概率论第一章2课件

1、概率论与数理统计,1.3 事件的概率 (Probability）,随机事件在一次试验中有可能发生也可能不发生,但多次重复时,会发现有的事件发生多些,有的少些,这数量上的区别反映了随机事件的内在的一种规律.,定义 :设E为任一随机试验，A为其中任 一事件，在相同条件下，把E 独立的重复做n次，vA表示 事件A在这n次试验中出现的次数(称为频数)。比值vA/n 称为事件A在这n次试验中出现的频率(Frequency).,一、 频率的定义(Frequency),频率的性质 设事件A在n次试验中发生nA次，频率fn(A)=vA /n 1. 非负性 fn(A)0 2. 规范性 fn()=1,A,B,性质

2、3的证明：,设在n次重复试验中,A发生了vA 次,B发生了vB次,由于A ,B不能同时发生, 故AB发生了vA+ vB 次 所以 fn(AB)= (vA+ vB )/n =fn(A) +fn(B),3. 有限可加性 若事件A和B互不相容，则fn(AB)= fn(A) +fn(B),由定义及以上性质还可以得到:,fn()=0,A B, fn(A) fn(B),fn(A)1,实例 将一枚硬币抛掷 5 次、50 次、500 次, 各做 7 遍, 观察正面出现的次数及频率.,表明：随着n的增加，事件的频率将呈现出稳定性,稳定于0.5,波动最小,实践证明:当试验次数n增大时,随机事件的频率fn(A)逐渐

3、趋向稳定,2、 频率的稳定性,历史上的掷硬币试验,稳定于,二、 概率的统计定义 (The statistic definition ofprobability) 定义 1.4 设有随机试验，若当试验的次数充分大时，事件的发生频率稳定在某数p附近，则称此数为事件的概率(Probability)P，记为：,说明1.频率的稳定性是概率的经验基础，但并不是说概率决定于经验. 一个事件发生的概率完全决定于事件本身的结构,是先于试验而客观存在的.,2 概率的统计定义只是描述性的。,3 通常只能在试验次数充分大时，以事件出现的频率作为事件概率的近似值。,概率的性质(概率统计定义的性质),性质1 非负性：对任

4、一事件A ,有,性质2 规范性：对必然事件 ,有,完全可加性,概率的性质与推广,对任一事件，与A不相容，且AA,所以P(A)P(A)P( ),即P( )0,特别地，由于可给碰到可列个事件的运算，故要求（公理性定义）对一系列互不相容事件,证明,B,A,BA,证明,注意到不论是对概率的直观理解，还是频率定义方式，作为事件的概率，都应具有前述三条基本性质，在数学上，我们就可以从这些性质出发，给出概率的公理化定义,1933年 , 苏联数学家柯尔莫哥洛夫提出了概率论的公理化结构 ,给出了概率的严格定义 ,使概率论有了迅速的发展.,二、概率的公理化定义与性质,附,概率的可列可加性,1. 概率的定义1.7,

5、证明,由概率的可列可加性得,2. 性质,证明,由概率的可列可加性得,证明,证明,证明,由图可得,又由性质 3 得,因此得,推广 三个事件和的情况,n 个事件和的情况,3. 概率的主要性质,基本计数原理,这里我们先简要复习计算古典概率所用到的,1. 加法原理,设完成一件事有m 种方式，,第一种方式有n1种方法，,第二种方式有n2种方法,；,第m 种方式有nm种方法,无论通过哪种方法都可以完成这件事，,则完成这件事总共有 n1+n2+nm 种方法 .,例如，某人要从甲地到乙地去,甲地,乙地,可以乘火车,也可以乘轮船.,火车有两班,轮船有三班,乘坐不同班次的火车和轮船，共有几种方法?,3 + 2 种

6、方法,基本计数原理,2. 乘法原理,设完成一件事有m个步骤，,第一个步骤有n1种方法，,第二个步骤有n2种方法,必须通过每一步骤,才算完成这件事，,例如，若一个男人有三顶帽子和两件背心，问他可以有多少种打扮？,可以有32 种打扮,加法原理和乘法原理是两个很重要计数原理，它们不但可以直接解决不少具体问题，同时也是推导下面常用排列组合公式的基础 .,三、排列、组合的几个简单公式,排列和组合的区别：,顺序不同属于 不同的排列！,3把不同的钥匙的排列6种,而组合不管顺序,只要包含的元素一样就是同一种组合,从3个元素取出2个 的排列总数有6种,从3个元素取出2个 组合总数有3种,只有三种不同的组合！,1

