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1、第第2节节 随机事件的概率随机事件的概率定义定义 随机事件随机事件A发生发生可能性大小可能性大小的度量的度量(数值数值),称为称为A发生的发生的概率概率,记作记作P(A).对于一个对于一个随机事件随机事件(必然事件和不可能事件必然事件和不可能事件除外除外)来说来说,它在一次试验中可能发生它在一次试验中可能发生,也可能不也可能不发生发生.我们希望知道某些事件在一次试验中发生我们希望知道某些事件在一次试验中发生的的可能性可能性究竟有多大究竟有多大,找到一个合适的找到一个合适的数数来表示来表示事件在一次试验中发生的事件在一次试验中发生的可能性大小可能性大小.一、概率的定义及性质一、概率的定义及性质
2、1.概率的统计定义概率的统计定义(描述性定义描述性定义)(1)频率频率定定义义2.12.1 在在一一定定的的条条件件下下,随随机机事事件件在在n次次重重复复试试验验中中出出现现的的次次数数nA,叫叫做做事事件件A发发生生的的频频数数.比比值值nA/n叫做事件叫做事件A发生的发生的频率频率,并记为并记为 fn(A)=nA/n.频率具有下述性质频率具有下述性质:（1 1）00fn(A)1;1;（2 2）fn()=1;=1;（3 3）若）若A1,A2,Ak是两两互不相容的事件是两两互不相容的事件,则则 历史上抛掷匀质硬币的若干结果历史上抛掷匀质硬币的若干结果试验者试验者抛掷次数抛掷次数n正面出现次正
3、面出现次数数m正面出现频率正面出现频率m/n德德.摩尔根摩尔根204810610.518蒲丰蒲丰404020480.5069皮尔逊皮尔逊1200060190.5016皮尔逊皮尔逊24000120120.5005维尼维尼30000149940.4998定定义义2.12.1 在在一一定定的的条条件件下下,随随机机事事件件在在n n次次重重复复试试验验中中出出现现的的次次数数n nA,A,叫叫做做事事件件A A发发生生的的频频数数.比值比值n nA A/n/n叫做事件叫做事件A A发生的发生的频率频率,并记为并记为 f fn n(A)=n(A)=nA A/n./n.频率具有下述性质频率具有下述性质:
4、（1 1）0f0fn n(A)1;(A)1;（2 2）f fn n()=1;)=1;（3 3）若）若A A1 1,A,A2 2,A,Ak k是两两互不相容的事件是两两互不相容的事件,则则 (2)概率的统计定义概率的统计定义定义定义2.2 2.2 在一定的条件下在一定的条件下,进行了进行了n次次重复重复试验试验,在这在这n次试验中次试验中,事件事件A A发生了发生了nA次次,当当试验的次数试验的次数n很大时很大时,如果事件如果事件A发生的频率发生的频率 fn(A)=nA/n稳定稳定在某个在某个常数常数p的附近的附近摆动摆动,而且随着试验而且随着试验次数的增大次数的增大,这种摆动的这种摆动的幅度越
5、变越小幅度越变越小,则称则称数值数值p为事件为事件A在一定条件下发生的在一定条件下发生的概率概率,记记作作P(A)=p.这样定义的概率称为这样定义的概率称为统计概率统计概率.注意注意 (1)常数常数p是与试验次数是与试验次数n无关的无关的.它是事件它是事件A的固有属性的固有属性,而不随人的意志和试验操作发生变化而不随人的意志和试验操作发生变化.常数常数p是一种是一种理论值理论值,可以在一定的理论下推算出可以在一定的理论下推算出来来.(2)随着试验次数随着试验次数n的增加的增加,频数频数nA将逐步增将逐步增大大lim nA=,频率频率nA/n是实际操作的结果是实际操作的结果,是是试验试验值值,不
