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1、概率与统计2023/4/71本讲稿第一页，共九十九页例1 考虑有两个孩子的家庭，假设男女出生率一样，则两孩子性别（依大小排列）S=(B,B),(B,G),(G,B),(G,G)且每一个基本事件发生是等可能的。若任选一家庭至少有一个女孩子事件H发生了。求此家庭有一男一女事件A的概率。解：P(A)=，P(H)=P(A|H)=本讲稿第二页，共九十九页例2设甲袋中装了4个白球2个黑球，乙袋中装了4个黑球，2个白球。掷一枚质量均匀硬币，若正面朝上（H），便从甲袋中随机取一个球；否则（T）从乙袋中随机地取一球。设E0表示取出黑球事件,若已知H信息条件下，求E0发生的概率。解：S=HW11,HW12,H

2、W13,HW14,Hb11,Hb12,TW21,TW22,Tb21,Tb22,Tb23,Tb24本讲稿第三页，共九十九页P(E0)=PHb11,Hb12,Tb21,Tb22,Tb23,Tb24=P(H)=P(HE0)=PHb11,Hb12=2/12Note：对于，这样才满足古典概型E条件；不难构造反例（只需把例2两袋球对称结构破坏即可！）本讲稿第四页，共九十九页例3考虑E：向有界区域（S）内均匀地掷随机点，事件A表示随机点落在区域A中，事件B表示随机点落在区域B中,这是几何概型随机试验E。求P(A|B)解：P(A)=L(A)/L(S)P(B)=L(B)/L(S)P(AB)=L(AB)/L(S

3、)ABS本讲稿第五页，共九十九页P(A|B)=L(AB)/L(B)=P(AB)/P(B)Note：上述古典概型和几何概型例中适用规律在一般情况下不能用纯数学逻辑推导出来，我们需要用此比值P(A|B)作为条件概率定义。（例统计条件概率）定义1 (P(B)0)设A、B为任意两个事件，且P(B)0，则称比值P(AB)/P(B)为事件A在事件B发生的条件下的条件概率，记为P(A|B)本讲稿第六页，共九十九页由事件发生的频率概念亦可类似地引出条件频率，从而与第一章方法与思路类似，我们引入概率的三条公理。定理1，条件概率P(A|B)=P(AB)/P(B)(P(B)0)满足公理13。(1)1P(A|B)=

4、(2)P(S|B)=P(SB)/P(B)=1本讲稿第七页，共九十九页(3)设A1，A2，互不相容，则A1B，A2B，AnB，也互不相容，因此P(A1+A2+An+)|B=P(A1+An+)B/P(B)=P(A1B+A2B+AnB+)/P(B)=P(A1|B)+P(A2|B)+Note：条件概率如同（古典、几何）概率一样满足：(4)本讲稿第八页，共九十九页(5)P(6)若A1 A2则P(A1|B)P(A2|B)P(A2A1)|B)=P(A2|B)P(A1|B)(7)P(A1A2|B)=P(A1|B)+P(A2|B)P(A1A2|B)当B=S时 P(A|S)=P(A)关系：条件概率可当作无条件概率

6、)0因此右边=本讲稿第十一页，共九十九页例4 包装了的玻璃器皿第一次扔下了被打破概率为0.4，若第一次扔下未打破，第二次扔下被打破概率为0.6，若第二次扔下未打破，第三次扔下被打破概率为0.9，今将这种包装了的器皿连续扔三次，求器皿被打破A的概率。解：设Ai表示第i次扔下器皿被打破事件（i=1，2，3）(1)P(A)=1P()=1 =0.976本讲稿第十二页，共九十九页(2)A=A1+A2+A3P(A)=P(A1)+P()P(A2|)+P()P(A3|)=0.4+(10.4)0.6+(10.4)(10.6)0.9 =0.9762.2 全概率公式概率论的重要研究课题之一是希望从已知的简单事件的

