§4 条件概率与乘法公式
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§4 条件概率与乘法公式
一、条件概率
定义 4.1 在已知事件 B 发生的条件下，事件 A 发生的概率称为
P( AB) 条件概率 ， 记为 P( A B) ．且当 P( B) 0 时，P( A B ) ． P( B)
条件概率的计算方法
P( AB) ⑴公式法： P( A B) ． P( B)
证
P( AB) P( A) P( AB) P( AB) ． P( B A) 1 1 P( A) P( A) P( A)
由于 AB B ，所以 P( AB) P( B) ，因此得
P( B) ． P( B A) 1 P( A)
当 P( B) 0 时，条件概率的性质 ⑴ 0 P( A B) 1 ； ⑵ P( B) 0 ， P( B) 1 ；
⑵融入法：根据具体问题将条件直接代入到计算过程中去计算。
例 4.2
设袋中有十只球，其中六只红球和四只白球，现从中不放
回地任取两只球，求已知在第一次取得红球的条件下，第二次取得 白球的概率． 解法一（公式法）设事件 A 表示第一次取得红球， B 表示第二次
6 4 P( AB) 10 9 4 ． 取得白球，则 P( B A) 6 P( A) 9 10
推论 4.2 设 P( A1 A2 An ) 0 ， n 2 ，则
P( A1 A2 An ) P( A1 ) P( A2 | A1 )P( A3 | A1 A2 )P( An | A1 An1 ) ．
定理 4.1、推论 4.1 和推论 4.2 中的公式均称为乘法公式．
注意： 一般来说，如果随机试验 E 具有链式结构特征， 即试验的过程一环扣一环，如同串联形式（见图 1.4） ， 此时适合应用乘法公式计算有关事件的概率．
⑶ P( A 1A 2 B) P( A 1 B) P( A 2 B) P( A 1A 2 B) ； ⑷ P( A 1A 2 B) P( A 1 B) P( A 1A 2 B) ； ⑸ P( A B) 1 P( A B) ． ⑹设事件 A 1 , A2 , , An , 两两互不相容，则
P( A) P( A1 A2 A1 A2 ) P( A1 A2 ) P( A1 A2 ) ，
再由乘法公式
8 2 2 8 16 P( A) P( A1 ) P( A2 A1 ) P( A1 ) P( A2 A1 ) ． 10 9 10 9 45
例 4.5 设 50 个晶体管中有 2 个次品， 每次从中任取一个测 试，测试后不放回． ⑴求 2 个次品分别在第 2 次测试和第 4 次测试时出现的 概率； ⑵问最少应抽检到多少个晶体管， 才能使至少发现一个 次品的概率超过 0.6 ？
解 设 Ai 表示第 i 次取得次品， i 1, 2,,50 ．
P( A1 ) P( A2 A1 ) P( A3 A1 A2 ) P( A4 A1 A2 A3 ) ⑴ P( A 1A 2A 3A 4)
48 2 47 1 1 ． 50 49 48 47 1225
⑵设抽检到 n 个晶体管，且不难得 n 1 ．则 n 个晶体管 全为正品的概率为
由题意知，不可能出现 (女,女) ，故只可能为
(男,男), (男,女), (女,男),
2 因此另外一个为女孩的概率为 3
解 设A表示有一个男孩，B表示另一个女孩， 则
3 P( A) 0.75 4
2 P( AB) 0.5 , 4
故有
P( AB) 0.5 2 P( B A) P( A) 0.75 3
二、乘法公式
定理 4.1 设 P( B) 0 ，则 P( AB) P(B)P( A B) ．
注意： ⑴乘法公式是指：当 P( B) 0 时，由 P ( B ) 和 P( A B) 的 乘积来计算 P( AB) ， ⑵其中的条件概率 P( A B) 是由融入法计算的．
推论 4.1 设 P( A) 0 ，则 P( AB) P( A)P(B A) ．
P( A1 A2 An B) P( A1 B) P( A2 B) P( An B)
应用举例：男孩女孩
设某家庭有两个小孩，并且已知至少有一 个男孩。问另外一个为女孩的概率为多少？ 分析 一般而言，有两个小孩时共有4种情况：
(男,男), (男,女ຫໍສະໝຸດ Baidu, (女,男), (女,女)。
P( A 1 A 2 A 3 A n ) P( A 1 ) P( A 2 | A 1 ) P( A 3| A 1 A 2 ) P( An | A1 A2 An1 )
48 47 48 n 1 (50 n)(49 n) ． 50 49 50 n 1 50 49 (50 n)(49 n) 0.6 ，解得 n 18 ，所以最少 由题意知， 1 50 49 应抽检到 19 个晶体管时，才能使至少发现一个次品的概率超 过 0.6 ．
A1
A2
A3
P( A3 | A1 A2 )
图 1.4
P( A1 ) P( A2 | A1 )
An
P( An | A1 An1 )
例 4.4 设袋中有 10 个球，其中 8 个白球和 2 个红球，现不放 回地将球逐个取出，求前两次所取球不同颜色的概率．
解 设事件 Ai 表示第 i 次取得白球，i 1, 2 ，事件 A 表示前 两次所取球不同颜色， 则 A A1 A2 A1 A2 ， 且 A1 A2 与 A1 A2 互 不相容．故
解法二（融入法） 当第一次取得红球时，袋中还剩下九只球，其中 五只红球和四只白球（注意：样本空间已经发生变化） ．此时再从袋
4 中任取一只球，则该球为白球的概率为 ．故已知在第一次取得红球 9 4 的条件下，第二次取得白球的概率的概率为 ． 9
