1、第二章 条件概率与独立性,条件概率与乘法公式 全概率公式与贝叶斯公式 事件的相互独立性 重复独立试验 二项概率公式,一、条件概率,条件概率也是概率 条件概率满足概率性质,说明：,对事件A、B，若P(B)0，则称,为事件A在事件B发生下的条件概率。,2.1 条件概率与乘法公式,思考：利用条件概率的定义，推出P(AB)与P(A) 的大小关系。,1.,2.,3.,条件概率的性质,1、非负性,2、规范性,3、可加性,对任一事件B，必有P(BA) 0,计算条件概率,例：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：,样本空间
2、 (男，男)，(男，女)，(女，男)，(女，女) A已知有一个是女孩(男，女)，(女，男)，(女，女) B=另一个也是女孩(女，女) 则,二、乘法公式,定理1：,类似地：,一般地：,证明；,例：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:,例3,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？,设A为题设所求事件。显然A即是事件报警系统1，2中至少有一套能正常
3、工作 Ai表示事件第i套报警系统能正常工作 i=1,2 显然A=A1A2,解,例4,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；通过了前两项试验却不能通过最后一项试验的概率是0.1。试求产品未能通过破坏性试验的概率？,设A为题设所求事件。 Ai表示事件产品未能通过第i项破坏性试验 i=1,2,3 显然A=A1A2A3,解,例5 一批零件共100个，次品率为。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：,例6 一个人依次进行四次考试，他第一次考试及格的概率为p(0p1),又若他前一次
4、考试及格，则本次考试的及格率为p，若前一次考试不及格，则本次考试的及格率为p/2，如果他至少要有三次考试及格，才能认为考试合格，问他能考试合格的概率有多大?,解：,2.2 全概率公式与贝叶斯公式,全概率公式,定理 设B1，B2，Bn 是一组两两互斥的事件，且,则对任一事件A都有,(2) P(Bi)0 i=1,2,，n；,注意：） P(Bi)0(i=1,2,n) 条件哪里用到？）没有此条件，行吗？,根据两两互斥事件的加法性质，得,证明：,定理可以推广到可列多个的情况,例1 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 设A表示“第2次摸得黄球” B1=第
5、1次摸得的是黄球 B2=第1次摸得的是白球,例2 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）。,设晶体管产自甲厂，晶体管产自乙厂，晶体管产自丙厂，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：,解：,例3 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、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 时的情形.,解 设经 k次交换后，黑球
6、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4 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,贝叶斯公式,则 对任一具有正概率的事件A，有,定理,(2) P(Bi)0 i=1,2,，n；,设B1，B2，Bn是一组两两互斥的事件，且,证明：,定理可以推广到可列多个的情况。,例1 （
7、市场问题） 某公司计划将一种无污染、无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，公司决定进行试销，并设定了以下标准:若产品畅销，则在试销期内卖出700010000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700010000台产品的概率是0.9;若产品滞销，则在试销期间能卖出700010000台产品的概率是0.2。若在试销期满后，实际卖出的产品是9000台。求该产品 （1）为销路一般的概率。 （2）为畅销品的概率。 （3）畅销或销路一般的概率。,解 设A1=该产品是畅销品 A2=该产品的销路一般 A3=该产品
8、是滞销品 B=试销期内能卖出该产品700010000台 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,解法二：,例2 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，它是由哪一台机床生产的可能性较大。,解：,（）,因此，第一台可能性较大,（1）,例3 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每个细菌为甲类菌或
9、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 事件A表示繁殖的细菌全是甲类菌，Bk表示繁殖了k个细菌， k=1,2,Ai表示所繁殖的细菌中有i个甲类菌， i=1,2,（1）由全概率公式有,（2）,（3） 由题意,根据全概率公式,2.3、事件的相互独立性,定义1 若两事件，满足 P(AB)P(A)P(B) ，则称事件、(或、)相互独立。简称独立。,定义即使在 P(A)=0 或P(B)=0时，仍然适用。 必然事件及不可能事件与任何事件均是独立的。,由定义可得：,
10、定理,如P(A)0，则事件A与B独立,如P(B)0，则事件A与B独立,证明,定理 若对事件，；， ； ，； ， 中有一对是相互独立的，则另外三对事件是相互独立的（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：,我们首先证明下面四个命题： （）由A，B事件相互独立，推出A， 事件相互独立； （）由A， 事件相互独立，推出 ，B事件相互独立； （）由 ，B事件相互独立，推出 ， 事件相互独立； （）由 ， 事件相互独立，推出A，B事件相互独立；四个命题成立，定理5结论成立。,证明：,()因为，事件相互独立，即P(AB)=P(A)P(B) 。,（）,（）,又,（）,所以，A、B事件相互
