条件概率专题一、知识点① 只须将无条件概率()P B 替换为条件概率)(A B P ，即可类比套用概率满足的三条公理及其它性质 ② 在古典概型中 ---)()()()()(A B A A P B A P A B P μμ==A B A =事件包括的基本事件（样本点）数事件包括的基本事件（样本点）数③ 在几何概型中 ---)()()()()(A B A A P B A P A B P μμ==(,,)(,,)A B A =区域的几何度量长度面积体积等区域的几何度量长度面积体积等条件概率及全概率公式3.1.对任意两个事件A 、B , 是否恒有P (A )≥P (A |B ).答：不是. 有人以为附加了一个B 已发生的条件, 就必然缩小了样本空间, 也就缩小了概率, 从而就一定有P (A )≥P (A |B ), 这种猜测是错误的. 事实上,可能P (A )≥P (A |B ), 也可能P (A )≤P (A |B ), 下面举例说明. 在0,1,…,9这十个数字中, 任意抽取一个数字,令A ={抽到一数字是3的倍数};B 1={抽到一数字是偶数}; B 2={抽到一数字大于8}, 那么P (A )=3/10, P (A |B 1)=1/5, P (A |B 2)=1. 因此有 P (A )＞P (A |B 1), P (A )＜P (A |B 2).3.2.以下两个定义是否是等价的.定义1. 若事件A 、B 满足P (AB )=P (A )P (B ), 则称A 、B 相互独立. 定义2. 若事件A 、B 满足P (A |B )=P (A )或P (B |A )=P (B ), 则称A 、B 相互独立.答：不是的.因为条件概率的定义为P (A |B )=P (AB )/P (B ) 或 P (B |A )=P (AB )/P (A )自然要求P (A )≠0, P (B )≠0, 而定义1不存在这个附加条件, 也就是说,P (AB )=P (A )P (B )对于P (A )=0或P (B )=0也是成立的. 事实上, 若P (A )=0由0≤P (AB )≤P (A )=0可知P (AB )=0故 P (AB )=P (A )P (B ).因此定义1与定义2不等价, 更确切地说由定义2可推出定义1, 但定义1不能推出定义2, 因此一般采用定义1更一般化.3.3.对任意事件A、B, 是否都有 P(AB)≤P(A)≤P(A+B)≤P(A)+P(B).答：是的.由于P(A+B)=P(A)+P(B)-P(AB) (*)因为 P(AB)≥0, 故P(A+B)≤P(A)+P(B).由P(AB)=P(A)P(B|A), 因为0≤P(B|A)≤1,故P(AB)≤P(A);同理P(AB)≤P(B), 从而 P(B)-P(AB)≥0, 由(*)知P(A+B)≥P(A).原命题得证.3.4.在引入条件概率的讨论中, 曾出现过三个概率: P(A|B), P(B|A), P(AB). 从事件的角度去考察, 在A、B相容的情况下, 它们都是下图中标有阴影的部分, 然而从概率计算的角度看, 它们却是不同的. 这究竟是为什么?答：概率的不同主要在于计算时所取的样本空间的差别:P(A|B)的计算基于附加样本空间ΩB;P(B|A)的计算基于附加样本空间ΩA;P(AB)的计算基于原有样本空间Ω.3.5.在n个事件的乘法公式：P(A1A2…A n)=P(A1)P(A2|A1)P(A3|A1A2)…P(A n|A1A2…A n-1)中,涉及那么多条件概率, 为什么在给出上述乘法公式时只提及P(A1A2…A n-1)>0呢?答：按条件概率的本意, 应要求P(A1)>0, P(A1A2)>0, …,P(A1A2…A n-2)>0, P(A1A2…A n-1)>0.事实上, 由于A1A2A3…A n-2A1A2A3…A n-2A n-1, 从而便有P(A1A2…A n-2)≥P(A1A2…A n-1)>0. 这样, 除P(A1A2…A n-1)>0作为题设外, 其余条件概率所要求的正概率, 如P(A1A2…A n-2) >0, …,P(A1A2) >0, P(A1)>0便是题设条件P(A1A2…A n-1)>0的自然结论了.3.6.计算P(B)时, 如果事件B的表达式中有积又有和, 是否就必定要用全概率公式.答：不是. 这是对全概率公式的形式主义的认识, 完全把它作为一个”公式”来理解是不对的. 