第2章-条件概率与独立性.ppt

第二章第二章 条件概率与独立性条件概率与独立性 条件概率与乘法公式条件概率与乘法公式 全概率公式与贝叶斯公式全概率公式与贝叶斯公式 事件的相互独立性事件的相互独立性 重复独立试验重复独立试验 二项概率公式二项概率公式1 2.1 2.1 条件概率与乘法公式条件概率与乘法公式 2.1.1 2.1.1 条件概率条件概率例例1 1 在所有的两位数10到99中任取一个数。(1)求此数能被4整除的概率.(2)求此数为偶数的概率.(3)若已知此数为偶数，求此数能被4整除的概率.解解 设A=此两位数能被4整除，B=此两位数为偶数，样本空间=10,11,12,98,99 共90个样本点(1)A=12,16,92,96 共22个样本点，P(A)=22/90=11/45(2)B=10,12,14,16,96,98共45个样本点,P(B)=45/90=1/22(3)若已知此数为偶数,样本空间=B=B，其样本点总数为45个；且能够被4整除的两位数样本空间=A=A,其样本点总数为22个。故AB=12,16,96=AB，共22个样本点。在已知B发生的条件下，事件A发生的概率p=22/45 叫做“条件概率”,写成：P(A|B)=22/45 事件A的概率：已知事件B发生的条件下，事件A的概率：3定义定义1 1 对事件A、B，若P(B)0，则称为事件A在条件B(发生)下的条件概率。相对地，有时就把概率P(A)，P(B)等称作无条件概率.方法1：用原样本空间计算条件概率方法2：用新样本空间B计算条件概率4说明：条件概率也是概率 条件概率满足概率性质思考思考思考思考：利用条件概率的定义，推出P(AB)与P(A)的大小关系。5条件概率的性质条件概率的性质1、非负性、非负性 对任一事件B，必有P(B|A)02、规范性、规范性 3、可加性、可加性6例例例例2 2 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）？解解 样本空间=(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7例例3 3 设已知某种动物自出生能活过20岁的概率是0.8,能活过25岁的概率是0.4,问现龄20岁的该种动物能活过25岁的概率是多少？解解 设 A=该种动物能活过20岁 B=该种动物能活过25岁 显然有：P(A)=0.8，P(B)=0.4 BA，AB=B8例例4 4 盒子中有4只坏晶体管和6只好晶体管，任取两只，第1次取出的不放回。若已经发现第1只是好的，求第2只也是好的的概率。解法解法1 1 设Ai=第i只是好的，i=1,29解解法法2 2 在已经发现第1只是好的情况下，再取出第2只晶体管，样本空间变成只有9个样本点（9种可能结果）。此时取出一只是好的样本点有5个这种方法是改变样本空间，用一般的P=r/n计算。102.1.2 2.1.2 乘法公式乘法公式 定理定理1 1 若P(A)0，则有 P(AB)=P(A)P(B|A)若P(B)0，则有 P(AB)=P(B)P(A|B)此公式称为乘法定理。定理定理2 2 设A1,A2,An为n个任意事件，且满足 P(A1A2An-1)0,则有 P(A1A2An)=P(A1)P(A2|A1)P(A3|A1A2)P(An|A1A2An-1)上式表明，可通过一系列的条件概率的乘积来计算事件积的概率。11证明：当P(A1A2An-1)0时，由于A1A1A2A1A2An-1,则有P(A1)P(A1A2)P(A1A2An-1)0由条件概率的定义，得 顺便指出，当P(A1A2An-1)=0时，可知 P(A1A2An)=0 12例例例例5 5 5 5 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。解解13 例例6 6 设有10个球，7新3旧，分别放在三个盒子中。表示新球，表示旧球。现从中任取一球，问此球为新的概率。解解 新=甲且新乙且新丙且新 P(新)=P(甲且新)+P(乙且新)+P(丙且新)=P(甲)P(新|甲)+P(乙)P(新|乙)+P(丙)P(新|丙)=14例例7 7 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？解解 A=工厂同时启用两套报警系统时,能正确报警 =报警系统1，2中至少有一套能正常工作 Bi=第i套报警系统能正常工作的事件，i=1,2 则有 A=B1B215 则有P(A)=P(B1B2)=P(B1)+P(B2)-P(B1B2)=0.92+0.93-0.862 =0.98816例例例例8 8 8 8 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。求该产品未能通过破坏性试验的概率。解解：设A为题设所求事件，Ai=产品未能通过第i项破坏性试验 i=1,2,3 显然A=A1A2A317例例9 一批零件共100个，次品率为1。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。解解18例例例例1010 一个人依次进行四次考试，他第一次考试及格的概率为p(0p0(i=1,2,n)条件哪里用到？）没有此条件行吗？22例例1111 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？