条件概率的三种求解方法
计算条件概率的常用方法
计算条件概率的常用方法一．基本内容1.根据件概率的定义,也就是条件概率的计算公式,先求()(()0)P A P A >和()P AB ,再由定义()(|)()P AB P B A P A =,即可求解(|)P B A .2.根据条件概率的定义,也就是条件概率的计算公式,先求()(()0)P A P A >和()P AB ,再由定义()(|)()n AB P B A n A =,即可求解(|)P B A .3.由条件概率和对立事件的定义,可得条件概率的性质:(|)1(|)P B A P B A =-,利用该性质可以解决一些证明相对复杂的条件概率问题.4.条件概率的性质二．例题分析类型一.概率公式例1．已知3(|)10P B A =，1()5P A =，则()P AB =A．12B．32C．23D．350【解析】由条件概率的公式()(|)()P AB P B A P A =得133()()(|),51050P AB P A P B A =⨯=⨯=故选D.类型二.基本事件数法例2．为响应“援疆援藏万名教师支教计划”，珠海市教育局计划从某学校数学科组的4名男教师（含一名珠海市骨干教师）和英语科组的3名女教师（含一名珠海市骨干教师）中分别选派2名男教师和2名女教师，则在有一名珠海市骨干教师被选派的条件下，两名珠海市骨干教师都被选派的概率为（）A．13B．12C．25D．34【解析】记至少有一名骨干教师被选派的事件为A，两名骨干教师被选派的事件为B，则1221113232322243C C C C C C 5()C C 6P A ++==，11322243C C 1()C C 3P AB ==，于是得()2(|)()5P AB P B A P A ==，所以所求概率为25.故选：C 类型三．条件概率的性质例3．已知A ，B 分别为随机事件A，B 的对立事件，()0P A >，()0P B >，则下列说法正确的是（）A．()()()P B A P B A P A +=B．若()()1P A P B +=，则A，B 对立C．若A，B 独立，则()()P A B P A =D．若A，B 互斥，则()()1P A B P B A +=【解析】对A，()()()()()1()()P AB P AB P A P B A P B A P A P A ++===，故A 错误；对B，若A，B 对立，则()()1P A P B +=，反之不成立，故B 错误；对C，根据独立事件定义，故C 正确；对D，若A，B 互斥，则()()0P A B P B A +=，故D 错误；故选：C例4．已知随机事件A ，B ，若()13P A =，()3|5P B A =，()4|7P A B =，则()P B =_________.【解析】由题意可得，()()()3|5P AB P B A P A ==，且()13P A =，则()15P AB =，又因为()4|7P A B =，则()()3|1|7P A B P A B =-=，且()()()|P AB P A B P B =，所以()()()1753157P AB P B P A B ===.故答案为:715.类型四.正难反易例5．三行三列的方阵111213212223313233a a a a a a a a a ⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭中有9个数()1,2,3,1,2,3ij a i j ==，从中任取三个数，已知取到22a 的条件下，至少有两个数位于同行或同列的概率是_____________．【解析】记事件A ={任取的三个数中有22a }，事件B ={三个数至少有两个数位于同行或同列}，则B ={三个数互不同行且不同列}，依题意得()28C 28n A ==，()2n A B ⋂=，故()()()212814n A B P B A n A ⋂===，则()()113111414P B A P B A =-=-=．即已知取到22a 的条件下，至少有两个数位于同行或同列的概率为1314．故答案为：1314.类型五.综合问题例6．如果{}n a 不是等差数列，但若k *∃∈N ，使得212k k k a a a +++=，那么称{}n a 为“局部等差”数列.已知数列{}n x 的项数为4，其中{}1,2,3,4,5n x ∈，1n =，2，3，4，记事件A：集合{}{}1234,,,1,2,3,4,5x x x x ⊆；事件B：{}n x 为“局部等差”数列，则()P B A =（）A．215B．730C．15D．110【解析】由题意知，事件A 共有4454C A 120⋅=个基本事件，对于事件B ，其中含1，2，3的“局部等差”数列的分别为1，2，3，5和5，1，2，3和4，1，2，3共3个，含3，2，1的“局部等差”数列的同理也有3个，共6个；含3，4，5的和含5，4，3的与上述相同，也有6个；含2，3，4的有5，2，3，4和2，3，4，1共2个；含4，3，2的同理也有2个；含1，3，5的有1，3，5，2和2，1，3，5和4，1，3，5和1，3，5，4共4个；含5，3，1的同理也有4个，所以事件B 共有24个基本事件，所以()2411205P B A ==．故选：C.三．习题练习1．根据历年的气象数据，某市5月份发生中度雾霾的概率为0.25，刮四级以上大风的概率为0.4，既发生中度雾霾又刮四级以上大风的概率为0.2，则在发生中度雾霾的情况下，刮四级以上大风的概率为（）A．0.5B．0.625C．0.8D．0.9【解析】设发生中度雾霾为事件A ，刮四级以上大风为事件B ，由题意知：()0.25P A =，()0.4P B =，()0.2P AB =，则在发生中度雾霾的情况下，刮四级以上大风的概率为()()()0.20.80.25P AB P B A P A ===.故选：C.2．已知事件,A B ,()13P B =,()3|4P B A =，()1|2P B A =，则()P A =（）A．14B．13C．23D．12【解析】由条件概率公式可知()()()3|4P AB P B A P A ==,即()()34P AB P A =①,()()()1|2P AB P B A P A ==,即()()12P AB P A =②,而()()1P A P A +=，所以()()1P A P A =-③，又已知()()()()213P AB P AB P B P B +==-=④,②③④联立可得()23P A =.故选：C 3．定义：设X，Y 是离散型随机变量，则X 在给定事件Y y =条件下的期望为()()()()11,|n n i i i i i i P X x Y y E X Y y x P X x Y y x P Y y ======⋅===⋅=∑∑，其中{}12,,,n x x x ⋅⋅⋅为X 的所有可能取值集合，(),P X x Y y ==表示事件“X x =”与事件“Y y =”都发生的概率．某日小张掷一枚质地均匀的骰子，若掷出1点向上两次时即停止．设A 表示第一次掷出1点向上时的投掷次数，B 表示第二次掷出1点向上时的投掷次数，则()4E A B ==______．【解析】由4B =可得1A =或2A =或3A =，由题意可得()()()()11,44|44n n i i i i i i P A x B E A B x P A x B x P B ======⋅===⋅=∑∑()()()()()()1,42,43,4123444P A B P A B P A B P B P B P B =======⨯+⨯+⨯===2222222233315151151516666666666232511511511C C C 666666666⎛⎫⎛⎫⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭=⨯+⨯=⎛⎫⎛⎫⎛⎫⨯⨯⨯⨯⨯⨯ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭故答案为：24．为进一步加强学生的文明养成教育，推进校园文化建设，倡导真善美，用先进人物的先进事迹来感动师生，用身边的榜样去打动师生，用真情去发现美，分享美，弘扬美，某校以争做最美青年为主题，进行“最美青年”评选活动，最终评出了10位“最美青年”，其中6名女生4名男生。
条件概率及其三大公式
摘要摘要条件概率在概率论中占有相当重要的地位，是概率论基础知识中的一个基本概念.在条件概率定义的基础上，进一步探讨条件概率的性质、计算及其重要公式，有助于解决各种条件概率方面的问题.关键词：条件概率乘法公式全概率公式贝叶斯公式广东石油化工学院本科学年论文：浅析条件概率及其三大公式AbstractConditional probability in probability theory occupies a very important position, basic knowledge of probability theory is a basic concept in the.In terms of probability on the basis of the definition of conditional probability, to further explore the nature, calculation and formula, contribute to the solution of various conditional probability problems.Keywords:Conditional probability Multiplication formula Total probability formula Bayes formula引言引言条件概率是在解决各种实际问题的实践过程中发展起来的，具有丰富的实际背景.条件概率作为概率论的重要内容，在高中教材中已经作了一定的介绍，现在理解条件概率的基础上，进一步探讨了条件概率的性质、三大公式及其应用，解决更多复杂的条件概率问题.因此深刻理解条件概率，熟练掌握其计算方法并在实践中灵活运用，是学生学好《概率论与数理统计》这门课程的关键.广东石油化工学院本科学年论文：浅析条件概率及其三大公式1. 条件概率的定义1．1什么是条件概率所谓条件概率，它是指在某事件B 发生的条件下，求另一事件A 的概率，记为()B A P ，它与()A P 是不同的两类概率.下面用一个例子说明之.例1:抛掷一颗骰子，其样本空间为{}6,5,4,3,2,1=Ω，在Ω中4个样本点等可能的情况下，现来讨论如下一些事情的概率.（1）事件A=“出现的点数是奇数”发生的概率为：()21=A P . （2）若已知事件B=“出现的点数不超过3”发生，再求事件A 发生的概率为：()32=B A P . 这是因为事件B 的发生，排出了4、5、6发生的可能性，这时样本空间Ω也随之改为{}3,2,1=ΩB ,而在B Ω中事件A 只含2个样本点，故()32=B A P .这就是条件概率，它与（无条件）概率()A P 是不同的概念.（3）若对上述条件概率的分子分母各除以6，则可得()()()B P AB P B A P ==6/36/2，其中交事件AB=“不大于3的奇数”.这个关系具有一般性，即条件概率是两个无条件概率之商，这就是条件概率的定义.计算()B A P 时，这个前提条件未变，只是加上“事件B 已发生”这个新的条件.1．2条件概率的定义定义：设A 与B 是样本空间Ω中的两事件，若()0>B P ，则称()()()B P AB P B A P =为“在B 发生下A 的条件概率”，简称条件概率.例2：判断下题是否为条件概率，如果是，求出其概率.箱子里有3个红球，2个白球，从中不返回的摸取两次，若已知第一次摸到的是红球，求第二次摸到的是白球的概率.解析：记B=“第一次摸到的是红球”，A=“第二次摸到的是白球”，所求概率是在B 发生的情况下A 发生的概率，即条件概率()B A P .现有的工具只有定义，根据条件概率条件概率的定义的定义，()()()B P AB P B A P =，计算()B P 、()AB P 既可用列举法，也可用概率的计算方法直接计算. ()5314151413==C C C C B P ，103)(14151213==C C C C AB P ，所以()()()2153103===B P AB P B A P .广东石油化工学院本科学年论文：浅析条件概率及其三大公式2. 条件概率的性质2．1条件概率的基本性质条件概率是概率: 即若设()0>B P ，则：（1）非负性：对于任一事件A ，有()10≤≤B A P ； （2）规范性：对于必然事件S ，有()1=B S P ；（3） 可列可加性：若1A ，2A ，…，n A ，…两两互不相容，则有()∑∞=∞==⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛11n n n n B A P B A P .证明：（1）由概率的定义可知()0≥B A P ，而B AB ⊆,所以()()B P AB P ≤, 所以()()1≤B P AB P ，即()10≤≤B A P .（2）由条件概率的定义且S B ⊆，可得：()()()()()1===B P B P B P SB P B S P . （3）因为1A ，2A ，…，n A ，…两两互不相容，所以B A 1,B A 2,…,B A n ,…也互不相容，由条件概率的定义可知：()()()()()()∑∑∞=∞=∞=∞=∞===⎪⎭⎫⎝⎛=⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛11111n n n n n n n n n n B A P B P B A P B P B A P B P B A P B A P . 