目录第一章重事件与概率191.5条件概率1381.5.1全概率公式和Bayes公式事件的独立性$1.5.26i
8 ¹ 1Ù ¯VÇ 1 §1.5 ^VÇ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 §1.5.1 VÇúªÚBayesúª . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 §1.5.2 ¯Õá5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 i
第一章事件与概率81.5条件概率1.条件概率的定义一般讲，条件概率就是在知道了一定的信息下所得到的随机事件的概率，如两个工厂A和B生产同一品牌的电视机，商场中该品牌有个统一的次品率，比如0.5%，如果你从某个途径知道该商场的这批电视机是A厂生产的，则你买到的电视机的次品率不再是0.5%.而应该比0.5%要小，这个概率就是条件概率，即你在知道了这批电视机是A厂生产的附加条件下的概率就是条件概率保险中应用的存活人数死亡率也是条件概率定义1.5.1.设事件A和B是随机试验2中的两个事件，P(B)>0，称P(AB)P(A|B) =P(B)为事件B发生条件下事件A发生的条件概率注1.5.1.P(A)和P(A|B)是不同的两个概率.如图，设矩形A的面积为1,则P(A)表示A的面积，而P(AB)表示在B中，A所占的比例，即AB这块面积在B中所占的比例B也可以从概率的统计定义，即用频率来近似概率这一角度来理解条件概率，设在n次独立试验中，事件A发生了nA次，事件B发生了nB次，事件AB发生了nAB次，事件B发生下事件A发生的频率为nAB~P(AB)nB~P(B)注1.5.2.事实上，我们所考虑的概率都是在一定条件下计算的，因为随机试验就是在一定的条件下进行的，所以样本空间是相对而言的。如果把在一定条件下的随机试验看成无条件的，则在补充条件下进行的随机试验的结果一般而言相对于原有结果要少，即样本空间改变了：所以所得随机事件的概率一般是不相同的，1
1Ù ¯VÇ §1.5 ^VÇ 1. ^Vǽ ù, ^VÇÒ´3 ½&Ee¤Å¯VÇ. Xü óAÚB)Ó¬ý>ÀÅ, û|¥T¬ýkÚg¬Ç, 'X0.5%, XJ\ l,å»Tû|ù1>ÀÅ´A), K\ï>ÀÅg¬ÇØ2 ´0.5%, AT'0.5%, ùVÇÒ´^VÇ, =\3 ù1>ÀÅ´A) N\^eVÇÒ´^VÇ. x¥A^¹ 0 , ¡ P(A|B) = P(AB) P(B) ¯Bu)^e¯Au)^VÇ. 5 1.5.1. P(A)ÚP(A|B) ´ØÓüVÇ. Xã, Ý/A¡È1, KP(A)L«A ¡È, P(A|B)L«3B¥, A¤Ó'~, =ABù¬¡È3B¥¤Ó'~. ±lVÇÚO½Â, =^ªÇ5CqVÇùÝ5n)^VÇ. 3ng ÕáÁ¥, ¯Au) nAg, ¯Bu) nBg, ¯ABu) nABg, ¯Bu) e¯Au)ªÇ nAB nB ≈ P(AB) P(B) 5 1.5.2. ¯¢þ, ·¤ÄVÇÑ´3½^eO, ÏÅÁÒ´3 ½^e?1, ¤± m´é ó. XJr3½^eÅÁw¤ Ã^, K3Ö¿^e?1ÅÁ(J óéuk(J, = mUC . ¤±¤Å¯VÇ´ØÓ. 1
