概率論基礎(chǔ)-第2章2條件與統(tǒng)計(jì)獨(dú)立

第2件概率與統(tǒng)計(jì)Bernoulli 學(xué)數(shù)學(xué)條件概率與三個(gè)A、BP(A0，P(B|A)=B發(fā)生的條件概率。條件概率的例如，0P(B|A≤1P(B∪C|A)=P(B|A)+P(C|A)-P(BC|A)P(B|A1PB|AP(B)=P(B|)條件概率定義的假定樣本空間中包含N個(gè)樣本點(diǎn)，事件A包含Na個(gè)，其 事件AB有Nab個(gè)樣本點(diǎn)，現(xiàn)在已知A發(fā)生，即是Na個(gè)樣本點(diǎn)中的究竟是哪個(gè)發(fā)生我們并不關(guān)心；這時(shí)如果把樣本空間縮小成A包含的樣本點(diǎn)(Na個(gè))Nab個(gè)可能BNP(B|A) / N

例2.1.132個(gè)白球，無(wú)放回A、BA={第一次取出的是黑球B={第二次取出的是黑球問(wèn)題轉(zhuǎn)化為計(jì)算條件概率P(B|A)，①交事件AB含義是32個(gè)白球5個(gè)小球中無(wú)放回地接連取出兩個(gè)，取到P(AB)=C2C0/C 0.3 ②P(A)有兩種不同的解法，依賴(lài)于如何。P52=20；根據(jù)乘法原理，“第一次取出的是黑球”3412P(A12/200.65個(gè)小球(3個(gè)黑球)中隨機(jī)取出一個(gè)，P(A3/50.6所以P(B|A)=0.3/0.6=0.5 42個(gè)黑球22/40.5。已知有1個(gè) 注意區(qū)別“條件概率”與“交事件概率 5張，只有1 乙兩人順序各拿走1張。問(wèn)有獎(jiǎng) P(A0P(ABP(AA1，A2，…，Ann個(gè)隨機(jī)事件，P(A1A2An)>0，則有：P(A1A2…An)=P(A1)P(A2|A1)P(A3|A1A2)…P(An－1|A1A2…An－2)P(An|A1A2… 盒中裝有br個(gè)紅球，每次隨機(jī)取出一前n1次取到黑球、后n2=n-n1次取到紅球的概率。解.以Akk次取球時(shí)取到黑球，即需要P(A1…An1An1+1…An)；P(A1)=b，P(A2|A1)

…，

|A

)=

n1-

b+r+(n1-P(An1+1|A1…An1)=P(An1+2|A1…An1An1+1)=P(A|A…

… )=

n1 n2 (bkc) (r p=(brk 樣本空間的如果一列隨機(jī)事件A1，A2，…Ai∩Aj=ijA1+A2+…=A-B、BA、AB、構(gòu)成樣本空間的一個(gè)劃則對(duì)于任意事件B，全概率P(B)P(Ak)P(B|AkkBayesP(Am|B)

P(Am)P(Ak)P(B|Akk全概率公式與Bayes全概率公式與BayesBayesBayes 以A、B、C分別表示取到的這個(gè)元件來(lái)自工廠甲、乙、丙，D表示這個(gè)元件次品。顯然A、B、CP(A) 0.15,P(B) 0.8,P(C)=0.05P(D|A)=0.02,P(D|B)=0.01,P(D|C)=0.03P(D)，以及比較三個(gè)條件概率：P(A|D)，P(B|D)，P(C|D)的大小。P(A)P(D|A)+P(B)P(D|B)+P(C)=0.150.02+0.80.01+0.050.03=0.0125BayesP(A|D)=0.24 P(B|D0.64，P(C|D0.12 “先驗(yàn)概率“先驗(yàn)概率“后驗(yàn)概率