解解 第2次摸球是在第1次摸球后进行的，但第1次摸球只有 以下两种可能的结果：B1=第1次摸得黄球 B2=第1次摸得白球 现有B1B2=，B1+B2=。设A=第2次摸得黄球 P(A)=P(AB1)+P(AB2)=P(B1)P(A|B1)+P(B2)P(A|B2)=23例例1212(抽抽签签问问题题)6人分2张球票，抽签决定。问第1人抽得球票的概率与第2人抽得球票的概率是否相等？解解 设A=第1人得票，B=第2人得票 P(A)=2/6=1/3 第2人得票与第1人得票有关联，且A+=，用全概率公式：P(B)=P(A)P(B|A)+P()P(B|)=可见，两人得票的概率相等。24例例1313 某工厂有四条流水线生产同一产品，已知这四条流水线的产量分别占总产量15，20%，30和35，又知这四条流水线的产品不合格率依次为0.05，0.04，0.03及0.02。现从该工厂的这一产品中任取一件，问取到不合格品的概率是多少？解解 设A=任取一件产品，结果是不合格品 Bk=任取一件产品，结果是第k条流水线的产品 k=1,2,3,4 P(B1)=0.15 P(B2)=0.20 P(B3)=0.30 P(B4)=0.35 25 P(A|B1)=0.05 P(A|B2)=0.04 P(A|B3)=0.03 P(A|B4)=0.02由于B1,B2,B3,B4互斥，B1+B2+B3+B4=可用全概率公式,有P(A)=P(B1)P(A|B1)+P(B2)P(A|B2)+P(B3)P(A|B3)+P(B4)P(A|B4)=0.150.05+0.20.04+0.30.03+0.350.02=0.031526例例例例14 14 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）。解解解解 设A1=晶体管产自甲厂，A2=晶体管产自乙厂，A=晶体管产自丙厂，B=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：27例例例例1515 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 n时的情形。解解解解 设经 k次交换后，黑球在甲袋的概率为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 。28于是，由全概率公式得2930例例例例1616 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。解解解解31322.2.2 2.2.2 贝叶斯公式贝叶斯公式定理定理4 4 设B1,B2,为一系列（有限或无限个）两两互不相容的事件，且则对任一具有正概率的事件A，有33证明：该定理可以推广到可列多个的情况。贝叶斯公式的意义：当不知道某信息（事件A）时，我们对各事件B1,B2,发生的可能性大小的认识为：P(B1),P(B2),.当知道某信息（事件A）已经发生时，我们对各事件B1,B2,发生的可能性大小的要重新认识：P(B1|A),P(B2|A),.用乘法公式用全概率公式34例例1717 (市场问题)某公司计划将一种无污染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，决定先进行试销，并设定了以下的标准：若产品畅销，则在试销期内卖出7000到10000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7000到10000台产品的概率是0.9；若产品滞销，则在试销期间能卖出7000到10000台产品的概率是0.2。若在试销期满后，实际卖出产品是9000台。问该产品(1)“销路为一般”；(2)“畅销”；(3)“畅销或销路一般”的概率各是多少？35解法解法1 1 A1=该产品是畅销品 P(A1)=0.5 A2=该产品的销路一般 P(A2)=0.3 A3=该产品是滞销品 P(A3)=0.2 B=试销期内能卖出该产品7000到10000台于是，市场部前期工作成果可表成：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现事件B发生，用贝叶斯公式可算得所要的概率：36解法解法237例例例例1818 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，它由 哪一台机床生产的可能性较大。解解解解38（）因此，第一台可能性较大。（1）39例例例例19 19 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。解解解解 A=繁殖的细菌全是甲类菌，Bk=繁殖了k个细菌，k=1,2,Ai=所繁殖的细菌中有i个甲类菌，i=1,2,40（1 1）由全概率公式有（2 2）41（3 3）由题意根据全概率公式42 例例2020(贝叶斯决策）假定具有症状S的疾病有d1,d2,d3三种现从20000份患有疾病d1,d2,d3的病史卡中，统计得到下列数据：求当一个具有症状S的病人来就诊时，他患有疾病d1，d2，d3的可能性各有多大？解解 设A=患者出现症状S Di=患者患有疾病di，i=1，2，343 每观察一张病卡可看成是作了一次试验，由于统计的病卡很多，这样以频率来近似代替概率是可行的由统计数字，得 44由贝叶斯决策公式，得 当一个具有症状S的病人来就诊时，他患有疾病d1的可能性最大，概率为0.4934。