例3：设()0>B P ，且B A ⊂，则下列必然成立的是（ ） A 、()()B A P A P < B 、()()B A P A P ≤ C 、()()B A P A P > D 、()()B A P A P ≥ 解析：因为()1≤B P ，而AB A ⊂，则有()()AB P A P ≤,比较()1A P 与()()B P AB P 大小可知，()()()B P AB P A P ≤1，即()()B A P A P ≤，故选B.2．2条件概率也具有无条件概率类似的性质如：①()0=A P φ； ②()()B A P B A P -=1条件概率的性质③()()()()C AB P C B P C A P C B A P -+=⋃；④若A 与B 互不相容，则()()()C B P C A P C B A P +=⋃. 注意点：1)|(=ΩB P ，1)|(≠ΩB P ；()A P A P =Ω)|(，1)|(=A A P .例4：()6.0=A P ，()84.0=⋃B A P ，()4.0=-ΩA B P ，则()()=B P . 解析：因为()()()()()()84.06.0=-+=-+=⋃AB P B P AB P B P A P B A P ， 所以()()()AB P AB P B P +=+-=24.06.084.0. 而()()()()()()4.06.0111=-=-=-==-ΩAB P A P AB P A B P A B P A B P ，则()36.0=AB P . 所以()6.036.024.0=+=B P .广东石油化工学院本科学年论文：浅析条件概率及其三大公式3. 条件概率的计算3．1用定义计算：条件概率的定义公式是： ()()()B P AB P B A P =，其中()0>B P . 例5：设10件产品中有4件不合格品，从中任取两件，已知所取两件产品中有一件是不合格品，则另一件也是不合格品的概率是多少？解析：设A=“两件产品中有一件是不合格品”，1A =“两件产品中一件是不合格品，另一件也是不合格品”，2A =“两件产品中一件是不合格品，另一件是合格品”，则21A A A +=，11A AA =，φ=21A A ，且()152210241==C C A P ,()158********==C C C A P , ()()()()3215102121==+=+=A P A P A A P A P .又因()()15211==A P AA P ， 故所求概率为()()()()()51111===A P A P A P AA P A A P . 注意：将已发生的事件分解成若干个事件之和，其中含所求（条件）概率的事件，这是求条件概率常用的处理方法.当明显看出已发生的事件包含所求概率的事件时，常这样处理，这时所求的条件概率就是有关分事件的概率与和事件的概率之比.3．2缩减样本空间法考虑到事件A 的发生，对事件B 的原样本空间所产生的影响，可确定缩减样本空间A Ω ，并在A Ω中推求事件B 发生的概率，从而求出()A B P .当事件A B ⊂时，常用事件A 在原样本空间Ω中所包含的样本总数组成缩减样本空间A Ω.在缩减后的样本空间A Ω计算事件B 出现的概率()A B P 的方法称为缩减样本空间法.例6：抛掷一颗骰子两次，已知第一次掷的是偶数点，试求第二次掷的是2点的概率.解析：抛掷一颗骰子，其样本空间为{}6,5,4,3,2,1=Ω，记A=“掷出偶数点”， B=“掷出2点”.事件A 是在事件B 发生的情况下发生的，事件A 发生后，样本空间缩减为{}6,4,2=ΩA ，所以()31=A B P .条件概率的计算3．3利用条件概率的性质求之如果0)(>A P ，条件概率的具有如下性质： （1） 对任何事件B ，有0)(≥A B P ； （2） 1)(=A S P ，0)(=A P φ；（3） 对任意可列个两两互不相同事件1A ，2A ，…，n A ，…，有()∑∑∞=∞==⎪⎭⎫ ⎝⎛11i i i i A A P A A P ；（4） ()[]()()()A A A P A A P A A P A A A P 212121-+=+；特别当A A 1，A A 2是互不相容的事件时，有()[]()()A A P A A P A A A P 2121+=+；（5） ()()1=+A B P A B P .注意：下面两个等式一般不成立：()()1=+A B P A A P ，()()1=+A B P A B P . 例7：已知()4.0=B P ，()5.0=+B A P ，求()B A P . 解析：由条件概率的性质可知：()()()()BP B A P B A P B A P ==-=11 而()()()5.05.011=-=⋃-=⋃=B A P B A P B A P ，()()6.04.011=-=-=B P B P , 所以()616.05.01=-=B A P .广东石油化工学院本科学年论文：浅析条件概率及其三大公式4. 条件概率的三大公式4．1乘法公式4.1.1乘法公式的定义（1）若()0>B P ，则()()()B A P B P AB P =. （2）若()0...121>-n A A A P ，则()()()()()132121312121.........-=n n n A A A A A P A A A P A A P A P A A A P .证明：由条件概率的定义，移项得()()()B A P B P AB P =.下证：()()()()()132121312121.........-=n n n A A A A A P A A A P A A P A P A A A P . 因为()()()0......1211>≥≥≥n A A P A A P A P ，所以按条件概率的定义，()()()()()()()()()()()()n n n n n A A P A A P A A P A A P A A A P A P A A P A P A A A P A A A P A A P A P ...............111121321121111213121=⋅⋅⋅⋅⋅=--等式成立.如果1A ，2A ，…, n A 相互独立，由独立性可得：()()()()n n A P A P A P A A A P ......2121=.4.1.2乘法公式的应用乘法公式主要用于求几个事件同时发生的概率.解题步骤可归纳为：先用恰当的字母表示题中有关事件；根据题设条件，分析事件间的关系，把需要计算概率的时间表为所设事件的乘积，或若干个乘积之和，最后利用乘法公式计算.例8：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．解析：记A 为“取到的产品是一等品”，B 为“取出的产品是合格品”， 这里要注意蕴含的条件：A 是在B 发生的条件下发生的 ，所以()%45=B A P ,而B A ⊂，则有()()AB P A P =，又因为()()%96%411=-=-=B P B P ,因此，由乘法公式得：()()()()%2.43%45%96=⨯===B A P B P AB P A P .4．2全概率公式4.2.1样本空间的分割若1A ，2A ，…, n A 有：（1）i A 互不相容；（2）Ω=⋃⋃⋃n A A A ...21， 则称1A ，2A ，…，n A 为Ω的一组分割. 如图1中的1A ，2A ，…，n A 为Ω的一组分条件概率的三大公式图 14.2.2全概率公式的定义若事件1A ，2A ，…，n A 为样本空间Ω的一组分割，且()0>i A P ， 则()()()()i ni i ni i A B P A P B A P B P ∑∑====11.（如图2）图 2证明：因为() ni i n i i B A A B B B 11-==⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=Ω=,且B A 1，B A 2，…，B A n 互不相容，所以由可加性得()()()∑===⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=ni i n i i B A P B A P B P 11 ，再将()()()i i i A B P A P B A P =，n i ,...,2,1=，代入上式即得()()()()i ni i ni i A B P A P B A P B P ∑∑====11，证毕.全概率公式得直观意义是：某事件B 的发生有各种可能的原因i A （n i ,...,2,1=），并且这些原因两两不能同时发生，如果B 是由原因i A 所引起的，则B 发生时，i BA 必同时发生，因而()B P 与()i BA P 有关，且等于其总和()()()i ni i ni i A B P A P BA P ∑∑===11.通俗地说，事件B 发生的可能性，就是其原因i A 发生的可能性与在i A 发生的条件下事件B 发生的可能性的乘积之和.注意点：（1）全概率公式用于求复杂事件的概率；（2）使用全概率公式关键在于寻找另一组事件来“分割”样本空间； （3）全概率公式最简单的形式：假如()10<<A P ，ΩΩ广东石油化工学院本科学年论文：浅析条件概率及其三大公式则()()()()()A B P A P A B P A P B P +=；（4）若事件1A ，2A ，…，n A 是互不相容的，且()0>i A P ， 则由i ni A B 1=⊂ ，可得()()()()i ni i ni i A B P A P B A P B P ∑∑====114.2.3运用全概率公式的关键运用公式的关键是寻找其中的完备事件组1A , 2A ,…, n A . 分割{}n A 是为了计算()B P 而人为地引入的, 选择适当可以使计算大为简化; 选择不适当,则不利于问题的解决.4.2.4全概率公式的应用1) 找出样本空间Ω的一组分割； 2) 求()i A P ； 3) 求()i A B P ；4) 求目标事件的概率()B P .例9：某小组有20名射手，其中一、二、三、四级射手分别为2、6、9、3名．又若选一、二、三、四级射手参加比赛，则在比赛中射中目标的概率分别为0.85、0.64、0.45、0.32，今随机选一人参加比赛，试求该小组在比赛中射中目标的概率． 解析：记B 为“该小组在比赛中射中目标”， iA 为“选i 级射手参加比赛”， ()4,3,2,1=i因为φ=⋂j A i A ，且Ω=+++4321A A A A ，所以由全概率公式有:()()()i i i A B P A P B P ∑==41=32.020345.020964.020685.0202⨯+⨯+⨯+⨯=0.53724．3贝叶斯公式4.3.1贝叶斯公式的定义在理论研究和实际中还会遇到另一类问题，这就是需要根据试验发生的结果找其原因，看看导致这一试验结果的各种可能的原因中哪个起主要作用.解决这类问题的方法就是下面的贝叶斯公式.设1A , 2A ,…, n A 是样本空间Ω的一个分割，即1A , 2A ,…, n A 互不相容，且条件概率的三大公式Ω== ni i A 1，如果()0>B P ，()0>i A P ，n i ,...,2,1=，则()()()()().,...,2,1,1n i A B P A P A B P A P B A P nj jji i i ==∑=此式称为贝叶斯公式.证明：由条件概率的定义()()()B P B A P B A P i i =,对此式的分子用乘法公式、分母用全概率公式：()()()i i i A B P A P B A P =，()()()∑==nj j j A B P A P B P 1，即得()()()()()∑==nj jji i i A B P A P A B P A P B A P 1，结论得证.贝叶斯公式的等号左边的条件概率中，复合事件B A i 是由B 和i A 复合而成，其中B 为必然事件，i A 为随机事件；而等号右边的复合事件i A B 中，i A 却是必然事件，而B 成了随机事件，事件B 和i A 所处的地位发生了相对变化，这一点正是贝叶斯公式中所含有的事件特点.注意点：（1）1B ,2B ,…,n B 可以看作是导致A 发生的原因；（2）)|(A B P j 是在事件A 发生的条件下，某个原因j B 发生的概率，称为“后验概率”，贝叶斯公式是用于专门计算后验概率的；（3）贝叶斯公式又称为“后验概率公式”或“逆概公式”； （4）称)(j B P 为“先验概率”.4.3.2贝叶斯公式的应用由证明可以知道贝叶斯公式其实就是全概率公式的一种变形，它与全概率公式是互逆在应用的.例10：某商品由三个厂家供应，其供应量为：甲厂家是乙厂家的2倍；乙、丙两厂相等。
条件概率公式推导
条件概率公式推导
条件概率是指在已知某一事件的前提下，另一事件发生的概率。
条件概率的计算需要用到条件概率公式。
下面就来推导一下条件概率公式。
假设有两个事件A和B，且B的概率不为0。
则，在已知B发生的前提下，A发生的概率为：
P(A|B) = P(AB) / P(B)
其中，P(AB)表示事件A和B同时发生的概率，即交集的概率。
P(B)表示事件B发生的概率，即B的概率。
由乘法公式可得：
P(AB) = P(A) * P(B|A)
其中，P(B|A)表示在已知事件A发生的前提下，事件B发生的概率。
即，B在A发生的条件下的概率。
将P(AB)代入条件概率公式中得：
P(A|B) = P(A) * P(B|A) / P(B)
这就是条件概率公式的推导过程。
通过条件概率公式，我们可以计算在已知某事件发生的前提下，另一事件发生的概率。
这对于概率论和统计学都有着重要的应用。
- 1 -。
例析条件概率问题的四种解法
,
选择题”
则下列结论中正确的是(
A.
P(
A)
=
3
5
C.
P(
B|A )
=
1
2
)
。
3
B.
P(
AB)
=
1
0
1
)
D.