11、独立。,例1 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： 记,事件的独立性概念可以推广到有限个事件的情形。,定义 设A1，A2，An是n个事件，若对所有可能的组合1ijkn 成立着,则称A1，A2，An相互独立。,例2：同时抛掷两个四面体，每个四面体的四个面分别标有1、2、3、4。定义事件,故A、B、C不相互独立。,定理 设n个事件A1，A2，An相互独立，那么，把其中任意m(1mn) 个事件相应换成它们的对立事件，则所得的n个事件仍然相互独立。,例3：设某型号的高射炮发射一发炮弹击中飞机的概率为0.6，现在用此型号的炮若干门同时
12、各发射一发炮弹，问至少需要设置几门高射炮才能以不小于0.99的概率击中来犯的敌机（可以认为各门高射炮的射击相互独立）？,解：设需要设置的高射炮数为n,例4 一个元件能正常工作的概率称为这个元件的可靠性；由元件组成的系统能正常工作的概率称为系统的可靠性。设构成系统的每个元件的可靠性均为r(01)个元件按图及图所示的两种联接方式构成两个系统，试求它们的可靠性，并比较两个可靠性的大小。,图 系统,图 系统,解： 设,计算系统的可靠性：它有两条通路，在每条通路中，当且仅当该通路上所有元件都能正常工作时，该条通路才能正常工作，因为系统由两条通路并联而成，因此，只要有一条通路能正常工作，则系统就能正常工作
13、。,所求的系统的可靠性为：,因为各元件能否正常工作是相互独立的，得,则系统中每对并联元件所组成的子系统的可靠性为,下面计算系统的可靠性：,系统是由 n 个子系统串联而成，所求系统的可靠性为：,注： 我们可以证明 R2R1,当0f(1)0 即 R2R1,2.4、重复独立试验 二项概率公式,做n个完全重复条件的试验，且满足两个条件： (1)每次试验条件相同。因此各次试验中同一个事件出现概率相等； (2)各次试验结果相互独立； 满足这两个条件的n次重复试验，称为n重独立试验。,n重独立试验,如n重独立试验还满足：每次试验只有两个结果。即只有两个可能事件与 ，且 。则这n重独立试验又称为n重贝努利(B
14、ernoulli)试验，或称为贝努利概型。,试验2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 0.001的n重伯努利试验模型，其中n=5000。,试验1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3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
15、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，仍然以抽样问题来讲，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，每次试验出现正品的可能性相等）。,例1 (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p1是多少?（2）打中的概率p2是多少?,解 设Ai=第i次击中靶，由于射手老练，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。,定理 （二项概率公式）设一次试验中，事件
16、出现的概率为P(A)=p (0p1)，则在n重伯努利试验中，事件出现的次数的分布律为,也记作 b(k；n，p),证明,当n次试验中事件在指定的k次试验中出现（下式是前k次出现），在其余nk 次试验中不出现的概率为,再由试验结果的独立性得,由于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 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，故根据概率的可加性可得,注：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。,2),显然：,例2 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
17、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：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，所求概率为,解 把每个病人服此药当作一次试验，试验结果只有“治愈”或“未治愈”且是相互独立的，故可用贝努利概型计算，所求概率为：,例3 设某种药物对某种疾病的治愈率为0.8，现有10个患这种病的病人同时服用此药，求其中至少有人被治愈的概率。,这个结果说明：服用此药，人中至少有人被治愈的可能性是非常大的。反之，没有人以上被治愈的事很少被发生（概率为 0.03）。如果我们做
18、一次这样的试验，结果没有人以上被治愈，我们对此药的“治愈率”为 0.8。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。,例4 某车间有台同类型的机床，每台机床配备的电动机功率为千瓦，已知每台机床工作时，平均每小时实际开动分钟，且各机床开动与否是相互独立的，若供电部门只提供千瓦的电力给这台机床，问这台机床能够正常工作的概率为多大？,解：每台机床在同一时刻是否开动看成一次试验，10台机床在同一时刻开动的台数，可以看成10重贝努利概型，这里n10 ，p12/600.2 ，q0.8 。10台机床要正常工作，必须同一时刻开动的机床数不得超过50/10=5 台，即k5 。故所求概率为：,作业： 3、6、12、15、20,作业评讲,4、解：,5、解：,6、解：(1),A=点数之和为偶数 B=点数之和等于8,7、解：,设Ai=第i人破译出密码 i=1,2,3,8、解：,13、解：,A=产品为正品 B=产品经检验为正品,15、解：,A=被诊断患有肺癌 B=确实患有肺癌,18、解：,A=出现正面 Bi=是第i个硬币,20、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：,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,