452.3 2.3 事件的相互独立性事件的相互独立性定义定义2 2:若两事件A,B，满足 P(AB)=P(A)P(B)则称A,B（或B,A）相互独立，简称独立。若P(A)0,则事件A与B独立的充分必要条件是 P(B|A)=P(B)若P(B)0,则事件A与B独立的充分必要条件是 P(A|B)=P(A)一般情况：P(A|B)P(A),说明B的发生对A发生的概率 有影响，这就是不独立。独立：A发生与否对B的概率无影响独立：B发生与否对A的概率无影响46证明证明证明证明(1)(1)(1)(1)P(A)0，A与B独立 P(B|A)=P(B)P(AB)=P(A)P(B|A)由A、B独立，有 P(AB)=P(A)P(B)P(A)0，P(B|A)=P(B)(2)(2)P(B)0，A与B独立 P(A|B)=P(A)P(AB)=P(B)P(A|B)由A、B独立，有 P(AB)=P(A)P(B)P(B)0，P(A|B)=P(A)47定定理理5 5 若四对事件 中有一对是相互独立的，则另外三对事件也是相互独立的。即这四对事件或者都相互独立，或者都不相互独立。证明思路证明思路证明思路证明思路：证明：证明：证明：证明：()因为A，B事件相互独立，即P(AB)=P(A)P(B)。所以 相互独立48（）（）（）（）（）（）（）（）49（）（）（）（）所以，A、B事件相互独立。50 由事件的独立性定义可得：即使在 P(A)=0 或P(B)=0时，事件的独立性定义仍 适用。与任何事件A是独立的。P(A)=P()P(A)=P(A)与任何事件A是独立的。P(A)=P()P(A)=P()A与B独立并不是说A,B互不相容（即不是AB=）；A与B独立的含义是：P(A|B)=P(A),P(B|A)=P(B)51 例例例例2121 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：解：解：解：记52 事件的独立性概念可以推广到有限个事件的情形。定定义义3 3 设A1,A2,An是n个事件，若对所有可能的组合1ijkR1,说明系统II的可靠性大于系统I的可靠性。R2-R1=rn(2-r)n-2+rn 令f(r)=(2-r)n-2+rn,得f(1)=0 -n(2-r)n-1+nrn-1=nrn-1-(2-r)n-1 当0r1时，,即f(r)是单调减函数，因此，当0rf(1)0，所以有R2-R10。59例例2424 某工人看管甲、乙、丙3台机床。在1小时内这3台机床需要照管的概率分别为0.2，0.1，0.4,各台机床需要照管是相互独立的，且当一台机床需要照管时，时间不会超过1小时试求在1小时内，机床因得不到需要的照管而被迫停机的概率？解解法法1 1 设用A,B,C分别表示“在1小时内甲、乙、丙机床需要照管”的事件。则已知 P(A)0.2，P(B)0.1，P(C)0.4 且A,B,C独立。设D=机床在1小时内因得不到需要的照管而停机 =在1小时内发生了至少有两台机床需要照管 =ABACBC60P(D)=P(ABACBC)=P(AB)+P(AC)+P(BC)-P(ABAC)-P(ABBC)-P(ACBC)+P(ABACBC)=P(AB)+P(AC)+P(BC)-P(ABC)-P(ABC)-P(ABC)+P(ABC)=P(AB)+P(AC)+P(BC)-2P(ABC)=P(A)P(B)+P(A)P(C)+P(B)P(C)-2P(A)P(B)P(C)=0.20.1+0.20.4+0.10.4-20.20.10.4 =0.12461解法解法2 262 2.4 2.4 重复独立实验重复独立实验 二项概率公式二项概率公式n n重独立试验重独立试验 做n个试验，它们是完全同样的一个试验做n次重复，而且这些重复试验具备两个条件：每次试验条件都相同，因此各次试验中同一个事件(A)的出现概率相等；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。63 n n重伯努利重伯努利(Bernoulli)Bernoulli)试验试验 如果每次试验的可能结果只有两种，即只有两个可能事件A与，且 P(A)=p，P()=1-p=q则这n重独立试验又称为n重伯努利(Bernoulli)试验，或称伯努利概型。64试验试验1 1电脑故障电脑故障 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。试验试验2 2疾病发生疾病发生 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。65试验试验3产品抽样产品抽样 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次试验就是重复独立试验。66 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，以抽样问题为例，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）。67例例2 25 5(打靶问题)某老练的射手打五发子弹，中靶概率为0.8，问：(1)他打中两发的概率是多少？(2)打中的概率是多少？解解 设Ai=第i次击中靶，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。