其实, 我们没有必要去背这个公式, 应着眼于A1,A2,…,A n的结构. 事实上, 对于具体问题, 若能设出n个事件A i, 使之满足(*)就可得.(**) 这样就便于应用概率的加法公式和乘法公式.因此, 能否使用全概率公式, 关键在于(**)式, 而要有(**)式, 关键又在于适当地对Ω进行一个分割, 即有(*)式.3.7.设P(A)≠0,P(B)≠0, 因为有(1)若A、B互不相容, 则A、B一定不独立.(2)若A、B独立, 则A、B一定不互不相容.故既不互不相容又不独立的事件是不存在的. 上述结论是否正确.答：不正确. 原命题中的结论(1)(2)都是正确的. 但是由(1)(2)(它们互为逆否命题, 有其一就可以了)只能推出在P(A)≠0,P(B)≠0的前提下, 事件A、B既互不相容又独立是不存在的, 并不能推出“A、B既不独立又不互不相容是不存在的”. 事实上, 恰恰相反, 既不互不相容又不独立的事件组是存在的, 下面举一例.5个乒乓球(4新1旧), 每次取一个, 无放回抽取三次, 记A i={第i次取到新球}, i=1, 2, 3. 因为是无放回抽取, 故A1、A2、A3互相不独立, 又A 1A2A3={三次都取到新球}, 显然是可能发生的, 即A1、A2、A3可能同时发生, 因此A1、A2、A3不互不相容.3.8.事件A、B的“对立”与“互不相容”有什么区别和联系? 事件A、B“独立”与“互不相容”又有什么区别和联系?答：“对立”与“互不相容”区别和联系, 从它们的定义看是十分清楚的, 大体上可由如下的命题概括: “对立” →“互不相容”,反之未必成立.至于“独立”与“互不相容”的区别和联系, 并非一目了然.事件的互不相容性只考虑它们是否同时发生，是纯粹的事件的关系, 丝毫未涉及它们的概率, 其关系可借助图直观显示.事件的独立性是由概率表述的, 即当存在概率关系P(A|B)=P(A)或P(B|A)=P(B)时, 称A、B是相互独立的.它们的联系可由下述命题概括: 对于两个非不可能事件A、B, 则有“A、B 互不相容” →“A、B不独立”.其等价命题是: 在P(A)>0与P(B)>0下, 则有“A、B独立” →“A、B不互不相容”(相容). 注意, 上述命题的逆命题不成立.3.9.设A、B为两个事件,若0<P(A)<1, 0<P(B)<1. (*)则A、B相互独立, A、B互不相容, , 这三种情形中的任何两种不能同时成立.答：在条件(*)下当A、B相互独立时, 有P(AB)=P(A)P(B);当A、B互不相容时, 有P(AB)<P(A)P(B);当时, 有P(AB)>P(A)P(B).在条件(*)下, 上述三式中的任何两个不能同时成立. 因此, A、B相互独立, A、B互不相容,这三种情形中的任何两种不能同时成立.此结论表明: 在条件(*)下,若两个事件相互独立时, 必不互不相容，也不一个包含另一个,而只能是相容了.3.10.证明: 若P(A)=0或P(A)=1, 则A与任何事件B相互独立.答：若P(A)=0, 又, 故0≤P(AB)≤P(A)=0.于是P(AB)=0=P(A)P(B),所以A与任何事件B相互独立.若P(A)=1, 则.由前面所证知,与任何事件B相互独立. 再由事件独立性的性质知, 与B相互独立, 即A与B相互独立.另种方法证明: 由P(A)=1知, 进而有.又且AB与互不相容, 故.即A与B相互独立.3.11.设A、B是两个基本事件, 且0<P(A)<1,P(B)>0, , 问事件A与B是什么关系?[解1]由已知条件可得.由比例性质, 得.所以P(AB)=P(A)P(B).因此事件A与B相互独立.[解2]由得.因而.又,所以P(B|A)=P(B).因此事件A与B相互独立.3.12.是不是无论什么情况, 小概率事件决不会成为必然事件.答：不是的. 我们可以证明, 随机试验中, 若A为小概率事件, 不妨设P(A)=ε(0＜ε＜1为不论多么小的实数 ), 只要不断地独立地重复做此试验, 则A迟早要发生的概率为1.事实上, 设A k={A在第k次试验中发生}, 则P(A k)=ε,, 在前n次试验中A都不发生的概率为:.于是在前n次试验中, A至少发生一次的概率为.如果把试验一次接一次地做下去, 即让n→∞, 由于0＜ε＜1, 则当n→∞时, 有p→1.n以上事实在生活中是常见的, 例如在森林中吸烟, 一次引起火灾的可能性是很小的, 但如果很多人这样做, 则迟早会引起火灾.3.13.