2011考研数学概率论与数理统计强化课程讲义全 - 图文

2011考研强化班概率论与数理统计讲义

第1讲 随机事件和概率

1．1 知识网络图

1．2 重点考核点的分布

(1)样本空间与随机事件．

*(2)概率的定义与性质(含古典概型、几何概型、加法公式)． *(3)条件概率与概率的乘法公式．

**(4)事件之间的关系与运算(含事件的独立性)． **(5)全概公式与贝叶斯(Bayes)公式． (6)伯努利(Bernoulli)概型．

各个考核点前面加“**”表示重点考核点；“*”表示次重点考核点；括号前没有标注的表示一般考核点(下同)．

1．3 课上复习内容

1．3．1 预备知识

在复习“概率论”之前，我们需要掌握“二值集合”、“组合分析中的几个定理”、“随机现象及其统计规律”和“微积分”等内容，下面将有关内容作一简单介绍： 1．3．1．1 二值集合

集合是一个不能给出数学定义的概念，尽管如此，我们仍然可以给它一个定性描述．所谓集合就是按照某些规定能够识别的一些具体对象或事物的全体．构成集合的每一个对象或事物叫做集合的元素．

集合通常用大写字母A，B，C表示，其元素用小写字母a，b，c表示．

设A是一个集合，如果a是A的元素，记作a∈A，用“1”表示这一隶属关系；如果a不是A的元素，记作a?A(或a?A)，用“0”表示这一隶属关系．

因此，我们称这种集合为“二值集合”，在初等概率论中，我们只研究这样的集合． 有关二值集合的表示方法、基本性质在初等数学中已作过详细讨论，这里不再重复．下面仅就集合的“相等”与“等价”概念以及集合分类情况作一简单介绍．

例1 设A＝{2，4，8}，则集合A的所有子集是，{2}，{4}，{8}，{2，4}，{2，8}，{4，8}，{2，4，8}．注意，在考虑集合A的所有子集时，不要把空集和它本身忘掉．

设A，B是两个集合．如果A?B，B?A，那么称集合A与B相等，记作

A＝B．

1

很明显，含有相同元素的两个集合相等．

例2 设A＝{0，2，3}，B＝{x|x为方程x3－5x2＋6x＝0的解}，则A＝B．

设A，B是两个集合．如果B的每一个元素对应于A的唯一的元素，反之A的每一个元素对应于B的唯一的元素，那么就说在A和B的元素之间建立了一一对应关系，并称A与B等价，记作

A～B．

与自然数集N等价的任何集合，称为可列集．显然，一切可列集彼此都是等价的．今后我们常称这类集合中元素的个数为可列个(或可数个)，并把有限个或可列个统称为至多可列个(或至多可数个)．

例3 设A＝{a|a＝2n，n∈N}，B＝{b|b＝n2＋1，n∈N}，则A～B． 由上面的讨论可以看出，集合的分类如下：

1．3．1．2 组合分析中的几个定理 1．加法原理

定理1 设完成一件事有n类方法，只要选择任何一类中的一种方法，这件事就可以完成．若第一类方法有m1种，第二类方法有m2种，……，第n类方法有mn种，并且这m1＋m2＋…＋mn种方法里，任何两种方法都不相同，则完成这件事就有m1＋m2＋…＋mn种方法．

2．乘法原理

定理2 设完成一件事有n个步骤，第一步有m1种方法，第二步有m2种方法，……第n步有mn种方法，并且完成这件事必须经过每一步，则完成这件事共有m1m2…mn种方法．

3．排列

定义1 从n个不同元素中，每次取出m个元素，按照一定顺序排成一列，称为从n个元素中每次取出m个元素的排列．

定理3 从n个不同元素中，有放回地逐一取出m个元素进行排列(简称为可重复排列)，共有nm种不同的排列．

例4 袋中有N个球，其中M个为白色，从中有放回地取出n个： ①N＝10，M＝2，n＝3；②N＝10，M＝4，n＝3． 考虑以下各事件的排列数：

(Ⅰ)全不是白色的球． (Ⅱ)恰有两个白色的球． (Ⅲ)至少有两个白色的球． (Ⅳ)至多有两个白色的球． (Ⅴ)颜色相同． (Ⅵ)不考虑球的颜色． 答案是：①当M＝2时，

(Ⅰ)83． (Ⅱ)3×22×8． (Ⅲ)3×22×8＋23．

(Ⅳ)3×22×8＋3×2×83＋83(或103－23)． (Ⅴ)23＋83． (Ⅵ)103． ②当M＝4时，将上面的2→4，8→6即可．

分析 这是一个可重复的排列问题．由定理3，可求出其排列数．

问题 恰有两个白色球的答案中为什么是3倍的22×8，而不是1倍或6倍的？ 提示 根据加法原理．

2

定理4 从n个不同元素中，无放回地取出m个(m≤n)元素进行排列(简称为选排列)共有

n(n?1)?(n?m?1)?种不同的排列．选排列的种数用An(或Pn)表示，即

mAn?mmn!

