条件概率(一)

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高考数学一轮复习事件的相互独立性与条件概率全概率公式

教材改编题
2.在8件同一型号的产品中，有3件次品，5件合格品，现不放回地从中依次抽取2件，在第一次抽到次品的条件下，第二次抽到次品的概率是
A.218
B.110
C.19
√D.27
当第一次抽到次品后，还剩余2件次品，5件合格品，所以第二次抽到次品的概率为27.
教材改编题
3.智能化的社区食堂悄然出现，某社区有智能食堂A，人工食堂B，居民甲第一天随机地选择一食堂用餐，如果第一天去A食堂，那么第二天去A 食堂的概率为0.6；如果第一天去B食堂，那么第二天去A食堂的概率为 0.5，则居民甲第二天去A食堂用餐的概率为_0_._5_5_.
B⊆Ω，P(B)>0，有
P(Ai|B)＝PAPiPBB |Ai＝
PAiPB|Ai
n
，i＝1,2，…，n.
PAkPB|Ak
k＝1
思考辨析
判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)对于任意两个事件，公式P(AB)＝P(A)P(B)都成立.( × ) (2)若事件A，B相互独立，则P(B|A)＝P(B).( √ )
(2)在数字通信中，信号是由数字0和1组成的序列.由于随机因素的干扰，
发送的信号0或1有可能被错误地接收为1或0.已知当发送信号0时，被接
收为0和1的概率分别为0.93和0.07；当发送信号1时，被接收为1和0的概
率分别为0.95和0.05.假设发送信号0和1是等可能的，则接收的信号为1的
概率为
A.0.48
记两人又打了X个球后结束比赛，设双方10∶10平后的第k个球甲获胜为事件Ak(k＝1,2,3…)，则 P(X＝2)＝P(A1A2)＋P( A 1 A 2)＝P(A1)P(A2)＋P( A 1)P( A 2) ＝0.5×0.4＋0.5×0.6＝0.5. 由乙先发球，得 P(X＝4 且甲获胜)＝P(A1 A 2A3A4)＋P( A 1A2A3A4) ＝P(A1)P( A 2)P(A3)P(A4)＋P( A 1)P(A2)P(A3)·P(A4)＝0.4×0.5×0.4×0.5 ＋0.6×0.5×0.4×0.5＝0.1.

授课课题：2.2.1《条件概率》教学设计-教学点评-公开课课件

授课课题：2.2.1《条件概率》教学设计-教学点评哈尔滨市阿城区继电高级中学国彦波授课课题：2.2.1《条件概率》一、教材分析本节内容在本章节的地位：《条件概率》(第一课时)是高中数学选修2－3第二章第二节的内容，它在教材中起着承前启后的作用，一方面，可以巩固古典概型概率的计算方法，另一方面，为研究相互独立事件打下良好的基础.教学重点、难点和关键：教学重点是条件概率的定义、计算公式的推导及条件概率的计算；难点是条件概率的判断与计算；教学关键是数学建模.二、教学目标根据上述教材分析，考虑到学生已有的认知结构心理特征，我制定如下教学目标：知识与能力目标——掌握条件概率的定义及计算方法过程与方法目标——归纳、类比的方法和建模思想情感态度与价值观目标——培养学生思维的灵活性及知识的迁移能力三、教学过程复习引入：探究: 三张奖券中只有一张能中奖,现分别由三名同学无放回地抽取,问最后一名同学抽到中奖奖券的概率是否比前两名同学小.若抽到中奖奖券用“Y ”表示，没有抽到用“Y”，表示，那么三名同学的抽奖结果共有三种可能：Y Y Y，Y Y Y和Y Y Y．用B 表示事件“最后一名同学抽到中奖奖券”, 则B 仅包含一个基本事件Y Y Y．由古典概型计算公式可知，最后一名同学抽到中奖奖券的概率为1 ()3 P B .已知第一名同学的抽奖结果为什么会影响最后一名同学抽到中奖奖券的概率呢？在这个问题中，知道第一名同学没有抽到中奖奖券，等价于知道事件A 一定会发生，导致可能出现的基本事件必然在事件A 中，从而影响事件B 发生的概率，使得P ( B|A ）≠P ( B ) .思考:对于上面的事件A 和事件B ，P ( B|A ）与它们的概率有什么关系呢？用Ω表示三名同学可能抽取的结果全体，则它由三个基本事件组成，即Ω=｛Y Y Y , Y Y Y ,Y Y Y ｝．既然已知事件A 必然发生，那么只需在A={Y Y Y , Y Y Y}的范围内考虑问题，即只有两个基本事件Y Y Y 和Y Y Y ．在事件 A 发生的情况下事件B 发生，等价于事件 A 和事件 B 同时发生，即 AB 发生．而事件 AB 中仅含一个基本事件Y Y Y ，因此(|)P B A =12=()()n AB n A .其中n ( A ）和 n ( AB ）分别表示事件 A 和事件 AB 所包含的基本事件个数．另一方面，根据古典概型的计算公式，()()(),()()()n AB n A P AB P A n n ==ΩΩ 其中 n （Ω）表示Ω中包含的基本事件个数．所以，(|)P B A =()()()()()()()()n AB n AB P AB n n A n P n Ω==ΩΩΩ. 因此，可以通过事件A 和事件AB 的概率来表示P （B| A ) .条件概率1.定义设A 和B 为两个事件，P(A )>0，那么，在“A 已发生”的条件下，B 发生的条件概率（conditional probability ). (|)P B A 读作A 发生的条件下 B 发生的概率．(|)P B A 定义为 ()(|)()P AB P B A P A =. 由这个定义可知，对任意两个事件A 、B ，若()0P B >，则有()(|)()P AB P B A P A =⋅.并称上式微概率的乘法公式.2.性质：（1）非负性：对任意的A ∈f. 0(|)1P B A ≤≤；（2）规范性：P （Ω|B ）=1；（3）可列可加性：如果是两个互斥事件,则(|)(|)(|)P B C A P B A P C A =+.例1.在5道题中有3道理科题和2道文科题.如果不放回地依次抽取2 道题，求： (l ）第1次抽到理科题的概率；(2）第1次和第2次都抽到理科题的概率；(3）在第 1 次抽到理科题的条件下，第2次抽到理科题的概率．解：设第1次抽到理科题为事件A ，第2次抽到理科题为事件B ，则第1次和第2次都抽到理科题为事件AB.(1）从5道题中不放回地依次抽取2道的事件数为n （Ω）=35A =20.根据分步乘法计数原理，n (A ）=1134A A ⨯=12 ．于是 ()123()()205n A P A n ===Ω. (2）因为 n (AB)＝23A =6 ，所以()63()()2010n AB P AB n ===Ω. (3）解法 1 由（ 1 ) ( 2 ）可得，在第 1 次抽到理科题的条件下，第 2 次抽到理科题的概3()110(|)3()25P AB P B A P A ===. 解法2 因为 n (AB ）=6 , n (A ）=12 ，所以()61(|)()122P AB P B A P A ===. 例2.一张储蓄卡的密码共位数字，每位数字都可从0～9中任选一个．某人在银行自动提款机上取钱时，忘记了密码的最后一位数字，求：(1）任意按最后一位数字，不超过 2 次就按对的概率；(2）如果他记得密码的最后一位是偶数，不超过2次就按对的概率．解：设第i 次按对密码为事件i A (i=1,2) ，则112()A A A A =表示不超过2次就按对密码．(1）因为事件1A 与事件12A A 互斥，由概率的加法公式得1121911()()()101095P A P A P A A ⨯=+=+=⨯. (2）用B 表示最后一位按偶数的事件，则112(|)(|)(|)P A B P A B P A A B =+14125545⨯=+=⨯. 课堂练习：(1）某种动物活到20岁的概率为0.8，活到25岁的概率为0.4，如果现在有一个20岁的这种动物，问它能活到25岁的概率是多少？(2）甲乙两地都位于长江下游，根据一百多年的气象记录，知道甲乙两地一年中雨天所占的比例分别为20％和18％，两地同时下雨的比例为12％，问：（1）乙地为雨天时甲地也为雨天的概率是多少？（2）甲地为雨天时乙地也为雨天的概率是多少？⒌布置作业连续抛掷三枚质地均匀的硬币；(1)恰好出现两个正面的概率？(2)若已知有一枚正面向上，则至少有一个反面向上的概率？教学点评本课例选取了新课标下的高中数学概率部分的新增内容。

2.2.1条件概率

2.2.1条件概率“条件概率”教学设计⼀、⽬标和⽬标解析(1)通过对具体情境“抽奖问题”的分析，初步理解条件概率的含义（让学⽣明⽩，在加强条件下事件的概率发⽣怎样的变化, 通过与概率的对⽐和类⽐达到对新概念的理解）(2)在理解条件概率定义的基础上，将知识技能化，学会⽤两种⽅法求条件概率，并能利⽤条件概率的性质简化条件概率的运算。

（明确求条件概率的两种⽅法，⼀种是利⽤条件概率计算公式，另⼀种是缩减样本空间法。

并能选择恰当的⽅法解决不同概率模型下的条件概率(3)通过实例激发学⽣学习的兴趣，在辨析条件概率时培养学⽣的思辨能⼒，让学⽣亲⾝经历条件概率概念的形成过程，体会由特殊到⼀般再由⼀般到特殊的思维⽅式。

