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1、会计学 1条件(tiojin)概率与独立性第一页，共95页。2.1 条件概率与乘法公式 2.1.1 条件概率例1 在所有的两位数10到99中任取一个数。(1)求此数能被4整除的概率.(2)求此数为偶数(u sh)的概率.(3)若已知此数为偶数(u sh)，求此数能被4整除的概率.解 设A=此两位数能被4整除，B=此两位数为偶数(u sh)，样本空间=10,11,12,98,99 共90个样本点(1)A=12,16,92,96 共22个样本点，P(A)=22/90=11/45(2)B=10,12,14,16,96,98共45个样本点,P(B)=45/90=1/2第1页/共95页第二页，共95页。
2、(3)(3)若 若已 已知 知此 此数 数为 为偶 偶数 数,样 样本 本空 空间 间=B=B B=B，其 其样 样本 本点 点总 总数 数为 为45 45个 个；且 且能 能够 够被 被4 4整 整除 除的 的两 两位 位数 数样 样本 本空 空间 间=A=A,A=A,其 其样 样本 本点总数为 点总数为22 22个。个。故 故AB=12,16,96=AB=12,16,96=A A B B，共，共22 22个样本点。个样本点。在 在 已 已 知 知 B B发 发 生 生 的 的 条 条 件 件 下 下，事 事 件 件 A A发 发 生 生 的 的 概 概 率 率(gil)p=22/45(gi
3、l)p=22/45 叫做 叫做“条件概率 条件概率(gil)”,(gil)”,写成：写成：P(A|B)=22/45 P(A|B)=22/45 事件A的概率：已知事件B发生的条件下，事件A的概率：第2页/共95页第三页，共95页。定义 定义1 1 对事件 对事件A A、B B，若，若P(B)P(B)0 0，则，则称为事件 称为事件A A在条件 在条件B(B(发生 发生(fshng)(fshng)下的条件概率。下的条件概率。相对地，有时就把概率 相对地，有时就把概率P(A)P(A)，P(B)P(B)等称作无条件概率 等称作无条件概率.方法1：用原样本(yngbn)空间 计算条件概率方法2：用新样本
4、(yngbn)空间B计算条件概率第3页/共95页第四页，共95页。说明：条件概率也是概率 条件概率满足概率性质(xngzh)思考：利用条件概率的定义，推出 P(AB)与P(A)的大小关系。第4页/共95页第五页，共95页。条件概率(gil)的性质1、非负性 对任一事件B，必有P(B|A)02、规范性 3、可加性第5页/共95页第六页，共95页。例 例2 2 一个家庭中有二个小孩，已知其中有一个是女孩，问这时另一个小孩也是女孩的概率为多大（假定 一个家庭中有二个小孩，已知其中有一个是女孩，问这时另一个小孩也是女孩的概率为多大（假定(jidng)(jidng)一个小孩是男还是女是等可能的）？一个小
5、孩是男还是女是等可能的）？解 解 样本空间 样本空间=(=(男 男,男 男)，(男 男,女 女)，(女 女,男 男)，(女 女,女 女)A=A=已知有一个是女孩 已知有一个是女孩=(=(男 男,女 女)，(女 女,男 男)，(女 女,女 女)B=B=另一个也是女孩 另一个也是女孩=(=(女，女 女，女)则 则第6页/共95页第七页，共95页。例 例3 3 设 设已 已知 知某 某种 种动 动物 物(dngw)(dngw)自 自出 出生 生能 能活 活过 过20 20岁 岁的 的概 概率 率是 是0.8,0.8,能 能活 活过 过25 25岁 岁的 的概 概率 率是 是0.4,0.4,问 问现
6、现龄 龄20 20岁 岁的 的该 该种 种动 动物 物(dngw)(dngw)能活过 能活过25 25岁的概率是多少？岁的概率是多少？解 解 设 设 A=A=该种动物 该种动物(dngw)(dngw)能活过 能活过20 20岁 岁 B=B=该种动物 该种动物(dngw)(dngw)能活过 能活过25 25岁 岁 显然有：显然有：，P(B)=0.4 P(B)=0.4 B B A A，AB=B AB=B第7页/共95页第八页，共95页。例 例4 4 盒 盒子 子中 中有 有4 4只 只坏 坏晶 晶体 体管 管和 和6 6只 只好 好晶 晶体 体管 管，任 任取 取两 两只 只，第 第1 1次 次取