P(
B|A
=
2
解析:
对于 A,
由题意知 不 放 回 地 依 次 随
机抽取 2 道 题 作 答,样 本 空 间 有 5×4=2
0
(
个)等 可 能 的 样 本 点,
n(
A )=3×4=1
青 团”和 2 个 肉 松 馅
。
的“
青团”
(
,求 这 2
1)若 从 甲 箱 中 任 取 2 个 “青 团”
个“
青团”
馅不同的概率;
(
若 先 从 甲 箱 中 任 取 2 个 “青 团 ”放 入
2)
,
乙箱中,
然后再从乙箱 中 任 取 1 个 “青 团”
求
取出的这个“
青团”
是肉松馅的概率。
4
2
0
(
参考答案:
一、定义法
根据条件 概 率 的 定 义,也 就 是 条 件 概 率
的 计 算 公 式,先 求 P (
A )(
P(
A )>0)和
P(
AB)
,
,即 可
再由定义 P (
P(
AB)
B|A )=
(
P A)
。
求解 P (
B|A )
甲、
乙、
丙、
丁 4 名同学报 名 参 加
条件概率与概率的三个基本公式
球”， 则事件 A “第一次取到黑球”， 事件 B “第二次取到黑球”． （1）法一 已知第一次取到白球，那么袋中剩 4 个球，其中 2 个
白球， 2 个黑球，则已知第一次取到白球的条件下，第二次取到的是黑
球的概率为
P(B |
A)
2
1
．
42
法二 由古典概率知 P( A) 3 ， P( AB) P31 P21 3 .
注意 ① P(B) 表示“事件 B 发生”的概率，计算时，是
在整个样本空间 上考察事件 B 发生的概率；②而 P(B | A)
为已知事件 A 发生的条件下，事件 B 发生的条件概率，计算 时，实际上仅限于在事件 A 发生的范围内，来考察事件 B 的 概率．一般地， P(B | A) P(B) ．
§1.4 条件概率与概率的三个基本公式
条件概率是概率论的基本概念之一，同时又是计算概率 的重要工具．概率的三个基本公式（乘法公式、全概率公式
和贝叶斯 (Bayes) 公式）都建立在条件概率的概念之上．本
节重要学习以下内容： 一、条件概率
二、乘法公式
三、全概率公式
四、贝叶斯（Bayes）公式
第一章 随机事件与概率 1
3 这是因为事件 A 的发生，排除了 bb 发生的可能性，这时样本空间 也 随 之 缩 小 为 A ， 而 在 A 中 事 件 B 只 含 2 个 样 本 点 ， 故 P(B | A) 2 ． 事实上，以上条件概率还可写成
3 P(B | A) 2 2 / 4 P( AB) ． 3 3 / 4 P( A)
公式（1.5）和（1.6）都称为两个事件积的概率的乘法公式．这 两个乘法公式还可推广到有限个事件积的概率的情形：
设 A1, A2 , , An 是任意 n 个事件，且 P( A1A2 An ) 0 ，则 P( A1A2 An ) P( A1)P( A2 | A1)P( A3 | A1A2 ) . P( An | A1A2 An1)
概率论中的条件概率公式详解贝叶斯定理条件期望等
概率论中的条件概率公式详解贝叶斯定理条件期望等概率论是数学中的一门重要学科，研究的是随机事件的概率性质以及它们之间的关系。
条件概率公式、贝叶斯定理和条件期望是概率论中的重要概念和定理，它们在解决实际问题中具有广泛应用。
本文将对这些概念进行详细解释和讨论。
一、条件概率公式条件概率是指在已知某一事件发生的条件下，其他事件发生的概率。
设A和B是两个事件，且P(B)≠0，那么在事件B已经发生的条件下，事件A发生的概率记作P(A|B)，读作“A在B发生的条件下发生”。
条件概率公式的形式为：P(A|B) = P(AB) / P(B)其中，P(AB)表示事件A和B同时发生的概率，又称为A与B的交集的概率。
通过这个公式，我们可以根据已知的条件概率来计算其他事件的概率。
二、贝叶斯定理贝叶斯定理是概率论中的核心定理之一，它描述了在已知某一事件发生的条件下，其他事件发生的概率如何更新。
设A和B是两个事件，且P(A)≠0，P(B)≠0，那么贝叶斯定理的表达式为：P(B|A) = P(A|B) * P(B) / P(A)其中，P(B|A)表示在事件A已经发生的条件下，事件B发生的概率。
贝叶斯定理的主要应用在于通过已知的先验概率和条件概率来计算后验概率。
它在统计学、生物信息学、机器学习等领域有着广泛的应用。
三、条件期望条件期望是在已知某一事件发生的条件下，随机变量的期望值。
设X和Y是两个随机变量，且P(Y=y)≠0，那么在事件Y=y已经发生的条件下，随机变量X的条件期望记作E(X|Y=y)。
条件期望的计算公式为：E(X|Y=y) = Σx(x * P(X=x|Y=y))其中，Σ表示对所有可能的取值进行求和。
通过条件期望，我们可以得到在给定条件下随机变量的平均值，从而更好地理解和分析随机事件的分布特性。
综上所述，条件概率公式、贝叶斯定理和条件期望是概率论中的重要概念和定理。
它们可以帮助我们计算和预测事件的概率，以及根据已知条件更新概率。
条件概率的三种求解方法
条件概率的三种求解方法作者：张瑜来源：《启迪与智慧·中旬刊》2020年第07期【摘要】本文归纳了求解条件概率的三种方法，并通过一个简单例子验证三种解题的方法，说明每一种的方法的优劣。
【关键字】古典概率;条件概率;样本空间;样本点条件概率在概率论中是一个很重要的概念，因为由条件概率得到概率论中的乘法公式、全概率公式和贝叶斯公式。
因此何如求解条件概率也是很重要的内容。
在教学中求解条件概率是一个重点，也是一个难点。
比如在教学中，學生往往分不清楚这样的两个问题：（1）求两次都取到正品的概率。
（2）已知第一次取到正品的条件下，求第二次也取到正品的概率。
于是对学生强调把问题符号化后，就可以看出第二个问题是一个条件概率的问题，这时就可以区分了。
在浙江大学盛骤、谢式千等人编写的教材《概率与数理统计》一书中提供了两种解题方法，一种是定义法：，先计算P（A）、P（AB），再根据定义式求出条件概率。
另外一种是对于一般的古典概率问题，先计算P（B|A），在事件A发生的条件下，把A作为样本空间，用古典概率的方法来计算条件概率，其中m表示事件A的样本点数，k表示事件AB的样本点数。
在吴赣昌主编的教材《概率论与数理统计》一书中，明确提到也是这两种方法。
实际上分得细点可以说有三种方法求解条件概率：定义法，A作为样本空间条件下求概率P（B），还有一种是在A发生的条件下，在剩余的样本空间里考虑概率P（B）。
一、基础知识定义：若试验E满足下列条件：（1）试验的样本空间只包含有限个样本点，即 ={e1，e2，…en};（2）每个样本点的发生时等可能的，即，则称次试验为等可能概型（古典概型）。
在古典概型中，若样本空间只包含n个样本点，即有限个样本点（基本事件），事件A 是中事件，并且事件A中含有k个样本点，则事件A发生的概率为，称P（A）为古典概率，这个式子也称为古典概型中事件A的概率计算公式。
定义，设A、B是两个事件，且P（A）>0，称为在事件A发生的条件下事件B发生的条件概率。
谈条件概率常见问题解题方法
谈条件概率常见问题解题法摘要：条件概率是高中概率知识较难学的知识点之一，本文在于如何通过条 件概率的概念及性质来总结和概括条件概率的解题方法和常见的应用 问题，以利于教师和学生更好地学习条件概率知识。
关键词:条件概率，事件、样本空间 1. 条件概率的概念一般地，设A,B 为两个事件，且P(A) 0,称P(B|A) 巴型 为在事件 P(A)A 发生的条件下，事件B 发生的条件概率。
关于条件概率，有下面的定理：定理1:设事件A 的概率P(A) 0，贝U 在事件A 已经发生的条件下事件B 的 条件概率等于事件AB 的概率除以事件A 的概率所得的商：P(B| A) 巴也P(A) 推论：二事件的交的概率等于其中一事件的概率与另一事件在前一事件已发生的条件概率的乘积： P(AB) P(A)P(B| A) P(B)P(A|B)性质：1. P( B A)=1- P(B | A)2. 条件概率P(B I A)与积事件P(AB)概率的区别P(B| A)与P(AB)这是两个截然不同的事件概率.设 A, B 是随机试验对应 的样本空间 中的两个事件，P(AB)是事件A, B 同时发生的概率，而P(B| A)是在事件A 已经发生的条件下事件B 的概率。
从样本空间的角度看，这两种事件所 对应的样本空间发生了改变,求P(AB)时，仍在原来的随机试验中所对应的样本 空间 中进行讨论；而求P(B|A)时，所考虑的样本空间就不是 了，这是因 为前提条件中已经知道了一个条件(即A 已经发生)，这样所考虑的样本空间的范 围必然缩小了 ,当然乘法公式P(AB) P(B | A) P(A) (P(A) 0)给出了它们之间 的联系3. 条件概率的解题方法:解答条件概率问题，首先要判明问题的性质，确定所解的问题是不是条件概 率问题。
如果所要考虑的事件是在另一事件发生的前提下出现的， 那么这一事件 的概率，必须按条件概率来处理。
求解简单条件概率问题，有五种基本方法 ：(1) 化为古典概型解决(4) 缩减样本空间法：P(B|A)呪BP( A)n(AB )n(A)事件A B 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(2) 化为几何概型解决P(B2)狀(AB ) 区域AB 的几何度量(长度，面积，体积等) (A) 区域A 的几何度量(长度，面积，体积等)(3) 条件概率公式法如果P(A) 0 ,则先在原样本空间 中计算P(AB)和P(A)，再按公式P(B| A)P(AB) P(A)计算在事件A发生的前提下，确定事件B的缩减样本空间A A，并在A中计算事件B 发生的概率，从而得到P(B|A)(5) 利用条件概率的性质_ 性质n(BA)P(B A) 1 P( B A)=1 -n(A)4. 条件概率常见应用问题类型类型1:掷骰子子问题例1将一枚硬币抛掷三次，记事件A为“至少出现一个正面“，记事件B为“至少出现两个反面”，求P(B| A),P(A|B).解法1 :化为古典概型解决：AB表示“恰有一个正面两个反面，={HHH,HHT,HTH,HTT,THH,THT,TTH,TTT}A={TTT ,HHT,HTH,HTT,THH,THT,T TH,}, B ={ HTT,THT,TTH}P(A) 7, P(B) - -, P(AB) 3, P(B| A) 巴^色2, P(A|B)-8 8 2 8 P(A) 7 4解法2:缩减样本空间法：在缩减样本空间A A中看，A共有7个元素，3 3其中只有3个属于B，故有P(B| A) -，P(A|B)—7 4类型2:摸球问题例2:袋中有10个球，其中6个白球，4个黑球，从中一次次摸球，每次摸一个，摸后不放回，求第1次摸到白球的前提下，第2次摸到黑球的概率。
事件的条件概率和三个基本公式
18
第十八页
例2 袋中有a个白球b个黑球，不还原摸球两次，问第二次
摸出白球的概率为多少？
解 分别记A,B为第一次、第二次摸到白球， 由全概率公式,
P(B) P( A)P(B A) P( A)P(B A)
a
a
b
a
a
b
1
1
a
b
b
a
a b
1
a
a
b
.
可以想见，第三次、第四次…摸出白球的概率仍为
若A记为“一男一女”，则P(A)=1/2；
但如果预先知道至少有一男孩，则上述事件的概率
应为2/3.
2
第二页
例如，考虑有两个孩子的家庭，假定男女出生率 相同，则两个孩子的性别为(男,男),(男,女), (女, 男),(女,女)的可能性是一样的。
若A记为“一男一女”，则P(A)=1/2； 但如果预先知道至少有一男孩，则上述事件的 概率应为2/3. 我们将“已知事件 B 发生的条件下,事件 A 发生的
了新的估价，称为"后验概率".
全概率公式可看成“由原因推结果”,而贝叶斯公 式的作用在于“由结果推原因”:现在一个“结果”A
已经发生了，在众多可能的“原因”中,到底是哪一个导致 了这一结果？
23
第二十三页
例如，某地发生了一个案件，怀 疑对象有甲、乙、丙三人.
在不了解案情细节(事件A)之
前，侦破人员根据过去的前科，
品,求一等品率.
解 记A：合格品；B：一等品， 由题意, P( A) 1 4% 96% , P(B A) 75%，
B A B BA .
P(B) P(BA) P( A) P(B A) 0.96 0.75 0.72 ， 即一等品率为72%.
