概率与统计15(2).ppt

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1、1.5 事件的独立性事件的独立性解解一、事件的独立性引例一、事件的独立性引例 一个盒子中有只黑球、只白球，从中有放回地一个盒子中有只黑球、只白球，从中有放回地摸球。求（摸球。求（1） 第一次摸到黑球的条件下，第二次第一次摸到黑球的条件下，第二次摸到黑球的概率；（摸到黑球的概率；（2） 第二次摸到黑球的概率。第二次摸到黑球的概率。例例A=A=第一次摸到黑球第一次摸到黑球 ，B=B=第二次摸到黑球第二次摸到黑球 则则 6()0.610P B A ( )0.6P B ()( )P B AP B则称事件则称事件A A和和B B独立，或称独立，或称相互独立相互独立。()( ) ( )P ABP A P

2、Bn 定义定义1 1 事件与事件满足事件与事件满足一一. 事件的独立性事件的独立性 independence 设、为任意两个随机事件，如果设、为任意两个随机事件，如果A A，B B相互独相互独立，且立，且P(B)0P(B)0，则，则（）（）（）反之亦然。反之亦然。 n 定理定理1 1n 实际问题中，事件的独立性有时可根据问题实际问题中，事件的独立性有时可根据问题的实际意义来判断。的实际意义来判断。 如甲乙两人射击，如甲乙两人射击，“甲击中甲击中”与与“乙击中乙击中”可以可以认为相互之间没有影响，即可以认为相互独立认为相互之间没有影响，即可以认为相互独立.但有时需要用独立的定义来判断。但有时需要

3、用独立的定义来判断。例例1 从一副不含大小王的扑克牌中任取一张从一副不含大小王的扑克牌中任取一张, ,记记 A抽到抽到K, , B抽到的牌是黑色的抽到的牌是黑色的, , 问事件问事件、A B是否独立是否独立? ?解一解一 利用定义判断利用定义判断. .由由,131524)( AP,215226)( BP,261522)( ABP),()()(BPAPABP 故事件故事件、A B独立独立. .解二解二利用条件概率判断利用条件概率判断. . 由由,131)( AP,131262)|( BAP例例1 从一副不含大小王的扑克牌中任取一张从一副不含大小王的扑克牌中任取一张, ,记记 A抽到抽到K, ,

4、B抽到的牌是黑色的抽到的牌是黑色的, , 问事件问事件、A B是否独立是否独立? ?解二解二利用条件概率判断利用条件概率判断. . 由由,131)( AP,131262)|( BAP),|()(BAPAP 故事件故事件、A B独立独立. . 3 BABABAAB（ 1） 与； （ 2） 与；（ ）与； （ 4） 与n 定理定理2 2 下列四组事件，有相同的独立性：下列四组事件，有相同的独立性： ()( )( )P ABP AP B()()1()P ABP ABP AB 1( )( )()P AP BP AB 1( )( )( ) ( )P AP BP A P B 证明证明 若若A、B独立，则独

5、立，则 1( ) 1( )( ) ( )P AP BP A P BAB与所以，所以， 独立。独立。 n 概念辨析概念辨析事件与事件独立事件与事件独立事件与事件互不相容事件与事件互不相容()( )( )P ABP AP BAB ()0P AB 特别：当特别：当P(A)0P(A)0，P(B)0P(B)0时，互不相时，互不相容的两事件一定不是相互独立的。容的两事件一定不是相互独立的。()( )( )P ABP AP B 例：例： 两射手独立地向同一目标射击一次，其命中两射手独立地向同一目标射击一次，其命中率分别为率分别为 0.9 和和 0.8，求目标被击中的概率，求目标被击中的概率. 解解: 设 A

6、 =“甲中”, B= “乙中”, C= “目标被击中”, 所以解法i) P(C) = P(AB) = P(A)+P(B)P(A)P(B) = 0.9+0.80.90.8 = 0.98.解法ii) 用对立事件公式 P(C) = P(AB) = 1 (1 0.9)(1 0.8) = 1 0.02 = 0.98. 例例 甲、乙两人独立地对同一目标射击甲、乙两人独立地对同一目标射击 一次，其命中率分别为一次，其命中率分别为 0.6 和和 0.7，现已知，现已知 目标被击中，求它是甲击中的概率目标被击中，求它是甲击中的概率.。解解: : 设设 A =“甲中甲中”, B= “乙中乙中”, C= “目标被目