在参与的过程中让他们感受数学带来的⽆穷乐趣。

注重学习过程中师⽣间、学⽣间的情感交流，充分利⽤各种⼿段激发学习的兴趣，共同体验成功的喜悦。

⼆、教学过程设计（⼀）创设情境，引出课题问题１：1.掷⼀均匀硬币2次，（1）第⼆次正⾯向上的概率是多少？（2）当⾄少有⼀次正⾯向上时，第⼆次正⾯向上的概率是多少？2.设在⼀个罐⼦⾥放有⽩球和⿊球，现依次取两球（没有放回），事件A是第⼀次从罐中取出⿊球，事件B是第⼆次从罐中取出⿊球，那么事件A对事件B有没有影响？（1）如果罐⼦⾥有2个不同⽩球和1个⿊球，事件B发⽣的概率是多少？（2）如果罐⼦⾥有2个不同⽩球和1个⿊球，在事件A发⽣的条件下，事件B发⽣的概率⼜是多少？若在事件A没有发⽣的情况下，事件B发⽣的概率⼜是多少？3.三张奖券中只有⼀张能中奖,现分别由三名同学⽆放回地抽取，问：(1)最后⼀名同学抽到中奖奖券的概率是否⽐前两名同学⼩.(2)如果已经知道第⼀名同学抽到了中奖奖券，那么最后⼀名同学抽到奖券的概率是多少？根据上⾯三个例⼦，你能得出这些概率与我们所学过的概率⼀样吗？什么地⽅不⼀样？请⼤家以⼩组的⽅式讨论⼀下。

预设答案：他们与我们所学的概率不⼀样，都在原有的基础上⼜附加了条件，使得概率发⽣变化。

§1.4 条件概率(一,二)

注意P(AB)与P(A | B)的区别！与的区别！注意的区别
请看下面的例子
乙两厂共同生产1000个零件，其中个零件，例2 甲、乙两厂共同生产个零件其中300 件是乙厂生产的. 而在这300个零件中，有189个个零件中，件是乙厂生产的而在这个零件中个是标准件，现从这1000个零件中任取一个，问这个零件中任取一个，是标准件，现从这个零件中任取一个个零件是乙厂生产的标准件的概率是多少？个零件是乙厂生产的标准件的概率是多少？乙厂生产} 设B={乙厂生产乙厂生产 A={标准件标准件} 标准件所求为P(AB). 所求为
1 1 6 P( AB) = P(B|A) = = 3 3 6 P( A)
又如，件产品中有件正品，件次品件产品中有7件正品件次品，又如，10件产品中有件正品，3件次品， 7件正品中有件一等品，4件二等品现从这件正品中有3件一等品件二等品. 件正品中有件一等品，件二等品 10件中任取一件，记件中任取一件，件中任取一件 B={取到一等品，取到正品取到一等品}，取到正品} 取到一等品 A={取到正品 P(B )=3/10，，
P( AB) P(B | A) = P( A)
为在事件A发生的条件下事件的条件概率. 为在事件发生的条件下,事件的条件概率发生的条件下事件B的条件概率
3. 条件概率的性质自行验证条件概率的性质(自行验证自行验证) 是一事件，设A是一事件，且P(A)>0,则是一事件则 1. 对任一事件，0≤P(B|A)≤1; 对任一事件A， 2. P ( | A) =1 ； 3.设B1,…,Bn互不相容，则设互不相容， P[(B1+…+Bn )| A] = P(B1|A)+ …+P(Bn|A) 而且，而且，前面对概率所证明的一些重要性质都适用于条件概率. 都适用于条件概率请自行写出. 请自行写出

概率论1-3

9 8 1 1 1 10 9 2 10
注：抽签模型抽中签的概率与次序无关
6
三、全概率公式和贝叶斯公式
B1 , B2 ,, Bn 为E的一组定义：设S为E的样本空间，
事件，若
⑴ Bi Bj
i j i, j 1, 2,, n
⑵ B1 B2 Bn S
P( AB) 0 P( A1 A2 An ) P( A1 ) P( A2 | A1 )P( An | A1 A2 An1 )
当当
P( A1 A2 An1 ) 0
5
乘法定理给出了事件乘积的概率与条件概率间的关系
例题：一袋中有10个球，其中9个是白球1个是红球。 10个人依次从袋中任意取球，求第一、第二、第十个人取到红球的概率。解：记第i 个人取到红球为 Ai , i 1, 2,,10
1 P( A1 A2 A2 ) 1 P( A1 )P( A2 )P( A3 ) 1 0.8 0.7 0.6 0.664
常用结论：
若A1 , A2 ,, An相互独立
P( A1 A2 An ) 1 P( A1 )P( A2 )P( An )
武汉科技大学理学院
20
P( AB) 1/ 2 2 P( B | A) P( A) 3/ 4 3
4
二、乘法定理
将条件概率的定义式变形，就成为乘法定理：乘法定理：P( AB) P( A) P( B | A) P( B) P( A | B) 当
P( A) 0
P( B) 0
推广： P( ABC ) P( A) P( B | A) P(C | AB)
则称B1 , B2 ,, Bn来自S的一个划分。71.全概率公式：

3.1.1 条件概率

3.1 条件概率与事件的独立性3.1.1 条件概率一、课程标准结合古典概型，了解条件概率，能计算简单随机事件的条件概率.二、教学目标1.通过实例了解条件概率的概念，掌握求条件概率的两种方法；2.能利用条件概率公式解决一些简单的实际问题；3.通过条件概率的形成过程,体会由特殊到一般的思维方法.三、学情与内容分析本节内容是高中数学选择性必修第二册《第三章概率》第一节内容，本节之前学生已经学习古典概率及两个事件独立的基础上，学习如何计算两个事件不独立时的概率问题，即在事件A发生的条件下事件B发生的概率，一方面，它是对古典概型计算方法的巩固，另一方面，为后续研究独立事件打下良好基础. 条件概率概念比较抽象，学生较难理解。

遇到具体问题时，学生常因分不清是P（B|A）还是P（AB）而导致出错. 基于此，在本节的教学中，应特别注意对于条件概率概念的生成，借助图示形象直观地展现条件概率概念的生成过程.四、教学重难点重点：结合古典概型，了解条件概率，能计算简单随机事件的条件概率.难点：理解条件概率的概念，会用条件概率解决实际问题.五、教学过程（一）情境引入高一我们已经学习了概率的基础知识，会求一些简单的概率问题。

但实际生活中，有时会遇到在事件A发生的条件下计算事件B的概率问题，怎样解决这类问题呢？（二）新知探究问题1：掷一个骰子，求掷出的点数为3的概率.问题2：掷一个骰子，已知掷出的点数为奇数，求这个奇数是3的概率.问题3:问题2与问题1都是求掷出点数3的概率，为什么结果不一样？【设计意图】教师提出问题，让学生思考、讨论，个别提问，让学生直观感觉回答，再让学生运用古典概型公式计算出问题1、问题2的答案.然后教师提出问题3，让学生对问题3进行充分的讨论并发表意见，直到学生认识到“问题2是在原有条件下增加了一个附加条件”即“缩小了基本事件的范围，改变了样本空间”，从而引起事件的概率发生变化.条件概率定义：如果事件A,B是两个随机事件，且P（A）>0,则在事件A发生的条件下事件B发生的概率叫做条件概率，记为P(B|A).问题4.如何计算P(B|A)？问题5. 条件概率具有哪些性质？【设计意图】通过问题3的探讨，教师给出条件概率的概念，并且教师引导学生类比问题总结出条件概率的计算公式()(|)()n ABP B An A.条件概率也是概率，教师引导学生回忆概率性质，经过思考和充分讨论，大胆发表条件概率的性质，最后教师进行总结.（三）典例解析例 1.某校高中三个年级各派一名男生和一名女生参加市里的中学生运动会，每人参加一个不同的项目，且每人能否获得冠军是等可能的，已知只有一名女生获得冠军，求高一女生获得冠军的概率.例2:从一副扑克的52张牌(去掉两张王牌后)中任取1张，求抽到梅花的条件下，抽到的是梅花5的概率.问题6.条件概率的计算公式.例3:有圆形零件100个，其中有98个直径合格，有96个光洁度合格，两个指标都合格的有94个，从这100个零件中，任意抽取1个.(1)如果此零件光洁度合格，求直径也合格的概率;(2)如果次零件直径合格，求光洁度也合格的概率.(结果保留三位小数)（四）练习巩固教材P111 练习1.2.3.（五）课程小结本节课我们学习了求条件概率的两种方法，同学们下去要及时复习，认真完成作业（六）板书设计六、教学反思。

高中数学选择性必修三 7 1 条件概率及全概率(精讲)(含答案)