例2.1.5假定一種在某地人群中的率0.004。檢查時(shí)由于技術(shù)及操作過(guò)程可能等原因，使得者未必有陽(yáng)性反應(yīng)而 者)=0.95，P( |健康者)=0.98； 以A記這個(gè)人的確是 者，B表示檢查結(jié)果呈陽(yáng)性；需要計(jì)算P(A|B)。A與它的對(duì)立事件構(gòu)成樣本空間的劃分，P(A)=0.004P(A)=0.996，P(B|A)=0.95，P(B|A)=1-0.98=條件下他確實(shí)是患者的概率P(A|B)= =0.160。0.0040.95+0.9960.02 為為什 假定一共有1000個(gè)人，率0.004即平均只有4個(gè)者，由于P(陽(yáng)性|者)=0.95所以陽(yáng)性反應(yīng)的人中真正的患者只有0.954=3.8個(gè)，另一方面，P( |健康者)=0.98說(shuō)明健康人中將會(huì)有0.02996=19.92個(gè)被誤診呈陽(yáng)性；習(xí)題1- 1114、8、9、11、13事件的獨(dú)A、BP(AB)=P(A)P(B|A)=例2.2.1在3個(gè)黑球、2個(gè)白球中取兩次、每次取一個(gè)小球，以A、B表示第一次、第二次取到P(A)=P(B)=0.6，P(AB)=如果有放回取球，仍有P(AP(B0.6，P(AB)=33/52= A與B，A與B，A與B，A與B的相互獨(dú)立關(guān)必然事件、不可能事件與任P(A0，P(B0A、B獨(dú)立A、B互不相容； 拋擲均勻硬幣三次，A={第一次出現(xiàn)正面}與B={前兩次結(jié)果相同}是否獨(dú)立？解.P(A)=0.5，P(B)=交事件AB的含義是前兩次都拋出正面，因此P(AB)=0.25，所以?huà)仈S硬幣三次， □nA1A2,…An稱(chēng)為相互獨(dú)立，2kn，都有P(Ai1Ai2…Aik)=如果只滿(mǎn)足P(AiAj)=P(Ai)P(Aj)例2.2.3(Bernstein反例盒中有4個(gè)小球，其中三個(gè)小球分別標(biāo)上數(shù)字Ak={k}。解.P(A1)=P(A2)=P(A3)=0.5；P(A1A2)=P(A2A3)=P(A1A3)=P(A1A2A30.25，即這三個(gè)事件□A1,,Ann個(gè)相互獨(dú)立的隨機(jī)事件，則有：P{A1∪A2∪…∪An}1P(A1)P(A2) P(An則有：P{A1∪A2∪…∪An}=P(A1)+P(A2)+…+獨(dú)立的。即如果{A1,…,An，B1,…,Bm}是一組相互獨(dú)立隨機(jī)事件，則由A1,…,An構(gòu)成的隨機(jī)事件與由B1,…,Bm 他去面試的概率分別是1/2，1/3，1/4，1/5。 1/22/33/44/5=□ (概率與伴侶)下面是某位男士所列的22~27 受過(guò)良好教

=1000習(xí)題1- 11316、17、20Bernoulli概率模BernoulliBernoulli“A發(fā)生“A不發(fā)生P(A發(fā)生pP(A不發(fā)生q1p獨(dú)立重復(fù)的Bernoullin次試驗(yàn)中Ak二項(xiàng)根據(jù)乘法原理，An次試驗(yàn)中恰好k次，由三個(gè)步驟組成：當(dāng)P(A發(fā)生)=p，P(A不發(fā)生)=q=1-p，每次試驗(yàn)的結(jié)果要么AA不發(fā)生。b(k;n,p)=

pkqn–

，0≤k≤幾何前k-1次試驗(yàn)A不發(fā)生k次試驗(yàn)A當(dāng)P(A發(fā)生pP(A不發(fā)生)=q=1-p，k次試驗(yàn)的概率是：g(k;p)=pqk-1出現(xiàn)在第kf(k;r,p)；前k-1次試驗(yàn)Ar-1次k次試驗(yàn)Af(k;r,p)

k-r-

prqk-r,kf例2.3.2(分賭注問(wèn)題 為q，約定誰(shuí)先勝t局者贏得全部賭注；當(dāng))解n=t-rm=t-s分別表示甲、乙要獲得最終勝利所還需贏得的局?jǐn)?shù)；A表示甲解法1第n個(gè)A出現(xiàn)在第n+k1≤km-mpk

解法2第m個(gè)A出現(xiàn)在第m+kpk

解法3.后續(xù)的n+m-1 nmpk

pkqn+m-1-□例2.3.3(Banach火柴問(wèn)題數(shù)學(xué)家的左右衣袋各有一盒裝有N根火柴的火柴盒，每次他任意取一盒用掉一根；計(jì)算他發(fā)現(xiàn)有一盒為空時(shí)另一盒還剩r根火柴的概率。 在第(N+1)+(N-r)=2N-r+1次試驗(yàn)”；取右邊p=2f(2N-r+1;N+1,0.5)

