1、概率论与数理统计 第 1 讲 主 讲: 赵玉环,由于时间所限,基本要求：1 学生必须带书到课；2 完成布置的作业；3 上课时手机静音。 否则平时成绩将会降低,每次只能分成组改部分作业，每位同学可根据书本后面的参考答案, 检查自己的作业.,由于学生人数多,只讲第一章到第八章的内容,第一章 概率论的基本概念,1.1 随机试验,1.2 样本空间、随机事件,1.3 频率与概率,1.4 等可能概型(古典概型),1.5 条件概率,1.6 独立性,第一章 概率论的基本概念,在我们所存在的客观世界中，有各种各样的现象。如在标准大气压下，水加热到100c就沸腾，同性电荷互相排斥，异性电荷相互吸引。再如：在相同条
2、件下抛同一枚硬币，其结果可能正面朝上，也可能反面朝上,并且在每次抛掷之前无法肯定抛掷的结果。我们将上述两种现象分别称为确定性现象和随机现象。,引言：,确定性现象：,在一定条件下必然发生。,随机现象：,它是不可预知的，在一定条件下，出现的可能结果有多个，这多个可能结果是确定的；而在一次试验中，哪个结果出现是偶然的，不确定的；,但在大量重复试验中，结果出现又存在某种规律性-统计规律性。,概率论与数理统计是研究和揭示随机现象统计规律性的一门数学学科.,1.1 随机试验,1.试验: 在这里试验可指各种各样的科学试验，也包括对事物特征的观察与检测等范围比较广泛,例,E1: 抛一枚硬币,观察正面H、反面T
3、出现的情况.,E2: 将一枚硬币抛掷三次,观察正面H、反面T出现的情况.,E3: 将一枚硬币抛掷三次,观察反面出现的次数.,E4: 抛掷一枚骰子, 观察出现的点数.,E5: 记录某城市120急救电话台(某固定)一分钟内接到的呼叫次数.,E6: 在一批灯泡中任意抽取一只, 测试其寿命.,2. 随机试验：如果试验具有如下特点：,1在相同的条件下可以重复地进行;,2每次试验的结果不止一个, 但事先能明确试 验的所有可能结果;,3进行一次试验之前，不能确定哪一个结果会 出现.,这种试验称为随机试验。常用字母E表示.,本书后面所提到的试验都是指随机试验.,我们是通过研究随机试验来研究随机现象的。,一、样
4、本空间,随机试验E的所有可能结果组成的集合.记为S,1.样本空间:,2.样本点:,样本空间S的元素，即E的每个可能结果,1.2 样本空间、随机事件,例 写出1.1节中所列的试验Ei 的样本空间:,试验E1: 抛一枚硬币,观察正面H、反面T出现的情况.,S1=H, T,（H表示出现正面， T表示出现反面）,试验E2: 将一枚硬币抛掷三次, 观察正、反面出现的情况.,S2= HHH,HHT,HTH,THH, HTT,THT,TTH,TTT,S3=0, 1, 2, 3,试验E3:将一枚硬币抛掷三次,观察反面出现的次数.,试验E6:在一批灯泡中任意抽取一只, 测试其寿命.,试验E4:抛掷一枚骰子, 观
5、察出现的点数.,S4=1, 2, 3 , 4, 5, 6,试验E5:记录电话台(某固定)一分钟内接到的呼叫次数.,S5=0, 1, 2 ,S6=t | t0 （t表示灯泡的寿命）,样本空间是相对于某个随机试验而言，而其元素取决于试验的内容和目的,注,1. 同时掷两枚骰子，记录其点数之和； 2. 10件产品中有3件是次品，每次从中取一件， 取出后不再放回，直到3件次品全部取出为止，记录抽取次数； 3. 将一尺之棰折成三段，观察各段的长度。,练习题：写出下列随机试验的样本空间：,答：（1）S=2,3,.,12；（2）S=3,4,.,10；（3）S=(x, y, z)| x0, y0, z0, x+
6、y+z=1,在实际工作中，对于随机试验，人们通常所关心的是满足某种条件的的那些样本点所组成的集合例如：若规定某种灯泡的寿命（小时）小于600为次品，则在试验E6中我们关心灯泡的寿命是否有t600小时满足这一条件的样本点组成S的一个子集A=t | t600, 我们称A为试验E6的一个随机事件很显然，当且仅当子集A中的一个样本点出现时，有t600这时称A事件发生.,二、随机事件,5.不可能事件: 空集不包含任何样本点，它也作为样本空间的子集，它在每次试验中都不发生，称为不可能事件,定义,1.随机事件: 试验E的样本空间 S 的子集为E的随机事件，简称事件,2.事件发生: 在每次试验中，当且仅当这一
