1.5事件的独立性 Pn=P(A1A2. An) P(A1)P(A2A1)…P(An|A1A2…An-1) =qq2…·q 9896100-2(n-1)100-2n 10098100-2(n-2)100-2(n-1) 100 ·容易计算 P10=0.8,p20=0.6,p30=0.4p40=0.2,p50=0. (如果假设q=g=…=0.98,有pn=0.98,于是得到p10=0.817, P20=0.668,p80=0.545,p40=0.446,p50=0.364,p6o=0.298.) 15事件的独立性 两个事件独立 ·设A是试验S1下的事件,B是试验S2下的事件,且A的发生与否不 影响B的发生.用公式表述出来就是P(BA)=P(B).(设P(4)>0) 再用乘法公式得到P(AB)=P(A)P(BA)=P(A)P(B).此式表示 件A,B相互独立,不要求P(4)>0. ·定义51如果事件A,B满足P(AB)=P(A)P(B),就称A,B相互 独立,简称为A,B独立( Independent) ·不可能事件,必然事件与任何事件独立.这是因为P(A)=P(d)P(4) 0,P(9A)=P(9)P(A)=P(4)总成立 ·当0<P(4)<1时,A,B独立当且仅当P(BA)=P(B|A)=P(B), 即B的概率不受已知A是否发生的影响。 例51:独立的试验 例51用Ω1表示试验S1的样本空间,用g2表示S2的样本空间 如果试验S1和S2是独立进行的,可以证明试验S1的事件和试验S2 的事件是相互独立的
1.5 事件的独立性 21 • pn =P(A1A2 . . . An) =P(A1)P(A2|A1). . . P(An|A1A2 . . . An−1) =q1q2 · · · qn = 98 100 96 98 · · · 100 − 2(n − 1) 100 − 2(n − 2) 100 − 2n 100 − 2(n − 1) = 100 − 2n 100 =1 − n 50 . • 容易计算 p10 = 0.8, p20 = 0.6, p30 = 0.4 p40 = 0.2, p50 = 0. • (如果假设 q1 = q2 = · · · = 0.98, 有 pn = 0.98n , 于是得到 p10 = 0.817, p20 = 0.668, p30 = 0.545, p40 = 0.446, p50 = 0.364, p60 = 0.298.) 1.5 事件的独立性 两个事件独立 • 设 A 是试验 S1 下的事件, B 是试验 S2 下的事件, 且 A 的发生与否不 影响 B 的发生. 用公式表述出来就是 P(B|A) = P(B). (设 P(A) > 0) • 再用乘法公式得到 P(AB) = P(A)P(B|A) = P(A)P(B). 此式表示事 件 A, B 相互独立, 不要求 P(A) > 0. • 定义 5.1 如果事件 A, B 满足 P(AB) = P(A)P(B), 就称 A, B 相互 独立, 简称为 A, B 独立 (independent). • 不可能事件, 必然事件与任何事件独立. 这是因为 P(ϕA) = P(ϕ)P(A) = 0, P(ΩA) = P(Ω)P(A) = P(A) 总成立. • 当 0 < P(A) < 1 时, A, B 独立当且仅当 P(B|A) = P(B|A¯) = P(B), 即 B 的概率不受已知 A 是否发生的影响。 例 5.1: 独立的试验 • 例 5.1 用 Ω1 表示试验 S1 的样本空间, 用 Ω2 表示 S2 的样本空间. • 如果试验 S1 和 S2 是独立进行的, 可以证明试验 S1 的事件和试验 S2 的事件是相互独立的
第一章古典概型和概率空间 例52:长方形等分 例52两线段将长方形9四等分,得到E1,E2,E3,E4 E1 E2 E3 E4 LA=E,UE2, B=E,UE3, C=ELUEA 在g中任取一点,则 P(AB)=P(A)P(B)=1/4 P(AC)=P(A)P(C)=1/4 P(BC)=P(B)P(C)=1/4. 于是A,B,C两两独立 定理5.1 定理51A,B独立当且仅当A,B独立 证明只需由A,B独立证明A,B独立.当A,B独立,有 P(AB)=P(B)-P(AB)=P(B)-P(A)P(B)= P(A)P(B) 于是A,B独立 多个事件的相互独立 定义52(1)称事件A1,A2 An相互独立,如果对任何 1≤1<j2<…<jk≤n, P(A1A12…A3)=P(A1)P(A12)…P(A) ·(2)称事件A1,A2,…相互独立,如果对任何n≥2,事件A1,A2 ,An相互独立 ·(3)称{An}是独立事件列,如果A1,A2,…相互独立 例53:三个事件相互独立 例53事件A,B,C相互独立当且仅当他们两两独立,并且P(ABC) P(A)P(B)P(C)