7、 取出 出的 的不 不放 放回 回。若 若已 已经 经发 发现 现第 第1 1只 只是 是(zhsh)(zhsh)好 好的 的，求第 求第2 2只也是好的的概率。只也是好的的概率。解法 解法1 1 设 设Ai=Ai=第 第i i只是 只是(zhsh)(zhsh)好的 好的，i=1,2 i=1,2第8页/共95页第九页，共95页。解 解法 法2 2 在 在已 已经 经发 发现 现第 第1 1只 只是 是好 好的 的情 情况 况下 下，再 再取 取出 出第 第2 2只 只晶 晶体 体管 管，样 样本空间变成只有 本空间变成只有9 9个样本点（个样本点（9 9种可能结果）。种可能结果）。此时取出一只
8、是好的样本点有 此时取出一只是好的样本点有5 5个 个这种方法是改变样本空间，用一般 这种方法是改变样本空间，用一般(ybn)(ybn)的 的P=r/n P=r/n计算。计算。第9页/共95页第十页，共95页。2.1.2 2.1.2 乘法公式 乘法公式(gngsh)(gngsh)定理 定理1 1 若 若P(A)P(A)0 0，则有，则有 P(AB)=P(A)P(AB)=P(A)P(B|A)P(B|A)若 若P(B)P(B)0 0，则有，则有 P(AB)=P(B)P(AB)=P(B)P(A|B)P(A|B)此公式 此公式(gngsh)(gngsh)称为乘法定理。称为乘法定理。定理 定理2 2 设
9、 设A1,A2,An A1,A2,An为 为n n个任意事件，且满足 个任意事件，且满足 P(A1A2An-1)P(A1A2An-1)0,0,则有 则有 P(A1A2An)=P(A1)P(A1A2An)=P(A1)P(A2|A1)P(A2|A1)P(A3|A1A2)P(An|A1A2An P(A3|A1A2)P(An|A1A2An-1)-1)上式表明，可通过一系列的条件概率的乘积来计算事件积的 上式表明，可通过一系列的条件概率的乘积来计算事件积的概率。概率。第10页/共95页第十一页，共95页。证明：当 证明：当P(A1A2 P(A1A2 An-1)0 An-1)0时，时，由于 由于A1 A1
10、 A1A2 A1A2 A1A2An-1,A1A2An-1,则有 则有P(A1)P(A1)P(A1A2)P(A1A2)P(A1A2An-1)0 P(A1A2An-1)0由条件概率的定义，得 由条件概率的定义，得 顺便 顺便(shbin)(shbin)指出，当 指出，当P(A1A2An-1)=0 P(A1A2An-1)=0时，可知 时，可知 P(A1A2An)=0 P(A1A2An)=0 第11页/共95页第十二页，共95页。例 例5 5 一批产品 一批产品(chnpn)(chnpn)的次品率为，正品中一等品率为 的次品率为，正品中一等品率为75 75，现从这批产品，现从这批产品(chnpn)(c
11、hnpn)中任意取一件，试求恰好取到一等品的概率。中任意取一件，试求恰好取到一等品的概率。解 解第12页/共95页第十三页，共95页。例6 设有10个球，7新3旧，分别放在三个盒子中。表示(biosh)新球，表示(biosh)旧球。现从中任取一球，问此球为新的概率。解 新=甲且新乙且新丙且新 P(新)=P(甲且新)+P(乙且新)+P(丙且新)=P(甲)P(新|甲)+P(乙)P(新|乙)+P(丙)P(新|丙)=第13页/共95页第十四页，共95页。例 例7 7 为 为安 安全 全起 起见 见，工 工厂 厂同 同时 时装 装有 有两 两套 套报 报警 警系 系统 统1,2 1,2。已 已知 知每
12、每套 套系 系统 统单 单独 独使 使用 用时 时能 能正 正确 确报 报警 警的 的概 概率 率分 分别 别(fnbi)(fnbi)为 为0.92 0.92和 和0.93 0.93，又 又已 已知 知第 第一 一套 套系 系统 统失 失灵 灵时 时第 第二 二套 套系 系统 统仍 仍能 能正 正常 常工 工作 作的 的概 概率 率为 为0.85,0.85,试 试求 求该 该工 工厂 厂在 在同 同时 时启 启用 用两 两套 套报 报警系统时，能正确报警的概率是多少？警系统时，能正确报警的概率是多少？解 解 A=A=工厂同时启用两套报警系统时 工厂同时启用两套报警系统时,能正确报警 能正确报警
