概率論與數(shù)理統(tǒng)計第三講

概率論與數(shù)理統(tǒng)計第三講1第1頁，共33頁，2023年，2月20日，星期一

全概率公式和貝葉斯公式主要用于計算比較復雜事件的概率.綜合運用加法公式P(A+B)=P(A)+P(B)A、B互斥乘法公式P(AB)=P(A)P(B|A)P(A)>0一、全概率公式第2頁，共33頁，2023年，2月20日，星期一

例1有三個箱子，分別編號為1、2、3，1號箱裝有1個紅球4個白球，2號箱裝有2個紅球3白球，3號箱裝有3個紅球.某人從三箱中任取一箱，從中任意摸出一球，求取得紅球的概率.解：記Bi={球取自i號箱},

i=1,2,3;

A={取得紅球}即A=B1A+B2A+B3A，

A發(fā)生總是伴隨著B1，B2，B3之一同時發(fā)生，P(A)=P(B1A)+P(B2A)+P(B3A)運用加法公式得123且B1A、B2A、B3A兩兩互斥第3頁，共33頁，2023年，2月20日，星期一將此例中所用的方法推廣到一般的情形，就得到在概率計算中常用的全概率公式.對求和中的每一項運用乘法公式得P(A)=P(B1A)+P(B2A)+P(B3A)代入數(shù)據(jù)計算得：P(A)=8/15第4頁，共33頁，2023年，2月20日，星期一也稱滿足上述條件的B1,B2,…,Bn為完備事件組.定義設S為試驗E的樣本空間，B1,B2,…,Bn為E的一組事件.若則稱B1,B2,…,Bn為樣本空間S的一個劃分.第5頁，共33頁，2023年，2月20日，星期一全概率公式:

設試驗E的樣本空間為S，A為E的事件，B1,B2,…,Bn為S的一個劃分，且有P(Bi)>0，i=1,2,…,n,則在較復雜情況下直接計算P(A)不易,但A總是伴隨著某個Bi出現(xiàn)，適當?shù)厝?gòu)造這一組Bi往往可以簡化計算.第6頁，共33頁，2023年，2月20日，星期一某一事件A的發(fā)生有各種可能的原因，如果A是由原因Bi(i=1,2,…,n)所引起，則A發(fā)生的概率是每一原因都可能導致A發(fā)生，故A發(fā)生的概率是各原因引起A發(fā)生概率的總和，即全概率公式.或理解為：全概率公式應用演示實際中還有下面一類問題，是“已知結(jié)果求原因”第7頁，共33頁，2023年，2月20日，星期一有三個箱子，分別編號為1、2、3，1號箱裝有1個紅球4個白球，2號箱裝有2個紅球3個白球，3號箱裝有3個紅球.某人從三箱中任取一箱，從中任意摸出一球，發(fā)現(xiàn)是紅球,求該球是取自1號箱的概率.1231紅4白?二、貝葉斯公式第8頁，共33頁，2023年，2月20日，星期一某人從任一箱中任意摸出一球，發(fā)現(xiàn)是紅球，求該球是取自1號箱的概率.記Bi={球取自i號箱},i=1,2,3;

A={取得紅球}求P(B1|A)運用全概率公式計算P(A)將這里得到的公式一般化，就得到貝葉斯公式1231紅4白?第9頁，共33頁，2023年，2月20日，星期一該公式于1763年由貝葉斯(Bayes)給出.它是在觀察到事件B已發(fā)生的條件下，尋找導致B發(fā)生的每個原因的概率.貝葉斯公式：

設試驗E的樣本空間為S，A為E的事件，B1,B2,…,Bn為S的一個劃分，且P(A)>0，P(Bi)>0，（i=1,2,…,n）,則第10頁，共33頁，2023年，2月20日，星期一例2某一地區(qū)患有癌癥的人占0.005，患者對一種試驗反應是陽性的概率為0.95，正常人對這種試驗反應是陽性的概率為0.04，現(xiàn)抽查了一個人，試驗反應是陽性，問此人是癌癥患者的概率有多大?則表示“抽查的人不患癌癥”.已知P(C)=0.005,P()=0.995,

