条件概率知识点、例题、练习题

条件概率专题

一、知识点

① 只须将无条件概率()P B 替换为条件概率)(A B P ，即可类比套用概率满足的三条公理及其它性质 ② 在古典概型中---

)

()()()()(A B A A P B A P A B P μμ==

A B A =

事件包括的基本事件（样本点）数

事件包括的基本事件（样本点）数 ③ 在几何概型中---

)

()()()()(A B A A P B A P A B P μμ==

(,,)

(,,)A B A =

区域的几何度量长度面积体积等区域的几何度量长度面积体积等 条件概率及全概率公式

3.1.对任意两个事件A 、B , 是否恒有P (A )≥P (A |B ).

答：不是. 有人以为附加了一个B 已发生的条件, 就必然缩小了样本空间, 也就缩小了概率, 从而就一定有P (A )≥P (A |B ), 这种猜测是错误的. 事实上,可能P (A )≥P (A |B ), 也可能P (A )≤P (A |B ), 下面举例说明. 在0,1,…,9这十个数字中, 任意抽取一个数字,令

A ={抽到一数字是3的倍数};

B 1={抽到一数字是偶数}; B 2={抽到一数字大于8}, 那么

P (A )=3/10, P (A |B 1)=1/5, P (A |B 2)=1. 因此有 P (A )＞

P (A |B 1), P (A )＜P (A |B 2).

3.2.以下两个定义是否是等价的.

定义1. 若事件A 、B 满足P (AB )=P (A )P (B ), 则称A 、B 相互独立. 定义2. 若事件A 、B 满足P (A |B )=P (A )或P (B |A )=P (B ), 则称A 、B 相互独立.

答：不是的.因为条件概率的定义为

P (A |B )=P (AB )/P (B ) 或 P (B |A )=P (AB )/P (A )

自然要求P (A )≠0, P (B )≠0, 而定义1不存在这个附加条件, 也就是说,P (AB )=P (A )P (B )对于P (A )=0或P (B )=0也是成立的. 事实上, 若P (A )=0由0≤P (AB )≤P (A )=0可知P (AB )=0故 P (AB )=P (A )P (B ).

因此定义1与定义2不等价, 更确切地说由定义2可推出定义1, 但定义1不能推出定义2, 因此一般采用定义1更一般化.

3.3.对任意事件A、B, 是否都有 P(AB)≤P(A)≤P(A+B)≤P(A)+P(B).

答：是的.由于P(A+B)=P(A)+P(B)-P(AB) (*)

因为 P(AB)≥0, 故P(A+B)≤P(A)+P(B).

由P(AB)=P(A)P(B|A), 因为0≤P(B|A)≤1,故P(AB)≤P(A);

同理P(AB)≤P(B), 从而 P(B)-P(AB)≥0, 由(*)知P(A+B)≥P(A).

原命题得证.

3.4.在引入条件概率的讨论中, 曾出现过三个概率: P(A|B), P(B|A), P(AB). 从事件的角度去考察, 在A、B相容的情况下, 它们都是下图中标有阴影的部分, 然而从概率计算的角度看, 它们却是不同的. 这究竟是为什么?

答：概率的不同主要在于计算时所取的样本空间的差别:

P

(A|B)的计算基于附加样本空间ΩB;

P(B|A)的计算基于附加样本空间Ω

A

;

P(AB)的计算基于原有样本空间Ω.

3.5.在n个事件的乘法公式：

P(A

1A

2

…A n)=P(A1)P(A2|A1)P(A3|A1A2)…P(A n|A1A2…A n-1)

中,涉及那么多条件概率, 为什么在给出上述乘法公式时只提及

P(A

1A

2

…A n-1)>0呢?

答：按条件概率的本意, 应要求

P(A

1

)>0, P(A1A2)>0, …,P(A1A2…A n-2)>0, P(A1A2…A n-1

)>0.

事实上, 由于A 1A2A3…A n-2A1A2A3…A n-2A n-1, 从而便有P(A1A2…A n-2)

≥P(A1A2…A n-1)>0. 这样, 除P(A1A2…A n-1)>0作为题设外, 其余条件概率所要求的正概率, 如P(A1A2…A n-2) >0, …,P(A1A2) >0, P(A1)>0便是题设条件P(A1A2…A n-1)>0的自然结论了.

3.6.计算P(B)时, 如果事件B的表达式中有积又有和, 是否就必定要用全概率公式.

答：不是. 这是对全概率公式的形式主义的认识, 完全把它作为一个”公式”来理解是不对的. 其实, 我们没有必要去背这个公式, 应着眼于

A

1

,A2,…,A n的结构. 事实上, 对于具体问题, 若能设出n个事件A i, 使之满足

(*)

就可得

.

(**) 这样就便于应用概率的加法公式和乘法公式.

因此, 能否使用全概率公式, 关键在于(**)式, 而要有(**)式, 关键又在于适当地对Ω进行一个分割, 即有(*)式.