13、=报警系统 报警系统1 1，2 2中至少有一套能正常工作 中至少有一套能正常工作 Bi=Bi=第 第i i套报警系统能正常工作 套报警系统能正常工作 的事件，的事件，i=1,2 i=1,2 则有 则有 A=B1B2 A=B1B2第14页/共95页第十五页，共95页。则有 则有P(A)=P(B P(A)=P(B1 1B B2 2)=P(B)=P(B1 1)+P(B)+P(B2 2)-P(B)-P(B1 1B B2 2)第15页/共95页第十六页，共95页。例 例8 8 对某种产品要依次进行三项破坏性试验。已知产品不能通过第一项试验的概率是；通过第一项而通不过第二项试验的概率是；通过了前两项试验却
14、不能通过最后 对某种产品要依次进行三项破坏性试验。已知产品不能通过第一项试验的概率是；通过第一项而通不过第二项试验的概率是；通过了前两项试验却不能通过最后(zuhu)(zuhu)一项试验的概率是。求该产品未能通过破坏性试验的概率。一项试验的概率是。求该产品未能通过破坏性试验的概率。解：设 解：设A A为题设所求事件，为题设所求事件，Ai=Ai=产品未能通过第 产品未能通过第i i项破坏性试验 项破坏性试验 i=1,2,3 i=1,2,3 显然 显然A=A1A2A3 A=A1A2A3第16页/共95页第十七页，共95页。例9 一批零件共100个，次品率为1。每次从其中任取一个零件，取出的零件不再
15、放回去，求第三次才取得(qd)合格品的概率。解第17页/共95页第十八页，共95页。例 例10 10 一 一个 个人 人依 依次 次(yc)(yc)进 进行 行四 四次 次考 考试 试，他 他第 第一 一次 次考 考试 试及 及格 格的 的概 概率 率为 为p(0p1)p(0p1)，又 又若 若他 他前 前一 一次 次考 考试 试及 及格 格，则 则本 本次 次考 考试 试的 的及 及格 格率 率为 为p p，若 若前 前一 一次 次考 考试 试不 不及 及格 格，则 则本 本次 次考 考试 试的 的及 及格 格率 率为 为p/2 p/2，如 如果 果他 他至 至少 少要 要有 有三 三次 次
16、考 考试 试及 及格，才能认为考试合格，问 格，才能认为考试合格，问 他能考试合格 他能考试合格 的概率有多大 的概率有多大?解 解 第18页/共95页第十九页，共95页。第19页/共95页第二十页，共95页。2.2 全概率公式与贝叶斯公式2.2.1 全概率公式 定理3 设B1,B2,Bn 为一列(有限(yuxin)或无限个)两两互不相容的事件，有 则对任一事件A，有第20页/共95页第二十一页，共95页。证 证 因为 因为B1,B2,Bn,B1,B2,Bn,是互不相容 是互不相容(xin rn)(xin rn)的，的，则 则AB1,AB1,AB2,AB2,ABn,ABn,也 也是 是互 互不
17、 不相 相容 容(xin(xin rn)rn)的。的。由于 由于 注意：）注意：）P(Bi)0(i=1,2,n)P(Bi)0(i=1,2,n)条件哪里用到？条件哪里用到？）没有此条件行吗？）没有此条件行吗？第21页/共95页第二十二页，共95页。例 例11 11 袋中有大小相同的 袋中有大小相同的a a个黄球、个黄球、b b个白球。现做不放回 个白球。现做不放回 地摸球两次，问第 地摸球两次，问第2 2次摸得黄球的概率？次摸得黄球的概率？解 解 第 第2 2次摸球是在第 次摸球是在第1 1次摸球后进行的，但第 次摸球后进行的，但第1 1次摸球只有 次摸球只有 以下两种可能的结果 以下两种可能的
18、结果(ji gu)(ji gu)：B1=B1=第 第1 1次摸得黄球 次摸得黄球 B2=B2=第 第1 1次摸得白球 次摸得白球 现有 现有B1B2=B1B2=，B1+B2=B1+B2=。设 设A=A=第 第2 2次摸得黄球 次摸得黄球 P(A)=P(AB1)+P(AB2)=P(B1)P(A|B1)+P(B2)P(A|B2)P(A)=P(AB1)+P(AB2)=P(B1)P(A|B1)+P(B2)P(A|B2)=第22页/共95页第二十三页，共95页。例 例12(12(抽 抽签 签问 问题 题)6 6人 人分 分2 2张 张球 球票 票，抽 抽签 签决 决定 定。问 问第 第1 1人 人抽 抽
19、得 得球 球票 票的 的概率 概率(gil)(gil)与第 与第2 2人抽得球票的概率 人抽得球票的概率(gil)(gil)是否相等？是否相等？解 解 设 设A=A=第 第1 1人得票 人得票，B=B=第 第2 2人得票 人得票 P(A)=2/6=1/3 P(A)=2/6=1/3 第 第2 2人得票与第 人得票与第1 1人得票有关联，人得票有关联，且 且A+A+=，用全概率 用全概率(gil)(gil)公式：公式：P(B)=P(A)P(B|A)+P(P(B)=P(A)P(B|A)+P()P(B|)P(B|)=可见，两人得票的概率 可见，两人得票的概率(gil)(gil)相等。相等。第23页/共