7、概率算出未知的复杂事件的概率。于是一个复杂事件常常分本讲稿第十三页，共九十九页解为若干个互不相容的简单事件的和，再利用概率的可加性可计算复杂事件的概率。全概率公式作用重要性。定理4（全概率公式）设A1,An,为互不相容事件且P(Ai)0,则有：P(B)=本讲稿第十四页，共九十九页证明：本讲稿第十五页，共九十九页例1、设某袋中有6个白球4个黑球，甲、已、丙三人依次摸一球，求甲、已、丙三人分别摸到黑球的概率。解：设A,B,C分别表示甲、已、丙三人摸到黑球。则本讲稿第十六页，共九十九页本讲稿第十七页，共九十九页例2 甲、乙、丙三人向一飞机射击，设他们命中率分别为0.4,0.5,0,7，又设飞机中一弹

8、被击落概率0.2，中两弹飞机被击落概率为0.6，中三弹飞机必然被击落，今三人各射击一次，求飞机被击落A的概率。解：设Ai表示飞机中i弹(i=0,1,2,3)，Bj(j=1,2,3)分别表示甲、乙、丙三人分别击中飞机事件。本讲稿第十八页，共九十九页这里有：AS=A0+A1+A2+A3A0=本讲稿第十九页，共九十九页已知P(A|A1)=0.20 P(A|A2)=0.60 P(A|A3)=1本讲稿第二十页，共九十九页例3设甲袋中有3个白球2个黑球，乙袋中有4个白球4个黑球，从甲袋中任取2球放入乙袋，再从乙袋中任取一球，求该球为白球A的概率。解：设Ai表示从甲袋中取出i个白球事件（i=0,1,2）P(

9、A)=P(A0)P(A|A0)+P(A1)P(A|A1)+P(A2)P(A|A2)=13/25本讲稿第二十一页，共九十九页本讲稿第二十二页，共九十九页例4一盒中装有15只乒乓球，其中9个新球，第一次抽取三只，赛完后放回盒子中；第二次同样任取三只，求第二次取出三球均为新球事件A的概率。解：设Ai表示第一次取出i个新球事件（i=0,1,2,3）本讲稿第二十三页，共九十九页本讲稿第二十四页，共九十九页2.3 贝叶公式 1763年一位精通数学和哲学的英国牧师已逝世二周年，其生前朋友普赖斯将他的遗著论机遇理论中一个问题的解决推荐给皇家学会并将此作发表于当年的哲学会报上，贝叶斯因此而不朽，后来的数学家将之

10、简化为今天的贝叶斯公式。它是利用先验概率计算后验本讲稿第二十五页，共九十九页概率的计算公式，此工作在故障诊断，模式识别、数理统计，预测理论等方面有十分广泛的用途。例1电报发射台发出“”“”比例为5:3，由于干扰，传送“”时失真率为2/5，传送“”时失真率为1/3，求接受台收到“”时发出信号恰是“”概率。本讲稿第二十六页，共九十九页解：设A0，A1分别表示发射台发出“”，“”事件，B0,B1分别表示接受台接到信号“”“”事件。由题设本讲稿第二十七页，共九十九页本讲稿第二十八页，共九十九页P(A1|B1)=P(A1)P(B1|A1)/P(A0)P(B1|A0)+P(A1)P(B1|A1)本讲稿第二

11、十九页，共九十九页例2 在医疗诊断中，为了诊断病人到底患了毛病中的哪一种(A1,A2,An，)，对病人进行观察与检查，确定了某个指标B（例体温、脉博、血液中转氨酶含量等），他想利用这类指标帮助诊断，亦可用Bayes公式，首先必须确定先验概率(Ai)以往资料可给出一些初步数据；其次是要确定P(B|Ai),这里主要依靠医学知识、信息B引起了对事前概率的重新估价本讲稿第三十页，共九十九页于是利用Bayes 公式可算出P(Ai|B)，显然对应于较大P(Ai|B)的病因“Ai”，应多加考虑，在实际中，检查指标B一般有多个，综合所有的后验概率，对诊断有很大帮助，（此法常用于计算机自动诊断或辅助诊断）图表：

12、BP(Ai|B)(i=1,2,n,)AnA2A1本讲稿第三十一页，共九十九页定理(Bayes theorem）设A1,An,为可数无穷多个互不相容事件，(i=1,2,n,)本讲稿第三十二页，共九十九页 Note:上式中P(Ai)称为先验概率：在试验前就已知的，它常常是以往经验的总结。P(Ai|B)称为后验概率：它反映了试验之后对各种原因发生的可能性大小的新知识。Bayes formula实质：利用P(Ai)，P(B|Ai)，(i=1,2,n,)求 P(Ai|B)，(i=1,2,n,)信息B引起了对先验概率P(Ai)的重新估价。本讲稿第三十三页，共九十九页例3 设袋1中装了5个白球与4个黑球，把

