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1、从亚里士多德时代开始，哲学家们就已经认识到随机性在生活中的作用，他们把随机性看作为破坏生活规律、超越了人们理解能力范围的东西. 他们没有认识到有可能去研究随机性，或者是去测量不定性.(低维 高维),“ 得 分 问 题 ”,甲、乙两人各出同样的赌注，用掷,硬币作为博奕手段 . 每掷一次，若正面朝,上，甲得 1 分乙不得分. 反之，乙得1分，,甲不得分. 谁先得到规定分数就赢得全部,赌注. 当进行到甲还差 2分乙还差3分，就,分别达到规定分数时，发生了意外使赌局,不能进行下去，问如何公平分配赌注？,现代概率论起源：十七世纪 Pascal 与Fermat 赌博问题,本学科的 ABC,概率(或然率或几
2、率) 随机事件出现,的可能性的量度 其起源与博弈问题有关.,16世纪意大利学者开始研究掷骰子等赌博,中的一些问题；17世纪中叶，法国数学家B. 帕,斯卡、荷兰数学家C. 惠更斯 基于排列组合的方,法，研究了较复杂 的赌博问题， 解决了“ 合理,分配赌注问题” ( 即得分问题 ).,概率论是一门研究客观世界随机现象数量,规律的 数学分支学科.,发展则在17世纪微积分学说建立以后.,基人是瑞士数学家J.伯努利；而概率论的飞速,第二次世界大战军事上的需要以及大工业,与管理的复杂化产生了运筹学、系统论、信息,论、控制论与数理统计学等学科.,论；使 概率论 成为 数学的一个分支的真正奠,对客观世界中随机
3、现象的分析产生了概率,数理统计学是一门研究怎样去有效地收集、,整理和分析带有随机性的数据，以对所考察的,问题作出推断或预测，直至为采取一定的决策,和行动提供依据和建议的 数学分支学科.（大数据 淘宝 出租车 相亲节目、网站 春运“前夕地图”中国人的学习优势）,课程特点： 1、预备知识多：集合, 排列组合, 微积分, 级数等； 2、公式多，解题中应注重方法；前后连贯性较强. 注重基本概念和基本理论，特别注重彼此间的内在联系和融会贯通，使学习更具启发性和主动性，从而克服埋头盲目做题的弊端。 强调对概念的深刻理解和相互之间联系，使得概念和结论更容易理解和记忆要记得其实更少了，高效率学习的关键。 3、
4、重视模型化能力和软件应用能力 强调基本概念和规律性为此增加重要分布律产生的背景，从而提高模型化能力和准确判断使用的能力。 EXCEL MATLAB,学习要求： 1、读书：教材中的定理、公式和例题； 2、及时完成作业； 3、课前预习认真听课、课后复习.,学好本课程的必要性,1. 考试 ；,2. 后继学习的基础.,近期：,1. 考研的基础；,2. 进一步提高的阶梯；,3. 思维方式的培养.,远期：,关于补考、重修的问题,数学：高数，概率，线代. 考研,教学参考书：概率论与数理统计 葛余博 清华大学出版社 清华大学公共基础平台课教材概率论与数理统计 徐全智 高等教育出版社 电子科技大学应用数学学院
5、国家工科数学课程教学基地系列教材概率论基础教程 Sheldon Ross 南加州大学 机械工业出版社4. 概率论与数理统计中的典型例题分析与习题 龙永红高等教育出版社,例1 盒中有2白3黑5 个球, 现随机取出 3 个球 :, 3 球中至少包含一个黑球. 3 球中包含黑球的个数.,第一章 概率论的基本概念,不确定性现象 (随机现象).,确定性现象 (必然现象),1 随机试验,若一个试验满足：,(1) 相同条件下可重复进行；,(2) 每次试验出现的可能结果不止一个，所有结果已知；,(3) 每次试验前不能确定会出现哪个结果.,则称此试验为随机试验. 简称试验，一般用E表示.,E1：掷一均匀硬币三次