20、95页第二十四页，共95页。例 例13 13 某 某工 工厂 厂有 有四 四条 条流 流水 水线 线生 生产 产同 同一 一产 产品 品(chnpn)(chnpn)，已 已知 知这 这四 四条 条流 流水 水线 线的 的产 产量 量分 分别 别占 占总 总产 产量 量15 15，20%20%，30 30 和 和35 35，又 又知 知这 这四 四条 条流 流水 水线 线的 的产 产品 品(chnpn)(chnpn)不 不合 合格 格率 率依 依次 次为 为0.05 0.05，0.04 0.04，0.03 0.03及 及0.02 0.02。现 现从 从该 该工 工厂 厂的 的这 这一 一产 产品
21、 品(chnpn)(chnpn)中 中任 任取 取一 一件 件，问 问取 取到 到不合格品的概率是多少？不合格品的概率是多少？解 解 设 设A=A=任取一件产品 任取一件产品(chnpn)(chnpn)，结果是不合格品，结果是不合格品 Bk=Bk=任 任取 取一 一件 件产 产品 品(chnpn)(chnpn)，结 结果 果是 是第 第k k条 条流 流水 水线 线的 的产 产品 品(chnpn)(chnpn)k=1,2,3,4 k=1,2,3,4 P(B1)=0.15 P(B2)=0.20 P(B1)=0.15 P(B2)=0.20 P(B3)=0.30 P(B4 P(B3)=0.30 P(
22、B4 第24页/共95页第二十五页，共95页。P(A|B1)=0.05 P(A|B2 P(A|B1)=0.05 P(A|B2 P(A|B3)=0.03 P(A|B4 P(A|B3)=0.03 P(A|B4由于 由于(yuy)B1,B2,B3,B4(yuy)B1,B2,B3,B4互斥，互斥，B1+B2+B3+B4=B1+B2+B3+B4=可用全概率公式 可用全概率公式,有 有P(A)=P(B1)P(A|B1)+P(B2)P(A|B2)+P(B3)P(A|B3)+P(B4)P(A|B4)P(A)=P(B1)P(A|B1)+P(B2)P(A|B2)+P(B3)P(A|B3)+P(B4)P(A|B4)
23、第25页/共95页第二十六页，共95页。例 例14 14 一商店出售的某型号的晶体管是甲、乙、丙三家工厂生产的，其中乙厂产品占总数的，另两家工厂的产品各占。已知甲、乙、丙各厂产品合格率分别为、，试求随意 一商店出售的某型号的晶体管是甲、乙、丙三家工厂生产的，其中乙厂产品占总数的，另两家工厂的产品各占。已知甲、乙、丙各厂产品合格率分别为、，试求随意(su y)(su y)取出一只晶体管是合格品的概率（此货合格率）。取出一只晶体管是合格品的概率（此货合格率）。解 解 设 设A1=A1=晶体管产自甲厂 晶体管产自甲厂，A2=A2=晶体管产自乙厂 晶体管产自乙厂，A A=晶体管产自丙厂 晶体管产自丙厂
24、，B=B=晶体管是合格品 晶体管是合格品。则 则 P(A1)=P(A3)=0.25 P(A2)=0.5 P(A1)=P(A3)=0.25 P(A2)=0.5 由全概率公式得：由全概率公式得：第26页/共95页第二十七页，共95页。例 例15 15 设甲袋中有 设甲袋中有m-1 m-1只白球和 只白球和1 1只黑球，乙袋中有 只黑球，乙袋中有m m只白球，每次从甲、乙两袋中分别取出一只球，经交换后放回袋中，求经 只白球，每次从甲、乙两袋中分别取出一只球，经交换后放回袋中，求经n n次交换后，黑球在甲袋中的概率，并讨论 次交换后，黑球在甲袋中的概率，并讨论(toln)n(toln)n时的情形。时的
25、情形。解 解 设经 设经 k k次交换后，黑球在甲袋的概率为 次交换后，黑球在甲袋的概率为pk pk。经过 经过k-1 k-1次交换后，黑球在甲袋中，再交换一次，黑球仍在甲袋的概率为 次交换后，黑球在甲袋中，再交换一次，黑球仍在甲袋的概率为。当经 当经k-1 k-1次交换后，黑球不在甲袋中，再交换一次，黑球在甲袋的概率为 次交换后，黑球不在甲袋中，再交换一次，黑球在甲袋的概率为。第27页/共95页第二十八页，共95页。于是(ysh)，由全概率公式得第28页/共95页第二十九页，共95页。第29页/共95页第三十页，共95页。例 例16 16 连续做某项试验，每次试验只有成功 连续做某项试验，每
