1、2. 概率的定义及其运算 除必然事件与不可能事件外，任一随机事件在一次试验中都有发生的可能性，人们常常通过实际观察来确定某个事件发生的可能性的大小。例如遇到某种天气，人们常会说“今天十之八九要下雨”， 这个“十之八九”就是表示“今天下雨”这一事件发生的可能性的大小。 这是人们通过大量实践所得出得一种统计规律，即已经历过 次这种天气，下雨的天数在这几天中所占比例大约是 到 。一般地，人们希望用一个适当的数字来表示事件在一次试验中发生的可能性的大小。这是就下雨所讨论的随机事件发生的频率与概率。3. 频率 定义 1.1 设在相同的条件下，进行了 次试验。若随机事件 在这 次试验中发生了 次，则比值
2、称为事件 发生的频率，记为 。频率具有如下性质：1. 对任一事件 , 有 ； 2. 对必然事件 , 有 3. 若事件 互不相容，则一般地, 若事件 两两互不相容, 则事件 发生的频率表示 A 发生的频繁程度，频率越大，事件 A 发生的越频繁，即 A 在一次试验中发生的可能性越大。但是，频率具有随机波动性，即使同样进行了 次试验， 却会不同。但这种波动不是杂乱无章，在第五章的大数定律中，我们将看到若增加试验次数 ，则随机波动性将会减小。随着 逐渐增大， 逐渐稳定于某个常数 。这样常数 P(A)客观上反映了事件 A 发生的可能性的大小。历史上著名的统计学家浦丰和皮尔逊曾进行过大量值硬币的试验，所的
3、结果如下：实验者 掷硬币次数 出现正面的次数出现正面的频率浦丰皮尔逊皮尔逊4040120002400020486019120120.50690.50160.5005可见出现正面的频率总在 0.5 附近波动。随着试验次数的增加，它逐渐稳定于0.5。这个 0.5 就能反映正面出现的可能性的大小。每个事件都由这样一个常数与之对应。这就是说频率具有稳定性。因而可将事件 A 的频率 在 无限增大时所逐渐趋向稳定的那个常数 P(A)定义为事件A 发生的概率。这就是概率的统计定义。1.2.2 概率的统计定义定义 1.2 设随机事件 A 在 次重复试验汇总发生的次数为 ，若当试验次数很大时, 频率 稳定地在某
4、一数值 的附近摆动, 且随着试验次数 的增加, 其摆动的幅度越来越小, 则称数 为随机事件 A 的概率, 记为 。由定义, 显然有0 P(A) 1 ， P( )=1， P( )=0。概率的统计定义本身存在着很大的缺陷, 既定义中的“稳定地在某一数值 p 的附近摆动” 含义不清, 如何理解”摆动的幅度”？或多或少地带有人为地主观性。频率概率的意义在于（1）它提供了估计概率的方法；（2）它提供了一种检验理论正确与否的准则。1.2.3 概率的公理化定义定义 1.3 设随机试验 的样本空间为 。若按照某种方法, 对 的每一事件 A赋于一个实数 P(A), 且满足以下公理：1. 非负性: 2. 规范性:
5、 3. 可列(完全)可加性： 对于两两互不相容的可列无穷多个事件有 则称实数 为事件 的概率。由概率的定义可以推得概率的如下一些性质。性质 1 不可能事件的概率为零, 即 。证 令 , 且 则 ,于是从而由 得 。性质 2 概率具有有限可加性, 即若事件 两两互不相容, 则证 因为所以由概率得可列可加性及性质 1, 得性质 3 对任何事件 , 有证 因为所以由，即得 ，同时由 , 可推得：对任一事件 , 有性质 4 对事件 、 ，若 , 则有证: 由 图可知且因此由性质 2 , 得，即再由 ，得性质 5 对任意两事件 、 ，有 。证 由图可知且故得，及将以上两式相减, 并将 移至等号右端，即得
