1事件的概率 高数

一、随机事件和概率数学一、数学三和数学四的考试大纲、内容和要求完全一致．Ⅰ 考试大纲要求㈠ 考试内容随机事件和样本空间 事件的关系与运算 完备事件组 概率的概念 概率的基本性质 古典型概率 几何型概率 条件概率 概率的基本公式 事件的独立性 独立重复试验㈡ 考试要求 事件及其概率的基本概念、基本公式和求事件概率的方法．1、了解基本事件空间（样本空间）的概念，理解随机事件的概念，掌握事件的关系和运算及其基本性质；2、理解事件概率、条件概率的概念和独立性的概念；掌握概率的基本性质和基本运算公式；掌握与条件概率有关的三个基本公式（乘法公式、全概率公式和贝叶斯公式）．3、掌握计算事件概率的基本计算方法：(1) 概率的直接计算：古典型概率和几何型概率；(2) 概率的推算：利用概率的基本性质、基本公式和事件的独立性，由较简单事件的概率推算较复杂事件的概率．(3) 利用概率分布：利用随机变量的概率分布计算有关事件的概率．4、理解两个或多个（随机）试验的独立性的概念，理解独立重复试验，特别是伯努利试验的基本特点，以及重复伯努利试验中有关事件概率的计算．Ⅱ 考试内容提要㈠ 随机试验、随机事件与基本事件空间（样本空间）随机试验——对随机现象观测；样本点（基本事件）ω——试验最基本的结局，基本事件空间（样本空间）{}ωΩ=——一切基本事件（样本点）ω的集合．随机事件——随机现象的每一种状态或表现，随机试验结果；必然事件Ω——每次试验都一定出现的事件，不可能事件φ——任何一次试验都不出现的事件．事件常用前面几个大写拉丁字母 ,,B A 表示；有时用{} 表示事件，这时括号中用文字或式子描述事件的内容．数学上，事件是基本事件（样本点）的集合；全集Ω表示必然事件，空集φ表示不可能事件．任何事件A 都可视为基本事件空间Ω的子集：Ω∈A ．㈡ 事件的关系和运算1、定义 关系：包含，相等，相容，对立；运算：和（并）、差、交（积）． (1) 包含B A ⊂，读做“事件B 包含A ”或“A 导致B ”，表示每当A 出现B 也一定出现．(2) 相等 B A =，读做“事件A 等于B ”或“A 与B 等价”，表示A 与B 或同时出现，或同时不出现．(3) 和B A 或B A +，表示事件“A 与B 至少出现一个”，称做事件“A 与B 的和或并”；特别， ii A 或 ∑ii A表示事件“ ,,,,21n A A A 至少出现一个”． (4) 差B A \或B A -，表示事件“A 出现但是B 不出现”，称做A 与B 的差，或A 减B ．(5) 交B A 或AB ，表示事件“A 与B 同时出现”，称做A 与B 的交或积；特别， ii A 或 n A A A 21表示事件“,,21A A …, ,n A 同时出现”． (6) 相容 若φ≠AB，则称事件“A 和B 相容”；若φ=AB ，则称“事件A 与B 不相容”； (7) 对立事件 称事件A 和A 互为对立事件，若φΩ==+A A A A ，，即=A {A 不出现}． (8) 完备事件组 ,,,,21n H H H 构成完备事件组，若 )( 21j i H H H H H j i n ≠==++++φΩ， ．换句话说，如果有限个或可数个事件 ,,,,21n H H H 两两不相容，并且“所有事件的和”是必然事件，则称它们构成完备事件组．(9) 文氏图 事件的关系和运算可以用所谓文氏图形象地表示出来（见图1.1，题中的矩形表示必然事件Ω）．A+B A －B ABA ⊃B A φ=AB图1.1 文氏图2、事件运算的基本性质 对于任意事件A, B, C ,,,,,21n A A A ，有(1) 交换律 BA AB A B B A =+=+，．(2) 结合律 C B A C B A C B A ++=++=++)()(；C AB BC A ABC )()(==．(3) 分配律 AC AB C B A +=+)(；() +++=+++n n AA AA A A A 11．(4) 对偶律+++==++++==+n n n n A A A A A A A A B A AB B A B A 1111；，；；㈢ 概率的概念和基本性质1、概率的概念 事件的概率——事件在随机试验中出现的可能性的数值度量．用)(A P 表示事件A 的概率，用{} P 表示事件{} 的概率．