3.7.设P(A)≠0,P(B)≠0, 因为有

(1)若A、B互不相容, 则A、B一定不独立.

(2)若A、B独立, 则A、B一定不互不相容.

故既不互不相容又不独立的事件是不存在的. 上述结论是否正确.

答：不正确. 原命题中的结论(1)(2)都是正确的. 但是由(1)(2)(它们互为逆否命题, 有其一就可以了)只能推出在P(A)≠0,P(B)≠0的前提下, 事件A、B既互不相容又独立是不存在的, 并不能推出“A、B既不独立又不互不相容是不存在的”. 事实上, 恰恰相反, 既不互不相容又不独立的事件组是存在的, 下面举一例.

5个乒乓球(4新1旧), 每次取一个, 无放回抽取三次, 记A i={第i次取到新球}, i=1, 2, 3. 因为是无放回抽取, 故A1、A2、A3互相不独立, 又

A 1A

2

A

3

={三次都取到新球}, 显然是可能发生的, 即A1、A2、A3可能同时发

生, 因此A1、A2、A3不互不相容.

3.8.事件A、B的“对立”与“互不相容”有什么区别和联系? 事件A、B“独立”与“互不相容”又有什么区别和联系?

答：“对立”与“互不相容”区别和联系, 从它们的定义看是十分清楚的, 大体上可由如下的命题概括: “对立” →“互不相容”,反之未必成立.

至于“独立”与“互不相容”的区别和联系, 并非一目了

然.

事件的互不相容性只考虑它们是否同时发生，是纯粹的事

件的关系, 丝毫未涉及它们的概率, 其关系可借助图直观

显示.

事件的独立性是由概率表述的, 即当存在概率关系P(A|B)=P(A)或P(B|A)=P(B)时, 称A、B是相互独立的.

它们的联系可由下述命题概括: 对于两个非不可能事件A、B, 则有“A、B 互不相容” →“A、B不独立”.其等价命题是: 在P(A)>0与P(B)>0下, 则

有“A、B独立” →“A、B不互不相容”(相容). 注意, 上述命题的逆命题不成立.

3.9.设A、B为两个事件,若

0

则A、B相互独立,A、B互不相容, , 这三种情形中的任何两种不能同时成立.

答：在条件(*)下

当A、B相互独立时, 有P(AB)=P(A)P(B);

当A、B互不相容时, 有P(AB)

当时, 有P(AB)>P(A)P(B).

在条件(*)下, 上述三式中的任何两个不能同时成立. 因此, A、B相互独立,A、B互不相容,这三种情形中的任何两种不能同时成立.

此结论表明: 在条件(*)下,若两个事件相互独立时, 必不互不相容，也不一个包含另一个,而只能是相容了.

3.10.证明: 若P(A)=0或P(A)=1, 则A与任何事件B相互独立.

答：若P(A)=0, 又, 故0≤P(AB)≤P(A)=0.

于是P(AB)=0=P(A)P(B),所以A与任何事件B相互独立.

若P(A)=1, 则.由前面所证知,与任何事件B相互独立. 再由事件独立性的性质知, 与B相互独立, 即A与B相互独立.另种方法证明: 由P(A)=1知, 进而有.

又且AB与互不相容, 故

.

即A与B相互独立.

3.11.设A、B是两个基本事件, 且00, , 问事件A与B是什么关系?

[解1]由已知条件可得.

由比例性质, 得.

所以P(AB)=P(A)P(B).因此事件A与B相互独立.

[解2]由得

.

因而.

又,

所以P(B|A)=P(B).

因此事件A与B相互独立.

3.12.是不是无论什么情况, 小概率事件决不会成为必然事件.

答：不是的. 我们可以证明, 随机试验中, 若A为小概率事件, 不妨设P(A)=ε(0＜ε＜1为不论多么小的实数 ), 只要不断地独立地重复做此试验, 则A迟早要发生的概率为1.

事实上, 设A k={A在第k次试验中发生}, 则P(A k)=ε,, 在前n次试验中A都不发生的概率为:

.

于是在前n次试验中, A至少发生一次的概率为

.

如果把试验一次接一次地做下去, 即让n→∞, 由于0＜ε＜1, 则当n→∞时, 有p

→1.

n

以上事实在生活中是常见的, 例如在森林中吸烟, 一次引起火灾的可能性是很小的, 但如果很多人这样做, 则迟早会引起火灾.

3.13.只要不是重复试验, 小概率事件就可以忽视.

答：不正确. 小概率事件可不可以忽视, 要由事件的性质来决定, 例如在森林中擦火柴有1%的可能性将导致火灾是不能忽视的, 但火柴有1%的可能性擦不燃是不必在意的.

3.1

4.重复试验一定是独立试验, 理由是: 既然是重复试验就是说每次试验

的条件完全相同, 从而试验的结果就不会互相影响, 上述说法对吗?

