对发生可能性做出个人信念，这种方式给出的概率为

概率。（概率的定义）频率及性质频率：事件A在n次重复试验中出现nA次，则比值nA/n称为事件A在n次重复试验中出现的频率，记为μn(A);即μn(A)=nA/n

。频率的性质：非负性：0

μn(A)

1；正则性：μn(Ω)＝1可加性：若AB＝

Φ

，则μn(AB)＝

μn(A)

＋

μn

(B).推广:μn

(ΣAi)=Σμn

(Ai)(m个互斥事件)显然，频率大小在相当程度上客观的反映了事件发生的可能性大小；所以可用频率来估计事件发生的概率。频率性质的证明(1)对任何事件A,它在n次试验中出现的频数n(A)都满足0≤n(A)≤n,由于μn(A)=n(A)/n,故有0

≤μn(A)≤

n/n=1必然事件Ω在每次试验中一定发生,因此n(Ω)=n,故μn(Ω)=n(Ω)/n=n/n=1事件ΣAi表示在试验中,m个事件A1,A2,…,Am中至少有一个出现.由于它们互不相容,故在每次中任何两个事件都不会同时出现.因此,在n次试验中出现的频数等于各事件频数之和,即

n(ΣAi)=Σn(Ai).所以

μn(ΣAi)=[n(ΣAi)]/n=[Σn(Ai)]/n=Σμn(Ai)历史上试验者的抛掷掷硬次数币试n验正面出现次数m正面出现频率m/n德.摩尔根204810610.518蒲丰404020480.5069皮尔逊1200060190.5016皮尔逊24000120120.500530000149940.4998随着n越来越大，证明机会均等,频率接近0.5，所以

说正面出现的概率为0.5概率的统计定义实践证明：在不变的条件下,重复进行n次试验,事件A发生的频率稳定地某一常数p附近摆动,且一般说来,n越大,摆动幅度越小。概率的统计定义：当试验次数n增大时，频率逐渐趋向一个稳定值p，称此常数p为事件A的概率,记作P(A)。概率的统计定义并非严格的数学上的定义,而只是大数定律的一个描述.实际应用时,

只能得到不稳定的频率(概率的近似值),而无法获得准确的频率稳定值p

。§1.2.2概率的公理化定义注意到概率统计定义和频率定义都具有非负性、正则性、可加性。

1933年,前 数学家柯尔莫哥 通过规定概率应具备的基本性质给出概率的公理化定义。定义:设试验E的样本空间为Ω,对于试验E的每一个事件A

,即对于样本空间Ω的每一个子集A,都赋予一个实数P(A),若P(A)满足下面3条公理：公理1:对任何事件A,有P(A)≥0。(非负性)公理2:对于必然事件Ω,P(Ω)=1。(正则性)公理3:对于任意可列个互不相容事件A1,A2,…,An,…,满足P(ΣAi)=ΣP(Ai)。(可列可加性)则称实数P(A)为事件A的概率。§1.2.3概率的性质性质1:不可能事件Φ的概率等于0,即P(Φ)=0性质2:任意有限个互不相容事件A1,A2,…,An,之和的概率,等于它们概率的和,即P(ΣAi)=

ΣP(Ai)

(i=1,2,…,n).(有限可加性)特例:

若AB=Φ,则有P(A+B)=

P(A)

+P(B)性质3:若A1,A2,…,An,…构成一个完备事件组,则有ΣP(Ai)=1;特别:P(Ā)=1-P(A)。性质4:若BA,则有(1)P(B-A)=P(B)

-

P(A) (2)

P(B)≥P(A)性质5:对于任意两个事件A和B,有P(A+B)=

P(A)

+P(B)

－P(AB),此公式称加法公式.推广:(一般加法公式)见P10故P(Φ)=0(公理1P(Φ)≥0)(2):

A1

+A2

+

…

+An

=

A1

+

A2+

…+An+

ΦP(A1+

Φ

++

A2

+

…

+

An)=

P(A1+

A2

+…+

An=+P(Φ)P(A1)

+P(A2)

+…+

P(An

)+P(Φ)概率性质的证明（1）之一)(1):

Φ

=Φ

+Φ+

Φ+…P(Φ)=

P(Φ

+Φ+

Φ+…)=

P(Φ)

+P(Φ)+P(Φ)+…(公理3可列可加性)0=P(Φ)+

P(Φ)+…+Φ+…Φ+…)+

…概率性质的证明（2）故P(ΣAi)=ΣP(Ai)(i=1,2,…,n)(有限可加性)若AB=Φ,则有P(A+B)=

P(A)

+P(B):A1,A2,…,An,…构成一个完备事件组,即它们互不相容,且ΣAi=Ω.所以,ΣP(Ai)=P(ΣAi)=

P(Ω)=

1特别:P(Ā)=1-P(A)将B-A化为两个互不相容事件的和后,用性质2.①B=

AB

+ĀB=A+ĀB

,A和ĀB互不相容事件P

(B)=

P(A+

ĀB

)

=

P(A)

+

P(ĀB)P(ĀB)

=

P(B)

－

P(A) i.e.