6、同的人不同的人,不同的时期不同的时期,得到的得到的 结果可能不同结果可能不同.频率频率nA/n作为一个数列作为一个数列,lim nA/n 并不一定收敛并不一定收敛于于p,而只是在而只是在p的的附近摆动附近摆动.2.概率的公理化定义概率的公理化定义定定义义2.3 设设E为为随随机机试试验验,是是它它的的样样本本空空间间，如如果果对对E的的每每一一个个事事件件A，都都存存在在实实数数P(A)与与之之对对应应,并满足如下三条公理：并满足如下三条公理：(1)非负性公理非负性公理：对每一事件：对每一事件A,有有0P(A)11;(2)规范性公理规范性公理：P()=1;(3)可列可加性公理可列可加性公理:设
7、设A1,A2,是是互不相容互不相容的的事件事件,即对于即对于ij,AiAj=,i,j=1,2,则有则有则称则称集合函数集合函数 P(A)为事件为事件A的的概率概率(Probability).柯尔莫哥洛夫柯尔莫哥洛夫,1933年年 前苏联著名数学家前苏联著名数学家 现代概率论开创者现代概率论开创者性质性质1.1.P(P()=0.)=0.概率的性质概率的性质于是由于是由可列可加性可列可加性得得又由又由P()0得得,P()=0证明证明:设设An=(n=1,2,),则则,且对于且对于证明证明 令令A An+1n+1=A=An+2n+2=,则由可列可加性则由可列可加性及及P(P()=0)=0得得 性质性
8、质2 2.即即性质性质3.3.对于任一事件对于任一事件A,A,有有 证明证明 由由A A B B知知B=A(B-A),B=A(B-A),且且A(B-A)=A(B-A)=,性质性质4 4 设设A,BA,B是两个事件是两个事件,若若A A B,B,则有则有 P(B-A)=P(B)-P(A)P(B-A)=P(B)-P(A)推论推论 若若A B，则，则P(B)P(A)证明证明 由由P(B)=P(A)+P(B-A)和和P(B-A)0 知知 P(B)P(A)因此由概率的有限可加性得因此由概率的有限可加性得 P(B)=P(A)+P(B-A)从而有从而有 P(B-A)=P(B)-P(A)证明证明 因为因为A-
9、B=A-AB,A-B=A-AB,且且AB AB A推论推论 对于任意两事件对于任意两事件A,BA,B，有，有 P(A-B)=P(A)-P(AB)P(A-B)=P(A)-P(AB)故故 P(A-B)=P(A-AB)=P(A)-P(AB)性质性质5 5 对于任意两事件对于任意两事件A,BA,B，有，有 P(AB)=P(A)+P(B)-P(AB)P(AB)=P(A)+P(B)-P(AB)上式称为概率的上式称为概率的加法公式加法公式.证明证明 因为因为A AB=AB=A(B-AB),(B-AB),且且A(B-AB)=A(B-AB)=,AB,AB B B故故 P(A P(A B)=P(A)+P(B-AB
10、)=P(A)+P(B)-P(AB)B)=P(A)+P(B-AB)=P(A)+P(B)-P(AB)概率的加法公式可推广到多个事件的情况概率的加法公式可推广到多个事件的情况.设设A,B,C是任意三个事件，则有是任意三个事件，则有 P(ABC)=P(A)+P(B)+P(C)-P(AB)-P(BC)-P(CA)+P(ABC)一般一般,对于任意对于任意n个事件个事件A1,A2,An,有有解解(1)由于由于A与与B互不相容，即互不相容，即AB=,则则 所以所以(2)则有则有(3)则有则有 例例1 具具有有以以上上两两个个特特点点的的随随机机试试验验称称为为古古典典概概型型,也称为也称为等可能概型等可能概型
11、.在概率论发展的初期主要研究具有如下两个在概率论发展的初期主要研究具有如下两个特点的随机试验特点的随机试验:(1)(1)试验的样本空间的元素只有有限个试验的样本空间的元素只有有限个;(2)试验中每个基本事件发生的可能性相同试验中每个基本事件发生的可能性相同.二、古典概型二、古典概型1.古典概型的定义古典概型的定义定义定义2.4 若一试验若一试验(概型概型)满足下列两个特征满足下列两个特征:(1)(1)试验的样本空间中的基本事件的试验的样本空间中的基本事件的总数总数是有是有限的限的,即即 (2)每个基本事件的出现是每个基本事件的出现是等可能等可能的的,即即则称此试验为则称此试验为等可能概型等可能
