概率1 (1)

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概率第一章

1.2.1 基本事件空间与事件
随机试验：不能事先准确地预见它的
结果，而且在相同条件下可以重复进行。
1-4
概率论与数理统计
E
随机试验：不能事先准确地预见它的
结果，而且在相同条件下可以重复进行用符号 E 表示。随机事件：在条件下事件可能发生也可能不发生的事件用大写字母 A , B , C ,表
指出
件，并表示事件 1-9
事件中哪些是基本事 B, C, D
。概率论与数理统计
E
1.2.2 事件间的关系与运算
1．事件的包含与相等若事件 A 中的每个基本事件都包含在 B
A
事件 B 之中，即 A 的发生必然导致 B 的发
生，则称事件 A 包含于事件 B ，或事件 B
包含事件 A ，也称是的特款，记为 A B 。
1-19
概率论与数理统计
E 与B B)( A与 A与B 如果事件A与事件B A A (1) (B 的和 A B) ;
(2) AB AB BC;
(3) ( A B)( A B)(B C ).
例1.2.4 化简下列各事件：
(1) ( A B)( A B) ; (2) AB AB BC; (3) ( A B)( A B)(B C ).
(2) AB AB BC;
(3) ( A B)( A B)(B C ).
例1.3.1 设事件A, B 的概率分别为和
，试求下列三种情况下的值：（1） B 互不相容； A, （2） A B ；（3） ( AB ) 1 . P
8
1 3
1 2
1-27
概率论与数理统计
E 与B B)( A与 A与B 如果事件A与事件B A A (1) (B 的和 A B) ;

概率论第1章(第一节)

本学期的研究内容
教材中的第一章---第四章教材中的第一章---第四章 ---
第一章随机事件与概率
随机事件及其运算事件的概率条件概率事件的独立性
1.1 随机事件及其运算
一、基本概念：随机试验、样本空间、随机事件基本概念：随机试验、样本空间、概念 1、随机试验（简称“试验”）、随机试验（简称“试验” 如果试验（或观察）具有下面三个特点：如果试验（或观察）具有下面三个特点： (1)重复性：试验可以在相同条件下重复进行；重复性：试验可以在相同条件下重复进行；预知性：试验的全部可能结果不止一个， (2)预知性：试验的全部可能结果不止一个，但都是可以预知的；可以预知的；随机性：每次试验前, (3)随机性：每次试验前 ,不能确定会出现哪一种结果。这样的试验（或观察）称为随机试验，一般记为。这样的试验（或观察）称为随机试验，一般记为E。
二、事件的关系事件的包含与相等事件的和（并）事件的积（交）事件的差互斥事件（互件的包含与相等事件的包含与相等
若事件A发生必导致事件B发生称事件A包若事件发生必导致事件发生，称事件包发生必导致事件发生，含于事件B，包含A，记为A⊂ ，也称A是的含于事件，或B包含，记为 ⊂B，也称是B的包含子事件。子事件。
记作B = A ，称为A的对立事件易见A − B = AB ;
A与B对立：对立：
事件A 与B 既不能同时发生，时发生，又不能同时不发生。不发生。即在每次试验中，验中，A 与B 有且仅有一个发生。有一个发生。
注：对立事件必为互斥事件，但互斥事件对立事件必为互斥事件，未必是对立事件。未必是对立事件。
概率论的发展
1657年，荷兰的数学家惠根斯年荷兰的数学家惠根斯(1629-1695)亦用自己的方法惠根斯亦用自己的方法解决了上述问题，更写成了《论赌博中的计算》一书，解决了上述问题，更写成了《论赌博中的计算》一书，这就是概率论最早的论著。并由此奠定了古典概率论的基础。就是概率论最早的论著。并由此奠定了古典概率论的基础。世纪到19 世纪，贝努利、隶莫弗、拉普拉斯、高斯、从 17 世纪到世纪，贝努利、隶莫弗、拉普拉斯、高斯、泊松、马尔可夫等著名数学家都对概率论的发展做出了杰泊松、马尔可夫等著名数学家都对概率论的发展做出了杰出的贡献。出的贡献。 1933 年，苏联数学家柯尔莫哥洛夫发表了著名的《概率论苏联数学家柯尔莫哥洛夫发表了著名的《柯尔莫哥洛夫发表了著名的的基本概念》，用公理化结构，》，用公理化结构的基本概念》，用公理化结构，为概率论确定严密的理论是概率论发展史上的一个里程碑，基础，是概率论发展史上的一个里程碑，为以后的概率论的迅速发展奠定了基础。到了近代，出现了理论概率及应用概率的分支，到了近代，出现了理论概率及应用概率的分支，将概率论应用到不同范畴，开展了不同学科。因此，应用到不同范畴，开展了不同学科。因此，现代概率论已经成为一个非常庞大的数学分支。经成为一个非常庞大的数学分支。

1概率基础知识1

全概率公式
若事件 A1 A 2 , ..., A n 满足：（1） A1 ∪ A 2 ∪ ... ∪ A n = Ω ( 2 ) Ai ∪ A j = ∅ ( i ≠ j , i , j = 1, 2, ..., n ) 则称 A1 A 2 , ..., A n 为完备事件组。
Ａ、B是随机试验的两个随机事件，是随机试验E的两个随机事件定义设Ａ、是随机试验的两个随机事件，且P(A)>0,则称则称
P( AB) P( B | A) = P( A)
为已知事件A发生条件下，事件B发生的条件为已知事件发生条件下，事件发生的条件发生条件下概率。概率。
B ABA
概率的公理化定义
设随机试验E的样本空间为设随机试验的样本空间为，所有事件构成事件集合L，对于L上的任一事件上的任一事件A赋予一成事件集合，对于上的任一事件赋予一个实数P(A),满足：满足：个实数满足 1. 0≤P(A)≤1 2.P( )=1 3.对于的两两不相 P ( 对于E的两两不相对于容的事件A 容的事件 1,A2,…,有有
C C
k D
n−k N −D
种,
k D n−k N −D
于是所求的概率为
p =C C
/C
n N
几何概率
向该正方形随机投针，向该正方形随机投针，求针落在红色区域A的概率红色区域的概率 A
Ω
几何概型实验
1.样本空间是直线、 1.样本空间是直线、平面或空间上的某个样本空间是直线区域，含有无限多个样本点；区域，含有无限多个样本点；
∑
∞
i =1
Ai ) =
∑
∞

