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P(B A)，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---P(B A) P( AB) (AB) P(A) (A)③在几何概型中---P(B A) P( AB) (AB)P(A) (A) 事件AB包括的基本事件(样本点)数事件A包括的基本事件(样本点)数区域AB的几何度量(长度，面积，体积等) 区域A的几何度量(长度，面积，体积等)条件概率及全概率公式.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=｛抽到一数字是偶数｝; B2=｛抽到一数字大于8｝,那么P(A)=3/10, P(A| B i)=1/5, P(AB)=1. 因此有P(A) >P(A| B i), P(A) v P(AB)..以下两个定义是否是等价的•定义1. 若事件A、B满足P(A^=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(A^/ P(A)自然要求P(A)丰0, P(B)丰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0W 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.. 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(AE)=P(A)P(B| A), 因为OW P(B| A) < 1,故P(A0 < P(A)；同理P(AB) W P(B), 从而P(B)-P(AB >0,由(*)知P(A+B) > P(A).原命题得证..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Q B；0P(B| A)的计算基于附加样本空间Q A；P(AB»的计算基于原有样本空间Q . 出y■J—丿在n个事件的乘法公式：P( AA…A)=P( A) P(A>| A i) P(A AA)…P(A AA…A-i)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(AA…")>0 呢？答：按条件概率的本意，应要求P(A)>0, P(AA)>0,…，P(AA—A V2)>0, P(AA …An-l)>0.事实上，由于AAA…A-2二：AAA…A n-2Ai-i,从而便有P(AA…A n-2) >P(AA・・Ai)>0.这样,除P(AA…牛)〉。

作为题设外,其余条件概率所要求的正概率，如P(AA…A-2)>0,…，P(AA) >0, P(A i)>0便是题设条件P(AA…A-i)>0的自然结论了..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A,A,…，A的结构.事实上，对于具体问题，若能设出n 个事件A,使之满足1(*)就可得 5 = 5Q = BA X十血［十…+陆(**)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Q进行一个分割，即有(*)式•.设P(A)工0, P(B)工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)工0, P(B)工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=｛第i次取到新球｝, i =1,2, 3. 因为是无放回抽取，故A、A、A互相不独立，又AAA=｛三次都取到新球｝, 显然是可能发生的,即A、A、A可能同时发生，因此A、A、A不互不相容..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” 一“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” 一“ 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..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(AE)>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，____ :」.一: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..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,又工三二三，故OW P(AB) < P(A)=0.于是P(AB)=O=P(A)P(B),所以A与任何事件B相互独立.若P(A)=1,贝U j .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= 0 , 进而有F(刁酊=0 .又二上一二且AB 与二互不相容,故= P⑻=尸僅再)+ P(A8)=尸僅罚即A与B相互独立..设A B 是两个基本事件,且0<P(A)<1, P(B)>0, L ' ■■- ■- | ■-, 问事件A与B是什么关系？F (血).F(辰)［解1］由已知条件 "门-可得.由比例性质，得…小一宀丄■...代乂〕+玖卫)所以P(AB)=P(A)P(B).因此事件A与B相互独立.［解2］由_ - - ■-■- 得| …■■ : - L'i ■■-'-.因而- ….所以P(B|A)=P(B).因此事件A与B相互独立..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)= £ (0 <£< 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={A在第k次试验中发生},则P(A)= £,「珀；-I ，在前n次试验中A都不发生的概率为：二」二厂、-<.于是在前n次试验中，A至少发生一次的概率为= 1-^(4)^). 7=(4)= 1-(!-^".