7.1 条件概率及全概率（精讲）考法一条件概率【例1】（1）（2021·湖南长沙市·长郡中学高二期末）把一枚骰子连续抛掷两次，记事件M 为“两次所得点数均为奇数”，N 为“至少有一次点数是5”，则()P N M 等于（） A ．23B ．59C ．12D ．13（2）（2020·全国高三专题练习）袋中有5个球（3个白球，2个黑球）现每次取一球，无放回抽取2次，则在第一次抽到白球的条件下，第二次抽到白球的概率为（） A ．3/5B ．3/4C ．1/2D ．3/10【答案】（1）B （2）C【解析】（1）事件M 为“两次所得点数均为奇数”，则事件为()1,1，()1,3，()1,5，()3,1，()3,3，()3,5，()5,1，()5,3，()5,5，故()9n M =；N 为“至少有一次点数是5”，则事件MN 为()1,5，()3,5，()5,1，()5,3，()5,5，()5n MN =，所以()59P N M =.故选：B . （2）记事件A 为“第一次取到白球”，事件B 为“第二次取到白球”，则事件AB 为“两次都取到白球”，依题意知3()5P A =，3263()542010P AB =⨯==，所以，在第一次取到白球的条件下，第二次取到白球的概率是3110()325P B A ==．故选：C.【一隅三反】1．（2020·全国高三专题练习）一个盒子中装有6个完全相同的小球，将它们进行编号，号码分別为1、2、3、4、5、6，从中不放回地随机抽取2个小球，将其编号之和记为S .在已知S 为偶数的情况下，S 能被3整除的概率为（） A ．14B ．13C ．512D ．23【答案】B【解析】记“S 能被3整除”为事件A ，“S 为偶数”为事件B ，事件B 包括的基本事件有{1}3，，{1}5，，{3}5，，{24}，，{26}，，{46}，共6个. 事件AB 包括的基本事件有{1}5，、{24}，共2个. 则()21(|)()63n AB P A B n B ===，故选:B .2．（2020·河北沧州市·高二期中）盒中有10个零件，其中8个是合格品，2个是不合格品，不放回地抽取2次，每次抽1个．已知第一次抽出的是合格品，则第二次抽出的是合格品的概率是（） A ．15B ．29C ．79D ．710【答案】C【解析】设第一次抽到的是合格品，设为事件A ，第二次抽到的是合格品，设为事件B ，则()()()()()877899P AB n AB P B A P A n A ⨯====⨯.故选：C3．（2020·全国高三专题练习）甲、乙、丙、丁四名同学报名参加假期社区服务活动，社区服务活动共有关怀老人、环境监测、教育咨询这三个项目，每人限报其中一项，记事件A 为“恰有2名同学所报项目相同”，事件B 为“只有甲同学一人报关怀老人项目”，则()|P B A =（）A ．16B ．13C ．23D ．56【答案】A【解析】事件AB 为“4名同学所报项目恰有2名同学所报项目相同且只有甲同学一人报关怀老人项目”.()2143421439C C P A ⨯⨯== , ()21324112327C C P AB ⨯⨯== 所以()()()2127|469P AB P B A P A === 故选：A4．（2020·北海市教育教学研究室高二期末（理））根据历年气象统计资料，某地四月份吹东风的概率为930，下雨的概率为1130，既吹东风又下雨的概率为830.则在下雨条件下吹东风的概率为（） A ．25B ．89C ．811D ．911【答案】C【解析】在下雨条件下吹东风的概率为8830=111130，选C考法二全概率公式【例2】．（2020·全国高二课时练习）设患肺结核病的患者通过胸透被诊断出的概率为0.95，而未患肺结核病的人通过胸透被误诊为有病的概率为0.002，已知某城市居民患肺结核的概率为0.1%.若从该城市居民中随机地选出一人，通过胸透被诊断为肺结核，求这个人确实患有肺结核的概率. 【答案】4751474【解析】设A 表示“被诊断为肺结核”，C 表示“患有肺结核”. 由题意得，()0.001,()0.999P C P C ==，()0.95,()0.002P A C P A C ==∣∣. 由贝叶斯公式知，()()475()()()()()1474P C P A C P CA P C P A C P C P A C ==+∣∣∣∣.【一隅三反】1．（2020·全国高二课时练习）根据以往的临床记录，某种诊断癌症的试验具有如下的效果：若以A 表示事件“试验反应为阳性”，以C 表示事件“被诊断者患有癌症”，则有()|P A C 0.95=，()|0.95P A C =.现在对自然人群进行普查，设被试验的人患有癌症的概率为0.005，即()0.005P C =，试求()|P C A . 【答案】19218【解析】因为()|0.95P A C =，所以()|1P A C =-()|0.05P A C =，因为()0.005P C =，所以()0.995P C =，所以由全概率公式可得()()()()()||P A P A C P C P A C P C =⋅+⋅，因为()P AC =()|P C A ()P A ()()|P A C P C = 所以()|P C A ()()()|()0.950.005190.950.0050.050.995218|()|()P A C P C P A C P C P A C P C ⨯===⨯+⨯+.。

概率论与数理统计 1-3

3
1. 条件概率的定义
设A、B是两个事件，且P(A)>0,则称 P(B | A) P( AB) (1) P( A)
为在事件A发生的条件下,事件B的条件概率.
1.3条件概率
B ABA
S
若事件A已发生, 则为使 B也发生 , 试验结果必须是既在 B 中又在 A中的样本点 , 即此点必属于AB. 由于我们已经知道A已发生, 故A变成了新的样本空间 , 于是有(1).
3
P( Ai ) P(A1)P(A2 / A1)P(A3 / A1A2 )
i 1
※想一想： ①应如何推导此式？ ② n个事件的公式如何写呢？
7
1.3条件概率
例2 一批零件共100个，其中有10个是次品。今从这批零
件中随机抽取，每次一件，1）若不放回地抽取3次，求3次都取得合格品的概率；2）若有放回地抽取2次，求2次都取得合格品的概率。
注通常， P(B|A) ≠ P(B)
4
2. 条件概率P(.|A)的性质
1.3条件概率
(1)非负性对每一个事件B, P(B|A) ≧0 概
(2)规范性对必然事件S, P(S|A) =1
率
定
(3)可列可加性若B1, B2 ,是两两互不相容的事件，则有

P Bi | A P(Bi | A)
解记 Ai=“第i次取得合格品”,i=1,2,3;
1) 若不放回地抽，则
P
(
A1
)

90 100
,
P(
A2
|
A1 )

89 99
,
P(
A3
|
A1
A2
)

条件概率(一)

定义设Ａ，Ｂ为同一个随机试验中的两个随机事件 , 且Ｐ（A）＞０，则称
P ( AB ) P ( B A) P ( A)
为在事件A发生的条件下，事件B发生的条件概率．一般把 P（B︱A）读作 A 发生的条件下 B 的概率.
练习：一个家庭中有两个小孩，假定生男生女是等可能的，已知这个家庭有一个女孩，问这时另一个小孩是男孩的概率是多少？解1：样本空间A的基本事件数为3，{bg、gb、gg}
北师大版高中数学选修2-3 第二章《概率》
一、教学目标： 1、知识与技能：通过对具体情景的分析，了解条件概率的定义。 2、过程与方法：掌握一些简单的条件概率的计算。 3、情感、态度与价值观：通过对实例的分析，会进行简单的应用。二、教学重点：条件概率定义的理解。教学难点：概率计算公式的应用。三、教学方法：探析归纳，讲练结合四、教学过程
★已知甲站在排头，求乙站在排尾的概率？
2 A2 1 n( A B ) P ( A B ) p( B | A) 3 A3 3 n( A) P ( A)
四位学生站成一排照相，求：
缩小了样本空间，基本事件总数减少了！
一、条件概率 Conditional Probability
（4）互为对立事件 A B＝且 A B＝U 事件A与B在任何一次试验中有且仅有一个发生如图：
A
B
P( A) 1 P( B)
（）（5）并事件（和事件） A B 或A B
如图：
A B B
A
（）（6）交事件（积事件） A B 或AB
如图：
B A：
课后作业：课本第47页习题2-3中1、2 五、教学反思：
(1) 等可能性 (2) 有限性

《8.1.1 条件概率》讲义

《8.1.1 条件概率》讲义《811 条件概率》讲义一、引入在我们的日常生活和各种决策中，常常会遇到需要考虑在某个特定条件下事件发生的概率。

比如，在已知今天下雨的情况下，明天晴天的概率是多少？在已经抽到一张红桃牌的情况下，再抽到一张红桃牌的概率是多少？这就引出了我们要讨论的“条件概率”。

二、条件概率的定义条件概率是指事件 A 在事件 B 已经发生的条件下发生的概率，记作 P(A|B)。

用数学公式来表示，如果P(B)＞0，那么P(A|B) ＝P(AB) ／P(B) 。

这里的 P(AB) 表示事件 A 和事件 B 同时发生的概率。

为了更好地理解这个定义，我们来看一个简单的例子。

假设有一个盒子，里面装有 5 个红球和 3 个白球。

从盒子中随机抽取一个球，记事件A 为“抽到红球”，事件B 为“抽到的球是第一个球”。

那么 P(A) ＝ 5/8 ，因为总共有 8 个球，其中红球有 5 个。

而 P(A|B) ＝ 5/8 ，因为在第一个球抽取的情况下，抽到红球的概率就是红球在总球数中的比例。

三、条件概率的性质1、非负性：0 ≤ P(A|B) ≤ 1 。

2、规范性：如果 B 是必然事件，那么 P(A|B) ＝ P(A) 。

四、计算条件概率的方法1、利用定义计算如前面提到的例子，先计算P(AB) 和P(B)，然后相除得到P(A|B) 。

2、利用缩小样本空间法还是以盒子抽球为例，如果已知事件 B 发生了，那么我们可以把 B 当作新的样本空间，然后计算在这个新样本空间中事件A 发生的概率。

比如已知第一个球抽到的是红球，那么在剩下的 7 个球中，再计算抽到红球的概率。

五、条件概率的应用1、在医疗诊断中的应用假设某种疾病在人群中的发病率为 01% ，而某种检测方法对患有该疾病的人检测结果为阳性的概率为 99% ，对未患该疾病的人检测结果为阳性的概率为 1% 。

现在有一个人的检测结果为阳性，那么他真正患有该疾病的概率是多少？设事件 A 为“患有疾病”，事件 B 为“检测结果为阳性”。

一.条件概率及其性质1.条件概率的定义设A,B为两个事件,...

