2.1 条件概率
2.2.1条件概率(一)
1.某种动物出生之后活到 岁的概率为 ， 某种动物出生之后活到20岁的概率为 某种动物出生之后活到 岁的概率为0.7， 活到25岁的概率为 活到 岁的概率为0.56，求现年为 岁的这种 岁的概率为 ，求现年为20岁的这种 动物活到25岁的概率。 动物活到 岁的概率。 岁的概率 表示“ 解 设A表示“活到 岁”(即≥20)，B表示 表示 活到20岁 即 ， 表示 活到25岁 “活到 岁” (即≥25) 即 则 P ( A) = 0.7, P ( B ) = 0.56
P ( AB ) P( A | B ) = P( A )
注 : ⑴ 0 ≤ P ( B | A) ≤1 ; 几何解释: ⑵ 几何解释 : 可加性： ⑶ 可加性 ： 互斥， 如果 B和C 互斥 ， 那么 P [ ( B U C ) | A] = P ( B | A) + P (C | A)
B
A
引例: 引例
小试牛刀： 小试牛刀： 道题中有4道理科题和 道文科题， 道题中有 道理科题和2道文科题 例1在6道题中有 道理科题和 道文科题，如果不放回
的依次抽取2道题 的依次抽取 道题 （1）第一次抽到理科题的概率 ） （2）第一次与第二次都抽到理科题的概率 ） （3）第一次抽到理科题的条件下，第二次抽到理科 ）第一次抽到理科题的条件下， 题的概率. 题的概率.
选修2-3 高二数学 选修
2.2.1条件概率（一） 条件概率（ 条件概率
复习引入： 复习引入：
我们知道求事件的概率有加法公式： 我们知道求事件的概率有加法公式： 若事件A与 互斥 互斥， 若事件 与B互斥，则. P( AU B) = P( A) + P(B) 那么怎么求A与 的积事件 的积事件AB呢 那么怎么求 与B的积事件 呢? 注: 1.事件 与B至少有一个发生的事件叫做 与B的 事件A与 至少有一个发生的事件叫做 至少有一个发生的事件叫做A与 的 事件 和事件,记为 和事件 记为 A U B (或 A + B ); 或 2.事件 与 B都发生的事件叫做 与 B的积事件 事件A与 都发生的事件叫做 都发生的事件叫做A与 的 积事件, 事件 记为 A I B (或 AB ); 或
2.2.1条件概率
用A表示事件“第一名同学没有中奖”
A X1YX2, X2YX1, X1X2Y , X2X1Y
在A发生的条件下，B发生的基本事件 事件A和B同时发生
X1X2Y , X2 X1Y =AB
用 P(B | A) 表示事件“已知第一名同学没有中奖的条件下，最后
一名同学中奖”的概率
由古典概型概率公式，有
高二数学 选修2-3
2.2.1条件概率
1
一、基础知识归纳
设Ω有n个基本事件，随机事件A包含m个基本事件，则 事件A的概率P(A)=m/n. 对任何事件A：0≤P(A)≤1.
1、古典概率定义
P(A)= 有利于事件A的基本事件数
基本事件总数
当且仅当所描述的基本事件的出现是等可能 性时才成立
2
简单概率事件关系
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？
2.条件概率的性质：
（1）有界性： 0 P B A 1
（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：
n()
A52
20,
n( A)
A31
A41
12, P(A)
n( A) n()
12 20
3. 5
( 2)
n(AB ) A32 6,
3P( AB)
n(AB) n()
6 20
3 10
.
(3)法1
P(B
|
A)
P( AB) P( A)
10 3
12法. 2
2.2.1条件概率
三、概念形成
1.条件概率 一般地，对于任何两个事件A、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
“P(B|A)”来表示。
我们把由事件A和事件B同时发生的事件，称为事件 的交或积。用“A∩B”或“AB”来表示。
A∩B A
B
2.条件概率公式的推导 例子：抛掷红、蓝两颗骰子，设事件A=“蓝色骰子 的点数为3或6”，事件B=“两颗骰子的点数之和大于
例3.甲、乙两地都位于长江下游，根据一百年的气象 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%，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？ 解：设A=“甲地为雨天”，B=“乙地为雨天”，则依 题意有P(A)=0.20，P(B)=0.18，P(A∩B)=0.12。 (1)乙地为雨天时，甲地为雨天的概率是
Ω A B
练习：如图，由面积为400cm2的矩形区域Ω内有半径为 6cm的两圆A，B，相交弦长为6cm，现在Ω内随机取 点，若已知点取自圆A内，求在此条件下点取在圆B内 的概率。 解：设A=“圆A内所有点”，B=“圆B内所有点”，则
几何概型
已知事件A发生的条件下，事件B发生，即点取自两 圆的公共部分A∩B。 由已知可求得A圆区域的面积为36πcm2，B圆区域的面 积为36πcm2，两圆公共部分的面积为 12 18 3cm2 所以，P( A)
2.2.1 条件概率
学习目标
1、条件概率的概念
2、条件概率的公式 3、条件概率的应用
一、兴趣引入
“玛丽莲问题”
玛丽莲(Marilyn vos Savant)，美国专栏作家。她在 《Parade》杂志上主持一个叫做“Ask Marilyn”的专栏， 回答读者的各种问题。1991年，她提出了这个著名的玛丽 莲问题（Behind Monty Hall’s Doors）。 “你参加电视台的一个抽奖节目。 台上有三个门，一个后边有汽车，其余 后边是山羊。主持人让你任意选择其一 。然后他打开其余两个门中的一个，你 看到是山羊。这时，他给你机会让你可 以重选，也就是你可以换选另一个剩下 的门。那么，你换不换？”
2.2.1条件概率
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 );
3.若 A B 为不可能事件,则说事件A与B互斥.
引例:掷红、蓝两颗骰子。设事件A=“蓝色骰子的点数为3 或6”事件B=“两颗骰子点数之和大于8”；
求(1)P(A)，P(B)，P(A∩B)
(2)在“事件A已发生”的附加条件下事件Ｂ发生的概率？
若已知有一个女孩，求另一个是男孩的概率；
变式：在一个有三个孩子的家庭中，已知有一 个是男孩，求至少有一个女孩的概率。
例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
对任意事件A和事件B，在已知事件A发生的 条件下事件B发生的条件概率”，叫做条件概率, 记作P(B |A).
P( A B) , P(A)>0. 2.条件概率计算公式: P( B | A) P( A)
例1.抛掷一颗骰子,观察出现的点数 B={出现的点数是奇数}＝｛１，３，５｝ A={出现的点数不超过3}＝｛１，２，３｝ 若已知出现的点数不超过3，求出现的点数是奇数的概率 解：即事件 A 已发生，求事件 B 的概率
由于B A故A B B，
所求概率为
P( A B) P( B) P( B A) 0.8 P( A) P( A)
B
0.56
0.7
A
归纳总结
1.条件概率中两个事件互相影响； 2.弄清“事件A发生”，“事件A发生且事件B发
生”，
“事件B在事件A发生的条件下发生”三者之间的关 3. 解法：①公式法 系 .
2[1].2.1条件概率1.ppt1
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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}
事件B|A的基本事件数为2，{bg、gb} 所以 P(B|A)=2/3 解2： P(B|A)=P(AB)/P(A)
二、条件概率的性质：
必然事件的条件概率为1，不可能事件的条件概率为0
1. 条件概率的定义.
2. 条件概率的计算.
公式:
P ( AB ) P ( B A) P ( A)
昨天看一片电影《玩转21点》，片中有一个很趣的 概率问题。片中涉及的那个车和羊的问题也被称作蒙提 霍尔问题（Monty Hall Problem）或三门问题，是一个 源自博弈论的数学游戏问题，大致出自美国的电视游戏 节目“Let's Make a Deal”。问题的名字来自该节目的主 持人蒙提· 霍尔（Monty Hall）。 这个游戏的玩法是：参赛者会看见三扇关闭了的门， 其中一扇的后面有一辆汽车，选中后面有车的那扇门就 可以赢得该汽车，而另外两扇门后面则各藏有一只山羊。 当参赛者选定了一扇门，但未去开启它的时候，节目主 持人会开启剩下两扇门的其中一扇，露出其中一只山羊。 主持人其后会问参赛者要不要换另一扇仍然关上的 门。
2、几何概型：
(1) 等可能性 (2) 无限性
事件A的区域 P( A) 样本空间的区域
探究一
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,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?
2.2.1条件概率
学习目标： 1.理解条件概率的定义 2.掌握条件概率的两种计算方法 3.利用条件概率公式解决一些简单的实际问题 学习重点：条件概率的两种计算方法 学习难点：理解条件概率的定义 预习检查
1. 条件概率定义:一般地，设A,B为两个事件,且P(A)>0,称 P(B│A)=_______为在事件A发生的条件下,事件B发生的条件概 率;其中P(B│A)读作“A发生的条件下B发生的概率”.
2.性质: (1) 0≤P(B│A)≤1; (2)如果B和C是两个互斥事件,则 P(B∪C│A)=________+__________. 思考探究: 1.P(A│B) =P(B│A)吗?为什么?
2 .已知P(B│A)=, P(AB) =,则P(A)=________. 3. 试探究P(B│A) 与P(A B)的联系.
4.若B与C是互斥事件且P(B│A)=
,
P(C│A)=
,则Leabharlann P(B∪C│A)=_________.
5.某种元件用满6000小时未坏的概率是,用满10000小时未坏的概率
是,现有一个此种元件,已经用过6000小时未坏,则它能用到10000小时
的概率为__________.