7、子集中的一个样本点出现时，称这一事件发生,3.基本事件: 由一个样本点组成的单点集，称为基本事件,4.必然事件: 由于样本空间S包含所有的样本点，它是S自身的子集在每次试验中它总是发生的，称为必然事件,例1,E2:抛硬币三次,观察正面H、反面T出现的情况.,事件A1：“第一次出现的是T”，即A1=THH，THT，TTH，TTT,事件A2 ：“三次出现同一面”，即A2 =TTT，HHH,例2:试验E:“从4件产品中（2件正品，2件次品）任取两件，观察产品情况”。,事件A: “两件都是正品”B: “至少有一件次品”,三、事件间的关系与事件的运算,(一)事件间的关系,1.事件的包含: 若AB，称事件
8、B包含事件A，指事件A发 生必导致事件B发生, 也称A是B的子事件记为 AB.,显然, 对于任何事件A有 A S,事件的相等A=B: 若AB且 B A 。,2.和事件: AB=x | xA或xB指事件A与B至少有一个发生;,(2) -可列个事件A1, A2, ，An, 的和。,A,B,S,A,B,S,类似地, (1) -事件A1, A2, ，An的和事件；,3. 积事件: AB =x | xA且xB 事件A与事件B同时发生，这一事件称为事件A与B的积，或记为AB;,类似地, ：事件A1, A2, ，An积事件；,：事件A1, A2, ，An, 积事件。,5.互不相容(互斥)的事件: 若AB=，
9、称事件A与B是互不 相容事件，或互斥事件，指事件A与事件B不能同时发生。,4.差事件: A-B=x| xA且xB 事件A发生而事件B不发生，这一事件称为事件 A与事件B的差.,6. 对立事件(互逆事件): 若AB=S且 AB=，则称事件A与B为互逆事件。又称A与B互为对立事件。,A的对立事件记作 .,A,B,S,(2) 对于任意事件A，显然 A A=, AA=S, A=S-A, A=A,注 (1) 基本事件都是互不相容的; A与B-A也是互 不相容的,(二)事件的运算法则,1. 交换律：AB=BA, AB=BA ,2. 结合律：A(BC)=(AB)C; A(BC)=(AB)C ,3. 分配律：
10、A(BC)=(AB)(AC) ; A(BC)=(AB)(AC) ,5. 对必然事件的运算法则：AS=S, AS=A 6.对不可能事件的运算法则：A=A,A=,类似有：,例3 甲、乙、丙各射一次靶，记A为“甲中靶”，B为“乙中靶”，C为“丙中靶”，则用上述事件的运算来分别表示下列 各事件:,(3) “三人中只有丙未中靶”. (4) “三人中恰好有一人中靶”. (5) “三人中至少有一人中靶”. (6) “三人中至少有一人未中靶”. (7) “三人中恰好有两人中靶”. (8) “三人中至少有两人中靶”. (9) “三人均未中靶”. (10)“三人中至多有一人中靶”. (11) “三人中至多有两人中
11、靶”.,(1) “甲未中靶”. (2) “甲中靶而乙未中靶”.,对于随机试验来讲，随机试验的结果不止一个，且试验前不可预知就其一次具体的试验而言，其结果带有很大的偶然性，似乎没有规律而言但在大量的重复试验中，就会发现有一定的规律性人们希望找到一个合适的数来表示事件在一次试验中发生的可能性大小因此，首先引入频率的概念，它是通过实验结果来说明事件发生的频繁程度；借助于频率，给出度量事件在一次试验中发生的可能性大小的数概率,1.3 频率与概率,(3) 若 是两两不相容的事件，即,一、频率,1.定义: 在相同的条件下，进行了n 次试验，若随机事件A在n 次试验中发生了m次，则称 m/n 为事件的频率，
12、记作 ，即,2.性质:,则,经验表明，随着试验次数n的增大，频率值徘徊在某个确定的常数附近 例 “抛硬币”试验，设A表示“抛掷一枚硬币，其结果出现正面”，将一枚硬币抛掷5次、50次、500次，各做4遍的结果如下：,从上面的例子可以看出，试验次数n越大，出现正面的频率越接近0.5，即频率稳定于1/2 经验表明：只要试验是在相同的条件下进行的，则随机事件出现的频率稳定于一个固定的常数，常数是事件本身所固有的，是不随人们的意志而改变的一种客观属性，它是对事件出现的可能性大小进行度量的客观基础为了理论研究的需要，从频率的稳定性和频率的性质得到启发，给出如下度量事件发生可能性大小的概率的定义.,二、概率
