证明。(i)注意到U-,A,=AiU(A2|Ai)U..·U(An|An-1)U...,那么8JAi= P(A1) +P(Ai+1 / A,)=1=P(A) + lim [P(Ai+1) -P(A,))i=1= lim P(An).(i）注意到BC那么UBSTP 1 - lim P(BC) = lim P(B:)口评论.概率测度的等价定义（记为定义1.3）(i)非负性；(ii)规范性;(iii)有限可加性：AEF,i=1,,n两两不相容i.e.A,nA,=の，Vi≠j,则P(U"- A,) = En, P(A,).(iv)P在の处的连续性i.e.Anyの,则limP(An)=0.我们已经证明定义1.3蕴含定义1.3，为证1.3'蕴含1.3，只需证有限可加性+P在①处的连续性蕴含可数可加性设A，i=1,2,.….两两不相容,要证P(U=A)=-,P(A).令Bn=U"=Bi,BnUo-1A,=B=limBn=Un=,Bn.那么) lim P(Bn)lim BnAn→= lim Pa4= lim P(A) =>P(A)n-i=1i=1我们现在解释（？）处等号为何成立令Cn=B\Bn，Cnの由在の处连续性，lim P(Cn) = 0-→ lim P(B / Bn) = lim (P(B) - P(Bn)) = 0→P(B) = lim P(Bn)4
证明. (i) 注意到 ∪∞ i=1 Ai = A1 ∪ (A2 \ A1) ∪ · · · ∪ (An \ An−1) ∪ · · · , 那么 P (∪∞ i=1 Ai ) = P(A1) +∑∞ i=1 P(Ai+1 \ Ai) =P(A1) + limn→∞ ∑n i=1 [P(Ai+1) − P(Ai)] = limn→∞ P(An). (ii) 注意到 BC i ↗, 那么 P (∩∞ i=1 Bi ) = 1 − P (∩∞ i=1 Bi )C = 1 − P (∪∞ i=1 B C i ) (i) = 1 − limn→∞ P(B C i ) = limi→∞ P(Bi). 评论. 概率测度的等价定义 (记为定义 1.3’): (i) 非负性; (ii) 规范性; (iii) 有限可加性: Ai ∈ F, i = 1, · · · , n 两两不相容 i.e. Ai ∩ Aj = ∅, ∀ i ̸= j, 则 P( ∪n i=1 Ai) = ∑n i=1 P(Ai). (iv) P 在 ∅ 处的连续性 i.e. An ↘ ∅, 则 limn→∞ P(An) = 0. 我们已经证明定义1.3蕴含定义 1.3’, 为证 1.3’ 蕴含1.3, 只需证有限可加性 +P 在 ∅ 处的 连续性蕴含可数可加性. 设 Ai , i = 1, 2, · · · 两两不相容, 要证 P( ∪∞ i=1 Ai) = ∑∞ i=1 P(Ai). 令 Bn = ∪n i=1 Bi , Bn ↗ ∪∞ i=1 Ai := B = limn→∞ Bn = ∪∞ n=1 Bn. 那么 P (∪∞ i=1 An ) = P ( limn→∞ Bn ) (?) = limn→∞ P(Bn) = limn→∞ P (∪n i=1 Ai ) = limn→∞ ∑n i=1 P(Ai) = ∑∞ i=1 P(Ai). 我们现在解释 (?) 处等号为何成立. 令 Cn = B \ Bn, Cn ↘ ∅, 由在 ∅ 处连续性, limn→∞ P(Cn) = 0 ⇒ limn→∞ P(B \ Bn) = limn→∞ (P(B) − P(Bn)) = 0 ⇒P(B) = limn→∞ P(Bn). 4
2#条件概率，独立性2.1条件概率例2.1.掷殷子，B为点数为奇数，A为点数>2.当B发生时，事件A仍有可能发生有可能不发生，想法：独立重复试验N次，B发生NB次，A发生NA次，考察A,B都发生的次数NAnB，那在B发生的条件下A发生了NAnB次，不发生的次数NB-NAnB次，故B发生时，A发生的频率为V_ P(AnB)=-2NAnB _ NAnB/NNBNB/NP(B)5
2 条件概率, 独立性 2.1 条件概率 例 2.1. 掷骰子, B 为点数为奇数, A 为点数 > 2. 当 B 发生时, 事件 A 仍有可能发生有可 能不发生. 想法: 独立重复试验 N 次, B 发生 NB 次, A 发生 NA 次, 考察 A, B 都发生的次数 NA∩B, 那在 B 发生的条件下 A 发生了 NA∩B 次, 不发生的次数 NB − NA∩B 次, 故 B 发 生时, A 发生的频率为 NA∩B NB = NA∩B/N NB/N → P(A ∩ B) P(B) = 2 6 3 6 = 2 3 . 5