事件B 关于A 的条件概率定义为())()(A AB A B P P P =． (1.1)2、概率的运算法则和基本公式(1) 规范性 1)(0 0)(1)(≤≤==A P P P ，，φΩ．(2) 可加性 对于任意有限或可数个两两不相容事件 ,,,,21n A A A ，有()()()() ++++=++++n n A A A A A A P P P P 2121．(3) 对立事件的概率 )(1)(A A P P -=．(4) 减法公式 )()()(AB A B A P P P -=-．(5) 加法公式 )()()()(AB B A B A P P P P -+=+；[]．)()()()()()()()(ABC BC AC AB C B A C B A P P P P P P P P +++-++=++ (6) 乘法公式()()()()．，)()()(12112121-==n n n A A A A A A A A A A A B A AB P P P P P P P(7) 全概率公式 设n H H H ,,,21 构成完备事件组，则对于任意事件A ，有∑==nk k k H A H A 1)()()(P P P ．(8) 贝叶斯公式 设n H H H ,,,21 构成完备事件组，则()()n k H A H H A H A H ni i i k k k ≤≤=∑=1 )()()()(1P P P P P ．㈣ 事件的独立性和独立试验 1、事件的独立性 若())()(B A AB P P P =，则称事件A 和B 独立；若事件n A A A ,,,21 之中任意m()n m ≤≤2个事件的交的概率都等于各事件概率的乘积，则称事件n A A A ,,,21 相互独立．2、事件的独立性的性质 若事件n A A A ,,,21 相互独立，则其中 (1) 任意m )2(n m ≤≤个事件也相互独立；(2) 任意一个事件，与其余任意m )2(n m ≤≤个事件运算仍独立； (2) 将任意m )2(n m ≤≤个事件换成其对立事件后，所得n 个事件仍独立．3、独立试验 称试验n E ,E ,E 21 为相互独立的，如果分别与各个试验相联系的任意n 个事件之间相互独立．(1) 独立重复试验 独立表示“与各试验相联系的事件之间相互独立”，其中“重复”表示“每个事件在各次试验中出现的的概率不变”．(2) 伯努利试验 只计“成功”和“失败”两种对立结局的试验，称做伯努利试验．将一伯努利试验独立地重复作n 次，称做n 次(n 重)伯努利试验，亦简称伯努利试验．伯努利试验的特点是，1）只有两种对立的结局；2）各次试验相互独立；3）各次试验成功的概率相同．设n ν是n 次伯努利试验成功的次数，则{}kn k k nn q p k -==C νP ),,2,1,0(n k =． (1.2)㈤ 事件的概率的计算1、直接计算 古典型和几何型；2、用频率估计概率 当n 充分大时，用n 次独立重复试验中事件出现的频率，估计在每次试验中事件的概率；3、概率的推算 利用概率的性质、基本公式和事件的独立性，由简单事件的概率推算较复杂事件的概率；4、利用概率分布 利用随机变量的概率分布，计算与随机变量相联系的事件的概率（见“二、随机变量及其分布”）．㈥ 随机抽样和随机分配 在概率计算中常要用到以下模型．1、简单随机抽样 计算古典型概率时，需要计算基本事件的总数和事件包含的基本事件的个数．自有限总体的随机抽样模型有助于完成运算．设{}N ωωωΩ,,, 21 =含N 个元素，称Ω为总体．自总体Ω的抽样称做简单随机抽样，如果各元素被抽到的可能性相同．有4种不同的简单随机抽样方式：(1) 还原抽样 每次从Ω中随意抽取一个元素，并在抽取下一元素前将其原样放回Ω． (2) 非还原抽样 凡是抽出的元素均不再放回Ω．(3) 有序抽样 既考虑抽到何元素又考虑各元素出现的顺序．(4) 无序抽样 只考虑抽到哪些元素不考虑各元素出现的顺序．还原与非还原及有序与无序，这四种情形的组合产生四种不同的简单随机抽样方式．表1-1列出了在每种抽样方式下各种不同抽法(基本事件)的总数．表1-1 四种抽样方式下不同抽法的总数2、随机分配 即将n 个质点随机地分配到N 个盒中，区分每盒最多可以容纳一个和可以容纳任意多个质点，以及质点可辨别和不可辨别等四种情形，对应四种分配方式．各种分配方式下不同分法的总数列入表1-2．