12、概型或或古典概型古典概型.2.2.古典概率的计算公式古典概率的计算公式 设随机试验的样本空间为设随机试验的样本空间为 又由于基本事件是两两不相容的又由于基本事件是两两不相容的,于是有于是有所以所以由于在试验中每个基本事件发生的可能性相同由于在试验中每个基本事件发生的可能性相同,即有即有古典概率的定义古典概率的定义 设古典概型的样本空间中基本事件的设古典概型的样本空间中基本事件的总数总数为为n,事件事件A A中包含的基本事件的中包含的基本事件的个数个数为为nA,则事件则事件A A发生的概率为发生的概率为 古典概型中的事件古典概型中的事件A A的概率的概率P(A)就是就是A A包含的包含的样本数样
13、本数nA与样本空间中的样本点数与样本空间中的样本点数n的比值的比值.称此为称此为古典概率公式古典概率公式即即样样本本空空间间有有4 4个个样样本本点点,而而随随机机事事件件A A1 1包包含含2 2个个样样本点本点,随机事件随机事件A A2 2包含包含3 3个样本点个样本点,故故 P(A P(A1 1)=2/4=1/2)=2/4=1/2 P(A P(A2 2)=3/4)=3/4例例4 4 将一枚硬币抛掷二次将一枚硬币抛掷二次,设事件设事件A A1 1为为“恰有一次恰有一次出现正面出现正面”;”;事件事件A A2 2为为“至少有一次出现正面至少有一次出现正面”.”.求求P(AP(A1 1)和和P
14、(AP(A2 2).).解解 正面记为正面记为H,H,反面记为反面记为T,T,则随机试验的样本空则随机试验的样本空间为间为=HH,HT,TH,TT=HH,HT,TH,TT而而 A A1 1=HT,TH=HT,TH A A2 2=HH,HT,TH=HH,HT,TH例例5 抛掷一颗匀质骰子，观察出现的点数，求出抛掷一颗匀质骰子，观察出现的点数，求出现的点数是不小于现的点数是不小于3的偶数的概率的偶数的概率.解解 设设A表示出现的点数是大小于表示出现的点数是大小于3的偶数，则基的偶数，则基本事件总数本事件总数n=6，A包含的基本事件是包含的基本事件是“出现出现4点点”和和“出现出现6点点”即即m=2
15、，即，即故故故故 故故 解解 设设A=没有相同数字的三位数，没有相同数字的三位数，B表示没有相同表示没有相同数字的三位偶数，则基本事件总数数字的三位偶数，则基本事件总数n=566=180 (1)事件事件A包含的基本事件数为包含的基本事件数为mA=554 (2)事件事件B包含的基本事件数为包含的基本事件数为 mB=442+54=52所以所以所以所以例例8 8 设有同类产品设有同类产品6 6件件,其中有其中有4 4件合格品件合格品,2,2件不合件不合格品格品.从从6 6件产品中任意抽取件产品中任意抽取2 2件件,求抽得合格品和不求抽得合格品和不合格品各一件的概率合格品各一件的概率.解解 设设A=A
16、=抽得合格品和不合格品各一件抽得合格品和不合格品各一件.因为基因为基本事件总数等于从本事件总数等于从6 6件可以区别的产品中任取件可以区别的产品中任取2 2件的件的组合数目组合数目,故有基本事件总数故有基本事件总数且每一基本事件发生是等可能的且每一基本事件发生是等可能的.事件事件A A发生是指从发生是指从4 4件合格品和件合格品和2 2件不合格品中件不合格品中各抽出一件各抽出一件,抽取方法数抽取方法数,即使事件即使事件A A发生的基本事发生的基本事件数为件数为所以事件所以事件A A发生的概率为发生的概率为解法解法1 1 把把a a只黑球只黑球b b只白球视为可分辨的只白球视为可分辨的.把把a+
17、ba+b只球只球摸出来依次排在一直线的摸出来依次排在一直线的a+ba+b个位置上个位置上,则可能的排则可能的排列法相当于把列法相当于把a+ba+b个元素进行全排列个元素进行全排列,即基本事件总即基本事件总数为数为n=(a+b)!.n=(a+b)!.而有利于事件而有利于事件A Ak k的场合相当于在第的场合相当于在第k k个位置上放一个黑球个位置上放一个黑球(共有共有a a种选择种选择),),而在其余的而在其余的a+b-1a+b-1个位置上个位置上,由其余的由其余的a+b-1a+b-1个球任意排列个球任意排列,共有共有m=a(a+b-1)!m=a(a+b-1)!种排法种排法.所以所以例例9 9