(n?m)!n!

(n?m)!特别地，当m＝n时的排列(简称为全排列)共有

n·(n－1)(n－2)·…·3·2·1＝n! 种不同排列．全排列的种数用Pn(或An)表示，即

Pn＝n!，

并规定0!＝1．

4．组合

定义2 从n个不同元素中，每次取出m个元素不考虑其先后顺序作为一组，称为从n个元素中每次取出m个元素的组合．

定理5 从n个不同元素中取出m个元素的组合(简称为一般组合)共有

nn(n?1)(n?m?1)n!?

m!m!(n?m)!m种不同的组合．一般组合的组合种数用Cn(或???n??)表示，即 ??m?mCn?n!,

m!(n?m)!0并且规定Cn?1.不难看出

mAnC?p?

mmn例5 袋中有N个球，其中M个为白色，从中任取n个： ①N＝10，M＝2，n＝3；②N＝10，M＝4，n＝3． 考虑以下各事件的组合数： (Ⅰ)全不是白色的球． (Ⅱ)恰有两个白色的球． (Ⅲ)至少有两个白色的球． (Ⅳ)至多有两个白色的球． (Ⅴ)颜色相同． (Ⅵ)不考虑球的颜色． 答案是：①当M＝2时，

(Ⅰ)C8C2. (Ⅱ)C2C8. (Ⅲ)C2C8.

3

302121

211203333(Ⅳ)C2C8?C2C8?C2C8(或C10). (Ⅴ)C8. (Ⅵ)C10?

②当M＝4时，

30212130(Ⅰ)C6C4. (Ⅱ)C4C6. (Ⅲ)C4C6?C4C6.

21120333333(Ⅳ)C4C6?C4C6?C4C6(或C10?C4)． (Ⅴ)C4?C6.(Ⅵ)C10?

分析(略)

定理6 从不同的k类元素中，取出m个元素．从第1类n1个不同元素中取出m1个，从第2类n2个不同的元素中取出m2个，……，从第k类nk个不同的元素中取出mk个，并且ni≥mi＞0(i＝1，2，…，k)(简称为不同类元素的组合)，共有

CC?Cm1n1m2n2mknkmi??Cn ii?1k种不同取法．

例6 从3个电阻，4个电感，5个电容中，取出9个元件，问其中有2个电阻，3个电感，4个电容的取法有多少种？

解 这是一个不同类元素的组合问题．由定理6知，共有

22111C32C4C5?C3C4C5?60

即60种取法．

例7 五双不同号的鞋，从中任取4只，取出的4只都不配对(即不成双)，求(Ⅰ)排列数；(Ⅱ)组合数．

答案是：(Ⅰ)C10C8C6C4；(Ⅱ)C5C2C2C2C2.

分析(略)

1．3．1．3 微积分

概率论可以分为“高等概率论”与“初等概率论”．初等概率论是建立在排列组合和微积分等数学方法的基础上的．全国硕士研究生入学统一考试数学考试大纲中的“概率论”就是初等概率论．

微积分作为初等概率论的基础知识，除了我们已经比较了解的“函数、极限、连续、可导、可积”等概念之外，还应了解下面的有关概念．

1．可求积与不可求积

在微积分中，求不定积分与求导数有很大不同，我们知道，任何初等函数的导数仍为初等函数，而许多初等函数的不定积分，例如

?xe?dx,?2111141111sinx1dx,?dx,?sinx2dx,?1?x3dx xlnx等，虽然它们的被积函数的表达式都很简单，但在初等函数的范围内却积不出来．这不是因

为积分方法不够，而是由于被积函数的原函数不是初等函数的缘故．我们称这种函数是“不可求积”的．因此，我们可以将函数划分为：

4

在初等概率论中，正态分布密度函数就是属于可积而不可求积的一类函数． 2．绝对收敛

(1)任意项级数的绝对收敛

所谓任意项级数是指级数的各项可以随意地取正数、负数或零．下面给出绝对收敛与条件收敛两个概念．

定义3 若任意项级数

?un?1?n的各项取绝对值所成的级数

?|un?1??n|收敛，则称级数?unn?1?是绝对收敛的；若

?|un?1?n|发散，而级数?un收敛，则称级数?un是条件收敛的．

n?1n?1?例如，级数

?(?1)n?1n?1?1是收敛的，但各项取绝对值所成的级数 n?|(?1)n?1n?1?111|?1??...??? n2n是发散的，因而级数级数

?(?1)n?1?n?1?1n?11是条件收敛．又如，级数?(?1)各项取绝对值所成2nnn?1?|(?1)n?1n?1?1n2|?1?122???1n2??