条件概率全概公式
B A1 A2 A3
| A1 P A3 | A1 A2
2
95 94 5 0.046 100 99 98
3、 事件的相互独立性 对乘法公式 P(AB)=P(A)P(B|A) ，有的 问题中事件B发生的概率与事件A发生的条件 下事件B发生的概率是相等的，即
P 发生,故B变
成了新的样本空间 , 于是有(1)式。
B AB A
例如，掷一颗均匀骰子A＝{掷出2点}， B={掷出偶数点}，P(A )=1/6， P(A|B)=？ 已知事件B发生，此时试验 掷骰子 所有可能结果构成的集合就是B，
B中共有3个元素，它们的出现是 等可能的，其中只有1个在集A中， 于是P(A|B)= 1/3. 容易看到： 1 1 6 P( AB) P(A B ) 3 36 P( B)
A1 , A2 ,, An 是两两互斥的事件，且 P( Ai ) 0,
i 1,2,, n,
A , 则对任一事件B，有 P ( B) P ( A ) P ( B｜A )
i i 1
n i 1 i i
n
称满足上述条件的 A1 , A2 ,, An为完备事件组。 例6 甲、乙、丙三人同时对飞机进行射 击, 三人击中的概率分别为0.4、0.5、0.7. 飞机被一人击中而击落的概率为0.2,被两人击 中而击落的概率为0.6, 若三人都击中, 飞机 必定被击落, 求飞机被击落的概率。
即飞机被击落的概率为0.458。
例7 有一批产品是由甲、乙、丙三厂同时 生产的 . 其中甲厂产品占 50%, 乙厂产品占 30%, 丙厂产品占20%,甲厂产品中正品率为95%,乙厂 产品正品率为90%,丙厂产品正品率为85%,如果 从这批产品中随机抽取一件 , 试计算该产品是 正品的概率多大?
条件概率公式
条件概率公式条件概率：设A、B是两个事件，在A事件发生的条件下，B事件发生的概率，其中P（A）>0。
说明A事件发生的概率大于0,表示A事件是必然发生的。
记为：P(B|A)=P(AB)/P(A) 。
注意事件A作为条件，分母必定是条件概率，所以A事件的概率必定在分母上，分子P(AB)表示事件A与B相交的概率，记作P(A∩B)。
举例说明：将一枚硬币抛两次，观察正反面，正面记H,反面记T.样本空间Ω=（HH, HT,TH,TT）设事件A：至少一次为正面，即事件A=（HH,HT,TH）设事件B：两次为同一面，即事件B=（HH,TT）求事件A发生条件下，事件B发生的概率？即求P(B|A)。
（例子来自浙大版概率与统计第四版）从已知条件可知，总样本Ω为4个，A事件有3个，B事件有2个。
所以可以直接求出A的概率与B的概率。
即P(A)=3/4 ,A事件与B事件相交事件只有一个即HH。
即P(AB)=1/4.有公式1可知P(B|A)=P(AB)/P(A)=（1/4）/（3/4）=1/3.1.2 乘法公式：把式1条件概率公式P(B|A)=P(AB)/P(A)把P(AB)相交概率移到式子左边，把P(B|A)条件概率移动式子右边。
即得到乘法公式。
如式P(AB)=P(B|A) P(A)。
全概率公式：在条件概率中引入(A∩B)积事件的概念。
积事件概率表示相交事件的概率只有在A与B事件同事发生情况下才会发生。
P(A∩B)表示A和B相交的概率。
而在全概率公式中将引入∪和事件概念. 有个小窍门，其实可以把积事件理解为数字电路的与门、把和事件理解为数字电路的或门。
比如样本空间S，可以划分样本B1，B2...B6组成，即S=（B1∪B2∪ (6)。
条件概率与概率的三个基本公式
第一章 随机事件与概率 13
§1.4 条件概率与概率的三个基本公式
三、全概率公式
全概率公式是概率论中的一个重要公式，它将计算一个较复 杂事件的概率问题，转换若干个互不相容的简单事件的概率的求 和问题．先看下面的例子．
例 6 一个袋内装有10 个球，其中 3 个白球，2 个黑球和 5
第一章 随机事件与概率 5
§1.4 条件概率与概率的三个基本公式 对于给定的事件 A ，条件概率 P(B | A) 具有（无条
件）概率的一切性质．如
（1） P( | A) 1 ； （2） P( | A) 0 ； （3） P(B | A) 1 P(B | A) ； （4） P(B C | A) P(B | A) P(BC | A) ； （5）P((B C) | A) P(B | A) P(C | A) P(BC | A) ．
据概率的可加性，得
P( A2 ) P( A1A2 A1A2 ) P( A1A2 ) P( A1A2 ) ． 即 0.94 0.0602 P( A1A2 ) ，从而 P( A1A2 ) 0.8798 ． 故 P( A) P( A1 A2 ) P( A1) P( A2 ) P( A1A2 )
第一章 随机事件与概率 6
§1.4 条件概率与概率的三个基本公式
例 3 已知袋中有 5 个大小相同的球，其中 3 个白球，2 个黑球．现
从袋中不放回地任取两个球． （1）已知第一次取到白球，求第二次取到的是黑球的概率； （2）已知第二次取到白球，求第一次取到的是黑球的概率．
解 记事件 A 为“第一次取到白球”， 事件 B 为“第二次取到白
（1）因甲是第一个抽签的，所以甲抽到难答签的概率为
条件概率与三个公式
1 14 P( B | A) 3 34
P( B | A)
概率论
又例如，掷一颗均匀骰子，B={掷出2点}， A={掷出偶数点}， P(B )=1/6， P(B|A)=？
已知事件A发生，此时试验所有可能结果 掷骰子 构成的集合就是A，
A中共有3个元素,它们的出现是等可能的,其
中只有1个在集B中. 于是
= (4/5)(1/4)= 1/5
概率论
同理，第3个人要抽到“入场券”，必须第1、 第2个人都没有抽到. 因此
P ( A3 ) P ( A1 A2 A3 ) P ( A1 ) P ( A2 | A1 ) P ( A3 | A1 A2 )
＝(4/5)(3/4)(1/3)=1/5
继续做下去就会发现, 每个人抽到“入场券” 的概率都是1/5. 这就是有关抽签顺序问题的正确解答. 也就是说，
P(B|A)= 1/3. 容易看到
1 1 6 P( AB) P(B|A) 3 36 P( A)
概率论
例 1.15 假设5个同样的球，其中2个红球，3个白球， 先后从中随机（无放回）抽取两次，设A={先抽到是红球}， B={后抽到是红球} ，求在事件A发生的条件下，事件B发生 的概率。 解 为了叙述方便，把5个球依次编号为1，2，3，4，5，
解 设A={能活20年以上}，B={能活25年以上}
所求为 P(B|A) . 依题意， P(A)=0.8, P(B)=0.4 显然，该动物要活到25岁以上，必然已经活过了 20年，即AB＝B，所以P(AB)=P(B) 于是
P ( AB) P ( B) 0.4 P ( B | A) 0.5 P ( A) P ( A) 0.8
2 1 2
把的基本事件一一列出
条件概率的三种求解方法
条件概率的三种求解方法：
在概率论中，条件概率表示一个事件发生的条件下另一个事件发生的概率。
常见的三种求解条件概率的方法如下:
1.通过贝叶斯公式求解: 贝叶斯公式是P(A|B) = P(B|A) * P(A) / P(B)，其中P(A|B) 表示
条件概率，P(B|A) 表示B 在A 发生的条件下发生的概率，P(A) 表示A 发生的概率，P(B) 表示B 发生的概率。
2.通过乘法公式求解: 乘法公式是P(A and B) = P(A|B) * P(B) = P(B|A) * P(A)，其中P(A
and B) 表示A 和B 同时发生的概率。
3.通过联合概率公式求解: 联合概率公式是P(A and B) = P(A) * P(B|A) = P(B) * P(A|B)，
其中P(A and B) 表示A 和B 同时发生的概率。
这三种方法都可以求解条件概率，但是要根据具体情况选择使用哪一种方法。
浅谈条件概率问题的解题技巧
浅谈条件概率问题的解题技巧作者：杨微来源：《中国新技术新产品》2009年第08期摘要：条件概率公式是用来求：在事件Ｂ发生的条件下（或者知道事件Ｂ已经发生），再发生事件Ａ的概率。
对于简单的条件概率问题，可以直接用条件概率的定义来解答，也可另找新的样本空间进行计算。
对条件问题有一定的解题技巧和方法。
关键词：条件概率；样本空间1 条件概率概念：如果我们在事件B已经发生的条件下考虑事件A的概率，则这种概率叫做事件A 在事件B已经发生的条件下的条件概率，记作P（A/B）。
关于条件概率，有下面的定理：定理1：设事件B的概率P（B）>0，则在事件B已经发生的条件下事件A的条件概率等于事件AB的概率除以事件B的概率所得的商：注：求接条件概率的问题，必须从题设情形出发，灵活运用条件概率的有关性质或公式。
本题如果不用互逆事件的性质求解，解题将更为复杂。
3.4 摸球问题例4：袋中有N个球，其中M个白球，N-M个黑球，从中一次次摸球，每次摸一个，摸后不放回，求第1次摸到白球的前提下，第2次摸到黑球的概率。
解：方法一设A={第1次摸到白球}；B={第2次摸到黑球}。
先求P（A），袋中有N个球，每个球等可能地被取中，考虑两次取球的随机试验；从袋中不放回地摸取两次，每一次一个，共有A2N种摸法，即样本点总数为A2N个。
第1次摸到白球的摸法有C1M种，第2次可能摸到白球或黑球，于是，只能从N-1个球中摸一球，有C1N-1种摸法，因此A包含的样本点数为C1MC1N-1个。
故由古典概型的概率计算公式可得（2）方法二的样本空间是将方法一的样本空间进行了缩减，样本点个数可以直接计算，也可以用剔除法计算。
（3）方法三可以这样理解，“在第1次摸到白球的前提下第2次摸到黑球”是在原试验条件下再加上新条件“摸去第1个球（白球）”所产生的新空间：“从M-1个白球，N-M个黑球，共N-1个球中摸一个”的样本空间来讨论问题，即从这样的新空间中求出事件“摸一球是黑球”的概率。
求条件概率的两种方法
求条件概率的两种方法求条件概率？嘿，那可有点门道哦！一种方法是直接用定义法。
啥是定义法呢？就是条件概率P(A|B)=P(AB)/P(B)。
先算出事件A 和B 同时发生的概率P(AB)，再算出事件B 发生的概率P(B)，一除就得到条件概率啦！这就好比你在一堆苹果里找红苹果，先看看红苹果和大苹果一起有几个，再看看大苹果有几个，一除不就知道在大苹果里红苹果的比例了嘛！注意哦，计算概率的时候可不能马虎，得把各种情况都考虑清楚。
这种方法安全不？那当然啦！只要你认真计算，一般不会出啥问题。
稳定性也不错，只要条件不变，结果就比较可靠。
那啥时候用这方法呢？比如说你想知道在某个特定条件下另一个事件发生的概率，就可以用定义法。
举个例子哈，一个盒子里有红球、蓝球和绿球，已知摸出一个球是蓝球的概率为三分之一，摸出一个球是蓝球且是大球的概率为六分之一，那在已知摸出的球是蓝球的条件下，摸出的球是大球的概率不就是六分之一除以三分之一等于二分之一嘛！另一种方法是缩小样本空间法。
啥意思呢？就是把原来的样本空间缩小到满足条件的那个部分，然后在这个缩小后的样本空间里算概率。
就像你本来在一个大花园里找一朵特别的花，现在只在有这种花可能出现的那一小片区域找，那不是容易多了嘛！用这种方法要注意啥呢？得准确确定缩小后的样本空间，可别搞错了。
安全性也挺高的，只要你找对了范围。
稳定性嘛，也还行，只要条件和样本空间确定得好。
啥时候用呢？比如问题比较复杂，用定义法不好算的时候，就可以试试缩小样本空间法。
比如，从一副扑克牌里抽牌，已知已经抽到了一张红桃，那再抽一张红桃的概率是多少？这时候就可以把样本空间缩小到剩下的51 张牌里有12 张红桃的情况来算。