6.下列关系式中,正确的是 ( )
A. P(A│B)= P(B│A).
B. 0＜P(B│A)＜1.
C. P(AB)= P(A)· P(B│A).
D. P(A∩B│A)= P(B).
7.四张奖劵中有1张能中奖,现分别由4名同学无放回地抽取,若已知第一
名同学没有抽到中奖奖劵,则最后一名同学抽到中奖奖劵的概率是 (
)
A. B. C. D.1
当堂检测 1.抛掷一枚质地均匀的骰子所出现的点数的所有可能结果为= {1,2,3,4,5,6}.记事件A={2,3,5,},B={1,2,4,5,6},则P(A│B)= () A. B. C. D. 2.根据历年的气象资料统计,某地4月份刮东风的概率是,既刮东风又下 雨的概率是,则在4月份刮东风的条件下,该地下雨概率是________. 3.一个盒子内装有4个产品,其中3个一等品,1个二等品,从中取出两次, 每次任取一个且不放回,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).
2.2.1 条件概率
类型2：利用基本事件个数求条件概率
【例】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 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次都抽到理科题的事件为AB.
是一种重要的求条件概率的方法.
计算条件概率的方法
(1)在缩小后的样本空间 ΩA 中计算事件 B 发生的概率． 即 P(B|A)． (2)在原样本空间 Ω 中，先计算 P(AB)，P(A)， PAB 再利用公式 P(B|A)＝ 计算求得 P(B|A)． PA
(3)条件概率的算法：已知事件 A 发生，在此条件下事件 B 发 生，即事件 AB 发生，要求 P(B|A)，相当于把 A 看作新的基本事 件空间计算事件 AB 发生的概率，即 nAB nAB nΩ PAB P(B|A)＝ ＝ ＝ . nA nA PA nΩ
【例】一个袋中有 2 个黑球和 3 个白球， 如果不放回地抽取两个球， 记事件“第一次抽到黑球”为 A；事件“第二次抽到黑球”为 B. (1)分别求事件 A，B，AB 发生的概率； (2)求 P(B|A)．
【自主解答】 2 (1)P(A)＝ ， 5
由古典概型的概率公式可知
2×1＋3×2 8 2 P(B)＝ ＝ ＝ ， 20 5 5×4 2× 1 1 P(AB)＝ ＝ . 5×4 10 1 PAB 10 1 (2)P(B|A)＝ ＝ ＝ . 2 4 PA 5
事件 A 发生的条件下，事件 B 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．
2、条件概率的性质
2.2.1 条件概率
探究一
探究二
探究三
思维辨析 当堂检测
解:设A={从第一个盒子中取得标有字母A的球},
B={从第一个盒子中取得标有字母B的球},
R={第二次取出的球是红球},
W={第二次取出的球是白球},
则 A、B 互斥易得 P(A)=170,P(B)=130, P(R|A)=12,P(R|B)=45,
事件“试验成功”表示为RA∪RB,又事件RA与事件RB互斥,故由概
探究一
探究二
探究三
思维辨析 当堂检测
解:(方法一)设“摸出的第一个球为红球”为事件A,“摸出的第二个
球为黄球”为事件B,“摸出的第二个球为黑球”为事件C,
则 P(A)=110,P(AB)=110××29 = 415,P(AC)=110××39 = 310.
1
∴P(B|A)=������������(���(���������������)) =
发生的条件下,事件B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.
【思考1】 P(B|A)与P(AB)有何区别? 提示:P(B|A)的值是AB发生相对于事件A发生的概率的大小;而 P(AB)是AB发生相对于原来的总空间而言,一般P(B|A)≠P(AB). 【思考2】 若事件A、B互斥,则P(B|A)是多少?
则 P(A)=1326 = 13.
∵3+6=6+3=4+5=5+4>8,4+6=6+4=5+5>8,5+6=6+5>8,6+6>8,
∴事件B的基本事件总数为4+3+2+1=10. ∴P(B)=10 = 5 .
36 18
条件概率、全概率公式PPT课件
-
14
设 A1,A2,,An 满足上面的两S 条件，则 对任何事件 B 有
B B S B ( A 1 U A 2 U L U A n ) B A 1 U B A 2 U U B A n
于是 P (B ) P (B A 1 U B A 2 U U B A n )
P (B A 1 ) P (B A 2 ) P (B A n )
“点落在圆形区域B内”，
在已知事件A发生的条件下 事件B 发生的条件概率为
A
AB B
S
p B
A
AB的 面 积 A的 面 积
AB的 面 积 A的 面 积 S的 面 积
S的 面 积
p AB pA .
-
3
条件概率 P ( • A ) 的性质
（1）非负性 对任意事件B，有 pBA0;
（2）规范性 对必然事件 S ，有 pS A 1;
-
12
2.2 全概率公式
如何将一个复杂概率计算问 题分解为简单计算问题之和
设 S 为样本空间，若事件 A1,A2,,An满足：
A1,A2,,An 两两不相容，即
A iA j ( i j,i,j 1 ,2 ,,n ) 通常要求
A 1 U A 2 U U A n S ( 或 A 1 U A 2 U P U (A A i)n 0 B ,) i1,2,,n
解 设Ai表示事件“任取的1件产品是第i组生生产的” (i=1,2,3,4)，B表示“任取的1件产品是次品”.
P A1 0 .1 5 ,
P B A1 0 .0 5 ,
P A 2 0 .2 0 ,
P B A 2 0 .0 4 ,
P A 3 0 .3 0 ,
P B A 3 0 .0 3,
课件6：2.2.1 条件概率
解 由题意知 P(A)＝145，P(B)＝125，P(AB)＝110，
1 故 P(B|A)＝PP((AAB))＝140＝38.
15
1 P(A|B)＝PP((ABB))＝120＝34.
15
题型一 条件概率的计算
例1.抛掷红、蓝两颗骰子，记事件A为“蓝色骰子的点数为3或 6”，事件B为“两颗骰子的点数之和大于8”．
(3)方法一：因为 P(AB)＝53××42＝130，
3 所以 P(B|A)＝PP((AAB))＝130＝12.
5
方法二：因为 n(A)＝3×4＝12，n(AB)＝3×2＝6，
所以 P(B|A)＝nn((AAB))＝162＝12.
题型二 条件概率的性质
例2.在某次考试中，要从20道题中随机地抽出6道题，若考生至少 能答对其中的4道题即可通过；若至少能答对其中5道题就获得优秀， 已知某考生能答对其中10道题，并且知道他在这次考试中已经通过， 求他获得优秀成绩的概率．
1
3
A.2
B.5
23C.3来自D.50【解析】 由条件概率公式知 P(B|A)＝PP((AAB))， ∴P(AB)＝P(B|A)×P(A)＝130×15＝530. 【答案】 D
2．在一个盒子中有大小相同的 10 个球，其中 6 个红球，4
个白球，两人无放回地各取一个球，则在第一个人摸出红球的
条件下，第二个人也摸出红球的概率是( )
2．2.1 条件概率
目标导航 1．理解条件概率的定义． 2．掌握条件概率的两种计算方法． 3．利用条件概率公式解决一些简单的实际问题．
入门答疑 这个家庭中有两个孩子，已知老大是女孩，问这时另一个小孩也 是女孩的概率为多大？
[提示] Ω＝{(男，男)，(男，女)，(女，男)，(女，女)}， A＝{已知老大是女孩}＝{(女，男)，(女，女)} ， B＝{另一个也是女孩}＝{(女，女)}， 所以所求概率为12.
2.2.1条件概率2.
B={出现的点数是奇数}＝｛１，３，５｝
A={出现的点数不超过3}＝｛１的点数是奇数 的概率
解：即事件 A 已发生，求事件 B 的概率
也就是求：Ｐ（B｜A）
A B 都发生，但样本空
间缩小到只包含A的样本点
P(B | A) n( AB) 2 n( A) 3
P(B|A)以A发生为条件,样本空间缩小为A
Ω
P(B |A)相当于把Ａ看作 新的样本空间求AB发生
B
A
的概率
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？
n( AB)
P(B | A) n( AB) n( A)
n() n( A)
P( AB) P( A)
n()
P(B |A)相当于把Ａ看作新的
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
的依次抽取2道题 （1）第一次抽到理科题的概率 （2）第一次与第二次都抽到理科题的概率 （3）第一次抽到理科题的条件下，第二次抽到理科 题的概率.
例1在5道题中有3道理科题和2道文科题，如果不放回
的依次抽取2道题 （1）第一次抽到理科题的概率 （2）第一次与第二次都抽到理科题的概率 （3）第一次抽到理科题的条件下，第二次抽到理科 题的概率.