人教a版必修3数学教学课件第3章概率第1节随机事件的概率

品,2个次品”.
反思判断随机事件、必然事件、不可能事件时要注意看清条件,
在给定的条件下判断是一定发生(必然事件),还是不一定发生(随机
事件),还是一定不发生(不可能事件).
目标导航
题型一
题型二
Z 知识梳理 Z重难聚焦
HISHISHULI
HONGNANJUJIAO
D典例透析
IANLITOUXI
题型难聚焦
HISHISHULI
HONGNANJUJIAO
D典例透析
IANLITOUXI
题型三
反思利用频率估计概率的步骤:
(1)依次计算各个频率值;(2)观察各个频率值的稳定值即为概率
的估计值,有时也可用各个频率的中位数来作为概率的估计值.
目标导航
题型一
题型二
Z 知识梳理 Z重难聚焦
目标导航
Z 知识梳理 Z重难聚焦
HISHISHULI
HONGNANJUJIAO
D典例透析
IANLITOUXI
【做一做1】下列事件中,是随机事件的有(
)
①在一条公路上,交警记录某一小时通过的汽车超过300辆;
②若a为整数,则a+1为整数;
③买一张彩票中奖;
④检查流水线上一件产品是合格品还是次品.
A.1个 B.2个 C.3个 D.4个
题型三
反思1.把握住随机试验的实质,要明确一次试验就是将试验的条
件实现一次.
2.准确理解随机试验的条件、结果等有关定义,并能使用它们判
断一些事件,指出试验结果,这是求概率的基础.在写试验结果时,一
般采用列举法.根据日常生活经验,按一定次序列举,才能保证所列
结果没有重复,也没有遗漏.
目标导航

概率论第1章

5 i i C5 C5 则 P( Ai ) 5 C10
且 P(5 i 0 A i ) 1
根据概率的有限可加性，所求概率为
5 0 4 1 C C C 113 5 5 5 C5 P(5 A ) 1 P ( A ) P ( A ) 1 i 2 i 0 1 5 C10 C150 126
(2) 令Ai=“第i次取到的是安慰剂”
利用条件概率的乘法定理可得
3 4 5 1 P( A1 A2 A3 ) P( A3 | A1 A2 ) P( A2 | A1 ) P ( A1 ) 8 9 10 12 3 A5 5 4 3 1 或 P 3 A10 10 9 8 12
4
第1章概率论的基本概念
习题3(3)
P( AB )
3.(3) 已知P(A)=1/2, (a)若A,B互不相容，求 (b)若P(AB)=1/8, 求 P( AB ) 解：利用差事件概率可得
P( AB) P[ A(S B)] P( A AB) P( A) P( AB)
,
若A,B互不相容，则P(AB)=0, 故
第1章概率论的基本概念
习题5
5. 10片药片中有5片是安慰剂. (1)从中任意抽取5片，求其中至少有2片是安慰剂的概率. (2)从中每次取一片，作不放回抽样，求前三次都取到安慰剂的概率.
解(1):这属于经典概型的组合问题
令Ai=“取到的5片中有i片是安慰剂”，i=0,1,2,3,4,5，它们是互不相容的。
P(A∪B∪C)=P(A)+P(B)+P(C)
－ P(AB)－ P(AC)－P(BC)
+P(ABC)
其中 P(ABC)=P(C|AB)P(AB)=0

§6-1-1频率与概率(1)频率和概率的关系(liushuling )

(1,5) (1,6) (2,5) (2,6) (3,5) (3,6) (4,5) (4,6) (5,3) (5,4) (5,5) (5,6) (6,3) (6,4) (6,5) (6,6)
概率的综合应用：
3.有长度分别为2cm，2cm，4cm，5cm的小棒各一根，放在不透明的纸盒中，每次从中任意取一根小棒（不放回），取了三次，取得的三根小棒恰好能构成一个三角形的概率是多少？
(5,1) (5,2) (5,3) (5,4) (5,5) (5,6)
3
4 5 6
(6,1) (6,2) (6,3) (6,4)(6,5) (6,6)
(2) 取3枚硬币：在第一枚的正面贴上红色标签，反面贴上蓝色；在第二枚的正面贴上蓝色标签，反面贴上黄色；在第三枚的正面贴上黄色标签，反面贴上红色，同时抛三枚硬币，落地后颜色各不相同的机会有多大？
概率是 2/3 ；（2）随机从中摸出一球，记录下颜色后放回袋中，充分混合后再随机摸出一球，两次都摸到红球的概率为；（3）随机从中一次摸出两个球，两球均为红球的概率是。
（2）随机从中摸出一球，记录下颜色后放回袋中，充分混合后再随机摸出一球，两次都摸到红球的概率为 4/9 ；
红球红球红球红球兰球兰球 1 2 3 4 5 6
2一般地，不确定事件发生的可能性是有大小的。表示方式一：
1（或100%）必然事件发生的可能性:_______________ 不可能事件发生的可能性:____________ 用0来表示不确定事件发生的可能性是大于0小于1的。
表示方式二：
用线段图可表示为：
0
不可能发生
½(50%)
明白了
懂得了
合作交流的重要性