6、，观察正(H)、反(T)面出现的情况.,E2 ：掷一枚骰子两次，观察它们点数的情况.,例2 随机试验例子,样本空间的元素，即 E 的每个结果称为 E 的样本点.,试验 E 的所有可能结果的集合称为 E 的样本空间，记为 S.,一、样本空间,2 样本空间 随机事件,E1 ：掷一个均匀硬币三次，观察正( H )、反( T )面出现的情况.,S1 =,S2 =,例1,E2 ：掷一个均匀硬币三次，观察正、反面出现的次数., HHH，HHT，HTH，HTT，THH，THT，TTH，TTT , (0, 0), (0,1), (0,2), (0, 3),|, (3,0), ( 3,1), (3, 2), (
7、3, 3) ,写出各下列试验Ei 的样本空间Si .,E3 ：从一批电子元件里任意抽取一只测试寿命.,S3 = t | t 0 .,E4 ：某飞船返回舱返回地面时开伞的空间位置.,S4 = ( x,y, z ) | x经度，y纬度，z高度 .,二、 随机事件,定义 样本空间 S 的子集称为随机事件 (简称事件). 记为 A、B、C .,注1 特殊情况：S 称为必然事件；空集 称为不可能事件.,注2 含有n个样本点的样本空间 S 共有2 n个事件.,由一个样本点组成的集合称为基本事件.,例2 掷一枚硬币三次，观察正反面出现的情况. 随机事件 A1 = H比T多一次 =, HHT, HTH , T
8、HH .,A4 = H和T一样多 =, .,A2 = 第二次是T =,A3 = 仅第二次是T =,HTH ., HTH，HTT，TTH，TTT .,基本事件,不可能事件,A5 = H和T不一样多 =,S .,必然事件,注 事件A 发生 A中某个样本点在试验中出现.,三、事件的关系与运算,1. 事件的包含关系 （集合的包含）,若A 发生必导致 B 发生, 则称A包含于 B , 记为A B .,注 A S .,例如，设 A =三次都是H= HHH , B = 第一次是H= HHH, HHT, HTH, HTT, ，则 A B .,2. 事件的相等关系 （集合的相等）,若 A B且 B A，则称A
9、与B相等，记为 A=B.,相当于 ,3. 事件的和 （集合的并）,注 AA = A， A = A， AS = S.,例如， A= HHH, B =TTT, AB =, HHH, TTT .,AB=x| xA或xB称为A与B的和事件. AB 发生 A和B至少有一个发生.,4. 事件的积 （集合的交）,AB=x| xA且xB称为A和B的积事件. AB 可记为AB. AB 发生 A和B同时发生.,注 AA = A， A = ，AS = A,例如, A=第一次是H= HHH, HHT, HTH, HTT, B =第二次是H = HHH, HHT, THH, THT . 则 AB =, HHH, HHT
10、.,5. 事件的差 （集合的差）,AB=x|xA且xB称为A与B的差事件. AB发生 A发生.,注1 常用 A B = A AB.,注2 A = A， A S = ， A A = .,例如， A = 前两次都是H = HHH, HHT ，B= 第三次是T = HHT, HTT, THT, TTT ，则 A B =, HHH.,6. 事件的互不相容关系 （集合的不相交）,若AB = ,即则称A与B互不相容(互斥). 即A与B不能同时发生.,注1 不可能事件 与任意一个随机事件 A 互斥.,例如，事件A = HHH, HHT与 B= TTH, TTT 是互斥的.,注2 基本事件为两两互斥的。,7.