(2)甲地为雨天时乙地也为雨天的概率是多少?
甲、乙2人分别对一目标射击1次,甲射中的概率为0.8,乙射中的概率为0.9,求: (1) 2 人都射中的概率; (2) 2 人中有1人射中的概率;
(3) 2 人至少有1人射中的概率; (4) 2 人至多有1人射中的概率.
某安全生产监督部门对5家小型煤矿进行安全检查(简称安检).若安检不合格,则整改.若整改后经复查仍不合格,则强行关闭.设每家煤矿安检是否合格是相互独立的,且每家煤矿整改前安检合格的概率是0.5,整改后安检合格的概率是0.8,计算(结果精确到0.01)
三.独立重复试验 1.在相同条件下重复做的n次试验称为n次重复试验. 2.如果事件A与B相互独立,那么 A与B, A与B, A与B 也都相互独立四.二项分布在n次独立重复试验中,设事件A发生的次数为X,在每次试验中事件A发生的概率为p,那么在n次独立重复试验中,事件 A恰好发生k次的概率为:
4.概率的乘法 :计算公式 :P(AB)=P(A)P(B|A)=P(B)P(A|B)
5.概率的加法 :计算公式 P(A+B)= P(A)+P(B)-P(AB) 推扩:P(A+B+C)=P(A)+P(B)+P(C)-P(AB)-P(AC)-P(BC)+P(ABC)
二.事件的相互独立性 1.定义:事件A(或B)是否发生对事件B(或A)发生的概率没有影响，这样的两个事件叫做相互独立事件。 2、计算公式：P(AB)=P(A)P(B) 公式的推扩:P(ABC)=P(A)P(B)P(C) 3、不可能事件(或必然事件)与任何事件都是相互独立的； 4、相互独立事件的性质若事件A与B相互独立，则事件 A与B, A与B, A与B 也都是相互独立的 5、相互独立事件与互斥事件的区别前者是指两个试验中，两个事件发生的概率互不影响，计算公式是P(AB)=P(A)P(B) 后者是指同一个试验中两个事件不会同时发生，计算公式为：P(A+B)=P(A)+P(B)，且满足 P( A A) P( A) P( A) 1

高三第一轮复习条件概率与事件的相互独立性

条件概率与事件的相互独立性【提纲挈领】（请阅读下面文字，并在关键词下面记着重号）主干知识归纳 1．条件概率(1)一般地，若有两个事件A 和B ，在已知事件A 发生的条件下考虑事件B 发生的概率，称此概率为A 已发生的条件下B 的，记作 .(2)设A ，B 为两个事件，且P(A)>0，则事件A 已发生的条件下，事件B 发生的条件概率是P(B|A)＝ .(3)条件概率的性质： ①P(B|A)∈ ；②如果B 和C 是两个互斥事件，则P(B ∪C|A)＝P(B|A)＋P(C|A)． 2．事件的相互独立性(1)设A ，B 为两个事件，如果P(AB)＝，则称事件A ，B 独立．(2)设A ，B 为两个事件，A 与B 相互独立，那么A 与B ，A 与B 、A 与B 也都 . (3)两个事件的独立性可以推广到n(n>2)个事件的独立性，且若事件A 1，A 2，…，A n 相互独立，则这n 个事件同时发生的概率P(A 1A 2…A n )＝ .3．独立重复试验(1)一般地，在下重复做的n 次试验称为n 次独立重复试验．(2)在n 次独立重复试验中，设事件A 发生的次数为X ，在每次试验中事件A 发生的概率均为p ，那么在n 次独立重复试验中，事件A 恰好发生k 次的概率为P(X ＝k)＝ . 方法规律总结1.计算条件概率时，可按如下步骤进行：第一步，判断是否为条件概率，若题目中出现“已知”“在……前提下”等字眼，一般为条件概率．题目中若没有出现上述字眼，但已知事件的出现影响所求事件的概率时，也需注意是否为条件概率．第二步，计算概率，这里有两种思路．思路一：缩小样本空间计算条件概率．如求P(A|B)，可分别求出事件B ，AB 包含的基本事件的个数，再利用公式P(A|B)＝n ABn B 计算．思路二：直接利用条件概率的计算公式计算条件概率，即先分别求出P(AB)，P(B)，再利用公式P(A|B)＝P ABP B 计算．2.相互独立事件的概率计算要注意在应用相互独立事件的概率乘法公式时，要认真审题，注意关键词“至少有一个发生”、“至多有一个发生”、“恰有一个发生”的意义，正确地将其转化为互斥事件进行求解；正面计算较繁或难于入手时，可以从其对立事件入手进行计算．3.在n 次独立重复试验中，设事件A 发生的次数为X ，在每次试验中事件A 发生的概率均为p ，那么在n 次独立重复试验中，事件A 恰好发生k 次的概率为P(X ＝k)＝C k n p k(1－p)n －k，k ＝0,1,2，…，n.在利用该公式时一定要审清公式中的n ，k 各是多少.【指点迷津】【类型一】条件概率【例1】：(2014·新课标卷Ⅱ)某地区空气质量监测资料表明，一天的空气质量为优良的概率是0.75，连续两天为优良的概率是0.6，已知某天的空气质量为优良，则随后一天的空气质量为优良的概率是( )A ．0.8B ．0.75C ．0.6D ．0.45【解析】：设“某天的空气质量为优良”为事件A ，“后一天空气质量为优良”为事件B ，则P(A)＝0.75，P(AB)＝0.6，所以P(B|A)＝P AB P A ＝0.60.75＝0.8.答案：A【例2】：甲、乙两地都位于长江下游，根据一百多年的气象记录，知道甲、乙两地一年中雨天占的比例分别为20%和18%，两地同时下雨的比例为12%.则(1)乙地为雨天时，甲地也为雨天的概率是； (2)甲地为雨天时，乙地也为雨天的概率是 .【解析】：设A 表示“甲地为雨天”，B 表示“乙地为雨天”，根据题意P(A)＝0.20，P(B)＝0.18，P(AB)＝0.12.(1)乙地为雨天时，甲地也为雨天的概率是 P(A|B)＝P AB P B ＝0.120.18＝23≈0.67.(2)甲地为雨天时，乙地也为雨天的概率是 P(B|A)＝P AB P A ＝0.120.20＝0.6.答案: (1) 0.67 (2) 0.6【例3】：如右图△ABC 和△DEF 是同一圆的内接正三角形，且BC ∥EF .将一颗豆子随机地扔到该圆内，用M 表示事件“豆子落在△ABC 内”，N 表示事件“豆子落在△DEF 内”，则P (N |M )＝( )A.334π B.32πC.13D.23【解析】：如下图作三条辅助线，根据已知条件得这些小三角形都全等，△ABC 包含9个小三角形，满足事件MN 的有6个小三角形，故P (N |M )＝69＝23.答案：23.【类型二】相互独立事件的概率【例1】：(2014·安徽卷改编)甲乙两人进行围棋比赛，约定先连胜两局者直接赢得比赛，若赛完5局仍未出现连胜，则判定获胜局数多者赢得比赛．假设每局甲获胜的概率为23，乙获胜的概率为13，各局比赛结果相互独立．(1)求甲恰好4局赢得比赛的概率；(2)求甲在4局以内(含4局)赢得比赛的概率．【解析】：用A k 表示“第k 局甲获胜”，B k 表示“第k 局乙获胜”，则P(A k )＝23，P(B k )＝13，k ＝1,2,3,4,5.(1)用A 表示“甲恰好4局赢得比赛”，则A ＝A 1B 2A 3A 4.根据事件的相互独立性得P(A)＝P(A 1B 2A 3A 4)＝P(A 1)P(B 2)P(A 3)P(A 4)＝23×13×23×23＝881.(2)用B 表示“甲在4局以内(含4局)赢得比赛”，则B ＝A 1A 2＋B 1A 2A 3＋A 1B 2A 3A 4.所以P(B)＝P(A 1A 2)＋P(B 1A 2A 3)＋P(A 1B 2A 3A 4)＝P(A 1)P(A 2)＋P(B 1)P(A 2)P(A 3) ＋P(A 1)P(B 2)·P(A 3)P(A 4)＝23×23＋13×23×23＋23×13×23×23＝5681. 答案：(1) 881. (2) 5681.【例2】：某公司为了解用户对其产品的满意度，从A ，B 两地区分别随机调查了20个用户，得到用户对产品的满意度评分如下：A 地区：62 73 81 92 95 85 74 64 53 76 78 86 95 66 97 78 88 82 76 89B 地区：73 83 62 51 91 46 53 73 64 82 93 48 65 81 74 56 54 76 65 79(1)根据两组数据完成两地区用户满意度评分的茎叶图，并通过茎叶图比较两地区满意度评分的平均值及分散程度(不要求计算出具体值，给出结论即可)．图9-61-3(2)根据用户满意度评分，将用户的满意度从低到高分为三个等级：记事件C ：“A 地区用户的满意度等级高于B 地区用户的满意度等级”．假设两地区用户的评价结果相互独立．根据所给数据，以事件发生的频率作为相应事件发生的概率，求C 的概率．【解析】：(1)两地区用户满意度评分的茎叶图如下：通过茎叶图可以看出，A 地区用户满意度评分的平均值高于B 地区用户满意度评分的平均值；A 地区用户满意度评分比较集中，B 地区用户满意度评分比较分散．(2)记C A1表示事件：“A 地区用户的满意度等级为满意或非常满意”； C A2表示事件“A 地区用户的满意度等级为非常满意”； C B1表示事件“B 地区用户的满意度等级为不满意”； C B2表示事件“B 地区用户的满意度等级为满意”．则C A1与C B1独立，C A2与C B2独立，C B1与C B2互斥，C ＝C B1C A1∪C B2C A2，所以P (C )＝P (C B1C A1∪C B2C A2) ＝P (C B1C A1)＋P (C B2C A2) ＝P (C B1)P (C A1)＋P (C B2)P (C A2)．由所给数据得C A1，C A2，C B1，C B2发生的频率分别为1620，420，1020，820，故P (C A1)＝1620，P (C A2)＝420，P (C B1)＝1020，P (C B2)＝820，所以P (C )＝1020×1620＋820×420＝0.48. 答案：(1)通过茎叶图可以看出，A 地区用户满意度评分的平均值高于B 地区用户满意度评分的平均值；A 地区用户满意度评分比较集中，B 地区用户满意度评分比较分散．(2) 0.48.【类型三】n 次独立重复实验的概率【例1】：一同学投篮每次命中的概率是12，该同学连续投篮5次，每次投篮相互独立．(1)求连续命中4次的概率； (2)求命中4次的概率【解析】：(1)设“连续命中4次”的事件为A ，则A 包含“第1至第4次命中第5次没有命中”和“第1次没有命中但第2至第5次命中”两种情况，所以P(A)＝(12)4·(1－12)＋(1－12)·(12)4＝2×(12)5＝(12)4＝116.(2)5次独立重复试验，恰好命中4次的概率为P(X ＝4)，所以P(X ＝4)＝C 45(12)4·(1－12)＝5×(12)5＝532.答案：(1) 116. (2) 532.【例2】：某商场举行有奖促销活动，顾客购买一定金额的商品后即可抽奖．每次抽奖都是从装有4个红球、6个白球的甲箱和装有5个红球、5个白球的乙箱中，各随机摸出1个球．在摸出的2个球中，若都是红球，则获一等奖；若只有1个红球，则获二等奖；若没有红球，则不获奖．求顾客抽奖1次能获奖的概率【解析】：记事件A 1＝{从甲箱中摸出的1个球是红球}，A 2＝{从乙箱中摸出的1个球是红球}，B 1＝{顾客抽奖1次获一等奖}，B 2＝{顾客抽奖1次获二等奖}，C ＝{顾客抽奖1次能获奖}．由题意，A 1与A 2相互独立，21A A 与21A A 互斥，B 1与B 2互斥，且B 1＝A 1A 2，B 2＝21A A ＋21A A ，C ＝B 1＋B 2.因为P (A 1)＝410＝25，P (A 2)＝510＝12，所以P (B 1)＝P (A 1A 2)＝P (A 1)P (A 2)＝25×12＝15，P (B 2)＝P (21A A ＋21A A )＝P (21A A )＋P (21A A )＝P (A 1)P (2A )＋P (1A )P (A 2)＝P (A 1)(1－P (A 2))＋(1－P (A 1))P (A 2)＝25×1－12＋1－25×12＝12.故所求概率P (C )＝P (B 1＋B 2)＝P (B 1)＋P (B 2)＝15＋12＝710.答案：710.【同步训练】【一级目标】基础巩固组一．选择题1．从1,2,3,4,5中任取2个不同的数，事件A ＝“取到的2个数之和为偶数”，事件B ＝“取到的2个数均为偶数”，则P(B|A)＝( )A.18B.14C.25D.12【解析】：P(AB)＝1C 25＝110，P(A)＝1＋C 23C 25＝410，由条件概率公式得P(B|A)＝P (AB )P (A )＝110410＝14.答案：B.2．甲、乙两个袋子中均装有红、白两种颜色的小球，这些小球除颜色外完全相同，其中甲袋装有4个红球、2个白球，乙袋装有1个红球、5个白球．现分别从甲、乙两袋中各随机抽取1个球，则取出的两球都是红球的概率为( )A.13B.12C.19D.16【解析】：用A ，B 表示分别表示从甲、乙袋子中随机抽取1个球，抽出的球是红球的事件，则P(A)＝46，P(B)＝16，因为分别从甲、乙两袋中各随机抽取1个球，取出的两球都是红球所对应事件为AB ，所以P(AB)＝P(A)·P(B)＝46×16＝19.答案：C.3．投掷一枚均匀硬币和一枚均匀骰子各一次，记“硬币正面向上”为事件A ，“骰子向上的点数是3”为事件B ，则事件A ，B 中至少有一件发生的概率是( )A.512 B.12 C.712 D.34【解析】：用间接法考虑．事件A ，B 一个都不发生的概率为P(A －B －)＝P(A －)·P(B －)＝12×C 15C 16＝512，所以所求的概率为1－P(A －B －)＝1－512＝712.答案：C.4．在6次独立重复试验中，每一次试验中成功的概率为12，则恰好成功3次的概率为( )A.316 B.516 C.716 D.58【解析】：P(X ＝3)＝C 36(12)3(12)3＝516.答案：B.5.(2015·新课标卷Ⅰ)投篮测试中，每人投3次，至少投中2次才能通过测试．已知某同学每次投篮投中的概率为0.6，且各次投篮是否投中相互独立，则该同学通过测试的概率为( )A ．0.648B ．0.432C ．0.36D ．0.312【解析】：根据独立重复试验公式得，该同学通过测试的概率为C 230.62×0.4＋0.63＝0.648. 答案：A ．二．填空题6.在5道题中有3道理科题和2道文科题，如果不放回地依次抽取2道题，则在第一次抽到理科题的条件下，第二次抽到理科题的概率为________．【解析】：设“第一次抽到理科题”为事件A ，“第二次抽到理科题”为事件B ，则“第一次和第二次都抽到理科题”就是事件AB .依题意可得P (A )＝A 31·A 41A 52＝35，P (AB )＝A 32A 52＝310，所以P (B |A )＝P （AB ）P （A ）＝31035＝12. 答案：12.7.已知某高三学生在某次数学考试中，A 和B 两道解答题同时做对的概率为13，在A 题做对的情况下，B 题也做对的概率为59，则A 题做对的概率为________．【解析】：设“做对A 题”为事件E ，“做对B 题”为事件F ，根据题意知P (EF )＝13，P (F |E )＝P （EF ）P （E ）＝59，则P (E )＝35，即A 题做对的概率为35. 答案：35.8.将一个半径适当的小球放入如图K611所示的容器最上方的入口处，小球将自由下落．小球在下落的过程中，将3次遇到黑色障碍物，最后落入甲袋或乙袋中．已知小球每次遇到黑色障碍物时，向左、右两边下落的概率都是12，则小球落入甲袋中的概率为________．图K611【解析】：记“小球落入甲袋中”为事件A ，“小球落入乙袋中”为事件B ，则事件A 的对立事件为B .若小球落入乙袋中，则小球必须一直向左或一直向右落下，故P (B )＝()123＋()123＝14，从而P (A )＝1－P (B )＝1－14＝34. 答案：34.三、解答题9.某旅游景点为方便游客游玩，设置自行车骑游出租点，收费标准如下：租车时间不超过2小时收费10元，超过2小时的部分按每小时10元收取(不足一小时按一小时计算)．现甲、乙两人独立来该租车点租车骑游，各租车一次．设甲、乙不超过两小时还车的概率分别为13，12，2小时以上且不超过3小时还车的概率分别为12，13，且两人租车的时间都不超过4小时．求甲、乙两人所付租车费用相同的概率；【解析】：甲、乙所付费用可以为10元、20元、30元．甲、乙两人所付费用都是10元的概率P 1＝13×12＝16，甲、乙两人所付费用都是20元的概率P 2＝12×13＝16，甲、乙两人所付费用都是30元的概率为 P 3＝1－13－12×1－12－13＝136，故甲、乙两人所付费用相等的概率P ＝P 1＋P 2＋P 3＝1336.答案：1336. 10.有一种舞台灯，外形是正六棱柱，在其每一个侧面(编号为①②③④⑤⑥)上安装5只颜色各异的灯，假设每只灯正常发光的概率为12.若一个侧面上至少有3只灯发光，则不需要更换这个面，否则需要更换这个面，假定更换一个面需要100元。