例1.5.1.有10个产品，内有3个次品，从中一个个地抽取（不放回）检验，问第一次取到次品后第二次再取到次品的概率，解：样本空间2是从10个产品中有序取出2个产品的不同方法，这是一个排列问题，易知#2=10×9=90,记A=[第一次取出的是次品),B=[第二次取出的是次品),#(AB)=6,#A=3,故P(AB)_ 6/90P(B[4)= () = 3/10 =2/9注意,P(B|A)=2/9≠P(A)=3/10.例1.5.2.有三张相同的卡片和一顶帽子，第一张卡片两面都画有图，第二张卡片一面画图，一面画星，第三张卡片两面都画星，现在庄家把卡片放在帽中摇晃，然后让你任取一张，把它放在桌上，设你看到卡片上面的图案为图，然后庄家与你打赌下面的图案与上面一样时算庄家赢，不一样是为你赢。请问这样的赌博是否是公平的？这是著名数学家，信息论的创建者之一A.Weaver设计的，他曾在50年的《科学美国人》上介绍过这个例子.请大家想一想，很有意思例1.5.3.掷两个般子，观测出现的点数，分别以和y表示第一和第二颗般子掷出的点数，记A=((,y):+y≥9)，B=(r,y):>y)，求P(A|B)和P(BIA)容易算出P(A|B)=2/15，P(B|A)=1/3,这说明这两个条件概率不是一回事2.乘法定理由P(A|B) = () → P(AB) = P(A|B)P(B)1由归纳法容易推广为n个事件同时发生的概率有如下公式P(A1A2* An) = P(A1)P(A2|A1) P(An|A1**An-1)上面公式的右边看似麻烦，其实在实际中很容易算出.在没有给出n个事件之间相互关系时，这是计算n个事件同时发生的一个重要公式例1.5.4.某人忘了某饭店电话号码的最后一个数字，因而随意拔号，问他三次之内拔通电话的概率，解：令A,=[第次打通电话],i=1,2,3，则P(3次内拨通电话）=P(A1UA2UA3)2
~ 1.5.1. k10¬, Sk3g¬, l¥/Ä(Ø£) u, ¯1gg ¬1g2g¬VÇ. ): mΩ´l10¬¥kSÑ2¬ØÓ{, ù´ü¯K, ´ #Ω = 10×9 = 90, PA ={1gÑ´g¬}, B ={1gÑ´g¬}, #(AB) = 6, #A = 3, P(B|A) = P(AB) P(A) = 6/90 3/10 = 2/9 5¿, P(B|A) = 2/9 6= P(A) = 3/10. ~ 1.5.2. knÜÓk¡Úºlf, 1Ük¡ü¡Ñxk, 1Ük¡¡x , ¡x(, 1nÜk¡ü¡Ñx(. y3B[rk¡3l¥~, ,4\? Ü, r§3Sþ, \wk¡þ¡ãY, ,B[\Ùe¡ãYþ ¡B[I, Ø´\I. ¯ùÙÆ´Ä´ú²? ù´Í¶êÆ[, &EØMïöA. Weaver O, ¦Q350c5Æ{I y} , ¦P(A|B) ÚP(B|A). N´ÑP(A|B) = 2/15 , P(B|A) = 1/3, ù`²ùü^VÇØ´£¯. 2. ¦{½n dP(A|B) = P(AB) P(B) ⇒ P(AB) = P(A|B)P(B) d8B{N´í2n¯Óu)VÇkXeúª: P(A1A2 · · · An) = P(A1)P(A2|A1)· · · P(An|A1 · · · An−1) þ¡úªm>wqæ, Ù¢3¢S¥éN´Ñ. 3vkÑn¯m p'X, ù´On¯Óu)úª. ~ 1.5.4. ,{Òèêi, Ï ¿ÃÒ, ¯¦ngSÃÏ >{VÇ. ): -Ai={1igÏ>{}, i = 1, 2, 3 , K P(3gSÃÏ>{) = P(A1 ∪ A2 ∪ A3) 2