6、性质还可推广到 n 个事件的情况.。当 n=3 时，有一般地，设 A1， A2， An为 n 个事件，则有1. 某人外出旅游两天。拒天气预报，第一天下雨的概率为 0.6，第二天下雨的概率为 0.3，两天 都下雨的概率为 0.1。试求：1. 第一下雨而第二天不下雨的概率； 2. 第一天不下雨而第二天下雨的概率； 3. 至少有一天下雨的概率； 4. 两天都不下雨的概率； 5. 至少有一天不下雨的。 解 设 Ai表示第 i 天下雨的事件， i =1，2。由题意，有P(A1)=0.6， P(A2)=0.3， P(A3)=0.1(1) 设 B 表示第一天下雨而第二天不下雨的事件，则由，且得2. 设 C
7、表示第一天不下雨而第二天下雨的事件，则同(1)的解法，有 3. 设 D 表示至少有一天下雨的事件，则由 得。4. 设 E 为两天都不下雨的事件，则由 得5. 设 F 表示至少有一天不下雨的事件，则 例 2 某地发行 A,B,C 三种报纸.已知在市民中订阅 A 报的有 45%,订阅 B 报的有35%,订阅 C 报的有 30%,同时订阅 A,及 B 报的有 10%,同时订阅 A 报及 C 报的有 8%,同时订阅 B 报及 C 报的有 5%.同时订阅 A,B,C 报的有 3%.试求下列事件的概率:1. 只订 A 报, 2. 只订 A 及 B 报; 3. 至少订一种报纸; 4. 不订任何报纸; 5.
8、恰好订两种报纸; 6. 恰好订一种报纸; 7. 至少订一种报纸. 解 设 A,B,C 分布表示订 A 报、订 B 报、订 C 报的事件，则由题设，有P(A)=0.45,P(B)=0.35,P(C)=0.30,P(AB)=0.10,P(AC)=0.08,P(BC)=0.05,P(ABC)=0.03.(1) =P(A-B-C)=P(A-AB-AC)=P(A)-P(AB)-P(AC)+P(ABC)=0.30.(2) =P(AB-C)=P(AB-ABC)=P(AB)-P(ABC)=0.07(3)=P(A)+P(B)+P(C)-P(AB)-P(AC)-P(BC)+P(ABC)=0.90.(4)(5)由（
9、2）可知=P(AC)-P(ABC)=0.05,故所求概率为(6)(7)由(4)与(6),得1.2.4 古典概率定义 1.4 设随机试验 E 满足下列条件:1.试验的样本空间只有有限个样本点,即 W =p 1,p 2,p n;2.每个样本的发生是的可能的,即P(p 1)=P(p 2)=P(p n),则称此试验为古典概型,也称为等可能概型.由于每个样本点所表示的基本事件是互不相容的,因此有1=P(W )=P(p 1) (p 2) (p n)=P(p 1)+P(p 2)+P(p n),再有 2.,即得P(p i)=1/n ,i=1,2,n.设事件 A 包含 k 了个基本事件 p i1,p i2,p
10、ik,即 A=(p 1) (p 2) (p n)(1=i1ik=n).则有P(A)=P(p i1) (p i2) (p ik)=P(p i1)+P(p i2)+P(p ik)=k/n=(A 所包含的基本事件数)/( W 种基本事件总数)古典概型中事件的概型称为古典概率,即如上述的 P(A).古典概率的计算关键在于计算机本事件总数和所求包含的基本事件数.由于样本空间的设计可有各种不同的方法,因此古典概率的计算就变得五花八门、纷繁多样了。一般地，当基本事件总数相当大的时候，可利用排列、组合及乘法原理、加法原理的知识计算基本事件数，进而求得相应的概率。例 3 一只口袋中装有 5 只乒乓球，其中 3