1-5 条件概率

(二)乘法定理
(二)乘法定理对于两个事件A,B，若P(A)>0，则若P(B)>0，则 P(AB)=P(A)P(B|A) P(AB)=P(B)P(A|B)
对于三个事件A,B,C，若P(AB)>0，则P(ABC)=P(A)P(B|A)P(C|AB) 注意：由于ABA，故P(A)P(AB)，从而必有 P(A)>0 对于n个事件A1,A2,„,An (n≥2)，且P(A1A2„An-1) > 0，则 P(A1A2„An) = P(A1)P(A2|A1)P(A3|A1A2)„P(AnA1A2„A
例题2
法一：由条件概率定义
6 12 9 12 2 3
P(B|A)

P ( AB ) P ( A)

法二：在缩减的样本空间SA=A中，直接得
P(B|A)=6/9=2/3
法三：第一次抽取的样本空间为：S1={1,2,3,4} 当A发生，即第一次抽取一只一等品后，其样本空间S2只剩下3个元素，而其中只有两个元素是一等品，因此 P(B|A)=2/3。
P (Bi A) P(A)
B1 B2
Bn A

P ( A Bi )P (Bi )
P ( A B j )P (B j )
j1
n
i 1,2 , , n
P(Bi)>0(i=1,2,„,n)
全概率公式和贝叶斯公式的应用
在很多实际问题中，P(A)不易直接求得，但却容易找到样本
空间S的一个划分B1,B2,„,Bn，且P(Bi)和P(A|Bi)或为已知，或易
随机地取一只元件，求它是次品的概率； 3 0.03 0.05 (2)在仓库中随机地取一只元件，若已知取到的是次品，为分析此次品出自何厂，需求出此次品由三家工厂生产的概率分别是多少。试求这些概率。设事件A表示“取到的是一只次品”，事件Bi(i=1,2,3)表示解： “所取到的产品是由第i家工厂提供的”，则B1,B2,B3是样本空间S的一个划分。由题意 P(B1)=0.15，P(B2)=0.80，P(B3)=0.05 P(A|B1)=0.02，P(A|B2)=0.01，P(A|B3)=0.03

概率论-1-5条件概率,乘法公式,全概率公式,贝叶斯公式

3
P ( B) P ( Ai )P ( B｜Ai )
i 1
1 1 1 2 1 1 8 3 5 3 5 3 15
将此例中所用的方法推广到一般的情形，就得到在概率计算中常用的全概率公式.
2. 样本空间的划分及全概率公式
定义设S为试验E的样本空间， B1 B1, B2,, Bn 为E的一组事件，若
注意P(AB)与P(A | B)的区别！请看下面的例子
例4 甲、乙两厂共同生产1000个零件，其中 300 件是乙厂生产的. 而在这300个零件中，有189个是标准件，现从这1000个零件中任取一个，问这个零件是乙厂生产的标准件的概率是多少？
解设B={零件是乙厂生产}, A={是标准件}
PBi PA | Bi
i 1
当 n=2 时，划分 B1, B2 可写成划分 B, B ，于是 P( A) P(B)P( A | B) P(B)P( A | B))
3. 全概率公式的理解
n
PA PBi PA | Bi
i 1
全概率公式 .
全概率公式的基本思想是把一个未知的复杂事件
样本空间中的任一事件 A ,恒有
n
PA PBi PA | Bi
i 1
证明因为 A AS AB1 B2 Bn
AB1 AB2 ABn
并且 ABi AB j , i j ,所以
PA PAB1 PAB2 PABn
P n
B1
P
A
|
B1
PBn PA | Bn
解记 Ai={球取自i号箱}, i=1,2,3;
B ={取得红球}
12 3
其中 A1、A2、A3两两互斥 B发生总是伴随着A1，A2，A3 之一同时发生，