新教材高中数学第七章概率1随机现象与随机事件随机事件的运算课件北师大版必修第一册

两次”的对立事件是
( D)
A．恰有一次击中
B．三次都没击中
C．三次都击中
D．至多击中一次
[解析] (1)事件“至多有一次中靶”包含“只有一次中靶”和“两
次都不中靶”,因此不会与其同时发生的事件是“两次都中靶”．
(2)根据题意,一个人连续射击三次,事件“至少击中两次”包括“击
中两次”和“击中三次”两个事件,其对立事件为“一次都没有击中和击
事件称事件 A 与事件 B 互为对立，事
件 A 的对立事件记为－A
与 B 对立
图示
[知识解读] 1．互斥事件与对立事件的区别与联系 (1)区别：两个事件A与B是互斥事件,包括如下三种情况：①若事件 A发生,则事件B就不发生；②若事件B发生,则事件A就不发生；③事件 A,B都不发生．而两个事件A,B是对立事件,仅有前两种情况,因此事件A与B是对立事件,则A∪B是必然事件,但若A与B是互斥事件,则不一定是必然事件,即事件 A的对立事件只有一个,而事件A的互斥事件可以有多个．
基础自测
1．(2022·安徽省蚌埠二中开学考试)从装有2个白球和3个黑球的口
袋内任取两个球,那么互斥而不对立的事件是
( A)
A．“恰有两个白球”与“恰有一个黑球”
B．“至少有一个白球”与“至少有一个黑球”
C．“都是白球”与“至少有一个黑球”
D．“至少有一个黑球”与“都是黑球”
[解析] 对于A,事件“恰有两个白球”与事件“恰有一个黑球”不能同时发生,但从口袋中任取两个球时还有可能两个都是黑球,∴两个事件是互斥事件但不是对立事件,∴A正确；对于B,事件“至少有一个黑球”与事件“至少有一个白球”可以同时发生,∴这两个事件不是互斥事件,∴B不正确；对于C,事件“都是白球”与事件“至少有一个黑球”不能同时发生,但它们是对立事件,∴C不正确；对于D,事件“至少有一个黑球”与事件“都是黑球”可以同时发生,故不互斥,∴D不正

1概率论的基本概念

试验E5:记录电话台(某固定)一分钟内接到的呼叫次数. S5={0,1,2,…} 试验E6:在一批灯泡中任意抽取一只, 测试其寿命. S6={t | t≥0} （t表示灯泡的寿命）
[注样本空间是相对于某个随机试验而言，而其元 ]
素取决于试验的内容和目的．
二、随机事件
1.随机事件: 试验E的样本空间S的子集. 简称事件．通常用字母A，B，C表示.
A的对立事件记作 A .
ASA
B A
A
[注]
(1) 事件之间的关系可用文氏图表示； (2) 对于任意事件A，显然
AA , A
A S,
A S A, A A
(3) 基本事件都是互不相容的; A与B-A也是互不相容的． (4) B A B A B AB
B
A
A U B A U ( B A )
S1={H, T}（H表示出现正面， T表示出现反面）
试验E2:将一枚硬币抛掷三次,观察正面H、反面T出现的情况.
S2= {HHH,HHT,HTH,THH, HTT,THT,TTH,TTT}
试验E3:将一枚硬币抛掷三次,观察反面出现的次数. S3={0,1,2,3} 试验E4:抛掷一枚骰子, 观察出现的点数. S4={1,2,3,4,5,6}
第一章概率论的基本概念
§1.1 §1.2 §1.3 §1.4 §1.5 §1.6 随机试验样本空间、随机事件频率与概率等可能概型(古典概型) 条件概率独立性
第一章概率论的基本概念
引言：概率论是研究什么的？
研究和揭示随机现象的统计在一定条件下必然发生的现象确定现象规律性的数学学科例：向空中抛一物体必然落向地面；水加热到100℃必然沸腾；异性电荷相吸引；放射性元素发生蜕变; … … 例:抛一枚硬币,结果可能正(反)面朝上；向同一目标射击,各次弹着点都不相同；某地区的日平均气温；掷一颗骰子，可能出现的点数；… …

概率学理论1：无限猴子定理

无限猴子定理无限猴子定理指一只猴子随机在打字机键盘上按键，最后必然可以打出法国国家图书馆的每一本图书。

起源无限猴子定理是来自E.波莱尔一本1909年出版谈概率的书籍，当中介绍了“打字的猴子”的概念。

这个定理是概率论中的柯尔莫哥洛夫的零一律的其中一个命题的例子。

不过，当波莱尔在书中提出零一律的这个特例时，柯尔莫哥洛夫的一般叙述并未给出（柯尔莫哥洛夫那本概率论的著作直到1933年才出版）。

零一律是概率论中的一个定律，它是安德雷·柯尔莫哥洛夫发现的，因此有时也叫柯尔莫哥洛夫零一律。

其内容是：有些事件发生的概率不是几乎一（肯定发生），就是几乎零（肯定不发生）。

这样的事件被称为“尾事件”。

尾事件是由无限多的随机变量的序列来定义的。

比如它不是与X1的值无关。

比如假如我们扔无限多次硬币，则连续100次数字面向上的事件是一个尾事件。

定义一般关于此定理的叙述为：有无限只猴子用无限的时间会产生特定的文章。

其实不必要出现了两件无限的事物，一只猴子打字无限次已经足够打出任何文章，而无限只猴子则能即时产生所有可能的文章。

其他取代的叙述，可能是用英国博物馆或美国国会图书馆取代法国国家图书馆；另一个常见的版本是英语使用者常用的，就是猴子会打出莎士比亚的著作。

欧洲大陆还有一种说法版是猴子打出大英百科全书。

证明直接证明两个独立事件同时发生的概率等于其中每个事件单独发生的概率的乘积。

比如，在某一天悉尼下雨的可能性为0.3，同时旧金山地震的可能性是0.008（这两个事件可以视为相互独立的），那么它们同时发生的概率是0.3 × 0.008 = 0.0024。

假设一个打字机有50个键，想要打出的字是“banana”。

随机的打字时，打出第一个字母“b”的概率是1/50，打出第二个字母“a”的概率也是1/50 ，因为事件是独立的，所以一开始就打出单词“banana”的概率是：(1/50) × (1/50) × (1/50) × (1/50) × (1/50) × (1/50) = (1/50)6这个概率小于150亿分之1。

九年级上册人教版数学《学练优湖北专版》习题讲评第25章第42课时用列举法求概率(1)