只要不是重复试验, 小概率事件就可以忽视.答：不正确. 小概率事件可不可以忽视, 要由事件的性质来决定, 例如在森林中擦火柴有1%的可能性将导致火灾是不能忽视的, 但火柴有1%的可能性擦不燃是不必在意的.3.14.重复试验一定是独立试验, 理由是: 既然是重复试验就是说每次试验的条件完全相同, 从而试验的结果就不会互相影响, 上述说法对吗?答：不对. 我们举一个反例就可以证明上述结论是错误的.一个罐子中装有4个黑球和3个红球, 随机地抽取一个之后, 再加进2个与抽出的球具有相同颜色的球, 这种手续反复进行, 显然每次试验的条件是相同的. 每抽取一次以后, 这时与取出球有相同颜色的球的数目增加，而与取出球颜色不同的球的数目保持不变，从效果上看，每一次取出的球是什么颜色增加了下一次也取到这种颜色球的概率，因此这不是独立试验,此例是一个如同传染病现象的模型，每一次传染后都增加再传染的概率.3.15.伯努利概型的随机变量是不是都服从二项分布.答：不一定. 例如某射手每次击中目标的概率是p，现在连续向一目标进行射击，直到射中为止. 此试验只有两个可能的结果：A={命中}； ={未命中}，且P(A)=p.并且是重复独立试验，因此它是伯努利试验（伯努利概型），设X k={第k次射中}，X显然是一个随机变量，但kP(X=k)=q k-1p，k=1,2,…，其中q=p-1，k可见X k是服从参数为p的几何分布，而不是二项分布.3.16.某人想买某本书, 决定到3个新华书店去买, 每个书店有无此书是等可能的. 如有, 是否卖完也是等可能的. 设3个书店有无此书, 是否卖完是相互独立的. 求此人买到此本书的概率.答：(37/64).3.17.在空战中, 甲机先向乙机开火, 击落乙机的概率是0.2; 若乙机未被击落, 就进行还击, 击落甲机的概率是0.3, 则再进攻乙机, 击落乙机的概率是0.4. 在这几个回合中,(1) 甲机被击落的概率是多少?(2) 乙机被击落的概率是多少?答：以A表示事件“第一次攻击中甲击落乙”, 以B表示事件“第二次攻击中乙击落甲”, 以C表示事件“第三次攻击中甲击落乙”.(1)甲机被击落只有在第一次攻击中甲未击落乙才有可能, 故甲机被击落的概率为.(2)乙机被击落有两种情况. 一是第一次攻击中甲击落乙, 二是第三次攻击中甲击落乙, 故乙机被击落的概率是=0.2+(1-0.2)(1-0.3)×0.4=0.424.3.18.某个问题, 若甲先答, 答对的概率为0.4; 若甲答错, 由乙答, 答对的概率为0.5. 求问题由乙答出的概率.答：(0.3)3.19.有5个人在一星期都要到图书馆借书一次, 一周某天借书的可能性相同, 求(1)5个人都在星期天借书的概率;(2)5个人都不在星期天借书的概率;(3)5个人不都在星期天借书的概率.答：(1)(1/75);(2)(65/77);(3)(1-1/75).1.从1, 2, 3,…, 15中,甲、乙两人各任取一数(不重复),已知甲取到的数是5的倍数,求甲数大于乙数的概率. 二、例题解.设事件A表示“甲取到的数比乙大”,设事件B表示“甲取到的数是5的倍数”. 则显然所要求的概率为P(A|B).根据公式而P(B)=3/15=1/5 ,,∴P(A|B)=9/14.2. 掷三颗骰子,已知所得三个数都不一样,求含有1点的概率. 解.设事件A表示“掷出含有1的点数”,设事件B表示“掷出的三个点数都不一样”.则显然所要求的概率为P(A|B).根据公式,, P(A|B)=1/2.3.袋中有一个白球和一个黑球,一次次地从袋中摸球,如果取出白球,则除把白球放回外再加进一个白球,直至取出黑球为止,求取了N 次都没有取到黑球的概率. 1解.设事件A i表示“第i次取到白球”.(i=1,2,…,N)则根据题意P(A1)=1/2 , P(A2|A1)=2/3,由乘法公式可知:P(A1A2)=P(A2|A1)P(A1)=1/3.而P(A3|A1A2)=3/4 ,P(A1A2A3)=P(A3|A1A2)P(A1A2)=1/ 4 .由数学归纳法可以知道P(A1A2…AN)=1/(N+1).4. 甲袋中有5只白球, 7 只红球;乙袋中有4只白球, 2只红球.从两个袋子中任取一袋, 然后从所取到的袋子中任取一球,求取到的球是白球的概率. 解.