反思
求解条件概率的一般步骤： （1）用字母表示有关事件 （2）求P(AB），P(A)或n(AB),n(A) ( 3 )利用条件概率公式求
P B A P(AB) n(AB) P(A) n(A)
探究：
三张奖券中只有一张能中奖，现分别由三名同学 无放回的抽取，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。
课件3 ：2.2.1 条件概率
事件A=“蓝色骰子的 y（蓝） 找出事件A,事件B,事件AB
点数为 3 或 6 ” 事件B= “两颗骰子的 6
•• • • • •
AB
A 点数之和大于 8 ” n(A) 12
5
4
n(A B) 55 3
P(B | A)
12
事件A发生条件下，事
2
件B的概率，就是A发 1
• • • • •B •
•• • • • • •• • • • • •• • • • • •• • • • •
本节内容结束
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① 交事件AB 含义是“ 从 3 个黑球和 2 个白球的 5 个小球中无放回地接连取出两个，取到的都是黑 球”
因此 P (AB ) = C32×C20 / C52 = 0.3 ；
② P (A ) 有两种不同的解法，依赖于如何构造Ω 。 解法一：以两次抽样的结果来构造样本空间，需要 考虑顺序，因此样本空间的样本点总数是 P52 = 20 。 根据乘法原理，“第一次取出的是黑球”包含的样本 点个数有 3×4 = 12 ，因此 P (A ) = 12/20 = 0.6 ；
（2）P（B|A）=
P
(A B) P( A)
=
0.Байду номын сангаас2 0.2
0.60
答：乙地为雨天甲地也为雨天的概率为2/3， 甲地为雨天乙地也为雨天的概率为3/5。
一定要明确谁是条件？求谁的概率？
练习2： 抛掷一枚质地均匀的硬币两次。 （1）两次都是正面的概率是多少？ （2）在已知第一次出现正面向上的条件下，两次都 是正面向上的概率是多少？
答：另一个是男孩的概率是 2
求P(B|A)条件概率的步骤：
Step1:根据条件设事件 A,B；
教学设计3 : 2.2.1 条件概率
条件概率【教学目标】知识与技能：通过现实情境的探究，理解条件概率的概念及其计算公式，并能简单地应用公式进行问题解决。
过程与方法：1．通过对条件概率计算公式的探究，渗透归纳思维和数形结合的思想方法，培养学生观察、归纳、抽象的能力和直观能力；2．通过知识的探究过程培养学生细心观察、认真分析、严谨论证的良好思维习惯，让学生感知从具体到抽象，从特殊到一般，从感性到理性的认知过程。
情感、态度与价值观：结合现实情境，渗透概率思想，学会透过现象看本质，加强数学应用意识和数学审美能力的培养，激发学生学习数学的兴趣；对学生进行辨证唯物主义教育，培养学生坚持实事求是的态度、锲而不舍的科学精神。
【教学重难点】教学重点：条件概率的定义及其计算公式。
教学难点：条件概率与概率的区别与联系。
解决难点的关键：弄清楚“事件A发生”、“事件A发生并且事件B也发生”以及“事件B在事件A发生的条件下发生”的概率之间的关系和区别。
【教法分析】从学生的认知规律出发，结合问题情境，通过探究、交流合作，运用讲授法、讨论法、阅读指导法充分调动学生的积极性，发挥学生的主体作用，在讲授过程中善于解疑、设疑、激疑，通过合情推理与演绎推理的思维过程，培养学生的归纳思维，让学生感知从具体到抽象，从特殊到一般，从感性到理性的认知过程。
【教学手段】计算机、投影仪。
【教学过程】教学内容师生互动设计意图创设情境，引入课题预案：问题情境：某人有两个孩子，请思考：问题１：他的两个孩子都是男孩的概率是多少？问题２：如果他说:“我的大孩子是男孩”，则两个孩子都是男孩的概率是多少？归纳：（预计学生都会凭直觉而出错）分析问题之间的区别和联系，给出条件概率的定义。
形成概念；条件概率的概念对于任何两个事件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。
记作：)(ABP，读作：Ａ发生的条件下Ｂ的概率。
教师:让学生先独立思考问题。
学生：大胆尝试，给出答案。
教师：根据学生讨论、回答情况分析两个问题之间的区别和联系，鼓励学生给出条件概率的定义，引入新课。
2.2.1 条件概率
2.2.1 条件概率1．条件概率一般地，设A 、B 为两个事件，且P (A )>0，称P (B |A )＝P (AB )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 发生的概率__．如果事件A 发生与否，会影响到事件B 的发生，显然知道了A 的发生，研究事件B 时，基本事件发生变化，从而B 发生的概率也相应的发生变化，这就是__条件概率__要研究的问题．2．条件概率的性质 性质1：0≤P (B |A )≤1；性质2：如果B 和C 是两个互斥事件，那么P (B ∪C |A )＝P (B |A )＋P (C |A )．1．已知P (AB )＝310，P (A )＝35，则P (B |A )为 ( B )A ．950B ．12C ．910D ．142．(2016·武汉高二检测)据某地区气象台统计，在某季节该地区下雨的概率是415，刮四级以上风的概率为215，既刮四级以上风又下雨的概率为110，设事件A 为下雨，事件B 为刮四级以上的风，那么P (B |A )＝ 38. [解析] 由题意P (A )＝415，P (B )＝215，P (AB )＝110，∴P (B |A )＝P (AB )P (A )＝38.故答案为38.3．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，第二次再次取到不合格品的概率为499. [解析] 解法一：在第一次取到不合格品以后，由于不放回，故还有99件产品，其中4件次品，故第二次再次取到不合格产品的概率为499.解法二：第一次取到不合格品的概率为P 1＝5100＝120，两次都取到不合格产品的概率为P 2＝C 25C 2100＝1495，∴所求概率P ＝P 2P 1＝1495120＝499.4．在一个口袋里装有大小相同的红色小球3个，蓝色小球5个，从中任取1球观察颜色，不放回，再任取一球，则(1)在第一次取到红球条件下，第二次取到红球的概率为多少？ (2)在第一次取到蓝球的条件下，第二次取到红球的概率为多少？ (3)在第一次取到蓝球的条件下，第二次取到蓝球的概率为多少？[解析] 解法一：(1)第一次取到红球不放回，此时口袋里有2个红球，5个蓝球，故第二次取到红球的概率为P 1＝27.(2)第一次取到蓝球后不放回，这时口袋里有3红4蓝7个小球，从中取出一球，取到红球的概率为37.(3)第一次取到蓝球后不放回，这时口袋里有3红4蓝7个小球，从中取出一球，取到蓝球的概率为P 3＝47. 解法二：(1)记事件A 为“第一次取到红球”，事件B 为“第二次取到红球”，∵P (AB )＝C 23C 28＝328，P (A )＝38，∴P (B |A )＝P (AB )P (A )＝32838＝27. (2)设C ＝“第一次取到蓝球”，B ＝“第二次取到红球”，则P (CB )＝A 15A 13A 28＝1556，P (C )＝58，∴P (B |C )＝155658＝37.(3)记C ＝“第一次取到蓝球”，D ＝“第二次取到蓝球”， 则P (CD )＝C 25C 28＝514，P (C )＝58，∴P (D |C )＝P (CD )P (C )＝47.命题方向1 ⇨利用条件概率公式求条件概率典例1 盒内装有除型号和颜色外完全相同的16个球，其中6个是E 型玻璃球，10个是F 型玻璃球．E 型玻璃球中有2个是红色的，4个是蓝色的；F 型玻璃球中有3个是红色的，7个是蓝色的．现从中任取1个，已知取到的是蓝球，问该球是E 型玻璃球的概率是多少？[思路分析] 通过表格将数据关系表示出来，再求取到蓝球是E 型玻璃球的概率． [解析] (1)令事件A ＝{取得蓝球}，B ＝{取得蓝色E 型玻璃球}． 解法一：∵P (A )＝1116，P (A ∩B )＝416＝14，∴P (B |A )＝P (A ∩B )P (A )＝141116＝411.解法二：∵n (A )＝11，n (A ∩B )＝4，∴P (B |A )＝n (A ∩B )n (A )＝411. 『规律总结』 (1)在题目条件中，若出现“在……发生的条件下……发生的概率”时，一般可认为是条件概率．(2)条件概率的两种计算方法①在原样本空间中，先计算P (AB )，P (A )，再利用公式P (B |A )＝P (AB )P (A )计算求得P (B |A )； ②若事件为古典概型，可利用公式P (B |A )＝n (AB )n (A )，即在缩小后的样本空间中计算事件B 发生的概率． 〔跟踪练习1〕(1)(2015·课标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 )A ．0.8B ．0.75C ．0.6D ．0.45(2)(2016·山东泰安模拟)抛掷红、蓝两颗骰子，记事件A 为“蓝色骰子的点数为4或6”，事件B 为“两颗骰子的点数之和大于8”，则P (B |A )＝ 12 ；P (A |B )＝ 35.[解析] (1)本题考查条件概率的求法．设A ＝“某一天的空气质量为优良”，B ＝“随后一天的空气质量为优良”，则 P (B |A )＝P (A ∩B )P (A )＝0.60.75＝0.8，故选A ． (2)解法一：抛掷红、蓝两颗骰子，事件总数为6×6＝36，事件A 的基本事件数为6×2＝12，所以P (A )＝1236＝13.由于3＋6＝6＋3＝4＋5＝5＋4>8,4＋6＝6＋4＝5＋5>8,5＋6＝6＋5>8,6＋6>8， 所以事件B 的基本事件数为4＋3＋2＋1＝10.所以P (B )＝1036＝518.在事件A 发生的条件下，事件B 发生，即事件AB 的基本事件数为6.故P (AB )＝336＝16. 由条件概率公式得①P (B |A )＝P (AB )P (A )＝1613＝12；②P (A |B )＝P (AB )P (B )＝16518＝35.