11、 逆事件 （集合的补）,称 S A为A的逆事件 (对立事件)，记为 . 发生 A不发生.,HHT, HTH, HTT, THH, THT, TTH.,注3 常用公式：,完备事件组,事件A, B, C 的运算满足:,(1) 交换律 AB = BA ， AB = BA ；,(2) 结合律 (AB)C = A( BC )， (AB)C = A(BC)；,(3) 分配律 A(BC)=(AB)(AC)，A(BC ) = (AB)(AC )；,(4) De Morgan(德莫根) 律,注 事件的关系与运算可推广到有限、无穷多个事件.,四、随机事件的运算规则,例3 设 Ai 为: 第i 个电器工作正常( i
12、 =1, 2, , n). B为: 整个电路LR工作正常. 在下列两种情况中，用Ai 表示事件B.,B =,B =,A1A2An,A1A2 An,例4 掷硬币三次, 设 A1=HHH, HHT, HTH, HTT, A2=HHH，TTT,求 A1 A2，A2 A1， .,解 S = HHH, HHT, HTH, HTT, THH, THT, TTH, TTT .,因 A1A2 =A1 A2 = A1 A1A2 =A2 A1 = A2 A1 A2 =,THH，THT，TTH ., THH, THT, TTH, TTT, HHT, HTH, HTT, THH, THT, TTH ,HHH，,HHT
13、，HTH，HTT ，,TTT，,=,=, =,例5 把 AB 分解成互不相容的事件的和.,解 AB = A(B A) = A(B AB) ；, AB = (A B) AB (B A) = (A AB)AB(B AB) .,例6 A、B、C 是三个事件，利用事件的关系与运算表示下列事件.,(1) A 发生而 B 与 C 都不发生：,(2) A、B都发生而 C 不发生：,(3) A、B、C 都发生：,或 A B C 或 A (BC).,或 AB C 或 AB ABC .,ABC,(7) 三者至少有一个发生：,(5) 三者恰好只有一个发生：,(6) 三者恰好只有两个发生：,(4) A、B、C 都不发
14、生：,ABC 或,(8) 三者至少有两个发生： ABBCAC 或,(9) 三者最多只有一个发生：,(10) 三者最多有两个发生：,3 频率与概率,一、频率,1. 频率的定义,2. 频率的性质,(1) ( 非负有界 ) 0 fn (A) 1 ;,(2) ( 规范性 ) fn (S) = 1 ;,(3) ( 有限可加 ) 若 A1, A2, , Am 两两互不相容, 则,fn ( A1A2Am ) = fn (A1)fn (A2)fn (Am) .,(1) 随机波动性,(2) 稳定性,频率的特点：,例2. “英语字母使用频数”试验 (黛维, 1970，438023个字母),例1. “抛硬币”试验,
15、可以证明，当n时，频率 f n (A) 的极限在一定意义下等于概率 P (A).,二、概率,定义 对样本空间S 的每个事件 A 定义一个实数 P (A) ，若满足：,(1) ( 非负性) P (A) 0 ；,(2) ( 规范性) P (S) = 1 ；,(3) ( 可列可加性 ) 若A1，A2， ，为任意两两不相容的事件 ，则有： P ( A1A2 ) = P (A1)P (A2),则称 P (A) 为事件 A 的概率.,1. 概率的定义,(1) 不可能事件的概率为零：P ( ) = 0；,2. 概率的四个基本性质,(2) 有限可加性：若Ai Aj= , 1ij m ，则P (A1A2 Am)
16、 = P (A1)P (A2) P (Am)；,(3) 单调性：若 A B，则P (A ) P (B ) ；,(4) 随机事件的概率不超过 1：P (A ) 1.,三、概率的几个重要公式,1. 逆概公式 P ( ) = 1 P (A ).,2. 减法公式 P (B A ) = P (B ) P (AB ) .,3. 加法公式 P(AB) =P(A)+P(B)P(AB) .,推论 若A, B互不相容，则 P(AB)=P(A)+P(B) .,当A B时，P(BA)=P(B)P(A),4. 一般的加法公式 对于任意的 n 个随机事件 A1，A2， ，An ，有 P (A1A2 An ) =,例如三个