7、标被击中击中”, 所以所以 P(A|C) = P(AC)/P(C) = P(A)/P(A)+P(B) P(A)P(B) = 0.6/0.88 = 15/22定义定义2 如果事件如果事件A，B，C满足满足P(AB)=P(A)P(B) P(AC)=P(A)P(C)P(BC)=P(B)P(C) P(ABC)=P(A)P(B)P(C)则称事件则称事件A，B，C相互独立相互独立。注意注意事件事件A，B，C相互独立与事件相互独立与事件A，B，C两两两两独立不同，两两独立是指上述式子中前三个式独立不同，两两独立是指上述式子中前三个式子成立。因此，相互独立一定子成立。因此，相互独立一定两两独立两两独立，但反，

8、但反之不一定。之不一定。二二. 有限多个事件的独立性有限多个事件的独立性 例例设同时抛掷两个均匀的正四面体一次，每设同时抛掷两个均匀的正四面体一次，每一个四面体标有号码一个四面体标有号码1 1，2 2，3 3，4 4。令。令A=A=第一个四面体的触地面为偶数第一个四面体的触地面为偶数 B=B=第二个四面体第二个四面体的触地面为的触地面为奇数奇数 C=C=两个四面体两个四面体的触地面的触地面同时同时为为奇数，或者同奇数，或者同时为偶数时为偶数 试讨论试讨论A A、B B、C C的相互独立性。的相互独立性。A=第一个第一个为偶数为偶数；B=第二个第二个为奇数为奇数C=两个两个同时为奇数，或者同时为

9、偶数同时为奇数，或者同时为偶数(1,1)(1,2)(1,3)(1,4)(2,1)(2,2)(2,3)(2,4)(3,1)(3,2)(3,3)(3,4)(4,1)(4,2)(4,3)(4,4) 1( )( )( )2P AP BP C1()()()4P ABP ACP BC()0P ABC 解解 试验的样本空间为试验的样本空间为 所以，所以，A、B、C两两独立两两独立，但，但并并不相互独立不相互独立。定义定义2的推广的推广12121212,1()() ()()() () ()()() ()(),nijijijkijknnnA AAnijknP A AP A P AP A A AP A P A P

10、 AP A AAP A P AP AA AA 设为 个事件。如果对于所有可能的组合下列各式同时成立那么称是相互独立的。共有（共有（2n-n-1）个等式）个等式 2nC3nCnnC总结两个好用的公式：总结两个好用的公式：12(1),nA AA若相互独立， 则12121()() ()()()nnniiP A AAP A P AP AP A12(2),nA AA若相互独立， 则11()1()nniiiiPAP A 注意和互不相容的加法定理区别。注意和互不相容的加法定理区别。例例2加工某一零件共需经过四道工序加工某一零件共需经过四道工序, , 设第一、设第一、二、三、四道工序的次品率二、三、四道工序的

11、次品率3%, 假定各道工序是互不影响的假定各道工序是互不影响的, , 求加工出来的求加工出来的零件的次品率零件的次品率. .解解 本题可先计算合格品率本题可先计算合格品率, , 这样可以使计算简便这样可以使计算简便. .设设4321,AAAA为四道工序发生次品事件为四道工序发生次品事件, ,加工出来的零件为次品的事件加工出来的零件为次品的事件, ,的事件的事件, ,则则D为产品合格为产品合格由于由于四道工序相互独立四道工序相互独立，故有，故有D为为,4321AAAAD 分别是分别是2%, , 3%, , 5%, , )()()()()(4321APAPAPAPDP 例例加工某一零件共需经过四道

12、工序加工某一零件共需经过四道工序, , 设第一、设第一、二、三、四道工序的次品率二、三、四道工序的次品率3%, 假定各道工序是互不影响的假定各道工序是互不影响的, , 求加工出来的求加工出来的零件的次品率零件的次品率. .解解分别是分别是2%, , 3%, , 5%, , )()()()()(4321APAPAPAPDP %)31%)(51%)(31%)(21( %;60.87%59779.87 )(1)(DPDP %.40.12%60.871 例例4 如图是一个串并联如图是一个串并联的元件的元件. . 它们下方的数字它们下方的数字是它们各自正常工作的概率是它们各自正常工作的概率, , 求电路