= 1-P(AA2A3)987= 1-1098=0.3例1.5.5.将n根短绳的2n个端头任意两两连接，试求恰好连成n个圈的概率解：以2表示所有不同连结结果的集合，设想把2n个端头排成一行，然后规定将第2k-1个端头与第2k个端头相连接，k=1,2·，n.于是每一种排法对应一种连结结果，从而2=(2n）.以A表示恰好连成n个圈的事件.设想已将n根短绳作了编号，以A表示第k号短绳被连成1个圈的事件，于是有A=nAkk=1当A1发生时，1号短绳被连成1个圈，这相当于有一个kE{1,2,，n]，使得在2n个端头的排列中，1号短绳的两个端头排在第2k－1和第2k个位置上，所以|A1l=2n(2n-2).因此1[Ai]P(Ai) =2]=2n-1我们来求P(A2|A1),即要在已知1号短绳被连成1个圈的情况下，求2号短绳也被连成1个圈的概率.既然1号短绳已经自成1个圈，我们就可以不考虑它，只要对剩下的n－1根短绳讨论其中的头一号短绳被连成1个圈的问题就行了.就是说，我们只要在变化了的概率空间上按计算无条件概率的公式来计算条件概率P(A2IA1)就行了.由于现在的情况与原来的情况完全类似，只不过总的绳数变为n一1根，故通过类比，即知11P(A2l41)= 2(n -1)-1= 2n -3同理可得11P(Ak|A1A2 .. Ak-1) = 2k= 3,4,..,n2[n-(k-1))-1 =22n-2k+1于是由概率乘法定理中的(2.3.6)式得到n11P(A)= P(N 4n) =2m -2k+1=(2n-1) k=1k=1在这个解法中，充分体现了利用变化了的概率空间计算条件概率的好处g1.5.1全概率公式和Bayes公式1.全概率公式3
= 1 − P(A¯ 1A¯ 2A¯ 3) = 1 − 9 10 8 9 7 8 = 0.3 ~ 1.5.5. òná-2nàÞ?¿üüë,Á¦TÐë¤nVÇ. ):±ΩL«¤kØÓë((J8Ü,r2nàÞü¤1,5½ò12k − 1àÞ12kàÞë,k = 1, 2, · · · , n.u´z«ü{éA«ë((J,l |Ω| = (2n)!.±AL«TÐë¤n¯.®òná- ?Ò,±AkL«1kÒá- ë¤1¯,u´kA = Tn k=1 Ak. A1u),1Òá-ë¤1,ùukk ∈ {1, 2, · · · , n}, ¦32nà Þü¥,1Òá-üàÞü312k − 1Ú12k þ,¤±|A1| = 2n(2n − 2)!.Ï d P(A1) = |A1| |Ω| = 1 2n − 1 . ·5¦P(A2|A1),=3®1Òá-ë¤1¹e,¦2Òá-ë¤1 VÇ.Q,1Òá-®²g¤1,·Ò±Øħ,éen − 1á- ?ØÙ¥ÞÒá-ë¤1¯KÒ1 .Ò´`,·3Cz VÇ mþUOÃ^VÇúª5O^VÇP(A2|A1)Ò1 .duy3¹5 ¹ aq,ØLo-êCn − 1,ÏLa',= P(A2|A1) = 1 2(n − 1) − 1 = 1 2n − 3 . Ón P(Ak|A1A2 · · · Ak−1) = 1 2[n − (k − 1)] − 1 = 1 2n − 2k + 1 , k = 3, 4, · · · , n. u´dVǦ{½n¥(2.3.6)ª P(A) = P( \n k=1 Ak) = Yn k=1 1 2n − 2k + 1 = 1 (2n − 1)!! . 3ù){¥,¿©Ny |^Cz VÇmO^VÇÐ?. §1.5.1 VÇúªÚBayesúª 1. VÇúª 3