如果把试验一次接一次地做下去，即让n—x,由于0<£< 1,则当mx时，有Pn — 1.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•.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%勺可能性将导致火灾是不能忽视的，但火柴有1%勺可能性擦不燃是不必在意的..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•.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｝；J =｛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Xk=｛第k次射中｝，人显然是一个随机变量，但p(X<=k)=q k-1p，k=1,2,…，其中q=p-1，可见X<是服从参数为p的几何分布，而不是二项分布..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)..在空战中，甲机先向乙机开火，击落乙机的概率是；若乙机未被击落，就进行还击，击落甲机的概率是，则再进攻乙机，击落乙机的概率是.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F［茲)=\A) =(1 -0.2) xQ.3 = 0.24(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+ ABC) = + F (卫頁 U)=+ P(A}P(§ | A) P(C \ AS).某个问题，若甲先答，答对的概率为；若甲答错，由乙答，答对的概率为• 求问题由乙答出的概率•答：.有5个人在一星期内都要到图书馆借书一次，一周内某天借书的可能性相答：(1)(1/7 5)；57⑵(6 /7 )；5⑶(1-1/7 ).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).2.掷三颗骰子,已知所得三个数解.设事件A 表示“掷出含有1的点数 (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.根据公式'都不一样，求含有1点的概 设事件B 表示“ 率.表示“掷出的三个点数都不一 样”而P(B)=3/15=1/5 ,P(A B)=9/14.=1/2.P (A )则显然所要求的概率为P(A| B).P(A| B)=1/2.1解.设事件A 表示“第i 次取到白球” (i=1,2,…，“则根据题意P(A i )=1/2 , 只人|人)=2/3,3.袋中有一个白球和一 由乘法公式可知根据公式个黑球，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 P(AiA ?)= P( A ?| A) P( A)=1/3.P(A| AA)=3/4 ,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.P (A i AA)= P( A| A 1A 2) P( AA)=1/由数学归纳法可以知道P (AA …A N )=1/( N+1).解.设事件 A 表示“取到的是甲袋”，则二表示“取到的是乙袋”，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.事件B 表示“最后取到的是白球” 根据题意：P ( B | A )=5/12 ,…二 2F(B)=尸3 | A)P(JS) 石昭)2』十纭-丄)』12 2 32 24 .解•设事件A 表示“从甲袋取的2个球中有i 个白球”，其中i =0,1,2 .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P(B|A)=2/5 ,P(B| A i )=1/2 ,2个球放入乙袋，然厂f 八后再从乙袋中任取P( B|A)=3/5 ;一球，求此球为白球 由全概率公式 的概率.P( B)= P( B| A P(A)+ P( B| A) P(A i )+ P( B| A) P(A)=2/5 X 1/10+1/2 X 3/5+3/5 X 3/10=13/25.解.设事件A 表示“第一次取到的是1号 球”，则亠表示“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/N5.有甲、乙两袋 事件B 表示“从乙袋中取到的是白球” 显然A o , A, A 构成一完备事件组,且根据题意P(A)=1/10 , P(A)=3/5 , P(A)=3/106.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.⑷第二次取出的是 红球..■< L_ ■-• ： I',尸(瓦冷)W 石FG 1^) =l/5xg/9 =S/45 ,出的两八球都 ■_：■I' J.是黑球；亓(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(3)取出的两只球一 一 •一丄的概率.且 P(B|A)=1/( N-1),尸(百)=P{B | 砒(& + F(5 | A)P(A)(21)/ N=1/( N-1) X 1/N+1/NX=(NtN+1)/ M(21).解.设事件A 表示“第一次取到的是红球”，7. 袋中装 设事件A 2表示“第二次取到的是红球” 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 (1)要求的是事件 AA 的概率. 根据题意P (A )=4/5,•一 ■',F (A z | A )=7/9,••• P (AA 2)= P (A ) F ( A| A )=4/5 X 7/9=28/45.⑵要求的是事件的概率.出的两只球都 是红球；(2)取根据题意： -\ : 1,-_ 1： 1'=', 只是红球, 只是黑二二 1八，",8. 某射击小组共 有20名射 手,其中一 级射手4 射手二级，解.设事件A 表示“射手能通过选拔进入比赛”,三级射手7设事件B 表示 射手是第i 级射手.