2- 小概率事件必然假定隨機(jī)事件Ap(無(wú)論多小、只需p>0)，如果不停地獨(dú)立重復(fù)進(jìn)行試驗(yàn)，那么A最終必然要發(fā)生。 記Dk={A在第k次試驗(yàn)時(shí)發(fā)生，k≥1}，由于是獨(dú)立試驗(yàn)，這些Dk相互獨(dú)立,因此它們的對(duì)立事件{A在第k次試驗(yàn)時(shí)沒(méi)有發(fā)生}也P(Dk)k P(Dk)1P(Dk)1(1k k

k因?yàn)锳p>0，即1-p<1，所以當(dāng)不停獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn)時(shí)□有有志者0.05的一個(gè) 中率是0.001，計(jì)算在2500次獨(dú)立射 解 射擊過(guò)程是參數(shù)p=0.001的2500p=

2500[

0.001k0.9992500-k=1-

1-0.081982= pp吸收或反

t=0從初始位置x=a出發(fā)，每單位時(shí)間隨機(jī)向右(概率為p)或的隨機(jī)t=0Sn(Sn=k-n≤knP(Snk

p(n+k)/2q(n-k)/2賭徒輸光x0x=a+b記q0(n)=P{質(zhì)點(diǎn)從x=n出發(fā)被0點(diǎn)吸收pa+b(n)=P{質(zhì)點(diǎn)從x=n出發(fā)被a+b點(diǎn)吸收q-q0(n)=pq0(n+1)+qq0(n-1)1≤n≤a+b-1q0(0)=1q0(a+b)=0p-遞歸關(guān)系：pa+b(n)=ppa+b(n+1)+qpa+b(n-1)當(dāng)x1=x2，則f(n)=(c1+c2n)x當(dāng)x1x2，則f(n)=c1

+c2px2-x+q=0x1|p-q|遞歸關(guān)系的通解為f(n)=(c1+c2n) c=1,c1/(a+bq(n c1=0,c21/(a+bpa+b(n)=甲有賭本a,乙有賭本b,公平 pq，x1=1x2=q/prq/p；遞歸關(guān)系的通解為f(n)=(c1+c2rn)c1+c2=q-

,c=

；q(n)=

- 1- 1-p-

1-c1+c2=c=,c= (n)=1-

1-

1- 習(xí)題1- 11327、28、32二項(xiàng)分布與Poisson二項(xiàng)分布的在nBernoulli試驗(yàn)中，隨機(jī)事件A發(fā)生的次數(shù)服從參數(shù)為n、p的二項(xiàng)分布； 二項(xiàng)分布的b(k;n,p)=Cnkpkqn–k，0≤k≤固定n,pb(k;n,p)對(duì)于km=[(n+1)pBINOMDIST(k,n,p,1或0)。 定理2.4.1Poisson定理試驗(yàn)中發(fā)生的概率，如果npn>0，則b

e-證明.nnpn，則b(k;n,pn k n(1 )(1n k Poisson分布的 Poisson分布的p(k;) -，k≥例2.4.1Poisson過(guò)程平穩(wěn)性.即[t0,t0+t)區(qū)間事件發(fā)生的次數(shù)與區(qū)間起點(diǎn)t0Pk(t)=P{N(t)=k}k≥0；獨(dú)立增量性.不相交的時(shí)間間隔內(nèi)事件的普通性.充分小時(shí)間內(nèi)事件最多發(fā)生一次，P{N(t)≥2}=1-P0(t)-P1(t)=o(t)；P(te-t 設(shè)f(x)是連續(xù)函數(shù)(或單調(diào)函數(shù))，如果對(duì)所有實(shí)數(shù)x,y(或所有x≥0、y≥0)有f(x)f(y)=f(x+y)，則f(x)=ax，a≥0例2.4.1的證明.P0(t+t)==P{N(t)=0,N(t+t)-=P{N(t)=0}P{N(t+t)-N(t)=0}=P0(t)P0(t)顯然是t的單調(diào)遞減函數(shù)，故P0(tat，0<a<1即>0使得P0(t)=e-t；Pk(t+t)=Pk(t)P0(t)+Pk-1(t)P1(t)+P0(t)=e-t=1t+o(t)，P1(t1P0(to(tto(t，(tP{N(t)≥2o(t-=-P

k-令t0，兩邊再乘以et[et t = Pk-1(t)，k≥1t 假定服務(wù)器在長(zhǎng)度t分鐘的時(shí)間內(nèi)被 一次與5分鐘內(nèi)至少被兩 3分鐘內(nèi)被 分布，因此1-p(0;6)0.997521；5分鐘內(nèi)