17、事件(先看成两个事件的加)的加法公式： P (ABC ) =,P( A ) + P( B ) + P(C ), P (AB) P (BC) P (AC),+ P (ABC).,例2 设 P (A ) = 0.3，P (B ) = 0.5 ，分别求P (B A): (1) A、B 不相容；(2) A B；(3) P (AB) = 0.7 .,解 由减法公式， P (B A ) = P (B ) P (AB ).,(1) AB = ， P (AB) =0，,(2) A B , 即AB = A，,(3) 利用加法公式： P (AB ) = P (A ) + P (B) P (AB)，得到 P (A
18、B) =0.1,0.5；,0.2；,0.4 .,则 P (B A ) = P (B) =,则 P (B A ) = P (B) P (A)=,也可利用加法公式的另一形式： P (AB ) = P (A ) + P (B A )， 得到 P (B A ) =0.4.,则 P (B A ) = P (B) P (AB ) =,第四节 等可能概型(古典概型),一、等可能概型的定义,若试验 E 满足： (1) 其样本空间 S 只包含有限个样本点； (2) 每个样本点发生的可能性相同.则称E为等可能概型(古典概型).,等可能概率的计算公式,P(A) = ,A 中样本点个数 S 中样本点总数,有限、等可能
19、,= .,| A | S |,例1 掷一硬币三次，设 A1为“ 恰好出现一次正面”，A2为“ 至少出现一次正面 ”，求P (A1 )，P (A2 ).,解 | S |= 8， A1 =,二、古典概型的一些典型计算, HTT, THT, TTH ，,故 P (A1 ) = 3/8 ., TTT ,定义 计算公式 例1,计算公式 例1,例1,例2,例2 袋中有4白、2红共6只球，有放回随机取球两个. 求概率: (1) 两球都是白球; (2)两球颜色相同; (3)两球至少有一只白球.,解,P(AB)= P(A)+P(B)=,则 P(A)= P(B)=,设 A: 两球为白球；B: 两球为红球； C:
20、两球至少有一白球 .,每个盒里最多一个小球，即第1个球有N种放法，第2个球有N1种放法, , 第n个球有N(n1) 种放法. |A|= ANn =,例3 把 n 个小球随机放入 N ( n N ) 个盒子，每个小球落入某一盒子的概率都是 1/N. 计算A: 每个盒子里最多有一个小球的概率.,解 设想 n 小球被逐个随机放进 N 个盒子中. 故|S|= N n .,随机分配模型,因此，P(A)=,N (N1)( Nn+1).,例2 随机分配模型例3,随机分配模型例3,随机抽样模型例4,例4 在a件正品和 b 件次品，从中随机取出 n 件产品，求恰好取出了 k 件正品的概率 .,随机抽样模型（有放
21、回）二项分布,解：由于每次抽完后放回，所以每次抽取都是在a+b个产品中任意抽取，并且每个产品都是等可能被抽到。,这样任意两次抽取应有 种等可能的结果。因此有放回抽取n次时空间样本点总数,为求 ，先假定前k次都抽到正品，那么后n-k件只能抽到次品。仿照 的计算， k次正品的抽取应有 种等可能的情况，而n-k件次品的抽取应有 种等可能的情况。由于要抽取n 次，从而符合要求的样本点个数应该为 。由于n 次抽取究竟哪k次抽到正品， 哪n-k件抽到次品是没有限制的。因此,二项分布,例4 在a件正品和 b 件次品，从中随机取出 n 件产品，求恰好取出了 k 件正品的概率 .,随机抽样模型（有放回）二项分布
22、,二项分布,解,样本空间里的样本点总数一共有,随机抽样模型（无放回）超几何分布,“ 取出的 n 件产品中包含了 k 件次品 ” 这个随机事件的讨论分解成两个步骤:,因此，所求概率为:,注 上式称为超几何分布的概率公式.,CNn .,a件正品中取 k 件正品:,b件次品取出 n k 件:,随机抽样模型例4,条件概率,例4 在a件正品和 b 件次品，从中随机取出 n 件产品，求恰好取出了 k 件正品的概率 .,二项分布与超几何分布逐一不放回抽样在第二次抽样时可以抽取的产品数少了一个。但当产品数很大时抽样数量远小于产品数，抽出的正品数也远小于全部产品中正品数时第二次抽取比第一次抽取只是少了一个产品，
23、因此和第一次抽取几乎没什么不同。从而不放回抽取可以用有放回抽样近似。按二项分布计算，这样少计算两个组合数。在工业企业及社会经济问题调查进行的抽样几乎都是这种情况。,第五节 条件概率,一、条件概率,例1 将一硬币抛掷两次，观察H,T的情况. 设A: 至少有一次为H , B: 两次掷出同一面. 求已知A已经发生的条件下B 发生的概率.,解 |S| = 4, 随机事件A=HH , HT, TH , B= HH , TT.,在A已经发生的条件下，B 发生的概率为,另外，P(A)=3/4, P(AB)=1/4 .,P(B|A) = 1/3 .,易知,注 此计算条件概率的方法实质是“缩小样本空间”.,1.