13、,1.定义 设E 是随机试验，S是它的样本空间. 对于E 的每一事件A 赋于一个实数，记为P(A), 称为事件A的概率, 如果集合函数 P() 满足下列条件:,1 非负性： 对于每一个事件A，有 P(A)0 ； 2 规范性: 对于必然事件S , 有 P(S) = 1； 3 可列可加性: 设A1 , A2 , 是两两互不相容的事件， 即对于 则有P(A1A2 )=P( A1)+P(A2 )+ ,(2) (有限可加性) 若A1,A2,An是两两互不相容的事件, 则P(A1A2An)= P(A1)+P(A2)+ +P(An),2. 性质,(1) P()=0,(3) 设A, B是两个事件, 若A B,
14、 则有P(B A)=P(B) P(A) ; P(B) P(A).,(4) 对于任一事件A，有P(A)1.,推论: 对于任意事件A,B有 P(B A) = P(B) P(AB).,(6) (加法公式) 对于任意两事件A,B 有P(AB )=P(A)+P(B)-P(AB),推论1: 设A1, A2, A3为任意三个事件，则有：P(A1A2A3)=P(A1) + P(A2) + P(A3) - P(A1A2)- P(A1A3) - P(A2A3) + P(A1A2A3),推论2: 对于任意n个事件A1 , A2 , ，An，则有： P(A1A2 An)=,例4 (1) 已知 P(AB)=0, 求 P
15、(ABC);(2) 已知 P(A)=0.4, P(B)=0.3, P(AB)=0.6, 求 P(A B);(3) 已知 P(AB)=P(AB), P(A)=p, 求 P(B).,解: (1) 因为 ABCAB，由性质3知 0 P(ABC)P(AB)=0，所以P(ABC) =0,例5 已知P(A )=0.5, P(AB )=0.2, P(B)=0.4, 求(1) P(AB); (2) P(A-B); (3) P(AB); (4) P(AB),解: (1) 因为AB AB=B, 且AB与AB是互不相容的, 故有P(AB)+P(AB )=P(B) 于是P(AB)=P(B)-P(AB )=0.4-0.
16、2=0.2,(2) P(A)=1-P(A )=1-0.5=0.5 P(A-B)=P(A)-P(AB)=0.5-0.2=0.3 (3) P(AB)=P(A)+P(B)-P(AB) =0.5+0.4-0.2=0.7,例6 设A发生的概率为0.6, A与B都发生的概率为0.1, A与B都不发生的概率为0.15,求:(1) A发生但B不发生的概率;(2) A与B至少有一个发生的概率.,例7 在某地区的儿童中,订儿童文学的占45%,订少年文艺的占35%,订故事会的占30%,同时订儿童文学和少年文艺的占10%,同时订儿童文学及故事会的占8%,同时订少年文艺和故事会的占5%,同时订三种读物的占3%.试求下列
17、事件的概率.,D1=“至少订购一种读物”； D2=“三种读物都不订购”； D3=“只订儿童文学”； D4=“只订购一种读物”.,解 : 设 A=“订儿童文学”， B=“订少年文艺”， C=“订故事会”. 则由已知得： 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,答案: (1) 0.9, (2) 0.1, (3) 0.3 , (4) 0.73.,练习,0.7,0.3,概率论与数理统计 第 2 讲 主 讲: 赵玉环,1.定义：,(1) 试验的样本空间的元素只有有限个；(2) 试验中