18、袋中有袋中有a a只黑球只黑球,b,b只白球只白球.它们除了颜色不同它们除了颜色不同外外,其它方面全同其它方面全同.现在随机地把球一只只摸出来现在随机地把球一只只摸出来,求第求第k k次摸出的一只是黑球次摸出的一只是黑球(事件事件A Ak k)的概率的概率.这两种不同的解法这两种不同的解法,主要在于选取的样本空间不同主要在于选取的样本空间不同,而最后的答案是相同的而最后的答案是相同的.例例10 设盒中设盒中有有3个白球，个白球，2个红球，现从盒中任个红球，现从盒中任抽抽2个球，求取到一红一白的概率。个球，求取到一红一白的概率。例例12 12 3030名学生中有名学生中有3 3名运动员，将这名运
19、动员，将这3030名学生名学生平均分成平均分成3 3组，求：组，求：（1 1）每组有一名运动员的概率；）每组有一名运动员的概率；（2 2）3 3名运动员集中在一个组的概率。名运动员集中在一个组的概率。解解 设设A=A=每组有一名每组有一名;B=3;B=3名集中在一组名集中在一组 1.1.有有放放回回抽抽样样:第第一一次次取取一一件件产产品品观观察察其其是是否否合合格格后放回袋中后放回袋中,第二次再取一件产品第二次再取一件产品.2.2.不不放放回回抽抽样样:第第一一次次取取一一件件产产品品后后不不放放回回袋袋中中,第二次再取一件产品第二次再取一件产品.试由上面两种抽样方法试由上面两种抽样方法,求
20、求:1.1.取到两件合格品的概率取到两件合格品的概率;2.2.取到两件相同质量产品的概率取到两件相同质量产品的概率;3.3.取到的两件产品中至少有一件合格品的概率取到的两件产品中至少有一件合格品的概率.例例1313 一只口袋中一只口袋中,装有装有1010件同类晶体管件同类晶体管,其中有其中有8 8件件合格品合格品,2,2件次品件次品.从口袋中取产品从口袋中取产品2 2次次,每次取一件每次取一件,考虑两种情况考虑两种情况:解解 设设A=A=取取到到两两件件合合格格品品,B=,B=取取到到两两件件次次品品,C=,C=取取到到两两件件相同质量的产品相同质量的产品,D=,D=取到的两件产品中至少有一件
21、合格品取到的两件产品中至少有一件合格品(1)(1)有有放放回回抽抽样样:第第一一次次从从1010件件产产品品中中抽抽1 1件件有有1010种种抽抽取取方方法法,第第二二次次从从1010件件产产品品中中抽抽1 1件件也也有有1010种种抽抽取取方方法法,故故有有10101010种种可可能能的的取取法法.每每一一种种取取法法是是一一基基本本事事件件,且且发发生生的的可能性是相同的可能性是相同的.所以基本事件总数为所以基本事件总数为n=1010=100.n=1010=100.使使A A发发生生的的基基本本事事件件是是第第一一次次抽抽到到合合格格品品,且且第第二二次次也也抽抽到合格品到合格品,共有共有
22、m mA A=88=64=88=64种取法种取法.于是于是P(A)=mP(A)=mA A/n=64/100/n=64/100同理同理B B包含的基本事件数包含的基本事件数m mB B=22=4.=22=4.所以所以P(B)=mP(B)=mB B/n=4/100/n=4/100由于由于C=A+B,C=A+B,且且AB=AB=,所以所以P(C)=P(A+B)=P(A)+P(B)=0.64+0.04=0.68P(C)=P(A+B)=P(A)+P(B)=0.64+0.04=0.68 P(D)=1-P(B)=1-0.04=0.96 P(D)=1-P(B)=1-0.04=0.96(2)(2)不不放放回回抽
