2.2.1条件概率课件_选修2-3

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.
（2） n(AB) A32 6
P( AB) n( AB) 6 3 n() 20 10
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： （1）第一次抽取到理科题的概率； （2）第一次和第二次都抽取到理科题的概率； （3）在第一次抽到理科题的条件下，第二次抽到理科题
B X1X2Y , X2 X1Y
∴ 由古典概型概率公式，
P
B
1 3
B
分析：
X1YX2, X2YX1, X1X2Y, X2X1Y,YX1X2,YX2X1 B X1X2Y , X2 X1Y
可设”第一名同学没有中奖”为事件A X1YX2, X2YX1, X1X2Y , X2 X1Y
由古典概型概率公式，所求概率为 2 1 1
1 2
20 P
B
| A
n AB n
3 6
1 2
某种动物出生之后活到20岁的概率为0.7，活 到25岁的概率为0.56，求现年为20岁的这种动 物活到25岁的概率。
解 设A表示“活到20岁”(即≥20)，B表示 “活到25岁” (即≥25)
则 P(A) 0.7, P(B) 0.56
所求概率为
⑵ “掷出点数之和不小于10”的概率又是多少?
⑶ “已知第一颗掷出6点，则掷出点数之和不小于10”的概率呢？
11 12 13 14 15 16 21 22 23 24 25 26 31 32 33 34 35 36 41 42 43 44 45 46 51 52 53 54 55 56 61 62 63 64 65 66
书山勤为径，学海乐做练练舟一一练，练 乘风破浪会有时，直挂云帆济沧海!
的概率。
解法二：因为n(AB)=6，n(A)=12，所以
P(B A) n( AB) 6 1 n( A) 12 2
解法三：第一次抽到理科题，则还剩下两道理科、 两道文科题 故第二次抽到理科题的概率为1/2
例2、一张储蓄卡的密码共有6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
（1）从5道题中不放回地依次抽取2道的事件数为
n() A52 20
根据分步乘法计数原理，n( A) A31 A41 12
P( A) n( A) 12 3 n() 20 5
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： （1）第一次抽取到理科题的概率； （2）第一次和第二次都抽取到理科题的概率；
P B PA n( AB) 2 1 n( A) 4 2
引申：
B
已知A发生
A
AB
P( A) n( A) n()
P(AB) n(AB) n()
对于刚才的问题，回顾并思考： 1.求概率时均用了什么概率公式？
P(B | A) ?
古典概型概率公式
2.A的发生使得样本空间前后有何变化？
样本空间缩减
就按对的概率。
解：设第i次按对密码为事件Ai (i 1，2) 则A A1 ( A1 A2 )表示不超过2次就按对密码。
（2）用B表示最后一位按偶数的事件，则
P( A
B)
P( A1
B) P(A1A2
B)
1 5
41 54
2 5
1. 掷两颗均匀骰子,问:
练一练
⑴ “ 第一颗掷出6点”的概率是多少？
P
B
A
n( AB) n( A)
P B A P(AB) P( A)
（古典概型） （一般概型）
4. 求解条件概率的一般步骤
用字母表示有关事件
二、思想方法
求相关量
代入公式求P(B|A)
1.由特殊到一般 2.类比、归纳、推理 3.数形结合
• 设袋中有4个白球，2个红球，若无放回地 抽取3次，每次抽取一球，求：
B A∩B A
P(B|A）相当于把A当做新的样本空间来计算AB发生的概率。
P(A|B）怎么读？怎么理解？怎么求解？
乘法法则
P( AB) P( A)P(B A) P(B)P(A B)
P(B A) P( AB) P( A)
P( A B) P( AB) P(B)
2.条件概率的性质：
（1）有界性： 0 P B A 1
423
∵已知A发生导致可能出现的基本事件必然在事件A中，∴B
A
而在事件A发生的情况下，事件B发生 事件A和B同时发生，
即事件A∩B发生。而此时A∩B=B
B
已知A发生
ABB A
记 n( AB) 和 n( A) 为事件 AB 和事件 A 包含的基本事件个数.
P(B) n(B) 2 1 n() 6 3
（2）可加性：如果B和C是两个互斥事件，则
PB C A PB A PC 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： （1）第一次抽取到理科题的概率； （2）第一次和第二次都抽取到理科题的概率；
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.