18、每个基本事件发生的可能性相同. 这种试验称为等可能概型或古典概型,1.4 等可能概型(古典概型),2.古典概型中事件A的概率的计算公式,设试验E的样本空间S=e1,e2,en，且每个基本事 件发生的可能性相同，若A包含k个基本事件,即 A = ， 则有,设E是试验，S是E的样本空间，若,若事件A发生，即把最强的两队拿出，将其余18个队分成两组，再将两个强队分别分在两组内，故事件A所包含的基本事件数为 ,例1 为了减少比赛场次，把20个球队分成两组，每组10个队 进行比赛，求最强的两个队分在不同组内的概率,注 要计算事件A的概率，必须清楚样本空间所包含的基本事件总数以及A所包含的基本事件数.,解
19、 : 把20个球队分为两组，每组10队，共有 种分法. 所以，基本事件总数为 ,所以 P(A) =,= 0.526,设A=“最强的两个队分在不同组内”，,例2 在一批n个产品中，有m个次品，从这批产品中任取 k个产品，求其恰有l个( l m)次品的概率,解: 从n个产品中任取k个产品，共有 种取法. 故基本事件总数为 ,设 A=“取出k个产品中恰有l个次品”,若事件A发生，即从m个次品中取l个次品，从n-m个正品中取k-l个正品，故事件A所包含的基本事件数为,所以 P(A) ,超几何分布公式,例3 一袋中有10只球，其中4个红球， 6个白球，从袋中取3次,每次取一只. 按两种取法: (a)放回
20、抽样; (b)不放回抽样取球，求 (1)取到的3个球都是白球的概率;(2)取到的3个球中有2个红球，1个白球的概率.,= 0.288,解 (a)放回抽样,(b)不放回抽样,=0.3,=0.216,=0.167,解 (1) 放回抽样：由于每次抽取的小球看后都放回袋中， 所以每次都是从10个小球中抽取，由乘法原理，从10个小 球中有放回地抽取3个的所有可能的取法共有 种，故基 本事件总数为 . 若事件A发生，即3次取的小球都是白球，故事件A所含基 本事件数为 .所以 P(A)= =0.216 若事件B发生，即3次取的小球中有2次取的是红球，一次 取的是白球，考虑到白球出现的次序，故事件B所含基本
21、事件数为 . 所以 P(B) = = 0.288,(2) 不放回抽样：第一次从10个球中取1个小球，由于不 再放回，因此第二次从9个小球中抽取1个，第三次从8 个小球中抽取1个，故基本事件总数为10 9 8. 若事件A发生，事件A所含基本事件数为6 5 4 所以 P(A)= =0.167 若事件B发生，事件B所含基本事件数为 所以 P(B) = = 0.3,例4 设每人的生日在一年365天中的任一天是等可能的, 任意选取n个人(n365)，求至少有两人生日相同的概率,将n只球随机地放入N（Nn）个盒子中去，试求每个盒子至多有一只球的概率。,解: 把n+m个学生随意排成一列，共有(m+n)!种排
22、法，故 基本事件总数为(m+n)! ，事件A发生的排列：先把n个男 生排成一列，共有n!种排法在每两个相邻的男生之间 有一个位置，共(n-1)个位置，加上头尾共(n+1)个位置. 从这n+1个位置中任意插入 m 个女生，共有 种排法故事件A所包含的基本事件数为 所以 P(A) ,例5 设有n个男生，m个女生( mn+1)，随机排成一列，A=“任意两个女生都不相邻”，求P(A),例6 从0，1，2，3 这四个数字中任取三个进行排列，求 “取得的三个数字排成的数是三位数且为偶数”的概率,则 A=A0 A2，由于三位数的首位数不能为零，所以,解: 设 A表示“排列的数字是三位数且为偶数” A0表示“
23、排列的数字是三位数且末位为0” A2表示“排列的数字是三位数且末位为2”,P(A0) =,P(A2) =,显然，A0，A2互斥，由性质得：P(A)=P(A0 A2)=P(A0)+P(A2) =,例7 在2000的整数中随机地取一个数，问取到的整数既不能被6整除,又不能被8整除的概率是多少?,由于 , 故得 P(B)= 又由于一个数同时能被6与8整除,就相当于能被24整除,因此,由 得 P(AB)= 于是所求概率为,由于 333 334 , 故得 P(A)=,解 假设接待站的接待时间没有规定，而各来访者在一周内的任一天去接待站是等可能的，那么12次接待来访者都是在周二和周五进行的概率为P = =
