211.5事件的独立性Pn =P(AiA2...An)=P(Ai)P(A2|A1)..P(An|A1A2...An-1)=q192-qn98.96100-2n100 - 2(n -1)10098100-2(n -2) 100 -2(n -1)100-2n100n=1-50·容易计算P10=0.8,P20=0.6,P30=0.4P40=0.2,P50=0.·（如果假设q1=q2=·=0.98,有pn=0.98"，于是得到p10=0.817,p20 = 0.668, p30 = 0.545, p40 = 0.446, p50 = 0.364, P60 = 0.298.)1.55事件的独立性两个事件独立。设A是试验Si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(A)=P()P(A)=0,P(2A)=P(2)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21表示试验S1的样本空间，用22表示S2的样本空间·如果试验Si和S2是独立进行的，可以证明试验Si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
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2四等分，得到E1,E2,E3,E4EE2E3E4.设A=E,UE2,B=E,UE,C=EiUE4。在2中任取一点，则P(AB) = P(A)P(B) = 1/4,P(AC) = P(A)P(C) = 1/4P(BC) = P(B)P(C) = 1/4.于是A,B,C两两独立定理5.1·定理5.1A,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，，A相互独立，如果对任何≤<.≤nP(Aj,Aj-..Aj) = P(Aj)P(Aj2)...P(Ai)·（2）称事件A1，A2，相互独立，如果对任何n≥2,事件A1，A2.，A，相互独立.·（3）称【A,}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)
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≤<j2<...<≤n,A，Aj，Aj相互独立·（2）用B表示A或A，则Bi，B2，.，Bn相互独立，·(3）（AA2)，A3，"：，An相互独立；·（4）（AiUA2)，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B1B2...,B仍是相互独立的。例5.5·例5.5例5.2中的A,BC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A，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(U"A,) = 1 - P(O,A,) =1 - (0.7)"≥ 0.99.由nln0.7≤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0.03.一（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，一（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
24第一章古典概型和概率空间·解（1）用A，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(AiA2 ... 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g=1-p=0.999999756.·（2）用B，表示第件至今已被打破，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mB,) = P(B,) = qm = 0.9975791=P(Oj=1·有这类青花麒麟盘流传至今的概率是P1=1-91=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，BCU,=A,则1P(B) =Z P(A,)P(B|A,).(6.1)j=1
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25·证明：因为B=B(U"-A)=U"=1(BA,)，用概率的有限可加性和乘法公式得到P(B) =P(B(U"-,A,)(BA,))-P(L-P(BA)j=1= P(A,)P(B|A,),j=l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"-,A,=2,则称A1,A2，，A,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(6.2)P(B) = P(A)P(B|A) + P(A)P(B|A)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i次抽中，则对一切m,n，当m≤n时，有 P(Ai)= m/n..设对一切m.n.当m<n时，有P(Ai-1)=m/n.则有m-1mP(A,IA1) = P(A,A) =n-in-1·于是有P(A,) =P(A1)P(A;|A1) +P(A)P(A,|A1)mm-ln-mmnn-ln-1nm1<j<n.T
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