是收敛的，因而级数

?(?1)n?1n?1?n?1是绝对收敛的． n2定理7 若级数证明 令

?un?1绝对收敛，则

?un?1?n必定收敛．

?un(un?0)，1vn?(un?|un|)??(n?1,2,?)

0(u?0)，2n?于是 |un|?vn?0(n?1,2,?． ）由

?|un?1?n|收敛，根据正项级数的比较判别法，可知级数?vn是收敛的．

n?1?考虑到 un?2vn?|un|， 根据级数的基本性质，可知级数

?un?1?n也是收敛的．

5

因此

P(ABC)?P(AB)?P(A)P(B)?(1?a)(1?b).

2．概率的统计定义

定义6 在一组不变的条件S下，独立地重复做n次试验．设μ是n次试验中事件A发生的次数，当试验次数n很大时，如果A的频率fn(A)稳定地在某一数值p附近摆动；而且一般说来随着试验次数的增多，这种摆动的幅度会越来越小，则称数值p为事件A在条件组S下发生的概率，记作

P(A)?p.

问题 (1)试判断下式

lim?nn???p

成立吗？为什么？

(2)野生资源调查问题 池塘中有鱼若干(不妨假设为x条)，先捞上200条作记号，放回后再捞上200条，发现其中有4条带记号．用A表示事件{任捞一条带记号}，问下面两个数

200x,4200

哪个是A的频率？哪个是A的概率？为什么？

3．古典概型

古典型试验：(Ⅰ)结果为有限个；(Ⅱ)每个结果出现的可能性是相同的． 等概完备事件组：(Ⅰ)完全性；(Ⅱ)互斥性；(Ⅲ)等概性．(满足(Ⅰ)，(Ⅱ)两条的事件组称为完备事件组)

定义7 设古典概型随机试验的基本事件空间由n个基本事件组成，即Ω＝{ω1，ω2，?，ωn}．如果事件A是由上述n个事件中的m个组成，则称事件A发生的概率为

P(A)?mn? (1－1)

所谓古典概型就是利用式(1－1)来讨论事件发生的概率的数学模型．

根据概率的古典定义可以计算古典型随机试验中事件的概率．在古典概型中确定事件A的概率时，只需求出基本事件的总数n以及事件A包含的基本事件的个数m．为此弄清随机试验的全部基本事件是什么以及所讨论的事件A包含了哪些基本事件是非常重要的．

例14 掷两枚匀称的硬币，求它们都是正面的概率．

解 设A＝{出现正正}，其基本事件空间可以有下面三种情况： (Ⅰ)Ω1＝{同面、异面}，n1＝2．

(Ⅱ)Ω2＝{正正、反反、一正一反}，n2＝3．

(Ⅲ)Ω3＝{正正、反反、反正、正反}，n3＝4． 于是，根据古典概型，对于(Ⅰ)来说，由于两个都出现正面，即同面出现，因此，m1＝1，于是有

P(A)?12．

而对于(Ⅱ)来说，m2＝1，于是有

11

P(A)?1314．

而对于(Ⅲ)来说，m3＝1，于是有

P(A)?．

问题 以上讨论的三个结果哪个正确，为什么？

例15 求1．3．1预备知识的例5中(Ⅰ)至(Ⅴ)问的概率．

答案是：①当M＝2时，

3131333 (Ⅰ)C83/C10? (Ⅱ)C8/C10? (Ⅲ)C8/C10? (Ⅳ)1． (Ⅴ)C8/C10?

②当M＝4时，

32132133(Ⅰ)C83/C10? (Ⅱ)C4C6/C10? (Ⅲ)(C4C6?C4)/C10．

333333(Ⅳ)(C10?C4)/C10． (Ⅴ) (C4?C6)/C10．

分析(略)

问题 (1)例15中各问可否使用排列做，为什么？ (2)用排列或组合完成例15时哪种方法较为简便？

例16 求1．3．1预备知识的例4中(Ⅰ)至(Ⅴ)问的概率． 答案是：①当M＝2时，

(Ⅰ)83/103． (Ⅱ)3?22?8/103． (Ⅲ)(3?22?8?23)/103． (Ⅳ)(103?23)/103． (Ⅴ)(23?83)/103． ②当M＝4时，将上面的2→4，8→6即可．

分析(略)

问题 (1)例16中各问可否使用组合做，为什么？

(2)用元素可重复的排列或组合完成例16时，哪种方法较为简便？

(3)小结一下“古典概型”中“有放回地抽取”与“无放回地抽取”时分别应采用的方法．

例17 求1．3．1预备知识的例7中“取出的4只都不配对”的概率．

11114411114答案是：C10C8C6C4/P10 或 C5C2C2C2C2/C10．

分析(略)

例18 从一副扑克牌的13张梅花中，有放回地取3次，求三张都不同号的概率． 解 这是一个古典概型问题．设A＝{三张都不同号}．由题意，有n＝13，m＝P13，则

P(A)?mn?132169?