23、抽样样:第第一一次次从从1010件件产产品品中中抽抽1 1件件有有1010种种抽抽取取方方法法,第第二二次次从从9 9件件产产品品中中抽抽1 1件件有有9 9种种抽抽取取方方法法,故故有有109109种种可可能能的的取取法法.所所以以样样本本空空间间的的基基本本事事件件总总数数为为n=109=90.n=109=90.两两次次均均抽抽到到合合格格品品共共有有m mA A=87=56=87=56种种取取法法,即即A A包包含含的的基基本本事件数为事件数为56.56.于是于是P(A)=56/90P(A)=56/90同理同理B B包含的基本事件数包含的基本事件数m mB B=21=2.=21=2.所以
24、所以P(B)=2/90P(B)=2/90由于由于C=AC=AB,B,且且AB=AB=,所以所以P(C)=P(AP(C)=P(AB)=P(A)+P(B)=0.622+0.022=0.644B)=P(A)+P(B)=0.622+0.022=0.644 P(D)=1-P(B)=1-0.022=0.978 P(D)=1-P(B)=1-0.022=0.978解解 设设A=A=指定的指定的n n个盒子各有一球个盒子各有一球,B=B=恰有恰有n n个盒子各有一球个盒子各有一球.由由于于每每个个球球都都可可以以放放入入N N个个盒盒子子中中的的任任一一个个,共共有有N N种种不不同同的的放放法法.于于是是n
25、n个个球球放放进进盒盒子子就就有有N Nn n种种不不同同的的放放法法.而而每每一一放放法法就就是是一一个个基基本本事事件件,且且发发生生的的可可能能性性是是相相同同的的.所所以以基基本事件总数为本事件总数为N Nn n个个例例1414 将将n n个球随机地放入个球随机地放入N(Nn)N(Nn)个盒子中去个盒子中去,每个球都能以每个球都能以同样的概率同样的概率1/N1/N落入落入N N个盒子中的每一个个盒子中的每一个,试求试求:1.1.指定的指定的n n个盒子各有一球的概率个盒子各有一球的概率;2.2.恰有恰有n n个盒子各有一球的概率个盒子各有一球的概率.指指定定的的n n个个盒盒子子各各有
26、有一一球球,共共有有n(n-1)(n-2)1=n!n(n-1)(n-2)1=n!种种可可能能的放法的放法,于是于是P(A)=n!/NP(A)=n!/Nn n恰有恰有n n个盒子各有一球个盒子各有一球,共有共有可能的放法可能的放法,于是于是有许多问题和本例具有相同的数学模型有许多问题和本例具有相同的数学模型.如历史如历史上有名的上有名的“生日问题生日问题”:”:假设每个人的生日在一假设每个人的生日在一年年365365天中的任一天是等可能的天中的任一天是等可能的,那么随机选取那么随机选取n(n365)n(n365)个人个人,令令A=A=n n个人中至少有两个人的生个人中至少有两个人的生日相同日相同
27、,则则A Ac c=n=n个人的生日全不相同个人的生日全不相同.而而经计算可得下述结果经计算可得下述结果:n n10102020 23 23303040405050100100P(A)P(A)0.120.120.410.410.510.510.710.710.890.890.970.970.99999970.9999997故故 P(A)=333/2000 P(B)=250/2000 P(A)=333/2000 P(B)=250/2000 因而所求的概率为因而所求的概率为 例例1515 在在1 1至至20002000的整数中随机地取一个数的整数中随机地取一个数,求取到求取到的整数既不能被的整数既
28、不能被6 6整除整除,又不能被又不能被8 8整除的概率整除的概率?解解 设设A=A=取到的数能被取到的数能被6 6整除整除,B=,B=取到的数能取到的数能被被8 8整除整除.由于由于 3332000/6334 2000/8=250 3332000/6334 2000/8=250又由于一个数同时能被又由于一个数同时能被6 6与与8 8整除整除,就相当于能被就相当于能被2424整除整除,由由 832000/2484 832000/2484 得得 P(AB)=83/2000 P(AB)=83/2000=1-333/2000-250/2000+83/2000=3/4设设Ai=第第i封信装入第封信装入第
