B B 也可以从概率的统计定义,即用频率来近似概率这一角度来理解条件概率.设在n次 独立试验中,事件A发生了nA次,事件B发生了nB次,事件AB发生了nAB次,事件B发生 下事件A发生的频率为 nAB P(AB) 注1.2.2.事实上,我们所考虑的概率都是在一定条件下计算的,因为随机试验就是在 定的条件下进行的,所以样本空间是相对而言的.如果把在一定条件下的事件试验看成 无条件的,则在补充条件下进行的事件试验的结果一般而言相对于原有结果要少,即样 本空间改变了。所以所得随机事件的概率一般是不相同的. 例1.2.5.有10个产品,内有3个次品,从中一个个地抽取/不放回)检验,问第一次取到次 品后第二次再取到次品的概率 解:样本空间Ω是从10个产品中有序取出2个产品的不同方法,这是一个排列问题,易 知#=10×9=90,记A={第一次取出的是次品},B={第二次取出的是次品},#(AB)= 6,#A=3,故 P(AB) P(BA)= P(A) 2/9 注意,P(B|4)=2/9≠P(A)=3/10 例1.2.6.有三张相同的卡片和一顶帽子,第一张卡片两面都画有圈,第二张卡片一面画 圈,一面画星,第三张卡片两面都画星.现在庄家把卡片放在帽中摇晃,然后让你任取一 张,把它放在桌上,设你看到卡片上面的图案为圈,然后庄家与你打赌下面的图案与上 面一样时算庄家贏,不一样是为你赢.请问这样的赌博是否是公平的?
±lVÇÚO½Â, =^ªÇ5CqVÇùÝ5n)^VÇ. 3ng ÕáÁ¥, ¯Au) nAg, ¯Bu) nBg, ¯ABu) nABg, ¯Bu) e¯Au)ªÇ nAB nB ≈ P(AB) P(B) 5 1.2.2. ¯¢þ, ·¤ÄVÇÑ´3½^eO, ÏÅÁÒ´3 ½^e?1, ¤± m´é ó. XJr3½^e¯Áw¤ Ã^, K3Ö¿^e?1¯Á(J óéuk(J, = mUC . ¤±¤Å¯VÇ´ØÓ. ~ 1.2.5. k10¬, Sk3g¬, l¥/Ä(Ø£) u, ¯1gg ¬1g2g¬VÇ. ): mΩ´l10¬¥kSÑ2¬ØÓ{, ù´ü¯K, ´ #Ω = 10×9 = 90, PA ={1gÑ´g¬}, B ={1gÑ´g¬}, #(AB) = 6, #A = 3, P(B|A) = P(AB) P(A) = 6/90 3/10 = 2/9 5¿, P(B|A) = 2/9 6= P(A) = 3/10. ~ 1.2.6. knÜÓk¡Úºlf, 1Ük¡ü¡Ñxk, 1Ük¡¡x , ¡x(, 1nÜk¡ü¡Ñx(. y3B[rk¡3l¥~, ,4\? Ü, r§3Sþ, \wk¡þ¡ãY, ,B[\Ùe¡ãYþ ¡B[I, Ø´\I. ¯ùÙÆ´Ä´ú²? 7
这是著名数学家,信息论的创建者之一A. Weaver设计的,他曾在50年的《科学美国 人》上介绍过这个例子.请大家想一想,很有意思 例1.27.掷两个骰子,观测出现的点数,分别以和表示第一和第二颗骰子掷出的点数, 记A={(x, 9},B={(x,y):x>y},求P(4|B)和P(B|A) 容易算出P(A|B)=2/15,P(B|A)=1/3,这说明这两个条件概率不是一回事 2.乘法定理 由P(AB)=CB→P(AB)=P(4B)P(B) 由归纳法容易推广为n个事件同时发生的概率有如下公式 P(A1A2…An)=P(A1)P(A2A1)…P(An|A1 上面公式的右边看似麻烦,其实在实际中很容易算出.在没有给出n个事件之间相 互关系时,这是计算n个事件同时发生的一个重要公式 例1.2.8.某人忘了某饭店电话号码的最后一个数字,因而随意拨号,问他三次之内拨通 电话的概率 解:令A1={第i次打通电话},讠=1,2,3,则 P(3次内拨通电话)=P(A1UA2UA3) P(A1A2A3 1 0.3 1098 8125全概率公式和 Bayes公式 全概率公式 定义1.2.6.设B1,B2,…Bn是样本空间?中的两两不相容的一组事件,即BB=0,i≠ 且满足U=1B1=9,则称B1,B2,…Bn是样本空间Ω的一个分割(又称为完备事件 群,英文为
