概率论课件15

概率论与数理统计主讲:赵敏§1.5条件概率、全概率公式和贝叶斯公式一、条件概率的概念1．直观背景例1已知一批产品有100个，其中15个为一等品，在这批产品中一车间生产的有75个，而在第一车间生产的产品中有10个为一等品，今任取一个产品，问它是一等品（事件A）的概率是多少？又若已知抽取的产品是第一车间生产的（事件B），问它是一等品的概率是多少？上述两个问题虽然都是求一等品的概率，但前者是在这批产品100个中考虑的，而后者却是在第一车间生产的产品75个中考虑的，因而所求的概率不同，前者为,10015后者为.75107510,10015BAPAP为了区别这两种概率，我们分别记例2袋中有7只白球,3只红球,白球中有4只木球,3只塑料球;红球中有2只木球,1只塑料球.现从袋中任取1球,假设每个球被取到的可能性相同.若已知取到的球是白球,问它是木球的概率是多少？设A表示任取一球，取得白球；B表示任取一球，取得木球.古典概型所求的概率称为在事件A发生的条件下事件B发生的条件概率。记为ABP解列表白球红球小计木球426塑球314小计731074ABPABABkk4AAkn7从而有AABkkABP7410/710/4nknkAAB)()(APABP2．条件概率的定义和性质定义：若（，F，P）是一个概率空间，BF，且P（B）0，则对任意的AF，称为在事件B已发生的条件下，事件A发生的条件概率。BPABPBAP（1）古典概型可用缩减样本空间法（2）其他概型用定义与有关公式条件概率的计算方法）还是女孩是等可能的（假定一个小孩是男孩大？孩也是女孩的概率为多女孩，问这时另一个小，已知其中一个为一个家庭中有两个小孩例.3.),({.),(),,(),(A.),(),,(),(),(｝女女｛另一个也是女孩｝｝女女男女，女男｛｛已知一个是女孩｝设｝女女男女，女男，男男｛据题意，样本空间为解B.314/34/1)()(A|BAPABPP）（于是所求事件的概率为不难验证，条件概率具有概率的三个基本性质：（1）非负性：0BAP（2）规范性：1BP（3）可列可加性：对任意的一列两两互不相,2,1iAi有11iiiiBAPBAP容的事件类似于概率，还可导出条件概率其它的一些性质0BP（4）（5）若两两互不相容，则nAAA,,,21niiniiBAPBAP11BCPBAPBCAP若，则AC（7）（8）对任意事件A、C，有BACPBCPBAPBCAP一般地：BAAAPBAAPBAPBAPnnninjijiinii211111（6）对任意事件A，BAPBAP1解设B=“灯泡用到5000小时”，A=“灯泡用到10000小时”21,43APBP我们知道用到10000小时的灯泡一定用了5000小时，即,BA所以AB=A，APABPBPABPBAP这表明，用了5000小时的灯泡再用到10000小时的可能性比没有用过的新灯泡用到10000小时的可能性大，这是很自然的，因为前者已经剔除了那些没有用到5000小时的质量较次的灯泡。于是，例4某种灯泡使用5000小时未坏的概率为，使用10000小时未坏的概率为，现有一只这种灯泡已经使用了5000小时未坏，问它能用到10000小时的概率是多少？4321APBPAP21324321二、乘法公式BPBAPABP（）.APABPABP上式称为随机事件概率的乘法公式.若，由条件概率定义，可得()0PB)0)((AP定理：两个事件积的概率等于其中一个事件的概率与另一事件在前一事件发生的条件下的条件概率之积。即：BAPBPABPABPAPABP下面我们利用概率的统计定义证明一下这个结论。证明：假设试验重复了n次，事件A发生了m次，事件B发生了k次，事件AB发生了r次，则事件A发生的频率为：m/n事件B发生的频率为：k/n事件AB发生的频率为：r/n在事件A发生的条件下事件B发生的频率为：r/m由于)()()(,ABfAfABfmrnmnrnnn即由概率的统计定义,概率是频率的稳定性数值,故)/()()(ABPAPABP乘法公式它可推广到任意有限个事件.设为任意n个事件，满足nAAA,,,21,0121nAAAP.12121312121nnnAAAAPAAAPAAPAPAAAP则有()[()]nnnPAAAPAAAA12121()(|)(|)(|)iinnPAPAAPAAAAPAAAA121121121()(|)nnnPAAAPAAAA121121《儒林外史》中有一章讲的是范进中举的故事，这其实也是一个概率问题。现在我们来算一下，范进晚年中举的概率究竟有多大？.0282.0)3.01()|()|()()(21iiA)(3.010921101211021iAAAAPAAPAPAAAP十次都不中的概率为，则他连考，，次乡试未考中｝，｛第令，非常小中的概率为假设每次乡试，范进考通过计算我们发现，范进晚年中举的概率竟高达97.18%，这也从另一个方面启示我们，学习重要的是持之以恒。例5设在一盒子中装有10只球，4只黑球，6只白球，在其中取两次，每次任取一只，作不放回抽样，问两次都拿到白球的概率是多少？解法一：用古典概型来做设A=“两次都拿到白球”，3121026CCAP解法二：用乘法公式来做设B=“第一次拿到白球”，A=“第二次拿到白球”，AB=“两次都拿到白球”，，则95,106BAPBP3195106.BAPBPABP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.