24、0.0000003，即千万分之三.,例8 某接待站在某一周曾接待过12次来访,已知所有这 12次来访接待都是在周二和周五进行的,问是否可以推断 接待时间是有规定的.,人们在长期的实践中总结得到的经验是: “概率很小的事件在一次试验中几乎是不可能发生的”实际推断原理.,按实际推断原理，可以推断接待时间是有规定的,1.5 条件概率,一、条件概率,例1 某班有30名同学，其中20名男生，10名女生.身高1.70米以上者有15名，其中12名男生，3名女生.任选一名学生，选出来后发现是个男生，问该学生的身高在1.70米以上的概率是多少？,解： 设A=“选出来的是男生”， B=“选出来的学生身高在1.70
25、米以上”,所求的概率是P(BA). 显然 P(BA)=12/20 注意到 P(A)=20/30，P(AB)=12/30 从而,有 P(BA)=12/20 = =,1.定义: 设A ,B 是两个随机事件,且P(A)0, 称,2.性质：条件概率P(|A)满足概率的三个基本属性: (1) 对于任一事件B，有P(BA)0 (2) P(SA)=1 (3)设B1，B2， 是两两不相容的事件，则有,由于条件概率符合概率定义的三个条件，所以前面 所证明的一些概率性质对于条件概率也同样适用.,为事件A 发生的条件下事件B 发生的条件概率.,例如,S,A,A,S ,条件概率意味着样本空间的压缩,或者可以认为是基本
26、事件的减少而导致的试验. 以事件A为条件的条件概率, 意味着在试验中将A提升为必然事件.,例2 一盒子中装有5只产品，其中有3只一等品，2只二等 品从中取产品两次，每次任取一只，作不放回抽样， 设事件A=“第一次取到的是一等品”，B= “第二次取到 的是一等品”，试求条件概率P(BA).,解法：因为 P（AB）= ，P（A）=所以 P(BA)=,解法：从条件概率的含义看：第一次取到的是一等品， 由于不放回，故只剩下2只一等品， 2只二等品；再取得 一等品有2个可能，基本事件数为4，因此P(BA)=,例3 设某种动物由出生算起活到20岁以上的概率是0.8， 活到25岁以上的概率为0.4,动物现在
27、已经20岁，问它 能活到25岁以上的概率是多少？,解 A=“活到20岁以上”，B=“活到25岁以上”， 由题意 P(A)=0.8， P(B)=0.4 因为 B A，故 AB = B所以 P(AB)=P(B)=0.4， 因此 P(BA)=,定理（乘法定理）对于任意的事件A、B，若P(A)0，则P(AB)=P(A)P(B|A),二、乘法定理,乘法公式可以推广到多个事件的情形:,1设A，B，C为事件，且P(AB)0, 则有P(ABC)=P(A) P(B|A) P(C|BA),2设A1, A2, An 为n个事件,n0, 且P( )0则有,-乘法公式,在某些问题中，条件概率是已知的或者是比较容易求得的
28、，在这种情况下，就可以利用乘法公式来计算积事件的概率.,注,例4 今有3个布袋，2个红布袋，1个绿布袋，在2个红 布袋中各装60个红球和40个绿球，在绿布袋中装了30个 红球和50个绿球，现任取1袋，从中任取1球，问是红袋 中红球的概率为多少？,解 设A=“取红袋”， B=“取红球”,所求概率P(AB),显然，P(A)=2/3,而P(BA)是在取红袋的条件下取到 红球的概率，也就是在红袋里取到红球的概率应为 60/100=3/5，即P(BA)=3/5，由乘法公式得到 P(AB)=P(A)P(BA)=2/5 .,例5 设袋中装有r只红球，t只白球. 每次自袋中任取 一只球,观察其颜色然后放回,并
29、再放入a只与所取出的 那只球同色的球.若在袋中连续取球四次,试求第一、二 次取到红球且第三、四次取到白球的概率.,解: 以 表示事件“第i 次取到红球”，则分别表示事件第三、四次取到白球. 所求概率为,例6 今有1张电影票，4个人都想要，他们用抓阄的办法分这张票，试证明每人得电影票的概率都是1/4.,其中P(A2A1)是在A1发生的条件下A2的概率，即在第一个人没有抓到的条件下第二个人抓到的概率，此时只剩下3个阄，其中有一个是“有”，故P(A2A1 )=1/3,(3) 类似地，故,(4) 同样地，,例7 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