3. A的发生使得事件B有何变化？
由事件B
事件AB
4.既然前面计算 P B A n(AB) ,涉及事件A和AB，那么用事件A 和 n( A)
AB 的概率 P(A) 和P(AB)可以表P(B|A）吗？
P B A n(AB) n(AB) / n() P(AB) n(A) n(A) / n() P(A)
的概率。 （3）解法一：由（1）（2）可得，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
3
P(B
A)
P( AB) P( A)
10 3
1 2
5
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： （1）第一次抽取到理科题的概率； （2）第一次和第二次都抽取到理科题的概率； （3）在第一次抽到理科题的条件下，第二次抽到理科题
61 62 63 64 65 66
用几何图形怎么解释？ B A∩B A
解：设Ω为所有事件组成的全体，“第一颗掷出6点”为事件A，“掷出点数之和
不小于10”为事件B,则“已知第一颗掷出6点，掷出点数之和不小于10”为事件
AB
P
A
n A n
6 36
1 6
P
百度文库B
n B n
6 36
1 6
10
P
B
| A
P AB P
条件概率（conditional probability ） 1.定义
一般地，设A，B为两个事件，且 P( A) 0 ，称
P B A P( AB) 为事件A发生的条件下，事件B P( A) 发生的条件概率.
P(B|A）读作A发生的条件下B发生的概率，
P B A n(AB) n( A)
P(AB) P( A)
就按对的概率。
解：设第i次按对密码为事件Ai (i 1，2)
则A A1 ( A1 A2 )表示不超过2次就按对密码。
（1）因为事件Ai与事件A1 A2互斥，由概率的加法公式得
P( A)
P(A1)
P( A1A2 )
1 10
91 10 9
1 5
例2、一张储蓄卡的密码共有6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
P(B A) P( AB) P(B) 0.8 P( A) P( A)
0.56 0.7
BA
5
一批产品中有 4% 的次品，而合格品中一等品占 45% .从这批产品中任取一件，求该产品是一等品的概 率．
解 设Ａ表示取到的产品是一等品，Ｂ表示取
出的产品是合格品， 则
P(A | B) 45%
P(B ) 4%
复习引入：
我们知道求事件的概率有加法公式：
若事件A与B互斥，则. P( A B) P( A) P(B)
那么怎么求A与B的积事件AB呢? 注: 1.事件A与B至少有一个发生的事件叫做A与B的
和事件,记为 A B (或 A B );
2.事件A与B都发生的事件叫做A与B的积事件,
记为 A B (或 AB );
• (1)第一次是白球的情况下，第二次与第三 次均是白球的概率．
• (2)第一次和第二次均是白球的情况下，第 三次是白球的概率．
[解析] (1)设 Ai 表示第 i 次取到白球的事件(i＝1,2,3)． ∵P(A1)＝46× ×55× ×44＝23， P(A1∩A2∩A3)＝46× ×35× ×24＝15， ∴P(A2∩A3|A1)＝P(A1∩P(AA12)∩A3)＝130. (2)∵P(A1∩A2)＝25，P(A1∩A2∩A3)＝15， ∴P(A3|A1∩A2)＝12.
3.若 AB 为不可能同时事件,则说事件A与B互
斥.
探究: 思考一 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一张，那么问最后一名同 学中奖的概率是否比前两位小？
思考二 如果已经知道第一名同学没有中奖， 那么最后一名同学中奖的概率是多少？第一名同学的结
果会影响最后一 名同学中奖的概 率吗？
三张奖券中只有一张能中奖，现分别由三名同学无放回地 抽取一张，奖品是“周杰伦武汉演唱会门票一张”，那么 问最后一名同学中奖的概率是否比前两位小？
解：设 三张奖券为X 1,X 2,Y ，其中Y表示中奖奖券且Ω 为所有
结果组成的全体，“最后一名同学中奖”为事件B，则所研究的样
本空间 X1YX2, X2YX1, X1X2Y , X2 X1Y ,YX1X2,YX2 X1
于是 P(B) 1 P(B ) 96%
所以 P( A) P(AB) P(B)P(A | B)
96% 45% 43.2%
小结与收获
一、基本知识
1. 条件概率的定义. P B A P(AB) P(A) 0 P( A)
2. 条件概率的性质. (1)有界性（2）可加性
3.
条件概率的计算方法.