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1、第二章第二章 条件概率与独立性条件概率与独立性 条件概率与乘法公式条件概率与乘法公式 全概率公式与贝叶斯公式全概率公式与贝叶斯公式 事件的相互独立性事件的相互独立性 重复独立试验重复独立试验 二项概率公式二项概率公式2.1 2.1 条件概率与乘法公式条件概率与乘法公式 2.1.1 2.1.1 条件概率条件概率例例1 1 在所有的两位数10到99中任取一个数。(1) 求此数能被4整除的概率.(2) 求此数为偶数的概率.(3) 若已知此数为偶数，求此数能被4整除的概率.解解 设A=此两位数能被4整除，B=此两位数为偶数， 样本空间=10,11,12,98,99 共90个样本点(1) A=12,16
2、,92,96 共22个样本点，P(A)=22/90=11/45(2) B=10,12,14,16,96,98共45个样本点, P(B)=45/90=1/2(3) 若已知此数为偶数, 样本空间=B=B，其样本点总数为45个；且能够被4整除的两位数样本空间=A=A,其样本点总数为22个。 故AB=12,16,96=AB，共22个样本点。 在已知B发生的条件下，事件A发生的概率p=22/45 叫做“条件概率”, 写成：P(A|B)=22/45 事件A的概率：已知事件B发生的条件下，事件A的概率：定义定义1 1 对事件A、 B，若P(B)0，则称为事件A在条件B(发生)下的条件概率。相对地，有时就把概
3、率P(A)，P(B) 等称作无条件概率. 方法1： 用原样本空间计算条件概率方法2：用新样本空间B计算条件概率说明： 条件概率也是概率 条件概率满足概率性质思考思考思考思考：利用条件概率的定义，推出P(AB)与P(A) 的大小关系。条件概率的性质条件概率的性质1、非负性、非负性 对任一事件B，必有P(B|A) 02、规范性、规范性 3、可加性、可加性例例例例2 2 一个家庭中有二个小孩，已知其中有一个是女孩，问这时另一个小孩也是女孩的概率为多大（假定一个小孩是男还是女是等可能的）？解解 样本空间=(男,男)，(男,女)，(女,男)，(女,女) A=已知有一个是女孩=(男,女)，(女,男)，(女
4、,女) B=另一个也是女孩=(女，女)则例例3 3 设已知某种动物自出生能活过20岁的概率是0.8,能活过25岁的概率是0.4, 问现龄20岁的该种动物能活过25岁的概率是多少？解解 设 A=该种动物能活过20岁 B=该种动物能活过25岁 显然有： P(A)=0.8，P(B)=0.4 BA ， AB=B例例4 4 盒子中有4只坏晶体管和6只好晶体管，任取两只，第1次取出的不放回。若已经发现第1只是好的，求第2只也是好的的概率。解法解法1 1 设Ai=第i只是好的，i=1,2解解法法2 2 在已经发现第1只是好的情况下，再取出第2只晶体管，样本空间变成只有9个样本点（9种可能结果）。 此时取出一
5、只是好的样本点有5个这种方法是改变样本空间，用一般的P=r/n计算。2.1.2 2.1.2 乘法公式乘法公式 定理定理1 1 若P(A)0，则有 P(AB) = P(A)P(B|A) 若P(B)0，则有 P(AB) = P(B)P(A|B)此公式称为乘法定理。定理定理2 2 设A1, A2, , An为n个任意事件，且满足 P(A1A2An-1)0, 则有 P(A1A2An)=P(A1)P(A2|A1)P(A3|A1A2)P(An|A1A2An-1)上式表明，可通过一系列的条件概率的乘积来计算事件积的概率。证明：当P(A1A2An-1)0时，由于A1A1A2A1A2An-1, 则有P(A1)P