3

312

问题 如果我们进一步问三张都同号，三张中恰有两张同号如何求出？另外，本题可否使用二项概型计算？

例19 在20枚硬币的背面分别写上5或10，两者各半，从中任意翻转10枚硬币，这10枚硬币背面的数字之和为100，95，90，?，55，50，共有十一种不同情况．问出现“70，75，80”与出现“100，95，90，85，65，60，55，50”的可能性哪个大，为什么？

答案是：出现“70，75，80”可能性大，约为82％．

分析 这是一个古典概型问题．设A＝{出现“70，75，80”}，由题意，有

n?C20,10m?C10C10?2C10C10,

5546则

P(A)?mn?151704184756?

4．几何概型 几何型试验：(Ⅰ)结果为无限不可数；(Ⅱ)每个结果出现的可能性是均匀的．

定义4 设E为几何型的随机试验，其基本事件空间中的所有基本事件可以用一个有界区域来描述，而其中一部分区域可以表示事件A所包含的基本事件，则称事件A发生的概率为

P(A)?L(A)L(?), (1－2)

其中L(Ω)与L(A)分别为Ω与A的几何度量．

所谓几何概型就是利用式(1－2)来讨论事件发生的概率的数学模型．

注意，上述事件A的概率P(A)只与L(A)有关，而与L(A)对应区域的位置及形状无关． 例20 候车问题 某地铁每隔5 min有一列车通过，在乘客对列车通过该站时间完全不知道的情况下，求每一个乘客到站等车时间不多于2 min的概率．

解 设A＝{每一个乘客等车时间不多于2 min}．由于乘客可以在接连两列车之间的任何一个时刻到达车站，因此每一乘客到达站台时刻t可以看成是均匀地出现在长为5 min的时间区间上的一个随机点，即Ω＝[0，5)．又设前一列车在时刻T1开出，后一列车在时刻T2到达，线段T1T2长为5(见图1－1)，即L(Ω)＝5；T0是T1T2上一点，且T0T2长为2．显然，乘客只有在T0之后到达(即只有t落在线段T0T2上)，等车时间才不会多于2min，即L(A)＝2．因此

图1－1

P(A)?L(A)L(?)?25?

问题 (1)例20可否使用一维均匀分布来计算？ (2)举例说明：

(Ⅰ)概率为0的事件不一定是不可能事件． (Ⅱ)概率为1的事件不一定是必然事件．

13

例21 会面问题 甲乙两艘轮船驶向一个不能同时停泊两艘轮船的码头，它们在一昼夜内到达的时间是等可能的，如果甲船和乙船停泊的时间都是两小时，它们同日到达时会面的概率是多少？

解 这是一个几何概型问题．设A＝{它们会面}．又设甲乙两船到达的时刻分别是x，y，则0?x?24，0?y?24．由题意可知，若要甲乙会面，必须满足

|x－y|?2， 即图中阴影部分．由图1－2可知：L(Ω)是由x＝0，x＝24，y＝0，y＝24

图1－2

所围图形面积S＝242，而L(A)＝242－222，因此

P(A)?L(A)L(?)?242?222224?1?(2224).

2问题 例21可否使用二维均匀分布来计算？

1．3．5 条件概率与概率的乘法公式

1．条件概率

前面我们所讨论的事件B的概率PS(B)，都是指在一组不变条件S下事件B发生的概率(但是为了叙述简练，一般不再提及条件组S，而把PS(B)简记为P(B))．在实际问题中，除了考虑概率PS(B)外，有时还需要考虑“在事件A已发生”这一附加条件下，事件B发生的概率．与前者相区别，称后者为条件概率，记作P(B|A)，读作在A发生的条件下事件B的概率．

在一般情况下，如果A，B是条件S下的两个随机事件，且P(A)≠0，则在A发生的前提下B发生的概率(即条件概率)为

P(B|A)?P(AB)P(A)， (1－3)

并且满足下面三个性质：

(1)(非负性)P(B|A)≥0； (2)(规范性)P(Ω|A)＝1；

(3)(可列可加性)如果事件B1，B2，?互不相容，那么

??P(?Bi|A)?i?1?P(Bi?1i|A).

问题 (1)条件概率在原样本空间Ω中是某一个事件的概率吗？ (2)如何判断一个问题中所求的是条件概率还是无条件概率？ (3)在一个具体问题中条件概率如何获得？

14

例22 设随机事件B是A的子事件，已知P(A)＝1/4，P(B)＝1/6，求P(B|A)． 分析 这是一个条件概率问题．

解 因为B?A，所以P(B)＝P(AB)，因此

P(B|A)?P(AB)P(A)?P(B)P(A)?23?

2．概率的乘法公式

在条件概率公式(1－3)的两边同乘P(A)，即得

P(AB)＝P(A)P(B|A)． (1－4)

例23 在100件产品中有5件是不合格的，无放回地抽取两件，问第一次取到正品而第二次取到次品的概率是多少？

解 设事件

A＝{第一次取到正品}，B＝{第二次取到次品}．

用古典概型方法求出

P(A)?95100??0.