29、i个信封个信封 i=1,2,3 A=没有一封信装对地址没有一封信装对地址 某人将三封写好的信随机装入三个写某人将三封写好的信随机装入三个写好地址的信封中，问没有一封信装对地好地址的信封中，问没有一封信装对地址的概率是多少？址的概率是多少？直接计算直接计算P(A)不易，我们先来计算不易，我们先来计算例例16配配对对问问题题 =至少有一封信装对地址至少有一封信装对地址则则代入计算代入计算 的公式中的公式中应用加法公式应用加法公式 于是于是推广到推广到n封信封信,用类似的方法可得用类似的方法可得:把把n 封信随机地装入封信随机地装入n个写好地个写好地址的信封中址的信封中,没有一封信配对的没有一封信配
30、对的概率为概率为:设设样样本本空空间间为为一一有有界界几几何何体体，事事件件A A包包含含于于,用用L L表示几何体的测度表示几何体的测度.三、几何概率三、几何概率注意注意 当几何体为一线段时，测度为长度；当几何当几何体为一线段时，测度为长度；当几何体为平面上的某一区域时，测度为面积；当几何体为平面上的某一区域时，测度为面积；当几何体为空间的某一区域时，测度为体积体为空间的某一区域时，测度为体积.定义定义 设事件设事件A为样本空间为样本空间中的某个小区域，如中的某个小区域，如果它的测度为果它的测度为L(A)，且点落入，且点落入A中的可能性大小中的可能性大小与与L(A)成正比，而与成正比，而与A
31、的位置及形状无关的位置及形状无关,则事件则事件A的概率为的概率为 P(A)=L(A)/L()这一类概率通常称作这一类概率通常称作几何概率几何概率.解解 以以x,y分别表示甲乙两人到达的时刻分别表示甲乙两人到达的时刻,那末那末0 x T,0 y T.若以若以x,y表示平面上点的坐标，则：表示平面上点的坐标，则：例例17 (会面问题会面问题)甲甲,乙两人相约在乙两人相约在0到到T这段时间这段时间内内,在预定地点会面在预定地点会面.先到的人等候另一个人先到的人等候另一个人,经经过时间过时间t(tT)后离去后离去.设每人在设每人在0到到T这段时间内各这段时间内各时刻到达该地是等可能的时刻到达该地是等可
32、能的,且两人到达的时刻互不且两人到达的时刻互不牵连牵连.求甲求甲,乙两人能会面的概率乙两人能会面的概率.（1）所有基本事件可以用一边长为）所有基本事件可以用一边长为T正方形正方形内所有点表示内所有点表示.（2）两人能会面的条件是）两人能会面的条件是|x-y|t.由等可能性知，由等可能性知，所求所求概率为概率为 OtTxx-y=ty-x=ttTA 例例18 (Buffon投针问题投针问题)1777年法国科学家蒲丰年法国科学家蒲丰提出了下列著名问题，这是几何概率的一个早期例提出了下列著名问题，这是几何概率的一个早期例子子.平面上画着一些平行线，它们之间的距离都等于平面上画着一些平行线，它们之间的距
33、离都等于a，向此平面任投一长度为，向此平面任投一长度为l(la)的针，试求此针与的针，试求此针与任一平行线相交的概率任一平行线相交的概率.解解 以以x表示针的中点与表示针的中点与最近一条平行线间的距最近一条平行线间的距离离,又以又以表示针与此直表示针与此直线间的交角线间的交角.易知样本空间满足：易知样本空间满足：易知样本空间满足：易知样本空间满足：满足这个不等式的区域为图中用阴影部分满足这个不等式的区域为图中用阴影部分g它是平面上一个矩它是平面上一个矩形形针与平行线相交针与平行线相交的充要条件是的充要条件是所求的概率为所求的概率为 蒙特卡罗蒙特卡罗蒙特卡罗蒙特卡罗(Monte-Carlo)(Monte-Carlo)(Monte-Carlo)(Monte-Carlo)法法法法 130解解：设：设由几何概型概率的计算公式，得由几何概型概率的计算公式，得如此，可以估算所求无理数的数值。如此，可以估算所求无理数的数值。在正方形区域内随机取点在正方形区域内随机取点N次，数出落在三角形区次，数出落在三角形区域内的次数域内的次数n.用事件发生的频率估计其概率得：用事件发生的频率估计其概率得：