1、1,1.3 概率的基本运算法则 1. 概率的加法公式 2. 条件概率与事件的独立性,2,1. 概率的加法公式 定理1.3.1 若事件A，B互不相容，则称为概率的加法公式 证明：（仅就古典概型证明）设在某一条件下将试验重复进行 n次，即基本事件总数为n. 其中事件A包含的基本事件数为 m1，事件B包含的基本事件数为 m2，,3,由古典概率的定义得:,P（A）=,，P（B）=,由于A与B互不相容，故事件A+B包含的基本事件数为 m1+m2,同样由古典概率的定义有,故概率的加法公式成立,4,推广：若事件 两两互不相容，则,5,推论1 事件A的对立事件 的概率为,证明：,6,例: 一批产品共50件，其
2、中有5件是次品，从这批产品中任取3件，求其中有次品的概率 解法1 设A=取到的3件产品中有次品； Ai=取到的3件产品中恰有i件次品 (i=1,2,3) 则由定理得,7,解法2 设A=取到的3件产品中有次品；,=取到的3件产品中无次品， 则根据定理的推论得,8,证明:由A B知A=B(A-B)，且B(A-B)=,推论2:设A , B是两个事件，若A B，则有P(A-B)=P(A)-P(B),因此由概率的有限可加性得P(A)=P(B)+P(A-B),从而有 P(A-B)=P(A)-P(B),B,A-B,A,9,B,A,定理1.3.2 设A，B为任意两事件，则 证明：因为A+B= ，并且 与B互不
3、相容，于是 又由于,AB,10,对于三个随机变量，类似地有 P(A1+A2+A3)=P(A1)+P(A2)+P(A3) - P(A1A2) - P(A1A3) - P(A2A3)+P(A1A2A3),于是有,因此,则,11,(1)有放回抽样：第一次取一件产品观察其是否合格后放回袋中，第二次再取一件产品. (2)不放回抽样： 第一次取一件产品后不放回袋中，第二次再取一件产品.试由上面两种抽样方法，求： 1.取到两件合格品的概率; 2.取到两件相同质量产品的概率; 3.取到的两件产品中至少有一件合格品的概率.,例:一只口袋中，装有10件同类晶体管，其中有8件合格品，2件次品。从口袋中取产品2次，每
4、次取一件，考虑两种情况：,12,解:设A=取到两件合格品,B=取到两件次品,C=取到两件相同质量的产品,D=取到的两件产品中至少有一件合格品,(1)有放回抽样:第一次从10件产品中抽1件有10种抽取方法,第二次从10件产品中抽1件也有10种抽取方法,故有1010种可能的取法.每一种取法是一基本事件,且发生的可能性是相同的.所以基本事件总数为n=1010=100.,使A发生的基本事件是第一次抽到合格品,且第二次也抽到合格品,共有mA=88=64种取法.于是 P(A)= mA/n=64/100,同理，B包含的基本事件数mB=22=4. 所以P(B)= mB /n=4/100,由于C=A+B，且AB
5、=，所以 P(C)=P(A+B)=P(A)+P(B)=0.64+0.04=0.68P(D)=1-P(B)=1-0.04=0.96,13,(2)不放回抽样: 第一次从10件产品中抽1件有10种抽取方法，第二次从9件产品中抽1件有9种抽取方法，故有109种可能的取法。所以样本空间的基本事件总数为n=109=90.,两次均抽到合格品共有mA=87=56种取法，即A包含的基本事件数为56，于是 P(A)=56/90,同理，B包含的基本事件数mB=21=2. 所以P(B)=2/90,由于C=AB，且AB=，所以P(C)=P(AB)=P(A)+P(B)=0.622+0.022=0.644P(D)=1-P(
6、B)=1-0.022=0.978,14,例1.3.2 袋中装有红、白、黑球各一个，每次从袋中任取一个球，记录其颜色以后再放回袋中，这样连取3次（有放回地抽取）。求3次都没有取到红球或3次都没有取到白球的概率。,解 设A=3次没有取到红球，B=3次都没有取到白球 则 AB=3次既没有取到红球又没有取到白球 所求的概率为P(A+B). 则,15,2. 条件概率与事件的独立性,例 袋中装有16个球，其中6个是玻璃球，另外10个是塑料球。而玻璃球中有两个是红色，4个是蓝色；塑料球中3个是红色，7个是蓝色。现从中任取一个球，设 A=取到蓝色球， B=取到玻璃球AB=取到蓝色的玻璃球则 P(A)=11/1