由于第一次取到正品后不放回，那么第二次是在99件中(不合格品仍是5件)任取一件，所

以

P(B|A)?599?

由公式(1－4)，

P(AB)?P(A)P(B|A)?95100?599?19396?

问题 (1)例23中，问两件产品为一件正品，一件次品的概率是多少？ (2)例23中，将“无放回地抽取”改为“有放回地抽取”，答案与上题一样吗？为什么？

例24 抓阄问题 五个人抓一个有物之阄，求第二个人抓到的概率． 分析 (1)什么是“抓阄”问题，如何判断它？

(2)例24中“求第二个人抓到的概率”是指“在第一人没有抓到的条件下，第二个人抓到的概率”吗？

解 这是一个乘法公式的问题．设Ai＝{第i个人抓到有物之阄}(i＝1，2，3，4，5)，有

A2?A2??A2(A1?A1)?A1A2?A1A2???A1A2?A1A2?

根据事件相同，对应概率相等有

P(A2)?P(A1A2)?P(A1)P(A2|A1).

又因为

P(A1)?15,P(A1)?45,P(A2|A1)?14,

15

所以

P(A2)?411??? 545问题 (1)本题还有其他方法解决吗？

(2)若改成n个人抓m个有物之阄(m＜n)，下面的结论

P(Ak)?m(k?1,2,?,n) n还成立吗？

例25 设袋中有4个乒乓球，其中1个涂有白色，1个涂有红色，1个涂有蓝色，1个涂有白、红、蓝三种颜色．今从袋中随机地取一个球，设事件

A＝{取出的球涂有白色}，B＝{取出的球涂有红色}，C＝{取出的球涂有蓝色}． 试验证事件A，B，C两两相互独立，但不相互独立．

证 根据古典概型，我们有n＝4，而事件A，B同时发生，只能是取到的球是涂有白、红、蓝三种颜色的球，即m＝1，因而

P(AB)?1? 4同理，事件A发生，只能是取到的球是涂红色的球或涂三种颜色的球，因而

2121??P(B)??? 4242111因此，有 P(A)P(B)???,

224P(A)?所以 P(AB)＝P(A)P(B)，

即事件A，B相互独立．

类似可证，事件A，C相互独立，事件B，C相互独立，即A，B，C两两相互独立，但是由于

1P(ABC)?,

4而 P(A)P(B)P(C)?11111?????, 22284所以A，B，C并不相互独立．

例26 加工某一零件共需经过四道工序，设第一、二、三、四道工序的次品率分别是2％、3％、5％、3％，假定各道工序是互不影响的，求加工出来的零件的次品率．

答案是：0.124(或1－0.98×0.97×0.95×0.97)． 问题 本题使用加法公式还是乘法公式较为简便？

例27 一批零件共100个，其中有次品10个．每次从中任取一个零件，取出的零件不再放回去，求第一、二次取到的是次品，第三次才取到正品的概率．

答案是：0.0084(或10990??)． 100999816

问题 本题若改为“已知第一、二次取到的是次品，求第三次取到正品的概率”，答案与原题相同吗？为什么？(应为90)． 98

例28 用高射炮射击飞机，如果每门高射炮击中飞机的概率是0.6，试问：(1)用两门高射炮分别射击一次击中飞机的概率是多少？(2)若有一架敌机入侵，至少需要多少架高射炮同时射击才能以99％的概率命中敌机？

分析 本题既可使用加法公式，也可使用乘法公式． 解 (1)令

Bi＝{第i门高射炮击中敌机}(i＝1，2)，A＝{击中敌机}． 在同时射击时，B1与B2可以看成是互相独立的，从而B1,B2也是相互独立的，且有

P(B1)＝P(B2)＝0.6，P(B1)?P(B2)?1?P(B1)?0.4.

方法1(加法公式)由于A＝B1＋B2，有

P(A)＝P(B1＋B2)＝P(B1)＋P(B2)－P(B1)P(B2)

＝0.6＋0.6－0.6×0.6＝0.84． 方法2(乘法公式) 由于A?B1B2，有

P(A)?P(B1B2)?P(B1)P(B2)?0.4?0.4?0.16,

于是 P(A)?1?P(A)?0.84.