22 第一章 古典概型和概率空间 例 5.2: 长方形等分 • 例 5.2 两线段将长方形 Ω 四等分, 得到 E1, E2, E3, E4. • E1 E2 E3 E4 • 设 A = E1 ∪ E2, B = E1 ∪ E3, C = E1 ∪ E4. • 在 Ω 中任取一点, 则 P(AB) = P(A)P(B) = 1/4, P(AC) = P(A)P(C) = 1/4, P(BC) = P(B)P(C) = 1/4. 于是 A, B, C 两两独立. 定理 5.1 • 定理 5.1 A, B 独立当且仅当 A, B 独立. • 证明 只需由 A, B 独立证明 A, B 独立. 当 A, B 独立, 有 P(AB) = P(B) − P(AB) = P(B) − P(A)P(B) = P(A)P(B). 于是 A, B 独立. 多个事件的相互独立 • 定义 5.2 (1) 称事件 A1, A2, · · · , An 相互独立, 如果对任何 1 ≤ j1 < j2 < · · · < jk ≤ n, P(Aj1Aj2 · · · Ajk ) = P(Aj1 )P(Aj2 ). . . P(Ajk ) • (2) 称事件 A1, A2, · · · 相互独立, 如果对任何 n ≥ 2, 事件 A1, A2, · · · , An 相互独立. • (3) 称 {An} 是独立事件列, 如果 A1, A2, · · · 相互独立. 例 5.3: 三个事件相互独立 • 例 5.3 事件 A,B, C 相互独立当且仅当他们两两独立, 并且 P(ABC) = P(A)P(B)P(C)
1.5事件的独立性 例54:性质 例54设A1,A2,…,An相互独立,则有如下的结果 (1)对1≤n<j2<…<j≤n,A1,A2,…,Aj。相互独立, ·(2)用B1表示A1或A1,则B1,B2,…,Bn相互独立, ·(3)(A142),A3,…,An相互独立 ·(4)(A1UA2),A3,…,An相互独立. 事实上,把A1,A2,,An分为k个组,每个组内的事件作并、交、差运算 后得到的事件B1,B2,,.Bk仍是相互独立的。 例 5.5 例55例52中的A,B,C两两独立但非相互独立 因为 P(ABC)=1/4,P(A)P(B)P(C)=1/8. 例56:高炮 ·例5.6每门高炮击中飞机的概率是0.3,要以99%的把握击中飞机, 需要几门高炮. ·解用A;表示第讠门高炮击中目标.设需要n门高炮,则要求n满足 PU14)=1-P(∩不)=1-(0.7)209 ·由nn0.7≤ln(1-0.9)解出n≥129114.于是取n=13. 例57:明青花 ·例5.7明青花(瓷)享有盛誉.设一只青花盘在一年中被失手打破的 概率是0.03 (1)计算一只弘治(14881505)时期的青花麒麟(图案)盘保留到 现在(约500年)的概率 (2)如果弘治年间生产了1万件青花麒麟盘,计算这1万件至今 都已经被失手打破的概率
1.5 事件的独立性 23 例 5.4: 性质 例 5.4 设 A1, A2, · · · , An 相互独立, 则有如下的结果. • (1) 对 1 ≤ j1 < j2 < · · · < jk ≤ n, Aj1 , Aj2 , · · · , Ajk 相互独立, • (2) 用 Bi 表示 Ai 或 Ai , 则 B1, B2, · · · , Bn 相互独立, • (3) (A1A2), A3, · · · , An 相互独立； • (4) (A1 ∪ A2), A3, · · · , An 相互独立. 事实上，把 A1, A2, . . . , An 分为 k 个组，每个组内的事件作并、交、差运算 后得到的事件 B1, B2, . . . , Bk 仍是相互独立的。 例 5.5 • 例 5.5 例 5.2 中的 A,B,C 两两独立但非相互独立。 • 因为 P(ABC) = 1/4, P(A)P(B)P(C) = 1/8. 例 5.6: 高炮 • 例 5.6 每门高炮击中飞机的概率是 0.3, 要以 99% 的把握击中飞机, 需要几门高炮. • 解 用 Ai 表示第 i 门高炮击中目标. 设需要 n 门高炮, 则要求 n 满足 P( ∪n j=1 Aj ) = 1 − P( ∩n j=1 Aj ) = 1 − (0.7)n ≥ 0.99. • 由 n ln 0.7 ≤ ln(1 − 0.99) 解出 n ≥ 12.9114. 于是取 n = 13. 例 5.7: 明青花 • 例 5.7 明青花 (瓷) 享有盛誉. 设一只青花盘在一年中被失手打破的 概率是 0.03. – (1) 计算一只弘治 (1488-1505) 时期的青花麒麟 (图案) 盘保留到 现在 (约 500 年) 的概率, – (2) 如果弘治年间生产了 1 万件青花麒麟盘, 计算这 1 万件至今 都已经被失手打破的概率