解法二：n (A )＝6×2＝12.由3＋6＝6＋3＝4＋5＋5＋4>8,4＋6＝6＋4＝5＋5>8,5＋6＝6＋5>8,6＋6>8知n (B )＝10，其中n (AB )＝6. 所以P (B |A )＝n (AB )n (A )＝612＝12；P (A |B )＝n (AB )n (B )＝610＝35. 命题方向2 ⇨利用基本事件个数求条件概率典例2 现有6个节目准备参加比赛，其中4个舞蹈节目，2个语言类节目，如果不放回地依次抽取2个节目，求：(1)第1次抽到舞蹈节目的概率；(2)第1次和第2次都抽到舞蹈节目的概率；(3)在第1次抽到舞蹈节目的条件下，第2次抽到舞蹈节目的概率．[思路分析] 第(1)、(2)问属古典概型问题，可直接代入公式；第(3)问为条件概率，可以借用前两问的结论，也可以直接利用基本事件个数求解．[解析] 设第1次抽到舞蹈节目为事件A ，第2次抽到舞蹈节目为事件B ，则第1次和第2次都抽到舞蹈节目为事件A ∩B ．(1)从6个节目中不放回地依次抽取2个的事件数为n (Ω)＝A 26＝30，根据分步计数原理n (A )＝A 14A 15＝20，于是P (A )＝n (A )n (Ω)＝2030＝23. (2)因为n (A ∩B )＝A 24＝12，于是P (A ∩B )＝n (A ∩B )n (Ω)＝1230＝25. (3)解法一：由(1)(2)可得，在第1次抽到舞蹈节目的条件下，第2次抽到舞蹈节目的概率为 P (B |A )＝P (A ∩B )P (A )＝2523＝35.解法二：因为n (A ∩B )＝12，n (A )＝20，所以P (B |A )＝n (A ∩B )n (A )＝1220＝35. 解法三：第1次抽到舞蹈节目后，再抽第2次，则基本事件空间为C 15，而又抽到舞蹈节目的数目为C 13， ∴概率为P ＝C 13C 15＝35.『规律总结』 1.本题第(3)问给出了三种求条件概率的方法，解法一为定义法，解法二利用基本事件个数直接作商，是一种重要的求条件概率的方法．解法三利用了缩小基本事件空间的方法．2．计算条件概率的方法(1)在缩小后的样本空间ΩA 中计算事件B 发生的概率．即P (B |A )．(2)在原样本空间Ω中，先计算P (A ∩B )，P (A )，再利用公式P (B |A )＝P (A ∩B )P (A )计算求得P (B |A )． (3)条件概率的算法：已知事件A 发生，在此条件下事件B 发生，即事件A ∩B 发生，要求P (B |A )，相当于把A 看作新的基本事件空间计算事件A ∩B 发生的概率，即P (B |A )＝n (A ∩B )n (A )＝n (A ∩B )n (Ω)n (A )n (Ω)＝P (A ∩B )P (A ).〔跟踪练习2〕(2016·福州高二检测)已知盒中装有大小一样，形状相同的3个白球与7个黑球，每次从中任取一个球并不放回，则在第1次取到白球的条件下，第2次取到的是黑球的概率为( D )A ．310B ．29C ．78D ．79[解析] 解法一：设第1次抽到白球为事件A ，第2次取到的是黑球为事件B ，则n (A )＝C 13C 19＝27，n (AB )＝C 13C 17＝21，所以P (B |A )＝n (AB )n (A )＝2127＝79，故选D ． 解法二：盒中共有10个球，其中3白、7黑，在第一次取到白球的条件下，盒中还有2白、7黑共9个球，从中任取一球，取到黑球的概率为P ＝79.命题方向3 ⇨条件概率性质的应用典例3 在某次考试中，要从20道题中随机的抽出6道题，若考生至少能答对其中的4道题即可通过；若能答对其中的5道题就能获得优秀．已知某考生能答对其中的10道题，并且已知道他在这次考试中已经通过，求他获得优秀成绩的概率.[解析] 设“该考生6道题全答对”为事件A ，“该考生恰好答对了5道题”为事件B ，“该考生恰好答对了4道题”为事件C ，“该考生在这次考试中通过”为事件D ，“该考生在这次考试中获得优秀”为事件E ，则D ＝A ∪B ∪C ，E ＝A ∪B ，且A ，B ，C 两两互斥，由古典概型的概率公式知P (D )＝P (A ∪B ∪C )＝P (A )＋P (B )＋P (C )＝C 610C 620＋C 510C 110C 620＋C 410C 210C 620＝12180C 620，又AD ＝A ，BD ＝B ，所以P (E |D )＝P (A ∪B |D )＝P (A |D )＋P (B |D )＝P (AD )P (D )＋P (BD )P (D )＝P (A )P (D )＋P (B )P (D )＝C 610C 62012180C 620＋C 510C 110C 62012180C 620＝1358. 『规律总结』 利用条件概率性质的解题策略(1)分析条件，选择公式：首先看事件B ，C 是否互斥，若互斥，则选择公式P (B ∪C |A )＝P (B |A )＋P (C |A )． (2)分解计算，代入求值：为了求比较复杂事件的概率，一般先把它分解成两个(或若干个)互不相容的较简单的事件之和，求出这些简单事件的概率，再利用加法公式即得所求的复杂事件的概率．〔跟踪练习3〕某生在一次考试中，共有10道题供选择，已知该生会答其中6道题，随机从中抽5道题供该生回答，至少答对3道题则及格，求该生在第一题不会答的情况下及格的概率．[解析] 设事件A 为：从10道题中依次抽5道题，第一题不会答，事件B 为：从10道题中依次抽5道题，至少有3道题会答．n (A )＝C 14C 49，n (AB )＝C 14(C 36C 13＋C 46C 03)．则P (B |A )＝n (AB )n (A )＝C 14(C 36C 13＋C 46C 03)C 14C 49＝2542.所以该生在第一题不会答的情况下及格的概率为2542. 条件概率公式的推广的应用(1)条件概率定义的推广P (A k |A 1A 2…A k －1)＝P (A 1A 2…A k )P (A 1A 2…A k －1)，其中k ＝1,2,3，…，P (A 1A 2…A k －1)≠0.(2)乘法公式的推广．若P (A 1A 2…A n －1)>0，则P (A 1A 2…A n )＝P (A 1)·P (A 2|A 1)·P (A 3|A 1A 2)…P (A n |A 1A 2…A n －1)． (3)全概率公式．完备事件组：若事件A 1，A 2，…，A n 互斥，又一次试验中事件A 1，A 2，…，A n 必发生其中之一，即A 1∪A 2∪…∪A n ＝Ω，又A i A j ＝∅(i ≠j )，则称A 1，A 2，…，A n 为完备事件．全概率公式：若事件B 1，B 2，…，B n 为完备事件组，且P (B i )>0(i ＝1,2，…，n )，则对任一事件A ，有P (A )＝∑i ＝1nP (B i )P (A |B i )．典例4 某仓库有同样规格的产品12箱，其中6箱、4箱、2箱依次是由甲、乙、丙三个厂生产的，且三个厂的次品率分别为110，114，118.现从这12箱中任取一箱，再从取得的一箱中任意取出一个产品.(1)求取得的一个产品是次品的概率；(2)若已知取得一个产品是次品，则这个次品是乙厂生产的概率是多少？(精确到0.001)[解析] (1)设A ＝{取得一个产品是次品}，B 1＝{取得一箱是甲厂的}，B 2＝{取得一箱是乙厂的}，B 3＝{取得一箱是丙厂的}．显然B 1，B 2，B 3是导致A 发生的一组原因，这组原因是完备事件组(即一个划分)，A 能且只能与B 1，B 2，B 3之一同时发生．三个厂的次品率分别为110，114，118，∴P (A |B 1)＝110，P (A |B 2)＝114，P (A |B 3)＝118.12箱产品中，甲占612，乙占412，丙占212，由全概率公式得P (A )＝∑k ＝13P (A |B k )P (B k )＝612×110＋412×114＋212×118≈0.083.(2)依题意，已知A 发生，要求P (B 2|A )，此时我们用贝叶斯公式： P (B 2|A )＝P (B 2)P (A |B 2)P (A )≈412×1140.083≈0.287.『规律总结』 贝叶斯公式实质上是条件概率公式P (B i |A )＝P (B i A )P (A )，P (B i A )＝P (B i )·P (A | B i )，全概率公式P (A )＝∑i ＝1nP (B i )P (A |B i )的综合应用．误认为条件概率P (B |A )与积事件的概率P (AB )相同典例5 袋中装有大小相同的6个黄色的乒乓球，4个白色的乒乓球，每次抽取一球，取后不放回，连取两次，求在第一次取到白球的条件下第二次取到黄球的概率.[错解] 记“第一次取到白球”为事件A ，“第二次取到黄球”为事件B ，“在第一次取到白球的条件下第二次取到黄球”为事件C ，∴P (C )＝P (AB )＝4×610×9＝415.[辨析] 应注意P (AB )是事件A 和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 发生的概率．[正解] 记“第一次取到白球”为事件A ，“第二次取到黄球”为事件B ，“在第一次取到白球的条件下第二次取到黄球”为事件C ．在事件A 已经发生的条件下，袋中只有9个球，其中3个白球，故此时取到黄球的概率为P (C )＝P (B |A )＝69＝23或者P (C )＝P (B |A )＝P (AB )P (A )＝41525＝23. [点评] 记A 1为“两次都取到黄球”，A 2为“第一次取到黄球，第二次取到白球”，A 3为“两次都取到白球”，A 4为“第一次取到白球，第二次取到黄球”，A 为“第一次取到白球”，B 为“第二次取到黄球”，C 为“第一次取到白球的条件下，第二次取到黄球”，则A 4＝AB ，P (A 1)＝6×510×9＝13，P (A 2)＝6×410×9＝415，P (A 3)＝4×310×9＝215，P (A 4)＝4×610×9＝415，P (A )＝410＝25，P (B )＝6×5＋4×610×9＝35，P (B |A )＝P (AB )P (A )＝41525＝23，要将以上各事件的关系及其概率切实弄清，准确理解条件概率的含义．