(2)令n是以99％的概率击中敌机所需高射炮的门数，由上面讨论可知，

99％＝1－0.4n 即 0.4n＝0.01，

亦即

n?lg0.01?2??5.026.

lg0.4?0.3979因此若有一架敌机入侵，至少需要配置6门高射炮方能以99％的把握击中它．

问题 (1)为什么要将5.026进到6？什么时候采取“四舍五入”？

(2)通过上面的讨论，小结一下“加法公式”与“乘法公式”的使用问题．

1．3．6 全概率公式与贝叶斯(Bayes)公式

1．全概率公式

如果事件组A1，A2，…，An满足

(1)

?A?Ω且P(A)＞0(i＝1，2，…，n)．

ini

i?1(2)AiAj＝?(i≠j；i，j＝1，2，…，n)， 则对任一事件B，有

17

P(B)??P(Ai)P(B|Ai).

i?1n上式称之为全概率公式．

2．贝叶斯公式

设A1，A2，…，An是某一随机试验的一个完备事件组，对任意事件B(P(B)＞0)，在事件B已发生的条件下事件Ai发生的概率为

P(Ai|B)?P(Ai)P(B|Ai)?P(Aj?1n(i?1,2,?,n).

j)P(B|Aj)上式称之为贝叶斯公式(或逆概率公式)．

利用全概率公式和贝叶斯公式计算概率的关键是找满足全概率公式中条件的事件组，即完备事件组A1，A2，…，An．要掌握以下两点：

(1)事件B必须伴随着n个互不相容事件A1，A2，…，An之一发生，B的概率就可用全概率公式计算．

(2)如果我们已知事件B发生了，求事件Aj(j＝1，2，…，n)的概率，则应使用贝叶斯公式．这里用贝叶斯公式计算的是条件概率P(Aj|B)(j＝1，…，n)．

这里，我们把导致试验结果的各种“原因”：A1，A2，…，An的概率P(Ai)称为先验概率，它反映了各种“原因”发生的可能性大小，一般是以往经验的总结，在这次试验前已经知道．现在若试验产生了事件B，它将有助于探讨事件发生的“原因”．我们把条件概率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．

例29 设某人从外地赶来参加紧急会议．他乘火车、轮船、汽车或飞机来的概率分别

3112、、及，如果他乘飞机来，不会迟到；而乘火车、轮船或汽车来迟到的概率分别105105111为、、?试问：(1)他迟到的概率；(2)此人若迟到，试推断他是怎样来的可能性最大？ 4312是

解 令A1＝{乘火车}，A2＝{乘轮船}，A3＝{乘汽车}，A4＝{乘飞机}，B＝{迟到}．按题意有：

P(A1)?3112, P(A2)?, P(A3)?, P(A4)?, 105105

111P(B|A1)?, P(B|A2)?, P(B|A3)?, P(B|A4)?0.

4312(1)由全概率公式，有

P(B)?i?1?P(Ai)P(B|Ai)?P(Ai|B)?41111123???????0?? 1045310125203(2)由逆概率公式

P(Ai)P(B|Ai)?P(Aj?14(i?1,2,3,4),

j)P(B|Aj)得到

18

141P(A1|B)?,P(A2|B)?,P(A3|B)?,P(A4|B)?0.

2918由上述计算结果可以推断出此人乘火车来的可能性最大．

例30 三人同时向一架飞机射击，设他们射中的概率分别为0.5，0.6，0.7．又设无人射中，飞机不会坠毁；只有一人击中飞机坠毁的概率为0.2；两人击中飞机坠毁的概率为0.6；三人射中飞机一定坠毁．求三人同时向飞机射击一次飞机坠毁的概率．

解 设Ai＝{第i个人射中}(i＝1，2，3)，有

P(A1)＝0.5， P(A2)＝0.6， P(A3)＝0.7．

又设B0＝{三人都射不中}，B1＝{只有一人射中}，B2＝{恰有两人射中}，B3＝{三人同时射中}，C＝{飞机坠毁}．由题设可知

P(C|B0)?0, P(C|B1)?0.2, P(C|B2)?0.6, P(C|B3)?1,

并且

P(B0)?P(A1A2A3)?P(A1)P(A2)P(A3)?0.5?0.4?0.3?0.06.

同理

P(B1)?P(A1A2A3?A1A2A3?A1A2A3)

?P(A1A2A3)?P(A1A2A3)?P(A1A2A3)

?P(A1)P(A2)P(A3)?P(A1)P(A2)P(A3)?P(A1)P(A2)P(A3)

＝0.5×0.4×0.3＋0.5×0.6×0.3＋0.5×0.4×0.7 ＝0.29； P(B2)＝0.44； P(B3)＝0.21． 利用全概率公式便得到

P(C)??P(Bi)P(C|Bi)

i?03＝0.06×0＋0.29×0.2＋0.44×0.6＋0.21×1 ＝0.532．

由上面的讨论可以看出，在使用全概率公式和逆概率公式解题时，“分析题目，正确写出题设，找出(或计算)先验概率和条件概率”是十分重要的．

例31 两台机床加工同样的零件，第一台出现废品的概率是0.03，第二台出现废品的概率是0.02．加工出来的零件放在一起，并且已知第一台加工的零件比第二台加工的零件多一倍，求任意取出的零件是合格品的概率；又：如果任意取出的零件经检查是废品，求它是由第二台机床加工的概率．