11、只是白色的，2 只是黄色的。现从袋中取球两次，每次 1 只，取出后不在放回。试求：1. 两只球都是白色的概率； 2. 两只球颜色不同的概率； 3. 至少有一只白球的概率。 解 设 A 表示“两只球都是白色”的事件，B 表示“两只球颜色不同”的事件，C 表示“至少有一只白球”的事件，则由基本事件总数n=P52=5*4=20,A 所包含的基本事件数kA=P32=3*2=6;B 所包含的基本事件数kB=P31P21+P21P31=3*2+2*3=12;C 所包含的基本事件数得KC=P31P21+P21P31+P32=12+6=18.在（3）中，若利用 P( )来求 C 则更为简单。因为 表示两只球均
12、为黄色的事件，所以P(C)=1- P( )=1-P22/20=1-2/20=9/10.本例也可另外设计样本空间。若对于取出的两只球不考虑其先后次序，则有n=C52=5*4/2!=10,kA=C32=3,kB=C31C21=6,kC=C22=1于是P(A)=kA/n=3/10, P(B)=kB/n=3/5, P(C)=1- P( )=1-1/10=9/10.应特别注意的是，为了便于问题的解决。样本空间可以作不同的设计。但必须满足等可能性的要求。本例若视白球间是无区别的，黄球间也是无区别的话，则得W =(白,白 ),(白,黄),( 黄,白),(黄,黄),在这个样本空间中，基本事件的发生不是等可能的
13、，因此不能用古典概率的方法来计算事件的概率。例 4 袋中有 a 只白球、b 只红球，依次将球一只只摸出，取出后不放回。求第k 次摸出白球的概率(1=k=a+b)解 设想球是编号的，一只只摸取直至第 k 次取球为止，则基本事件总数就是从a+b 个编号的球中选出 k 个球进行排列的排列个数，即n=Pa+bk设 A 第 k 摸出白球的事件，则 A 生相当于从 a 球中选出一只放在第 k 位置上，从 a+b-1 只球放在前面 k-1 上，于是由乘法原理，可得kA=Pa1Pa+b-1k-1从而P(A)=Pa1Pa+b-1k-1/Pa+bk=a(a+b-1)(a+b-2)(a+b-k+1)/(a+b)(a
14、+b-1)(a+b-2)(a+b-k+1)=a/(a+b).本题也有另一种解法。设每次试验为将摸出的 a+b 只编号的球依次排列在 a+b个位置上，则有n=(a+b)!,kA=(a+b-1)!a,于是P(A)=(a+b-1)!a/(a+b)!=a/(a+b).本题是求第 k 次摸道白球的的概率，然而结果却与 k 无关，即与摸球的次序无关，摸到白球的概率总是 a/(a+b)，这一结果表明，在进行与此类似的抽签活动时，中签的概率与抽签的先后次序无关，机会是均等的。若将本题改为放回抽样，即每次取出一球记录下颜色后，再将其放回袋中。如此接连摸取，求第 k 次摸出白球的概率。设抽取 k 只球的结果为一基
15、本事件，则基本事件总数为(a+b) K，于是P(A)=a(a+b)k-1/(a+b)k=a/(a+b).例 5 某批产品有 a 件正品，b 件次品。从中用放回和不放回两种抽取方式抽取n 件产品，问其中恰有 k(k=n)件次品的概率是多少？解 （1）放回抽样从 a+b 件产品中有放回地抽取 n 件产品,所有可能的取法有(a+b) k种.取出的 n件产品中有 k 件次品,它们可以出现在不同的位置,所有可能的取法有 Cnk种.对于取定的一种位置,由于取正品有 a 种可能,取次品有 b 种可能,即有 an-kbk种可能.于是取出的 n 件产品中恰有 k 件次品的可能取法共有Cnkan-kbk种,故所求
16、概率为P1=Cnkan-kbk/(a+b)n=Cnk(a/(a+b)n-k(b/(a+b)k(2)不放回抽样从 a+b 减产品种抽取 n 件(不记次序)的所有可能的取法有 Ca+bn种.在 a 件正品中取 n-k 件的所有可能的取法有 Can-k种,在 b 件次品种取 k 件的所有可能的取法有 Cbk种,于是取出的 n 件产品中恰有 k 件次品的所有可能的取法有 Can-kCbk种.故所求概率为P2=Can-kCbk/Ca+bn这个公式成为超几何分布的概率公式.例 6 设有 n 个颜色互不相同的球,每个球都以概率 1/N 落在 N(n=N)个盒子中的每一个盒子里,且每个盒子能容纳的球数是没有限