(i =1,2,3,4)人，四级 显然，B i 、B 2、R 、B 构成一完备事件组，且 射手1人. 一一三 P( B i )=4/20, P(B 2)=8/20, P( B)=7/20, P(B 4)=1/20;的概解.设事件A 表示“飞机能飞到距目标400米处”，设事件A 表示“飞机能飞到距目标200米处” 设事件A 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(A)=, P(A)=, P( A B )=, 且A 、A A 构成一完备事件组.又已知 P(BA)=, RB|A)=, P(B|A)=.15=415.(4)要求第二次取出红球，即求事件 A 的概率. 由全概率公式：玖比)=尸(& |如尢竝)+巩禺|AW ：) =7/9 X 4/5+8/9 XI四级射手 能通过选 拔进入比 赛的概率 分别 是、、、 求任选一 名射手能 通过选拔 进入比赛 P(A| B i )=, P(A| B 2)=, P(A| R)=, P(A| B)=.由全概率公式得到P(A)=P(A| B i )P(B i )+P(A| B)P(B 2)+P(A| B a ) P( B B )+P( A| B) P( B)=X 4/20+ X 8/20+ X 7/20+ X 1/20=.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、、，又设 它在距目标400、200、 100(米)时的命中率分 别是、、.求目标被命 中的概率为多少？由全概率公式得到P( B)= P(B| A) P( A)+ P( B| A) P( A)+ P( B| A) P( A)=x +x +x =.解.设事件 A 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 是相互独立的事件.F (A )=, F (A z )=, P (A)=, F (A)=,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 (A +A+A+A)这个事件的概率. 为了运算简便，我们求其对立事件道工序的加工互不影响，的概率 求加工出零件的次品率 是多少？-：■ ! - 1_ -/• R A l +A+A 3+A 4)= = .解.设事件A 表示“第i 次命中目标”，i =1,2,3(2) “射击三次有且只有2次命中目标”这个事件用 B10.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 、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，求根据已知条件P (A )=, 户⑷ |, i =1,2,3(1)射击三次皆中目 标的概率；某人每次射击是否命中目标是相互独立的,因此事件A 是相互独立的.(2)射击三次有且只(1)射击三次皆中目标的概率即求 P (AAA).有2次命中目标的概率；由独立性：(3)射击三次至少有P(AAA )=F (A i ) RA)P (A)==.二次命中目标的概率表示.显然 ._ I] 1 厶 亠]斗亠+ 广 ，又根据独立性得到：P(B) = C 巩4)只爲)只心=3<of x0.2 = 0.3&4(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^A 1AAP (G )=P (B )+P (A AA )=+=.解.设事件A 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 RA+A+A).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.已知 P (A )=1/3, P (A>)=1/4, P (A)=1/5, 而=(1-1 ⑶(1-1/4)(1-1/5)=.P ( A-1+A>+A 3)==.13.用一门大炮 解.设事件A 表示“第i 次命中目标”，i =1,2,3. 设事件B 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”.别为、、，若命中此 由已知p (人)=,P(A)=, P(A)=；目标一、二、三弹，该目标被摧毁的概 p(C B)=0，p (CB i )=, P(CB )=, P(C| B 3)=.率分别为、和,试又由于三次射击是相互独立的，所以 求此目标被摧毁的 概率. .. .■对某目标进行三次 独立射击，第一 二、三次的命中率二、练习题1 .已知 p （B|A ）=31-,P （A ）=丄，则 p （AB ）=（）10 5 B. - C. 2A. 12 2.由“0”、“1” 用B 表示“第一位数字为0”的事件，则P （A|B ）=（ 1 A. 1B. 2 D .503.某地区气象台统计,既刮风又下雨的概率为 组成的三位数码组中，若用 A 表示“第二位数字为0”的事件, ）1 8■—，刮三级以上风的概率为 —,15 15刮风的概率为（1 11q.-34该地区下雨的概率是 D. A 旦2251 一，则在下雨天里,10 B.丄2C.D.34戸（耳）=F 的冬乂3 +卫』昇3 + 4&島）代国耳缶）+ P （A,A^ +户（虫县爲）=XX +XX +XX =,F （月2）= F （卫4舄+4虫2地+丿1虫2 乂3）=H 召生島” F （44石+爲4）=XX +XX +XX =,F （色）三尸（妁血禺）＜尸（4疋（£）尸（舄）=0.4x0 5x0.7由全概率公式得到p （c ）=p （q E 0）p （E 0）+p （q B ）p （B ）+p （q B ）p （B ）+p （q B ） P （B0=0X +X +X +X =.0.144•设某种动物有出生算起活20岁以上的概率为，活到25岁以上的概率为.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 •—个口袋内装有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3，用满10000小时未坏的概率是-，4 2 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。