26、次试验只有成功(chnggng)(chnggng)和失败两种结果 和失败两种结果.已知当第 已知当第k k次成功 次成功(chnggng)(chnggng)时，第 时，第k+1 k+1次成功 次成功(chnggng)(chnggng)的概率为 的概率为1/2 1/2，当第，当第k k次试验失败时，第 次试验失败时，第k+1 k+1次成功 次成功(chnggng)(chnggng)的概率为 的概率为3/4 3/4，如果第一次试验成功，如果第一次试验成功(chnggng)(chnggng)和失败的概率均为 和失败的概率均为1/2 1/2，求第，求第n n次试验成功 次试验成功(chnggng)(c
27、hnggng)的概率。的概率。解 解第30页/共95页第三十一页，共95页。第31页/共95页第三十二页，共95页。2.2.2 贝叶斯公式定理4 设B1,B2,为一系列（有限或无限个）两两互不相容的事件(shjin)，且则对任一具有正概率的事件(shjin)A，有第32页/共95页第三十三页，共95页。证明：证明：该定理 该定理(dngl)(dngl)可以推广到可列多个的情况。可以推广到可列多个的情况。贝叶斯公式的意义：贝叶斯公式的意义：当不知道某信息（事件 当不知道某信息（事件A A）时，我们对各事件）时，我们对各事件B1,B2,B1,B2,发生的可能性大小的认识为：发生的可能性大小的认识为
28、：P(B1),P(B2),.P(B1),P(B2),.当 当知 知道 道某 某信 信息 息（事 事件 件A A）已 已经 经发 发生 生时 时，我 我们 们对 对各 各事 事件 件B1,B1,B2,B2,发生的可能性大小的要重新认识：发生的可能性大小的要重新认识：P(B1|A),P(B2|A),.P(B1|A),P(B2|A),.用乘法(chngf)公式用全概率(gil)公式第33页/共95页第三十四页，共95页。例 例17 17(市 市场 场问 问题 题)某 某公 公司 司计 计划 划将 将一 一种 种无 无污 污染 染副 副作 作用 用的 的净 净化 化设 设备 备投 投放 放市 市场 场
29、。公 公司 司市 市场 场部 部事 事先 先估 估计 计该 该产 产品 品畅 畅销 销的 的概 概率 率是 是0.5 0.5，一 一般 般为 为0.3 0.3，滞 滞销 销(zhxio)(zhxio)为 为0.2 0.2。为 为测 测试 试销 销路 路，决 决定 定先 先进 进行 行试 试销 销，并 并设 设定 定了 了以 以下 下的 的标 标准 准：若 若产 产品 品畅 畅销 销，则 则在 在试 试销 销期 期内 内卖 卖出 出7000 7000到 到10000 10000台 台产 产品 品的 的概 概率 率是 是0.6 0.6；若 若产 产品 品的 的销 销路 路一 一般 般，则 则在 在
30、产 产品 品的 的试 试销 销期 期内 内卖 卖出 出7000 7000到 到10000 10000台 台产 产品 品的 的概 概率 率是 是0.9 0.9；若 若产 产品 品滞 滞销 销(zhxio)(zhxio)，则 则在 在试 试销 销期 期间 间能 能卖 卖出 出7000 7000到 到10000 10000台 台产品的概率是 产品的概率是0.2 0.2。若 若在 在试 试销 销期 期满 满后 后，实 实际 际卖 卖出 出产 产品 品是 是9000 9000台 台。问 问该 该产 产品 品(1)“(1)“销 销路 路为 为一 一般 般”；(2)“(2)“畅 畅销 销”；(3)“(3)“
31、畅 畅销 销或 或销 销路 路一 一般 般”的概率各是多少？的概率各是多少？第34页/共95页第三十五页，共95页。解法 解法1 A1=1 A1=该产品是畅销品 该产品是畅销品 P(A1 P(A1 A2=A2=该产品的销路一般 该产品的销路一般 P(A2 P(A2 A3=A3=该产品是滞销品 该产品是滞销品 P(A3 P(A3 B=B=试销期内能卖出该产品 试销期内能卖出该产品7000 7000到 到10000 10000台 台 于是 于是(ysh)(ysh)，市场部前期工作成果可表成：，市场部前期工作成果可表成：P(A1)=0.5 P(A2)P(A1)=0.5 P(A2)0.3 P(A3 0