表1-2 四种分配方式下不同分法的总数自有限总体{}N ωωωΩ,,, 21 =的n 次简单随机抽样，相当于将n 个质点随机地分配到N 盒中：每一个质点在N 个盒中“任意选择一个盒子”；“还原”相当于“每盒可以容纳任意多个质点”，“非还原”相当于“每盒最多可以容纳一个质点”；“有序”相当于“质点可辨别”，“无序”相当于“质点不可辨别”．Ⅲ 典型例题〖填空题〗例1.5（古典型概） 在4张同样的卡片上分别写有字母D ，D ，E ，E ，现在将4张卡片随意排成一列，则恰好排成英文单词DEED 的概率p = 1/6 ．分析 这是一道古典型概率的小计算题．4张卡片的全排列有4！=24种，其中恰好排成英文单词DEED 的总共4种：两个字母D 交换位置计2种，两个字母E 交换位置计2种．因此，所求概率为61244==p ．例1.8（古典型概率） 铁路一编组站随机地编组发往三个不同地区1E ,2E 和3E 的各2，3和4节车皮，则发往同一地区的车皮恰好相邻的概率p= 1/210 ．分析 1）(古典型) 设A =｛同一地区的车皮相邻｝；i B ={发往i E 的车厢相邻}(3,2,1=i )．将发往1E ,2E 和3E 车皮各统一编组，且使发往同一地区的车皮恰好相邻的总共有3!=6种不同情形，其中每种情形对应1B ，2B 和3B 的一种排列．６种不同情形都是等可能的，如321B B B 是其中一种可能的情形，即“发往1E 的２节车皮编在最前面，发往2E 的３节车皮编在中间，发往3E 的４节车皮编在最后面”．由(1,3)式，有()()()()()．，2101126066 1260156789! 3 ! 2 !9! 4! 3 ! 2321321=====⨯⨯⨯⨯⨯=⨯⨯=B B B A p B B B P P P 2）(乘法公式) 计算概率P ()321B B B 亦可利用乘法公式：()()()()．126011567!389!2213121321=⨯⨯⨯⨯⨯==B B B B B B B B B P P P P 例1.12（条件概率） 设在10件产品中有4件一等品6件二等品．现在随意从中取出两件，已知其中至少有一件是一等品，则两件都是一等品的条件概率为 1/5 ．分析 设A ＝｛两件中至少一件一等品｝，B ＝｛两件都是一等品｝．易见AB=B , P (AB ) = P (B )． ()()()．，152C C 32C C 112102421026===-=-=B A A P P P于是，所求条件概率为()()()()()51===A B A AB A B P P P P P ．例1.14 (独立试验) 对同一目标接连进行3次独立重复射击，假设至少命中目标一次的概率为7/8，则每次射击命中目标的概率p = 0.5 ．分析 引进事件A i ＝｛第i 次命中目标｝（i ＝1,2,3）．由条件知，事件321,,A A A 相互独立，且其概率均为p ．已知3次独立重复射击至少命中目标一次的概率为()()()()()()．8711 113321321321=--=-=-=++p A A A A A A A A A P P P P P 由此得p=0.5．例1.15（独立重复试验） 设事件A 在每次试验中出现的概率为p , 则在n 次独立重复试验中事件A 最多出现一次的概率P =()() 11 1--+-n np np p ．分析 引进事件i A =｛第i 次试验出现A ｝（i ＝1,2,…,n ）．事件n A A A ,,,21 相互独立且每个事件的概率均为p ．设B k ={在n 次独立重复试验中事件A 恰好出现k 次}(k =0,1)，则()()()()()()()．；；．， 11)()( 1)( 1)( 11011121121011211210-----+-=+=-=++=-==++==n nn n n n nn n n n n p np p B B P p np A A A A A A B p A A A B A A A A A A B A A A B P P P P P P P〖选择题〗例1.20 设A , B 和C 是任意三事件，则下列选项中正确的选项是 (A) 若C B C A +=+,则B A =；(B) 若C B C A -=-,则B A =．(C) 若BC AC=,则B A =； (D) 若φφ==B A AB 且,则B A =． [D]分析 本题既可以用直选法，也可以用排除法．(1) 直选法．由事件运算的对偶律，有Ωφ==+=B A B A ．而由Ω=+B A 且φ=AB ，可见A 和B 互为对立事件，即B A =，因此（D ）正确．