P( B) 例 4.3 设 P( A) 0 ，证明 P( B A) 1 ． P( A)
一、条件概率
定义 4.1 在已知事件 B 发生的条件下，事件 A 发生的概率称为
P( AB) 条件概率 ， 记为 P( A B) ．且当 P( B) 0 时，P( A B ) ． P( B)
条件概率的计算方法
P( AB) ⑴公式法： P( A B) ． P( B)
证
P( AB) P( A) P( AB) P( AB) ． P( B A) 1 1 P( A) P( A) P( A)
由于 AB B ，所以 P( AB) P( B) ，因此得
P( B) ． P( B A) 1 P( A)
当 P( B) 0 时，条件概率的性质 ⑴ 0 P( A B) 1 ； ⑵ P( B) 0 ， P( B) 1 ；
⑵融入法：根据具体问题将条件直接代入到计算过程中去计算。
例 4.2
设袋中有十只球，其中六只红球和四只白球，现从中不放
回地任取两只球，求已知在第一次取得红球的条件下，第二次取得 白球的概率． 解法一（公式法）设事件 A 表示第一次取得红球， B 表示第二次
6 4 P( AB) 10 9 4 ． 取得白球，则 P( B A) 6 P( A) 9 10
推论 4.2 设 P( A1 A2 An ) 0 ， n 2 ，则
P( A1 A2 An ) P( A1 ) P( A2 | A1 )P( A3 | A1 A2 )P( An | A1 An1 ) ．
定理 4.1、推论 4.1 和推论 4.2 中的公式均称为乘法公式．
注意： 一般来说，如果随机试验 E 具有链式结构特征， 即试验的过程一环扣一环，如同串联形式（见图 1.4） ， 此时适合应用乘法公式计算有关事件的概率．
⑶ P( A 1A 2 B) P( A 1 B) P( A 2 B) P( A 1A 2 B) ； ⑷ P( A 1A 2 B) P( A 1 B) P( A 1A 2 B) ； ⑸ P( A B) 1 P( A B) ． ⑹设事件 A 1 , A2 , , An , 两两互不相容，则
P( A) P( A1 A2 A1 A2 ) P( A1 A2 ) P( A1 A2 ) ，
再由乘法公式
8 2 2 8 16 P( A) P( A1 ) P( A2 A1 ) P( A1 ) P( A2 A1 ) ． 10 9 10 9 45
例 4.5 设 50 个晶体管中有 2 个次品， 每次从中任取一个测 试，测试后不放回． ⑴求 2 个次品分别在第 2 次测试和第 4 次测试时出现的 概率； ⑵问最少应抽检到多少个晶体管， 才能使至少发现一个 次品的概率超过 0.6 ？
解 设 Ai 表示第 i 次取得次品， i 1, 2,,50 ．
P( A1 ) P( A2 A1 ) P( A3 A1 A2 ) P( A4 A1 A2 A3 ) ⑴ P( A 1A 2A 3A 4)
48 2 47 1 1 ． 50 49 48 47 1225
⑵设抽检到 n 个晶体管，且不难得 n 1 ．则 n 个晶体管 全为正品的概率为
由题意知，不可能出现 (女,女) ，故只可能为
(男,男), (男,女), (女,男),
2 因此另外一个为女孩的概率为 3
解 设A表示有一个男孩，B表示另一个女孩， 则
3 P( A) 0.75 4
2 P( AB) 0.5 , 4
故有
P( AB) 0.5 2 P( B A) P( A) 0.75 3
二、乘法公式
定理 4.1 设 P( B) 0 ，则 P( AB) P(B)P( A B) ．
注意： ⑴乘法公式是指：当 P( B) 0 时，由 P ( B ) 和 P( A B) 的 乘积来计算 P( AB) ， ⑵其中的条件概率 P( A B) 是由融入法计算的．
推论 4.1 设 P( A) 0 ，则 P( AB) P( A)P(B A) ．
P( A1 A2 An B) P( A1 B) P( A2 B) P( An B)
应用举例：男孩女孩
设某家庭有两个小孩，并且已知至少有一 个男孩。问另外一个为女孩的概率为多少？ 分析 一般而言，有两个小孩时共有4种情况：
(男,男), (男,女ຫໍສະໝຸດ Baidu, (女,男), (女,女)。
P( A 1 A 2 A 3 A n ) P( A 1 ) P( A 2 | A 1 ) P( A 3| A 1 A 2 ) P( An | A1 A2 An1 )
48 47 48 n 1 (50 n)(49 n) ． 50 49 50 n 1 50 49 (50 n)(49 n) 0.6 ，解得 n 18 ，所以最少 由题意知， 1 50 49 应抽检到 19 个晶体管时，才能使至少发现一个次品的概率超 过 0.6 ．
A1
A2
A3
P( A3 | A1 A2 )
图 1.4
P( A1 ) P( A2 | A1 )
An
P( An | A1 An1 )
例 4.4 设袋中有 10 个球，其中 8 个白球和 2 个红球，现不放 回地将球逐个取出，求前两次所取球不同颜色的概率．
解 设事件 Ai 表示第 i 次取得白球，i 1, 2 ，事件 A 表示前 两次所取球不同颜色， 则 A A1 A2 A1 A2 ， 且 A1 A2 与 A1 A2 互 不相容．故
解法二（融入法） 当第一次取得红球时，袋中还剩下九只球，其中 五只红球和四只白球（注意：样本空间已经发生变化） ．此时再从袋
4 中任取一只球，则该球为白球的概率为 ．故已知在第一次取得红球 9 4 的条件下，第二次取得白球的概率的概率为 ． 9
P( B) 例 4.3 设 P( A) 0 ，证明 P( B A) 1 ． P( A)