总之，求条件概率这两种方法各有千秋，就看你遇到啥问题啦！用对了方法，那可就像找到了打开宝藏的钥匙，轻松搞定各种概率问题。
大家在实际中可以多试试，肯定能感受到它们的厉害。
概率论 第四节条件概率 全概率公式
乙、丙三个厂中哪个厂生产的可能性大？
解 设事件A表示“取到的产品为正
B1, B2品, B”3 分，别表示“产品由甲、乙、丙厂生产”
由已知 P(B1 ) 0.2, P(B2 ) 0.3, P(B3 ) 0.5
P( A B1 ) 0.95, P( A B2 ) 0.9, P( A B3 ) 0.8
当有了新的信息（知道B发生），人们对
诸事件发生可能性大小P(Ai|B)有了新的估计。 贝叶斯公式从数量上刻划了这种变化。
例8 同一种产品由甲、乙、丙三个厂供应。 由长期的经验知，三家的正品率分别为0.95、 0.90、0.80，三家产品数所占比例为2:3:5，混 合在一起。
（1）从中任取一件，求此产品为正品的概率； （2）现取到一件产品为正品，问它是由甲、
我们也称A ，B，C 是相互独立的事件。 定理 若事件A与B是相互独立的，则
A与B ,A与 B , A与 都B 是相互独立的。
例 3 一个均匀的正四面体,将第一面染成
红色,第二面染成白色,第三面染成黑色,第四
面同时染上红、白、黑三种颜色，如果以A、
B、C分别表示投掷一次正四面体时红、白、
黑颜色着地的事件，由于在四个面中两面上
冒病毒是相互独立的，则所求概率为
P1500 Ai 1 PA1A2 A1500
i1
1 PA1PA2 PA1 1 1 0.002 1500 1 e1500 ln 10.002
1 e15000.002 1 e3 0.95
从这个例子可见，虽然每个带有感冒病 毒的可能性很小，但许多聚集在一起时空气 中含有感冒病毒的概率可能会很大，这种现 象称为小概率事件的效应。卫生常识中,不让 婴儿到人多的公共场所去就是这个道理。
高考数学科学复习创新方案：事件的相互独立性、条件概率与全概率公式
事件的相互独立性、条件概率与全概率公式[课程标准]1.结合有限样本空间，了解两个随机事件独立性的含义．结合古典概型，利用独立性计算概率.2.了解条件概率，能计算简单随机事件的条件概率.3.结合古典概型，了解条件概率与独立性的关系.4.会利用乘法公式和全概率公式计算概率．1．相互独立事件(1)定义：对任意两个事件A与B，如果P(AB)＝01P(A)P(B)成立，则称事件A与事件B相互独立，简称独立．(2)性质：如果事件A与B相互独立，那么A与B－，A－与B，A－与B－也都02相互独立．2．条件概率设A，B为两个随机事件，且P(A)>0，称P(B|A)＝03P（AB）为在事件AP（A）发生的条件下，事件B发生的条件概率，简称条件概率．3．乘法公式对任意两个事件A与B，若P(A)>0，则P(AB)＝04P(A)P(B|A)．4．条件概率的性质设P(A)>0，则(1)P(Ω|A)＝051；(2)如果B和C是两个互斥事件，则P(B∪C|A)＝06P(B|A)＋P(C|A)；(3)如果B－与B互为对立事件，则P(B－|A)＝071－P(B|A)．5．全概率公式设A1，A2，…，A n是一组两两互斥的事件，A1∪A2∪…∪A n＝Ω，且P(A i)>0，i＝1，2，…，n，则对任意的事件B⊆Ω，有P(B)＝错误!．1．事件间的关系及表示(1)A，B中至少有一个发生的事件为A∪B.(2)A，B都发生的事件为AB.(3)A，B都不发生的事件为A－B－.(4)A，B恰有一个发生的事件为(A B－)∪(A－B)．(5)A，B至多有一个发生的事件为(AB)∪(A－B)∪(A－B－)．2．条件概率的计算常采用缩小样本空间法求解．3．乘法公式可以推广为P(A1A2A3)＝P(A1)·P(A2|A1)P(A3|A1A2)，其中P(A1)>0，P(A1A2)>0.4．贝叶斯公式设A1，A2，…，A n是一组两两互斥的事件，A1∪A2∪…∪A n＝Ω，且P(A i)>0，i＝1，2，…，n，则对任意的事件B⊆Ω，P(B)>0，有P(A i|B)＝P（A i）P（B|A i）P（B）＝错误!，i＝1，2，…，n.1．(人教A必修第二册习题10.2T2改编)若P(AB)＝19，P(A－)＝23，P(B)＝13，则事件A与B的关系是()A．事件A与B互斥B．事件A与B对立C．事件A与B相互独立D．事件A与B既互斥又相互独立答案C解析∵P (A )＝1－P (A －)＝1－23＝13，∴P (AB )＝P (A )P (B )＝19≠0，∴事件A 与B 相互独立、事件A 与B 不互斥，故不对立．故选C.2．(2023·舟山模拟)甲、乙去同一家药店购买一种医用外科口罩，已知这家药店出售A ，B ，C 三种医用外科口罩，甲、乙购买A ，B ，C 三种医用口罩的概率分别如下：购买A 种医用外科口罩购买B 种医用外科口罩购买C 种医用外科口罩甲0.20.4乙0.30.3则甲、乙购买的是同一种医用外科口罩的概率为()A ．0.44B ．0.40C ．0.36D ．0.32答案D解析由表可知，甲购买A 种医用外科口罩的概率为0.4，乙购买B 种医用外科口罩的概率为0.4，所以甲、乙购买的是同一种医用外科口罩的概率为P ＝0.4×0.3＋0.2×0.4＋0.4×0.3＝0.32.故选D.3．(人教A 必修第二册10.2例2改编)甲、乙两人同时报考某一所大学，甲被录取的概率为0.6，乙被录取的概率为0.7，两人是否被录取互不影响，则其中至少有一人被录取的概率为()A ．0.12B ．0.42C ．0.46D ．0.88答案D解析设“甲被录取”记为事件A ，“乙被录取”记为事件B ，则两人至少有一人被录取的概率P ＝1－P (A －B －)＝1－[1－P (A )][1－P (B )]＝1－0.4×0.3＝0.88.故选D.4．(多选)某气象台统计，该地区下雨的概率为415，刮四级以上风的概率为215，既刮四级以上的风又下雨的概率为110，设A 为下雨，B 为刮四级以上的风，则()A ．P (B |A )＝13B ．P (B |A )＝38C ．P (A |B )＝34D ．P (A |B )＝35答案BC解析由题意知P (A )＝415，P (B )＝215，P (AB )＝110，∴P (B |A )＝P （AB ）P （A ）＝110415＝38，P (A |B )＝P （AB ）P （B ）＝34.故选BC.5．(人教A 必修第二册习题10.1T 16改编)从1～100共100个正整数中，任取一数，已知取出的这个数不大于50，则此数是2或3的倍数的概率为________．答案3350解析设事件C 为“取出的数不大于50”，事件A 为“取出的数是2的倍数”，事件B 为“取出的数是3的倍数”．则P (C )＝12，且所求概率为P (A ∪B |C )＝P (A |C )＋P (B |C )－P (AB |C )＝P （AC ）P （C ）＋P （BC ）P （C ）－P （ABC ）P （C ）＝2＋16100－3350.多角度探究突破角度事件独立性的判定例1(2021·新高考Ⅰ卷)有6个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中有放回地随机取两次，每次取1个球．甲表示事件“第一次取出的球的数字是1”，乙表示事件“第二次取出的球的数字是2”，丙表示事件“两次取出的球的数字之和是8”，丁表示事件“两次取出的球的数字之和是7”，则() A．甲与丙相互独立B．甲与丁相互独立C．乙与丙相互独立D．丙与丁相互独立答案B解析设甲、乙、丙、丁事件发生的概率分别为P(A)，P(B)，P(C)，P(D)，则P(A)＝P(B)＝16，P(C)＝56×6＝536，P(D)＝66×6＝16.对于A，甲、丙同时发生的概率P(AC)＝0≠P(A)P(C)；对于B，甲、丁同时发生的概率P(AD)＝16×6＝1 36＝P(A)P(D)；对于C，乙、丙同时发生的概率P(BC)＝16×6＝136≠P(B)P(C)；对于D，丙、丁同时发生的概率P(CD)＝0≠P(C)P(D)．若两事件X，Y相互独立，则P(XY)＝P(X)P(Y)，因此B正确．故选B.角度相互独立事件的概率例2(2023·河北省级联考)甲、乙、丙三人进行网球比赛，约定赛制如下：累计负两场被淘汰；比赛前抽签决定首先比赛的两个人，另一个人当裁判，没有平局；每场比赛结束时，负的一方在下一场当裁判；当一人被淘汰后，剩余的两人继续比赛，直至其中一人被淘汰，另一人最终获得冠军，比赛结束．已知在每场比赛中，双方获胜的概率都为12，各局比赛的结果相互独立，经抽签，第一场比赛甲当裁判．(1)求前三场比赛结束后，丙被淘汰的概率；(2)求只需四场比赛就决出冠军的概率．解(1)设事件A为“甲胜乙”，则P(A)＝12，P(A－)＝1－12＝12，设事件B为“甲胜丙”，则P(B)＝12，P(B－)＝1－12＝12，设事件C为“乙胜丙”，则P(C)＝12，P(C－)＝1－12＝12，前三场比赛结束后，丙被淘汰可用事件C A－C∪CAB来表示，所以前三场比赛结束后，丙被淘汰的概率为P1＝P(C A－C)＋P(CAB)＝12×12×12＋12×12×12＝14.(2)若最终的冠军为甲，则只需四场比赛就决出冠军可用事件CABA∪C－BAB 来表示，P(CABA∪C－BAB)＝P(CABA)＋P(C－BAB)＝P(C)P(A)P(B)P(A)＋P(C－)P(B)P(A)P(B)＝1 2×12×12×12＋12×12×12×12＝18.若最终的冠军为乙，则只需四场比赛就决出冠军可用事件C A－C A－来表示，P(C A－C A－)＝P(C)P(A－)P(C)P(A－)＝12×12×12×12＝116.若最终的冠军为丙，则只需四场比赛就决出冠军可用事件C－B－C－B－来表示，P(C－B－C－B－)＝P(C－)P(B－)P(C－)P(B－)＝12×12×12×12＝116.所以只需四场比赛就决出冠军的概率为P2＝18＋116＋116＝14.1．两个事件相互独立的判断方法(1)定义法：由事件本身的性质直接判定两个事件发生是否相互影响．(2)充要条件法：事件A，B相互独立的充要条件是P(AB)＝P(A)P(B)．2．求相互独立事件同时发生的概率的方法(1)相互独立事件同时发生的概率等于他们各自发生的概率之积．(2)当正面计算较复杂或难以入手时，可从其对立事件入手计算．1.(2023·益阳期末)在一个质地均匀的正八面体中，八个面分别标有数字1到8，任意抛掷一次这个正八面体，观察它与地面接触的面上的数字．记事件A＝“与地面接触的数字为奇数”，事件B＝“与地面接触的数字不大于4”，事件C＝“与地面接触的数字为1或5或7或8”．(1)判断事件A，B是否独立并证明；(2)证明事件A，B，C满足P(ABC)＝P(A)·P(B)P(C)，但不满足A，B，C两两独立．解(1)由已知，得样本空间为Ω＝{1，2，3，4，5，6，7，8}，所以A＝{1，3，5，7}，B＝{1，2，3，4}，C＝{1，5，7，8}，A∩B＝{1，3}，B∩C＝{1}，A∩C＝{1，5，7}，A∩B∩C＝{1}，因为P(A)＝12，P(B)＝12，P(AB)＝14＝P(A)P(B)，所以事件A，B相互独立．(2)证明：因为P(A)＝P(B)＝P(C)＝12，P(ABC)＝18，P(BC)＝18，P(AC)＝38，所以P(ABC)＝P(A)P(B)P(C)，但是P(BC)≠P(B)P(C)，且P(AC)≠P(A)P(C)，所以事件A，B，C满足P(ABC)＝P(A)P(B)P(C)，但不满足A，B，C两两独立．2．