32、.3 P(A3 P(B|A1)=0.6 P(B|A1)=0.6，P(B|A2)=0.9 P(B|A2)=0.9，P(B|A3 P(B|A3现事件 现事件B B发生，用贝叶斯公式可算得所要的概率：发生，用贝叶斯公式可算得所要的概率：第35页/共95页第三十六页，共95页。解法(ji f)2第36页/共95页第三十七页，共95页。例 例18 18 两台机床加工同样 两台机床加工同样(tngyng)(tngyng)的零件，第一台出现废品的概率为，第二台出现废品的概率为，加工的零件混放在一起，若第一台车床与第二台车床加工的零件数为 的零件，第一台出现废品的概率为，第二台出现废品的概率为，加工的零件混放
33、在一起，若第一台车床与第二台车床加工的零件数为5:4 5:4。求 求()任意地从这些零件中取出一个合格品的概率；任意地从这些零件中取出一个合格品的概率；()若已知取出的一个零件为合格品，那么，它由 若已知取出的一个零件为合格品，那么，它由 哪一台机床生产的可能性较大。哪一台机床生产的可能性较大。解 解第37页/共95页第三十八页，共95页。（）因此(ync)，第一台可能性较大。（1）第38页/共95页第三十九页，共95页。例 例19 19 某实验室在器皿中繁殖 某实验室在器皿中繁殖(fnzh)(fnzh)成 成k k个细菌的概率为 个细菌的概率为并设所繁殖 并设所繁殖(fnzh)(fnzh)的
34、每个细菌为甲类菌或乙类菌的概率相等，求下列事件的概率：的每个细菌为甲类菌或乙类菌的概率相等，求下列事件的概率：(1)(1)器皿中所繁殖 器皿中所繁殖(fnzh)(fnzh)的全部是甲类菌的概率。的全部是甲类菌的概率。(2)(2)已知所繁殖 已知所繁殖(fnzh)(fnzh)的全部是甲类菌，求细菌个数为 的全部是甲类菌，求细菌个数为2 2的概率。的概率。(3)(3)求所繁殖 求所繁殖(fnzh)(fnzh)的细菌中有 的细菌中有i i个甲类菌的概率。个甲类菌的概率。解 解 A=A=繁殖 繁殖(fnzh)(fnzh)的细菌全是甲类菌 的细菌全是甲类菌，Bk=Bk=繁殖 繁殖(fnzh)(fnzh)
35、了 了k k个细菌 个细菌，k=1,2,k=1,2,Ai=Ai=所繁殖 所繁殖(fnzh)(fnzh)的细菌中有 的细菌中有i i个甲类菌 个甲类菌，i=1,2,i=1,2,第39页/共95页第四十页，共95页。（1）由全概率公式有（2）第40页/共95页第四十一页，共95页。（3）由题意根据全概率(gil)公式第41页/共95页第四十二页，共95页。例 例20(20(贝叶斯决策）假定 贝叶斯决策）假定(ji(ji dng)dng)具有症状 具有症状S S的疾病有 的疾病有d1,d2,d3 d1,d2,d3三种现从 三种现从20000 20000份患有疾病 份患有疾病d1,d2,d3 d1,d
36、2,d3的病史卡中，统计得到下列数据：的病史卡中，统计得到下列数据：求当一个具有症状 求当一个具有症状S S的病人来就诊时，他患有疾病 的病人来就诊时，他患有疾病 d1 d1，d2 d2，d3 d3的可能性各有多大？的可能性各有多大？解 解 设 设A=A=患者出现症状 患者出现症状S S Di=Di=患者患有疾病 患者患有疾病di di，i=1 i=1，2 2，3 3 第42页/共95页第四十三页，共95页。每 每观 观察 察一 一张 张病 病卡 卡可 可看 看成 成是 是作 作了 了一 一次 次试 试验 验，由 由于 于统 统计 计的 的病 病卡 卡很 很多 多，这 这样 样以 以频 频率
37、率来 来近 近似 似(jn(jn s)s)代 代替 替概 概率 率是 是可 可行 行的由统计数字，得 的由统计数字，得 第43页/共95页第四十四页，共95页。由贝叶斯决策公式 由贝叶斯决策公式(gngsh)(gngsh)，得，得 当 当一 一个 个具 具有 有症 症状 状S S的 的病 病人 人来 来就 就诊 诊时 时，他 他患 患有 有疾 疾病 病d1 d1的 的可 可能 能性 性最 最大 大，概率为 概率为0.4934 0.4934。第44页/共95页第四十五页，共95页。2.3 事件的相互独立性定义2:若两事件A,B，满足 P(AB)=P(A)P(B)则称A,B（或B,A）相互独立，简
