2.2.1条件概率

由于B A故A B B，
所求概率为
P(B A) P( AB) P(B) 0.8
BA
P( A) P( A)
2.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
称“Ω”为样本空间
PB
A
2 4
nAB nA
这里n(A)和n(AB)分别表示事件A和事件B所包含的基本事件个数。
又根据古典概型计算概率的公式可知，P AB
n AB n
,
PA
nA n
这里n(Ω)表示Ω中包含的基本事件个数.
n( AB)
所以
P(B | A) n( AB) n() P( AB)
n( A) n( A) P( A)
P(B|A)相当于把Ａ看作 新的基本事件空间求Ａ∩Ｂ
0 PB A1
发生的概率
2.如果B和C是两个互斥事件，则
PB C A PB A PC A
BA
概念辨析：
概率 P(B|A)与P(AB)的区别与联系？
P(AB) 表 示 在 样 本 空 间 中,计 算 AB发 生
的 概 率,而 P(B A) 表 示 在 缩 小 的 样 本 空 间AA 中,
解：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.
2因为nAB A32 6,所以
PAB
nAB n
6 20
3 10
小试牛刀：
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.
n A52 20
根据分步乘法计数原理，nA A31 A41 12,于是
PA
nA n
12 20
3 5
小试牛刀：
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.
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.
解：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.
1从5道题中不放回地依次抽取2道题得事件数为
(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Ai(i=1,2)，则A 表示“不超过2次就按对密码”。
A1
___
A1
A2
__
1因为事件A1与事件 A1 A2互斥，有概率的加法公式得
PA
PA1
P
__
A1
条件概率计算公式:
3.集合角度：
1.任何事件的条件概率都在0和1之间.
P(B|A)相当于把Ａ看作 新的基本事件空间求Ａ∩Ｂ
0 PB A1
发生的概率
2.如果B和C是两个互斥事件，则
PB C A PB A PC A
BA
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？
分析：在这个问题中，知道第一名同学没有抽到中将奖券， 等价于知道事件A一定发生，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). 条件的附加意味着对样本空间进行压缩.
思考2？
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？
解：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.
3解法2.因为nAB 6, nA 12,所以
PB
A
nAB nA
6 12
1 2
小试牛刀：
例2一张储蓄卡的密码共6位数字，每位数字都可以从
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：
A1
___
A1
A2
2设“最后一位按偶数”为事件B，则
P
AB
P
A1 B
P
__
A1
A2
B
1 5
41 54
2 5
1.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” 。
则 P(A) 0.7, P(B) 0.56
2.2.1 条件概率
引入：
互斥事件的概率加法公式：
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?
概念辨析：
1.不能同时发生的两个事件称为互斥事件。
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,
解：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.
3解法1.由12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
PB
A
PAB PA
10 3
1 2
5
小试牛刀：
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.
也就是求：Ｐ（B｜A）
P(B | A) n( AB) 2 n( A) 3
B5
1 3
A
2
4,6
小 条件概率定义： 一般地，设A,B为两个事件，且P(A)>0，称
PB
A
P AB PA
结
为在事件A发生的条件下，事件B发生的条件概率.记作 P(B|A). P(B|A)读作A发生的条件下B发生的概率.
记为A B (或 AB );
问题探究：
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。
分析：如果三张奖券分别用X,Y,Z表示，其中Z表示那张中奖 奖券，那么三名同学的抽奖结果共有六种可能：
XYZ,XZY,YXZ,YZX,ZXY,ZYX.
若用A表示事件“第一名同学没有抽到中奖奖券”，则 将“已知第一名同学没有抽到中奖奖券的条件下，最后一名 同学抽到中奖奖券”的概率记为P(B︱A).
问题探究：
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。
思考1？
如果已经知道第一名同学没有抽到中奖奖券，那么最后 一名同学抽到中奖奖券的概率又是多少？
A2
wk.baidu.com
1 10
91 10 9
1 5
小试牛刀：
例2一张储蓄卡的密码共6位数字，每位数字都可以从
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Ai(i=1,2)，则A 表示“不超过2次就按对密码”。
用Ω表示三名同学可能抽取的结果全体，则它由六个基本事件组成，即 Ω=｛XYZ,XZY,YZX,YXZ,ZXY,ZYX｝,既然已知事件A已发生，那么只需在A= ｛XYZ,XZY,YZX,YXZ｝范围内考虑问题，即只有四个基本事件。
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，即事 件AB发生.而事件AB中含有XYZ,YXZ两个基本事件，因此
计 算 B 发 生 的 概 率.用 古 典 概 率 公 式,则
P(B
A)
AB
AA
中 中
样 样
本 本
点 点
数 数,
n AB nA
P(AB)
AB 中 样 本 点 数 中样本点数
n AB n
一 般 来 说, P(B A)比 P(AB) 大.
小试牛刀：
例1在5道题中有3道理科题和2道文科题，如果不放回
所以，可以通过事件A和事件AB的概率来表示P(B︱A) .
n()
条件概率定义：
一般地，设A,B为两个事件，且P(A)>0，称
PB
A
P AB PA
为在事件A发生的条件下，事件B发生的条件概率.记作 P(B|A). P(B|A)读作A发生的条件下B发生的概率.
条件概率计算公式:
3.集合角度：
1.任何事件的条件概率都在0和1之间.
如果已经知道第一名同学没有抽到中奖奖券，那么最后 一名同学抽到中奖奖券的概率又是多少？
分析：因为已知第一名同学没有抽到中奖奖券，所以可能出 现的基本事件只有XYZ,XZY,YXZ,YZX.而“最后一名同学抽到 中奖奖券”包含的基本事件仍是XYZ,YXZ.
由古典概型计算概率的公式可知，最后一名同学抽到中 奖奖券的概率为2/4，即1/2.
用B表示事件“最后一名同学抽到中奖奖券”，则B仅包 含两个基本事件：XYZ,YXZ.
由古典概型计算概率的公式可知，最后一名同学抽到中 奖奖券的概率为
PB 2 1
63
问题探究：
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。
思考1？