〔跟踪练习4〕根据历年气象统计资料，某地四月份吹东风的概率为 310，下雨的概率为1130，既吹东风又下雨的概率为415.则在吹东风的条件下下雨的概率为 89.[解析] 设事件A 表示“该地区四月份下雨”，事件B 表示“四月份吹东风”，则P (A )＝1130，P (B )＝310，P (A ∩B )＝830＝415，从而在吹东风的条件下下雨的概率为P (A |B )＝P (A ∩B )P (B )＝415310＝89.1．已知P (AB )＝313，P (A )＝37，则P (B |A )等于 ( B )A ．991B ．713C ．913D ．791[解析] P (B |A )＝P (AB )P (A )＝31337＝713.2．盒中有10只同一型号的螺丝钉，其中3只是坏的，现在从盒中不放回地依次抽取两只，则在第一只抽取为好的条件下，第二只是坏的概率为 ( B )A ．112B ．13C ．8384D ．184[解析] 设事件A 为“抽取的第一只是好的”，事件B 为“抽取的第二只是坏的”， 则P (A )＝7×910×9＝710，P (AB )＝7×310×9＝730，所以P (B |A )＝13.3．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 )A ．12B ．13C ．14D ．18[解析] 在第一位数字为0的条件下，第二位数字为0的概率为P (A |B )＝n (AB )n (B )＝22×2＝12.4．已知甲、乙、丙三人到三个景点旅游，每人只去一个景点，设事件A 为“三个人去的景点互不相同”，B 为“甲独自去一个景点”，则概率P (A |B )等于 ( C )A ．49B ．29C ．12D ．13[解析] 由题意可知，n (B )＝C 13·22＝12，n (AB )＝A 33＝6.所以P (A |B )＝n (AB )n (B )＝612＝12. 5．6名同学参加百米短跑比赛，赛场共有6条跑道，已知甲同学排在第一跑道，则乙同学排在第二跑道的概率是 15.[解析] “甲排在第一跑道”记为事件A ，“乙排在第二跑道”记为事件B ． 则P (A )＝A 55A 66＝16，P (AB )＝A 44A 66＝130.所以P (B |A )＝P (AB )P (A )＝13016＝15.A 级 基础巩固一、选择题1．(2016·烟台高二检测)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 )＝ ( B )A ．18B ．14C ．25D ．12[解析] P (A )＝C 23＋C 22C 25＝25，P (AB )＝C 22C 25＝110.由条件概率公式得P (B |A )＝P (AB )P (A )＝14.故选B ． 2．一个盒子里有20个大小形状相同的小球，其中5个红的，5个黄的，10个绿的，从盒子中任取一球，若它不是红球，则它是绿球的概率是 ( C )A ．56B ．34C ．23D ．13[解析] 在已知取出的小球不是红球的条件下，问题相当于从5黄10绿共15个小球中任取一个，求它是绿球的概率，∴P ＝1015＝23.3．一个口袋中装有2个白球和3个黑球，则先摸出一个白球后放回，再摸出一个白球的概率是 ( C ) A ．23 B ．14 C ．25D ．15[解析] 设A i 表示第i 次(i ＝1、2)取到白球的事件，因为P (A 1)＝25，P (A 1A 2)＝25×25＝425，在放回取球的情况下：P (A 2|A 1)＝42525＝25.4．(2016·大连高二检测)一个家庭中有两个小孩，已知其中有一个是女孩，则另一个也是女孩的概率为 ( B )A ．12B ．13C ．14D ．15[解析] 有一个是女孩记为事件A ，另一个是女孩记为事件B ，则所求概率为P (B |A )＝P (AB )P (A )＝13. 5．(2016·辽阳高二检测)在5道题中有3道数学题和2道物理题．如果不放回地依次抽取2道题，则在第1次抽到数学题的条件下，第2次抽到数学题的概率是 ( C )A ．35B ．25C ．12D ．13[解析] 设第一次抽到数学题为事件A ，第二次抽到数学题为事件B ， 由已知P (AB )＝310，P (A )＝35，所以P (B |A )＝P (AB )P (A )＝12.6．电视机的使用寿命与显像管开关的次数有关．某品牌的电视机的显像管开关了10000次后还能继续使用的概率是0.80，开关了15000次后还能继续使用的概率是0.60，则已经开关了10000次的电视机显像管还能继续使用到15000次的概率是 ( A )A ．0.75B ．0.60C ．0.48D ．0.20[解析] 记“开关了10000次后还能继续使用”为事件A ，记“开关了15000次后还能继续使用”为事件B ，根据题意，易得P (A )＝0.80，P (B )＝0.60，则P (A ∩B )＝0.60，由条件概率的计算方法，可得P ＝P (A ∩B )P (A )＝0.600.80＝0.75. 二、填空题7．甲、乙两地都处于长江下游，根据历史记载，知道甲、乙两地一年中雨天占的比例分别为20%与18%，两地同时下雨的比例为12%.(1)乙地为雨天时，甲地也为雨天的概率为 23 ；(2)甲地为雨天时，乙地也为雨天的概率为__0.6__.[解析] 设A ＝“甲地为雨天”，B ＝“乙地为雨天”，则P (A )＝20%＝0.2，P (B )＝18%＝0.18，P (AB )＝12%＝0.12.(1)P (A |B )＝P (AB )P (B )＝0.120.18＝23.(2)P (B |A )＝P (AB )P (A )＝0.120.2＝0.6.8．100件产品中有5件次品，不放回地抽取两次，每次抽1件，已知第一次抽出的是次品，则第2次抽出正品的概率为 9599.[解析] 设“第一次抽到次品”为事件A ，“第二次抽到正品”为事件B ，则P (A )＝5100＝120，P (AB )＝C 15C 195A 2100＝19396，所以P (B |A )＝P (AB )P (A )＝9599. 9．设P (A |B )＝P (B |A )＝12，P (A )＝13，则P (B )等于 13.[解析] ∵P (B |A )＝P (A ∩B )P (A )，∴P (A ∩B )＝P (B |A )·P (A )＝12×13＝16，∴P (B )＝P (A ∩B )P (A |B )＝1612＝13.三、解答题10．一个盒子中有6只好晶体管，4只坏晶体管，任取两次，每次取一只，每一次取后不放回．若已知第一只是好的，求第二只也是好的概率.[解析] 令A i ＝{第i 只是好的}，i ＝1,2.解法一：n (A 1)＝C 16C 19，n (A 1A 2)＝C 16C 15，故P (A 2|A 1)＝n (A 1A 2)n (A 1)＝C 16C 15C 16C 19＝59.解法二：因事件A 1已发生(已知)，故我们只研究事件A 2发生便可，在A 1发生的条件下，盒中仅剩9只晶体管，其中5只好的，所以P (A 2|A 1)＝C 15C 19＝59.B 级 素养提升一、选择题1．一个袋子中有5个大小相同的球，其中有3个黑球与2个红球，如果从中任取两个球，则恰好取到两个同色球的概率是 ( C )A ．15B ．310C ．25D ．12[解析] 从5个球中任取两个，有C 25＝10种不同取法，其中两球同色的取法有C 23＋1＝4种，∴P ＝410＝25. 2．(2016·沈阳高二检测)一盒中装有5个产品，其中有3个一等品，2个二等品，从中不放回地取出产品，每次1个，取两次，已知第二次取得一等品的条件下，第一次取得的是二等品的概率是 ( A )A ．12B ．13C ．14D ．23[解析] 解法一：设A ＝“第一次取到二等品”，B ＝“第二次取得一等品”，则AB ＝“第一次取到二等品且第二次取到一等品”，∴P (A |B )＝P (AB )P (B )＝2×35×42×3＋3×25×4＝12.解法二：设一等品为a 、b 、c ，二等品为A 、B ，“第二次取到一等品”所含基本事件有(a ，b )，(a ，c )，(b ，a )，(b ，c )，(c ，a )，(c ，b )，(A ，a )，(A ，b )，(A ，c )，(B ，a )，(B ，b )，(B ，c )共12个，其中第一次取到二等品的基本事件共有6个，∴所求概率为P ＝612＝12. 二、填空题3．从1～100这100个整数中，任取一数，已知取出的一数是不大于50的数，则它是2或3的倍数的概率为 3350.[解析] 解法一：根据题意可知取出的一个数是不大于50的数，则这样的数共有50个，其中是2或3的倍数的数共有33个，故所求概率为3350.解法二：设A ＝“取出的球不大于50”，B ＝“取出的数是2或3的倍数”，则P (A )＝50100＝12，P (AB )＝33100，∴P (B |A )＝P (AB )P (A )＝3350. 4．投掷两颗均匀骰子，已知点数不同，设两颗骰子点数之和为ξ，则ξ≤6的概率为1130. [解析] 解法一：投掷两颗骰子，其点数不同的所有可能结果共30种，其中点数之和ξ≤6的有(1,2)，(1,3)，(1,4)，(1,5)，(2,1)，(2,3)，(2,4)，(3,1)，(3,2)，(4,1)，(4,2)，共11种，∴所求概率P ＝1130.解法二：设A ＝“投掷两颗骰子，其点数不同”，B ＝“ξ≤6”，则P (A )＝3036＝56，P (AB )＝1136，∴P (B |A )＝P (AB )P (A )＝1130.三、解答题5．某校高三(1)班有学生40人，其中共青团员15人．全班平均分成4个小组，其中第一组有共青团员4人．从该班任选一人作学生代表.(1)求选到的是第一组的学生的概率；(2)已知选到的是共青团员，求他是第一组学生的概率．[解析] 设事件A 表示“选到第一组学生”，事件B 表示“选到共青团员”． (1)由题意，P (A )＝1040＝14.(2)解法一：要求的是在事件B 发生的条件下，事件A 发生的条件概率P (A |B )．