6．如图是一个圆形转盘，现按 1∶2∶3∶4 分成四
个部分，分别涂上红、黄、蓝、绿四种颜色，2 自由转动转盘，停止后指针落在绿色区域的概率为 5 ．
7．在 5 张完全相同的卡片上分别画上等边三角形、
平行四边形、等腰梯形、正六边形和圆．在看不见图形
的情况下随机摸出31 张，则这张卡片上的图形是中心对称图形的概率是 5 ．
(1)盒子中有红球多少个；解：设红球有 m 个，则盒子中共有球(2＋3＋m)个．根据题意，得2＋32＋m＝14，解得 m＝3. 经检验，m＝3 是原方程的解，且符合题意． ∴盒子中有红球 3 个．
变式 2 一个盒子里装有白球 2 个、黑球 3 个，红球若干个，已知小亮随机抽取一个球恰好为白球的概率为14. 求：
(2)一个袋子中装有 6 个黑球，3 个白球，这些球除颜色外，形状、大小质地等完全相同．在看不到球的条件下，随机地从这个袋子中摸出一个球．
①求摸到黑球、白球的概率分别是多少，摸到黑球还是白球的概率大；
②求摸到黑球或白球的概率是多少．解：①P(摸到黑球)＝69＝23，P(摸到白球)＝39＝13，摸到黑球的概率大． ②P(摸到黑球或白球)＝1.
第二十五章概率初步
第42课时用列举法求概率(1)
核心提要典例精炼变式训练基础巩固能力拔高拓展培优
1．表示一个事件发生的可能大小的这个数，叫做这个事件的概率，概率是某一事件发生的可能性大小的理论值．
2．利用公式：p＝nk计算某事件的概率． (公式中的 n 为该事件所有机会均等的结果总数，k 为我们关注的结果总数)
4．小燕抛一枚质地均匀的硬币 10 次，有 71次正面朝上，当她抛第 11 次时，正面朝上的概率为 2 ．

北师大版(2019)数学-选择性必修第一册-第六章概率-1

5
91
601Βιβλιοθήκη A．B． 18C． 91
D． 2
216
解析事件B发生的基本事件个数是n(B)＝6×6×6-5×5×5＝91，
事件A，B同时发生的基本事件个数为n(AB)＝3×5×4＝60.所以，
n( AB) 60
P（A|B）=

n( B) 91
1
2
2．已知 P(B|A)＝，P(A)＝，则 P(AB)等于( C )
上，我们之前也研究过抽签问题，知道抽签虽有先后，但抽签是
公平的，即每个人抽到中奖奖券的概率相等.
问题2：继续考虑上面的问题，如果已知第一名同学没有抽到中奖
奖券，那么最后一名同学抽到中奖奖券的概率又是多少呢？
分析用事件A表示“第一名同学未抽到中奖奖券”，事件B表示“最后
一名同学抽到中奖奖券”，则 A = { N1YN2，N1N2Y，N2YN1，N2N1Y}，
N2YN1，N2N1Y)，事件B表示“最后一名同学抽到中奖奖券”，则B
= {N1N2Y，N2N1Y}.由古典概型计算概率的公式可知，最后一名同
n(B) 2 1
学抽到中奖奖券的概率为
P
（B）=
= =
n() 6 3
其中.n(B)和n(Ω)分别表示事件B和样本空间Ω包含的样本点个数.
这说明最后一名同学抽到中奖奖券的概率不比其他同学的小.事实
解设事件Ai ( i = 1,2 )表示“第i次按对密码”，事件A表示“不超过两
次就按对密码”，则
A = A1 U ҧ1A2.
⑴依题意知事件A1与事件ҧ1A2互斥，由概率的加法公式得
1 9×1 1
ҧ
P(A) = P(A1)+P(1A2)= +

概率论第一章

若随着试验次数的增大，事件A出现的频率在[0,1]上的某个确定的数p附近摆动，则称p为事件A的概率，记为P(A). 频率性质：
(1) 0 f ( A) 1; (2) f () 1, f () 0; (3) 若A, B互斥, 则 f ( A B) f ( A) f ( B).
推广：(两两互斥事件组) 设 A1 , A2 ,..., An ,... 是样本空间中有限个或可列个事件，若满足 Ai Aj ,(i j ) ，则称 A1 , A2 ,..., An ,... 是两两互斥的，或称其是两两互斥事件组。 (7) 互逆(对立)事件：若 AB 且A B ，则称A,B为互逆事件，或称A与B互相对立。逆事件可表示为： A A (8) 完备事件组：设事件组 A1 , A2 ,..., An 为两两互斥事件组，且 A1 A2 ... An ，则称 A1 , A2 ,..., An 是一个完备事件组。划分剖分分解事件间的运算规律：与集合运算相似交换律结合律分配律
2. 设 X 是一个随机变量,C 是常数, 则有

E( X C) E( X ) C
3. 设 X 是一个随机变量,C 是常数, 则有
E (CX ) CE ( X )
例如 E ( X ) 5, 则 E ( 3 X ) 3 E ( X ) 3 5 15.
对偶律自反律
例4 一射手连续向某个目标射击三次，事件 Ai 表示该射手第i次射击时击中目标，使用文字叙述下列事件：
A1 A2
A2 A1 A2 A3
A1 A2 A3
前两次至少有一次击中目标第二次没有击中目标三次射击至少有一次击中目标三次射击都击中目标

