概率论基础复习

Posted 2021-02-11 mengnan

排列与组合公式

• 从n个不同元素中任取r个，求取法个数；

• 排列要求次序，组合不讲次序；

• 全排列：(A^n_n=n!)

  选排列：(A_n^r=frac{n!}{(n-r)!}=n(n-1)...(n-r+1))

  组合：(C_n^r=inom{n}{r}=frac{n!}{r!(n-r)!}=frac{A_n^r}{r!})

加法原理和乘法原理

• 加法原理

  完成某件事情有n类途径，第一类途径有(m_1)种方法，第二类途径有(m_2)种方法，以此类推，在第n类途径有(m_n)种方法，则完成这件事情共有(m_1+m_2+...+m_n)种不同方法。

• 乘法原理

  完成某件事情先后分成n个步骤，做第一步有(m_1)种方法，第二步有(m_2)种方法，以此类推，第n步有(m_n)种方法，则完成这件事情共有(m_1×m_2×...×m_n)种不同的方法。

  例题

  1. 取球问题（球是可辨的）

     袋中装有5只白球3只黑球，分别按下述方式抽取2只：

     （1）无放回抽取；

     （2）有放回抽取；

     （3）一次抽取2只

     设A=“所取两只均为白球”，求P(A).

     答：

     （1）有放回抽取

     基本事件总数为(A_8^2=8×7=56)

     A中包含的基本事件数为(A_5^2=5×4=20)

     则(P(A)=frac{A_5^2}{A_8^2}=frac{5}{14})

     （2）有放回抽取

     基本事件总数为(8^2=64)

     A中包含的基本事件为(5^2=25)

     则(P(A)=frac{5^2}{8^2}=frac{25}{64})

     （3）一次抽取2只

     基本事件总数为(C_8^2=28)

     A中包含的基本事件数为(C_5^2=10)

     则(P(A)=frac{C_5^2}{C_8^2}=frac{5}{14})

  2. 袋中有n只球，一只红的，n-1只白的，n个人从袋中无放回地依次取出一只球。试求：第k个人取出的球是红球的概率。

     答案：设A={第k个人取出的球为红球}

     第1个位置放的球有n种可能，第2个位置放的球有n-1种可能，以此类推，基本事件总数为(n!)，

     第k个人取出的球为红球，则在第k个位置上放红球，n-1个白球在其余n-1个位置上任意排列，则A包含的基本事件总数为((n-1)!)，则：
     [ P(A)=frac{(n-1)!}{n!}=frac{1}{n} ]

  3. 质点入盒模型

     将n个球随机地放入(N(N geq n ))个盒子中去，设盒子容量不限，试求：

     （1）指定的n个盒子中各有一球的概率；

     （2）每个盒子至多有一只球的概率；

     （3）n个盒子中各有一球的概率；

     （4）指定的一个盒子中恰有m个球的概率

     答：

     将n个球放入N个盒子中，故基本事件总数为(N×N×...×N=N^n)

     （1）指定的n个盒子中各有一个球，其基本事件数为(n!)，则：
     [ P_1=frac{n!}{N^n} ]
     （2）每个盒子中至多只有一只球，共有(A_N^n)种不同的方法，因此所求的概率为：
     [ P_2=frac{A_N^n}{N^n} ]
     （3）n个盒子可以有(C_N^n)种不同的选法。对选定n个盒子，每个盒子各有一个球的放法有(n!)种。由乘法原理，共有(n!C_N^n)种放法，因此所求概率为：
     [ P_3=frac{n!C_N^n}{N^n} ]
     （4）从n个球中任选m个球共有(C_n^m)种不同的方法，剩余的n-m只球落入其它盒子中共有((N-1)^{n-m})种不同的方法，故：
     [ P_4=frac{C_n^m(N-1)^{n-m}}{N^n} ]

  4. 随机取数问题

     把1，2，3，4，5诸数各写在一张纸片上，任取其三排成自左向右的次序。求：

     （1）所得三位数是偶数的概率；

     （2）所得三位数不小于200的概率

     答：

     基本事件总数为(A_5^3=5×4×3)

     （1）设A={所得三位数是偶数}，则：
     [ P(A)=frac{C_2^1A_4^2}{A_5^3}=frac{2×4×3}{5×4×3}=frac{2}{5} ]
     （2）设B={所得三位数不小于200}，则：
     [ P(B)=frac{C_4^1A_4^2}{A_5^3}=frac{4×4×3}{5×4×3}=frac{4}{5} ]

加法公式

对任意两个事件A、B有：
[ P(A+B)=P(A)+P(B)-P(AB) ]

例题

1. 设有一批产品共100件，其中5件是次品，任取3件，求：至少有一件是次品的概率。

   答：设A={任取三件至少有一件是次品}

   法一：(B_i)={任取三件恰好有i件次品}，则：
   [ egin{split} P(A)=P(B_1cup B_2cup B_3)&=P(B_1)+P(B_2)+P(B_3)&=frac{C_5^1C_{95}^2}{C_{100}^3}+frac{C_5^2C_{95}^1}{C_{100}^3}+frac{C_5^3C_{95}^0}{C_{100}^3}&=0.144 end{split} ]
   法二：设(ar{A})表示任取三件全是正品，而：
   [ P(ar{A})=frac{C_{95}^{3}}{C_{100}^3}approx 0.856 ]
   则：
   [ P(A)=1-P(ar{A})approx 1-0.856=0.144 ]

