概率定义与性质

第二节概率的定义及其性质(Thedefinitionofprobabilityanditsproperties)一、概率的定义孤立地看某个随机事件的发生，似乎没有任何规律，但是，当进行大量的重复试验以后，随机事件发生的规律（即出现可能性）就会显现在人的面前。例如，历史上就有数学家作投掷硬币的试验，从中考察出现正面的频率。定义1：在相同的条件下，重复进行大量的试验，若事件A发生的频率(frequency)稳定地逼近某常数p，称p为事件A发生的概率(probability)，记为P(A)，即p=P(A)。以上定义是所谓统计性的概率定义，它基于随机事件发生频率的稳定性。它具有直观因而比较易于理解的特点。概率的严格定义是所谓公理化定义(Thedefinitionofaxiomsofprobability)。定义2：设是随机试验E的样本空间，A为E的任意一个事件，P(A)是A的实函数，满足：（1）P(A)0（非负性）；（2）P()=1（规范性）；（3）若nAAA,...,,21，…，两两互不相容，即jiAAji,，i，J=1，2，…，则有)()(11niiniiAPAP（有限可加性）;而)()(11iiiiAPAP（可列可加性）。注：可以证明，有限可加性与可列可加性是等价的。由概率的定义，对任何事件A，有1)(0AP成立(参见下例)；而且由（3）不难看出，0)(P；若A，B为互斥事件，有P(A+B)=P(A)+P(B)。特别地，对任意事件A有)(1)(APAP例：设事件A、B，若BA，则)()(APBP证明将B写成)(ABABABA，由于右边两事件互斥，所以)()()()(APABPAPBP。从上面证明，我们有公式：若BA，则有公式)()()(APBPABP。上公式一般情况下不成立。如A、B互斥，P(A)=0.5,P(B)=0.3,左=P(B)=0.3，右=-0.2二、古典概型在概率计算中，比较常见的是所谓古典概型概率计算。为此，首先定义等概完备事件组的概念。定义3：若事件nAAA,...,,21满足(1)事件nAAA,...,,21发生的概率相等（等可能性）；(2)在每次试验中，事件nAAA,...,,21至少有一个发生（完备性）；(3)在每次试验中，事件nAAA,...,,21只能发生其中之一（互斥性）,称事件nAAA,...,,21构成等概完备事件组，也称等概基本事件组。其中每一事件称为基本事件。如果随机试验的中事件满足等概完备事件组的条件，将相关的概率计算称为古典概型。由于此时任何事件A必由若干基本事件所构成（事件A的发生必伴随若干个基本事件发生），因此，有公式：nmP(A)其中A由m个基本事件所构成（A包含m个基本事件）。【例1】设100片装的一瓶药片中有2片次品，现从中任取4片，求取到药片中恰有1片次品的概率。解：从100片药中任取4片药的方法共有n=4100C种，而其中恰有1片次品的取法有39812CCm种，因而所求概率为0776.0)(410039812CCCAP注：若问题为至少有1片次品的概率，则答案为：0788.01)(4100498CCBP【例2】设某班共有大学生40人，设每个的生日在一年365日的任何一天都是有可能的。求：（1）40人中生日全不相同的概率；（2）至少有两人生日在同一天的概率。解：设A={40人生日全不相同}，B={40人中至少有两人生日在同一天}，则4040365365!40)(CAP0.118。由于事件B与事件A为对立事件，所以利用公式)(1)(APAP，事件P(B)=1-0.118=0.882【例3】袋中有a只白球，b只黑球，k个人依次在袋中取一只球，分别按（1）作放回取球；（2）作不放回取球，求第i个人取到白球概率？解：（1）（2）（2）结果说明抽签原则的合理性。baapkbakbaAaAp11baa【例4】设有n个房间，分给n个人，每个人以n1的概率进入每间房，且每间房的人数无限定。求（1）不出现空房的概率？（2）恰出现一间空房的概率？解（1）nnnp!；（2）nnnnnCp)!1(2【例5】从5双不同号码的鞋子中任意抽取4只，问这4只至少有2只配对的概率是多少？解：法一.n=,m=故所求概率p=13/21。法二.4只全不配对方法有m=即4只全不配对的概率为8/21，所以至少有2只配对的概率是p=1-8/21=13/21。210410C1302*2241525CCC802*2*2*245C【例6】统计一周（5个工作日）某老师在共12次接待学生的答疑时，都是在周二或周五进行的。问由此推断答疑时间是否有规定？解：假定答疑时间没有规定，则12次接待学生的答疑时，都是在周二或周五进行的概率为这是一个“小概率”事件，按统计原理认为几乎不可能发生。由此推断答疑时间是有规定的。000017.0521212p几何概型介绍:例1：设某公交车每10分钟到站一辆，乘客到达车站的时刻是任意的，求某乘客到站候车不超过5分钟的概率？解：设乘客所乘车在a时刻到达，则这辆汽车的前一辆车在(a-10)时刻到达，乘客在时间段(a-10,a]的任意时刻x都可能到达车站，而若候车不超过5分钟，则x必满足:,故所求概率=0.5。例2：（会面问题）两人约定在7点至8点在某地会面。事先约定先到者等20分钟不见人即可离去。求两人能会面的概率p？解：p=6060axa595第三节概率加法公式与概率乘法公式(Theformulasofadditionandmultiplicationofprobability)一、概率加法公式前面我们已经看到，当A、B为互斥事件时有P(A+B)=P(A)+P(B)。一般地说，任意给定两个事件A与B，则有概率加法公式P(A+B)=P(A)+P(B)-P(AB)证任意A、B，显然有ABAABABA)(，因为AAAB,与AB互斥，因此)()()(ABPAPBAP对于任何B，由于ABBAAABB)(，所以有)()()(ABPBAPBP。