13、4个球转移到第二只袋中去，然后从袋2 中取出一个球，发现它是黑球，求从剩下的三个球中取到一个白球概率。解：设Ai表示从袋1中取出4个球中有i个黑球事件(i=1,2,3,4),B表示从袋2中取到一个黑球事件,A表示从剩下的三个球中取到一个白球事件本讲稿第三十四页，共九十九页本讲稿第三十五页，共九十九页 =0.625本讲稿第三十六页，共九十九页例4 在上节例3中已知乙袋中取出的球是白球B，求从甲袋中取出的球是一白一黑A1的概率。解：由例3知：本讲稿第三十七页，共九十九页所求概率为：本讲稿第三十八页，共九十九页2.4 事件的独立性2.4.1 两个事件的独立性引子：前边论述过，一般来说条件概率P(B

14、|A)P(B)，即事件A发生对事件B发生的概率是有影响的，若事件A发生对B发生概率无影响，有：P(B|A)=P(B)(P(A)0)于是P(AB)=P(A)P(B|A)=P(A)P(B)这就是事件A，B相互独立的意义。显然它是事件概率性质，它是条件概率的特例。本讲稿第三十九页，共九十九页举例说明，事件的独立性在事件概率计算与概率论理论研究中具有重要地位。定义 1 设A、B为S中两个事件，若P(AB)=P(A)P(B)，则称A，B两个事件相互独立。Note:（1）事件A、B中有一个概率为0or1，则A，B相互独立；（2）A、B中有一个为S or，则A、B独立。本讲稿第四十页，共九十九页

15、定理1 若P(A)0且A、B独立，则 P(B|A)=P(B)定理2 若A、B相互独立，则A与，与B，与亦独立。证明:本讲稿第四十一页，共九十九页本讲稿第四十二页，共九十九页例1 设E为几何概型E，令M1=“M落在矩形AGID内”，M2=“M落在矩形ABHF内”，M3=“M落在ABD内”，其中 ABCD为正方形，而F,G,H,I为正方形四边的中点，问M1,M2,M3事件是否两两独立？本讲稿第四十三页，共九十九页解 M1,M2独立，M1,M3不独立,M2,M3不独立,AGBHCIDFO本讲稿第四十四页，共九十九页但M1与M2独立，但M1与M3，M2与M3均不独立。本讲稿第四十五页，共九

16、十九页例2 设甲、乙二人独立地射击同一目标，他们击中目标概率分别为0.9和0.8，今各射击一次，求目标被击中的概率。解：设A、B表示甲、乙两人分别击中目标事件，C表示目标被击中事件：（A、B独立，P(AB)=P(A)P(B)本讲稿第四十六页，共九十九页(2)P(C)=1P()=1P()P()=0.98Note：判定事件独立性的实际原则。例：打靶的问题，可靠性问题，破译密码的问题，测量问题等。2.4.2 多个事件的独立性定义2 设Ai,A2,An是n个事件，若对P(Ai1Ai2Aik)=P(Ai1)P(Aik)则称：A1,An相互独立的。本讲稿第四十七页，共九十九页理论上验算：n=3，验算：23

17、-(3+1)=4等式。推论：若n个事件相互独立，则它们中的任何m(2mn)个事件亦相互独立。补充定理：设A1,An这n个事件相互独立，若把其中m(1mn)个事件相应地换成它们的对立事件，则新的n个事件亦相互独立。（数学归纳法）本讲稿第四十八页，共九十九页例3有m3块外形相同的木板，其中上分别写有，一块上写有A0B0C0，其余不写，今从m3块上随机地抽取一块，设抽取一块写有A0、B0、C0事件分别为A，B，C，问A，B，C是否相互独立？本讲稿第四十九页，共九十九页但所以，A，B，C是不相互独立的。（为证明三个事件独立性，必须证明四个等式都成立。）本讲稿第五十页，共九十九页例4（关于可靠性系统例