不难理解，在事件B 发生的条件下(即以所选到的学生是共青团员为前提)，有15种不同的选择，其中属于第一组的有4种选择．因此，P (A |B )＝415.解法二：P (B )＝1540＝38，P (AB )＝440＝110，∴P (A |B )＝P (AB )P (B )＝415.6．设b 和c 分别是抛掷一枚骰子先后得到的点数，用随机变量X 表示方程x 2＋bx ＋c ＝0实根的个数(重根按一个计).(1)求方程x 2＋bx ＋c ＝0有实根的概率； (2)求X 的分布列；(3)求在先后两次出现的点数中有5的条件下，方程x 2＋bx ＋c ＝0有实根的概率．[解析] (1)由题意知，设基本事件空间为Ω，记“方程x 2＋bx ＋c ＝0没有实根”为事件A ，“方程x 2＋bx ＋c ＝0有且仅有一个实根”为事件B ，“方程x 2＋bx ＋c ＝0有两个相异实根”为事件C ，则Ω＝{(b ，c )|b ，c ＝1,2，...，6}，A ＝{(b ，c )|b 2－4c <0，b ，c ＝1,2， (6)B ＝{(b ，c )|b 2－4c ＝0，b ，c ＝1,2，...，6}C ＝{(b ，c )|b 2－4c >0，b ，c ＝1,2， (6)∴Ω中的基本事件总数为36个，A 中的基本事件总数为17个，B 中的基本事件总数为2个，C 中的基本事件总数为17个．又∵B 、C 是互斥事件，故所求概率P ＝P (B )＋P (C )＝236＋1736＝1936.(2)由题意，X 的可能取值为0,1,2，则P (X ＝0)＝1736，P (X ＝1)＝118，P (X ＝2)＝1736，故X 的概率分布列为：(3)记“先后两次出现的点数中有5”为事件D ，“方程x ＝0有实根”为事件E ，由上面分析得 P (D )＝1136，P (DE )＝736，∴P (E |D )＝P (DE )P (D )＝711.C 级 能力拔高(2017·三明高二检测)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.[解析] (1)从甲箱中任取2个产品的事件数为C 28＝8×72＝28， 这2个产品都是次品的事件数为C 23＝3.∴这2个产品都是次品的概率为328. (2)设事件A 为“从乙箱中取出的一个产品是正品”，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＝1528，11P (B 3)＝C 23C 28＝328，P (A |B 1)＝23，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)＝514×23＋1528×59＋328×49＝712.。
2.2.1 条件概率Conditional Probability
① 从样本空间 中观察得
② 第一名同学没中奖，就是说他拿走了一张没中奖的奖券，那么还有2张奖券，其中一张能中奖，所以最后一名同学中奖的概率
师：同样是最后一名同学中奖的概率，很明显是（2）大，为什么？
生：因为有条件限制，导致了样本空间发生了变化，（1）是 ，（2）是A。
通过问题2让学生进一步感知有条件限制的概率，引出条件概率的定义，同时为条件概率理解与计算公式的探索作铺垫。
重点
难点
教学重点：是条件概率的计算及应用。
教学难点：是条件概率计算公式的探寻与理解。
教学过程设计
教学
环节
教学情境
师生活动
设计意图
课题
引入
问题1：一张储蓄卡的的密码共有6位，每位数机上取钱时，忘记了密码的最后一位数字。问：
（1）任意按1次最后一位数字，按对的概率是多少？
激发学习数学的好奇心，增强追求新知的欲望，同时体验探究的过程，培养不断发现，探索新知的精神，
理解条件概率：①从样本空间的变化角度
②从随机事件的集合图示
对条件概率的解释：
①事件A发生了，A就变成了新的样本空间，A发生的条件下B发生，所以A,B同时发生，试验结果必在AB中。
2随机事件的集合图示
进一步理解条件概率，发现条件概率的数学本质；
学生解答，教师板书
解：记A=“第1次抽到理科题”，B=“第2次抽到理科题”
（1） ;（2）
（3）
教师归纳求解条件概率的一般步骤：
① 确定；② 记事件；③ 计算 ；④ 代入公式。
师：对（3）这题有没有别的想法。
生：第1次抽到理科题，相当于拿走了一道理科题，还剩4道题，其中有2道是文科题，所以第2次抽到理科题的概率0.5。
课件9：2.2.1 条件概率
学以致用 2．某人忘记了电话号码的最后一个数字，因而他随意拨号，假设拨过了的 号码不再重复，试求： (1)拨号不超过 3 次就接通电话的概率； (2)如果他记得号码的最后一位是奇数，拨号不超过 3 次就接通电话的概率．
解：设第 i 次拨号接通电话为事件 Ai(i＝1,2,3)，则 A＝A1∪( A 1A2)∪( A 1 A 2A3) 表示“拨号不超过 3 次就接通电话”． (1)因为事件 A1 与事件 A 1A2，A 1 A 2A3 彼此互斥，所以 P(A)＝110＋190×19＋190 ×89×18＝130. (2)用 B 表示“最后一位是奇数”的事件，则 P(A|B)＝P(A1|B)＋P( A 1A2|B)＋P( A 1 A 2A3|B) ＝15＋45××14＋45××34××13＝35.
[随堂训练]
1．已知 P(B|A)＝12，P(AB)＝83，则 P(A)等于( )
3
13
A.16
B.16
3
1
C.4
D.4
【解析】由 P(AB)＝P(A)P(B|A)可得 P(A)＝34.
【答案】C
2．4 张奖券中只有 1 张能中奖，现分别由 4 名同学无放回地抽取．若已
知第一名同学没有抽到中奖奖券，则最后一名同学抽到中奖奖券的概率
C．0<P(B|A)<1
D．P(A|A)＝0
【解析】∵P(B|A)＝PPAAB，P1A≥1，
∴P(B|A)≥P(AB)，故 A 不正确；
当 P(A)＝1 时，P(B)＝P(AB)，则 P(B|A)＝P(B)＝PPBA，所以 B 正确；
而 0≤P(B|A)≤1，P(A|A)＝1，∴C、D 不正确．
【答案】B
2.2.1 条件概率
概率论第2章条件概率与独立性精品PPT课件
解 设Ai 第 i 次考试及格 i 1, 2, 3
B＝{他考试能及格}
则
B A1A2A3 A1A2A3A4 A1A2A3A4 A1A2A3A4
P B = P A1A2A3A4 + P A1A2A3A4 + P A1A2A3A4 + P A1A2A3
= P A1 P A2 A1 P A3 A1A2 P A4 A1A2A3
2、规范性 若A B，则P(B A) 1 特别地，P( A) 1
3、可加性
若B1, B2 , ，Bn , 为一列两两互不相容事件，
则 P( Bk A) P(Bk A)
k1
k1
常用到 P(B | A) = 1 - P(B | A)
例2 一个家庭中有二个小孩，已知其中有一个是女孩， 问这时另一个小孩也是女孩的概率为多大(假定一个小 孩是男还是女是等可能的)？ 解 样本空间Ω={(男,男)，(男,女)，(女,男)，(女,女)}
A={已知有一个是女孩}={(男,女)，(女,男)，(女,女)} B={另一个也是女孩}={(女，女)} 则
P(B | A) P(AB) 1/ 4 1 P(A) 3 / 4 3
例3 设已知某种动物自出生能活过20岁的概率是0.8,能活 过25岁的概率是0.4, 问现龄20岁的该种动物能活过25岁的 概率是多少？ 解 设 A={该种动物能活过20岁}
P(A1A2…An-1)＞0, 则有 P(A1A2…An)=P(A1)P(A2|A1)P(A3|A1A2)…P(An|A1A2…An-1) 上式表明，事件积的概率可通过一系列条件概率的乘积来 计算。
证明：当P(A1A2An-1)＞0时， 由于A1A1A2…A1A2…An-1, 则有 P(A1)≥P(A1A2)≥…≥P(A1A2…An-1)＞0 由条件概率的定义，得
第2.1节条件概率、全概率公式与贝叶斯公式
第二章条件概率与统计独立性•条件概率，全概率，贝叶斯公式•事件独立性•贝努利试验与直线上的随机游动•二项分布与泊松分布2.1 条件概率全概率公式与贝叶斯公式一、条件概率二、全概率公式三、贝叶斯公式一、条件概率☐问题1 一个家庭有两个孩子，问两个都是女孩的概率是多少？(假定生男生女是等可能的)☐问题2 一个家庭有两个孩子，已知其中一个是女孩，问另一个也是女孩的概率是多少？(假定生男生女是等可能的)☐问题3 一个家庭有两个孩子，已知老大是女孩，问另一个也是女孩的概率是多少？(假定生男生女是等可能的)(,,),,()0,,()(|)()(|).P B P B A P AB P A B P B P A B B A Ω∈>∈= 设是一个概率空间且则对任意的记称为在事件发生的条件下事2件发义生的条 定 2.1.件概率1ΩA B AB 说明若事件B 已发生,则为使A 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B 发生,故B 变成了新的样本空间.从概率的直观意义出发：若B已经发生,则要使A发生试验的结果既属于A又属于B,即属于AB。
因此，条件概率应理解为P(AB)在P(B)中的“比重”。