6、(A1A2)P(A1A2An-1)0由条件概率的定义，得 顺便指出，当P(A1A2An-1)=0时，可知 P(A1A2An)=0 例例例例5 5 5 5 一批产品的次品率为，正品中一等品率为75，现从这批产品中任意取一件，试求恰好取到一等品的概率。 解解 例例6 6 设有10个球，7新3旧，分别放在三个盒子中。表示新球，表示旧球。现从中任取一球，问此球为新的概率。解解 新=甲且新乙且新丙且新 P(新)=P(甲且新)+P(乙且新)+P(丙且新) =P(甲)P(新|甲)+P(乙)P(新|乙)+P(丙)P(新|丙) =例例7 7 为安全起见，工厂同时装有两套报警系统1,2。已知每套系统单独使用时能正
7、确报警的概率分别为0.92和0.93，又已知第一套系统失灵时第二套系统仍能正常工作的概率为0.85, 试求该工厂在同时启用两套报警系统时，能正确报警的概率是多少？解解 A=工厂同时启用两套报警系统时,能正确报警 =报警系统1，2中至少有一套能正常工作 Bi=第i套报警系统能正常工作的事件，i=1,2 则有 A=B1B2 则有P(A)=P(B1B2)=P(B1)+P(B2)-P(B1B2) =0.92+0.93-0.862 =0.988例例例例8 8 8 8 对某种产品要依次进行三项破坏性试验。已知产品不能通过第一项试验的概率是0.3；通过第一项而通不过第二项试验的概率是0.2；通过了前两项试验
8、却不能通过最后一项试验的概率是0.1。求该产品未能通过破坏性试验的概率。解解：设A为题设所求事件，Ai=产品未能通过第i项破坏性试验 i=1,2,3 显然A=A1A2A3例例9 一批零件共100个，次品率为1。每次从其中任取一个零件，取出的零件不再放回去，求第三次才取得合格品的概率。解解例例例例1010 一个人依次进行四次考试，他第一次考试及格的概率为p(0p0(i=1,2,n) 条件哪里用到？ ）没有此条件行吗？例例1111 袋中有大小相同的a个黄球、b个白球。现做不放回 地摸球两次，问第2次摸得黄球的概率？解解 第2次摸球是在第1次摸球后进行的，但第1次摸球只有 以下两种可能的结果： B1
9、=第1次摸得黄球 B2=第1次摸得白球 现有B1B2=，B1+B2=。 设A=第2次摸得黄球 P(A)=P(AB1)+P(AB2)=P(B1)P(A|B1)+P(B2)P(A|B2) =例例1212(抽抽签签问问题题) 6人分2张球票，抽签决定。问第1人抽得球票的概率与第2人抽得球票的概率是否相等？解解 设A=第1人得票，B=第2人得票 P(A)=2/6=1/3 第2人得票与第1人得票有关联， 且A+=， 用全概率公式： P(B)=P(A)P(B|A)+P()P(B| ) =可见，两人得票的概率相等。例例1313 某工厂有四条流水线生产同一产品，已知这四条流水线的产量分别占总产量15，20%，
10、30和35，又知这四条流水线的产品不合格率依次为0.05，0.04，0.03及0.02。现从该工厂的这一产品中任取一件，问取到不合格品的概率是多少？解解 设A=任取一件产品，结果是不合格品 Bk=任取一件产品，结果是第k条流水线的产品 k=1,2,3,4 P(B1)=0.15 P(B2)=0.20 P(B3)=0.30 P(B4)=0.35 P(A|B1)=0.05 P(A|B2)=0.04 P(A|B3)=0.03 P(A|B4)=0.02由于B1,B2,B3,B4互斥，B1+B2+B3+B4= 可用全概率公式,有P(A)=P(B1)P(A|B1)+P(B2)P(A|B2)+P(B3)P(A
11、|B3)+P(B4)P(A|B4) =0.150.05+0.20.04+0.30.03+0.350.02 =0.0315例例例例14 14 一商店出售的某型号的晶体管是甲、乙、丙三家工厂生产的，其中乙厂产品占总数的，另两家工厂的产品各占。已知甲、乙、丙各厂产品合格率分别为0.9、0.8、0.7，试求随意取出一只晶体管是合格品的概率（此货合格率）。解解解解 设A1=晶体管产自甲厂，A2=晶体管产自乙厂， A=晶体管产自丙厂，B=晶体管是合格品。则 P(A1)=P(A3)=0.25 P(A2)=0.5 由全概率公式得：例例例例1515 设甲袋中有m-1只白球和1只黑球，乙袋中有m只白球，每次从甲、