高中数学第2章概率 2.2 条件概率与事件的独立性 2.2.1 条件概率 2.2.2 事件的独立

2．2.1 条件概率 2．2.2 事件的独立性1.了解条件概率和两个事件相互独立的概念．2.理解条件概率公式和相互独立事件同时发生的概率公式．3．能利用概率公式解决实际问题．1．条件概率(1)定义：对于任何两个事件A 和B ，在已知事件A 发生的条件下，事件B 发生的概率叫做条件概率，用符号“P (B |A )”来表示，读作“A 发生的条件下B 发生的概率”．类似地，事件B 发生的条件下事件A 发生的条件概率记为“P (A |B )”，读作“B 发生的条件下A 发生的概率”．(2)事件的交(或积)由事件A 和B 同时发生所构成的事件D ，称为事件A 与B 的交(或积)，记作D ＝A ∩B (或D ＝AB )．(3)条件概率计算公式一般地，条件概率公式为P (B |A )＝P （A ∩B ）P （A ）(P (A )＞0)，类似地，P (A |B )＝P （A ∩B ）P （B ）(P (B )＞0)．2．相互独立事件(1)定义：一般地，事件A 是否发生对事件B 发生的概率没有影响，即P (B |A )＝P (B )，则称两个事件A ，B 相互独立，并把这两个事件叫做相互独立事件．若n 个事件A 1，A 2，…，A n ，如果其中任何一个事件发生的概率不受其他事件是否发生的影响，则称这n 个事件相互独立．(2)相互独立事件的性质一般地，若事件A ，B 相互独立，则A 与B ，A 与B ，A 与B 也相互独立． (3)相互独立事件同时发生的概率①两个相互独立事件同时发生的概率，等于每个事件发生的概率的积，即P (A ∩B )＝P (A )×P (B )．②如果事件A 1，A 2，…，A n 相互独立，则这n 个事件都发生的概率，等于每个事件发生的概率的积，即P (A 1∩A 2∩…∩A n )＝P (A 1)×P (A 2)×…×P (A n )并且上式中任意多个事件A i 换成其对立事件后，等式仍成立．1．判断(对的打“√”，错的打“×”) (1)若事件A 、B 互斥，则P (B |A )＝1.( ) (2)必然事件与任何一个事件相互独立．( )(3)“P (AB )＝P (A )·P (B )”是“事件A ，B 相互独立”的充要条件．( ) 答案：(1)× (2)√ (3)√2．已知P (AB )＝310，P (A )＝35，则P (B |A )为( )A.950 B.12 C.910D.14答案：B3．甲、乙两人各射击一次，他们各自击中目标的概率都是0.6，则他们都击中目标的概率是( )A ．0.6B ．0.36C ．0.16D ．0.84答案：B4．甲、乙两颗卫星同时监测台风，在同一时刻，甲、乙两颗卫星准确预报台风的概率分别为0.8和0.75，则在同一时刻至少有一颗卫星预报准确的概率为________．答案：0.95求条件概率[学生用书P26]在5道题中有3道理科题和2道文科题．如果不放回地依次抽取2道题，求： (1)第1次抽到理科题的概率；(2)第1次和第2次都抽到理科题的概率；(3)在第1次抽到理科题的条件下，第2次抽到理科题的概率．【解】设第1次抽到理科题为事件A ，第2次抽到理科题为事件B ，则第1次和第2次都抽到理科题为事件A ∩B .(1)从5道题中不放回地依次抽取2道题的事件数为A 25＝20. 根据分步乘法计数原理，事件A 的总数为A 13×A 14＝12. 故P (A )＝1220＝35.(2)因为事件A ∩B 的总数为A 23＝6. 所以P (A ∩B )＝620＝310.(3)法一：由(1)、(2)可得，在第1次抽到理科题的条件下，第2次抽到理科题的概率为P (B |A )＝P （A ∩B ）P （A ）＝31035＝12.法二：因为事件A ∩B 的总数为6，事件A 发生的总数为12，所以P (B |A )＝612＝12.利用定义计算条件概率的步骤(1)分别计算概率P (AB )和P (A )． (2)将它们相除得到条件概率P (B |A )＝P （AB ）P （A ），这个公式适用于一般情形，其中AB 表示A ，B 同时发生．设10件产品中有4件不合格，从中任意取出2件，那么在所取得的产品中发现有一件不合格品，求另一件也是不合格品的概率．解：设事件A 为“在所取得的产品中发现有一件不合格品”，事件B 为“另一件产品也是不合格品”，则P (A )＝C 14C 16C 210＝4×6×210×9＝815，P (A ∩B )＝C 24C 210＝215.因此P (B |A )＝P （A ∩B ）P （A ）＝14.相互独立事件的判断判断下列各对事件是不是相互相互独立事件：(1)甲组3名男生，2名女生；乙组2名男生，3名女生，现从甲、乙两组中各选1名同学参加演讲比赛，“从甲组中选出1名男生”与“从乙组中选出1女生”；(2)容器内盛有5个白乒乓球和3个黄乒乓球，“从8个球中任意取出1个，取出的是白球”与“从剩下的7个球中任意取出1个，取出的还是白球”；(3)掷一颗骰子一次，“出现偶数点”与“出现3点或6点”．【解】 (1)“从甲组中选出1名男生”这一事件是否发生，对“从乙组中选出1名女生”这一事件发生的概率没有影响，所以它们是相互独立事件．(2)“从8个球中任意取出1个，取出的是白球”的概率为58，若这一事件发生了，则“从剩下的7个球中任意取出1个，取出的仍是白球”的概率为47，若前一事件没有发生，则后一事件发生的概率为57.可见，前一事件是否发生，对后一事件发生的概率有影响，所以两者不是相互独立事件．(3)记A ：出现偶数点，B ：出现3点或6点，则A ＝{2，4，6}，B ＝{3，6}，AB ＝{6}，所以P (A )＝36＝12，P (B )＝26＝13，P (AB )＝16，所以P (A ∩B )＝P (A )·P (B )，所以事件A 与B 相互独立．判断两事件的独立性的方法(1)定义法：如果事件A ，B 同时发生的概率等于事件A 发生的概率与事件B 发生的概率的积，则事件A ，B 为相互独立事件．(2)由事件本身的性质直接判定两个事件发生是否相互影响． (3)当P (A )＞0时，可用P (B |A )＝P (B )判断．一个家庭中有若干个小孩，假定生男孩和生女孩是等可能的，令A ＝{一个家庭中既有男孩又有女孩}，B ＝{一个家庭中最多有一个女孩}．对下述两种情形，讨论A 与B 的独立性：(1)家庭中有两个小孩； (2)家庭中有三个小孩．解：(1)有两个小孩的家庭，男孩、女孩的可能情形为Ω＝{(男，男)，(男，女)，(女，男)，(女，女)}，它有4个基本事件，由等可能性知概率各为14.这时A ＝{(男，女)，(女，男)}，B ＝{(男，男)，(男，女)，(女，男)}， A ∩B ＝{(男，女)，(女，男)}，于是P (A )＝12，P (B )＝34，P (A ∩B )＝12.由此可知P (A ∩B )≠P (A )P (B )，所以事件A ，B 不相互独立．(2)有三个小孩的家庭，小孩为男孩、女孩的所有可能情形为Ω＝{(男，男，男)，(男，男，女)，(男，女，男)，(女，男，男)，(男，女，女)，(女，男，女)，(女，女，男)，(女，女，女)}，由等可能性知这8个基本事件的概率均为18，这时A 中含有6个基本事件，B 中含有4个基本事件， A ∩B 中含有3个基本事件．于是P (A )＝68＝34，P (B )＝48＝12，P (A ∩B )＝38，显然有P (A ∩B )＝38＝P (A )P (B )成立．从而事件A 与B 是相互独立的．求相互独立事件的概率甲、乙2个人独立地破译一个密码，他们能译出密码的概率分别为13和14，求：(1)2个人都译出密码的概率； (2)2个人都译不出密码的概率； (3)至多1个人译出密码的概率；【解】记“甲独立地译出密码”为事件A ，“乙独立地译出密码”为事件B ，A 与B 为相互独立事件，且P (A )＝13，P (B )＝14.(1)“2个人都译出密码”的概率为：P (AB )＝P (A )·P (B )＝13×14＝112.(2)“2个人都译不出密码”的概率为：P (A －B －)＝P (A －)·P (B －)＝[1－P (A )]×[1－P (B )]＝(1－13)×(1－14)＝12.(3)“至多1个人译出密码”的对立事件为“2个人都译出密码”，所以至多1个人译出密码的概率为：1－P (AB )＝1－P (A )P (B )＝1－13×14＝1112.在本例条件下，求：(1)恰有1个人译出密码的概率； (2)至少1个人译出密码的概率．解：(1)“恰有1个人译出密码”可以分为两类，即甲译出乙未译出以及甲未译出乙译出，且两个事件为互斥事件，所以恰有1个人译出密码的概率为：P (A B －∪A －B )＝P (A B －)＋P (A －B )＝P (A )P (B －)＋P (A －)P (B ) ＝13×(1－14)＋(1－13)×14＝512. (2)“至少1个人译出密码”的对立事件为“2个人都未译出密码”，所以至少1个人译出密码的概率为：1－P (A －B －)＝1－P (A －)P (B －)＝1－23×34＝12.与相互独立事件有关的概率问题求解策略一般地，已知两个事件A ，B ，它们的概率分别为P (A )，P (B )，那么：A ，B 互斥 A ，B 相互独立P (A ＋B ) P (A )＋P (B )1－P (A －)P (B －)P (AB ) 0P (A )P (B ) P (A －B －)1－[P (A )＋P (B )]P (A －)P (B －)某田径队有三名短跑运动员，根据平时训练情况统计甲、乙、丙三人100米跑(互不影响)的成绩在13 s 内(称为合格)的概率分别为25，34，13，若对这三名短跑运动员的100 m 跑的成绩进行一次检测，则(1)三人都合格的概率； (2)三人都不合格的概率； (3)出现几人合格的概率最大．解：记“甲、乙、丙三人100米跑成绩合格”分别为事件A ，B ，C ，显然事件A ，B ，C 相互独立，则P (A )＝25，P (B )＝34，P (C )＝13.设恰有k 人合格的概率为P k (k ＝0，1，2，3)，(1)三人都合格的概率：P 3＝P (ABC )＝P (A )·P (B )·P (C )＝25×34×13＝110. (2)三人都不合格的概率：P 0＝P (A －B －C －)＝P (A －)·P (B －)·P (C －)＝35×14×23＝110. (3)恰有两人合格的概率：P 2＝P (AB C －)＋P (A B －C )＋P (A －BC )＝25×34×23＋25×14×13＋35×34×13＝2360. 恰有一人合格的概率：P 1＝1－P 0－P 2－P 3＝1－110－2360－110＝2560＝512.综合第一问、第二问、第三问可知P 1最大．所以出现恰有1人合格的概率最大．相互独立事件的综合应用在一场娱乐晚会上，有5位民间歌手(1至5号)登台演唱，由现场数百名观众投票选出最受欢迎歌手．各位观众要彼此独立地在选票上选3名歌手，其中观众甲是1号歌手的歌迷，他必选1号，不选2号，另在3至5号中随机选2名．观众乙和丙对5位歌手的演唱没有偏爱，因此在1至5号中随机选3名歌手．(1)求观众甲选中3号歌手且观众乙未选中3号歌手的概率． (2)X 表示3号歌手得到观众甲、乙、丙的票数之和，求X 的分布列．【解】 (1)设A 表示事件“观众甲选中3号歌手”，B 表示事件“观众乙选中3号歌手”，则P (A )＝C 12C 23＝23，P (B )＝C 24C 35＝35.因为事件A 与B 相互独立，所以观众甲选中3号歌手且观众乙未选中3号歌手的概率为P (A B －)＝P (A )·P (B －)＝P (A )·[1－P (B )]＝23×25＝415.(或P (A B －)＝C 12·C 34C 23·C 35＝415)． (2)设C 表示事件“观众丙选中3号歌手”，则P (C )＝C 24C 35＝35，因为X 可能的取值为0，1，2，3，且取这些值的概率分别为P (X ＝0)＝P (A －B －C －)＝13×25×25＝475，P (X ＝1)＝P (A B － C －)＋P (A －B C －)＋P (A －B －C )＝23×25×25＋13×35×25＋13×25×35＝2075， P (X ＝2)＝P (A B C －)＋P (A －BC )＋P (A B －C )＝23×35×25＋13×35×35＋23×25×35＝3375， P (X ＝3)＝P (ABC )＝23×35×35＝1875，所以X 的分布列为X 0 1 2 3 P475207533751875概率问题中的数学思想(1)正难则反．