设事件A表示“取到的是甲袋”, 则表示“取到的是乙袋”,事件B表示“最后取到的是白球”.根据题意 : P(B|A)=5/12 ,,P(A )=1/2.∴.5.有甲、乙两袋,甲袋中有3只白球,2只黑球;乙袋中有4只白球,4只黑球.现从甲袋中任取2个球放入乙袋,然后再从乙袋中任取一球,求此球为白球的概率. 解.设事件A i表示“从甲袋取的2个球中有i个白球”,其中i=0,1,2 .事件B表示“从乙袋中取到的是白球”.显然A0, A1, A2构成一完备事件组,且根据题意P(A)=1/10 , P(A1)=3/5 ,P(A2)=3/10 ;P(B|A)=2/5 , P(B|A1)=1/2 ,P(B|A2)=3/5 ;由全概率公式P(B)=P(B|A)P(A0)+P(B|A1)P(A1)+P(B|A2)P(A2 )=2/5×1/10+1/2×3/5+3/5×3/10=13/25.6.袋中装有编号为1, 2,…, N的N 个球,先从袋中任取一球,如该球不是1号球就放回袋中,是1号球就不放回,然后再摸一次,求取到2号球的概率. 解.设事件A表示“第一次取到的是1号球”,则表示“第一次取到的是非1号球”;事件B表示“最后取到的是2号球”.显然 P (A )=1/N ,,且 P (B |A )=1/(N -1), ;∴=1/(N -1)×1/N +1/N ×(N -1)/N=(N 2-N +1)/N 2(N -1).7. 袋中装有8只红球 , 2只黑球,每次从中任取一球, 不放回地连续取两次, 求下列事件的概率.(1)取出的两只球都是红球;(2)取出的两只球都是黑球;(3)取出的两只球一只是红球,一只是黑球;(4)第二次取出的是红球.解.设事件A 1表示“第一次取到的是红球”,设事件A 2表示“第二次取到的是红球”. (1)要求的是事件A 1A 2的概率. 根据题意 P (A 1)=4/5,,P (A 2|A 1)=7/9, ∴P (A 1A 2)=P (A 1)P (A 2|A 1)=4/5×7/9=28/45. (2)要求的是事件的概率.根据题意:,,∴.(3)要求的是取出一只红球一只黑球,它包括两种情形,即求事件的概率.,,,,∴.(4)要求第二次取出红球,即求事件A2的概率.由全概率公式 :=7/9×4/5+8/9×1/5=4/5.8. 某射击小组共有20名射手,其中一级射手4人, 二级射手8人, 三级射手7人, 四级射手1人.一、二、三、四级射手能通过选拔进入比赛的概率分别是0.9、0.7、0.5、0.2 . 求任选一解.设事件A表示“射手能通过选拔进入比赛”,设事件B i表示“射手是第i级射手”.(i=1,2,3,4) 显然, B1、B2、B3、B4构成一完备事件组,且P(B1)=4/20, P(B2)=8/20, P(B3)=7/20, P(B4)=1/20;P(A|B1)=0.9, P(A|B2)=0.7, P(A|B3)=0.5, P(A|B4)=0.2. 由全概率公式得到P(A)=P(A|B1)P(B1)+P(A|B2)P(B2)+P(A|B3)P(B3)+P(A|B4)P(B4 )=0.9×4/20+0.7×8/20+0.5×7/20+0.2×1/20=0.645.名射手能通过选拔进入比赛的概率.9.轰炸机轰炸某目标,它能飞到距目标400、200、100(米)的概率分别是0.5、0.3、0.2,又设它在距目标400、200、100(米)时的命中率分别是0.01、0.02、0.1 .求目标被命中的概率为多少?解.设事件A1表示“飞机能飞到距目标400米处”,设事件A2表示“飞机能飞到距目标200米处”,设事件A3表示“飞机能飞到距目标100米处”, 用事件B表示“目标被击中”.由题意, P(A1)=0.5, P(A2)=0.3, P(A3)=0.2,且A1、A2、A3构成一完备事件组.又已知P(B|A1)=0.01, P(B|A2)=0.02, P(B|A3)=0.1. 由全概率公式得到 :P(B)=P(B|A1)P(A1)+P(B|A2)P(A2)+P(B|A3)P(A3)=0.01×0.5+0.02×0.3+0.1×0.2=0.031.10. 加工某一零件共需要4道工序,设第一﹑第二﹑第三﹑第四道工序的次品率分别为2%﹑3%﹑5%﹑3%,假定各道工序的加工互不影响, 求加工出零件的次品率是多少?解.