定义1.5.2.设B1,B2，··Bn是样本空间2中的两两不相容的一组事件，即B,B,=Φ，i≠j，且满足U"=1B=2，则称B1,B2,·Bn是样本空间2的一个分割（又称为完备事件群，英文为partition）全概率公式：设[B1,B2,··Bn)是样本空间2的一个分割，且P(B)>0(i=1,，n),A为2中的一个事件，则P(A) = P(A|B;)P(B;)目的：有时不容易直接计算事件A的概率，但是在每个B；上A的条件概率容易求出注意：应用中最重要的是验证[B1,B2,···Bn}构成样本空间的一个分割例1.5.6.设某厂产品的一个零部件是由三家上游厂商供货的.已知有一半是B1厂提供的，B2厂商和B3分别提供25%.已知厂商B1和B2的次品率都是2%，B3的次品率为4%从该厂产品中任取一个产品，问该产品的这个零部件是次品的概率解：记A={取出的产品为次品},B;=[取到的产品是B;厂生产的),i=1,2,3,易见B1,B2,B3构成样本空间的一个分割，且P(B1)=0.5，P(B2)=P(B3)=0.25,P(A|B1)=P(A|B2)=0.02,P(A|B3)=0.04，由全概率公式马上得到P(A)=0.02×0.5+0.02×0.25+0.04×0.25=0.025例1.5.7.将n根短绳的2n个端头任意两两连接，求恰好连成n个圈的概率解：现在再来利用全概率公式给出一个解答.以An表示n根短绳恰好连成n个圈的事件，记pn=P(An）.再以B表示第1根短绳连成1个圈的事件,用B和Bc作为对2的一个分划.于是由全概率公式得pn = P(An) = P(B)P(An|B) + P(B°)P(An|B°),在前面例子中已经求得P(B)=2n-r;易见P(An|Bc)=0;而P(AnB)则是在已知第1根短绳连成1个圈的条件下其余n-1根短绳连成n一1个圈的概率，此时第1根短绳已经与其余n-1根短绳无关,所以P(An|B)=P(An-1)=Pn-1,代入上式即可得到1Pn = P(An) = 2n -Pn-1 , n = 2,3,...4
½Â 1.5.2. B1, B2, · · · Bn ´ mΩ ¥üüØN|¯, =BiBj = φ, i 6= j, ÷v Sn i=1 Bi = Ω, K¡B1, B2, · · · Bn ´ mΩ ©(q¡¯ +,=©partition). VÇúª:{B1, B2, · · · Bn}´ mΩ©, P(Bi) > 0(i = 1, · · · , n), AΩ¥¯, K P(A) = Xn i=1 P(A|Bi)P(Bi) 8: kØN´O¯AVÇ, ´3zBiþA^VÇN´¦Ñ. 5¿: A^¥´y{B1, B2, · · · Bn}¤ m©. ~ 1.5.6. ,¬"Ü´dn[þiûøÀ. ®k´B1 Jø , B2ûÚB3 ©OJø25% . ®ûB1 ÚB2 g¬ÇÑ´2%, B3 g¬Ç4%, lT¬¥?¬, ¯T¬ù"Ü´g¬VÇ. ): PA ={Ѭg¬}, Bi ={¬´Bi )}, i = 1, 2, 3, ´B1, B2, B3 ¤ m©, P(B1) = 0.5, P(B2) = P(B3) = 0.25, P(A|B1) = P(A|B2) = 0.02, P(A|B3) = 0.04, d VÇúªêþ P(A) = 0.02 × 0.5 + 0.02 × 0.25 + 0.04 × 0.25 = 0.025 ~ 1.5.7. òná-2nàÞ?¿üüë,¦TÐë¤nVÇ. ):y325|^ VÇúªÑ). ±AnL«ná-TÐë¤n¯ ,Ppn = P(An).2±BL«11á-ë¤1¯,^BÚBcéΩ©y.u ´d VÇúª pn = P(An) = P(B)P(An|B) + P(B c )P(An|B c ). 3c¡~f¥®²¦P(B) = 1 2n−1 ;´P(An|Bc ) = 0; P(An|B) K´3®11á -ë¤1^e,Ù{n − 1á-ë¤n − 1VÇ,d11á-®²Ù {n − 1á-Ã',¤±P(An|B) = P(An−1) = pn−1,\þª= pn = P(An) = 1 2n − 1 pn−1 , n = 2, 3, · · · . 4
