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第一章
事件与概率
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第一章 事件与概率
第一节 随机事件及其概率
第二节 概率的定义
第三节 概率的性质
第四节 条件概率与独立性
第五节 全概率公式与贝叶斯公式
第四节 条件概率与独立性
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第四节 条件概率与独立性
一、条件概率
三、事件的独立性
二、乘法公式
四、试验的独立性（伯努利试验）
一、 条件概率的定义
实际问题中，有时会遇到在某一事件A已经发生的条件
下，求另一事件B发生的概率，称这种概率为A发生的条件下
B发生的条件概率。
引例 设盒中10个玻璃球（6红, 4蓝）,10个木质球
（7红,3蓝），从中任取１球，
（1）求取出玻璃球的概率．
（2）已知取出的红球，求取出玻璃球的概率．
解：设A为“取出１个红球”， B为“取出１个玻璃球”．
（1）P(B)=10/20=1/2；
（2）P(B|A)=6/13。
问题：条件概率P(B|A)与普通概率有何关系？
问题：条件概率P(B|A)与普通概率有何关系？
对于古典概型有
对于几何概型有
定义 对于事件A，B，若 P(A)>0，则称
P(B|A) = P(AB) / P(A)
为在 A出现的条件下，B 出现的条件概率.
定义 对于事件A、B，若 P(A)>0，则称
P(B|A) = P(AB) / P(A)
为在 A 出现的条件下，B 出现的条件概率.
条件概率 P(B|A)满足概率的三条公理.
由此得：
P(A B|C) = P(A|C) + P(B|C) P(AB|C)；
若 A 与 B 互不相容，则
P(A B|C) = P(A|C) + P(B|C) ；
条件概率是概率
条件概率的计算
a)在缩减的样本空间上直接计算.
b) 利用公式计算。
例１．设10件产品中有7件正品，3件次品，从中
取两次，每次１件，取后不放回，求在第一次取得正品
的情况下，第二次取得正品的概率．
解：设 A＝“第一次取得正品”,B＝“第二次取得正
品，” 则
P(B|A)=6/9
例2．设10件产品中有7件正品，3件次品，从中任
取两件，已知其中有１件正品，求另１件也是正品的
概率．
解：设 A＝“其中有１件正品”，B＝“另１件也是
正品”，则
已知P(A)=0.5,P(B)=0.6,
计算P(A∪B)，
例3
解
得
条件概率
乘法公式
二、 乘法公式(Multiplication formula)
(1) 若 P(A)>0，则 P(AB) = P(A)P(B|A).
若 P(B)>0，则 P(AB) = P(B)P(A|B)；
(2) 若 P(A1A2 ······An 1)>0，则
P(A1A2 ······An)
= P(A1)P(A2|A1) ······ P(An|A1A2 ······An 1)
(2)证明提示：
解 设Ai=“第i次取得正品”，i=1，2，3。
B＝“第三次才取得正品”，
（2）
（1）
例4. 10个零件中有3次品，7件正品，每次任取1件，取后不放回.
（1）连取2次，求2次都取得正品的概率；
（2）连续取3次，求第三次才取得正品概率。
乘法公式主要用于求几个事件同时发生的概率.
例5(罐子模型). 罐中有 a 个白球、b 个黑球，每次从中任取一个，取出后将球放回，再加入c 个同色球,若连
续从罐中取球三次, 求三次都取到黑球的概率 .
解 设Ai=“第i次取得黑球”，i=1,2, 3.
该模型称为Poloya模型常用作为传染病和地震发生
的数学模型。
上述概率显然满足不等式
P(A1)＜P(A2|A1)＜P(A3|A1A2)，
三、 事件的独立性
引入：一般地 P(B|A)≠P(B),即A的发生，会对B的发
生产生影响，但在某些情况下有Ｐ(B|A)＝P(B)，如：
设盒中３个白球,２个红球, 从中取球两次, 每次一个,
在 a)不放回取样；b)放回取样，求下列事件的概率：
(1)第二次取得红球的概率；
(2)在第一次取白球的条件下,第二次取得红球的概率
解：设A＝“第一次取得白球”, B＝“第二次取得红球”,
a)不放回取样 (1) P(B)=2/5, (2) P(B|A)=2/4,
P(B)≠P(B|A);
b)放回取样 (1) P(B)=2/5, (2) P(B|A)= 2/5 ,
P(B)＝P(B|A) .