18、）元件可靠性，系统之可靠性。求下面系统I和系统II之可靠性。并比较（I）（II）系统可靠性大小。设每个元件可靠性为r(0rRC表明增加一条通路增强了系统之可靠性。（2）系统II可靠性每对并联元件可靠性。或者本讲稿第五十三页，共九十九页 =r(2r)，用附加元件方法亦能增加系统可靠性。例5某考生想一本书，分别到三个图书馆借。对每一个图书馆而言，有无此书概率相等；若有，能否借到概率亦相等。假设这三个图书馆采购，出借图书相互独立，求该生借到书事件A概率。本讲稿第五十四页，共九十九页解：设Ai表示第i个图书馆有此书事件（i=1,2,3）本讲稿第五十五页，共九十九页2-5重复独立试验、二项概率公式引

19、子：在第一章我们曾经论述了概率论是研究随机现象统计规律的一门数学学科。研究随机现象的基本手段：在相同条件下进行大量的重复试验或观察。本讲稿第五十六页，共九十九页例：掷一枚质量均匀对称硬币或骰子n次；Galton板；n次打靶E；从一批产品中有放回地抽取n件产品检验；从某袋中有放回地摸n次球检验。等等，这些例子共性：n次E对应n个结果相互独立。于是n次重复独立E的数学刻划需借助于n个事件独立性概念！重复独立试验：1=2=n（or S1=S2=Sn）且有关事件的概率保持不本讲稿第五十七页，共九十九页变，各次E是相互独立的。它是作为“在同样条件下重复试验”的数学模型而出现的，它在概率论中很有地位：因

20、为随机现象的统计规律性只有在大量重复试验中才会显示出来。n次不放回摸球模型则是n个试验不独立的简单例子。定义1 在相同条件下将同E重复进行n次。而每次E对应一个可能结果。若这任本讲稿第五十八页，共九十九页意n个结果之间相互独立，则称这n次E是相互独立的或称这n次E为n次重复独立的试验。怎样判断n次重复独立试验呢？基于实际原则（利于解决实际问题），理论上证明繁杂！一类重要的重复独立E：n重贝努里E。定义2 若E只有两个结果：A与随机试验称之为贝努里E；它的n次重复独立E，称为n重贝努里E。本讲稿第五十九页，共九十九页（1）对于一次贝努里E，AE成功，失败，P(A)=P,P(（2）n重贝努里E

21、是相互独立的，令Ai=第i次E中出现A i=第i次E中出现，对验独立性及补充定理：本讲稿第六十页，共九十九页（3）有些E的结果虽然不止两个，但若我们只注意某一事件发生，则这些E亦可化为n重贝努里E（例摸球，有放回检验产品）例1设有一批N件产品，其中含有M件正品，从中分别按有放回的抽样方式任取n(nN)件，问抽取的n件产品中恰有m件正品Bm概率是多少？本讲稿第六十一页，共九十九页解：设Bm表示恰好抽得m件正品事件，Ai表示第i次取得正品事件（表示第i次取得次品事件。这是一个n重贝努里E，得次品事件。于是：本讲稿第六十二页，共九十九页本讲稿第六十三页，共九十九页个事件互不相容，利用试验独立性

22、与补充Th知：本讲稿第六十四页，共九十九页 Theorem1.若在n重贝努里E中，成功的概率为P（0P1）则在n重贝努里E中成功恰好发生k次概率为：两种方法证明（1）Bk表示成功k次事件（k=0,1,2,n）本讲稿第六十五页，共九十九页证S=B0+B1+Bn or (2)利用Newton二项式公式本讲稿第六十六页，共九十九页例2已知一大批某种产品中有30%的一级品，现从中随机地抽取5个样品，求：（a）5个样品恰有两个一级品概率；（b）5个样品至少两个一级品的概率。解：设Bi表示5个样品中恰有i个一级品事件（i=0,1,2,3,4,5）由于5个样品相对于一本讲稿第六十七页，共九十九页大批产品而言