13、系统的可靠性求电路系统的可靠性.ABDCEFGH0.950.950.700.700.700.750.750.95电路系统电路系统. .、A、B、C、D、E、F、G H都是电路中都是电路中解解 以以W表示电路系统正常工作表示电路系统正常工作, ,因各元件独立工因各元件独立工作作, ,故有故有),()()()()()(HPGFPEDCPBPAPWP 其中其中,973. 0)()()(1)( EPDPCPEDCP.09375)()(1)( GPFPGFP代入得代入得.782. 0)( WP 设随机试验只有两种可能的结果设随机试验只有两种可能的结果:A:A及及 , ,且且P(A)=p,P(A)=p,则

14、称这样的试验为则称这样的试验为伯努利（伯努利（BernoulliBernoulli）试验）试验。在相。在相同的条件下将试验重复进行同的条件下将试验重复进行n n次独立试验次独立试验, ,则称这一则称这一串试验为串试验为n n重伯努利试验重伯努利试验，简称简称伯努利概型伯努利概型. .三三. 伯努利概型伯努利概型A 设在一次试验中事件发生的概率为设在一次试验中事件发生的概率为 p (0p1) ， 则在则在n重伯努利试验中重伯努利试验中恰好发生恰好发生 k次次的概率为的概率为 1( ; ,)() kkn knb k n pC pp定理定理3 3 伯努利定理伯努利定理 ( k 0，1，2，.，n )

15、定理定理3 (伯努利定理伯努利定理) 设在一次试验中，设在一次试验中， 事件事件A发生的概率为发生的概率为),10( pp则在则在n重贝努利重贝努利试验中，试验中，事件事件A恰好发生恰好发生k次的概率为次的概率为,)1(knkknppCkXP )., 1 , 0(nk 证明证明记记“第第i次试验中事件次试验中事件A发生发生”这一事件为这一事件为, 2 , 1,niAi 则则“事件事件A恰好发生恰好发生k次次” (记作记作kB)是下列是下列knC个两两不相容事件个两两不相容事件的并：的并：knkjjjiiiAAAAAA ,;,2121其中其中 是取遍是取遍 中的任意中的任意k个数个数kiii,2

16、1n, 2 , 1(共有共有knC种取法种取法)knjjj ,21是取走是取走kiii,21其中其中 是取遍是取遍 中的任意中的任意k个数个数kiii,21n, 2 , 1(共有共有knC种取法种取法)knjjj ,21是取走是取走kiii,21后剩下的你后剩下的你n-k个数个数.而对任意取出的而对任意取出的,21kiii根据独立性及根据独立性及,)(pAPi 有有)(2121knkjjjiiiAAAAAAP )()()()()()(2121knkjjjiiiAPAPAPAPAPAP ,knkqp 故有故有.)(),;(knkknkqpCBPpnkb 证毕证毕.例例某种小树移栽后的成活率为某种

17、小树移栽后的成活率为90%, ,区移栽了区移栽了20棵棵, ,一居民小一居民小求能成活求能成活18棵的概率棵的概率. .解解 观察一棵小树是否成活是随机试验观察一棵小树是否成活是随机试验,E每棵小每棵小树只有树只有“成活成活”)(A或或“没成活没成活”)(A两种可能结果两种可能结果, ,且且. 9 . 0)( AP可以认为可以认为, , 小树成活与否是彼此独立的小树成活与否是彼此独立的, ,因此观察因此观察20 棵小树是否成活棵小树是否成活设所求概率为设所求概率为),(BP则由伯努利定理可得则由伯努利定理可得 .285. 01 . 09 . 0)(2181820 CBP努利试验努利试验. .9

18、 . 0 P的的20重伯重伯可以看成是可以看成是例例 4甲甲, ,乙两人进行乒乓球比赛乙两人进行乒乓球比赛, , 每局甲胜的概每局甲胜的概率为率为,P问对甲而言问对甲而言, , 采用三局二胜制采用三局二胜制有利有利, , 还是采用五局三胜制有利还是采用五局三胜制有利, , 设各局胜负相设各局胜负相互独立互独立. .解解: 采用三局二胜制采用三局二胜制, , 甲最终获胜甲最终获胜, , 其胜局的情其胜局的情况是况是: :种结局互不相容种结局互不相容, ,而这三而这三于是由独立性得于是由独立性得概率为概率为).1(2221pppp 采用五局三胜制采用五局三胜制, , 甲最终获胜甲最终获胜, , 至