7、6 P(B)=6/16P(AB)=4/16,16,而在实际问题中，除了要知道事件B发生的概率外，有时还需要知道在“事件A发生”的条件下，事件B发生的概率，这个概率称为条件概率，记为P(B|A).,在此，我们在已知取到蓝色球的条件下，求该球是玻璃球的概率。 将袋中球的分类情况列表如下：,17,因为已知取到的是蓝色球，故此时的样本空间由11个基本事件组成，而11个蓝色球中有4个是玻璃球，所以P(B|A)=4/11.在事件A已发生的条件下，原来的样本空间（16个基本事件）被缩小。,18,定义:设A,B是两个事件，且P(A)0，称,为在事件A发生的条件下事件B发生的条件概率.,条件概率是指在事件A发生
8、的条件下，另一事件B发生的概率，记用P(B|A).,19,类似地，可定义在事件B发生的条件下事件A发生的概率为,20,条件概率满足概率公理化定义中的三条公理,（1)非负性：对于每一事件A，有0P(A|B) 1;,(2)规范性：P(|B)=1;,(3)可列可加性：设A1,A2,是两两互不相容事件，则有,21,例:将一枚硬币抛掷两次，观察其出现正反面的情况.设事件A=至少有一次为正面H，事件B=两次掷出同一面，求已知事件A发生的条件下事件B发生的概率.,解 样本空间为=HH,HT,TH,TT， A=HH,HT,TH ，B=HH,TT，AB=HH. 则有 P(B|A)=1/3 P(A)=3/4 P(
9、AB)=1/4,22,例:设100件产品中有5件次品，从中任取两次，每次取一件，作不放回抽样. 设A=第一次抽到合格品，B=第二次抽到次品，求P(B|A).,解 从100件产品中连续抽取2件(抽后不放回)，其样本空间的基本事件总数为n=10099，使AB发生的基本事件数为m=955.,于是 P(AB)=(955)/(10099)，又P(A)=95/100 故有 P(B|A)=P(AB)/P(A) = 5/99,23,解 依题意,24,例: 考虑恰有两个小孩的家庭，若已知某一家有男孩求这家有两个男孩的概率；若已知某家第一个是男孩，求这家有两个男孩（相当于第二个也是男孩）的概率（假定生男生女为等可
10、能）,解：设B表示有男孩，A 表示有两个男孩，B1表示第一个是男孩，我们有 =(男,男)，(男,女)，(女,男)，(女,女) A=（男，男） B=（男，男），（男，女），（女，男） B1=（男，男），（男，女）,25,于是得,所求的两个条件概率为,26,乘法公式由条件概率的定义可得：P(AB)=P(B) P(A|B)（当P(B)0时) 或P(AB)=P(A)P(B|A) （当P(A)0时） 此二公式称为概率的乘法公式注：当P(AB)不容易直接求得时，可考虑利用P(A)与P(B|A)的乘积或P(B)与P(A|B)的乘积间接求得。,27,乘法公式的推广 设 为任意n个事件，当 n 2 且 ，则有,
11、28,例 一批产品的次品率为4，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 设A取到一等品，B取到次品，取到正品 ，则 由于 故 于是,29,例:设某光学仪器厂制造的透镜，第一次落下时打破的概率为1/2；若第一次落下未打破，第二次落下时打破的概率为7/10；若前二次落下未打破，第三次落下时打破的概率为9/10. 试求透镜落下三次而未打破的概率.,解1:设Ai=透镜第i次落下未打破(i=1,2,3)，B=透镜落下三次而未打破，则B=A1A2A3，故有P(B)=P(A1A2A3)=P(A1)P(A2|A1)P(A3|A1A2)=(1-1/2)(1-7/10)(1
12、-9/10)=3/200,30,31,例:一个盒子中有n(n1)只晶体管，其中有一只次品，随机地取一只测试，直到找到次品为止. 求在第k(1kn)次测试出次品的概率.,解:设Ai=第i次测试的是正品Bk=第k次测试到次品，则,32,例 在100件产品中有3件次品，现从中连取两次，每次取一件，取后不放回，试求下列事件的概率：(1)两次都是正品(2)一件正品，一件次品(3)第一次、第二次正品，第三次次品解 设A1第一次取到正品，A2第二次取到正品，A1A2=两次都是正品P(A1A2)=P(A1)P(A2|A1)=97/10096/990.94,33,(2)“一件正品，一件次品”可用事件 表示，并且
13、 互不相容，故,34,(3)第一次、第二次正品，第三次次品,35,在此例中，若将取的方式改为有放回，此时,由此可看出，虽然求的设同一事件的概率，由于取法不同，因而事件的概率也不同。对于不放回的取法，事件A1的发生与否影响到事件A2发生的概率；而对于有放回的取法，事件A2的概率不因事件A1发生与否而受到影响，此时，我们称两个事件相互独立。,36,事件的独立性,定义1.3.2 若事件A与B满足P(AB)=P(A)P(B)则称A与B相互独立，简称A与B独立。,37,若A,B相互独立，由条件概率的定义及独立性的定义知,同理，A,B相互独立,以上两个式子也可作为两个事件相互独立的定义,38,证明: 因为