ù´Í¶êÆ[, &EØMïöA. Weaver O, ¦Q350c5Æ{I <6þ0 Lù~f. [, ék¿g. ~ 1.2.7. üf, *ÿÑy:ê, ©O±xÚyL«1Ú1fÑ:ê, PA = {(x, y) : x + y ≥ 9} , B = {(x, y) : x > y} , ¦P(A|B) ÚP(B|A). N´ÑP(A|B) = 2/15 , P(B|A) = 1/3, ù`²ùü^VÇØ´£¯. 2. ¦{½n dP(A|B) = P(AB) P(B) ⇒ P(AB) = P(A|B)P(B) d8B{N´í2n¯Óu)VÇkXeúª: P(A1A2 · · · An) = P(A1)P(A2|A1)· · · P(An|A1 · · · An−1) þ¡úªm>wqæ, Ù¢3¢S¥éN´Ñ. 3vkÑn¯m p'X, ù´On¯Óu)úª. ~ 1.2.8. ,<# ,A>{Òèêi, Ï ¿ÃÒ, ¯¦ngSÃÏ >{VÇ. ): -Ai={1igÏ>{}, i = 1, 2, 3 , K P(3gSÃÏ>{) = P(A1 ∪ A2 ∪ A3) = 1 − P(A¯ 1A¯ 2A¯ 3) = 1 − 9 10 8 9 7 8 = 0.3 §1.2.5 VÇúªÚBayesúª 1. VÇúª ½Â 1.2.6. B1, B2, · · · Bn ´ mΩ ¥üüØN|¯, =BiBj = φ, i 6= j, ÷v Sn i=1 Bi = Ω, K¡B1, B2, · · · Bn ´ mΩ ©(q¡¯ +,=©partition). 8
全概率公式设{B1,B2,…Bn}是样本空间的一个分割,A为9中的一个事件,则 P(4)=∑P(A|B)P(B) i=1 目的:有时不容易直接计算事件A的概率,但是在每个B1上A的条件概率容易求出 注意:应用中最重要的是验证{B1,B2,…Bn}构成样本空间的一个分割 例1.2.9.设某厂产品的一个零部件是由三家上游厂商供货的.已知有一半是A厂提供 的,B厂商和C分别提供25%.已知厂商A和B的次品率都是%,C的次品率为4%,从 该厂产品中任取一个产品,问该产品的这个零部件是次品的概率 解:记B1={取到的产品是B1厂生产的},i=1,2,3,易见B1,B2,B3构成样本空间的一个 分割,且P(B1)=0.5,P(B2)=P(B3)=0.25,P(A|B1)=P(A|B2)=0.02,P(AB3)=004 由全概率公式马上得到 P(A)=0.02×0.5+0.02×0.25+0.04×0.25=0.025 例1.210.一条家狗在野营后走失了,猜想狗有三种可能去向 A:它已回家, B:仍在原地啃骨头 C:已走失到附近的树林中去了 从狗的习性可估计上述三种可能性分别为1/4,1/2,1/4.一个小孩被派回去找狗,如 果狗仍在原地啃骨头,小孩能找到的可能性为90%,如果狗已走失到附近的树林中去了 则小孩能找到的可能性为5‰.问小孩能找到狗的概率 解:可以分析得出狗的三种去向构成样本空间的一个分割,小孩能在不同情况下找到狗 的概率是条件概率,如果狗已回家,小孩能找到狗的概率为0.由全概率公式可以算出小 孩能找到狗的概率为23/40=57.5% 2. Bayes公式
VÇúª:{B1, B2, · · · Bn}´ mΩ©, AΩ¥¯, K P(A) = Xn i=1 P(A|Bi)P(Bi) 8: kØN´O¯AVÇ, ´3zBiþA^VÇN´¦Ñ. 5¿: A^¥´y{B1, B2, · · · Bn}¤ m©. ~ 1.2.9. ,¬"Ü´dn[þiûøÀ. ®k´A Jø , BûÚC ©OJø25% . ®ûA ÚB g¬ÇÑ´2%, C g¬Ç4%, l T¬¥?