12、乙两袋中分别取出一只球，经交换后放回袋中，求经n次交换后，黑球在甲袋中的概率，并讨论 n时的情形。解解解解 设经 k次交换后，黑球在甲袋的概率为pk 。 经过k-1次交换后，黑球在甲袋中，再交换一次，黑球仍在甲袋的概率为 。 当经k-1次交换后，黑球不在甲袋中，再交换一次，黑球在甲袋的概率为 。于是，由全概率公式得例例例例1616 连续做某项试验，每次试验只有成功和失败两种结果.已知当第k次成功时，第k+1次成功的概率为1/2 ，当第k次试验失败时，第k+1次成功的概率为3/4，如果第一次试验成功和失败的概率均为1/2，求第n次试验成功的概率。解解解解2.2.2 2.2.2 贝叶斯公式贝叶斯公
13、式定理定理4 4 设B1,B2,为一系列（有限或无限个）两两互不相容的事件，且则对任一具有正概率的事件A，有证明：该定理可以推广到可列多个的情况。贝叶斯公式的意义：当不知道某信息（事件A）时，我们对各事件B1, B2, 发生的可能性大小的认识为：P(B1), P(B2), .当知道某信息（事件A）已经发生时，我们对各事件B1, B2, 发生的可能性大小的要重新认识： P(B1|A), P(B2|A), .用乘法公式用全概率公式例例1717 (市场问题)某公司计划将一种无污染副作用的净化设备投放市场。公司市场部事先估计该产品畅销的概率是0.5，一般为0.3，滞销为0.2。为测试销路，决定先进行试
14、销，并设定了以下的标准：若产品畅销，则在试销期内卖出7000到10000台产品的概率是0.6；若产品的销路一般，则在产品的试销期内卖出7000到10000台产品的概率是0.9；若产品滞销，则在试销期间能卖出7000到10000台产品的概率是0.2。 若在试销期满后，实际卖出产品是9000台。问该产品(1)“销路为一般”；(2)“畅销”；(3)“畅销或销路一般”的概率各是多少？解法解法1 1 A1=该产品是畅销品 P(A1)=0.5 A2=该产品的销路一般 P(A2)=0.3 A3=该产品是滞销品 P(A3)=0.2 B=试销期内能卖出该产品7000到10000台于是，市场部前期工作成果可表成：
15、 P(A1)=0.5 P(A2)0.3 P(A3)=0.2 P(B|A1)=0.6， P(B|A2)=0.9， P(B|A3)=0.2现事件B发生，用贝叶斯公式可算得所要的概率：解法解法2例例例例1818 两台机床加工同样的零件，第一台出现废品的概率为0.05，第二台出现废品的概率为0.02，加工的零件混放在一起，若第一台车床与第二台车床加工的零件数为5:4。求()任意地从这些零件中取出一个合格品的概率； ()若已知取出的一个零件为合格品，那么，它由 哪一台机床生产的可能性较大。解解解解 （）因此，第一台可能性较大。 （1）例例例例19 19 某实验室在器皿中繁殖成k个细菌的概率为并设所繁殖的
16、每个细菌为甲类菌或乙类菌的概率相等，求下列事件的概率：(1) 器皿中所繁殖的全部是甲类菌的概率。(2) 已知所繁殖的全部是甲类菌，求细菌个数为2的概率。(3) 求所繁殖的细菌中有i个甲类菌的概率。解解解解 A=繁殖的细菌全是甲类菌， Bk=繁殖了k个细菌， k=1,2, Ai=所繁殖的细菌中有i个甲类菌， i=1,2, （1 1）由全概率公式有（2 2）（3 3） 由题意根据全概率公式 例例2020(贝叶斯决策）假定具有症状S的疾病有d1,d2,d3三种现从20000份患有疾病d1,d2,d3的病史卡中，统计得到下列数据：求当一个具有症状S的病人来就诊时，他患有疾病d1，d2，d3的可能性各有