7、、排列: 从n个不同元素取 k个的不同排列总数为：,k = n时称全排列,排列、组合的几个简单公式,n,(n-1),(n-2), (n-k+1),2.重复排列：从n个不同元素有放回地取 k个（允许重复） 的不同排列总数为：,n,n,n,n,3、组合: 从n个不同元素取 k个（1 k n)的不同组合总数为：,常记作,，称为组合系数。,又常称为二项式系数，因为它是二项式展开公式中的系数：,（1，3）,（2，4）,（1，5）,共有C52种不同组合,1 2 3 4 5,5个位置中取到1，4号放置白球 对应组合（1，4）,共有不同排列数Cnn+m 或Cmn+m,4. m个不可辨元素与n的不可辨元素排成一

8、列,例2个白球和3个黄球的不同排列,两类元素的排列问题,在许多场合，由对称性和均衡性，我们就可以认为基本事件是等可能的，并在此基础上事件的概率可以直接算出.,古典概型(Classical Probability),1.3.2 概率的直接计算,如果一个随机试验E具有以下特征 1、试验的样本空间中仅含有有限个样本点，,2、每个样本点出现的可能性相同,则称具有上述特性的概型为古典概型。,讨论相应的概率问题称为古典概型问题,等可能概型中事件概率的计算：,2 若A包含基本事件数为m,因为,说明：,2、“等可能性”是一种假设，在实际应用中，我们需要根据实际情况去判断是否可以认为各基本事件或样本点是等可能的

9、.,1、在应用古典概型时必须注意“等可能性”的条件.,例 将一枚硬币上抛三次，设事件A =“恰有一次出现正面”，B=“至少有一次出现正面”,则,(HHH),(HHT),(HTH),(HTT),(THH),(THT),(TTH),(TTT),例9一部四卷文集，按任意次序排列在一级书架上，问各册自右至左或自左至右恰成1,2，3,4顺序的概率是多少？,解：样本点为四卷书书号的任一可能的排列，,总数,n=4321,A的有利场合数（A包含的样本点数）为2,1234，,4321,例10有10个外观相同的电阻，其电阻分别是1欧、2欧、10欧.现从中任意取出3个，希望一个电阻值小于5欧，一个电阻值等于5欧一个

10、电阻值大于5欧，问一次抽取就能达到要求的概率.,解：样本点为从10个不同电阻中任取三个的组合,样本空间样本点总数为,计算有利场合数：,有利场合数为,构成一个有利场合可分三个步骤：,第一步，从小于5欧的电阻值中任取出一个， 第二步，从等于5欧的电阻值中任取出一个; 第三步，从大于5欧的电阻值中任取出一个;,事件A,例11将r个球置于n个箱中（每个球以1/n的概率被置入某一特定箱中）,若nr,试求任一箱内的球数均不超过1的概率。,解：先计算样本空间样本点总数,第一个球置于一箱中， 共有n种放法;,相继将每一个球置于一箱中都有n种放法；,1,1,1,1,1,1,1,1,nnn n=,这样放完r个球构

11、成一个可能的结果（样本点），,nr,再计算有利场合数：,第一个球置于一箱中，共有n种放法;,第二个球由于不能放到第一个球所在箱，所以只有n-1种放法,第r个球不能放到前r-1个球所在箱，所以只有n-r+1种放法,有利场合数,（同时定义样本点）,由乘法原理，r个球的 不同的放法有,许多表面上提法不同的问题实质上属于同一类型：,有n个人，设每个人的生日是任一天的概率为1/365. 求这n (n 365)个人没有两个人的生日相同（n人生日互不相同）的概率.,可计算当n=40时，P0.109,许多表面上提法不同的问题实质上属于同一类型：,有n个旅客，乘火车途经N个车站，设每个人在每站下车的概率为1/

12、N(N n) ，求指定的n个站各有一人下车的概率.,例12 袋中有大小相同的 a 个黄球，b 个白球现将球从袋中一一随机摸出来，试求第 k 次摸出的球是黄球的概率,解法一:,认为球是不相同的（可辩的），黄球编号为1 a,白球编号为1 b,设样本点为：依次取出的a+b个球的排列,样本空间样本点总数为,(a+b)!,事件A,构成A的有利场合分两步：,从a个黄球中任取出一个放到第k个位置，,有a种方式,1,1,3,a,2,3,4,b,2,第k个位置,其余ab-1个位置是(a+b-1)个球的任意排列，,有(a+b-1)!种方式,有利场合数为,a(a+b-1)!,例12 袋中有大小相同的 a 个黄球，b