17、制的.试求下例事件的概率:A=某指定的一个盒子中没有球,B=某指定的 n 个盒子中各有一个球;C=恰有 n 个盒子中各有一个球D=某指定的一个盒子中恰有 m 个球.解 因为每个求落在 N 个盒子中的可能均有 N 种,所以基本事件总数相当于从 N元素中选取 n 个元素中选取 n 个的重复排列数,即为 Nn.事件所包含的基本事件数分别为kA=(N-1)n,kB=n!,kC=CNnn!,kD=Cnm(N-1)n-m上述问题称为球在盒中的分布问题.有好些实际问题可以归结为球在盒中的分布问题,但必须分清问题中的“球“与“盒“,不可弄错.例如,有 n(n365)个人,设每人的生日在一年 365 天中任一天
18、的可能性是相等的.试求下例事件的概率:A=n 个人的生日均不相同B=至少有两个人生日相同在上述问题中可视为“球“,365 天为 365 只“盒子“,归结为球在盒中的分布问题.得P(A)=P365n/(365)nP(B)=1-P(A)=1-P365n/(365)n当 n=64 时,P(B)0.997“至少有两人生日相同“的事件的概率非常接近于 1,几乎是一个必然事件了.例 7 从 12000 中任意取一整数,求取到的整数能被 6 或 8 整除的概率.解 设 A 为“取到的整数能被 6 整除“的事件,B 为“取到的整数能被 8 整除“的事件,则由3002000/6334,2000/8=250,得k
19、A=333,kB=250由832000/2484,的“同时能被 6 和 8 整除“的数 kAB=83,基本事件总数 n=2000,于是所求的概率为P(AB)=P(A)+P(B)-P(AB)=333/2000+250/2000-83/2000=1/4.8. 从 0,1,2,9 共十个数字中随机有放回地接连取四个数字,并按其出现的先后排成一列.试求下列各事件的概率. 1. A1:四个数字排列成一个偶数 2. A2:四个数字排成一个四位数 3. A3:四个数字中 0 恰好出现两次 4. A4:四个数字中 0 至少出现一次 解 因为是放回有序抽取,所以样本空间含 104个基本事件.1. 若是四个数字组
20、成偶数即可.这有 5 中可能,即 0、2、4、6、8，而前三位数是任意的,有 103种取法,于是 A1共含有 C51103个基本事件,从而 2. 若使四个数字组成一个四位数,则只需第一位数字不是 0 即可,而后三位数是任意的,于是 A2 共含有 C91103 个基本事件,从而 P(A2)=C91103/104=0.9(3)若使 0 恰好出现两次,则只需某两次取数为 0,另两次不为 0 即可,于是 A3共含有 C4292-基本事件,从而P(A3)=C4292/104=0.0486(4)若使取出的四个数字中不包含 0,则共有 94种不同取法,于是这一事件的概率为 94/104,从而P(A4)=1-
21、94/104=1-(0.9)4=0.34398. 从 n 双不同的鞋子中任取 2k(2kn)只,求没有成双的鞋子的概率. 解 样本空间含 C2n2k个基本事件.设 A 为“没有成双的鞋子“的事件,则实现这一事件可从 n 双中任取 2k 双,共有 Cn2k中取法,在从每一双取出的鞋子中,任取其中一只,有 C21中取发,于是 A 共含 Cn2k(C21)2k个基本事件,从而P(A)=Cn2k(C21)2k/C2n2k=Cn2k22k/C2n2k例 10 将 12 名工人随机地平均分配到三个班组中去,其中有 3 名熟练工.试问:1. 每一般组各分配到一名熟练工的概率是多少? 2. 3 名熟练工分配在