2021_2022学年新教材高中数学第7章概率1

解事件A的含义为:连续抛掷一枚骰子2次，第二次投出的点数为1; 事件B的含义为:连续抛掷一枚骰子2次，第二次投出的点数比第一次投的大1; 事件C的含义为:连续抛掷一枚骰子2次，两次投出的点数之和为5.
1.随机事件:一般地,把试验E的样本空间Ω的子集称为E的随机事件,简称事件.常用A,B,C等表示. 2.必然事件:样本空间Ω是其自身的子集,因此Ω也是一个事件;又因为它包含所有的样本点,每次试验无论哪个样本点ω出现,Ω都必然发生, 因此称Ω为必然事件. 3.不可能事件:空集Φ也是Ω的一个子集,可以看作一个事件;由于它不包含任何样本点,它在每次试验中都不会发生,故称⌀为不可能事件.
【解析】选 A.根据随机事件、必然事件、不可能事件的定义可知，①为不可能事件，②为随机事件， ③为必然事件.
3.抛掷3枚硬币,试验的样本点用(x,y,z)表示,集合M表示“既有正面朝上,也有
反面朝上”,则M=
.
【解析】试验的样本空间为Ω={(正,正,正),(正,正,反),(正,反,正),(反,正,
【归纳总结】
样本空间：一般地，将试验E的所有可能结果组成的集合称为试验E的样本空间，记作Ω. 样本点：样本空间Ω的元素，即试验E的每种可能结果，称为试验E的样本点，记作ω . 有限样本空间：如果样本空间Ω的样本点的个数是有限的，那么称样本空间Ω为有限样本空间. 列举法：把一个试验的所有可能的结果一一列举出来的方法叫作列举法.
1.理解确定性现象、随机现象的概念．2．结合具体实例，理解样本点和有限样本空间的含义．3．掌握试验的样本空间的写法．4.理解随机事件与样本点的关系．
1.通过对确定性现象、随机现象、样本空间等概念的学习，培养数学抽象素养．2.通过利用穷举法写出试验的样本空间，培养数学建模素养．3．通过对随机、必然、不可能事件等概念的学习，培养数学抽象素养．

新教材高中数学第七章概率1-3随机事件课件北师大版必修一

【思考辨析】判断下列说法是否正确,正确的在它后面的括号里画“√”,错误的画“×”. (1)“在常温下焊锡融化”是不可能事件.( √ ) (2)“掷一枚硬币,出现正面朝上”是必然事件.( × ) (3)“一个三角形的三边长分别为1,2,3”是随机事件.( × ) (4)同时抛掷两枚硬币,观察正面、反面出现的情况,此试验的可能结果有3种.( × ) (5)“导体通电后发热”是必然事件.( √ )
1.正确理解并掌握必然事件、不可能事件和随机事件的概念是解答本题的关键. 2.要判定事件是何种事件,首先要看清条件,因为三种事件都是相对于一定条件而言的,然后再看它是一定发生,还是不一定发生,还是一定不发生,一定发生的是必然事件,不一定发生的是随机事件,一定不发生的是不可能事件.
1.正确理解并掌握必然事件、不可能事件和随机事件的概念是解答本题的关键. 2.要判定事件是何种事件,首先要看清条件,因为三种事件都是相对于一定条件而言的,然后再看它是一定发生,还是不一定发生,还是一定不发生,一定发生的是必然事件,不一定发生的是随机事件,一定不发生的是不可能事件.
解:(1)分别用x1,x2表示从甲、乙两个盒子中取出的球的标号, 则x1,x2=1,2,3,4,那么试验的样本空间
Ω={(1,1),(1,2),(1,3),(1,4),(2,1),(2,2),(2,3),(2,4),(3,1),(3,2),(3,3),
(3,4),(4,1),(4,2),(4,3),(4,4)}. (2)①因为事件A表示的随机事件“从甲盒子中取出3号球”等价于x1=3,所以事件A={(3,1),(3,2),(3,3),(3,4)}. ②事件B表示的随机事件“取出的两个球上的标号为相邻整数”等价于x1,x2为相邻整数,所以事件 B={(1,2),(2,1),(2,3),(3,2),(3,4),(4,3)}.

