人的悲剧和悲剧的人_浅析索福克勒斯_俄狄浦斯王_
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人的悲剧和悲剧的人_浅析索福克勒斯_俄狄浦斯王_

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资料简介
概率论与数理统计教案主讲刘晓俊保定金融高等专科学校数学教研室 目录第一章随机事件及概率第二章随机变量及其分布第三章多维随机变量及其分布第四章随机变量的数字特征第五章大数定律和中心极限定理第六章数理统计的基本知识第七章参数估计第八章参数的假设检验 第一章       随机事件及其概率教学目的和要求:使学生掌握随机事件及概率的概念,会用概率的古典定义及条件概率、全概率公式解决概率问题。并深刻理解事件的独立性。重点与难点:概率的概念,条件概率与独立性,全概率公式与贝叶斯公式教学手段:讲练结合课时分配:12课时 §1随机事件一、随机试验与随机事件通常称满足以下三个条件的试验为随机试验,简称试验,一般用字母E表示。(1)在相同条件下可以重复;(2)每次试验的所有可能结果是明确知道的,并且不只一个;(3)在每次试验前不能准确地预言该次试验出现哪种结果。 我们把在一次试验中可能出现的也可能不出现的结果称为随机事件,简称事件,一般用大写字母A、B、C等表示。在试验中必然发生的事件叫必然事件,一般用字母Ω表示;在试验中一定不发生的事件叫不可能事件,一般用字母φ表示。为了讨论问题方便,以后我们把不可能事件和必然事件也当作随机事件来看待。 举例:E1:掷一均匀骰子,观察出现的点数情况为一随机试验。设A表示“出现1点”,B表示“出现2点”,C表示“点数小于3”,D表示“出现奇数点”…,则它们均为E1的随机事件。E2:在一批灯炮中,任取一只,测试它的使用寿命为一随机试验。设A表示“寿命大于800小时”,B表示“寿命小于500小时”等,则它们均为E2的随机事件。 在E1中,“出现1点”,“出现2点”是最简结果,称为基本事件;“点数小于3”是由“出现1点”,“出现2点”两个基本事件组合而成;“出现奇数点”是由“出现1点”,“3点”,“5点”三个基本事件组合而成,等等,称为复合事件。基本事件也称样本点,记作ω,所有样本点的集合称为样本空间,记作Ω。以上各例样本空间分别为:E1:Ω1={1,2,3,4,5,6}E2:Ω2={t|t≥0},其中t表示灯泡的寿命。 二、事件的关系与运算1.事件的包含及相等设有事件A及B,如果事件A发生必导致事件B发生,则称事件B包含事件A或称A是B的子事件,记作BA,或AB。如图1-1所示。 2.事件的和(并)与差事件A与B至少发生其一所构成的事件称为事件A与B的和(并),记作A+B中(A∪B),如图1-2所示。 关于两个事件的和,若对任意事件,有A+φ=A,A+Ω=Ω;且可以推广到有限个事件的情形。即“A1,A2,…An至少有一个发生”可记作() 更一般地,“事件A1,A2,…An,…至少有一个事件发生”,记作() 事件的差:把事件A发生而事件B不发生所构成的事件,称为事件A与B的差,记作A-B,如图1-3表示。 3.事件的积(交)由事件A与B同时发生而构成的事件称为事件A与B的积(交),记作A·B(A∩B),如图1-4所示。 事件积的概念可以推广到有限个或可列个事件上去,把事件A1,A2,…An同时发生的事件记作() 更一般地把A1,A2,…,An,…同时发生的事记作() 4.互不相容事件(互斥事件)若事件A与B不能同时发生,则称A与B为互不相容事件,记作AB=φ(A∩B=φ),如图1-5所示。 5.对立事件(互逆事件)如果事件A与B满足(1)A+B=Ω(2)AB=φ则称事件A与B为对立事件,习惯上把A的对立事件记作。显然=Ω-A,,即A与互为对立事件。 需要指出,对立事件一定是互不相容事件,而互不相容事件不一定是对立事件。从我们学过的集合概念中不难发现,事件间的关系及其运算与集合论中集合间的关系与运算是完全类似的。把概率论中的基本事件看作集合论中的元素,由若干个基本事件组成的复合事件便可以看作包含若干个元素的集合。而把基本事件的全体构成的样本空间看作集合论中的全集。为了便于对照,将它们的术语列表如下: 记号集合论概率论Ω全集样本空间,必然事件φ空集不可能事件ωΩ的元素基本事件A是B的子集事件B包含事件AA+BA是B的并集事件A与事件B的和A·BA是B的交集事件A与事件B的积A-BA是B的差集事件A与事件B的差AB=φA与B互不相交事件A与事件B互不相容A的补集事件A的对立事件 对于事件来说,也有类似集合的运算规则:(1)交换律:A+B=B+A,AB=BA(2)结合律:(A+B)+C=A+(B+C)(AB)C=A(BC)(3)分配律:(A+B)C=AC+BCAB+C=(A+C)(B+C)(4)对偶律: 由上面规则可看出,对事件的分析可以转化为对集合的分析,从而利用集合间的运算关系来分析事件间的关系。 