所以，P(A+B)=P(A)+P(B)-P(AB)概率加法公式可以推广至任意有限个情景，如对给定三个事件A、B、C有P(A+B+C)=P(A)+P(B)+P(C)-P(AB)-P(AC)-P(BC)+P(ABC)【例1】设某省甲、乙两个相邻城市在同一季节分别出现雨天的概率为P(A)=0.4和P(B)=0.5，而两地同时出现雨天的概率为P(AB)=0.35，求在这季节某天甲、乙两地至少有一城市出现雨天的概率。解由概率加法公式，所求概率为P=0.4+0.5-0.35=0.55【例2】设某地有甲、乙、丙三种慢性病，其中该地老年人患三种病各占比例为30%、20%及15%，而10%兼患甲、乙病，8%兼患甲、丙病,4%兼患乙、丙病，2%同时患有甲、乙、丙三种病，问该地区老年人至少患其中一种病的人所占比例是多少？解：由概率加法公式，所求概率为P=0.3+0.2+0.15-0.1-0.08-0.04+0.02=45%【例3】设盒中有3个红球，4个黑球和5个白球，现有放回地每次取1球，连续取两次，求取得的两球中没有红球或没有白球的概率。解应用加法公式，设A={无红球}，B={无白球}，则所求概率为P(A+B)=P(A)+P(B)-P(AB)=792.0144114124127129222222二．条件概率与乘法公式(Theconditionalprobabilityandmultiplicationrule)定义1：设A、B为两个随机事件，且P(A)0,称在已知A发生的前提下事件B发生的概率为事件B发生的条件概率，记为P(B|A)。考虑下面例子，设盒中有3个红球，4个白球，现不放回地每次取1球，连续取两次。则（1）第1次取得红球的概率P(A)=73(2）第1次取得红球且第2次取得白球的概率P(AB)=726743；而（3）条件概率3264)|(ABP。因此有P(AB)=P(A)P(B|A)。这公式对一般任意两个随机事件A、B总是成立的，称其为概率乘法公式。并且当P(A)0时，得到条件概率公式：)()()|(APABPABP注：概率乘法公式可以推广至任意有限个情景，例如P(ABC)=P(A)P(B|A)P(C|AB)定义2：若P(B|A)=P(B)，称事件B与事件A独立。由定义，当事件B与事件A独立时有P(AB)=P(A)P(B|A)=P(A)P(B)。由此可得如下结论【例4】若事件B与事件A独立，则事件A与事件B独立。证明设P(B)0,则)()()()()()|(BPBPAPBPABPBAP=P(A),故A与B独立。由上面例子说明对事件A、B，独立的条件是对等的。而且容易说明，事件A、B独立的充要条件是P(AB)=P(A)P(B)【例5】若事件A、B独立，证明A与B，B与A及A与B都是独立的。证：只证明A与B独立：因为BAABA，P(AB)=P(A)-P(AB)=P(A)-P(A)P(B)=P(A)[1-P(B)]=P(A)P(B)故A与B独立。【例6】设A、B独立，P(A+B)=0.7，P(A)=0.5，则P(B)=0.4【例7】P(A)=0.25，P(A|B)=0.5，P(B|A)=0.3，求P(A+B)解：首先P(AB)=P(A)P(B|A)=0.075;P(B)=P(AB)/P(A|B)=0.15所以，P(A+B)=0.25+0.15-0.075=0.325思考：设P{孩子得病}=0.6，P{母亲得病|孩子得病}=0.5P{父亲得病|孩子及母亲得病}=0.4求孩子及母亲得病而父亲未得病概率？（答案：0.18)证明：P(ABC)=P(A)P(B|A)P(C|AB)【例8】设某药品生产线由两道独立工序组成，它们产生次品的概率分别为0.1和0.15，求产品合格率。解法一：A={第1道工序产次品}，B={第2道工序产次品}，则P{次品}=P(A+B)=P(A)+P(B)-P(AB)=0.1+0.15-15.01.0=0.235所以产品合格率P=1-0.235=0.765法二：A={第1道工序产合格品}，B={第2道工序产合格品},则所求概率为P=P(AB)=P(A)P(B)=765.0)15.01()1.01(独立性概念可以推广至任意有限个事件，例如事件A、B、C独立的充要条件是P(AB)=P(A)P(B),P(AC)=P(A)P(C),P(BC)=P(B)P(C)；（两两独立）P(ABC)=P(A)P(B)P(C)。（三个独立）特别地，如果已知nAAA,...,,21独立，则有)()()()(2121nnAPAPAPAAAP【例9】设某种高射炮，每次（发1弹）击中飞机的概率为0.01，问需多少门炮同时发射（每门发射1弹），才可以99%的把握将飞机击中。解设iA={第i门炮击中飞机}（i=1,2,…），并设需n门炮击中飞机，A={飞机被击中}，则问题化为求n，使niiAA1，且有99.0)()(1niiAPAP由独立性，)(1)(1)(111niiniiniiAPAPAPnniiAP)99.0(1)(11问题化为99.0)99.0(1n,由此得458n。最后我们再举一例，说明事件两两独立并不能保证全部事件独立。【例10】假设一个均匀四面体，其中第一面为红色，第二面为黄色，第三面为蓝色，而第四面为红、黄、蓝三色，设每个面出现的概率相等。记A={红色出现}，B={黄色出现}，C={蓝色出现}。证明：事件A、B、C两两独立，但它们不全部独立。事件A、B、C不独立。记A={红色出现}，B={黄色出现}，C={蓝色出现}。证明：事件A、B、C两两独立，但它们不全部独立。证明首先P(A)=P(B)=P(C)=2142,而P(AB)=P(AC)=P(BC)=41,因此满足两两独立的条件；但P(ABC)=41P(