P(B－A)=P(B)－P(A)概率性质的证明（3）二)②

P(B)=

P(A+

ĀB)=

P(A)

+

P(ĀB)≥P(A)

.(5):思路:利用两个互不相容事件和的公式A+B=A+(B－AB)（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)B(4)AAB(5)

(1)n1

P(

A

A

A

)1

2

n

P(

Ai

Aj

Ak

)1i

jk

n性质5的推广：(一般加法公式)n

nP(

Ai

)

P(

Ai

)

P(

Ai

Aj

)

i1

i1

1i

jn例题与解答例1:P(AB)=0.1,

P(A)=0.6P(

AB)

0.15求：1、P(B-A）

2、P(A-B）3、P(B)4、P(A+B)解：1、A

A

A(B

B)

AB

ABP(A)

P(AB)

P(AB)P(B

A)

P(BA)

P(

A)

P(

AB)

1

P(

A)

P(

AB)

1

0.6

0.15

0.252、A

A

A(B

B)

AB

ABP(

A)

P(

AB)

P(

AB)P(

A

B)

P(

AB)

P(

A)

P(

AB)

0.6

0.1

0.5例题与解答3、B

B

B(A

A)

BA

BAP(B)

P(BA)

P(BA)

0.25

0.1

0.354、P(A

B)

P(A)

P(B)

P(AB)

0.6

035

0.1

0.85或P(

A

B)

1

P(

A

B)

1

P(

AB)

1

0.15

0.85§1.2.4古典概型有一类简单的随机试验具有以下特点:1、试验的所有基本事件总数有限;(有限性)2、每次试验中,各基本事件出现的可能性完全相同。(等可能性)具这两个特点的试验称为古典概型试验。确定一个随机现象的每个基本事件是等可能的，常凭经验和事实进行逻辑分析。在古典概型的试验中,如果总共有n个可能的试验结果,因此每个基本事件发生的概率为1/n,如果事件A包含有m个基本事件,则事件A发生的概率则为m/n.古典概型的概率定义若试验结果一共由n个基本事件E1,E2,…,En组成,并且这些事件的出现具有相同的可能性,而事件A由其中某m个基本事件E1,E2,…,Em组成,则事件A的概率可以用下式计算:P(A)

有利于A的基本事件数

m试验的基本事件总数

n这种确定概率的方法是概率论发展初期的主要方法，故所得概率称为古典概率。它满足概率公理化定义中的公理1和公理2。古典概型举例例如:掷一枚硬币的试验,基本事件为正面和反面,而且由于硬币的对称性,因此出现正面和的概率一样,都是1/2.掷一次

的试验,基本事件有6个,因此每个基本事件的概率为1/6,

则P{奇数点}=3/6=1/2,P{小于3}=P{1,2}=2/6=1/3等等.古典概型举例例2

50个产品中有46个合格品与4个废品,从中一次抽取3个,

求其中有废品的概率.解设事件A表示取到的3个中有废品,则事件A的逆为取到的3个产品中没有废品更好计算一些,因此有50

759

0.774550

49

48

10

49

246

45

44

23

311980P(

A)

1

P(

A)

1

0.7745

0.2255C

3C

3P(

A)

46

古典概型举例例3假设有100件产品,其中有60件一等品,30件二等品,10件三等品,从中一次随机地抽取2件,求恰好抽到m件(m=0,1,2)一等品的概率。解：

设事件

Am

{两件中有m件一等品}，m=0,1,2;实验的基本事件总数为2100C个，而有利于mA的基本事件数是60

40C

Cm

2m个，所以有A

10059165C

2C

2P(

A2

)

60

古典概型举例例4.在例3中产品组成不变，如果每次随机地抽取一件，连续两次，求两次取到的产品等级相同的概率。i解：设事件

B

{取到两个i

等品}，i

1B

{取到的两个产品等级相同}，显然，互不相容，且

B

B1

B2B1

,

B2

,

B3

B3;按抽取方式的不同可分为两种情况计算：古典概型举例1.重复抽样(有放回抽样).602302P(B1

)

1002102P(B3

)

1002

0.36;

P(B2

)

1002

0.09;

0.01;根据概率的可加性，得3

3P(B)

P(

Bi

)

P(Bi

)

0.39

0.09

0.01

0.46i

1

i

13古典概型举例2.不重复抽样(无放回抽样).P(B1

)

根据概率的可加性，得P(B)

古典概型举例例5.两封信随机地向标号为1,2,3,4的4个邮筒投寄,求第二个邮筒恰好被投入1封信的概率及前两个邮筒中各有

的概率.}解：设事件A={第二个邮筒恰有事件B={前两个邮筒中各有}两封信投入4个邮筒共有44种投法,而组成事件A的投法有23种,组成事件B的投法则只有2种,因此P(A)=6/16=3/8

P(B)=2/16=1/8课堂练习1、例1小王参加“智力大冲浪”

,他能答出甲、乙二类问题的概率分别为0.7和0.2,

两类问题都能答出的概率为0.1.

求小王(1)答出甲类而答不出乙类问题的概率(2)至少有一类问题能答出的概率

(3)两类问题都答不出的概率球等可能地落入N

个盒子中（）,设k

N每个盒子容球数无限,求下列事件的概率:某指定的k

个盒子中各有一球；某指定的一个盒子恰有

m

个球(

m

k

)某指定的一个盒子没有球；恰有k

个盒子中各有一球；至少有两个球在同一盒子中；每个盒子至多有一个球.课堂练习2（分房模型）

设有k

个不同的球,每个课堂练习解答1解事件A,B分别表示“能答出甲,乙类问题”（1）（2）（3）Ch1n

N

k解2设

(1）―(6)的各事件分别为A1

A6则1mA

k!AN

knm11

k!P(

A

)

N

kCk

k!P(

A4

)

N

N

kP(

A3

)

(N

1)kN

kCm

(N

1)k

mP(

A2)

k

Nk

kNkP(

A5

)

N

C

k!4

1