(2024·黄冈模拟)为了普及垃圾分类知识，某校举行了垃圾分类知识考试，试卷中只有两道题目，已知甲同学答对每题的概率都为p，乙同学答对每题的概率都为q(p>q)，且在考试中每人各题答题结果互不影响．已知每题甲、乙两人同时答对的概率为12，恰有一人答对的概率为512.(1)求p和q的值；(2)求甲、乙两人共答对3道题的概率．解(1)设事件A：“甲同学答对第一题”，事件B：“乙同学答对第一题”，则P(A)＝p，P(B)＝q.设事件C：“甲、乙两人均答对第一题”，事件D：“甲、乙两人恰有一人答对第一题”，则C＝A∩B，D＝(A∩B－)∪(A－∩B)．∵甲、乙两人答题互不影响，且每人各题答题结果互不影响，∴A与B相互独立，A∩B－与A－∩B互斥，∴P(C)＝P(A∩B)＝P(A)P(B)＝pq，P(D)＝P(A∩B－)＋P(A－∩B)＝P(A)[1－P(B)]＋[1－P(A)]P(B)．由题意，得pq＝12，p（1－q）＋q（1－p）＝512，解得p＝34，q＝23或p＝23，q＝34.∵p>q，∴p＝34，q＝23.(2)设事件A i：“甲同学答对了i道题”，事件B i：“乙同学答对了i道题”，i＝0，1，2.由题意，得P(A1)＝14×34＋34×14＝38，P(A2)＝34×34＝916，P(B1)＝23×13＋13×23＝49，P(B2)＝23×23＝49.设事件E：“甲、乙两人共答对3道题”，则E＝(A1∩B2)∪(A2∩B1)，∴P(E)＝P(A1∩B2)＋P(A2∩B1)＝38×49＋916×49＝512，∴甲、乙两人共答对3道题的概率为512.考向二条件概率例3(1)(2023·贵州师大附中模拟)某市卫健委为调查研究某种流行病患者的年龄分布情况，随机调查了大量该病患者，年龄分布如图．已知该市此种流行病的患病率为0.1%，该市年龄位于区间[40，60)的人口占总人口的28%.若从该市居民中任选一人，此人年龄位于区间[40，60)，则此人患这种流行病的概率为(以样本数据中患者的年龄位于各区间的频率作为患者年龄位于该区间的概率)()A ．0.28B ．0.00054C.713500D.2714000答案D解析设“该居民年龄位于区间[40，60)”为事件A ，“该居民患这种流行病”为事件B ，由题意知，P (A )＝0.28，P (B )＝0.001，P (A |B )＝0.54.因为P (A |B )＝P （AB ）P （B ），所以P (AB )＝P (A |B )P (B )＝0.54×0.001＝0.00054，所以P (B |A )＝P （AB ）P （A ）＝0.000540.28＝2714000.故选D.(2)在100件产品中有95件合格品，5件不合格品，现从中不放回地取两次，每次任取一件，则在第一次取到不合格品后，第二次取到不合格品的概率为________．答案499解析解法一(应用条件概率公式求解)：设事件A 为“第一次取到不合格品”，事件B 为“第二次取到不合格品”，则所求的概率为P (B |A )，因为P (AB )＝A 25A 2100＝1495，P (A )＝C 15C 1100＝120，所以P (B |A )＝P （AB ）P （A ）＝1495120＝499.解法二(缩小样本空间求解)：第一次取到不合格品后，也就是在第二次取之前，还有99件产品，其中有4件不合格品，因此第二次取到不合格品的概率为499.(3)在一个袋子中装有10个球，设有1个红球，2个黄球，3个黑球，4个白球，从中依次摸2个球，求在第一个球是红球的条件下，第二个球是黄球或黑球的概率．解设“摸出第一个球是红球”为事件A ，“摸出第二个球是黄球”为事件B ，“摸出第二个球是黑球”为事件C .则P(A)＝110，P(AB)＝1×210×9＝145，P(AC)＝1×310×9＝130.所以P(B|A)＝P（AB）P（A）＝145÷110＝29，P(C|A)＝P（AC）P（A）＝130÷110＝13.所以P(B∪C|A)＝P(B|A)＋P(C|A)＝29＋13＝59.所以所求概率为59.条件概率的三种求法定义法先求P(A)和P(AB)，再由P(B|A)＝P（AB）P（A）求P(B|A)样本点法借助古典概型概率公式，先求事件A包含的样本点数n(A)，再求事件AB所包含的样本点数n(AB)，得P(B|A)＝n（AB）n（A）缩样法缩小样本空间的方法，就是去掉第一次抽到的情况，只研究剩下的情况，用古典概型求解，它能化繁为简1.(2023·全国甲卷)有50人报名足球俱乐部，60人报名乒乓球俱乐部，70人报名足球或乒乓球俱乐部，若已知某人报足球俱乐部，则其报乒乓球俱乐部的概率为()A．0.8B．0.4C．0.2D．0.1答案A解析报名两个俱乐部的人数为50＋60－70＝40，记“某人报足球俱乐部”为事件A，“某人报乒乓球俱乐部”为事件B，则P(A)＝5070＝57，P(AB)＝4070＝47，所以P(B|A)＝P（AB）P（A）＝4757＝0.8.故选A.2．质监部门对某种建筑构件的抗压能力进行检测，对此建筑构件实施两次击打，若没有受损，则认为该构件通过质检．若第一次击打后该构件没有受损的概率为0.85，当第一次没有受损时第二次在实施击打也没有受损的概率为0.80，则该构件通过质检的概率为()A．0.4B．0.16C．0.68D．0.17答案C解析设A i表示第i次击打后该构件没有受损，i＝1，2，则由已知可得P(A1)＝0.85，P(A2|A1)＝0.80，因此由乘法公式可得P(A1A2)＝P(A1)P(A2|A1)＝0.85×0.80＝0.68，即该构件通过质检的概率为0.68.故选C.3．52张扑克牌，没有大小王，无放回地抽取两次，则两次都抽到A的概率为________；已知第一次抽到的是A，则第二次抽到A的概率为________．答案12211 17解析由题意，设第一次抽到A的事件为B，第二次抽到A的事件为C，则P(B)＝452＝113，P(BC)＝452×351＝1221，∴P(C|B)＝P（BC）P（B）＝1221113＝117.例4(2023·韶关模拟)作为一种益智游戏，中国象棋具有悠久的历史，中国象棋的背后，体现的是博大精深的中华文化．为了推广中国象棋，某地举办了一次地区性的中国象棋比赛，小明作为选手参加．除小明以外的其他参赛选手中，50%是一类棋手，25%是二类棋手，其余的是三类棋手．小明与一、二、三类棋手比赛获胜的概率分别是0.3，0.4和0.5.(1)从参赛选手中随机选取一位棋手与小明比赛，求小明获胜的概率；(2)如果小明获胜，求与小明比赛的棋手为一类棋手的概率．解(1)设事件A i＝“小明与i(i＝1，2，3)类棋手相遇”，根据题意P(A1)＝0.5，P(A2)＝0.25，P(A3)＝0.25，记事件B＝“小明获胜”，则有P(B|A1)＝0.3，P(B|A2)＝0.4，P(B|A3)＝0.5，由全概率公式得，小明在比赛中获胜的概率为P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)＋P(A3)P(B|A3)＝0.5×0.3＋0.25×0.4＋0.25×0.5＝0.375，所以小明获胜的概率为0.375.(2)小明获胜时，与小明比赛的棋手为一类棋手的概率为P(A1|B)＝P（A1B）P（B）＝P（A1）P（B|A1）P（B）＝0.5×0.30.375＝0.4.“化整为零”求多事件的全概率问题(1)如图，P(B)＝错误!(A i)P(B|A i)．(2)已知事件B的发生有各种可能的情形A i(i＝1，2，…，n)，事件B发生的可能性，就是各种可能情形A i发生的可能性与已知在A i发生的条件下事件B发生的可能性的乘积之和．(2023·南平高级中学期中)某学校为了迎接党的二十大召开，增进全体教职工对党史知识的了解，组织开展党史知识竞赛活动并以支部为单位参加比赛．现有两组党史题目放在甲、乙两个纸箱中，甲箱中有5个选择题和3个填空题，乙箱中有4个选择题和3个填空题，比赛中要求每个支部在甲或乙两个纸箱中随机抽取两题作答．每个支部先抽取一题作答，答完后题目不放回纸箱中，再抽取第二题作答，两题答题结束后，再将这两个题目放回原纸箱中．(1)如果第一支部从乙箱中抽取了2个题目，求第二题抽到的是填空题的概率；(2)若第二支部从甲箱中抽取了2个题目，答题结束后错将题目放入了乙箱中，接着第三支部答题，第三支部抽取第一题时，从乙箱中抽取了题目．已知第三支部从乙箱中取出的这个题目是选择题，求第二支部从甲箱中取出的是2个选择题的概率．解(1)设事件A i表示“第i次从乙箱中取到填空题”，i＝1，2，P(A1)＝37，P(A2|A1)＝26＝13，P(A2|A－1)＝36＝12.由全概率公式得，第2次抽到填空题的概率为P (A 2)＝P (A 1)P (A 2|A 1)＋P (A －1)P (A 2|A －1)＝37×26＋47×36＝37.(2)设事件A 为“第三支部从乙箱中取出1个选择题”，事件B 1为“第二支部从甲箱中取出2个题都是选择题”，事件B 2为“第二支部从甲箱中取出1个选择题1个填空题”，事件B 3为“第二支部从甲箱中取出2个题都是填空题”，则B 1，B 2，B 3彼此互斥，且B 1∪B 2∪B 3＝Ω，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，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.所求概率即是A 发生的条件下B 1发生的概率P (B 1|A )＝P （B 1A ）P （A ）＝P （B 1）P （A |B 1）P （A ）＝514×69712＝2049.课时作业一、单项选择题1．从应届高中生中选拔飞行员，已知这批学生体型合格的概率为13，视力合格的概率为16，其他几项标准合格的概率为15，从中任选一名学生，则该生各项均合格的概率为(假设各项标准互不影响)()A.49B.190C.45D.59答案B解析该生各项均合格的概率为13×16×15＝190.2．某机场某时降雨的概率为15，在降雨的情况下飞机准点的概率为110，则某时降雨且飞机准点的概率为()A.1 2B.1 4C.1 25D.1 50答案D解析记事件A＝“飞机准点”，事件B＝“某时降雨”．根据题意，P(B)＝15，在降雨的情况下飞机准点的概率为P(A|B)＝110，所以某时降雨且飞机准点的概率为P(AB)＝P(B)P(A|B)＝15×110＝150.故选D.3．(2023·武汉三模)已知P(B)＝0.4，P(B|A)＝0.8，P(B|A－)＝0.3，则P(A)＝()A.3 4B.3 8C.1 3D.1 5答案D解析P(B)＝P(AB∪A－B)＝P(A)P(B|A)＋P(A－)P(B|A－)，即0.4＝0.8P(A)＋0.3[1－P(A)]，解得P(A)＝0.2＝15.故选D.4．(2024·南京模拟)现有甲、乙、丙、丁四位同学到夫子庙、总统府、中山陵、南京博物馆4处景点旅游，每人只去一处景点，设事件A为“4个人去的景点各不相同”，事件B为“只有甲去了中山陵”，则P(A|B)＝()A.3 128B.27 256C.1 128D.2 9答案D解析甲、乙、丙、丁四位同学到夫子庙、总统府、中山陵、南京博物馆4处景点旅游，共有44＝256(种)不同的方案，事件A“4个人去的景点各不相同”的方案有A44＝24(种)，事件B“只有甲去了中山陵”的方案有33＝27(种)，事件AB同时发生的方案有A33＝6(种)，P(AB)＝6256＝3128，P(B)＝27256，所以P(A|B)＝P（AB）P（B）＝6 27＝29.故选D.5．