¬, ¯T¬ù"Ü´g¬VÇ. ): PBi ={¬´Bi )}, i = 1, 2, 3, ´B1, B2, B3 ¤ m ©, P(B1) = 0.5, P(B2) = P(B3) = 0.25, P(A|B1) = P(A|B2) = 0.02, P(A|B3) = 0.04, d VÇúªêþ P(A) = 0.02 × 0.5 + 0.02 × 0.25 + 0.04 × 0.25 = 0.025 ~ 1.2.10. ^[3Er , ßkn«U: A: §®£[, B: E3/Þ, C: ®rNCä¥ . lS5Oþãn«U5©O1/4, 1/2, 1/4. ¯£é, X JE3/Þ, ¯UéU590%, XJ®rNCä¥ , K¯UéU550% . ¯¯UéVÇ. ): ±©ÛÑn«¤ m©, ¯U3ØÓ¹eé VÇ´^VÇ, XJ®£[, ¯UéVÇ0. d VÇúª±Ñ ¯UéVÇ23/40 = 57.5%. 2. Bayesúª 9
设{B1,B2,…Bn}是样本空间的一个分割,A为9中的一个事件,P(B)>0,i=1,2 ,n,P(A)>0,则 P(BilA P(ABiP P(4|B)P(B) 什么情况下用 Bayes公式?由公式知,分母就是事件A的概率,而分子和等式左边的 条件概率中的条件正好反过来.所以我们知道在因果关系互换时必须用 Bayes公式 例1.2.11.一种诊断某癌症的试剂,经临床试验有如下记录:有癌症病人阳性的概率 为95%,无癌症病人阴性的概率为95%.现用这种试剂在某社区进行癌症普查,设该社区 癌症发病率为0.5%,问某人反应为阳性时该人患癌症的概率 解:设A={反应为阳性},C={被诊断者患癌症},由题意 P(AC)=0.95,P(AC)=0.95,P(C)=0.005 现在要算的是P(C|A).这是典型的因果关系互换,只能用 Bayes公式 P(CIA) P(AC)P(C) P(AC)P(C)+ P(AC)P(C) 0.95×0.005 0.95×0.005+0.05×0.995 =0.087=8.7% 这说明用该试剂进行普查,准确性只有87%.计算表明,如果两次反应为阳性时患 癌症的概率达到了64% §126事件的独立性 为了计算两个事件同时发生的概率,可以运用乘法定理,P(AB)=P(A|B)P(B).什 么情况下P(AB)=P(A)P(B)?即AB同时发生的概率等于两个事件单独发生概率的乘 积?为此我们有如下的定义 定义1.27.设A,B是随机试验中的两个事件,若满足P(AB)=P(A)P(B),则称事件A和B相 互独立 关于独立的概念,应该是从实际出发,如果能够判断事件B的发生与否对事件A的 发生与否不产生影响,则事件A,B即为独立.如把一个硬币掷两次,观测正反面出现的
{B1, B2, · · · Bn}´ m©, AΩ¥¯, P(Bi) > 0, i = 1, 2, · · · , n, P(A) > 0, K P(Bi |A) = P(A|Bi)P(Bi) Pn j=1 P(A|Bj )P(Bj ) o¹e^Bayesúª? dúª, ©1Ò´¯AVÇ, ©fÚ ª> ^VÇ¥^ÐL5. ¤±·3ÏJ'Xp7L^Bayesúª. ~ 1.2.11. «ä,JwÁJ, ²KÁkXeP¹: kJw¾<5VÇ 95%, ÃJw¾<Ò5VÇ95%. y^ù«ÁJ3,«?1JwÊ, T« Jwu¾Ç0.5%, ¯,<A5T<JwVÇ. ): A ={A5}, C ={äöJw}, dK¿, P(A|C) = 0.95, P(A¯|C¯) = 0.95, P(C) = 0.005, y3´P(C|A) . ù´;.ÏJ'Xp, U^Bayesúª. P(C|A) = P(A|C)P(C) P(A|C)P(C) + P(A|C¯)P(C¯) = 0.95 × 0.005 0.95 × 0.005 + 0.05 × 0.995 = 0.087 = 8.7% ù`²^TÁJ?1Ê, O(5k8.7%. OL², XJügA5 JwVÇ 64%. §1.2.6 ¯Õá5 Oü¯Óu)VÇ, ±$^¦{½n, P(AB) = P(A|B)P(B). o¹eP(AB) = P(A)P(B)? =ABÓu)VÇ uü¯üÕu)VǦ È? d·kXe½Â: ½Â 1.2.7. A, B´ÅÁ¥ü¯, e÷vP(AB) = P(A)P(B) , K¡¯AÚB pÕá. 'uÕáVg, AT´l¢SÑu, XJU ä¯Bu)Äé¯A u)ÄØ)K, K¯A, B=Õá. XrM1üg, *ÿ¡Ñy 10