P(A|C)=0.95,P(A|)=0.04解:設C={抽查的人患有癌癥}，

A={試驗結(jié)果是陽性}，求P(C|A).第11頁，共33頁，2023年，2月20日，星期一現(xiàn)在來分析一下結(jié)果的意義.由貝葉斯公式，可得代入數(shù)據(jù)計算得:

P(C｜A)=0.10662.檢出陽性是否一定患有癌癥?

1.這種試驗對于診斷一個人是否患有癌癥有無意義？第12頁，共33頁，2023年，2月20日，星期一如果不做試驗,抽查一人,他是患者的概率P(C)=0.005

患者陽性反應的概率是0.95，若試驗后得陽性反應，則根據(jù)試驗得來的信息，此人是患者的概率為

P(C｜A)=0.1066說明這種試驗對于診斷一個人是否患有癌癥有意義.從0.005增加到0.1066,將近增加約21倍.這種試驗對于診斷一個人是否患有癌癥有無意義？第13頁，共33頁，2023年，2月20日，星期一2.檢出陽性是否一定患有癌癥?

試驗結(jié)果為陽性,此人確患癌癥的概率為

P(C｜A)=0.1066即使你檢出陽性，尚可不必過早下結(jié)論你有癌癥，這種可能性只有10.66%(平均來說，1000個人中大約只有107人確患癌癥)，此時醫(yī)生常要通過再試驗來確認.

第14頁，共33頁，2023年，2月20日，星期一

貝葉斯公式在貝葉斯公式中，P(Bi)和P(Bi|A)分別稱為原因的驗前概率和驗后概率.P(Bi)(i=1,2,…,n)是在沒有進一步信息（不知道事件A是否發(fā)生）的情況下，人們對諸事件發(fā)生可能性大小的認識.當有了新的信息（知道A發(fā)生），人們對諸事件發(fā)生可能性大小P(Bi|A)有了新的估計.貝葉斯公式從數(shù)量上刻劃了這種變化。第15頁，共33頁，2023年，2月20日，星期一在不了解案情細節(jié)(事件A)之前，偵破人員根據(jù)過去的前科，對他們作案的可能性有一個估計，設為比如原來認為作案可能性較小的某甲，現(xiàn)在變成了重點嫌疑犯.例如，某地發(fā)生了一個案件，懷疑對象有甲、乙、丙三人.甲乙丙P(B1)P(B2)P(B3)但在知道案情細節(jié)后,這個估計就有了變化.P(B1|A)知道A發(fā)生后P(B2

|A)P(B3|A)最大偏小第16頁，共33頁，2023年，2月20日，星期一例3

由于隨機干擾，在無線電通訊中發(fā)出信號“?”,收到信號“?”、“不清”、“—”的概率分別為0.7、0.2、0.1；發(fā)出信號“—”,收到信號“?”、“不清”、“—”的概率分別為0.0、0.1、0.9.已知在發(fā)出的信號中,“?”和“—”出現(xiàn)的概率分別為0.6和0.4,試分析,當收到信號“不清”時,原發(fā)信號為“?”和“—”的概率哪個大？解設原發(fā)信號為“?”為事件

B1，原發(fā)信號為“—”為事件

B2，收到信號“不清”為事件A.例6第17頁，共33頁，2023年，2月20日，星期一已知：可見,當收到信號“不清”時,原發(fā)信號為

“?”的可能性大.第18頁，共33頁，2023年，2月20日，星期一顯然P(A|B)=P(A)這就是說,已知事件B發(fā)生,并不影響事件A發(fā)生的概率,這時稱事件A、B獨立.A={第二次擲出6點}，B={第一次擲出6點}，先看一個例子：將一顆均勻骰子連擲兩次，設三、事件的獨立性第19頁，共33頁，2023年，2月20日，星期一由乘法公式知，當事件A、B獨立時，定義若兩事件A、B滿足