(2) 排除法．前三个选项都不成立，只需分别举出反例．例如，由于C B A ,,是三任意事件，若取B A ≠而Ω=C 是必然事件，则C B C A +=+且C B C A -=-但B A ≠，从而命题（A ）和（B ）不成立．设φ=≠C B A ，，则BC AC =但B A ≠，从而命题（C ）不成立．注意，该题的结果反映了事件的运算与数的运算的不同之处．〖解答题〗例1.33 (随机抽样) 假设箱中共有n 个球，其中m （0≤m ≤n ）个是红球其余是白球．现在一个接一个地接连从箱中抽球，试求第k (1≤k ≤n )次抽球抽到红球的概率p ．分析 引进事件k A ={第k 次抽球抽到红球}(1≤k ≤n )．对于还原抽样，显然()nmA p k ==P ．对于非还原抽样有同样结果．问题有多种解法．解法1 设想将n 个球一一编号．这样，不但区分球的颜色，而且区分球的编号．假如将n 个球一个接一个（非还原）地接连从箱中抽出，则不同抽法（基本事件）的总数为n !．导致事件k A 的不同抽法有(n －1)!×m 种，即k A 共包含m n ⨯- )1(!个基本事件：在第k 次抽球抽到红球的情形共有m 种，其余n－1次抽球不同抽法的总数等于从(n －1)!．从而()()nm n m n A p k =⨯-==!! 1P ．解法2 仍将n 个球一一编号．从n 个不同的球中接连抽出k 个球，相当于从n 个元素中选k 个元素的选排列．因此总共有()()()12 1 P +---=k n n n n k n种不同抽法，即基本事件的总数为kn P ．导致事件k A 的不同抽法有()()()m k n n n m k n ⨯+---=⨯--12 1 P 11种，即k A 共包含11P --⨯k n m 个基本事件：第k 次抽球抽到红球的情形共有m 种，前1-k 次抽球的不同抽法的总数等于从1-n 个元素中选1-k个的选排列数．于是()nm m A p kn k n k =⨯==--P P 11P ． 解法3 对于同颜色球不加区分．设想有n 个格子依次排成一列（见插图）将n 个球分别放进n 个格子(每格一球)且使m 个红球占据m 个固定的格子，总共有mn C 种不同放法，即基本事件的总数为mn C ：在第k 格中放一红球，然后从其余1-n 个格子选1-m 个放其余红球，总共有11C --m n 种放法，即k A 共包含11C --m n 个基本事件．因此()()()()()nm n m n m m n m n A p m n m n k =----===--! ! ! ! ! 1! 1C C 11P ． 例1.34（配对问题） 假设四个人的准考证混放在一起，现在将其随意地发给四个人．试求事件A ＝{没有一个人领到自己准考证}的概率p ．解 引进事件：A k ={第k 个人恰好领到自己的准考证}(k = 1,2,3,4)．那么，()()()()()()()()()()()()[]()()()()[]()．，4321432431421321434232413121432143214321 1)(A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A p P P P P P P P P P P P P P P P P P P -+++++++++-+++=++++++-==显然，每个人领到自己准考证的概率等于1/4，即P (A 1)＝P (A 2)＝P (A 3)＝P (A 4)＝41．四个人各领一个准考证总共有4!种不同情形．四个人中任何两个人．．．．．(例如第一个人和第二个人)都领到自己准考证总共有1×1×2×1＝2 种不同情形（第一个人和第二个人各有一种选择，对于第三个人剩下两种选择，对于第四个人最后只剩下一种选择）．因此1 2 kn例 1.24插()121! 42==j i A A P (1≤i<j ≤4)． 若四个人中任何三个人（例如，第一、第二和第三人）都领到自己准考证，则第四人自然也领到自己的准考证．因此()()()．；．；83)( 8524124412644241! 41)41(241! 4143214321===-+-=+++==≤<<≤==A p A A A A A A A A k j i A A A k j i P P P P例1.39（条件概率） 假设有来自三个地区的各10名、15名和25名考生的报名表，其中女生的报名表分别为３份、7份和５份．