17、多大？解解 设A=患者出现症状S Di=患者患有疾病di，i=1，2，3 每观察一张病卡可看成是作了一次试验，由于统计的病卡很多，这样以频率来近似代替概率是可行的由统计数字，得 由贝叶斯决策公式，得 当一个具有症状S的病人来就诊时，他患有疾病d1的可能性最大，概率为0.4934。2.3 2.3 事件的相互独立性事件的相互独立性定义定义2 2: 若两事件A, B，满足 P(AB)=P(A)P(B)则称A,B（或B,A）相互独立，简称独立。若P(A)0,则事件A与B独立的充分必要条件是 P(B|A)=P(B) 若P(B)0,则事件A与B独立的充分必要条件是 P(A|B)=P(A)一般情况：P(A|
18、B)P(A), 说明B的发生对A发生的概率 有影响，这就是不独立。独立：A发生与否对B的概率无影响独立：B发生与否对A的概率无影响证明证明证明证明(1)(1)(1)(1) P(A)0，A与B独立 P(B|A)=P(B) P(AB)=P(A)P(B|A) 由A、B独立，有 P(AB)=P(A)P(B) P(A)0，P(B|A)=P(B) (2) (2) P(B)0， A与B独立 P(A|B)=P(A) P(AB)=P(B)P(A|B) 由A、B独立，有 P(AB)=P(A)P(B) P(B)0，P(A|B)=P(A)定定理理5 5 若四对事件 中有一对是相互独立的，则另外三对事件也是相互独立的。
19、即这四对事件或者都相互独立，或者都不相互独立。证明思路证明思路证明思路证明思路：证明：证明：证明：证明：( () ) 因为A，B事件相互独立，即P(AB)=P(A)P(B) 。 所以 相互独立 （）（）（）（） （）（）（）（） （）（）（）（）所以，A、B事件相互独立。 由事件的独立性定义可得： 即使在 P(A)=0 或P(B)=0时，事件的独立性定义仍 适用。 与任何事件A是独立的。P(A)=P()P(A)=P(A) 与任何事件A是独立的。P(A)=P()P(A)=P() A与B独立并不是说A,B互不相容（即不是AB=）； A与B独立的含义是：P(A|B)=P(A), P(B|A)=P(B
20、) 例例例例2121 甲、乙同时向一敌机炮击，已知甲击中敌机的概率为0.6，乙击中敌机的概率为0.5，求敌机被击中的概率。 解：解：解：解： 记 事件的独立性概念可以推广到有限个事件的情形。定定义义3 3 设A1, A2, , An是n个事件，若对所有可能的组合1ijkR1, 说明系统II的可靠性大于系统I的可靠性。 R2-R1=rn(2-r)n-2+rn 令f(r)=(2-r)n-2+rn , 得f(1)=0 -n(2-r)n-1+nrn-1=nrn-1-(2-r)n-1 当0r1时， ,即f(r)是单调减函数，因此，当0rf(1)0，所以有R2-R10。例例2424 某工人看管甲、乙、丙3
21、台机床。在1小时内这3台机床需要照管的概率分别为0.2，0.1，0.4,各台机床需要照管是相互独立的，且当一台机床需要照管时，时间不会超过1小时试求在1小时内，机床因得不到需要的照管而被迫停机的概率？解解法法1 1 设用A,B,C分别表示“在1小时内甲、乙、丙机床需要照管”的事件。则已知 P(A)0.2，P(B)0.1，P(C)0.4 且A,B,C独立。 设D=机床在1小时内因得不到需要的照管而停机 =在1小时内发生了至少有两台机床需要照管 =ABACBCP(D)=P(ABACBC) =P(AB)+P(AC)+P(BC)-P(ABAC)-P(ABBC)-P(ACBC) +P(ABACBC) =
22、P(AB)+P(AC)+P(BC)-P(ABC)-P(ABC)-P(ABC) +P(ABC) =P(AB)+P(AC)+P(BC)-2P(ABC) =P(A)P(B)+P(A)P(C)+P(B)P(C)-2P(A)P(B)P(C) =0.20.1+0.20.4+0.10.4-20.20.10.4 =0.124解法解法2 2 2.4 2.4 重复独立实验重复独立实验 二项概率公式二项概率公式n n重独立试验重独立试验 做n个试验，它们是完全同样的一个试验做n次重复，而且这些重复试验具备两个条件： 每次试验条件都相同，因此各次试验中同一个事件(A)的出现概率相等； 各次试验结果相互独立；满足这两个