反复利用该式,并注意p1=1,即得1pn = (2n - 1) n = ,2,..例1.5.8.（Polya罐子模型)罐中放有a个白球和b个黑球,每次从罐中随机抽取一个球，并连同c个同色球一起放回罐中，如此反复进行.试证明：在第n次取球时取出白球的概率为证：以A表示在第k次取球时取出白球的事件，于是A就是在第k次取球时取出黑球的事件.我们来对n作归纳.显然有P(A1)=-假设n=k-1，k≥2时结论成立,要证n=k时结论也成立.我们以A,和As作为对2的一个分划.注意此时可将P(Ai/Ai)看成是从原来放有a+c个白球和b个黑球的罐中按规则取球,并且在第k-1次取球时取出白球的概率,因此由归纳假设知P(AkA1）=a,同理亦有P(Ak|As）=a++,于是由全概率公式得P(A) =P(Ai)P(AAi)+P(A)P(AA))baa+baa= a+6a+6+e+a+6+ca+b+c=a+6因此结论对一切n成立在上面解答中的对2的分划的选取方式值得我们注意.这里易走的一条歧路是把Ak-1和A-1作为对2的分划.在这种选取之下,我们难以利用归纳假设算出条件概率P(A:|Ak-1)和P(Ak|A-1).因为此时我们只知道罐中有a+b+(k-1)c个球,而难于知道其中的白球和黑球数目.相反地，在A和A发生的情况下罐中的白球和黑球数目则十分清楚.这个事实再次表明正确选取分划方式的重要性例1.5.9.一罐内有a个黑球和b个白球，从中任意取一球，如果是白球则将它放回去，如果是黑球，则从另一罐内取一白球替换它放回去。在重复n次这样的做法后，求第n+1次取出的是白球的概率。解：记A=[第n次取出的是白球)，Pn=P(A)，B为所求事件。则Pn+1 =P(B) = P(B|A)P(A) + P(B|A)P(A)1)(1 - pn)= Pn *Pn +(pn +a+b)5
E|^Tª,¿5¿p1 = 1,= pn = 1 (2n − 1)!! , n = 1, 2, · · · . ~ 1.5.8. ( Polya -f .)-¥kax¥Úbç¥,zgl-¥ÅÄ¥,¿ ëÓcÓÚ¥å£-¥,XdE?1.Áy²:31ng¥Ñx¥VÇ a a+b . y: ±AkL«31kg¥Ñx¥¯,u´Ac kÒ´31kg¥Ñç¥ ¯.·5én8B.w,kP(A1) = a a+b .bn = k − 1, k ≥ 2(ؤá,yn = k(ؤá.·±A1ÚAc 1éΩ©y.5¿dòP(Ak|A1)w¤´l 5ka + cx¥Úb ç¥-¥U5K¥,¿ 31k − 1g¥Ñx¥V Ç,Ïdd8BbP(Ak|A1) = a+c a+b+c ,Ón½kP(Ak|Ac 1 ) = a a+b+c ,u´d VÇúª P(Ak) = P(A1)P(Ak|A1) + P(A c 1 )P(Ak|A c 1 ) = a a + b a + b a + b + c + b a + b + c a a + b + c = a a + b . Ïd(Øén¤á. 3þ¡)¥éΩ©yÀª·5¿.ùp´r^Ü´´rAk−1ÚAc k−1 éΩ©y.3ù«Àe,·J±|^8BbÑ^VÇP(Ak|Ak−1)ÚP(Ak|Ac k−1 ).Ï d·-¥ka + b + (k − 1)c¥, JuÙ¥x¥Úç¥ê8. /,3A1ÚAc 1u)¹e,-¥x¥Úç¥ê8K©Ù.ù¯¢2gL²( À©yª5. ~ 1.5.9. -Skaç¥Úbx¥§l¥?¿¥§XJ´x¥Kò§£§X J´ç¥§Kl,-Sx¥O§£"3Engù{§¦1n+1g Ñ´x¥VÇ" ): PA={1ngÑ´x¥}§pn = P(A)§B¤¦¯"K pn+1 = P(B) = P(B|A)P(A) + P(B|A¯)P(A¯) = pn ∗ pn + (pn + 1 a + b )(1 − pn) 5