第一章古典概型和概率空间 解 (1)用A1表示该盘在第i年没被打破,则至今没被打破的概率是 P=P(A1A2…A500 =P(A1)P(A2A1)…P(A50041A2…A499) (1-0.03)50 =2.43×10 被失手打破的概率是q=1-p=0.9999956 ·(2)用B;表示第j件至今已被打破,m=10000则B1,B2,…,Bmn 相互独立 这1万件至今都已经被失手打破的概率是 q=PB)=ⅡP(B1)=qm=0975 ·有这类青花麒麟盘流传至今的概率是p1=1-q1=0.00243 如果当时生产了五十万件,则有这类青花麒麟盘流传至今的概率是 =0.1149 如果当时生产了五百万件,则有这类青花麒麟盘流传至今的概率是 p500=0.7048 当然,这个模型里每年失手打破的概率都是0.03的假设过于粗糙,实 际上随着现存总数的减少保护必然加强,打破概率变得很小。 16全概率公式与 Bayes公式 16.1全概率公式 全概率公式 ·定理6.1(全概率公式)如果事件A1,A2…,An互不相容,Bc P(B)=∑P(A)P(BA)
24 第一章 古典概型和概率空间 • 解 (1) 用 Ai 表示该盘在第 i 年没被打破, 则至今没被打破的概率是 p =P(A1A2 · · · A500) =P(A1)P(A2|A1)· · · P(A500|A1A2 · · · A499) =(1 − 0.03)500 =2.43 × 10−7 , 被失手打破的概率是 q = 1 − p = 0.999999756. • (2) 用 Bj 表示第 j 件至今已被打破, m = 10000, 则 B1, B2, · · · , Bm 相互独立. • 这 1 万件至今都已经被失手打破的概率是 q1 =P( ∩m j=1 Bj ) = ∏m j=1 P(Bj ) = q m = 0.99757. • 有这类青花麒麟盘流传至今的概率是 p1 = 1 − q1 = 0.00243. • 如果当时生产了五十万件, 则有这类青花麒麟盘流传至今的概率是 p50 = 0.1149. • 如果当时生产了五百万件, 则有这类青花麒麟盘流传至今的概率是 p500 = 0.7048. • 当然，这个模型里每年失手打破的概率都是 0.03 的假设过于粗糙，实 际上随着现存总数的减少保护必然加强，打破概率变得很小。 1.6 全概率公式与 Bayes 公式 1.6.1 全概率公式 全概率公式 • 定理 6.1(全概率公式) 如果事件 A1, A2, · · · , An 互不相容, B ⊂ ∪n j=1Aj , 则 P(B) = ∑n j=1 P(Aj )P(B|Aj ). (6.1)
1.6全概率公式与 BAYES公式 ·证明:因为B=B(U户=14)=U=1(BA),用概率的有限可加性和乘 法公式得到 P(B)=P( (B( A3) (BA1) =∑P(BA) P(A,)P(B,) 全概率公式一完备事件组 ·全概率公式容易推广到可列个事件的情况(见习题1.14). ·如果事件A1,A2,…,An互不相容,U}=1A=9,则称A1,A2,…,An 是完备事件组,这时(6.1)对任何事件B成立 A和A总构成完备事件组,所以总有 P(B)=P(AP(BJA)+ P(A)P(BJA 例6.1(抽签问题) ·例6.1(抽签问题)n个签中有m个标有“中”,证明无放回依次随 机抽签时,第j次抽中的概率是m/n ·解用归纳法.用A表示第j次抽中,则对一切m,n,当m≤n时 有P(A1)=m/m 设对一切m,n,当m≤n时,有P(A3-1)=m/n,则有 P(A,lAl m-1 P(A,lA1 于是有 P(A)=P(A1)P(41A1)+P(A1)P(AA1) n-n 1<
1.6 全概率公式与 BAYES 公式 25 • 证明: 因为 B = B( ∪n j=1Aj ) = ∪n j=1(BAj ) , 用概率的有限可加性和乘 法公式得到 P(B) =P(B( ∪n j=1 Aj )) =P( ∪n j=1 (BAj )) = ∑n j=1 P(BAj ) = ∑n j=1 P(Aj )P(B|Aj ). 全概率公式—完备事件组 • 全概率公式容易推广到可列个事件的情况 (见习题 1.14)). • 如果事件 A1, A2, · · · , An 互不相容, ∪n j=1Aj = Ω, 则称 A1, A2, · · · , An 是完备事件组, 这时 (6.1) 对任何事件 B 成立. • A 和 A 总构成完备事件组, 所以总有 P(B) = P(A)P(B|A) + P(A)P(B|A). (6.2) 例 6.1(抽签问题) • 例 6.1 (抽签问题) n 个签中有 m 个标有“中”, 证明无放回依次随 机抽签时, 第 j 次抽中的概率是 m/n. • 解 用归纳法. 用 Aj 表示第 j 次抽中, 则对一切 m, n, 当 m ≤ n 时, 有 P(A1) = m/n. • 设对一切 m, n, 当 m ≤ n 时, 有 P(Aj−1) = m/n, 则有 P(Aj |A1) = m − 1 n − 1 , P(Aj |A1) = m n − 1 . • 于是有 P(Aj ) =P(A1)P(Aj |A1) + P(A1)P(Aj |A1) = m n m − 1 n − 1 + n − m n m n − 1 = m n , 1 ≤ j ≤ n