答案是：0.973；0.25．

问题 在例31中“设Ai＝{第i台生产的废品}，i＝1，2”对否，为什么？

1．3．7 伯努利(Bernoulli)概型

19

在实际问题中，我们常常要做多次试验条件完全相同(即可以看成是一个试验的多次重复)并且都是相互独立(即每次试验中的随机事件的概率不依赖于其他各次试验的结果)的试验．我们称这种类型的试验为重复独立试验．

在单次试验中事件A发生的概率为p(0＜p＜1)，则在n次独立重复试验中

P{A发生k次}

defPn(??k)

,n). (1－5)

kk?Cnp(1?p)n?k(k?0,1,2,所谓伯努利概型就是利用关系式(1－5)来讨论事件概率的数学模型．伯努利概型又称为

独立试验序列概型(或二项概型)．

问题 (1)相同条件下的多个(独立)试验，可以看作一个试验进行多次，而使用二项概型吗？

(2)二项概型与古典概型有何异同？在什么情况下，古典概型问题也可使用二项概型？ 例32 某类电灯泡使用时数在1000 h以上的概率为0.2，求三个灯泡在使用1000 h以后最多只坏一个的概率．

解 这是一个n＝3，p＝0.8二项概型问题

P3(μ≤1)＝P(μ＝0)＋P(μ＝1)．

例33 袋中有10个球，其中2个为白色，从中有放回地取出3个，求这3个球中恰有2个白球的概率．

解 方法1 设A＝{恰有2个白球}，由古典概型，有

n?103, m?3?22?8，

3?22?8? 因此 P(A)?103方法2 由二项概型，有

P(A)?P3(??2)?C()()?10102322813?22?8103?

1．3．8 练习题

依题意，指出以下各题的主要考核内容：

1－1 袋中有4个白球、6个红球，先从中任取出4个，然后再从剩下的6个球中任取一个，则它恰为白球的概率是______．

分析 本题主要考查________________________．

1－2 有一批产品，其中正品有n个，次品有m个，先从这批产品中任意取出l个(不知其中的次品数)，然后再从剩下的产品中任取一个恰为正品的概率为( )．

分析 本题主要考查_________________________．

1－3 袋中有5个球，其中1个是红球，每次取1个球，取出后不放回，前3次取到红球的概率为( )．

分析 本题主要考查_________________________．

1－4 设两两相互独立的三事件A，B，C，满足：ABC＝?，P(A)＝P(B)＝P(C)＜

1，220

P(X?k)?称这样的分布为离散型的均匀分布．

(2)由分布律的性质，有

1(k?1,2,?,N). N1??Bk?0??kk!?B?k?0??kk!?B?e?,

解得B＝eλ．于是

－

P(X?k)??kk!e??.

这表明X服从参数为λ的泊松分布．

2－2 某店内有4名售货员，据经验每名售货员平均在1 h内只用秤15 min，问该店通常情况下应配制几台秤？

分析 设Xi＝{第i个售货员使用秤}，则Xi～B(1，0.25)．令S?0.25)．考虑到

P(S≤2)＝1－P(S＞2)＝1－P(S＝3)－P(S＝4)

3?1?C4(0.25)3(0.75)?(0.25)4

?Xi?14i，于是S～B(4，

＝1－0.0469－0.0039≈0.95

故该商店通常情况下应配制2台秤． 问题 如何理解题意？

提示 见本书第37页例13．

2－3 设平面区域D是由x＝1，y＝0，y＝x所围成(如图2－5)，今向D内随机地投入10个点，求这10个点中至少有2个点落在由曲线y＝x2与y＝x所围成的区域D1内的概率．

图2－5

分析 分两步进行．第一步：先计算任投一点落入D1的概率．根据几何概型，有

11?L(A)231P(A)????

1L(Ω)321第二步：设X＝{落入D1内的点数}，有X~B(10,),于是

3P(X≥2)＝1－P(X＝0)－P(X＝1)

46

21129?1?()10?C10()().

333问题 本题可否使用其他方法．

2－4 设随机变量X具有连续的分布函数F1(x)，求Y＝F1(X)的分布函数F2(y)． (或证明题：

设X的分布函数F1(x)是连续函数，证明随机变量Y＝F1(X)在区间(0，1)上服从均匀分布．)

分析 由于F1(x)为X的连续分布函数，可知

α＝min{F1(x)}＝F1(－∞)＝0， β＝max{F1(x)}＝F1(＋∞)＝1． 因为F1(x)是单调递增函数，所以F1(y)存在(单调函数必有单值反函数存在)，因而有

?1F2(y)当0≤y＜1时，

def?0,?P(Y?y)??*,?1,??1y?0,0?y?1, y?1.*＝F2(y)＝P(F1(X)≤y)＝P(X≤F1(y)) ＝F1(F1(y))＝y．

代入F2(y)表达式有

?1?0,?F2(y)??y,?1,?因此，Y的分布密度函数为

y?0,0?y?1, y?1.?1,0?y?1, p2(y)???0,其他.即 Y~U(0,1).