灵活应用对立事件的概率关系(P (A )＋P (A －)＝1)简化问题，是求解概率问题最常用的方法．(2)化繁为简．将复杂事件的概率转化为简单事件的概率，即寻找所求事件与已知事件之间的关系．“所求事件”分几类(考虑加法公式，转化为互斥事件)还是分几步组成(考虑乘法公式，转化为互独事件)．(3)方程思想．利用有关的概率公式和问题中的数量关系，建立方程(组)，通过解方程(组)使问题获解．三个元件T 1，T 2，T 3正常工作的概率分别为12，34，34，将它们中的某两个元件并联后再和第三个元件串联接入电路，如图所示，求电路不发生故障的概率．解：记“三个元件T 1，T 2，T 3正常工作”分别为事件A 1，A 2，A 3，则P (A 1)＝12，P (A 2)＝34，P (A 3)＝34，不发生故障的事件为(A 2∪A 3)A 1，P ＝P [(A 2∪A 3)A 1]＝P (A 2∪A 3)·P (A 1) ＝[1－P (A 2)·P (A 3)]·P (A 1) ＝(1－14×14)×12＝1532.————————————————————————————————————————————————1．求条件概率的方法(1)利用定义，分别求P (A )和P (A ∩B )，得P (B |A )＝P （A ∩B ）P （A ）.(2)借助古典概型概率公式，先求事件A 包含的基本事件数n (A )，再在事件A 发生的条件下求事件B 包含的基本事件数，即n (AB )，得P (B |A )＝n （A ∩B ）n （A ）.2．判定两个事件相互独立的方法(1)定义法：如果A 、B 同时发生的概率等于事件A 发生的概率与事件B 发生的概率的积，则事件A 、B 为相互独立事件．(2)由事件本身的性质直接判定两个事件发生是否相互影响．3．事件A 、B 相互独立，则P (AB )＝P (A )P (B )．注意与事件互斥区别．1．求复杂事件的概率时，先判断事件间的关系，是互斥还是独立，特别对“至多”“至少”等问题，可分成互斥事件求概率，也可用对立事件求概率．2．在解题过程中，要明确事件中的“至少有一个发生”、“至多有一个发生”“恰有一个发生”“都发生”“都不发生”“不都发生”等词语的意义，已知两个事件A 、B ，它们的概率分别为P (A )、P (B )，那么：A 、B 中至少有一个发生的事件为A ∪B ； A 、B 都发生的事件为AB ；A 、B 都不发生的事件为A －B －；A 、B 恰有一个发生的事件为A B －∪A －B ；A 、B 中至多有一个发生的事件为A B －∪A －B ∪A －B －.1．已知P (B |A )＝12，P (AB )＝38，则P (A )等于( )A.316B.1316C.34D.14解析：选C.由P (AB )＝P (A )P (B |A )可得P (A )＝34.2．甲、乙、丙3人投篮，投进的概率分别是13，25，12，现3人各投篮1次，则3人都没有投进的概率为( )A.115 B.215C.15D.110解析：选C.甲、乙、丙3人投篮相互独立，都不进的概率为⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13⎝ ⎛⎭⎪⎫1－25⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＝15.3．某人一周晚上值班2次，在已知他周日一定值班的条件下，则他在周六晚上值班的概率为________．解析：设事件A 为“周日值班”，事件B 为“周六值班”，则P (A )＝C 16C 27，P (AB )＝1C 27，故P (B |A )＝P （AB ）P （A ）＝16.答案：16[A 基础达标]1．设A 与B 是相互独立事件，则下列事件中不相互独立的是( ) A ．A 与B －B.A －与B C.A －与B －D ．A 与A －解析：选D.A 、B 、C 选项的两事件相互独立，而A 与A －是对立事件，不是相互独立事件． 2．某班学生考试成绩中，数学不及格的占15%，语文不及格的占5%，两门都不及格的占3%.已知一学生数学不及格，则他语文也不及格的概率是( )A ．0.2B ．0.33C ．0.5D ．0.6解析：选A.A ＝“数学不及格”，B ＝“语文不及格”，P (B |A )＝P （AB ）P （A ）＝0.030.15＝0.2，所以数学不及格时，该生语文也不及格的概率为0.2.3．7名同学站成一排，已知甲站在中间，则乙站在末尾的概率是( ) A.14 B.15 C.16D.17解析：选C.记“甲站在中间”为事件A ，“乙站在末尾”为事件B ，则n (A )＝A 66，n (AB )＝A 55，P (B |A )＝A 55A 66＝16.4．从甲袋中摸出一个红球的概率是13，从乙袋中摸出一个红球的概率是12，从两袋各摸出一个球，则23等于( )A ．2个球不都是红球的概率B ．2个球都是红球的概率C ．至少有1个红球的概率D ．2个球中恰有1个红球的概率解析：选C.分别记从甲、乙袋中摸出一个红球为事件A 、B ，则P (A )＝13，P (B )＝12，由于A 、B 相互独立，所以1－P (A －)P (B －)＝1－23×12＝23.根据互斥事件可知C 正确．5．同时转动如图所示的两个转盘，记转盘甲得到的数为x ，转盘乙得到的数为y (若指针停在边界上则重新转)，x ，y 构成数对(x ，y )，则所有数对(x ，y )中满足xy ＝4的概率为( )A.116B.18C.316D.14解析：选C.满足xy ＝4的所有可能如下：x ＝1，y ＝4；x ＝2，y ＝2；x ＝4，y ＝1.所以所求事件的概率P ＝P (x ＝1，y ＝4)＋P (x ＝2，y ＝2)＋ P (x ＝4，y ＝1)＝14×14＋14×14＋14×14＝316. 6．已知有两台独立在两地工作的雷达，它们发现飞行目标的概率分别为0.9和0.85，则两台雷达都未发现飞行目标的概率为________．解析：所求概率为(1－0.9)×(1－0.85)＝0.015. 答案：0.0157．某篮球队员在比赛中每次罚球的命中率相同，且在两次罚球中至多命中一次的概率为1625，则该队员每次罚球的命中率为________．解析：设此队员每次罚球的命中率为p ，则1－p 2＝1625，所以p ＝35.答案：358．有五瓶墨水，其中红色一瓶，蓝色、黑色各两瓶，某同学从中随机任取出两瓶，若取出的两瓶中有一瓶是蓝色，则另一瓶是红色或黑色的概率是________．解析：设事件A 为“其中一瓶是蓝色”，事件B 为“另一瓶是红色”，事件C 为“另一瓶是黑色”，事件D 为“另一瓶是红色或黑色”，则D ＝B ∪C ，且B 与C 互斥，又P (A )＝C 12C 14C 25＝45，P (AB )＝C 12C 11C 25＝15，P (AC )＝C 12C 12C 25＝25，故P (D |A )＝P (B ∪C |A ) ＝P (B |A )＋P (C |A ) ＝P （AB ）P （A ）＋P （AC ）P （A ）＝34.答案：349．在社会主义新农村建设中，某市决定在一个乡镇投资农产品加工、绿色蔬菜种植和水果种植三个项目，据预测，三个项目成功的概率分别为45、56、23，且三个项目是否成功互相独立．(1)求恰有两个项目成功的概率； (2)求至少有一个项目成功的概率．解：(1)只有农产品加工和绿色蔬菜种植两个项目成功的概率为 45×56×(1－23)＝29，只有农产品加工和水果种植两个项目成功的概率为 45×(1－56)×23＝445，只有绿色蔬菜种植和水果种植两个项目成功的概率为 (1－45)×56×23＝19，所以恰有两个项目成功的概率为29＋445＋19＝1945.(2)三个项目全部失败的概率为 (1－45)×(1－56)×(1－23)＝190，所以至少有一个项目成功的概率为1－190＝8990.10．甲箱的产品中有5个正品和3个次品，乙箱的产品中有4个正品和3个次品． (1)从甲箱中任取2个产品，求这2个产品都是次品的概率．(2)若从甲箱中任取2个产品放入乙箱中，然后再从乙箱中任取一个产品，求取出的这个产品是正品的概率．解：(1)从甲箱中任取2个产品的事件数为C 28＝28，这2个产品都是次品的事件数为C 23＝3.所以这2个产品都是次品的概率为328.(2)设事件A 为“从乙箱中取一个正品”，事件B 1为“从甲箱中取出2个产品都是正品”，事件B 2为“从甲箱中取出1个正品1个次品”，事件B 3为“从甲箱中取出2个产品都是次品”，则事件B 1、事件B 2、事件B 3彼此互斥．P (B 1)＝C 25C 28＝514，P (B 2)＝C 15C 13C 28＝1528，P (B 3)＝C 23C 28＝328，P (A |B 1)＝69，P (A |B 2)＝59，P (A |B 3)＝49，所以P (A )＝P (B 1)P (A |B 1)＋P (B 2)·P (A |B 2)＋P (B 3)P (A |B 3) ＝514×69＋1528×59＋328×49＝712. [B 能力提升]11．抛掷一枚均匀的骰子所得的样本空间为Ω＝{1，2，3，4，5，6}，令事件A ＝{2，3，5}，B ＝{1，2，4，5，6}，则P (A |B )等于( )A.25B.12C.35D.45解析：选A.因为A ∩B ＝{2，5}，所以n (AB )＝2. 又因为n (B )＝5，故P (A |B )＝n （AB ）n （B ）＝25.12．设两个独立事件A 和B 都不发生的概率为19，A 发生B 不发生的概率与B 发生A 不发生的概率相同，则事件A 发生的概率P (A )＝________．解析：由题意，P (A －)·P (B －)＝19，P (A －)·P (B )＝P (A )·P (B －)．设P (A )＝x ，P (B )＝y ，则⎩⎪⎨⎪⎧（1－x ）（1－y ）＝19，（1－x ）y ＝x （1－y ）. 即⎩⎪⎨⎪⎧1－x －y ＋xy ＝19，x ＝y ，所以x 2－2x ＋1＝19，所以x －1＝－13，或x －1＝13(舍去)，所以x ＝23.答案：2313．一只口袋内装有2个白球和2个黑球．求：(1)在先摸出1个白球不放回的条件下，再摸出1个白球的概率是多少？ (2)在先摸出1个白球后放回的条件下，再摸出1个白球的概率是多少？解：(1)记A ＝“先摸出一个白球不放回”，B ＝“再摸出一个球为白球”，则AB ＝“先后两次摸到白球”．因为P (A )＝24＝12，P (A ∩B )＝A 22A 24＝16，所以P (B |A )＝P （A ∩B ）P （A ）＝13.(2)记A 1＝“先摸出一个白球放回”，B 1＝“再摸出一个球为白球”，则AB 1＝“先后两次摸到白球”．因为P (A 1)＝24＝12，P (A 1∩B 1)＝2×24×4＝14，所以P (B 1|A 1)＝P （A 1∩B 1）P （A 1）＝12.14．(选做题)某班甲、乙、丙三名同学竞选班委，甲当选的概率为45，乙当选的概率为35，丙当选的概率为710.求：(1)恰有一名同学当选的概率； (2)至多有两人当选的概率．解：设甲，乙，丙当选分别为事件A ，B ，C ，则有P (A )＝45，P (B )＝35，P (C )＝710.(1)因为事件A ，B ，C 相互独立，所以恰有一名同学当选的概率为P (A ∩B －∩C －)＋P (A －∩B ∩C －)＋P (A －∩B －∩C )＝P (A )P (B －)P (C －)＋P (A －)P (B )P (C －)＋P (A －)P (B －)P (C ) ＝45×25×310＋15×35×310＋15×25×710 ＝47250. (2)至多有两人当选的概率为 1－P (A ∩B ∩C )＝1－P (A )P (B )P (C )4 5×35×710＝83125.＝1－。