概率1收敛与强大数定律

§3 概率1收敛与强大数定律一、以概率1收敛二、强大数定律本章补充与注记本章习题一、以概率1收敛大家知道, 随机变量是定义在概率空间上取值为实数的函数. 因此我们可以像数学分析讨论函数序列逐点收敛性那样去讨论随机变量序列在每个样本点处的值的收敛性. 然而, 由于随机变量取值的随机性, 我们常常不可能期望随机变量序列在所有点处都存在极限. 现在的问题是研究极限是否在一个概率为1的点集上存在.定义1 设ξ和{ξn }是定义在概率空间 (Ω, F , P)上的随机变量序列.1. 如果存在Ω0∈F , P(Ω0)=0, 且对任意ω∈ΩΩ\0，有ξωξωn ()()→，则称ξn 以概率1收敛（converge with probability one ）或几乎处处收敛(almost surely converge)于ξ，记作ξξ→n (a. s. ).2. 如果存在Ω0∈F , P(Ω0)=0, 且对任意ω∈ΩΩ\0，数列{ξn (ω)}是柯西基本列，即n ξ(ω)-m ξ(ω)→0，(n > m →∞), 则称ξn 以概率1是柯西基本列.注ξξ→n (a. s. ) 意味着最多除去一个零概率事件外, n ξ逐点收敛于ξ. 根据柯西基本数列一定存在极限的原则,n ξ以概率1收敛当且仅当n ξ以概率1是柯西基本列.下面给出以概率1收敛的判别准则. 定理1 设ξ和{n ξ}是定义在概率空间 (Ω, F , P)上的随机变量序列.(1)ξξ→n (a. s. ) 当且仅当对任意ε>0,)||sup (lim =≥-≥∞→εξξk nk n P ,或者等价地})||({lim =≥-≥∞→εξξk nk n P Y .(2) {n ξ}以概率1是柯西基本列当且仅当对任意ε>0,)||sup (lim 0=≥-+≥∞→εξξk k n k n P ,或者等价地})|{|({lim 0=≥-+≥∞→εξξk k n k n P Y .证 (1) 对任意ε>0, 令},|{|εξξε≥-=n nA IY ∞=≥=1n nk kA A εε. 那么{ξξ→/n }Y ∞==1/1m mA .由连续性定理（第一章§3）,Y IY nk kn nk n kA P A P A P ≥∞=≥∞→==)(lim )()(1εεε.则下列关系式成立:0 = P(ξξ→/n ))(1/1=⇔∞=Y m m A P0)(/1=⇔mA P , 对任意m ≥1 Y nk m k A P ≥→⇔0)(1, 对任意m ≥1)1||(→≥-⇔≥Y mk k m P ξξ, 对任意m ≥1Y nk k P ≥→≥-⇔0)||(εξξ, 对任意ε>0 .(2). 对任意ε>0, 令IYY ∞=≥≥+=≥-=11,,},|{|m m n k kn n k n k n B B B εεεεξξ, 那么{n ξ不是柯西基本列}=Y 0>εεB .以下类似于(1)即可证明.推论如果对任意ε>0,∑∞=∞<≥-1)|(|n nP εξξ, 则ξξ→n (a. s. ).证注意到Y nk k P ≥≤≥-)||(εξξ∑∞=→≥-nk kP 0)|(|εξξ即可.注定理1表明ξξ→n (a. s. )可推出ξξ−→−P n . 反之, 存在例子表明ξξ−→−Pn 并不能导出ξξ→n (a. s. )（见补充与注记4）.二、强大数定律与以概率1收敛密切相关的是强大数定律. 定义2 设{n ξ}是定义在概率空间(Ω, F , P)上的随机变量序列, 如果存在常数列{}a n 和{}b n 使得∑=→-nk n knb a 11ξ(a. s. ) ,则称{n ξ}服从强大数定律(strong law of large numbers). 由于几乎处处收敛性强于依概率收敛性,故强大数定律也比弱大数定律更深入一步.我们在第二节知道，贝努里通过对二项分布的精确估计得到贝努里弱大数定律，即贝努里随机试验中事件发生的频率依概率收敛于该事件的概率. 直到1909年波雷尔才证明了下面更强的结果.定理2（波雷尔强大数定律）设{n ξ}是定义在概率空间(Ω, F , P)上的独立同分布随机变量序列，P(n ξ=1)= p, P(n ξ=0)=1-p, 0<p<1. 记∑==nk kn S 1ξ, 则0→-p n S n(a. s. ).(1)定理2进一步表达了“频率稳定到概率”这句话的含义.柯尔莫哥洛夫1930年将上述结果从二项分布的随机变量推广到一般随机变量.定理3（柯尔莫哥洛夫强大数定律）设{ξn }是定义在概率空间 (Ω, F , P)上的独立同分布随机变量序列，E ||,ξ1<∞μξ=E 1. 记S n kk n==∑ξ1, 则S n n-→μ0 (a. s. ).(2)事实上, 定理3的逆也成立: 如果存在常数μ, 使得(2)式成立, 那么1ξ的数学期望存在且等于μ.这两个定理的证明从略.例1 （蒙特卡罗方法）令f (x) 是定义在[0, 1]上的连续函数, 取值于[0,1]. 令ξηξη1122,,,,Λ是一列服从于[0, 1]上的均匀分布的独立随机变量序列. 定义⎩⎨⎧=,0,1i ρ .)(,)(i i i i f f ηξηξ<≥如果如果 ,则{ρi }也独立同分布. 而且⎰⎰⎰⎰⎰===≥=≤110)(0)(111)()())((dxx f dx dy dxdy f P E x f x f y ηξρ,由定理3,∑⎰=→nk k dx x f n 110)(1ρ (a. s. ).(3)因此我们可以通过模拟来计算积分值⎰1)(dx x f , 方法是：在xoy 平面的正方形{0≤x ≤1, 0≤y≤1}上随机投点, 统计落在区域{0≤x ≤1, 0≤y ≤f (x)}内的频率（即为(3)式的左边）, 当投点次数充分多时, 此频率可充分接近所求积分.至此, 我们已经介绍了概率论中一些经典的极限定理.补充与注记1. 在18和19 世纪, 极限定理一直是概率论研究的中心课题. 贝努里大数定律是第一个从数学上被严格证明的概率论定律, 它由贝努里在其1713年出版的名著《推测术》中详细给出. 大数律这个名称则是泊松（Poisson 1781-1840）于1837年提出的. 中心极限定理这个名词1920年由波利亚（lya o o &P ）给出，用于统称随机变量序列部分和的分布渐近于正态分布的一类定理. 它是概率论中最为重要的一类定理, 并有着广泛的实际背景. 最初的中心极限定理是关于n 重贝努里试验的, 1716年，德莫佛对21=p 的情形作了讨论，随后拉普拉斯将其推广到10<<p 的情形. 从19世纪中叶到20世纪初期，一批著名的俄国数学家对概率论的发展做出了重要贡献. 他们运用严格的、强有力的数学分析工具，如富里埃变换等，将贝努里大数律、德莫佛-拉普拉斯中心极限定理推广到一般随机变量和的情形.2. 在18世纪以前，证明贝努里大数律是一件相当困难的事情，它涉及到下列和式的计算：.|):|(∑≥--⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛εp nk k kn k q p k n直到德莫佛-拉普拉斯的重要发现以后，贝努里大数律才有了新的、较为简单的证明. 事实上, 德莫佛-拉普拉斯证明了如下的局部和整体中心极限定理：对足够大的n 和n k /∽p ，kn k q p k n -⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛～,21)2()(2npq np k npq -λπ∑≥--⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛ε|):|(p nk k kn k qp k n ～,2122dx pqnpqn x⎰--εεπλ从上述渐近结果，我们不难得到贝努里大数定律. 3. 特征函数的泰勒渐近展开作为第三章结果的一个推论，如果分布函数)(x F 有r 阶有限矩，那么它的特征函数)(t f r 次连续可导. 这样我们可以在0=t处对)(t f 进行泰勒展开.定理假设随机变量ξ有r 阶有限矩，记这些矩分别为r ααα,,,21Λ. 那么它的特征函数)(t f 在0=t 处有如下形式的泰勒展开：)|(|!)(1)(1r rk kk t o k it t f ++=∑=α )1(≥r=!||!)(111r t k it rrr r k k k θβα++∑-= )1(>r , 其中rr E ||ξβ=, |1|≤r θ.4. 依概率收敛不能推出以概率1收敛, 例如: 令Ω=[0,1], F 为[0,1]上所有波雷尔集构成的σ域，P 为[0,1]上的勒贝格测度（长度）. 