24、 定义1 若 P(A)0，则称概率 为 A 发生条件下B 发生的条件概率.,注1 对概率成立的所有性质与计算公式对条件概率仍成立.,注2 无条件概率可看成条件概率的特例: P(B) =P(B|S).,引例 定义 注1 注2,定义 注1 注2,注1所有公式成立,注2无条件概率,例2,解 设 A 为:第一次取黑球, B为:第二次取黑球. 则,例2 盒中有3黑球, 2白球, 无放回取两个，求在第一次已取得黑球的情况下，第二次也取出黑球的概率 .,P(AB) =,= 0.3 ,= 0.5 .,P(A)=,=0.6 .,2. 乘法公式 ( 计算积事件概率的公式 ),若 P (A)0，则有 P(AB )
25、= P(A) P(B| A) .,一般的乘法公式 若P ( A1 A2 An )0 ，则有 P ( A1 A2 An ) =P (A1 )P (A2 | A1 )P (A3 | A1 A2 )P (An1 | A1 A2An2 )P (An | A1 A2 An1 ) .,若P(AB)0，则有P(ABC) = P(A) P(B| A)P(C| AB) .,例2 乘法公式,乘法公式1 2 3,乘法公式2 3,一般乘法公式3,例3,例3 盒中有 r 个红球与 t 个白球，每次任取一球，观察颜色后放回，同时再放入 a 个与之同色的小球 . 若这样取球4次，试求第一、二次取到红球且第三、四次取到白球的
26、概率.,例4 某厂作产品测试, 器皿第一次落地打破的概率为1/2; 若第一次未打破, 则第二次打破的概率为7/10; 若前两次未打破, 则第三次打破的概率为9/10. 求落地三次而未打破的概率.,解 设Ai : 第i 次落地打破(i=1,2,3). B :落地三次未打破 .,=(11/2)(17/10)(19/10) = 3/200.,由题意知,P( A1)=1/2,例3 例4 全概贝叶斯,例4 全概贝叶斯,全概贝叶斯公式,二、全概率公式与 Bayes ( 贝叶斯) 公式,1. 样本空间 S 的划分 ( 或完备事件组 ),定义2 若事件B1, B2, , Bn 满足： (1) BiBj = ,
27、对所有的ij； (2) B1B2Bn= S .则称 B1, B2, , Bn 是S 的一个划分.,2. 全概率公式与贝叶斯公式,设事件组 B1, B2, , Bn 为S 的一个划分, A为任意随机事件，若 P (Bi )0, P (A)0, 则成立：,P (A) = .,全概率公式,贝叶斯公式,P (Bm| A) = .,完备事件组 全概 贝叶斯,例题,例5 总厂仓库中的元件由三个分厂提供，数据见下表:,(1) 随机从仓库取一件, 求取到次品的概率； (2) 如果取到一件次品，最有可能来自哪个分厂？最不可能的又是哪个分厂的？,解 以 Bi 表示取到的元件来自第i 分厂 (i=1,2,3 ),
28、A 表示取到的元件是次品. 则,P(B1) = 0.15, P(B2) = 0.8, P(B3) = 0.05 ,P(A|B1)=0.02, P(A|B2)=0.01, P(A|B3)=0.03 .,(2) 由Bayes公式，,同理，P (B2 | A ) = 0.64 ，P (B3| A ) = 0.12 .这个次品最有可能是2分厂的，最不可能是3分厂的.,(1) 由全概公式， P(A)=,P(B1|A)=,= 0.150.02 + 0.80.01 + 0.050.03 = 0.0125 ；,= 0.24 ，,例5 0.0125 0.24 0.64 0.12,先验概率 后验概率,“先验概率”