(2023·昆明模拟)已知事件A，B，C满足A，B是互斥事件，且P(A∪B|C)＝1 2，P(BC)＝112，P(C)＝14，则P(A|C)＝()A.16B.112C.14D.13答案A解析由题意，得P(B|C)＝P（BC）P（C）＝13，由A，B是互斥事件知，P(A∪B|C)＝P(A|C)＋P(B|C)，所以P(A|C)＝P(A∪B|C)－P(B|C)＝12－13＝16.故选A.6．(2023·深圳模拟)在A，B，C三个地区爆发了流感，这三个地区分别有6%，5%，4%的人患了流感，假设这三个地区的人口数之比为5∶6∶9，现从这三个地区中任意选取一人，则此人是流感患者的概率为()A．0.032B．0.048C．0.05D．0.15答案B解析设事件D为“此人是流感患者”，事件A1，A2，A3分别表示此人来自A，B，C三个地区，由已知可得P(A1)＝55＋6＋9＝0.25，P(A2)＝65＋6＋9＝0.3，P(A3)＝95＋6＋9＝0.45，P (D |A 1)＝0.06，P (D |A 2)＝0.05，P (D |A 3)＝0.04，由全概率公式，得P (D )＝P (A 1)P (D |A 1)＋P (A 2)P (D |A 2)＋P (A 3)P (D |A 3)＝0.25×0.06＋0.3×0.05＋0.45×0.04＝0.048.故选B.7．(2023·锦州二模)如图，用K ，A 1，A 2三类不同的元件连接成一个系统，当K 正常工作且A 1，A 2至少有一个正常工作时，系统正常工作，已知K ，A 1，A 2正常工作的概率依次是12，23，23，在系统正常工作的前提下，只有K 和A 1正常工作的概率是()A.49B.34C.14D.19答案C解析设事件A 为“系统正常工作”，事件B 为“只有K 和A 1正常工作”，因为并联元件A 1，A 2能正常工作的概率为1＝89，所以P (A )＝12×89＝49，又因为P (AB )＝P (B )＝12×23×＝19，所以P (B |A )＝P （AB ）P （A ）＝14.故选C.8．某射手每次射击击中目标的概率是23，且各次射击的结果互不影响．假设这名射手射击5次，则有3次连续击中目标，另外2次未击中目标的概率为()A.89B.7381C.881D.19答案C解析因为该射手每次射击击中目标的概率是23，所以每次射击未击中目标的概率为13，设“第i 次射击击中目标”为事件A i (i ＝1，2，3，4，5)，“该射手在5次射击中，有3次连续击中目标，另外2次未击中目标”为事件A ，则P (A )＝P (A 1A 2A 3A －4A －5)＋P (A －1A 2A 3A 4A －5)＋P (A －1A －2A 3A 4A 5)＋13×13＋＝881.故选C.二、多项选择题9．有一道数学难题，学生甲解出的概率为12，学生乙解出的概率为13，学生丙解出的概率为14.若甲、乙、丙三人独立去解答此题，则()A ．恰有一人解出的概率为1124B ．没有人能解出的概率为124C ．至多一人解出的概率为1724D ．至少两人解出的概率为2324答案AC解析对于A ，恰有一人解出的概率为12××13×××14＝1124，A 正确；对于B ，没有人能解出的概率为＝14，B 错误；对于C ，由A ，B 知，至多一人解出的概率为1124＋14＝1724，C 正确；对于D ，至少两人解出与至多一人解出是对立事件，所以至少两人解出的概率为1－1724＝724，D 错误．故选AC.10．(2024·镇江开学考试)一质地均匀的正四面体四个表面上分别标有数字1，2，3，4，抛掷该正四面体两次，记事件A 为“第二次向下的数字为奇数”，事件B为“两次向下的数字之积为偶数”，则下列说法正确的是()A．事件A与事件B是对立事件B．P(AB)＝14C．P(A|B)＝13D．事件A与事件B不相互独立答案BCD解析因为抛掷该正四面体两次的基本事件有(1，1)，(1，2)，(1，3)，(1，4)，(2，1)，(2，2)，(2，3)，(2，4)，(3，1)，(3，2)，(3，3)，(3，4)，(4，1)，(4，2)，(4，3)，(4，4)，共16种，其中事件A有(1，1)，(1，3)，(2，1)，(2，3)，(3，1)，(3，3)，(4，1)，(4，3)，共8种，事件B有(1，2)，(1，4)，(2，1)，(2，2)，(2，3)，(2，4)，(3，2)，(3，4)，(4，1)，(4，2)，(4，3)，(4，4)，共12种，事件AB有(2，1)，(2，3)，(4，1)，(4，3)，共4种，所以A与B可同时发生，则事件A与事件B不是对立事件，故A错误；P(AB)＝416＝14，故B正确；P(B)＝12 16＝34，则P(A|B)＝P（AB）P（B）＝1434＝13，故C正确；因为P(A)＝816＝12，则P(AB)≠P(A)P(B)，所以A，B不相互独立，故D正确．故选BCD.11．(2023·湖北直辖县级单位统考模拟)有3台车床加工同一型号的零件，第1台加工的次品率为5%，第2，3台加工的次品率均为3%，加工出来的零件混放在一起，第1，2，3台车床加工的零件数分别占总数的15%，25%，60%.随机取一个零件，记A＝“零件为次品”，B i＝“零件为第i台车床加工的”(i＝1，2，3)，下列结论正确的是()A．P(A)＝0.03B.C.P（B1|A）＝P（B2|A）D.P（B1|A）＋P（B2|A）＝P（B3|A）答案BC解析对于A ，因为P （A ）＝0.05×0.15＋0.03×0.25＋0.03×0.60＝0.033，故A 错误；对于B ，(B i )＝0.15＋0.25＋0.60＝1，故B 正确；对于C ，因为P (B 1|A )＝P （B 1）P （A |B 1）P （A ）＝0.15×0.050.033＝522，P (B 2|A )＝P （B 2）P （A |B 2）P （A ）＝0.25×0.030.033＝522，所以P (B 1|A )＝P (B 2|A )，故C 正确；对于D ，由C 项分析可得P (B 1|A )＋P (B 2|A )＝511，又因为P (B 3|A )＝P （B 3）P （A |B 3）P （A ）＝0.60×0.030.033＝611，故D 错误．故选BC.三、填空题12．(2023·合肥一模)接种流感疫苗能有效降低流行感冒的感染率，某学校25的学生接种了流感疫苗，已知在流感高发时期，未接种疫苗的感染率为14，而接种了疫苗的感染率为110.现有一名学生确诊了流感，则该名学生未接种疫苗的概率为________．答案1519解析设事件A ＝“感染流行感冒”，事件B ＝“未接种疫苗”，则P (A )＝35×14＋25×110＝19100，P (AB )＝35×14＝320，故P (B |A )＝P （AB ）P （A ）＝1519.13．(2023·东莞三模)在孟德尔豌豆试验中，子二代的基因型为DD ，Dd ，dd ，其中D 为显性基因，d 为隐性基因，且这三种基因型的比为1∶2∶1，如果在子二代中任意选取两株豌豆进行杂交实验，那么子三代中基因型为dd 的概率是________．答案14解析由题意，子二代作杂交试验的基因配型有6种可能，分别设为A i (i ＝1，2，3，4，5，6)，设事件B 为“子三代的基因型为dd ”，则事件A 1A 2A 3A 4A 5A 6配型DD ×DD DD ×Dd Dd ×Dd Dd ×dd DD ×dd dd ×dd P (A i )11614141418116P (B |A i )14121由全概率公式得P (B )＝∑6i ＝1P (A i )P (B |A i )＝14×14＋14×12＋116×1＝14.14．甲、乙两队进行篮球决赛，采取七场四胜制(当一队赢得四场胜利时，该队获胜，决赛结束)．根据前期比赛成绩，甲队的主客场安排依次为“主主客客主客主”．设甲队主场取胜的概率为0.6，客场取胜的概率为0.5，且各场比赛结果相互独立，则甲队以4∶1获胜的概率是________．答案0.18解析甲队以4∶1获胜，甲队在第5场(主场)获胜，前4场中有一场输．若在主场输一场，则概率为2×0.6×0.4×0.5×0.5×0.6；若在客场输一场，则概率为2×0.6×0.6×0.5×0.5×0.6.∴甲队以4∶1获胜的概率P ＝2×0.6×0.5×0.5×0.6×(0.6＋0.4)＝0.18.四、解答题15．(2023·聊城期末)某学校在元宵节前夕举行“灯谜竞猜”活动，活动分一、二两关，分别竞猜5道、20道灯谜．现有甲、乙两位选手独立参加竞猜，在第一关中，甲、乙都猜对了4道，在第二关中，甲、乙分别猜对12道、15道．假设猜对每道灯谜都是等可能的．(1)从第一关的5道灯谜中任选2道，求甲都猜对的概率；(2)从第二关的20道灯谜中任选一道，求甲、乙两人恰有一个人猜对的概率．解(1)设事件A ＝“任选2道灯谜，甲都猜对”，用1，2，3，4，5表示第一关的5道灯谜，其中1，2，3，4表示甲猜对的4道，则样本空间为Ω＝{(1，2)，(1，3)，(1，4)，(1，5)，(2，3)，(2，4)，(2，5)，(3，4)，(3，5)，(4，5)}，A ＝{(1，2)，(1，3)，(1，4)，(2，3)，(2，4)，(3，4)}，所以n (Ω)＝10，n (A )＝6，根据古典概型的计算公式，得P (A )＝n （A ）n （Ω）＝35.(2)设事件B ＝“任选一道灯谜，甲猜对”，事件C ＝“任选一道灯谜，乙猜对”，事件D ＝“任选一道灯谜，甲、乙两人恰有一个人猜对”，根据题意可得，P (B )＝1220，P (B －)＝820，P (C )＝1520，P (C －)＝520.因为D ＝B －C ∪B C －，且B －C ，B C －互斥，又甲、乙两位选手独立参加竞猜，所以B ，C 相互独立，从而B －，C ，B ，C －也相互独立．所以P (D )＝P (B －C ∪B C －)＝P (B －C )＋P (B C －)＝P (B －)P (C )＋P (B )P (C －)＝820×1520＋1220×520＝920.即甲、乙两人恰有一个人猜对的概率为920.16．已知甲、乙两球落入盒子的概率分别为12和13.假定两球是否落入盒子互不影响.(1)求甲、乙两球都落入盒子的概率；(2)求甲、乙两球至少有一个落入盒子的概率．解(1)因为两球是否落入盒子互不影响，所以甲、乙两球都落入盒子的概率为12×13＝16.(2)＝13，所以甲、乙两球至少有一个落入盒子的概率为1－13＝23.17．甲、乙、丙三位同学进行羽毛球比赛，约定赛制如下：累计负两场者被淘汰；比赛前抽签决定首先比赛的两人，另一人轮空；每场比赛的胜者与轮空者进行下一场比赛，负者下一场轮空，直至有一人被淘汰；当一人被淘汰后，剩余的两人继续比赛，直至其中一人被淘汰，另一人最终获胜，比赛结束．经抽签，甲、乙首先比赛，丙轮空．设每场比赛双方获胜的概率都为12.(1)求甲连胜四场的概率；(2)求需要进行第五场比赛的概率；(3)求丙最终获胜的概率．解(1)记事件S：甲连胜四场，则P(S)＝116.(2)记事件A为甲输，事件B为乙输，事件C为丙输，则四局内结束比赛的概率为P′＝P(ABAB)＋P(ACAC)＋P(BCBC)＋P(BABA)＝＝14，所以需要进行第五场比赛的概率为P＝1－P′＝34.(3)记事件M为甲最终获胜，记事件N为丙最终获胜．则甲最终获胜的样本点包括BCBC，ABCBC，ACBCB，BABCC，BACBC，BCACB，BCABC，BCBAC，所以甲最终获胜的概率为P(M)＋＝932.由对称性可知，乙最终获胜的概率和甲最终获胜的概率相等，所以丙最终获胜的概率为P(N)＝1－2×932＝7 16.18．