从几何概型的角度出发：如果在单位正方形内等可能的投点，若已知B 发生，这时A 发生的概率为:BAB S S P =BAABΩΩΩ=S S S S B AB //)()(B P AB P =“条件概率”是“概率”吗？容易验证，条件概率具有概率的公理化定义中的三个条件);()()()( )3(212121B A A P B A P B A P B A A P -+= ).(1)( )4(B A P B A P -=则有件是两两不相容的事设可加可列性, , , ,: )5(21 B B 11().i i i i P A B P A B ∞∞==⎛⎫= ⎪⎝⎭∑ 3. 性质(1) :()0;P A B ≥负非性 (|)1,(|)0P B P B Ω=∅=规同时；(2)范性2)从加入条件后改变了的情况去算4. 条件概率的计算1) 用定义计算:,)()()|(B P AB P B A P P (B )>0掷骰子例：A ={掷出2点}，B ={掷出偶数点}P (A |B ）=31B 发生后的改变样本空间所含样本点总数在改变样本空间中A 所含样本点个数例掷两颗均匀骰子,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? 解法1: )()()|(B P AB P B A P =解法2: 2163)|(==B A P 解: 设A ={掷出点数之和不小于10}B ={第一颗掷出6点}应用定义在B 发生后的改变样本空间中计算21366363==-=⨯12121312121()()()()().n n n P A A A P A P A A P A A A P A A A A 则有且,0)(121>-n A A A P ,2,,,,21≥n n A A A n 个事件为设推广 则有且为事件设,0)(,,,>AB P C B A ()()()().P ABC P A P B A P C AB =).()()(,0)(A P A B P AB P A P =>则有设5. 乘法定理条件概率与乘法公式1996年，中国围棋大师马晓春在与韩国大师李昌镐争夺围棋世界冠军的五番棋决赛前，马晓春说了这么一句话，他说，如果前面两盘棋能够下成平手，那么他夺冠的概率就有51%.由于马晓春前一年夺得的两个世界冠军都不是从公认为世界围棋第一人的李昌镐手中赢得的，因此那一年他们两个之间的决赛非常令人期待.果然，前面两盘下成了一比一.于是，媒体根据此前马晓春的那一句话，开始了乐观的预测.例一盒子装有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,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P (B |A ).解.4;3,2,1,号为二等品为一等品将产品编号则试验的样本空间为号产品第号第二次分别取到第表示第一次以,),(j 、i 、j i )},3,4(),2,4(),1,4(,,)4,2(),3,2(),1,2(),4,1(),3,1(),2,1{( =Ω)},4,3(),2,3(),1,3(),4,2(),3,2(),1,2(),4,1(),3,1(),2,1{(=A )},2,3(),1,3(),3,2(),1,2(),3,1(),2,1{(=AB 由条件概率的公式得)()()(A P AB P A B P =129126=.32=例某种动物由出生算起活20岁以上的概率为0.8, 活到25岁以上的概率为0.4, 如果现在有一个20岁的这种动物, 问它能活到25岁以上的概率是多少?设A 表示“能活20 岁以上”的事件; B 表示“能活25 岁以上”的事件,则有,8.0)(=A P 因为.)()()(A P AB P A B P =,4.0)(=B P ),()(B P AB P =.218.04.0==)()()(A P AB P A B P =所以解例五个阄, 其中两个阄内写着“有”字, 三个阄内不写字, 五人依次抓取,问各人抓到“有”字阄的概率是否相同?解.5,4,3,2,1=i 则有,52)(1=A P )()(22Ω=A P A P ))((112A A A P =抓阄是否与次序有关?,""的事件人抓到有字阄第表示设i A i333121212()()(())P A P A P A A A A A A A =Ω= )()()(321321321A A A P A A A P A A A P ++=42534152⨯+⨯=,52=)()()()(121121A A P A P A A P A P +=)(2121A A A A P =)()(2121A A P A A P +=)()()(213121A A A P A A P A P =)()()(213121A A A P A A P A P +)()()(213121A A A P A A P A P +324253314253314352⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯=,52=依此类推.52)()(54==A P A P 故抓阄与次序无关.波利亚罐模型=121.,,,,-b r c n n n n n 罐中有只黑球只红球每次自袋中任取一只球观察其颜色然后放回并再放入只与所取出的那只球同色的球若在袋中连续取球次试求前面次摸出黑球，后面次摸出红球的概率.例 解1(1,2,,)""i A i n i = 设为事件第次取到黑球11(1,2,,)""j A j n n n j =++ 为事件第次取到红球因此所求概率为11(1)22(1)b n c b b c b cb r b rc b r c b r n c+-++=⋅⋅⋅⋅+++++++- 此模型被波利亚用来作为描述传染病的数学模型.121211211122()()()()().n n n n n P A A A P A P A A P A A A A P A A A A ---=⨯211(1)(1)(1)r n c r r cb r nc b r n c b r n c+-+⋅⋅⋅+++++++- 当c=0时，对应有放回模型，当c=-1时，对应不放回模型，此模型是一般摸球模型1. 样本空间的分割1A 2A 3A 1-n A nA 二、全概率公式121212,,,,,(1),,,1,2,,;(2),,,,.n i j n n E A A A E A A i j i j n A A A A A A ΩΩΩ=∅≠=⋃⋃⋃⋃= 定义设为试验的样本空间为的一组事件若，则称，为样本空间的一个分割2. 全概率公式全概率公式1211221,,),,,,,,()(|)()(|)()(|)()()(|)n n n i i i P B A A A P B P B A P A P B A P A P B A P A P A P B A ΩΩ∞=∈=++++=∑ 设(为一概率空间,为的一义个分割则定i j A A =∅由()()i j BA BA ⇒=∅12()()()()n P B P BA P BA P BA ⇒=++++ 证明12.n BA BA BA = 图示B1A 2A 3A 1-n A nA 化整为零各个击破12()n B B B A A A Ω== 1122()()(|)()(|)()(|)n n P B P A P B A P A P B A P A P B A ⇒=++++说明全概率公式的主要用处在于它可以将一个复杂事件的概率计算问题,分解为若干个简单事件的概率计算问题,最后应用概率的可加性求出最终结果.B1A 2A 3A 1n A nA例有一批同一型号的产品,已知其中由一厂生产的占30% , 二厂生产的占50% , 三厂生产的占20%, 又知这三个厂的产品次品率分别为2%, 1%, 1%,问从这批产品中任取一件是次品的概率是多少?设事件A 为“任取一件为次品”,.3,2,1,""=i i B i 厂的产品任取一件为为事件123,B B B =Ω 解.3,2,1,,=∅=j i B B j i由全概率公式得,2.0)(,5.0)(,3.0)(321===B P B P B P Ω30%20%50%2%1%1%112233()()()()()()().P A P B P A B P B P A B P B P A B =++.013.02.001.05.001.03.002.0=⨯+⨯+⨯=,01.0)(,01.0)(,02.0)(321===B A P B A P B A P 112233()()()()()()()P A P B P A B P B P A B P B P A B =++故（由因求果）1A 2AnA B11()()P A P B A 22()()P A P B A ()()n n P A P B A结果原因1()()()i i i P B P A P B A ∞=∑=={}A 第1次设取到黄球，()()()())(P A P B A P A P P B B A =+20193020+504950492=5=⨯⨯20(),50P A =由题意，30()50P A =19(),49P B A =20()49P B A =利用全概率公式={}B 第2次取到黄球解：例设袋中有50只乒乓球，其中20只黄球，30只白球，现从中依次不放回地任取两个，则第二次取得黄球的概率？例设袋中有50只乒乓球，其中20只黄球，30只白球，现从中依次不放回地任取两个，则第二次取得黄球的概率？有放回抽奖和无放回抽奖一样公平！若采取有放回抽取，则第二次取得黄球的概率？2（）52（）5例设袋中有50只乒乓球，其中20只黄球，30只白球，现从中依次不放回地任取两个，则第二次取得黄球的概率？抽签或者抓阄都和先后顺序无关！若采取不放回抽取，则第三次取得黄球的概率？2（）52（）5例送检的两批灯管在运输中各打碎一支，若每批10支，而第一批中有1支次品，第二批有两支次品，现在从剩下的灯管中任取一支，问抽得次品的概率是多少？({},{}{},A AB ===解解法一）设灯管来自第一批灯管来自第二批，任取一支，抽的次品1911(|)01010910P B A =⨯+⨯=21822(|)10910910P B A =⨯+⨯=3()()(|)()(|)20P B P A P B A P A P B A =+=()918P A =()918P A =AAB考虑打碎的是次品还是正品两种情形：1234 ({},{}{}{}{},A A A AB =====解解法二）设两批打碎的都是次品两批打碎的分别是次品、正品，两批打碎的分别是正品、次品，两批打碎的都是正品，任取一支，抽的次品1234281872(),(),(),()100100100100P A P A P A P A ====123122(|),(|),(|),181818P B A P B A P B A ===413()()(|)20i i i P B P A P B A ===∑43(|),18P B A =1A 2A 3A 4A B说明由例可以看出，同一个题目，都用到了全概率公式，但方法各异。
课件1 ：2.2.1条件概率
3
______ .
5
3.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?