例8事件Ak表示第K次取到合格品(K=1,2,3),试用事件的运算符号Ak表示下列事件:(1)三次中至少取到一次合格品;(2)前两次取到合格品;(3)三次中至少有一次取到合格品。 解:(1)三次中至少取到一次合格品:A1+A2+A3(2)前两次取到合格品:A1A23+A1A2A3(3)三次中至少有一次取到合格品:A1A23+A12A3+1A2A3 §2概率的概念由于随机试验有许多种可能结果,而各种结果出现的可能性不一样,为了进行确切的推断,我们用一个数值来表示事件发生的可能性大小,这种表示随机事件出现可能性大小的数值称为事件的概率,并将事件A的概率记为P(A)。下面具体讨论事件的概率。 一、事件的频率在相同条件下,做n次试验,设事件A发生了nA次,则称为事件A发生的频率记作显然0≤fn(A)≤1。(1.1) 二、概率的定义1.概率的统计定义定义1在相同条件下,重复进行n次试验,其中事件A发生了nA次,当试验次数n充分大时,事件A的频率将稳定在某一个常数p附近,则称此常数p为事件A出现的概率。记作P(A)=p(1.2)当n充分大时,根据频率的稳定性,我们可以用频率代替概率,即P(A)=p(1.3)显然,0≤P(A)≤1,P(Ω)=1,P(φ)=0 2.概率的古典定义定义2设随机试验E的样本空间为Ω,Ω中所含基本事件总数为n,A为随机试验E的任意一个事件,若满足条件:(1)Ω中基本事件总数n有限,称为“有限性”;(2)Ω中每个基本事件发生的可能性相同,称为“等可能性”。设事件A包含的基本事件数为nA,事件A发生的概率为:P(A)= 古典概率模型也称等可能试验概型,因为它是概率论发展初期主要研究的对象,故称古典概型。下面举例说明定义的用法例1掷一枚均匀硬币,求出现正面的概率。 解:因为掷一枚均匀硬币只可能出现“正面向上”或“反面向上”两个结果,所以样本空间为:Ω={正面向上,反面向上},即n=2。由于硬币是均匀的,所以出现正面与反面是等可能的。设A表示“正面向上”,则ΩA={正面向上},所以nA=1于是P(A)== 例2掷一均匀骰子,求:(1)出现6点的概率;(2)出现偶数点的概率。 解:(1)随机掷一次骰子可能出现“1”点,出现“2”点…出现“6”点,共有6种可能,因此样本空间为:Ω={1,2,3,4,5,6},n=6因骰子是均匀的,所以出现每个点的机会相同,设A表示“出现6点”,则ΩA={6},nA=1于是P(A)== (2)因n=6,设B表示“出现偶数点”,则ΩB={2,4,6},nB=3于是P(B)===实际解题时,不必写出样本空间,只求出n及nA即可。 例3一付扑克牌共54张,任取一张,求它是黑桃的概率。解:因54张牌均不相同,任取一张,每张出现的可能性相同,所以n=54。设A表示“任取一张是黑桃”,nA=13故P(A)== 如果以花色为基本事件,共5种花色,即Ω={黑桃,红桃,梅花,方块,王}n=5设A表示“黑桃”,则ΩA={黑桃},nA=1,于是P(A)== 此种解法等可能性被破坏了,所以得出的结果是错误的。若题目的条件改为:一付扑克牌无大小王共52张,从中任取一张,求是黑桃的概率。则以张数或花色为基本事件求解均对。 即(1)以张数为基本事件,则P(A)==(2)以花色为基本事件,则P(A)==(因四种花色取哪一种是等可能的,故采用花色作为基本事件) 通过以上几个简单的例子说明用古典定义求概率时,一定要严格把握条件,不能盲目套公式,否则会出现错误的结果。 三、概率的性质性质10≤P(A)≤1,P(Ω)=0,P(φ)=1性质2设事件A与B互不相容,则有:P(A+B)=P(A)+P(B)(1.4)即两个互斥事件和的概率等于两个事件概率之和。 证明:设总的试验次数为n,事件A与B发生的次数分别nA,nB,当试验次数n充分大时,频率,,将分别在常数P(A),P(B),P(A+B)附近摆动,并随着n的增加越来越接近它们,因为+=,以频率代替概率,所以有P(A+B)=P(A)+P(B),(对古典概型更为明显)。 推论(1)若事件A1,A2,…,An两两互斥,则有(1.5)同样可推得(1.6) 推论(2)对立事件的概率和等于1。