1.两个事件的独立性
定义 设A、B二事件，如果满足等式
P(AB)=P(A)P(B),
则称A、B为相互独立的事件。
由定义得：必然事件Ω及不可能事件与Φ任何事件
都相互独立。
性质
(1)若P(A)>0, P(B)>0, 则Ａ和B独立当且仅当
P(B|A)=P(B); P(A|B)=P(A).
证明：因为
所以有
(2) 若A与B独立, 则A与 ; 与 B; 与 也独立.
例6 有甲、乙两人分别同时向一目标射击，已知甲、乙命中率分别为0.6和0.5，求：
（1）两人都能命中目标的概率；
（2）至少有一人命中目标的概率；
（3）恰好有一人命中目标的概率 .
解 设A, B分别表示甲、乙命中目标，由题意P(A)=0.6，P(B)=0.5，且A，B相互独立.所以
（1）P(AB)=P(A)P(B)=0.6×0.5=0.3，
2. 多个事件的独立性
(1) . 三个事件的独立性
三个事件A、B、C，如果满足下面四个等式
则称三事件A、B、C相互独立.
如果A、B、C仅满足上式中的前三个等式，则称三事件A、B、C 两两相互独立.
事件两两独立，不一定相互独立.
( 2)．n个事件的独立性
n个事件A1, A2, …, An，如果对于任意k(1任意1≤i1＜i2＜…ik≤n，满足等式
则称A1, A2, …, An是相互独立 的事件。
注：(1)若n个事件A1,A2,…,An独立, 则其部分事件组也独立；
(2)若n个事件A1, A2, …, An独立，则将其中部分事件
换为对立事件所得的事件组也独立．
(3) 若A1, A2, …An是相互独立的，则
P(A1A2…An)= P(A1)P(A2)…P(An）;
解： 设A, B, C 分别表示甲、乙、丙机床不需要照看三个事件，
则 P(A) = 0.1，P(B) = 0.2，P(C) = 0.15
由题意A, B, C 相互独立，所求概率分别为
(1)
例7.一工人照看三台机床，在一小时内甲、乙、丙三台机床不需要照看的概率分别为0.1，0.2和0.15，各台机床是否需要照看是独立的。求在一小时内 (1)没有一台机床需要照看的概率； (2)至少有一台机床不需要照看的概率； (3)最多有一台机床需要照看的概率。
(2)
(3)
例7.一工人照看三台机床，在一小时内甲、乙、丙三台机床不需要照看的概率分别为0.1，0.2和0.15，各台机床是否需要照看是独立的。求在一小时内 (1)没有一台机床需要照看的概率； (2)至少有一台机床不需要照看的概率； (3)最多有一台机床需要照看的概率。
例8．设每门炮的命中率为0.6，今有一敌机入侵，欲以99％的把握击中敌机，问应设几门炮？
解：设配置n门炮，Ai={第i门炮击中敌机}，i=1,2,…,n
A={敌机被击中}。
由题意知： A１, A2,…, An相互独立．且
A= A１∪A2 ∪ … ∪ An
由于 P(A)= P(A１∪A2 ∪ … ∪ An)
要使 P(A)≥0.99，只须1－0.4n≥0.99即可。
解得：
所以至少配置6门炮。
四、试验的独立性
1.独立试验：若试验E1的任一结果与试验E2的任一
结果都是相互独立的事件，则称这两个试验相互独立，
或称独立试验.
2.贝努里试验：若某种试验只有两个结果
(成功、失败； 黑球、白球；正面、反面)，
则称这个试验为贝努里试验.
3. n重贝努里试验：
（1）试验E只有两种可能的结果A及
则称这一系列试验为n重贝努里试验.
且
（2）将试验E独立重复进行n次.
4. 二项概率公式
在n重伯努利试验中，设P(A)=p, 0＜p＜1，则在n次试验中事件A恰好发生k次（0≤k≤n）的概率为
例9.有一批棉花种子，出苗率为0.67，现每穴播六粒，
求(1)恰有k粒种子出苗的概率； (2)至少有一粒出苗的概率.
(2)至少有一粒出苗的概率为
解： (1)恰有k粒种子出苗的概率为
2.0(A)互不相容；(B)相互对立；(C)不独立；(D)独立.
D
3．设每次试验成功的概率为
（B）
（C）
（D）
试验，则直到第10次试验才取得第4次成功的概率为（ ）.
（A）
B
B
现进行独立重复
作业：18页
2、5、6、7、8

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