定义⎩⎨⎧=,0,1in η ]./,/)1[(],/,/)1[(n i n i n i n i -∉-∈ωω i=1,2,…,n ; n=1,2,….考虑随机变量序列{Λ,,,,,,332313221211ηηηηηη}, 并重新记成{n ξ}. 首先注意到, 对任意ε>0,01)|(|max 1→≤≥≤≤n P in ni εη,即0−→−Pnξ. 另一方面, 对任意ω∈Ω,n ξ(ω), n=1,2,…中有无穷多个1，也有无穷多个0, 因此n ξ(ω)不存在极限.习题1. 下列分布函数列是否弱收敛于分布函数？(1) x <-1/ n 时, F x n ()=0; x ≥-1/n 时, F x n ()=1;(2) F x x n n n (),()/,,=+⎧⎨⎪⎩⎪021.,,n x n x n n x ≥<≤--< 2. 设ξn 的分布列为: P(ξn =0)=1-1/ n, P(ξn =1)=1/ n, n=1,2,…. 求证相应的分布函数列收敛于分布函数, 但E ξn 不收敛于相应分布的期望.3. 设{ξn }为独立同分布随机变量序列, ξn 的分布列为010505..⎛⎝ ⎫⎭⎪,ηξn k kk n==∑/21. 求证ηn 的分布收敛于[0, 1]上的均匀分布.4. 某计算机系统有120个终端.(1)(1) 每个终端有5 %时间在使用，若各终端使用与否是相互独立的, 求有10个或更多终端在使用的概率; (2)(2) 若每个终端有20%时间在使用, 求解上述问题.5. 现有一大批种子，其中良种占1/6. 在其中任取6000粒，问在这些种子中良种所占的比例与1/ 6之差小于1 %的概率是多少？6. 某车间有200台车床，工作时每台车床60 %时间在开动，每台开动时耗电1千瓦. 问应供给这个车间多少电力才能有0. 999的把握保证正常生产？7. 一家保险公司里有10000个同类型人参加某种事故保险，每人每年付12元保险费，在一年中一个人发生此种事故的概率为0. 006，发生事故时该人可向保险公司领得1000元. 问：(1) 对该项保险保险公司亏本的概率有多大？(2) 对该项保险保险公司一年的利润不少于60000元的概率有多大？8.:假设1) 每幢房屋每年一次理赔概率0.04，大于一次理赔概率为0； 2) 各幢房屋是否发生火灾相互独立；3) 如果理赔发生，理赔量服从0到最高保险金额间的均匀分布. 记N 为一年中理赔次数，S 为理赔总量,a . 计算N 的期望值和方差；b . 计算S 的期望值和方差；c . 确定相对保证附加系数θ，即=θ(每份保单保费收入-平均理赔量)/ 平均理赔量，以确保保险公司的保费收入大于理赔总量的概率等于0. 99.9. 某保险公司开办5种人寿险，每种险别（一旦受保人死亡）的赔偿额k b 及投保人数k n 如下表所示.设死亡是相互独立的, 其概率皆为0. 02. 保险公司为安全起见, 对每位受保人寻求再保险. 其机制如下：确定一个自留额，设为2万元；若某人的索赔在2万元以下，则都由该保险公司偿付；若赔偿金超过2万元，则超过部分由再保险公司偿付；再保险率为投保金额的2. 5%. 该保险公司（相对于再保险公司而言，也称为分出公司）希望它的全部费用（即实际索赔总额S+再保险费）不超过825万元，求实际费用突破此限额的概率.10. 设{ξn }独立同分布，其分布分别为 (1) [-a, a] 上的均匀分布；(2) 泊松分布. 记ηξξξn k k kk nk nE Var =-==∑∑()/11. 计算ηn 的特征函数，并求n →∞时的极限, 从而验证林德贝格—勒维定理在这种情况成立.11. 用德莫佛—拉普拉斯定理证明：在贝努里试验中，若0< p <1，则不管k 是多大的常数，总有P(|0)|→<-k np n μ,( n →∞).12. 求证：泊松分布的标准化变量当参数λ→∞时趋近标准正态分布.13. 13. 求证：当n →∞时，en k nk k n-=∑→!012. 14. 14. 设{ξηn n },{}各自独立同分布, 也相互独立. E ξn =0, Var ξn =1，P{ηn =±=112}/. 求证：S nn k kk n==∑11ξη的分布函数弱收敛于N (0,1).15. 15. 设{ξn }为独立随机变量序列，都服从(0,π)上的均匀分布. 记n n n ξηcos A =，其中0>A n且0)/(231213→AA ∑∑==nk kn k k)(∞→n .证明{}n η服从中心极限定理.16. 设ξn 服从柯西分布，其密度为p n (x)=nn x π()122+. 求证：ξn P −→−0. 17. 设{ξn }独立同分布，密度为 p(x)=e x ax a x a --⎧⎨⎩>≤(),,0. 令ηξξξn n =min{,,,}12Λ. 求证：ηn Pa −→−. 18. 18. 求证：(1) (1) 若ξξn P −→−,ηηn P −→−, 则ξηξηn n P±−→−±; (2) (2) 若ξξn P −→−,ηηn P −→−, 则ξηξηn n P −→−; (3) (3) 若ξξn P −→−,ηn P c −→−, c 为常数, ηn 与c 都不为0，则ξηξn n Pc //−→−; (4) (4) 设ξξn d −→−,ηn P c −→−,c 为常数, 则 ξηξn n d c +−→−+;ξηξn n dc //−→−, (c ≠0). 19. 19. 求证下列各独立的随机变量序列{ξk }服从大数定律. (1) P(ξk k ==ln )P(ξk k =-=ln )12;(2) P(ξξξk k k k k k kP P ===-===--+-222012212)(),()();(3) P(ξk =2122nn n)=, n=1, 2, …; (4) P(ξk =n)=cn n 22ln ,n=2, 3, …; c 为常数.20. 设{ξk }服从同一分布，Var ξk <+∞, ξk 与ξk +1相关, k=1,2,…, 但当|k-l|≥2时, ξk 与ξl 独立. 求证这时大数定律成立.21. （伯恩斯坦(Bernstein)定理）设{ξk }的方差有界：Var ξk ≤c, 且当|i-j|→∞时, Cov(ξi ,ξj)→0，则{ξk }服从大数定律. 试证明之.21. 在贝努里试验中，事件A 出现的概率为p ，令ξk =10,,⎧⎨⎩若在第次和第次试验中出现其它k k A +1 ,求证{ξk }服从大数定律.23. 设{ξk }独立同分布，都服从[0, 1]上的均匀分布，令ηξn k nk n==∏()/11, 求证：ηn Pc −→−(常数)，并求出c.24. 设{ξk }独立同分布，E ξk =a, Var ξk <∞. 求证：211n n k k Pk n ()+−→−=∑ξ a .25. 设{ξk }独立同分布，都服从N (0, 1) 分布，ηξξn n kk nn =+=∑121/. 求证：ηn 的分布函数WN −→−(0, 1). 26. 设{ξk }为独立同分布随机变量序列，Var ξk <∞.a nn =∞∑1为绝对收敛级数，令ηξn kk n==∑1, 则{a n n η}服从大数定律.27. 设{ξk }为独立同分布随机变量序列，{a n }为常数列，a n →∞. 求证：ξk k nn Pn a =∑−→−1120/()/.28. {ξk }, {ηk }相互独立，均服从N (0, 1)分布. {a n }为常数列，求证：[a n k k nk k k nP==∑∑+−→−110ξη]/的充要条件是a n k k n2120=∑→/.29. 设{ξk }独立同分布，都服从N (0, 1) 分布. 求证：ηξξξξn nn=++++1122ΛΛ渐近正态分布N(0, 1).30. 设{ξk }独立同分布，都服从 [-1, 1]上的均匀分布. 求证：(1) {ξn 2}服从大数定律；(2)U n k kk nk n===∑∑ξξ/211的分布函数收敛于N (0, 1).31. 设{ξk }为相互独立的随机变量序列，成立中心极限定理，则它服从大数定律的充要条件是Var(ξk k no n )()==∑21.32. 取Ω=(0,1), F 为其中波雷尔集全体所成的σ域. 对任一事件A={ω∈(a,b)⊂Ω}，定义P(A)=b-a. 现定义)(ωξ≡0,.1/1,/10,0,)(/1≤<≤<⎩⎨⎧=ωωωξn n n r n求证：ξξn P−→−, 但ξξn L r −→−.。