+)n++(1 -+结合初值pi=a，得到pn+1=1-(1-_1)"_ba+6)a+b2.Bayes公式设(B1,B2,""·Bn)是样本空间的一个分割，A为2中的一个事件，P(B）>0,i=1,2,., n, P(A)>0, 则P(A|B:)P(B)P(B:/A)=Z,= P(A|B,)P(B,)什么情况下用Bayes公式？由公式知，分母就是事件A的概率，而分子和等式左边的条件概率中的条件正好反过来.所以我们知道在因果关系互换时必须用Bayes公式例1.5.10.一种诊断某癌症的试剂，经临床试验有如下记录：有癌症病人阳性的概率为95%，无癌症病人阴性的概率为95%.现用这种试剂在某社区进行癌症普查，设该社区癌症发病率为0.5%，问某人反应为阳性时该人患癌症的概率，解：设A=[反应为阳性],C=[被诊断者患癌症],由题意P(A|C) = 0.95,P(AC) = 0.95,P(C) = 0.005现在要算的是P(C/A）。这是典型的因果关系互换，只能用Bayes公式P(A|C)P(C)P(C|A) =P(A|C)P(C) + P(A|C)P(C)0.95×0.005一0.95×0.005+0.05×0.9950.087=8.7%=这说明用该试剂进行普查，准确性只有8.7%.计算表明，如果两次反应为阳性时患癌症的概率达到了64%81.5.2事件的独立性为了计算两个事件同时发生的概率，可以运用乘法定理，P(AB)=P(A|B)P(B).什么情况下P(AB)=P(A)P(B)？即AB同时发生的概率等于两个事件单独发生概率的乘积？为此我们有如下的定义6
= 1 − 1 a + b pn + 1 a + b (ÜÐp1 = a a+b§ pn+1 = 1 − 1 − 1 a + b n b a + b . 2. Bayesúª {B1, B2, · · · Bn}´ m©, AΩ¥¯, P(Bi) > 0, i = 1, 2, · · · , n, P(A) > 0, K P(Bi |A) = P(A|Bi)P(Bi) Pn j=1 P(A|Bj )P(Bj ) o¹e^Bayesúª? dúª, ©1Ò´¯AVÇ, ©fÚ ª> ^VÇ¥^ÐL5. ¤±·3ÏJ'Xp7L^Bayesúª. ~ 1.5.10. «ä,JwÁJ, ²KÁkXeP¹: kJw¾<5VÇ 95%, ÃJw¾<Ò5VÇ95%. y^ù«ÁJ3,«?1JwÊ, T« Jwu¾Ç0.5%, ¯,<A5T<JwVÇ. ): A ={A5}, C ={äöJw}, dK¿, P(A|C) = 0.95, P(A¯|C¯) = 0.95, P(C) = 0.005, y3´P(C|A) . ù´;.ÏJ'Xp, U^Bayesúª. P(C|A) = P(A|C)P(C) P(A|C)P(C) + P(A|C¯)P(C¯) = 0.95 × 0.005 0.95 × 0.005 + 0.05 × 0.995 = 0.087 = 8.7% ù`²^TÁJ?1Ê, O(5k8.7%. OL², XJügA5 JwVÇ 64%. §1.5.2 ¯Õá5 Oü¯Óu)VÇ, ±$^¦{½n, P(AB) = P(A|B)P(B). o¹eP(AB) = P(A)P(B)? =ABÓu)VÇ uü¯üÕu)VǦ È? d·kXe½Â: 6