后抽比先抽的确实吃亏吗？“先抽的人当然要比后抽的人抽到的机会大.”到底谁说的对呢？让我们用概率论的知识来计算一下,每个人抽到“入场券”的概率到底有多大?“大家不必争先恐后，你们一个一个按次序来，谁抽到‘入场券’的机会都一样大.”“先抽的人当然要比后抽的人抽到的机会大。”因为若第2个人抽到了入场券，第1个人肯定没抽到.也就是要想第2个人抽到入场券，必须第1个人未抽到,)|()()(1212AAPAPAP212AAA由于由乘法公式P(A2)=(4/5)(1/4)=1/5计算得：我们用Ai表示“第i个人抽到入场券”i＝1,2,3,4,5.显然，P(A1)=1/5，P()＝4/51A第1个人抽到入场券的概率是1/5.也就是说，iA则表示“第i个人未抽到入场券”)|()|()()()(2131213213AAAPAAPAPAAAPAP这就是有关抽签顺序问题的正确解答.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.因此继续做下去就会发现,每个人抽到“入场券”的概率都是1/5.抽签不必争先恐后也就是说，＝(4/5)(3/4)(1/3)=1/5三、全概率公式例7．从5个乒乓球（3个新的，2个旧的）中每次取一个，无放回地取两次，试求第二次取到新球的概率。解：设B=“第一次取到新球”，A=“第二次取到新球”注意，这不是求条件概率ABPBAP,BAABBBAAABAPABPBAABPAPBAPBPBAPBP5343524253BBAABAB()()PAPABAB()()PABPAB()(|)()(|)PBPABPBPAB全概率公式例8．在A、B、C三个盒子中共装有10个外形不可分辨的球，在A盒中有两个新球，一个旧球；在B盒中有两个新球，两个旧球；在C盒中有一个新球，两个旧球。设取到每一个盒子的机会是均等的，现从三个盒子中任取一个球，问取到新球的概率是多少？解：设A=“取到新球”=“取到A盒”，=“取到B盒”，=“取到C盒”。1B2B3B321ABABABPAP321ABPABPABP332211BAPBPBAPBPBAPBP21313142313231图示A1B2B3B1AB2AB3AB321ABABABPAP332211BAPBPBAPBPBAPBP由以上两例看出，当求某一事件A的概率比较困难，而求条件概率比较容易时，可先设法将这个事件A分成几个互不相容事件的和，再利用加法公式和乘法公式解之。把这个方法一般化，便得到下面的定理。.)|()()(A,,2,1,0)(,,,2.11121iiiiiiBAPBPAPiBPBBB，有则对任一事件有，且是一列互不相容的事件设定理这个公式通常称为全概率公式，它是概率论中最基本的公式之一。jiBB由()()ijABAB图示A1B2B3B证明化整为零各个击破).|()()()())(()()(1111iiiiiiiiiBAPBPABPABPBAPAPAP由此有nB说明全概率公式的主要用途在于它可以将一个复杂事件的概率计算问题,分解为若干个简单事件的概率计算问题,最后应用概率的可加性求出最终结果.而这需要对样本空间进行划分.A1B2B3B1nBnB12001212,,,,,1,,1,2,,;2,,,,.nijnnEBBBEBBijnBBBBBB　定义设为试验的样本空间为的一组事件若　　　　　　则称为样本空间的一个划分1B2B3BnB1nB例9某外形相同的球分别装入三个盒子，每盒10个，其中第一个盒子中7个球标有字母A,三个标有字母B;第二个盒子有红球和白球各5个，第三个盒子中8个红球，2个白球。试验按如下规则进行，先在第一盒子任取一球，若取得球标有字母A，则在第二盒子任取一球；若取得球标有字母B，则在第三个盒子任取一球；若第二次取出的球标是红球，则称试验为成功，求试验成功的概率。令A={从第一个盒子取得标有字母A的球}解B={从第一个盒子取得标有字母B的球}ＡＡＡＡＡＡＡＢＢＢＢＡA={从第一个盒子中取得标有字母A的球}B={从第一个盒子中取得标有字母B的球}R={第二次取出的球是红球}W={第二次取出的球是白球}BRPBPARPAPRP59010810321107.解令品的概率是多少？格一件，问恰好抽到不合现在从出厂产品中任取及、、格品率依次为又这四条流水线的不合，和、、总产量的条流水线的产量分别占产同一种产品，该四某工厂有四条流水线生例.02.003.004.005.0%35%30%20%1510,02.0)|(,03.0)|(,04.0)|(,05.0)|(,35.0)(,3.0)(,2.0)(,15.0)(43214321BAPBAPBAPBAPBPBPBPBP则解令A=｛任取一件，恰好抽到不合格品｝,Bi={任取一件,恰好抽到第i条流水线的产品},i=1,2,3,4%15.30315.002.035.003.03.004.02.005.015.0)|()()(41iiiBAPBPAP于是由全概率公式可得例11(续例10)在上例中,若该厂规定,出了不合格品要追究有关流水线的经济责任，现在在出厂产品中任取一件,结果为不合格品,但该产品是哪一条流水线生产的标志已经脱落,问厂方如何处理这件不合格品比较合理？比方说，第4条(或第1、2、3条)流水线应承担多大的责任？解从概率论的角度考虑可以按P(Bi|A)的大小来追