设事件A i表示“第i道工序出次品”,i=1,2,3,4因为各道工序的加工互不影响,因此A i是相互独立的事件.P(A1)=0.02, P(A2)=0.03, P(A3)=0.05,P(A4)=0.03,只要任一道工序出次品,则加工出来的零件就是次品.所以要求的是(A1+A2+A3+A4)这个事件的概率.为了运算简便,我们求其对立事件的概率=(1-0 .02)(1-0.03)(1-0.05)(1-0.03)=0.876.∴P(A1+A2+A3+A4)=1-0.876=0.124.11. 某人过去射击的成绩是每射5次总有4次命中目标, 根据这一成绩, 求(1)射击三次皆中目标的概率;(2)射击三次有且只有2次命中目标的概率;(3)射击三次至少有二次命中目标的概率. 解.设事件A i表示“第i次命中目标”, i=1,2,3根据已知条件 P(A i)=0.8, ,i=1,2,3某人每次射击是否命中目标是相互独立的,因此事件A i是相互独立的 .(1)射击三次皆中目标的概率即求P(A1A2A3).由独立性:P(A1A2A3)=P(A1)P(A2)P(A3)=0.83=0.512.(2)“射击三次有且只有2次命中目标”这个事件用B表示. 显然,又根据独立性得到:.(3)“射击三次至少有2次命中目标”这个事件用C表示. 至少有2次命中目标包括2次和3次命中目标,所以C=B+A1A2A3 P(C)=P(B)+P(A1A2A3)=0.384+0.512=0.896.12. 三人独立译某一密码, 他们能译出的概率分别为1/3, 1/4, 1/5, 求能将密码译出的概率. 解.设事件A i表示“第i人能译出密码”, i=1,2,3.由于每一人是否能译出密码是相互独立的,最后只要三人中至少有一人能将密码译出,则密码被译出,因此所求的概率为P(A1+A2+A3).已知P(A1)=1/3, P(A2)=1/4, P(A3)=1/5,而=(1-1/3)(1-1/4)(1-1/5)=0.4.∴P (A 1+A 2+A 3)=1-0.4=0.6.13. 用一门大炮对某目标进行三次独立射击, 第一、二、三次的命中率分别为0.4、0.5、0.7, 若命中此目标一、二、三弹, 该目标被摧毁的概率分别为0.2、0.6和0.8, 试求此目标被摧毁的概率.解.设事件A i 表示“第i 次命中目标”, i =1,2,3.设事件B i 表示“目标被命中i 弹”, i =0,1,2,3. 设事件C 表示“目标被摧毁”. 由已知P (A 1)=0.4, P (A 2)=0.5, P (A 3)=0.7;P (C |B 0)=0, P (C |B 1)=0.2, P (C |B 2)=0.6, P (C |B 3)=0.8.又由于三次射击是相互独立的,所以,=0.6×0.5×0.7+0.6×0.5×0.3+0.4×0.5×0.3=0.36,=0.6×0.5×0.7+0.4×0.5×0.3+0.4×0.5×0.7=0.41,.由全概率公式得到P (C )=P (C |B 0)P (B 0)+P (C |B 1)P (B 1)+P (C |B 2)P (B 2)+P (C |B 3)P (B 3)=0×0.09+0.2×0.36+0.6×0.41+0.8×0.14=0.43.三、练习题1．已知P(B|A)=103,P(A)=51,则P(AB)=( ) A ．21 B.23 C ．32 D.5032．由“0”、“1” 组成的三位数码组中，若用A 表示“第二位数字为0”的事件，用B 表示“第一位数字为0”的事件，则P(A|B)=（ ）A.21B.31C.41D.81 3．某地区气象台统计，该地区下雨的概率是154，刮三级以上风的概率为152，既刮风又下雨的概率为101，则在下雨天里，刮风的概率为（ ）A.2258 B.21C.83D.434．设某种动物有出生算起活20岁以上的概率为0.8，活到25岁以上的概率为0.4.现有一个20岁的这种动物，问它能活到25岁以上的概率是 .５．一个口袋装有2个白球，3个黑球，则（1）先摸出1个白球后放回，再摸出1个白球的概率？ （2）先摸出1个白球后不放回，再摸出1个白球的概率？６．某种元件用满6000小时未坏的概率是43，用满10000小时未坏的概率是21，现有一个此种元件，已经用过6000小时未坏，求它能用到10000小时的概率7．某个班级共有学生40人，其中有团员15人，全班分成四个小组，第一小组有学生10人，其中团员4人。