定义1.5.3.设A,B是随机试验中的两个事件，若满足P(AB)=P(A)P(B)，则称事件A和B相互独立.关于独立的概念，应该是从实际出发，如果能够判断事件B的发生与否对事件A的发生与否不产生影响，则事件A，B即为独立.如把一个硬币掷两次，观测正反面出现的情况，A=第一次出现正面]，B=[第二次出现正面]，AB={两次都出现正面]，样本空间2有4个基本事件,#(AB)=1,#(A)=2,#(B)=2,故P(AB) = 1/4, P(A)P(B) = 1/2 1/2 = 1/4即事件A，B相互独立.事实上，我们容易判断第一次是否出现正面与第二次是否出现正面没有任何影响，即独立的.设A表示事件A发生和不发生之一，B表示事件B发生和不发生之一.由独立性的定义可以推知P(AB)=P(A)P(B)，（这儿一共4个等式）：独立性的定义可以推广到n个事件定义1.5.4.设A1,A2，An是随机试验中的n个事件，以A，表示A,或A,之一.若满足P(AiA2 ... An) = P(A1)P(A2) -.. P(An))则称事件列A1,A2，··An相互独立（上面有2n个等式）注意：上面等式等价于对A1,A2，An中的任意个事件Ai,Ai2,，Aik，k=2,·.n有P(AiAi2..Ai) = P(Ai)P(Ai2) ...P(Ai)若A1,·.·，An中任意两个事件相互独立，则称为两两独立注意：独立和不相容是不同的两个概念例1.5.11.（两两独立而不相互独立的反例）有四个同样的小球，分别在其上写上“1”，“2”，“3”和“1,2,3”。引进三个事件：A,=[随机取一球，球上有数字，i=1,2,3.试讨论事件A1,A2,A3是否相互独立。解:易知P(A1)=P(A2)=P(A3)=,P(A1A2)=P(A2A3)=P(A3A1)=±,但是却有P(A1A2A3)=1+P(A1)P(A2)P(A3),所以事件A1,A2,A3两两独立,但不相互独立.这个例子说明两两独立不一定独立。7
½Â 1.5.3. A, B´ÅÁ¥ü¯, e÷vP(AB) = P(A)P(B) , K¡¯AÚB pÕá. 'uÕáVg, AT´l¢SÑu, XJU ä¯Bu)Äé¯A u)ÄØ)K, K¯A, B=Õá. XrM1üg, *ÿ¡Ñy ¹, A ={1gÑy¡}, B ={1gÑy¡}, AB ={ügÑÑy¡}, mΩk4Ä ¯, #(AB) = 1, #(A) = 2, #(B) = 2, P(AB) = 1/4, P(A)P(B) = 1/2 · 1/2 = 1/4 =¯A, BpÕá. ¯¢þ, ·N´ä1g´ÄÑy¡1g´ÄÑ y¡vk?ÛK, =Õá. A˜ L«¯Au)ÚØu), B˜ L«¯Bu) ÚØu). dÕá5½Â±íP(A˜B˜) = P(A˜)P(B˜), (ù4 ª) . Õ á5½Â±í2n¯. ½Â 1.5.4. A1, A2, · · · An´ÅÁ¥n¯, ±A˜ i L«Ai½A¯ i. e÷v P(A˜ 1A˜ 2 · · · A˜ n) = P(A˜ 1)P(A˜ 2)· · · P(A˜ n), K¡¯A1, A2, · · · An pÕá. (þ¡k2 n ª) 5¿: þ¡ ª duéA1, A2, · · · An¥?¿k¯Ai1 , Ai2 , · · · , Aik , k = 2, · · · n, k P(Ai1Ai2 · · · Aik ) = P(Ai1 )P(Ai2 )· · · P(Aik ) eA1, · · · , An¥?¿ü¯pÕá,K¡üüÕá. 5¿: ÕáÚØN´ØÓüVg. ~ 1.5.11. (üüÕá ØpÕá~) koÓ¥, ©O3Ùþþ/10§/20§/30 Ú/1,2,30"Ú?n¯: Ai={Å¥§¥þkêii}, i = 1, 2, 3. Á?دA1, A2, A3´ ÄpÕá. ):´P(A1) = P(A2) = P(A3) = 1 2 , P(A1A2) = P(A2A3) = P(A3A1) = 1 4 ,´% kP(A1A2A3) = 1 4 6= P(A1)P(A2)P(A3), ¤±¯A1, A2, A3üüÕá,ØpÕá.ù ~f`²üüÕáؽÕá" 7