30、打破的概率 为7/10，若第一、二次均未打破，第三次落下打破的概率为9/10，试求透镜落下三次而未打破的概率.,解: 以 表示事件“透镜第i次落下打破” 以B表示事件“透镜落下三次而未打破”. 因为 故有,概率论与数理统计 第 3 讲 主 讲: 赵玉环,三、全概率公式和贝叶斯公式,1.全概率公式,定义：设S为试验E的样本空间，B1,B2,Bn为E的一组 事件若,则称B1,B2,Bn 为样本空间S的一个划分。,定理 设试验E的样本空间为S,为E的事件, B1,B2,Bn 为样本空间S的一个划分，且P(Bi)0 (i=1,2,n),则,上式称为全概率公式.,注全概率公式是概率论的一个基本公式，有着
31、多方面的应用.当P(Bi )和P(ABi)比较容易计算时，可利用这个公式来计算P(A).,2.贝叶斯公式,定理 设试验E的样本空间为S,为E的事件, B1,B2,Bn 为样本空间S的一个划分,且P(A)0,P(Bi)0 (i=1,2,n),则,-贝叶斯公式,例8 设一仓库中有十箱同样规格的产品，已知其中有五箱、 三箱、两箱依次为甲厂、乙厂、丙厂生产的.且甲厂、乙 厂、丙厂生产的该种产品的次品率依次为1/10、1/15、1/20. 从这十箱中任取一箱，再从取得的这箱中任取一件产品，求(1)取得正品的概率;(2)已知取得正品，该正品是甲厂生产的概率是多少？,解 设A=取得的是正品, B1=该件产品
32、是甲厂生产的B2=该件产品是乙厂生产的,B3=该件产品是丙厂生产的,显然，B1B2B3=S，且B1、B2、B3互斥 由已知得：,P(B1)=5/10 P(B2)=3/10 P(B3)=2/10 P(AB1)=9/10，P(AB2)=14/15，P(AB3)=19/20,由全概率公式得 P(A) = = 0.92,例9 用某种方法来诊断癌症，由于方法较陈旧，真正癌症患者被诊断出患癌的概率为0.95，未患癌者被诊断未患癌的概率是0.90.现用此方法对一批患癌率为千分之四的人群进行普查，某人被诊断为患癌，求此人真正患癌的概率是多少？,解 设A=此人被诊断出患癌, B=此人真正患癌，B=此人未患癌,由
33、已知得 P(B)=0.004 ， P(B)=0.996P(AB)=0.95， P(AB)=1-0.90=0.10,由贝叶斯公式得,-后验概率,例10 由于随机干扰, 在无线电通讯中发出信号“ ”, 收到信号“ ”,“不清”,“ ” 的概率分别为0.7, 0.2, 0.1; 发出信号“ ”,收到信号“ ”,“不清”,“ ”的概率分别为0.0, 0.1, 0.9.已知在发出的信号中, “ ”和“ ”出现的概率分别为0.6 和 0.4 , 试分析, 当收到信号 “不清”时, 原发信号为“ ”还是“ ”的概率 哪个大？,解 设原发信号为“ ” 为事件 B1原发信号为“ ”为事件 B2,收到信号“不清”
34、 为事件 A,已知,可见, 当收到信号“不清”时, 原发信号为 “ ”的可能性大,例11 某人忘记了电话号码的最后一位数字，因而随意拨最后 一位数字，求(1)其不超过三次而接通电话的概率;(2)已知最 后一个数字是奇数，求不超过三次而接通电话的概率.,练习,故,解法：,(2)当已知最后一个数字是奇数时， 设Bi=第 i 次接通电话 ,i=1,2,3, B=三次内接通电话,一般来讲，条件概率P(BA)与概率P(B)是不等的. 但 在某些情况下，它们是相等的.,1.6 独立性,则有,注1当 P(A)，P(B)都不为零时,由事件A、B的相互独立可推得 P(B|A) =P(B) ， P(A|B)= P
35、(A) ,反之成立。,2若P(A)0, P(B)0, 则A与B相互独立和A与B互斥 不能同时成立.,3相互独立的概念可以推广到三个和三个以上的事件的情况.,定义,三事件两两相互独立的概念,注意,三个事件相互独立,三个事件两两相互独立,三事件相互独立的概念,定义3 如果对于任意的k(kn),及任意的1 i1i2ik n, 都有,定义2 设A1,A2.An是n个事件，如果对于任意的1i, jn , 有 P(Ai Aj)=P(Ai )P(Aj ) 则称这n个事件两两相互独立.,则称这n个事件相互独立.,n 个事件相互独立,n个事件两两相互独立,定理,推广两个结论,由于“甲命中”并不影响“乙命中”的概