问题 请你根据此题编制一些具体分布的例题．如：

－

1．设X～E(2)，证明Y＝1－e2X～U(0，1) 分析 由于X～E(2)，因此

?2e?2x,p1(x)???0,数为x??x?0,x?0.

－2x

当x＝0时，y＝0＝α；当x→＋∞时，y→1＝β：因为y＝1－e单调增加，所以其反函

1ln(1?y)，有 247

x???y

方法1(公式法)

1?1111??e2x.

21?y21?y2?p1(f?1(y))|(f?1(y))?|,p2(y)???0,??2x12x?2e?e,0?y?1, ??2?其他.?0,0?y?1,其他.

?1,0?y?1, ??0,其他.?即Y～U(0，1)．

方法2(定义法) 由分布函数的定义

?0,?F2(y)??*,?1,?当0≤y≤1时，有

y?0,0?y?1, y?1.1F2(y)?P(Y?y)?P(1?e?2X?y)?P(X??ln(1?y))

21?2(?ln(1?y))1?F1(?ln(1?y))?1?e2

2?1?(1?y)?y,

因此

?0,?F(y)??y,?1,?即Y～U(0，1)．

2．设随机变量X的概率密度为

y?0,0?y?1, y?1,?1,x?[1,8],?f(x)??33x2

?其他,?0,F(x)是X的分布函数．求随机变量Y＝F(X)的分布函数．

解 易见，当x＜1时，F(x)＝0；当x＞8时，F(x)＝1． 对于x∈[1，8]，有

48

F(x)??x13t231dt?x?1.

3设G(y)是随机变量Y＝F(X)的分布函数．显然，当y≤0时，G(y)＝0；当y≥1时，

G(y)＝1．

对于y∈(0，1)，有

G(y)?P{Y?y}?P{F(X)?y}?P{X?1?y}

3?P{X?(y?1)3}?F[(y?1)3]?y,

于是，Y＝F(X)的分布函数为

?0,?G(y)??y,?1,?y?0,0?y?1, y?1.

即Y～U(0，1)．

2－5 设随机变量X～U(0，5)，求方程4x2＋4Xx＋X＋2＝0有实根的概率． 分析 因为X在(0，5)上服从均匀分布，故X的分布密度为

?1?,0?x?5,p(x)??5

??0,其他.方程4x2＋4Xx＋X＋2＝0有实根的条件是

?＝16X2－16(X＋2)≥0，

即 (X＋1)(X－2)≥0．

解 得X≤－1或X≥2．舍去X≤－1，最后得2≤X≤5．因此，所求概率为

13P(2?X?5)??dx??

2555问题 本题可否使用其他方法？

2－6 设随机变量X的绝对值不大于1，即|X|≤1，且P(X??1)?1,P(X?1)? 81，在事件{－1＜X＜1}出现的条件下，X在(－1，1)内的任一子区间上取值的条件概率与4该子区间长度成正比．试求X的分布函数F(x)及P(X＜0)(即X取负值的概率)．

分析 (1)由题设，我们有x＜－1时，F(x)＝0；x≥1时，F(x)＝1．以下考虑－1＜x＜1时的情形．由于

1＝P(|X|≤1)＝P(X＝－1)＋P(－1＜X＜1)＋P(X＝1)， 故 P(?1?X?1)?1?115??? 84849

另据条件，有

1P(?1?X?x|?1?X?1)?(x?1),

2于是，对于－1＜x＜1，有(－1，x]?(－1，1)，因此

P(－1＜X≤x)＝P(－1＜X≤x，－1＜X＜1)

＝P(－1＜X＜1)P(－1＜X≤x|－1＜X＜1)

515??(x?1)?(x?1), 8216F(x)?P(X??1)?P(?1?X?x)?综上，有

5x?716?

0,??F(x)??(5x?7)/16,?1,?(2)P(X＜0)＝P(X≤0)－P(X＝0)＝F(0)＝7/16．

问题 (1)本题中的X是什么类型的随机变量？ (2)P(?1?X?x|?1?X?1)?x??1,?1?x?1, x?1.1(x?1)是如何得到的？ 2

2－7 射击用的靶子是一个半径为R的圆盘，已知每次射击都能击中靶子，并且击中靶子上任一以靶心为圆心的圆盘的概率与该盘的面积成正比．设随机变量X表示击中点与靶心的距离，求X的分布密度函数．

分析 根据分布函数的定义及几何概型，由图2－6有

图2－6

πx2x2F(x)?P(X?x)?2?2(0?x?R),

πRR2x于是 p(x)?F?(x)?2,

R因此

2x??2,0?x?R, p(x)??R?其他.?0,说明 (1)注意其分布函数应为

50

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