例1.5.12.A,B,C三人独立地破译密码，每人能破译密码的概率分别为1/3,1/4,1/5.问密码能被破译的概率有多大？解：设D=[密码被破译]，A,B和C分别表示A,B和C三人能破译密码这三个事件，由独立性P(D) = P(AUBUC)=1-P(ABC)234= 1- P(A)P(B)P(C) =1 -=0.6345例1.5.13.在元件可靠性研究中，我们考虑如下两种电路：其中1-4表示4个继电器，它们是否开通是相互独立的，设继电器导通的概率为p，(0<P<1)，求两种电路从L到R为通路的概率，L22433解：左图为串联后并联，右边为并联后串联，记A，={第个继电器导通}，则左图LR为通路的表达为AA2UA3A4,右图LR为通路的表达为(AiUA3)n(A2UA4)，由于P(A1A2)=P(A1)P(A2)=p = P(A3A4), 故P(AiA2U AsA4) = p2+p2-p= p2(2 -p2)同理，P((Ai U A3) n(A2 U A4)) = (2p- p2)2 = p2(2 - p)2,由于2-p2<(2一p)2，故并联后串联的电路比串联后并联的电路的可靠性高一点例1.5.14.n个人独立向同一目标射击，第i个人命中目标的概率为pi,i=1,2,**，n，求至少有一人命中目标的概率，8
~ 1.5.12. A, B, C n´: Ù¥1-4L«4U>ì, §´ÄmÏ´pÕá, U>ìÏVÇp,(0 ´lLRÏ´VÇ. ): ãGé¿é, m>¿éGé, PAi ={1iU>ìÏ}, KãLRÏ ´LA1A2 ∪ A3A4,mãLRÏ´L(A1 ∪ A3) ∩ (A2 ∪ A4), duP(A1A2) = P(A1)P(A2) = p 2 = P(A3A4), P(A1A2 ∪ A3A4) = p 2 + p 2 − p 4 = p 2 (2 − p 2 ) Ón, P((A1 ∪ A3) ∩ (A2 ∪ A4)) = (2p − p 2 ) 2 = p 2 (2 − p) 2 , du2 − p 2 ´'Gé¿é>´5p:. ~ 1.5.14. n<ÕáÓ8IÂ, 1i<·¥8IVÇpi , i = 1, 2, · · · , n, ¦ k<·¥8IVÇ. 8
解：令A,=[第个人命中目标],D=至少有一人命中目标],则UAi,D =i=1P(D) = 1- P(D) =1 - P(AiA2 -*.An)= 1 - (1 - pi)(1 - p2) ·. (1 - pn)~1 -exp-Zpi]上面约等号在p较小时成立.例如pi=0.04,n=100时，P(D)~1-exp(-4)=0.981689
): -Ai ={1i<·¥8I}, D ={k<·¥8I}, K D = [n i=1 Ai , P(D) = 1 − P(D¯) = 1 − P(A¯ 1A¯ 2 · · · A¯ n) = 1 − (1 − p1)(1 − p2)· · ·(1 − pn) ≈ 1 − exp{−Σpi} þ¡ Ò3pi¤á. ~Xpi = 0.04, n = 100 , P(D) ≈ 1 − exp{−4} = 0.98168 9