情况,A={第一次出现正面},B={第二次出现正面},AB={两次都出现正面},样本空 间9有4个基本事件,#(AB)=1,#(A)=2,#(B)=2,故 P(AB)=1/4,P(A)P(B)=1/2.1/2=1/4 即事件A,B相互独立.事实上,我们容易判断第一次是否出现正面与第二次是否出 现正面没有任何影响,即独立的.设A表示事件A发生和不发生之一,B表示事件B发生 和不发生之一.由独立性的定义可以推知P(AB)=P(A)P(B),(这儿一共4个等式).独 立性的定义可以推广到n个事件 定义1.2.8.设A1,A2,…An是随机试验中的n个事件,以A1表示A1或A1之一,若满足 P(A1A2…An)=P(A1)P(A2)…P(An) 则称事件列A1,A2;……An相互独立 (上面有2m个等式) 注意:上面等式等价于对A1,A2…A中的任意k个事件A1,A2,…,A1,k=2,…n, P(A1A2…A1)=P(A1)P(A12)…P(A;) 注意:独立和不相容是不同的两个概念 例1.2.12.A,B,C三人独立地破译密码,每人能破译密码的概率分别为1/3,1/4,1/5.问 密码能被破译的概率有多大? 解:设D={密码被破译},A,B和C分别表示A,B和C三人能破译密码这三个事件,由独 立性, P(D= P(AU BUC)=l-P(ABC) 234 1-P(AP(B)P(C)=1 345≈0.6 例1.2.13.在元件可靠性研究中,我们考虑如下两种电路 其中1-表示4个继电器,它们是否开通是相互独立的,设继电器导通的概率为p,(0 P<1),求两种电路从L到R为通路的概率
¹, A ={1gÑy¡}, B ={1gÑy¡}, AB ={ügÑÑy¡}, mΩk4Ä ¯, #(AB) = 1, #(A) = 2, #(B) = 2, P(AB) = 1/4, P(A)P(B) = 1/2 · 1/2 = 1/4 =¯A, BpÕá. ¯¢þ, ·N´ä1g´ÄÑy¡1g´ÄÑ y¡vk?ÛK, =Õá. A˜ L«¯Au)ÚØu), B˜ L«¯Bu) ÚØu). dÕá5½Â±íP(A˜B˜) = P(A˜)P(B˜), (ù4 ª) . Õ á5½Â±í2n¯. ½Â 1.2.8. A1, A2, · · · An´ÅÁ¥n¯, ±A˜ i L«Ai½A¯ i. e÷v P(A˜ 1A˜ 2 · · · A˜ n) = P(A˜ 1)P(A˜ 2)· · · P(A˜ n), K¡¯A1, A2, · · · An pÕá. (þ¡k2 n ª) 5¿: þ¡ ª duéA1, A2, · · · An¥?¿k¯Ai1 , Ai2 , · · · , Aik , k = 2, · · · n, k P(Ai1Ai2 · · · Aik ) = P(Ai1 )P(Ai2 )· · · P(Aik ) 5¿: ÕáÚØN´ØÓüVg. ~ 1.2.12. A, B, C n<Õá/»Èè, z<U»ÈèVÇ©O1/3, 1/4, 1/5. ¯ èU»ÈVÇkõ? ): D={è»È}, A, BÚC ©OL«A, BÚCn<U»Èèùn¯, dÕ á5, P(D) = P(A ∪ B ∪ C) = 1 − P(A¯B¯C¯) = 1 − P(A¯)P(B¯)P(C¯) = 1 − 2 3 3 4 4 5 = 0.6 ~ 1.2.13. 35ïÄ¥, ·ÄXeü«>´: Ù¥1-4L«4U>ì, §´ÄmÏ´pÕá, U>ìÏVÇp,(0 < p < 1), ¦ü«>´lLRÏ´VÇ. 11