Lec3 Note of ProbabilityXuxuayame日期：2024年3月4日例2.2.甲家庭有两小孩在路人丙看来P(一男一女）=，乙从小道消息听说甲家有女孩，在乙看来甲家小孩一男一女的概率？P(一男一女)__ 2P(一男一女|女孩≥1)=3P(女孩≥1)量定义2.1.对P(B)>0,在B发生的条件下事件A发生的条件概率为P(AnB)P(A|B) =P(B)评论. P(AnB) = P(A |B)P(B) = P(B |A)P(A).以及乘法公式：PA= P(Ai)P(A2 | Ai)P(A3 |AiA2) ..P(An | A1 ... An-1)评论.条件概率P(|B)也是(2,)上的概率测度称B1.·,Bn是的一个划分，若Q=U-B,且BnB=の当ij引理2.1.全概率公式：设B1,·，Bn为2的一个划分，且Vi，P(Bi)>0，则P(A)=P(A| B,)P(B:)i=1特别地 P(A)=P(A|B)P(B)+P(A|BC)P(BC)证明。P(A) = P (U(AnB))=P(AnB,) =P(AIB)P(B)-1口例2.3.摸球.盒子中5个球.3白2红.无放回地每次取一个球，问第二次取到白球的概率?解。A;=第次取到白球),i=1,2.那么P(A1)=,要求P(A2)P(A2)=P(A2 /A)P(A)+P(A2 A)P(AC)1332123=2*+*=20=5口1
Lec3 Note of Probability Xuxuayame 日期：2024 年 3 月 4 日 例 2.2. 甲家庭有两小孩. 在路人丙看来 P(一男一女) = 1 2 , 乙从小道消息听说甲家有女 孩, 在乙看来甲家小孩一男一女的概率? P(一男一女 | 女孩 ≥ 1) = P(一男一女) P(女孩 ≥ 1) = 1 2 3 4 = 2 3 . 定义 2.1. 对 P(B) > 0, 在 B 发生的条件下事件 A 发生的条件概率为 P(A | B) = P(A ∩ B) P(B) . 评论. P(A ∩ B) = P(A | B)P(B) = P(B | A)P(A). 以及乘法公式: P (∩n i=1 Ai ) = P(A1)P(A2 | A1)P(A3 | A1A2)· · · P(An | A1 · · · An−1). 评论. 条件概率 P(· | B) 也是 (Ω, F) 上的概率测度. 称 B1, · · · , Bn 是 Ω 的一个划分, 若 Ω = ∪n i=1 Bi 且 Bi ∩ Bj = ∅ 当 i ̸= j. 引理 2.1. 全概率公式: 设 B1, · · · , Bn 为 Ω 的一个划分, 且 ∀ i, P(Bi) > 0, 则 P(A) = ∑n i=1 P(A | Bi)P(Bi). 特别地 P(A) = P(A | B)P(B) + P(A | BC)P(BC). 证明. P(A) = P (∪n i=1 (A ∩ Bi) ) = ∑n i=1 P(A ∩ Bi) = ∑n i=1 P(A | Bi)P(Bi). 例 2.3. 摸球. 盒子中 5 个球, 3 白 2 红. 无放回地每次取一个球, 问第二次取到白球的概 率? 解. Ai = {第i次取到白球}, i = 1, 2. 那么 P(A1) = 3 5 , 要求 P(A2). P(A2) = P(A2 | A1)P(A1) + P(A2 | A C 1 )P(A C 1 ) = 1 2 × 3 5 + 3 4 × 2 5 = 12 20 = 3 5 . 1
评论。是显然的.这说明抽签与顺序无关，体现了抓阎的公平性例2.4.辛普森悸论(Simpsonsparadox)：肾结石有两种治疗方案.临床上方案1中小结石占比25%，治愈率93%；大结石占比75%，治愈率73%.而方案2中小结石占比77%，治愈率87%；大结石占比23%，治愈率69%问方案1和2哪个好？从整体上看2比1好.设A=患者为小结石，B=被治愈.对于方案1，P(B) =P(B A)P(A) +P(B AC)P(AC)=0.93×0.25+0.73×0.75=0.78而方案2的P(B)~0.83.同一组数据分组占优但总体不占优引理2.2.贝叶斯公式（Bayes'sformula)：设A1，.·，An是2的一个划分，P(A）>0，Vi则当P(B)>0时,有P(BA,)P(A,)P(A:I B)=Z-IP(B|A)P(A)证明。P(A:nB)乘法公式P(B A,)P(A,)P(B)—全概率公式i=P(B|A,)P(A,)口IP(A）称为先验概率，P(A|B）称为后验概率例2.5.某疾病患病率为0.1%.通过试纸诊断疾病的误诊率（假阳性率，阳但没病）为2%漏诊率（假阴性率，阴但有病）为10%问：试纸检测为阳，患病的概率？解.记A=患病，B=试纸阳P(B A)P(A)P(A | B) BayesP(B A)P(A) +P(B |AC)P(AC)口这里 P(A)=0.1%,P(BA)=0.9, P(BAC)=0.02,故P(A|B)=0.043.如果不是罕见病，如胃部细菌感染率P(A)=50%，则P(A|B)～97.8%.可见后验概率受先验概率影响大，2.2独立性投币. B=第一次H,A=第二次 H.则 P(B)==P(A)=P(A|B)=P(A|BC),也就是说B是否发生对A发生的概率没有影响→P(ANB)=P(AB)P(B)=P(A)P(B)2