人教版九年级数学下册精品教案用频率估计概率1

25．3 用频率估计概率教案11．理解试验次数较大时试验频率趋于稳定这一规律．2．结合具体情境掌握如何用频率估计概率．3．通过概率计算进一步比较概率与频率之间的关系．一、情境导入养鱼专业户为了估计他承包的鱼塘里有多少条鱼(假设这个鱼塘里养的是同一种鱼)，先捕上100条做上标记，然后放回塘里，过了一段时间，待带标记的鱼完全和塘里的鱼混合后，再捕上100条，发现其中带标记的鱼有10条，塘里大约有鱼多少条？二、合作探究探究点一：频率【类型一】频率的意义某批次的零件质量检查结果表：(1)计算并填写表中优等品的频率；(2)估计从该批次零件中任取一个零件是优等品的概率．解析：通过计算可知优等品的频率稳定在0.8附近，可用这个数值近似估计该批次中优等品的概率．解：(1)填表如下：(2)0.8【类型二】频率的稳定性在“抛掷正六面体”的试验中，正六面体的六个面分别标有数字“1”、“2”、“3”、“4”、“5”和“6”，如果试验的次数增多，出现数字“1”的频率的变化趋势是________________________．解析：随着试验的次数增多，出现数字“1”的频率愈来愈接近于一个常数，这个常数即为它的概率．故答案是：接近16.探究点二：用频率估计概率【类型一】用频率估计概率掷一枚质地均匀的硬币10次，下列说法正确的是( ) A ．可能有5次正面朝上 B ．必有5次正面朝上C ．掷2次必有1次正面朝上D ．不可能10次正面朝上解析：掷一枚质地均匀的硬币1次，出现正面或反面朝上的概率都是错误!，因此，平均每两次中可能有1次正面向上或有1次反面向上．选项B 、C 、D 不一定正确，选项A 正确，故选A .方法总结：随机事件的频率，指此事件发生的次数与试验总次数的比值，当试验次数很多时，它具有一定的稳定性，即稳定在某一常数附近，而偏离的它可能性很小．【类型二】推算影响频率变化的因素“六·一”期间，小洁的妈妈经营的玩具店进了一纸箱除颜色外都相同的散装塑料球共1000个，小洁将纸箱里面的球搅匀后，从中随机摸出一个球记下其颜色，把它放回纸箱中；搅匀后再随机摸出一个球记下其颜色，把它放回纸箱中；……多次重复上述过程后，发现摸到红球的频率逐渐稳定在0.2，由此可以估计纸箱内红球的个数约是________个．解析：因为大量重复摸球实验后，摸到红球的频率逐渐稳定在0.2，说明红球大约占总数的0.2，所以球的总数为1000×0.2＝200，故答案为：200.方法总结：解题的关键是知道在大量重复摸球实验后，某个事件发生的频率就接近于该事件发生的概率．概率与频率的关系是：(1)试验次数很大时，频率稳定在概率附近；(2)用频率估计概率．【类型三】频率估计概率的实际应用为了估计鱼塘中鱼的条数，养鱼者首先从鱼塘中打捞30条鱼做上标记，然后放归鱼塘，经过一段时间，等有标记的鱼完全混合于鱼群中，再打捞200条鱼，发现其中带标记的鱼有5条，则鱼塘中估计有________条鱼．解析：设鱼塘中估计有x 条鱼，则5∶200＝30∶x ，解得：x ＝1200，故答案为：1200. 方法总结：求出带标记的鱼占的百分比，运用了样本估计总体的思想．三、板书设计教学过程中，强调频率与概率的联系与区别．会用频率估计概率解决实际问题.25．3 用频率估计概率教案2【教材分析】《利用频率估计概率》是人教版九年级上册第二十五章《概率初步》的第三节。