22、同一班组的概率是多少? 解 12 名工人平均分配到三个班组中的取的可能的分法总数,即基本事件总数为C124C84C44=12!/4!4!4!(1)每一班各分配到一名熟练工的分发有 3!种.对于这样的每一种分法.其余 9 名工人平均分配到三个班组的分法共有 9!/3!3!3!种,于是,每一班组各分配到一名熟练工的分法共有 3!9!/3!3!3!种,从而P1=(3!9!/3!3!3!)/(12!/4!4!4!)=16/550.29093. 将 3 名熟练工分配在同一班组的分法有 3 种.对于这样的每一种分法,其余 9 名工人的分法总数为 C91C84C44=9!/1!4!4!于是 3 名熟练工分配
23、在同一班组的分法共有 3*9!/1!4!4!种,从而所求概率为P2=(3*9!/1!4!4!)/(12!/1!4!4!)=3/550.05451.2.5 几何概率定义 1.5 设样本空间有一个有限区域 W .若样本点落在 W 内的任何区域 G 中的事件 A 的概率与区域 G 的测度(或长度和面积或体积等)成正比,则区域 W 内任意地点落在区域 G 内的概率为区域#的测度与区域 W 的测度的比值,即P(A)=G 的测度/W 的测度设一类概率通常称为几何概率.因为几何概率的定义及计算与几何图形的测度密切相关,所以,我们所考虑的事件应是某种可定义测度的集合,且这类集合的并、交也是事件.常见的几何概率
24、有以下三种情况.1. 设线段 l 是线段 L 的一部分,向线段 L 上任投一点.若落在线段 l 上的点数与线段 L 的长度成正比,而与线段 l 在线段 l 上的相对位置无关,则点落在线段 l 上的概率为 P=l 的长度/L 的长度.2. 设平面区域 g 是平面区域 G 的一部分,向区域 G 上任投一点 ,若落在区域 g 上的点数与区域 g 的面积成正比,而与区域 g 在区域 G 上的相对位置无关,则点落在区域 g 上概率为 P=g 的面积/G 的面积3. 设空间区域上 v 是空间区域 V 的一部分,向区域 V 上任投一点 .若落在区域 v 上的点数与区域 v 的体积成正比,而与区域 v 在区域
25、 v 上的相对位置无关,则点落在区域 V上的概率为 P=v 的面积/V 的面积.下面我们与平面区域为例,介绍几何概率的计算方法.例 11 在间隔时间 T 内的任何瞬间,两个信号等可能地进入收音机.若这两个信号的间隔时间小于 2(单位秒),则收音机将受到干扰,试求收音机受到干扰的概率.解 设两个信号进入收音机的瞬间分别为 x 与 y, x 与 y 的变化范围为0=x=T,0=y=T则样本空间 W 是边长为 T 的正方形,且当|x-y|=2 是收音机受到干扰,即当样本点(x,y)落在两条直线y=x+2,y=x-2 之间,且在正方形 W 之内的区域 A 中时,收音机才受到干扰(见图1-7),于是所求
26、概率为P=A 的面积/W 的面积=T 2-(T-2)2/T2=1-(1-2/T)2例 12 从区间(0,1)内任取两个数,求着两个数的积小于 1/4 的概率.解 设从区间(0,1)内任取两个数为 x 与 y,则 x 与 y 的变化范围为0x1,0y1样本空间 W 是边长为 1 的正方形,两个数的积小于 1/4 的充要条件为xy1/4,0x1,0y1即当样本点(x,y)落在有双曲线 xy=1/4 即 4 条直线x=0,x=1,y=0,y=1所围成的区域 G(见图 1-8)内时,两个数的积小于 1/4,于是所求的概率为P=G 的面积/W 的面积=1/4*1+ 1/411/4xdx/1=1/4+1/2ln2.
