概率论3第3讲13

1第3讲Ch.1随机事件与概率§1.3概率的性质1.3.0不可能事件的概率零性性质1.3.10)(P.Proof由于，有又由与任意事件互斥，由可列可加性，得)()()()()(PPPPP利用正则性1)(P代入上式，得0)()(PP最后由非负性，得0)(P，代入上式，得0)(P.Remark若A，则0)(AP；反之不成立.(为什么？)1.3.1概率的可加性Remark概率的可加性包括可列可加性(基本性质之一)和有限可加性(以下性质1.3.2).性质1.3.2(有限可加性)若事件nAAA,,,21为同一样本空间下的互斥事件列，则.)()(11niiniiAPAPProof记221nnAA.则niiA11iiA.且,,,,,,2121nnnAAAAA为同一样本空间下的可列互斥事件列，于是，由可列可加性及不可能事件的概率零性，得niiAP1)(1)(iiAP11)()(niiniiAPAP11)()(niniiPAP)(1niiAP.因此.)()(11niiniiAPAP性质1.3.3(概率的互补性)对任意事件A,有1)()(APAP.Proof注意到AA，利用正则性和有限可3加性，得)()()(1APAPP.即1)()(APAP.Remark概率的互补性的效用：面对复杂的事件A，转而考虑A，发现简单易得)(AP，用)(1)(APAP达到求)(AP之目的！例1.3.136只灯泡中4只60W，32只40W，现从中任取3只，求至少取到1只60W灯泡的概率.解记A=“任取3只中至少有一只60W灯泡”.A较复杂，而A=“任取3只中全为40W灯泡”的概率，由古典方法容易求得为695.0)(336332CCAP.于是305.0695.01)(1)(APAP例1.3.2抛掷一枚均匀硬币5次，试求既出现正面又出现反面的概率.4解记A=“抛掷5次既出现正面又出现反面”.则A=“抛掷5次全出现正面或全出现反面”.易见,先由古典方法容易求得：161211)(5AP.于是16151611)(1)(APAP.1.3.2概率的单调性性质1.3.4若AB，则)()()(BPAPBAP（概率的可减性）Proof由AB，可将A表示为如下互斥并形式)(BABA,利用有限可加性，得)()()(BAPBPAP故)()()(BPAPBAP.推论（概率的单调性）若AB，则)()(BPAP.Proof利用概率的可减性及非负性，得0)()()(BAPBPAP.5从而有)()(BPAP.Remark单调性的逆命题，若)()(BPAP，则AB不成立。反例：对“向区间]1,0[随机投一点”试验，记A“该点落入区间]5.0,0[”，B“该点落入区间]7.0,6.0[”.利用几何方法，易见5.0)(AP，1.0)(BP.显然)()(BPAP，但AB明显不成立.性质1.3.5（弱可减性）对任意事件A，B，有)()()(ABPAPBAP.Proof由ABABA，且AAB，由可减性，得)()()()(ABPAPABAPBAP.Remark面对复杂事件的概率计算，也可巧妙运用可减性来解决！如下例.例1.3.3口袋中有编号为n,,2,1的n只球，从中有放回地任取m次，求取出m只球中最大号码为k的概率.解记kA=“取出的m只球中最大号码为k”，6mk,,2,1.直接计算)(kAP不容易.考虑以下事件A“取出的m只球中最大号码小于等于k”，B“取出的m只球中最大号码小于等于1k”.则，易见AB，且BAAk.而由古典方法，得)(AP=mmnk，)(BP=mmnk)1(.于是)()()()(BPAPBAPAPkmmmnkk)1(，mk,,2,1RemarkP.34.6n,3m的具体计算结果及说明。1.3.3概率的加法公式（解决任意事件并的概率计算）性质1.3.6（加法公式）)i对任意事件A,B，有)()()()(ABPBPAPBAP;)ii对n个任意事件nAAA,,,21,则有)()1()()()()(2111111nnnkjikjinjijiniiniiAAAPAAAPAAPAPAP.Proof7)i对任意事件A,B，易见可将BA表示为“互斥并”形式为BBABA)(.于是，由有限可加性和弱可减性，得)()()()()()(BPABPAPBPBAPBAP.故证得)()()()(ABPBPAPBAP.)ii利用归纳法可证..3635.PRemark关注3n的结论)()()()()()()()(ABCPACPBCPABPCPBPAPCBAP.Proof利用)i去证.推论（半可加性）)i对任意事件A,B，有)()()(BPAPBAP；)ii对任意事件列nAAA,,,21，有niiniiAPAP11)()(.☆利用加法公式求概率举例例1.3.4已知4.0)(AP，3.0)(BP，6.0)(BAP，求)(BAP.解：由)(3.04.0)()()()(6.0ABPABPBPAPBAP得1.0)(ABP，于是83.01.04.0)()()()(ABPAPBAPBAP.例1.3.5已知41)()()(CPBPAP，161)()(BCPACP，0)(ABP，求：)iA,CB,中至少发生一个的概率；)iiA,CB,都不发生的概率.解：)i由于ABABC及0)(ABP，得0)(ABCP.于是中至少发生一个）CBAP,,()(CBAP)()()()()()()(ABCPACPBCPABPCPBPAP0161161041414185.)ii都不发生）CBAP,,()(CBAP)(CBAP)(1CBAP83851.Remark记好用好)(1)(1)(111niiniiniiAPAPAP.例1.3.6（匹配问题，也称配对问题）在一个有n9个人参加的晚会上，每个人带来了一件礼物，且假定各人带来的礼物都不相同，晚会期间各人从放在一起的n件礼物中任取一件，求至少有一人抽到自己带来的礼物的概率？解：设iA=“第i个人抽到自己带来的礼物”，ni,,2,1，则所求概率为)(1niiAP，为此先由古典方法求得nAPi1)(，ni,,2,1，)1(1)(nnAAPji,nji1,)2)(1(1)(nnnAAAPkji,nkji1,……!1)(21nAAAPn.于是)(1niiAP!1)1()2)(1(1)1(111312nCnnnCnnCnnnnnnin!1)1(!31!2111nn.Remark.37.P给出了此概率的近似计算！101.3.4概率的连续性了解其基本思想就可以了.定义极限事件下连续上连续概率的连续性支持以“有限可加性+下连续”换掉“可列可加性”形成新的公理化定义.★§1.3课外作业习题1.3.(.4139.P)6.15.18.