2. 袋中有红、黄、白色球各一个，每次任取一只，有放回地抽三次，求：

   （1）颜色全同的概率；

   （2）至少一只红球；

   （3）取到的三个球里没有红球或没有黄球

   答：基本事件总数为(3^3)

   （1）
   [ P(颜色全同)=frac{C_3^1}{3^3}=frac{3}{3^3}=frac{1}{9} ]
   （2）
   [ P(无红)=frac{2^3}{3^3}=frac{8}{27}P(至少一个红球)=1-frac{8}{27}=frac{19}{27} ]
   （3）
   [ egin{split} P(无红或无黄)&=P(无红+无黄)&=P(无红)+P(无黄)-P(无红且无黄)&=frac{8}{27}+frac{8}{27}-frac{1^3}{3^3}&=frac{5}{9} end{split} ]

条件概率

实际生活中：已知某人艾滋检查为阳性，求他患艾滋的概率；在摸奖中已知第一人已经或未摸到一等奖，求第二个人摸到一等奖的概率；人寿保险常常会考虑：已知某人已经活了x岁，求他还能再活y岁的概率。

设A、B是两个事件，且P(A)>0，称：
[ P(B|A)=frac{P(AB)}{P(A)} ]
概率P(B|A)与P(AB)的区别与联系

• 联系：事件A、B都发生了
• 区别：
  • 在P(B|A)中，事件A先发生B后发生；在P(AB)中，事件A、B同时发生。
  • 样本空间不同，在P(B|A)中，事件A成为样本空间；在P(AB)中，样本空间仍为(Omega)。

例题

1. 袋中有10个球，其中3个黑球7个白球，依次从袋中不放回取两球。已知第一次取出的是黑球，试求：第二次取出的仍是黑球的概率。

   答：设(A_i)={第i次取得黑球}(i=1,2)
   [ P(A_1)=frac{3}{10}, P(A_1A_2)=frac{3×2}{10×9}=frac{1}{15} ]
   则：
   [ P(A_2|A_1)=frac{P(A_1A_2)}{P(A_1)}=frac{2}{9} ]

2. 恰有两个小孩的家庭，若已知某一家有男孩，求这家有两个男孩的概率；若已知某家第一个是男孩，求这家第二个也是男孩的概率。

   答：
   [ P(有男孩)=1-frac{1}{2}×frac{1}{2}=1-frac{1}{4}=frac{3}{4}P(有两个男孩)=frac{1}{2}×frac{1}{2}=frac{1}{4}P(有两个男孩|有男孩)=frac{frac{1}{4}}{frac{3}{4}}=frac{1}{3}P(第一个是男孩)=frac{1}{2}P(第二个也是男孩|第一个是男孩)=P(有两个男孩|第一个是男孩)=frac{frac{1}{4}}{frac{1}{2}}=frac{1}{2} ]

乘法公式

设P(A)>0，则有(P(AB)=P(B|A)P(A))。一般地，若(A_1,A_2,...,A_n)是n个是事件，且(P(A_1A_2...A_{n-1})>0)，则由归纳法可得：
[ P(A_1A_2...A_n)=P(A_1)P(A_2|A_1)P(A_3|A_1A_2)...P(A_n|A_1A_2...A_{n-1}) ]
例题

1. 关于某产品的检验方案为：从100件中任取1件，无放回，如为次品，认为不合格；如为正品，再抽一件；如此连续至多4次，若连续抽取4件正品，则认为这批产品合格。现假定这批产品中5%是次品，求：产品被拒收的概率。

   答：设A={产品被拒收}，(B_i)={第i次抽得正品}，i={1,2,3,4}

   则(ar{A}=B_1B_2B_3B_4)

   因此
   [ egin{split} P(A)=1-P(ar{A})&=1-P(B_1B_2B_3B_4)&=1-P(B_1)P(B_2|B_1)P(B_3|B_1B_2)P(B_4|B_1B_2B_3)&=1-frac{95}{100}frac{94}{99}frac{93}{98}frac{92}{97}=0.188 end{split} ]

2. 据以往资料，某一三口之家，患某种传染病的概率有以下特点：

   P(孩子得病)=0.6, P(母亲得病|孩子得病)=0.5, P(父亲得病|母亲及孩子得病)=0.4

   求：母亲及孩子得病但父亲未得病的概率。

   答：设A={孩子得病}，B={母亲得病}，C={父亲得病}，则：
   [ P(A)=0.6, P(B|A)=0.5, P(C|AB)=0.4 ]

   [ egin{split} P(ABar{C})&=P(ar{C}|AB)P(B|A)P(A)&=(1-0.4)×0.5×0.6&=0.6×0.5×0.6&=0.18 end{split} ]