现在随机抽取一个地区的报名表，并从中先后随意抽出两份．(1) 求先抽出的一份是女生表的概率p ；(2) 已知后抽出的一份是男生表，求先抽出的一份是女生表的概率q ．解 引进事件：H j ={报名表是第j 地区考生的}(j = 1,2,3)；A i ={第i 次抽到的是男生表}(i =1,2)．由条件知： 31)()()(321===H H H P P P ；()()()．2520;158 ;107312111===H A H A H A P P P (1) 由全概率公式，得()()()．＝902925515710331111=⎪⎭⎫ ⎝⎛++==∑=3j j j H A H A p P P P(2) 由条件知()()()()()()．；；；；；3052425205 308141587 307910732520158 107321221121322212=⨯⨯==⨯⨯==⨯⨯====H A A H A A H A A H A H A H A P P P P P P由全概率公式，得()()()()()()()()()．；；＝6120619292305308307319061252015810731221213121213122=====⎪⎭⎫ ⎝⎛++===⎪⎭⎫ ⎝⎛++==∑∑==A A A A A q H A A H A A H A H A j j j j j j P P P P P P P P P例1.40（贝叶斯公式） 假设一个人在一年内患感冒的次数X 服从参数为5的泊松分布；正在销售的一种药品A 对于75%的人可以将患感冒的次数平均降低到3次，而对于25%的人无效．现在有某人试用此药一年，结果在试用期患感冒两次，试求此药有效的概率α．解 以X 表示一个人在一年内患感冒的次数．引进事件：0H ={服药无效}，1H ={服药有效}．由条件知，X 服从参数为5的泊松分布；对于 ,2,1,0=k，有()(){}{}{}{}{}{}．．，；，8886.0e2725e 27e 2e 375.02e 525.02e 375.02)(2)(2)(2e !3e ! 575.025.03533252321100111315010≈+=⨯+⨯⨯==+===========--------H X H H X H H X H X H k H k X k H k X H H k k P P P P P P P P P P P α例1.42 (试验次数) 设P (A )= p ．接连不断地独立地重复进行试验，问为使事件A 至少出现一次的概率不小于Q (0<Q <1)，至少需要进行多少次试验？解 设所需试验的次数为n ， B n =｛n 次试验中A 至少出现一次｝， A k =｛第k 次试验中出现A ｝， 则B n = A 1+A 2+…+A n ，P (A k )= p ，且A 1, A 2,…,A n 相互独立．()()()()()()()()()()()()．，　；p Q n Q p n Q p p A A A A A A B B Q n nn nn n --≥-≤--≤---=-=+++-=-=≤1lg 1lg 1lg 1lg , 11111 112121P P P P P P例如，p = 0.15，Q =0.95，则()().4331.1815.01lg 95.01lg =--≥n 即为使事件A 至少出现一次的概率不小于0.95，至少需要进行n = 19次试验．例1.44（独立性） 将一枚完备对称和均匀的硬币接连掷n 次．引进事件：=A {正面最多出现一次}，=B {正面和反面各至少出现一次}．试就n = 2，3和4的情形讨论事件A 和B 的独立性．解 以n X 表示“将硬币掷n 次正面恰好出现的次数”．易见{}{}{}{}；，，，n X X B X n X B X A n n n n n =+==≥-≥=≤=0111 显然n X 服从参数为()2/1，n 的二项分布．需要就n = 2，3和4的情形讨论)()()(B A AB P P P =的条件{}{}{}{}．；121101)(2122110)(--==-=-=+=+==+==n n n n n n n n n X X B n n X X A P P P P P P当n ≥2时，由{}1==n X AB ，可见(){}n n nX AB 21===P P ． 