评论. 3 5 是显然的. 这说明抽签与顺序无关, 体现了抓阄的公平性. 例 2.4. 辛普森悖论 (Simpson’s paradox): 肾结石有两种治疗方案. 临床上方案 1 中小结 石占比 25%, 治愈率 93%; 大结石占比 75%, 治愈率 73%. 而方案 2 中小结石占比 77%, 治 愈率 87%; 大结石占比 23%, 治愈率 69%. 问方案 1 和 2 哪个好? 从整体上看 2 比 1 好. 设 A = 患者为小结石, B = 被治愈. 对于方案 1, P(B) = P(B | A)P(A) + P(B | A C )P(A C ) = 0.93 × 0.25 + 0.73 × 0.75 = 0.78. 而方案 2 的 P(B) ≃ 0.83. 同一组数据分组占优但总体不占优. 引理 2.2. 贝叶斯公式 (Bayes’s formula): 设 A1, · · · , An 是 Ω 的一个划分, P(Ai) > 0, ∀ i, 则当 P(B) > 0 时, 有 P(Ai | B) = P(B | Ai)P(Ai) ∑n j=1 P(B | Aj )P(Aj ) . 证明. P(Ai ∩ B) P(B) = 乘法公式 全概率公式 = P(B | Ai)P(Ai) ∑n j=1 P(B | Aj )P(Aj ) . P(Ai) 称为先验概率, P(Ai | B) 称为后验概率. 例 2.5. 某疾病患病率为 0.1%, 通过试纸诊断疾病的误诊率 (假阳性率, 阳但没病) 为 2%, 漏诊率 (假阴性率, 阴但有病) 为 10%. 问: 试纸检测为阳, 患病的概率? 解. 记 A = 患病, B = 试纸阳. P(A | B) Bayes = P(B | A)P(A) P(B | A)P(A) + P(B | AC)P(AC) , 这里 P(A) = 0.1%, P(B | A) = 0.9, P(B | AC) = 0.02, 故 P(A | B) = 0.043. 如果不是罕见病, 如胃部细菌感染率 P(A) = 50%, 则 P(A | B) ≃ 97.8%. 可见后验 概率受先验概率影响大. 2.2 独立性 投币. B = 第一次 H, A = 第二次 H. 则 P(B) = 1 2 = P(A) = P(A | B) = P(A | BC). 也就是说 B 是否发生对 A 发生的概率没有影响 ⇒ P(A ∩ B) = P(A | B)P(B) = 1 4 = P(A)P(B). 2
定义2.2.称事件A,B是独立的，若P(AnB) =P(A)P(B)称n个事件独立，若V2≤k≤n，P(Ain...nA)=P(Ai)...P(Ai),其中li≤n评论.两两独立：Vi≠j,P(A;A,）=P(A,)P(A,).比相互独立弱！相互独立台条件概率=无条件概率,P(A|B)=P(A)例2.6.古典概型.2=[1,2,3,4]，A=[1,2]，B=[1,3],C=[1,4].A,B,C两两独立但不相互独立. P(AnB)==P(A)P(B),但 P(AnBnC)=≠P(A)P(B)P(C)=评论.区分独立与互不相容引理2.3.若A,B独立,则A与BC独立，AC与B独立,AC与BC独立证明. P(ACnBC) =1-P(AUB) = 1-(P(A)+P(B)-P(AnB)) =(1-P(A)(1-P(B)) =口P(AC)P(BC)3
定义 2.2. 称事件 A, B 是独立的, 若 P(A ∩ B) = P(A)P(B). 称 n 个事件独立, 若 ∀ 2 ≤ k ≤ n, P(Ai1 ∩ · · · ∩Aik ) = P(Ai1 )· · · P(Aik ), 其中 1 ≤ i1 < · · · < ik ≤ n. 评论. 两两独立: ∀ i ̸= j, P(Ai ∩ Aj ) = P(Ai)P(Aj ). 比相互独立弱! 相互独立 ⇔ 条件概率 = 无条件概率, P(A | B) = P(A). 例 2.6. 古典概型. Ω = {1, 2, 3, 4}, A = {1, 2}, B = {1, 3}, C = {1, 4}. A, B, C 两两独立 但不相互独立. P(A ∩ B) = 1 4 = P(A)P(B), 但 P(A ∩ B ∩ C) = 1 4 ̸= P(A)P(B)P(C) = 1 8 . 评论. 区分独立与互不相容. 引理 2.3. 若 A, B 独立, 则 A 与 BC 独立, AC 与 B 独立, AC 与 BC 独立. 证明. P(AC ∩BC) = 1−P(A∪B) = 1−(P(A)+P(B)−P(A∩B)) = (1−P(A))(1−P(B)) = P(AC)P(BC). 3