36、率，故认为A、B独立 .,（即一事件发生与否并不影响另一事件发生 的概率）,在实际应用中, 往往根据问题的实际意义去判断两事件是否独立.,一批产品共n件，从中抽取2件，设 Ai=第i件是合格品 i=1,2,若抽取是有放回的, 则A1与A2独立.,因为第二次抽取的结果受到第一次抽取的影响.,又如：,因为第二次抽取的结果 不受第一次抽取的影响.,若抽取是无放回的，则A1 与A2不独立.,例1 设袋中有4个乒乓球，1个涂有白色，1个涂有红色，1个涂有蓝色，1个涂有白、红、蓝三种颜色.今从袋中随机地取一个球，设事件A=“取出的球涂有白色”，B=“取出的球涂有红色”，C=“取出的球涂有蓝色”，试验证事件
37、A、B、C两两相互独立，但不相互独立.,证明 事件A、B同时发生，只能是取到的球涂有白、 红、蓝 三种颜色的球，因而 P(AB)=1/4,同理 P(BC)=1/4 ,P(AC)=1/4 事件A发生，只能是取到的球涂有白色的球或涂三种颜色的球， 因而 P(A)=2/4=1/2, 同理 P(B)=1/2 , P(C)=1/2 , 即 P(A)P(B)=1/4=P(AB), 故事件A、B相互独立. 类似可证 P(AC)=P(A)P(C) , P(BC)=P(B)P(C) . 因此 A、B、C两两相互独立. 但是 P(ABC)=1/4, 而 P(A)P(B)P(C)=1/8所以, 事件A、B、C并不相
38、互独立.,例2 设某类高射炮，每门炮发射一发炮弹击中飞机的概率为0.6，现若干门炮同时发射（每门炮发射一次，且各门炮工作是独立的），问欲以99%的把握击中来犯的一架敌机，至少需要几门炮？,解: 设n为以0.99的概率击中敌机所需要的高射炮门数.,A= “敌机被击中”,Ai =“第i门炮击中敌机”，i =1,2,n,显然 A= A1A2An,于是要求n,使得,得 n=5.026, 因此至少需要6门大炮.,P(A)=P(A1A2An)0.99,由于 而A1，A2，,An是相互独立的，,所以 P(A)=1-P(A)=1-P(A1)P(A2)P(An)=1-,0.99,例3 一个元件能正常工作的概率称
39、为此元件的可靠性， 一个系统能正常工作的概率称为此系统的可靠性.现有 六个元件如图连接，每个元件的可靠性为p ,如果各元 件能否正常工作是相互独立的，求系统的可靠性.,1,6,5,4,3,2,解：设Ai=第i个元件正常工作，i=1、2、3、4、5、6，A=系统正常工作,=P(A1A2)+P(A3A4)+P(A5A6)-P(A1A2A3A4)-P(A1A2A5A6)- P(A3A4A5A6)+ P(A1A2A3A4A5A6),P(A)=P(A1A2A3A4A5A6),=P(A1)P(A2)+P(A3)P(A4)+P(A5)P(A6)-P(A1)P(A2)P(A3)P(A4)-P(A1)P(A2)
40、P(A5)P(A6)- -P(A3)P(A4)P(A5)P(A6)+P(A1)P(A2)P(A3)P(A4)P(A5)P(A6),例4 要验收一批(100件)乐器验收方案如下：自该批乐器中 随机地取3件测试(设3件乐器的测试是相互独立的)，如果3 件中至少有一件在测试中被认为音色不纯，则这批乐器就 被拒绝接收设一件音色不纯的乐器经测试查出其为音色 不纯的概率为0.95；而一件音色纯的乐器经测试误认为不 纯的概率为0.01如果已知这100件乐器中恰有4件是音色 不纯的试问这批乐器被接收的概率是多少？,解: 设 Ai =“随机地取3件乐器，其中恰有i件音色不纯”（i=0,1,2,3）, 则A0, A1, A2, A3是S的一个划分，A = “这批乐器被接收”,由已知可知本题是求全概率P(A).,而,故,解,“甲甲”,“乙甲甲”,“甲乙甲”;,练习,“甲乙甲甲”,“乙甲甲甲”,“甲甲乙甲”;,