23、条件的n次重复试验，称为n重独立试验。 n n重伯努利重伯努利( ( Bernoulli )Bernoulli )试验试验 如果每次试验的可能结果只有两种，即只有两个可能事件A与，且 P(A)=p，P()=1-p=q则这n重独立试验又称为n重伯努利( Bernoulli )试验，或称伯努利概型。 试验试验1 1电脑故障电脑故障 某电脑公司售出200台电脑，公司在考虑售后服务维修人员的安排时需处理P(A)=p，n=200的伯努利试验问题。其中p是电脑故障率。试验试验2 2疾病发生疾病发生 某疾病的发生率为0.001。当卫生部门要对一个拥有5000名员工的单位估计此种疾病的发病情况时，需用p= 0
24、.001的n重伯努利试验模型，其中n=5000。试验试验3产品抽样产品抽样 在产品抽验中，如果采用不放回方式抽取n次(每次取一件产品)，那么这n次试验就不是重复独立试验(此时，每次试验条件不完全重复，每次抽取正品的概率也不相等)。 但是，如果采用放回抽样，即每次抽取检查后放回，这样所作的n次试验就是重复独立试验。 在实际问题中，完全满足n重独立试验的两个条件是不多见的，常常是近似满足条件，此时，可用 n重独立试验来近似处理。例如，以抽样问题为例，当产品数量很大时，相对来说，抽取的产品件数n很小，即使所作的是无放回抽取，我们可以近似地当作有放回抽取，近似地把它看成是n重独立试验（此时，每次试验出
25、现正品的可能性相等）。例例2 25 5 (打靶问题) 某老练的射手打五发子弹，中靶概率为0.8，问： (1) 他打中两发的概率是多少？ (2) 打中的概率是多少？解解 设Ai=第i次击中靶，射手老练，可理解为他每次打中否，彼此不相互影响，为相互独立重复试验。(1) P(A1A2345)=P(A1)P(A2)P(3)P(4)P(5) =0.82(1-0.8)3 记P5(2)为打5发中2发的概率，则 P5(2)=(2) “打中”=“5枪中至少打中1枪” P(“打中”)=1-P(“5枪全不中”) =1-P(12345) =1-P(1)P(2)P(3)P(4)P(5) =1-(1-0.8)5 =1-0
26、.25 =0.99968定定理理7 7（二项概率公式）设一次试验中，事件A出现的概率为P(A)=p(0p1)，则在n重伯努利试验中，事件A恰好出现k次的概率Pn(k)为 证证 设Ai=第i次试验中出现A，（i=1,2,n). 由于每次伯努利试验的可能结果为A或，可知当n次试验中，事件A在指定的k次试验中出现(或是前k次出现)，在其余n-k次试验中不出现的概率为 P(A1A2Akk+1n)，再由试验结果的独立性得 P(A1A2Akk+1n) =P(A1)P(A2)P(Ak)P(k+1)P(n) =pk(1 - p)n-k =pkqn-k n重贝努利试验中出现k 次的方式就是至n的n个自然数中取出
27、 k个数的一种组合，即共有 个事件。而这些事件是两两互斥的，故 （k=0,1,2,n) 注：注：1)1)由于上式刚好是二项式(p+q)n的展开式中第k+1项 的系数，故我们把它称为二项概率公式。 显然： 2) 也被记作b(k,n,p) 例例2626 某车间有台车床，每台车床由于种种原因，时常需要停车，设各台车床的停车或开车是相互独立的，若每台车床在任意时刻处于停车状态的概率为1/3，求任意时刻车间里有台车床处于停车状态的概率。解解 把任一时刻对一台车床的观察看成是一次试验，试验结果只有停车或开车两种可能，且各车床的停车或开车是相互独立的，故我们可用二项概率公式计算，得例例27 27 设某种药物