19、少需比赛至少需比赛 3 局局(可能赛可能赛 3 局局, , 也可能赛也可能赛 4 4 局或局或 5 5 局局),),. 2/1 P“甲甲甲甲” 或或 “乙甲甲乙甲甲” ” 或或 “ “甲乙甲甲乙甲”. .甲最终获胜的甲最终获胜的解解 采用五局三胜制采用五局三胜制, ,甲最终获胜甲最终获胜, ,局局 (可能赛可能赛 3 局局, ,也可能赛也可能赛 4 4 局或局或 5 5 局局), ),至少需比赛至少需比赛 3而前面甲需胜二局而前面甲需胜二局. .例如例如, ,4 局局, , 则甲的胜局情况是则甲的胜局情况是:“甲乙甲甲甲乙甲甲”, ,甲甲”, ,“甲甲乙甲甲甲乙甲”, 且这三种结局互不相容且这

20、三种结局互不相容. .立性和伯努利概型得甲最终获胜的概率为立性和伯努利概型得甲最终获胜的概率为一局必需是甲胜一局必需是甲胜,且最后且最后共赛共赛“乙甲甲乙甲甲由独由独22222223411()()pppC pppC ppp 于是于是).12()1(322 ppp)312156(23212 pppppp当当2/1 p时时, ,12PP 即对甲来说采用五局三胜即对甲来说采用五局三胜制较为有利制较为有利; ;当当2/1 p时时, , 2/112 pp种赛制种赛制即两即两甲甲, ,乙最终获胜的概率相同乙最终获胜的概率相同. .例例某型号高炮某型号高炮, , 每门炮发射一发炮弹击中飞机每门炮发射一发炮弹

21、击中飞机的概率为的概率为0.6, , 现若干门炮同时各射一发现若干门炮同时各射一发, ,(1) 问问: :至少需配置几门炮至少需配置几门炮? ?(2) 现有现有 3 门炮门炮, , 欲以欲以 99%的把握击中至少一架来的把握击中至少一架来犯的敌机犯的敌机, , 问问: :解解:(1) 设需配置设需配置n门炮门炮. . 因为因为n门炮是各自独立发门炮是各自独立发射的射的, , 因此该问题可以看作因此该问题可以看作n重伯努利试验重伯努利试验.设设A表示表示 “高炮击中飞机高炮击中飞机”, , 6 . 0)( APB表示表示“敌敌欲以欲以 99%的把握击中至少一架来犯的敌机的把握击中至少一架来犯的敌

22、机每门炮的命中率应提高到多少每门炮的命中率应提高到多少?机被击落机被击落”, 问题归结为求满足下面不等式的问题归结为求满足下面不等式的.n解解(1) 设需配置设需配置n门炮门炮. . 因为因为n门炮是各自独立发门炮是各自独立发射的射的, , 因此该问题可以看作因此该问题可以看作n重伯努利试验重伯努利试验.设设A表示表示 “高炮击中飞机高炮击中飞机”, , 6 . 0)( APB表示表示“敌敌机被击落机被击落”, 问题归结为求满足下面不等式的问题归结为求满足下面不等式的.n99. 04 . 06 . 0)(1 knknkknCBP由由,99. 04 . 01)(1)( nBPBP或或,01. 0

23、4 . 0 n解得解得,03. 54 . 0lg01. 0lg n故至少应配置故至少应配置 6 门炮才能达到要求门炮才能达到要求. .解解(2) 设命中率为设命中率为, p由由99. 0)(3313 kkkkqpCBP得得.99. 013 q解此不等式得解此不等式得,215. 0 q从而得从而得,785. 0 p门炮的命中率至少应为门炮的命中率至少应为 0.785.即每即每注注: : 对于给定一事件的概率求某个参数的逆问题对于给定一事件的概率求某个参数的逆问题, ,应先求出事件的概率应先求出事件的概率(含所求参数含所求参数), , 从而得到所求从而得到所求参数满足的方程或不等式参数满足的方程或不等式, ,再解之再解之. .