(1)P(A1A2345)=P(A1)P(A2)P(3)P(4)P(5)=0.82(1-0.8)3 记P5(2)为打5发中2发的概率，则 P5(2)=68(2)“打中”=“5枪中至少打中1枪”P(“打中”)=1-P(“5枪全不中”)=1-P(12345)=1-P(1)P(2)P(3)P(4)P(5)=1-(1-0.8)5 =1-0.25 =0.9996869定定理理7 7（二项概率公式）设一次试验中，事件A出现的概率为P(A)=p(0p1)，则在n重伯努利试验中，事件A恰好出现k次的概率Pn(k)为 证证 设Ai=第i次试验中出现A，（i=1,2,n).由于每次伯努利试验的可能结果为A或，可知当n次试验中，事件A在指定的k次试验中出现(或是前k次出现)，在其余n-k次试验中不出现的概率为 P(A1A2Akk+1n)，70再由试验结果的独立性得 P(A1A2Akk+1n)=P(A1)P(A2)P(Ak)P(k+1)P(n)=pk(1-p)n-k =pkqn-k 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 （k=0,1,2,n)71注：注：1)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。显然：2)也被记作b(k,n,p)72 例例2626 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，得73例例27 27 设某种药物对某种疾病的治愈率为0.8，现有10个患这种疾病的病人同时服用此药，求其中至少有6人被治愈的概率。解解 把每个病人服此药当作一次试验，试验结果有“治愈”(事件A)和“未治愈”(事件)两种，而且各病人的“治愈”或“未治愈”是相互独立的，故可用伯努利概型计算这一问题。P(“10人中至少有6人被治愈”)74 这个结果说明：这个结果说明：服用此药，人中至少有人被治愈的可能性是很大的。反之，没有人以上被治愈的事很少会发生（概率为 0.03）。如果我们做一次这样的试验，结果没有人以上被治愈，我们应当对此药的“治愈率为 0.8”的说法表示怀疑。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。75例例2828 某人从A处出发去B处，倘若他只知道B处在A处的东北方向上，如图所示，图中每条线表示一条道路，当他每到一交叉路口时，对行进的路线要作一次选择，每次都以概率p选择向东走，以概率1-p选择向北走，试求经过8次选择可到达B处的概率。解解 若把在交叉路口选择一次 行进路线看作试验E0,显 然，E0有两个可能结果：A(“向东”)和(“向北”)，并且P(A)=p,P()=1-p。76 述试验又相当于将E0独立地重复进行8次，故为8重伯努利试验。根据图中B处的位置，为了保证经过8次行进路线的选择能到达B处，必须且只须恰好有4次选择向东走（另4次选择向北走），因此，所求概率为事件B4的概率，有 77作业：作业：P33363、6、12、15、20、2278习题2-16 用X射线检查肺癌的可靠性有下列数据，肺癌患者通过检查被确诊的有98，而未患肺癌者经检查有99%可正确诊断为未患肺癌，误诊率分别为2%及1%。在某人口密集的工业区，估计有3%的人患肺癌，现从该地区任选1人检查，试求：(1)若此人被诊断为患肺癌，他确患此病的概率；(2)若此人被诊断为未患肺癌，他实患此病的概率 (3)解释以上结论的意义。解：设A=此人确实患肺癌 B=此人被诊断为患肺癌 79(1)若此人被诊断为患肺癌，他确患此病的概率(2)若此人被诊断为未患肺癌，他实患此病的概率80(3)解释以上结论的意义:对被查出患有肺癌，确实患有肺癌的概率是0.7520则实际未患癌的可能性有近1/4。应不要太紧张，可作进一步检查。对未被诊断为未患肺癌，他实患此病的概率0.0006,则实际未患此病的概率是：0.9994 可以相信未患癌症的检查结果。81习题2-22 有三箱同型号产品，分别装有合格品20件、12件、17件；不合格产品5件、4件、5件。现任意打开一箱，并从箱内取出一件进行检验。由于检验误差，每件合格品被检验误定为不合格品的概率是0.04，不合格品被误定为合格品的概率是0.06。试求下列事件的概率：(1)取出的这件产品经检验为合格品；(2)被检验定为合格品的产品真是合格品。解：设Bi=取出产品是第i箱的 i=1,2,3 P(B1)=1/3 P(B2)=1/3 P(B3)=1/3 82设A=取出的产品被检验为合格品 C=取出的产品真是合格品 P(C|B1)=20/25 P(C|B2)=12/16 P(C|B3)=17/22 由于每件合格品被检验误定为不合格品的概率是0.04，不合格品被误定为合格品的概率是0.06，则 83(1)取出的这件产品经检验为合格品的概率(2)被检验定为合格品的产品真是合格品概率 84作业讲解作业讲解4.解解855.解解866.解解(1)A=点数之和为偶数 B=点数之和等于8877.解解 设Ai=第i人破译出密码 i=1,2,3888.解解8913.解解A=产品为正品B=产品经检验为正品9015.解解 A=被诊断患有肺癌 B=确实患有肺癌9118.解解 A=出现正面 Bi=是第i个硬币9220.20.解解 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)939421.解解 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95