事件A 和B 独立，当且仅当由此可见，事件A 和B 独立的充分必要条件是121-=+n n ．由于上式当n =3时成立，故当n ＝3时事件A 和B 独立；但上式当n =2和4时不成立，从而当n =2或4时事件A 和B 不独立．〖证明题〗例1.48（独立性） 对于任意二事件A 和B ，其中0＜P (A ), P (B )＜1，称()()()()()()()B B A A B A AB P P P P P P P -=ρ 为事件A 和B 的相关系数．试证明，(1) 1≤ρ；(2)0=ρ是二事件A 和B 独立的充分和必要条件．证明 记P (A ) = p ,P (B ) = q ，P (AB ) = r ．考虑两随机变量Y X 和：⎩⎨⎧=⎩⎨⎧=出现；，若出现，，若出现；，若出现，，若B B Y A A X 01 01 其概率分布为：110~ , 110~⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-q q Y p pX ． 此外，显然随机变量XY 只有0和1两个可能值，并且{}{}r AB Y X XY ======)(1,11P P P ．易见，随机变量Y X 和的数字特征为：．，，，，pq r Y X XY Y X q q Y p p X q Y p X -=-=-=-===E E E D D E E ),cov()1()1(因此，事件A 和B 的相关系数就是随机变量Y X 和的相关系数：()()q q p p pqr YX Y X ---==11 ),cov(D D ρ． （*）1) 由随机变量的相关系数的基本性质知1≤ρ．2) 必要性 假设事件A 和B 独立．因为根据条件)()()(B A AB P P P =，即r=pq ，故由(*)可见ρ＝0．充分性 假设ρ＝0，则由(*)可见r=pq ，即)()()(B A AB P P P =．例1.49（独立性） 对于任意二事件21,A A ，考虑二随机变量．不出现，，若事件出现，，若事件 )2,1( 0 1 =⎩⎨⎧=i A A X i i i 试证明随机变量21X X 和独立的充分与必要条件，是事件21A A 和相互独立．证明 记)()2,1()(2112A A p i A p i i P P ===，，而ρ是21X X 和的相关系数．易见，随机变量21X X 和都服从0-1分布，并且．，，)(}1,1{ )(}0{)(}1{2121A A X X A X A X i i i i P P P P P P ======= (1) 必要性．设随机变量21X X 和独立，则{}{}{}．)()(111,1)(21212121A A X X X X A A P P P P P P ======= 从而，事件21A A 和相互独立．(2) 充分性．设事件21A A 和相互独立，则212121,,A A A A A A 和和和也都独立，故{}{}{}{}{}{}{}{}{}{}{}{}．，，，11)()()(1,101)()()(0,110)()()(1,000)()()(0,021212121212121212121212121212121============================X X A A A A X X X X A A A A X X X X A A A A X X X X A A A A X X P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P从而，随机变量21X X 和独立．例1.51（独立性） 假设有四张同样卡片，其中三张上分别只印有a 1，a 2，a 3，而另一张上同时印有a 1，a 2，a 3．现在随意抽取一张卡片，以A k =｛卡片上印有a k ｝．证明事件321,,A A A 两两独立但三个事件不独立．证明 ()()()．，；，41)3,2,1,(41)3,2,1(41321=≠====A A A j k j k A A k A j k k P P P由于对任意j k j k ≠= 3,2,1,且,有()()()j k j k A A A A P P P =⨯==212141，可见事件321,,A A A 两两独立．但是，由于()()()()32132121212141A A A A A A P P P P =⨯⨯≠=， 可见事件321,,A A A 不独立．。