4.抛掷红、蓝两颗骰子，设事件A为“蓝色骰子的点数为3或6”，事件B为“两颗骰子的
点数之和大于8”．
(1)求P(A)，P(B)，P(AB)；
设A={第一名同学没有抽到中奖券}
设B={最后一名同学抽到中奖奖券}
为什么是1/2?
P(B|A)=1/2
缩小了样本空间，基本事件总数减少了
探究三：
对于上面的事件A和事件B，P(B|A)与P(A)P(AB)有什么关系呢？
n( AB )
P ( B A)
n( A)
n
(
AB
)
P( AB)
n ( )
3.条件概率的求法：
缩减样本空间：
n( AB)
P( B A)
n( A)
定义法：
P( AB)
P( B A)
P( A)
( B、C互斥）
2
5
根据分步乘法计数原理，n( A) A A 12
1
3
n( A)
12
3
P ( A)
n( )
20
5
1
4
（2） ∵ () =
23
= 6, ∴ () =
()
( )
=
6
20
=
3
10
（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(|) =
第二章 概率
§2.2.1条件概率
高中数学选修2-3·同步课件
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P( A) P( A)
思考：条件概率是否满足概率的公理化定义？ 非负性、规范性、可列可加性
思考：条件概率是否满足概率的公理化定义呢？
(1) 非负性 : P ( A B ) ≥ 0;
( 2 ) 规范性 : P ( S B ) = 1;
(3)可列可加性：设 B1, B2 , ... 是两两互不相容事件,则
U P Bi B P(Bi B).
i1
i1
(4) P(A B) 1 P(A B).
(5) P(A1 U A2 B) P(A1 B) P(A2 B) P(A1A2 B);
解
以Ai (i
Hale Waihona Puke 1,2,3)表示事件"透镜第 i
次落下打破", 还有其他方法吗？
以B 表示事件“透镜落下三次而未打破”.
因为 B A1 A2 A3 , 所以 P(B) P( A1 A2 A3 ) P( A1 )P( A2 A1 )P( A3 A1 A2 )
(1 1 )(1 7 )(1 9 ) 3 . 2 10 10 200
教学重难点：全概率公式、贝叶斯公式的关系及其 应用 。
引例：10张彩票中有2张能中奖，甲、乙两人 各抽1次奖。若甲先抽，而乙并不知道甲抽得 的结果，求乙抽到奖的概率？
分类讨论。乙抽到奖可以分为两种情况，即甲抽到奖乙也抽 到奖或甲没有抽到奖乙抽到奖，并且这两种情况是互不相容
的（即甲要么抽到奖，要么抽不到）。
P( AB) P( A)P(B | A) 6 4 24 10 9 90
P( ABC) P( A)P(B | A)P(C | AB) 4 3 2 24 10 9 8 720
2.1-2 全概率公式 与贝叶斯公式
知识点与基本要求：
理解全概率公式的意义和方法，会应用全概率公 式求解事件概率； 理解贝叶斯公式的意义和方法，会应用贝叶斯公 式求解事件概率。
解：设A表示“甲抽到奖”，B表示“乙抽到奖”
P(AB) P(A)P(B A) 2 1 1 , P(AB) P(A)P(B A) 8 2 8
10 9 45
10 9 45
P(B) P(AB) P(AB) 1 8 1 45 45 5
A
A
P( A) P( A) 1
练习8：10个考签中有4个难签, 3人参加抽签(不放回), 甲先, 乙次, 丙最后, 求①甲抽到难签;②甲,乙都抽到 难签; ③甲没抽到难签而乙抽到难签; ④甲,乙,丙都抽 到难签的概率.
本节小结
(1) 条件概率 P(B A) P( AB) P( A) > 0 P( A)
(2)乘法公式 P(AB) P(B A)P(A) P(A) > 0
解法二一（缩条减件样概本率空的间定法义）法）
当于由 由已是条于知件PPＡ概((BA发率|BA生的))时定AAN，43义22N((样得AS43B本)P) (32空B间A12)减 缩PP((为AAB))SAA3AA423
3 4
3
P( A)
在Ａ发生的条件下，考虑Ｂ发生的概率，样本空间缩减为
S A {HH, HT,TH},
条件概率的定义
设 A, B 是两个事件, 且 P( A) > 0, 称 P(B A) P( AB) P( A)
为在事件 A 发生的条件下事件 B 发生的条件概率.
S
BA
BA
Sample space S
（1）P( A) 6 0.6
10
（2）P( AB) P(A)P(B A)
6
5 0.33
（3）P( AB)
P( A)P(B
A)
104
9
6
0.27
（4）P(B)= 6
10 9
10
练习6:某人忘记了电话号码的最后一位数字,因而他随 意拨号.求他拨号不超过三次才接通所需电话的概率.
P(AB) P(A B)P(B) P(B) > 0
综合练习 一个盒子中有６只白球、４只黑球,从中不放 回地每次任取１只,连取２次,求(1) 第一次取得白球的概 率;(2) 第一、第二次都取得白球的概率 (3) 第一次取得 黑球而第二次取得白球的概率;(4)第二次取得白球的概 率.
解 设Ａ表示第一次取得白球, Ｂ表示第二次取得白球
2.1 条件概率
2.1-1 条件概率与乘法公式 2.2-2 全概率公式与贝叶斯公式
2.1-1 条件概率与乘法公式
知识点与基本要求：
理解条件概率的概念及其应用； 掌握条件概率的计算方法， 会应用条件概率进行概率计算； 理解概率的乘法公式的概念及其应用； 会两个及多个事件之积的概率计算
教学重难点：条件概率、乘法公式的关系及计算。
引例 掷一枚骰子，求 (1)出现3个点的概率 ；
A AB B
(2)在已出现奇数点的条件下，
出现3个点的概率。→条件概率
S
解：设事件A表示出现3个点，事件B表示出现奇数点 即事件B已发生,求事件A的条件概率P(A|B)
A,B都发生,但样本空间缩小到只包含A的样本点
P(A B) N(AB) 1
方法1:样本空间S
Reduced sample space A
方法2：B|A缩减的样本 空间为A
例1 袋中装有6只球，4只红球，2只白球，先后两次 从袋子中各取1球，取后不放回。求在第一次取到红 球的条件下，第二次取到红球的概率。
解 设Ａi表示“第i次取得红球”, i=1,2 P(Ａ2|A1)= P(Ａ1A2)/ P(A1)=(12/30)/(20/30)=3/5
A2 A3)
P(
A1)P(
A1
|
A2)P( A3
|
A1
A2 )
9 10
8 9
1 8
1 10
P( A) 3
10
练习7：设某光学仪器厂制造的透镜, 第一次落下时打 破的概率为1/2,若第一次落下未打破, 第二次落下打破 的概率为7/10 , 若前两次落下未打破, 第三次落下打破 的概率为9/10.试求透镜落下三次均未打破的概率.
S
AB
A
AB
B
S
P(AB) P(AB) P(AB) P(AB) 1
设 B1,, Bn 是 两 两 互 不 相 容 的 事 件 , 且
n
Bi S , P(Bi ) > 0 ,称事件 B1,, Bn 为样本
i1
空间 S 的一个划分(或完备事件组)。
P(B1) P(B2 ) ... P(Bn ) 1
P(B A) N ( AB) , P( AB) N ( AB) ,
N (SB )
N (S )
一般来说, P(B A)比 P( AB) 大.
例3 设 P(A | B) P(B | A) 1 , P(A) 1 ,求 P( A U B)
2
3
解：由于 P(AB) P(A)P(B | A) 1 1 1
练习5：袋子中装有a个红球,b个白球,任取1球,取后放 回，并加入c个同色的球,问连续3次都取到红球的概率。
解：设Bi表示第i次取到红球，i=1,2,3
条件概率 P(A B) 与乘积事件概率 P(AB) 的区别.
P( AB) 表示在样本空间 S 中, AB 发生的概率,
而 P( A B) 表示在缩小的样本空间SB B 中, AB 发生的概率. 用古典概率公式, 则
解：设 Ai 表示“第 i 次拨通电 话”,i=1,2,3;
P(A)A表P(示A “U A不A超U过A 三A A次) 拨 P通(A电)话 P”(A A ) P(A A A )
1
12
1 23
1
12
1 23
P
(
A1
)
1 10
P( A1A2 )
P( A1)P( A2
|
A1)
1 10
P( A1
Ａ表示“有两个男孩” A={(b,b) }是B的子集
B1表示“第一个是男孩”B1={(b,b) , (b,g) }
P(Ａ|B)=1/3, P(Ａ|B1)=1/2
练习3：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”,B表示“活到25岁”
P(B A) N ( AB) N ( AB) N (S) N ( A)
1 3
易知
P(B | A)
N ( AB) N (S )
P( AB) 1
P( A) N ( A) 3 N(S) 4
N ( A)
P( A) 3 P(AB) N(AB) 1
N (S )
N(S) 4
N(B) 3
P(A) 1 6
思考：通过这个例子你有什么发现吗？
例如P(A)=P(A|B)吗？ P(A|B)如何求解？
引例 将一枚硬币抛掷两次, 设事件A为“至少有一
次正面”,事件B为“两次掷出同一面”. 求事件A已
发生的条件下,事件 B 发生的概率.
分析：样本空间为 S { HH, HT, TH, TT }. A = {HH , HT ,TH }, B = {HH ,TT },
32 6
P(AB) P(B)P(A | B) 1
P(B) P(AB) P(A | B)
6 1
1 3