23、是小样本。于是无放回抽取5件产品可当作有放回抽取5件产品。这问题可处理为5重贝努里E，成功概率P=0.30。本讲稿第六十八页，共九十九页(b)例3 设昆虫产k个卵的概率，又设一个卵能孵化成昆虫的概率为P，若卵的孵化是相互独立的，问此昆虫的下一代有L条虫事件A的概率。解；设 Ak表示昆虫产 k个卵事件（k=0,1,2,）本讲稿第六十九页，共九十九页本讲稿第七十页，共九十九页本讲稿第七十一页，共九十九页例4 设某种数字传输器以512103个0或1/S的序列传送消息，由于干扰，在传送过程中会将0或1误为1或0的情况，这两种情形称为“误码”。误码概率为P=107，求在10S内出现一个误

24、码概率。本讲稿第七十二页，共九十九页解：这是n=51210310重贝努里E，成功概率P=107 直接计算十分复杂，计算的复杂性问题！关于此问题美籍华人著名数字家陈省身教授将之列为21世纪待解决问题，称之为算法世纪！引入二项概率近似计算公式：泊松近似公式！本讲稿第七十三页，共九十九页2.6 泊松逼近引子：若在每次贝努里E中成功概率P很小，则称之为稀有事件。那么当n充分大时，n重贝努里E中稀有事件恰好出现k次概率计算相当复杂。为此1837年法国数学家Poison引入了二项概率的一个逼近定理，从而为我们实际计算提供了一个切实可行的近似公式！本讲稿第七十四页，共九十九页定理2（泊松定理）在n重贝努里E

25、中，事件A在一次试验中出现的概率为Pn（它与E的总数n有关），若npn=（正常数）则有：本讲稿第七十五页，共九十九页Note：nPn=条件可改为本讲稿第七十六页，共九十九页Note：（1）当时例1 计算概率本讲稿第七十七页，共九十九页解：应用泊松近似公式：（2）本讲稿第七十八页，共九十九页Note：参保人为同年龄和同社会阶层的人例2（寿命保险问题）在保险公司里有2500人参加了人寿保险，每个参加保险的人，一年要付保险费12元，一年内死亡，其家属可到公司领取2000元丧葬费。设一年内每人死亡的概率为0.002，求（a）保险公司亏本事件A概率；（b）保险公司获利不少于10000元事件B的概率。

26、本讲稿第七十九页，共九十九页解：（a）一年内总收入：250012=30000（元），设一年内死亡X人，于是保险公司亏本A发生这是一个n=2500重，成功概率P=0.002，贝努里E。本讲稿第八十页，共九十九页（b）事件B发生等价于30000-2000 x 10000即x 10保险公司发财的秘密！本讲稿第八十一页，共九十九页例3 设一批产品次品率不超过0.5%，今从中随机地抽取200件样品进行检查，发现5件次品，问能否相信“次品率不超过0.5%”假设。解：假设这批产品次品样率为p=0.5%，设A表示抽取200件产品中次品数不少于5的事件。本讲稿第八十二页，共九十九页因小概率原理：（1）概率很小的

27、事件在一次E中，实际上几乎不可能发生：（2）当n充分大时事件A一定能够发生！本讲稿第八十三页，共九十九页据此判断，事件A在一次E中几乎不可能发生，但事件A实际上发生了，与小概率原理矛盾，从而推断这批产品的次品率不超过0.5%假设不可信。习题集（Chapter2)本讲稿第八十四页，共九十九页1 设M件产品有m件废品，从中任取两件，求（1）在所取产品中发现有一件是废品，求另一件也是废品的概率。（2）在所取产品中发现有一件是正品，求另一件是废品的概率。解：设Ai=“两件中恰有i件废品”，i=0,1,2 本讲稿第八十五页，共九十九页B=“两件中有一件废品”C=“两件中有一件正品”（1）B=，因A1与A2互不相容，故本讲稿第八十六页，共九十九页本讲稿第八十七页，共九十九页本讲稿第八十八页，共九十九页本讲稿第八十九页，共九十九页本讲稿第九十页，共九十九页本讲稿第九十一页，共九十九页本讲稿第九十二页，共九十九页本讲稿第九十三页，共九十九页本讲稿第九十四页，共九十九页本讲稿第九十五页，共九十九页本讲稿第九十六页，共九十九页本讲稿第九十七页，共九十九页本讲稿第九十八页，共九十九页本讲稿第九十九页，共九十九页

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