38、称独立。若P(A)0,则事件A与B独立的充分必要条件是 P(B|A)=P(B)若P(B)0,则事件A与B独立的充分必要条件是 P(A|B)=P(A)一般情况：P(A|B)P(A),说明B的发生(fshng)对A发生(fshng)的概率 有影响，这就是不独立。独立：A发生与否对B的概率(gil)无影响独立：B发生(fshng)与否对A的概率无影响第45页/共95页第四十六页，共95页。证明 证明(zhngmng)(1)P(A)0(zhngmng)(1)P(A)0，A A与 与B B独立 独立 P(B|A)=P(B)P(B|A)=P(B)P(AB)=P(A)P(B|A)P(AB)=P(A)P(B|
39、A)由 由A A、B B独立，有 独立，有 P(AB)=P(A)P(B)P(AB)=P(A)P(B)P(A)0 P(A)0，P(B|A)=P(B)P(B|A)=P(B)(2)P(B)0(2)P(B)0，A A与 与B B独立 独立 P(A|B)=P(A)P(A|B)=P(A)P(AB)=P(B)P(A|B)P(AB)=P(B)P(A|B)由 由A A、B B独立，有 独立，有 P(AB)=P(A)P(B)P(AB)=P(A)P(B)P(B)0 P(B)0，P(A|B)=P(A)P(A|B)=P(A)第46页/共95页第四十七页，共95页。定 定理 理5 5 若 若四 四对 对事 事件 件 中
40、中有 有一 一对 对是 是相 相互 互独 独立 立的 的，则 则另 另外 外(ln(ln wi)wi)三 三对 对事 事件 件也 也是 是相 相互 互独 独立 立的 的。即 即这 这四 四对 对事 事件 件或 或者 者都 都相 相互 互独 独立 立，或 或者 者都 都不 不相 相互 互独 独立。立。证明思路：证明思路：证 证 明 明：()因 因 为 为 A A，B B事 事 件 件 相 相 互 互 独 独 立 立，即 即P(AB)=P(A)P(B)P(AB)=P(A)P(B)。所以 所以 相互独立 相互独立第47页/共95页第四十八页，共95页。（）（）（）（）第48页/共95页第四十九页，共
41、95页。（）（）所以，A、B事件相互(xingh)独立。第49页/共95页第五十页，共95页。n n 由事件的独立性定义 由事件的独立性定义(dngy)(dngy)可得：可得：n n 即 即使 使在 在 P(A)=0 P(A)=0 或 或P(B)=0 P(B)=0时 时，事 事件 件的 的独 独立 立性 性定 定义 义(dngy)(dngy)仍 仍n n 适用。适用。n n 与任何事件 与任何事件A A是独立的。是独立的。P(P(A)=P(A)=P()P(A)=P(A)P(A)=P(A)n n 与任何事件 与任何事件A A是独立的。是独立的。P(P(A)=P(A)=P()P(A)=P()P(A
42、)=P()n n A A与 与B B独立并不是说 独立并不是说A,B A,B互不相容（即不是 互不相容（即不是AB=AB=）；）；n n A A与 与B B独立的含义是：独立的含义是：P(A|B)=P(A),P(B|A)=P(B)P(A|B)=P(A),P(B|A)=P(B)第50页/共95页第五十一页，共95页。例 例21 21 甲、乙同时向一敌机炮击 甲、乙同时向一敌机炮击(poj)(poj)，已，已知甲击中敌机的概率为，乙击中敌机的概率为，知甲击中敌机的概率为，乙击中敌机的概率为，求敌机被击中的概率。求敌机被击中的概率。解：解：记 记第51页/共95页第五十二页，共95页。事件的独立性概
43、念可以推广到有限个事件的情形。事件的独立性概念可以推广到有限个事件的情形。定义 定义3 3 设 设A1,A2,An A1,A2,An是 是n n个事件，若对所有可能的组合 个事件，若对所有可能的组合1ijk 1ijk n n成立 成立:P(AiAj)=P(Ai)P(Aj)(P(AiAj)=P(Ai)P(Aj)(共 共 个 个)P(AiAjAk)=P(Ai)P(Aj)P(Ak)(P(AiAjAk)=P(Ai)P(Aj)P(Ak)(共 共 个 个)P(A1A2An)=P(A1)P(A2)P(An)(P(A1A2An)=P(A1)P(A2)P(An)(共 共 个 个)则称 则称A1,A2,An A1
44、,A2,An相互独立。相互独立。定 定理 理6 6 设 设n n个 个事 事件 件A1,A1,A2,A2,An An相 相互 互独 独立 立，那 那么 么，把 把其 其中 中(qzhng)(qzhng)任 任意 意m m个 个(1(1 mn)mn)事 事件 件相 相应 应换 换成 成它 它们 们的 的对 对立 立事 事件 件，则 则所 所得 得的 的n n个 个事 事件 件仍 仍然 然相 相互 互独 独立 立（证明略）。（证明略）。当 当m=n m=n时，有 时，有A1,A2,An A1,A2,An相互独立，则 相互独立，则1,2,n 1,2,n相互独立。相互独立。第52页/共95页第五十三页