28、对某种疾病的治愈率为0.8，现有10个患这种疾病的病人同时服用此药，求其中至少有6人被治愈的概率。解解 把每个病人服此药当作一次试验，试验结果有“治愈”(事件A)和“未治愈”(事件)两种，而且各病人的“治愈”或“未治愈”是相互独立的，故可用伯努利概型计算这一问题。 P(“10人中至少有6人被治愈”) 这个结果说明：这个结果说明： 服用此药，人中至少有人被治愈的可能性是很大的。 反之，没有人以上被治愈的事很少会发生（概率为 0.03）。 如果我们做一次这样的试验，结果没有人以上被治愈，我们应当对此药的“治愈率为 0.8”的说法表示怀疑。 小概率事件不可能在一次试验中发生的原理是假设检验的理论根据
29、。例例2828 某人从A处出发去B处，倘若他只知道B处在A处的东北方向上，如图所示，图中每条线表示一条道路，当他每到一交叉路口时，对行进的路线要作一次选择，每次都以概率p选择向东走，以概率1-p选择向北走，试求经过8次选择可到达B处的概率。解解 若把在交叉路口选择一次 行进路线看作试验E0, 显 然，E0有两个可能结果： A(“向东”)和(“向北”)， 并且P(A)=p,P()=1-p。 述试验又相当于将E0独立地重复进行8次，故为8重伯努利试验。 根据图中B处的位置，为了保证经过8次行进路线的选择能到达B处，必须且只须恰好有4次选择向东走（另4次选择向北走），因此，所求概率为事件B4的概率，
30、有 作业：作业：P33363、6、12、15、20、22习题2-16 用X射线检查肺癌的可靠性有下列数据，肺癌患者通过检查被确诊的有98，而未患肺癌者经检查有99%可正确诊断为未患肺癌，误诊率分别为2%及1%。在某人口密集的工业区，估计有3%的人患肺癌，现从该地区任选1人检查，试求： (1)若此人被诊断为患肺癌，他确患此病的概率； (2)若此人被诊断为未患肺癌，他实患此病的概率 (3)解释以上结论的意义。 解：设A=此人确实患肺癌 B=此人被诊断为患肺癌 (1) 若此人被诊断为患肺癌，他确患此病的概率(2) 若此人被诊断为未患肺癌，他实患此病的概率(3) 解释以上结论的意义: 对被查出患有肺癌
31、，确实患有肺癌的概率是0.7520则实际未患癌的可能性有近1/4。应不要太紧张，可作进一步检查。 对未被诊断为未患肺癌，他实患此病的概率0.0006,则实际未患此病的概率是：0.9994 可以相信未患癌症的检查结果。习题2-22 有三箱同型号产品，分别装有合格品20件、12件、17件；不合格产品5件、4件、5件。现任意打开一箱，并从箱内取出一件进行检验。由于检验误差，每件合格品被检验误定为不合格品的概率是0.04，不合格品被误定为合格品的概率是0.06。试求下列事件的概率： (1) 取出的这件产品经检验为合格品； (2) 被检验定为合格品的产品真是合格品。解：设Bi=取出产品是第i箱的 i=1
32、, 2, 3 P(B1)=1/3 P(B2)=1/3 P(B3)=1/3 设A=取出的产品被检验为合格品 C=取出的产品真是合格品 P(C|B1)=20/25 P(C|B2)=12/16 P(C|B3)=17/22 由于每件合格品被检验误定为不合格品的概率是0.04，不合格品被误定为合格品的概率是0.06，则 (1) 取出的这件产品经检验为合格品的概率(2) 被检验定为合格品的产品真是合格品概率 作业讲解作业讲解4. 解解5. 解解6. 解解(1)A=点数之和为偶数 B=点数之和等于87. 解解 设Ai=第i人破译出密码 i=1,2,38. 解解13. 解解A=产品为正品B=产品经检验为正品15 . 解解 A=被诊断患有肺癌 B=确实患有肺癌18. 解解 A=出现正面 Bi=是第i个硬币20. 20. 解解 Ai=第i件产品，经检验为正品 Bi=第i件产品是正品 C=这批元件能出厂显然 P(C)=P(A1A2A3)=P(A1)P(A2)P(A3)21. 解解 Ai=产品来自第i箱 B=产品是合格品 C=产品经检验为合格品