13、 个白球现将球从袋中一一随机摸出来，试求第 k 次摸出的球是黄球的概率,解法二：,认为黄球及白球分别是没有区别的（不可辩的）,总数：,事件A,构成A的有利场合分两步：,从a个黄球中任取出一个放到第k个位置，,有1种方式,第k个位置,其余ab-1个位置是（a-1）个黄球和b个白球的两类排列，,把依次取出的a+b个球成一列,样本点为：两类元素(a 个黄球和b 个白球) 的排列,有 种方式,例13 设100件产品中有5件次品,现从中任意抽出3件，求恰有2件是次品被抽出的概率.,解法一：设样本点为从100件产品抽出3件的组合,正品 95,M件次品,100件产品,A,总数：,构成A的有利场合分两步：,从

14、5件次品中抽出2件，,从95件正品中抽出1件,N件产品,次品 5件,次品 M件,正品 N-M,例13 设100件产品中有5件次品,现从中任意抽出3件，求恰有2件是次品被抽出的概率.,这是一种无放回抽样情形，有放回抽样时P(A)=？,解法二：设样本点为从100件产品抽出3件的排列,次品 5件,正品 95件,M件次品,100件产品,A,总数：,构成A的有利场合分两步：,先确定正品次品的位置(即两类元素(一个正品和两个次品)的排列问题)，,正品从95件中取出一件有,第一件次品从5件中取出一件,第二件次品从4件中取出一件,能用组合作为样本点吗？,例 把C、C、E、E、I、N、S七个字母分别写在七张同样

15、的卡片上，并且将卡片放入同一盒中，现从盒中任意一张一张地将卡片取出，并将其按取到的顺序排成一列，求排列结果恰好拼成一个英文单词的概率：,C,I,S,N,C,E,E,拼成英文单词SCIENCE 的情况数(有利场合数）为,故该结果出现的概率为：,这个概率很小，这里算出的概率有如下的实际意义：如果多次重复这一抽卡试验，则我们所关心的事件在1260次试验中大约出现1次 .,解：七个字母的排列总数为7！,更多的例子,“等可能性”是一种假设，在实际应用中，我们需要根据实际情况去判断是否可以认为各基本事件或样本点是等可能的.,1、在应用古典概型时必须注意“等可能性”的条件.,需要注意的是：,在许多场合，由对

16、称性和均衡性，我们就可以认为基本事件是等可能的并在此基础上计算事件的概率.,2、在用排列组合公式计算古典概率时，必须注意不要重复计数，也不要遗漏.,例如：从5双不同的鞋子中任取4只，这4只鞋子中“至少有两只配成一双”（事件A）的概率是多少？,下面的算法错在哪里？,错在同样的“4只配成两双”算了两次.,从5双中取1双，从剩 下的 8只中取2只,请思考： 还有其它解法吗？,例如：从5双不同的鞋子中任取4只，这4只鞋子中“至少有两只配成一双”（事件A）的概率是多少？,几何概型(Geometric probability),把古典概型推广到无限个样本点又具有“等可能”场合,人们引入了几何概型. 由此形

17、成了确定概率的另一方法几何方法.,如果一个试验具有以下两个特点：,样本空间是一个大小可以计量的几何区域（如线段、 平面、立体）。 向区域内任意投一点，落在区域内任意点处都是“等可能的”。,那么，事件A的概率由下式计算：,测度测度,研究相应的概率问题为几何概型问题,说明：,1、向区域上随机投掷一点，这里“任意投掷一点”的含义是指该点落入内任何部分区域内的可能性只与这部分区域的面积成比例，而与这部分区域的位置和形状无关.,2、假如样本空间可用一线段，或空间中某个区域表示，并且向上随机投掷一点的含义如前述，则事件A的概率仍可用公式确定，只不过把事件的测度理解为长度或体积即可.,那么,当两船相会时，所

18、求的事件发生,甲、乙两船 将在同一天的0点到24点之间随机地到达码 头，设该码头只有一个泊位.若甲先到，需停靠6小时后才离开码头，若乙先到，则要停靠8小时后离开码头。问这两船中有船需等候泊位空出的概率？,例14 会面问题,解:,设甲船、乙船到达码头的时间分别是x 和 y.,两船到码头时刻，相当于向方形区域内投点,即乙比甲晚到6小时,或甲比乙晚到8小时,即A发生,6,8,蒲丰问题,例161777年,法国科学家蒲丰(Buffon)提出了投针试验问题.平面上画有等距离为a(0)的一些平行直线,现向此平面任意投掷一根长为l(l a )的针,试求针与任一平行直线相交的概率P.,解：,由投掷的任意性可知,这是一个几何概型问题.,则A发生的充分必要 条件是,蒲丰投针试验的应用及意义,蒲丰投针试验的应用及意义,历史上一些学者的计算结果(直线距离a=1),解,例3 在12000的整数中随机地取一个数,问取到的整数既不能被6整除, 又不能被8整除的概率是多少 ?,设