45、，共95页。例 例22 22 设某型号 设某型号(xngho)(xngho)的高射炮发射一发炮弹击中飞机的概率为，现在用此型号 的高射炮发射一发炮弹击中飞机的概率为，现在用此型号(xngho)(xngho)的炮若干门同时各发射一发炮弹，问至少需要设置几门高射炮才能以不小于的概率击中来犯的敌机（可以认为各门高射炮的射击相互独立）？的炮若干门同时各发射一发炮弹，问至少需要设置几门高射炮才能以不小于的概率击中来犯的敌机（可以认为各门高射炮的射击相互独立）？解 解 设需要设置的高射炮数为 设需要设置的高射炮数为n n 令 令Ai=Ai=第 第i i门炮击中敌机 门炮击中敌机(i=1,2,n)A=(i=
46、1,2,n)A=敌机被击中 敌机被击中 则有 则有 A=A1A2An A=A1A2An 求 求n n使得 使得 P(A)=P(A1A2An P(A)=P(A1A2An第53页/共95页第五十四页，共95页。故至少需要(xyo)设置6门高射炮。第54页/共95页第五十五页，共95页。例 例23 23 一 一个 个元 元件 件能 能正 正常 常工 工作 作的 的概 概率 率称 称为 为这 这个 个元 元件 件的 的可 可靠 靠性 性；由 由元 元件 件组 组成 成的 的系 系统 统能 能正 正常 常工 工作 作的 的概 概率 率称 称为 为系 系统 统的 的可 可靠 靠性 性。设 设构 构成 成系
47、 系统 统的 的每 每个 个元 元件 件的 的可 可靠 靠性 性均 均为 为r(0 r(0 r r 1 1），且 且各 各元 元件 件能 能否 否正 正常 常工 工作 作是 是相 相互 互独 独立 立的 的。设 设2n(n 2n(n 1)1)个 个元 元件 件有 有两 两种 种连 连接 接(linji)(linji)方 方式 式构 构成 成两 两个 个系 系统 统，试求它们的可靠性，并比较两个可靠性的大小。试求它们的可靠性，并比较两个可靠性的大小。第55页/共95页第五十六页，共95页。解 解 设 设Ai=Ai=元件 元件Ai Ai能正常工作 能正常工作，(i=1,2,n)(i=1,2,n)B
48、i=Bi=元件 元件Bi Bi能正常工作 能正常工作，(i=1,2,n)(i=1,2,n)(1)(1)系统 系统I I的可靠性 的可靠性 设 设A=A=由元件 由元件A1 A1，A2 A2，An An组成的通路 组成的通路(tngl)(tngl)能正常工作 能正常工作，B=B=由元件 由元件B1 B1，B2 B2，Bn Bn组成的通路 组成的通路(tngl)(tngl)能正常工作。能正常工作。因为各元件能否正常工作是相互独立的，因此有 因为各元件能否正常工作是相互独立的，因此有 P(A)=P(A1A2An)=P(A1)P(A2)P(An)=rn P(A)=P(A1A2An)=P(A1)P(A2
49、)P(An)=rn P(B)=P(B1B2Bn)=P(B1)P(B2)P(Bn)=rn P(B)=P(B1B2Bn)=P(B1)P(B2)P(Bn)=rn第56页/共95页第五十七页，共95页。所求系统 所求系统I I的可靠性为 的可靠性为(2)(2)系统 系统II II的可靠性 的可靠性 设 设Ci=AiBi Ci=AiBi，(i=1(i=1，2 2，n)n)，则 则系 系统 统II II中 中每 每对 对并 并联 联(bnglin)(bnglin)元件所组成的子系统的可靠性为 元件所组成的子系统的可靠性为 第57页/共95页第五十八页，共95页。系统 系统II II由 由n n个子系统串联
50、而成，因此所求系统 个子系统串联而成，因此所求系统II II的可靠性为 的可靠性为(3)(3)证明 证明(zhngmng)R2R1,(zhngmng)R2R1,说明系统 说明系统II II的可靠性大于系统 的可靠性大于系统I I的可靠性。的可靠性。R2-R1=rn(2-r)n-2+rn R2-R1=rn(2-r)n-2+rn 令 令f(r)=(2-r)n-2+rn,f(r)=(2-r)n-2+rn,得 得f(1)=0 f(1)=0-n(2-r)n-1+nrn-1=nrn-1-(2-r)n-1-n(2-r)n-1+nrn-1=nrn-1-(2-r)n-1 当 当0r1 0r1时，时，,即 即f(