1-5 条件概率全概率公式与贝叶斯公式

231 321322 2 , 543543543 5
2 ( A ) P ( A ) . 依此类推 P 4 5 5
P ( A A A A ) P ( A A ) P ( A ). n 1 1 2 n 2 2 1 1
例1 一盒子装有4 只产品,其中有板有3 只一等品 1只二等品.从中取产品两次,每次任取一只,作不放回抽样.设事件A为“第一次取到的是一等品” 事件 B 为“第二次取到的是一等品”试求条件概解 , 1 ,2 ,3 为一等品 ;4 号为二 . P(B|将产品编号 A). 以 ( i ,j )表示第一次、第二次分别取到 i号、第
P ( A A ) P ( A A ) P ( A A A A ) 1 2 1 2 1 2 1 2
P ( A ) P ( A A ) P ( A ) P ( A A ) 1 2 1 1 2 1
2 1 3 2 2 , 5 4 5 4 5
P ( A ) P ( A S ) P ( A ( A A A A A A )) 3 3 3 1 2 1 2 1 2
第五节
条件概率
一、条件概率
二、乘法定理三、全概率公式与贝叶斯公式
四、小结
一、条件概率
1. 引例将一枚硬币抛掷两次 ,观察其出现正反
两方面的情况,设事件 A为 “至少有一次为正面”,事件B为“两次掷出同一面”. 现在来求已知事件A 已经发生的条件下事件 B 发生的概率.
2 1 A { HH , HT , TH }, B { HH , TT }, P (B ) . 4 2 事件A 已经发生的条件下事件B 发生的概率,记为 1 1 4 P ( AB ) P (B ). (BA ) P(BA ), 则P 3 3 4 P ( A)

第一章-4条件概率

应用定义
解法2: P ( A | B )
3 6

1 2
在B发生后的缩减样本空间中计算
例3 已知某家庭有3个小孩，且至少有一个是女孩，
求该家庭至少有一个男孩的概率．解：设 A={ 3个小孩至少有一个女孩 } B={ 3个小孩至少有一个男孩 } 样本空间={ggg, ggb, gbg, gbb, bgg, bgb, bbg, bbb }
设 A , B , C 为事件 , 且 P ( AB ) 0 , 则有
P ( ABC ) P (C AB ) P ( B A) P ( A).
(注意:由假设P(AB)>0 ,可得到P(A) ≥P(AB)>0 .) 推广到多个事件的乘法公式:
当 P(A1A2…An-1)> 0 时，有 P(A1A2…An)= P(A1)P(A2|A1)P(A3|A1A2) „ „ P(An| A1A2…An-1)
P( B)
2) 在减缩的样本空间中 (加入条件后改变了的情况)直接计算.
例2 掷两颗均匀骰子,已知第一颗掷出6点,问 “掷出点数之和不小于10”的概率是多少? 解:设A={点数之和不小于10}, B={第一颗掷出6点} 解法1: P ( A | B )
P ( AB ) P( B)
3 36 6 36 1 2
i 1, 2 , 3 ,4 ,5 .
,
则有 P ( A1 )
2 5
,
P ( A 2 ) P ( A 2 S ) P ( A 2 ( A1 A1 ))
P ( A1 A 2 A1 A 2 ) P ( A1 A 2 ) P ( A1 A 2 )
P ( A1 ) P ( A 2 A1 ) P ( A1 ) P ( A 2 A1 )

条件概率与事件的独立性(1)

2021/3/2
19
概率论与数理统计
例：市场上有甲，乙，丙三家工厂生产同一品牌的产品；已知三家产品的市场占有率分别为 25%， 25% 及 50%, 且三家工厂的产品次品率分别为 2%， 1% 及 3%, 求此品牌产品的次品率？
解：设 B 买到一件产品是次品；A1 甲厂生产的产品 A2 乙厂生产的产品； A3 丙厂生产的产品
2021/3/2
3
概率论与数理统计
例：设箱中有 5 个红球和 3 个白球。现不放回地取出 2 个球，假设每次抽取时，箱中各球被取出是等可能的。第一次取出红球时，问：第
2 次仍取出红球的概率是多少？
解一：缩减样本空间法
设 Ai 第 i 次取出红球，i 1, 2
由于 A1 已经发生，第 2 次取球时，共剩下 7 个球，其中有 4 个红球，故 P ( A2 | A1 ) 4 7 .
n
m
n
n
m m
n
m
n
1
n
m
n
n
2
m
n
mn
m
1
n
.
2021/3/2
22
概率论与数理统计
P32 题 7 解：设 B 取得该球是红球
A1 取自甲袋； A2 取自乙袋
则 1. P B P A1 P B A1 P A2 P B A2
1 6 1 8 41； 2 10 2 14 70
aa202132114概率论与数理统计复杂的事件分解成若干个互不相容的部人们在计算某一比较的概率时有时根据事件在不同情况或不同原因下发生而将它分别计算每一部分的概率然后求和这就是我们接下来要讨论的全概率公式

条件概率(一)

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