P(AB)=P(A)P(B)則稱A、B獨立，或稱A、B相互獨立.有P(AB)=P(A)P(B)容易證明,若兩事件A、B獨立，則

也相互獨立.第20頁，共33頁，2023年，2月20日，星期一例4從一副不含大小王的撲克牌中任取一張，記

A={抽到K},B={抽到的牌是黑色的}可見,P(AB)=P(A)P(B)

由于P(A)=4/52=1/13,說明事件A、B獨立.問事件A、B是否獨立？解：P(AB)=2/52=1/26P(B)=26/52=1/2在實際應用中,往往根據(jù)問題的實際意義去判斷兩事件是否獨立.例如兩人射擊.第21頁，共33頁，2023年，2月20日，星期一四、多個事件的獨立性將兩事件獨立的定義推廣到三個事件：對于三個事件A、B、C，若

P(AB)=P(A)P(B)四個等式同時

P(AC)=P(A)P(C)成立,則稱事件

P(BC)=P(B)P(C)A、B、C相互

P(ABC)=P(A)P(B)P(C)獨立.

注：關系式(1)—(3)成立時,稱A,B,C兩兩獨立

兩兩獨立相互獨立第22頁，共33頁，2023年，2月20日，星期一

推廣到n個事件的獨立性定義,可類似寫出：包含等式總數(shù)為：設A1,A2,…,An是

n個事件，如果對任意k(1<k

n),任意1i1<i2<…<ik

n,具有等式則稱A1,A2,…,An為相互獨立的事件.兩個推論（p27）.第23頁，共33頁，2023年，2月20日，星期一

例5甲、乙、丙三人同時對飛機進行射擊,三人擊中的概率分別為0.4、0.5、0.7.飛機被一人擊中而擊落的概率為0.2,被兩人擊中而擊落的概率為0.6,若三人都擊中,飛機必定被擊落,求飛機被擊落的概率.設A={飛機被擊落}

Bi={飛機被i個人擊中},i=1,2,3由全概率公式

P(A)=P(B1)P(A|B1)+P(B2)P(A|B2)+P(B3)P(A|B3)則A=B1A+B2A+B3A解:依題意，P(A|B1)=0.2,P(A|B2)=0.6,

P(A|B3)=1第24頁，共33頁，2023年，2月20日，星期一可求得:為求P(Bi),

設Hi={飛機被第i人擊中},i=1,2,3將數(shù)據(jù)代入計算得:P(B1)=0.36;P(B2)=0.41;P(B3)=0.14.

P(A)=P(B1)P(A|B1)+P(B2)P(A|B2)+P(B3)P(A|B3)第25頁，共33頁，2023年，2月20日，星期一于是

P(A)=P(B1)P(A|B1)+P(B2)P(A|B2)+

P(B3)P(A|B3)=0.458=0.36×0.2+0.41×0.6+0.14×1即飛機被擊落的概率為0.458.P(B1)=0.36;P(B2)=0.41;P(B3)=0.14.第26頁，共33頁，2023年，2月20日，星期一對獨立事件，許多概率計算可得到簡化：例6三人獨立地去破譯一份密碼，已知各人能譯出的概率分別為1/5，1/3，1/4，問三人中至少有一人能將密碼譯出的概率是多少？

解：將三人編號為1，2，3，五、獨立性在概率計算中的應用所求為P(A1+A2+A3)記Ai={第i個人破譯出密碼}i=1,2,3第27頁，共33頁，2023年，2月20日，星期一記Ai={第i個人破譯出密碼}i=1,2,312所求為P(A1+A2+A3)已知,P(A1)=1/5,P(A2)=1/3,P(A3)=1/4

P(A1+A2+A3)=1-[1-P