即P(A)+P()=1或P(A)=1-P(),后者表示法在概率计算中常常用到推论(3)若,则有P(B-A)=P(B)-P(A)(1.7) 证明:如图1-8 因B=(B-A)+A且A(B-A)=φ故P(B)=P[A+(B-A)]=P(A)+P(B-A)即P(B-A)=P(B)-P(A)也可得出P(B)≥P(A)(1.8) 性质3设A、B为任意两个随机事件,则P(A+B)=P(A)+P(B)-P(AB)(1.9)证明:如图1-9 因A+B=(A-AB)+B且(A-AB)B=φ且AAB故P(A+B)=P[(A-AB)+B]=P(A-AB)+P(B)=P(A)-P(AB)+P(B)即P(A+B)=P(A)+P(B)-P(AB) 性质3可以推广到n个事件的情况。当n=3时,有P(A1+A2+A3)=P(A1)+P(A2)+P(A3)-P(A1A2)-P(A1A3)-P(A2A3)+P(A1A2A3)以上均称为概率的加法公式。 四、例题分析1.抽球模型:抽球问题可分为不放回抽取与放回抽取两种情况,下面就不放回抽取详细分析,对不放回抽取搞清了,则放回抽取问题就迎刃而解了。 (1)不放回抽球模型例4设袋中有6个球,其中4个白球,2个红球,从袋中任取2球,不放回。求:①取得两个白球的概率;②恰有一个白球的概率;③至少有一个白球的概率。解:设A1表示“取得两个白球”,A2表示“恰有一个白球”,A3表示“至少有一个白球”。 本题中,白球与红球的数目不等,因此不能以颜色作为基本事件,为满足等可能性要求,先对6个球进行编号,可以辩别,其编号为白1白2白3白4红5红6,这样任取一球,则每号球抽到的可能性就相同了。基本事件总数n的值是从6个元素中任取一个,共有种可能,再从剩下的5个元素中任取一个,共有种可能,由乘法原理,所以n= ①同理事件A1的基本事件个数==12∴P(A1)= ②同样的值除用排列组合知识外,还用到乘法原理和加法原理,因此=+=16“恰有”一词无顺序的。恰有一个白球包含第一个白第二个红和第一红第二个白两种情况。∴P(A2)= ③同类P(A3)=P(至少一白)至少一白包含“恰有一白”和“恰有两白”两种情况,因此,P(至少一白)=P(恰有一白+恰有两白)根据互斥性有P(至少一白)=P(恰有一白)+P(恰有两白)=即P(A3)=或P(A3)=1-P()=1-P(恰有两红)=1- (2)放回抽球模型若例4中做放回抽球,则,即第一次从6个元素中任取一个,共有种取法,第二次仍从6个元素中任取一个,有种取法。然后用乘法原理,共有种取法。其它做法完全类似。 ∴P(A1)=∴P(A2)=∴P(A3)=或P(A3)=1-P()=1- 超几何概率:设有N个元素可分为两部分:N1,N2,且N1+N2=N,试验E为:从N中任取n个元素,不放回;求的是:这n个元素中恰有m个元素属于N1(或N2)的概率。设A表示“n个元素中恰有m个元素属于N1”,则:P(A)=(1.10) 超几何概率在现实中,尤其是在抽样检验中经常用到,特别是破坏性检验,样品不能再放回。如:从含有M件次品的N件产品中,不放回地抽取n件,则出现的次品数恰有m件的概率为: 例4中满足超几何概率的条件,由(1.10)有P(A1)=P(A2)=P(A3)=P(至少一白)=P(恰有一白)+P(恰有两白)=++该公式可推广到总元素个数N可分解为多组的情形。 例5袋中有10个球,分别编有1到10号编码,从中任取3球,不放回。求(1)最小号码是5的概率(2)最大号码是7的概率。 解:(1)由题意,5号是取定了,因此本题可做如下分割,即把N分成N1、N2、N3三部分,求最小号码是5,即从N2中取出5号,再从N3中取出另外两个号即可,如图1-10。 设A表示“最小号码是5”,则P(A)= (2)与(1)分析相同,分割为N1、N2、N3三部分。设B表示“最大号码是7”如图1-11。则P(B)= 2.生日问题模型(分房问题)生日问题特点:①每个人的生日只能是365天中的一天(一年以365天计)。因此每个人的生日有种可能。②任意一天可以容纳很多人的生日。 例6房间内有500个人,问至少有一人的生日是10月1日的概率是多少? 解:因每个人的生日都有365种可能,因此500个人共有365500种可能,即n=365500设A表示“至少一人生日在10月1日”,则P(A)=P(至少一人生日在10月1日)=P(恰有一人生日在10月1日)+P(恰有2人生日在10月1日)+…+P(恰有500人生日在10月1日)=1-P(恰有0个人生日在10月1日)=1-P(大家生日都不在10月1日) 因为每个人生日都不在10月1日,则有364中可能,因此500个人生日都不在10月1日共有364500种可能。通过对生日问题的分析可以看出,这类题型主要是确定底数与指数。一般来说,将“死”的作为底数,“活”的作为指数,下面举例说明。 例7设n个球(可辩),随机地放入N个盒中去,试求:(1)当n=N时,每盒恰有一球的概率(2)当n

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