14、A，B独立，则,定理1.3.3 若事件 A 与 B相互独立，则事件 与B，A 与 ， 与 也相互独立。,39,推广（n个事件的相互独立性） 定义1.3.3 设有n个事件A1,A2,An，若对其中任意的k（2kn)个事件 满足等式,则称这n个事件相互独立,40,设n个事件Ai (i=1,2,n)相互独立，则P(A1A2An)=P(A1) P(A2) P(An)注：当n个事件相互独立时，它们必是两两独立的(即任取两个也是相互独立的)，但反之不真.,41,三事件 A, B, C 相互独立 是指下面的关系式同时成立：,注：1) 关系式(1) (2)不能互相推出2)仅满足(1)式时，称 A, B, C
15、两两独立,(2),42,注意,事件A与B是否相互独立，一般不是根据定义来判断，而是根据实际意义来判定的. 区别互斥事件（互不相容事件）、对立事件、相互独立事件。,43,例 三个元件串联的电路中，每个元件发生断电的概率依次为0.3,0.4,0.6，且各元件是否断电相互独立，求电路断电的概率是多少?,解: 设A1,A2,A3分别表示第1,2,3个元件断电，A表示电路断电,则A1,A2,A3相互独立，A= A1+A2+A3,44,解 因为,所以A,B相互独立,例 0 P ( A ) 1 , 0 P ( B ) 1 , A和B互不相容 A和B互相对立 A和B互不独立 A和B相互独立,45,例 甲、乙两
16、人独立地对同一目标射击一 次，其命中率分别为0.6和0.5，现已知目标被击中，则它是甲击中的概率为多少？,解 设A=“甲击中”，B=“乙击中”，C=“目标被击中” 则 P(A|C)=P(AC)/P(C) =P(A)/P(A+B)=P(A)/P(A)+P(B)-P(A)P(B)=0.6/0.8=3/4,46,例1.3.6 设炮兵使用某型号的高射炮，每门炮一发击中飞机的概率为0.2，问需要多少门炮同时射击，才能以90%的把握一发击中来犯的敌机？,解 设需要n门炮，用Ai=第i门炮击中敌机 （i=1,2,n），A=敌机被击中，则,故要求n，使得,47,由于Ai相互独立，故,从而,解得,故需要11门高
17、射炮才能以90%以上的把握击中敌机,48,例:设袋中有4个球，其中1个涂成白色，1个涂成红色，1个涂成黄色，1个涂有白、红、黄三种颜色.今从袋中任取一球，设A=取出的球涂有白色，B=取出的球涂有红色，C=取出的球涂有黄色试验证事件A,B,C两两独立，但不相互独立.,验证:易知 P(A)=P(B)=P(C)=1/2, P(AB)=P(BC)=P(CA)=1/4,所以 P(AB)=P(A)P(B) P(BC)=P(B)P(C) P(CA)=P(C)P(A) 即事件A,B,C两两独立.,但是 P(ABC)=1/4 P(A)P(B)P(C)=1/8 P(ABC) P(A)P(B)P(C) 故A,B,C
18、不相互独立.,49,解： 设事件Ai为第i道工序出现次品（i=1,2,3），因为加工出来的零件是次品（设为事件A），也就是至少一道工序出现次品,所以有,方法1：,例: 加工某一种零件需要经过三道工序，设三道工序的次品率分别为2%，3%，5%，假设各道序是互不影响的，求加工出来的零件的次品率.,50,方法2：,51,例：某彩票每周开奖一次，每一次提供十万分之一的中奖机会，若你每周买一张彩票，尽管你坚持十年（每年52周）之久，你从未中过一次奖的概率是多少？,解 按假设，每次中奖（设为事件A）的概率是10-5,于是每次未中奖的概率是1-10-5,十年共购买彩票520次，每次开奖都是相互独立的,故十年中未中过奖（每次都未中奖）的概率是,52,例:某人有一串m把外形相同的钥匙，其中只有一把能打开家门。有一天该人醉后回家，下意识地每次从m把钥匙中随便拿一把去开门。问该人在第k次才把门打开的概率是多少?,解:设Ai=第i次取的钥匙能打开门B=第k次才把门打开,由于 P(Ai)=1/m， P(i)=1-1/mB= 12 . k-1 Ak,所以 P(B)=P(12 . k-1 Ak )= P(1)P(2) .P( k-1)P(Ak ) =(1/m)(1-1/m)k-1,