29、 与 “后验概率”,先验概率：过去经验或知识.,后验概率：有新的信息以后对过去认识的修正.,厂家 次品率 所占份额 条件概率甲厂 0.02 0.15 0.24 乙厂 0.01 0.80 0.64 丙厂 0.03 0.05 0.12,作业 P26 14 ; 17 ；19 ； 21; 24,事件独立性,第六节 事件的独立,一、两个事件的独立,P(B|A) 与无条件概率 P(B)一般并不相同., P(B|A)P(B) 理解成 A 的发生“阻碍”了B的发生； P(B|A)P(B) 理解成 A 的发生“促进”了B的发生；, P(B|A)= P(B) 说明 A 的发生对B 发生的概率没有任何影响, 即A
30、与B 相互独立.,定义1. A、B是两个事件, 若P(AB) = P(A)P(B), 则称 A 与 B 相互独立.,例1 掷硬币三次, 判断A=第一次出现 H 与B=仅前两次结果相同 是否独立.,解 P(A) = P(B) = P(AB) =,因 P(AB) = P(A) P(B) ，故知A与 B 相互独立.,4/8=1/2，,2/8=1/4，,1/8 .,P(B|A)= P(B)比较 定义 例题,注1 独立与互不相容关系,注2 A与B，A与 ， 与B， 与 的相互独立是等价的.,注3 S、 与任意事件A 是相互独立的.,注4 若 P(A)0，则A、B 独立 P(B|A) = P(B).,注1
31、 若 P(A)0，P(B)0，则A、B 独立与A、B 互不相容不能同时成立.,二、若干个随机事件的相互独立性,定义2 若事件A、B、C 满足： P (AB ) = P (A ) P (B ) P (AC ) = P (A ) P (C ) P (BC ) = P (B ) P (C ) P (ABC ) = P (A ) P (B ) P (C )则称这三个随机事件相互独立.,1. 三个随机事件的相互独立性,两两独立,2. 任意多个随机事件的相互独立性 (略),注2四组独立等价 注3S与A独立,注4 独立的条件概率定义,三个事件独立 多个(略),独立事件的加法公式,3. 独立事件的加法公式,若
32、A1 ,A2 ,An 相互独立，则PA1A2 An = 1 1 P (A1 )1 P (A2 )1 P (An ) .,注意区别：若 n 个随机事件互不相容时，则有PA1A2 An =P(A1)+P(A2)+P(An) .,例2 如右图，设每个开关闭合的概率是 p ，并且各个开关间互不影响 . 求点 L、R 接通的概率.,解 若用A、B、C、D表示开关a、b、c、d 接通，则点L、R 接通等价于事件 (AC)(BD) 发生. 可认为A、B、C、D 是相互独立的. 所以，,P (LR 接通) = P(AC)(BD) = P(AC )+ P(BD) P(ACBD) = p2+p2p4 =2 p2(
33、1p2).,注 实际问题中,可根据实际意义来判断事件的独立性.,加法公式 互不相容的加法公式,实际问题独立性判别 例题,例2 例3产品检验,例3,验收 100 件产品的方法是：取3 件产品进行独立测试，若至少有一件次品就拒绝接收 . 假设一个次品被测出的概率为 0.95 ，一个合格品被误认为次品的概率是 0.01 . 若这 100 件产品中恰好有4 件次品, 求这100 件产品被接受的概率.,解 设A=产品被接受=抽取出的 3 件产品都被认为是合格的. 用 B0 B3 分别表示抽到的 3 件产品恰有0 3个次品数 .,其中P (Bk ) 服从超几何分布:,由独立性，P(A|B0)=0.0500.993,由全概公式 P (A ) =k=03 P (Bk ) P (A | Bk ) .,P(A|B1)= 0.05 0.992 ,P(A|B2)=0.0520.99,P(A|B3)=0.0530.990 .,因此这批产品被接受的概率是 P(A)=k=03 P(Bk)P(A|Bk) = k=03 0.05k0.99 3 k 0.8629 .,C4k C96 3 k C1003,作业 P 27 28 ； 34 ； 36 .,例3产品检验 全概 0.8629,第一章结束,