已知某电器市场由甲、乙、丙三家企业占有，其中甲厂产品的市场占有率为40%，乙厂产品的市场占有率为36%，丙厂产品的市场占有率为24%，甲、乙、丙三厂产品的合格率分别为45，23，34.(1)现从三家企业的产品中各取一件抽检，求这三件产品中恰有两件合格的概率；(2)现从市场中随机购买一台电器，求买到的是合格品的概率．解(1)记甲、乙、丙三家企业的一件产品，产品合格分别为事件B1，B2，B3，则三个事件相互独立，恰有两件产品合格为事件D，则D＝B1B2B－3＋B1B－2B3＋B－1B2B3，P(D)＝P(B1B2B－3)＋P(B1B－2B3)＋P(B－1B2B3)＝45×23×14＋45×13×34＋15×23×34＝1330.故从三家企业的产品中各取一件抽检，则这三件产品中恰有两件合格的概率是1330.(2)记事件B为购买的电器合格，记随机买一件产品，买到的产品为甲、乙、丙三个品牌分别为事件A1，A2，A3，P(A1)＝25，P(A2)＝925，P(A3)＝625，P(B|A1)＝45，P(B|A2)＝23，P(B|A3)＝34，P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)＋P(A3)P(B|A3)＝25×45＋925×23＋625×34＝3750.故从市场中随机购买一台电器，买到的是合格品的概率为3750.19．(2023·南京、盐城一模)人工智能是研究用于模拟和延伸人类智能的技术科学，被认为是21世纪最重要的尖端科技之一，其理论和技术正在日益成熟，应用领域也在不断扩大．人工智能背后的一个基本原理：首先确定先验概率，然后通过计算得到后验概率，使先验概率得到修正和校对，再根据后验概率做出推理和决策．基于这一基本原理，我们可以设计如下试验模型：有完全相同的甲、乙两个袋子，袋子里有形状和大小完全相同的小球，其中甲袋中有9个红球和1个白球，乙袋中有2个红球和8个白球．从这两个袋子中选择一个袋子，再从该袋子中等可能摸出一个球，称为一次试验．若多次试验直到摸出红球，则试验结束．假设首次试验选到甲袋或乙袋的概率均为12(先验概率)．(1)求首次试验结束的概率；(2)在首次试验摸出白球的条件下，我们对选到甲袋或乙袋的概率(先验概率)进行调整．①求选到的袋子为甲袋的概率；②将首次试验摸出的白球放回原来袋子，继续进行第二次试验时有如下两种方案：方案一，从原来袋子中摸球；方案二，从另外一个袋子中摸球．请通过计算，说明选择哪个方案第二次试验结束的概率更大．解设试验一次，“取到甲袋”为事件A1，“取到乙袋”为事件A2，“试验结果为红球”为事件B1，“试验结果为白球”为事件B2.(1)P(B1)＝P(A1)P(B1|A1)＋P(A2)P(B1|A2)＝12×910＋12×210＝1120.所以首次试验结束的概率为1120.(2)①因为B1，B2是对立事件，P(B2)＝1－P(B1)＝920所以P(A1|B2)＝P（A1B2）P（B2）＝P（B2|A1）P（A1）P（B2）＝110×12920＝19，所以选到的袋子为甲袋的概率为19.②由①，得P(A2|B2)＝1－P(A1|B2)＝1－19＝8 9，所以方案一取到红球的概率为P1＝P(A1|B2)P(B1|A1)＋P(A2|B2)P(B1|A2)＝19×910＋89×210＝518，方案二取到红球的概率为P2＝P(A2|B2)P(B1|A1)＋P(A1|B2)P(B1|A2)＝89×9 10＋1 9×210＝3745，因为3745>518，所以方案二取到红球的概率更大．即选择方案二，第二次试验结束的概率更大．。
条件概率计算方法
条件概率计算方法
嘿，你知道条件概率吗？这玩意儿就像是在一个特定情境下找到某个事件发生的可能性。
那条件概率咋算呢？首先，咱得明确两个事件A 和B。
条件概率P(A|B)就是在事件B 已经发生的情况下，事件 A 发生的概率。
计算公式就是P(A|B)=P(A∩B)/P(B)。
这就好比你在一堆苹果里找红苹果，先确定了有几个大苹果，然后在大苹果里找红苹果的概率。
那算这玩意儿有啥要注意的呢？可得看清楚事件的先后顺序和关系呀！要是搞混了，那可就全乱套了。
就像你走路不看路，能不摔跤吗？
说到安全性和稳定性，只要你按照正确的方法算，那基本没啥问题。
就像你认真做作业，还能错到哪儿去呢？不会突然给你来个意外结果。
这条件概率有啥用呢？应用场景可多啦！比如在医学诊断里，知道某种症状出现的情况下患某种病的概率，这多重要啊！还有在数据分析中，可以根据已知条件来推测未来的情况。
这不是超厉害吗？
举个实际案例吧！假如你想知道下雨天出门忘带伞被淋湿的概率。
如果下雨天出门的概率是一定的，忘带伞的概率也知道，下雨天且忘带伞被淋湿的概率也能统计出来，那就能用条件概率算啦！这样你就能更好地决定下雨天要不要带伞，多实用啊！
条件概率就是这么牛！它能帮我们在各种情况下做出更明智的决策，让我们的生活更有规划。
你还等啥，赶紧用起来吧！。
条件概率教程
条件概率教程
什么是条件概率？
条件概率是指在某个条件下某事件发生的概率。
它用于描述试
验中事件发生的可能性与已知其他相关事件发生的情况有关的情况。
如何计算条件概率？
条件概率可以通过以下公式来计算：
P(A|B) = P(A∩B) / P(B)
其中，P(A|B)表示在事件B发生的条件下事件A发生的概率，
P(A∩B)表示事件A和事件B同时发生的概率，P(B)表示事件B发
生的概率。
条件概率的应用场景
条件概率在各个领域都有广泛的应用。
以下是一些常见的应用场景：
医学诊断
在医学诊断中，医生往往需要根据病人的症状和检查结果来判断可能的疾病。
条件概率可以帮助医生计算在某些症状或检查结果已知的情况下，某种疾病的概率，从而帮助医生做出准确的诊断。
金融风险分析
在金融领域，人们经常需要评估不同投资组合的风险。
条件概率可以用来计算在某些经济指标已知的情况下，某种投资组合的回报率或风险水平。
这有助于投资者做出更明智的投资决策。
自然语言处理
总结
条件概率是描述在某个条件下某事件发生的概率。
它广泛应用于医学诊断、金融风险分析和自然语言处理等领域。
通过计算条件概率，我们可以更准确地评估事件的发生可能性，从而做出更明智的决策。
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条件概率的三种求解方法作者：张瑜
来源：《启迪与智慧·中旬刊》2020年第07期
【摘要】本文归纳了求解条件概率的三种方法，并通过一个简单例子验证三种解题的方法，说明每一种的方法的优劣。
【关键字】古典概率;条件概率;样本空间;样本点
条件概率在概率论中是一个很重要的概念，因为由条件概率得到概率论中的乘法公式、全概率公式和贝叶斯公式。
因此何如求解条件概率也是很重要的内容。
在教学中求解条件概率是一个重点，也是一个难点。
比如在教学中，學生往往分不清楚这样的两个问题：（1）求两次都取到正品的概率。
（2）已知第一次取到正品的条件下，求第二次也取到正品的概率。
于是对学生强调把问题符号化后，就可以看出第二个问题是一个条件概率的问题，这时就可以区分了。
在浙江大学盛骤、谢式千等人编写的教材《概率与数理统计》一书中提供了两种解题方法，一种是定义法：，先计算P（A）、P（AB），再根据定义式求出条件概率。
另外一种是对于一般的古典概率问题，先计算P（B|A），在事件A发生的条件下，把A作为样本空间，用古典概率的方法来计算条件概率，
其中m表示事件A的样本点数，k表示事件AB的样本点数。
在吴赣昌主编的教材《概率论与数理统计》一书中，明确提到也是这两种方法。
实际上分得细点可以说有三种方法求解条件概率：定义法，A作为样本空间条件下求概率P（B），还有一种是在A发生的条件下，在剩余的样本空间里考虑概率P（B）。
一、基础知识
定义：若试验E满足下列条件：
（1）试验的样本空间只包含有限个样本点，即 ={e1，e2，…en};
（2）每个样本点的发生时等可能的，即，
则称次试验为等可能概型（古典概型）。
在古典概型中，若样本空间只包含n个样本点，即有限个样本点（基本事件），事件A 是中事件，并且事件A中含有k个样本点，则事件A发生的概率为，
称P（A）为古典概率，这个式子也称为古典概型中事件A的概率计算公式。
定义，设A、B是两个事件，且P（A）>0，称
为在事件A发生的条件下事件B发生的条件概率。
二、求解条件概率的方法
如果是一般古典概型的题，求解条件概率的方法有三种：
（1）定义法。
在整个样本空间中先计算P（A）、P（AB），再由条件概率定义计算得。
（2）事件A作为新的样本空间来考虑样本点数，即在事件A发生的条件下，A作为新的样本空间来考虑样本点数，用古典概率的方法求条件概率P（B|A）。
（3）把剩余部分作为新的样本空间来考虑样本点数，即在事件A发生的条件下，这里把A发生之后的部分看作是剩余的样本空间，而把剩余样本空间作为新的样本空间，用古典概率的方法求条件概率P（B|A）。
下面针对这个三个方法来举例。
例1一盒子装有4只产品，其中有3只一等品，1只二等品，从中取产品两次，每次任取一只，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”。
试求条件概率P（B|A）。
解：方法1：定义法，由条件概率定义知，
先求P（A）、P（AB），而由于本题是任取产品问题，可以看成是古典概型的题，由题意知4只产品中任取两只，每次取一只的整个样本空间的样本点数为C14·C13，第一次取到一等品的取法为C13·C12+C13·C11（因为第二次还没取，有可能取到一等品，也有可能取到二等品）或C13C13（第一个C13表示的是第一次从一等品3只中任取一只，第二个C13表示的是第一次取了一只后从总的剩余的3只中任取一只），故或
，第一次取到一等品，第二次一等品取法为C13C12，故，于是由条件概率的定义。
方法2：在条件概率P（B|A）中，在事件A发生的条件下，将A作为新的样本空间考虑样本点数，即第一次取到一等品的取法为C13C13（第一个C13表示的是第一次从一等品3只中任取一只，第二个C13表示的是第一次取了一只后从总的剩余的3只中任取一只），第二次取到一等品的取法为C13C12 ，故。
方法3：在条件概率P（B|A）中，在剩余的样本空间中考虑样本点数，即第一次取到一等品一只（第一次取了结束了就不考虑了），第二次取的时候样本空间就从总的剩余的3只中任取一只的取法为C13，第二次取到一等品的取法为C12，故。
对比条件概率的三种方法，方法3是最简单的，用的是古典概率的方法，并且在计算分母的样本空间时，第一次取了结束了，第二次取的时候就不考虑了。
其实方法1中计算
（分母样本空间的样本点数为：从总的4只产品中任取一只的取法C14，分子事件A的样本点数为：第一次取到一等品的取法C13，即第一次取时，第二次还没发生，没发生就不考虑）;而方法1是用定义，明确、好理解的;方法2是条件作为新的样本空间来考虑样本点数，比较难理解，但也是一个解题方法。
【参考文献】
[1]盛骤，谢式千，潘承毅编.概率论与数理统计（第四版）[M].高等教育出版社，2008：15-16.
[2]吴赣昌主编.概率论与数理统计[M].中国人民大学出版社，2011：18-20.
[3]杨七九主编.概率论与数理统计[M].上海交通大学出版社，2018：14.
【项目编号：2019J0245，云南省教育厅项目，教师类项目，名称：基于探究式學习的数学教学研究】
（1984～），女（白族），云南丽江人，云南大学旅游文化学院信息学院，讲师，研究生硕士学位，计算数学专业，研究方向：信息安全，网络计算。