答：不对. 我们举一个反例就可以证明上述结论是错误的.

一个罐子中装有4个黑球和3个红球, 随机地抽取一个之后, 再加进2个与抽出的球具有相同颜色的球, 这种手续反复进行, 显然每次试验的条件是相同的. 每抽取一次以后, 这时与取出球有相同颜色的球的数目增加，而与取出球颜色不同的球的数目保持不变，从效果上看，每一次取出的球是什么颜色增加了下一次也取到这种颜色球的概率，因此这不是独立试验,此例是一个如同传染病现象的模型，每一次传染后都增加再传染的概率.

3.15.伯努利概型的随机变量是不是都服从二项分布.

答：不一定. 例如某射手每次击中目标的概率是p，现在连续向一目标进行射击，直到射中为止. 此试验只有两个可能的结果：A={命中}； ={未命中}，且P(A)=p.并且是重复独立试验，因此它是伯努利试验（伯努利概型），设X k={第k次射中}，X

显然是一个随机变量，但

k

P(X

=k)=q k-1p，k=1,2,…，其中q=p-1，

k

可见X k是服从参数为p的几何分布，而不是二项分布.

3.16.某人想买某本书, 决定到3个新华书店去买, 每个书店有无此书是等可能的. 如有, 是否卖完也是等可能的. 设3个书店有无此书, 是否卖完是相互独立的. 求此人买到此本书的概率.

答：(37/64).

3.17.在空战中, 甲机先向乙机开火, 击落乙机的概率是0.2; 若乙机未被击落, 就进行还击, 击落甲机的概率是0.3, 则再进攻乙机, 击落乙机的概率是0.

4. 在这几个回合中,

(1) 甲机被击落的概率是多少?

(2) 乙机被击落的概率是多少?

答：以A表示事件“第一次攻击中甲击落乙”, 以B表示事件“第二次攻击中乙击落甲”, 以C表示事件“第三次攻击中甲击落乙”.

(1)甲机被击落只有在第一次攻击中甲未击落乙才有可能, 故甲机被击落的概率为

.

(2)乙机被击落有两种情况. 一是第一次攻击中甲击落乙, 二是第三次攻击中甲击落乙, 故乙机被击落的概率是

=0.2+(1-0.2)(1-0.3)×0.4=0.424.

3.18.某个问题, 若甲先答, 答对的概率为0.4; 若甲答错, 由乙答, 答对的概率为0.5. 求问题由乙答出的概率.

答：(0.3)

3.19.有5个人在一星期内都要到图书馆借书一次, 一周内某天借书的可能性相同, 求

(1)5个人都在星期天借书的概率;

(2)5个人都不在星期天借书的概率;

(3)5个人不都在星期天借书的概率.

答：(1)(1/75);

(2)(65/77);

(3)(1-1/75).

1.从1, 2, 3,…, 15中,甲、乙两人各任取一数(不重复),已知甲取到的数是5的倍数,求甲数大于乙数的概率. 二、例题

解.设事件A表示“甲取到的数比乙大”,

设事件B表示“甲取到的数是5的倍数”. 则显然所要求的概率为P(A|B).

根据公式

而P(B)=3/15=1/5 ,

,

∴P(A|B)=9/14.

2. 掷三颗骰子,已知所得三个数都不一样,求含有1点的概率. 解.设事件A表示“掷出含有1的点数”,

设事件B表示“掷出的三个点数都不一样”.

则显然所要求的概率为P(A|B).

根据公式

,

,

P( A|B)=1/2.

3.袋中有一个白球和一个黑球,一次次地从袋中摸球,如果取出白球,则除把白球放回外再加进一个白球,直至取出黑球为止,求取了N次都没有取到黑球的概率. 1解.设事件A i表示“第i次取到白球”. (i=1,2,…,N)

则根据题意P(A1)=1/2 , P(A2|A1)=2/3,

由乘法公式可知:

P(A1A2)=P(A2|A1)P(A1)=1/3.

而P(A3|A1A2)=3/4 ,

P(A1A2A3)=P(A3|A1A2)P(A1A2)=1/4 .由数学归纳法可以知道

P(A1A2…

A N)=1/(N+1).

4. 甲袋中有5只白球, 7 只红球;乙袋中有4只白球, 2只红球.从两个袋子中任取一袋, 然后从所取到的袋子中任取一球,求取到的球是白球的概率. 解.设事件A表示“取到的是甲袋”, 则表示“取到的是乙袋”,

事件B表示“最后取到的是白球”.

根据题意: P(B|A)=5/12 ,

,

P(A)=1/2.

∴

.

5.有甲、乙两袋,甲袋中有3只白球,2只黑球;乙袋中有4只白球,4只黑球.现从甲袋中任取2个球放入乙袋,然后再从乙袋中任取一球,求此球为白球的概率. 解.设事件A i表示“从甲袋取的2个球中有i个

白球”,其中i=0,1,2 .

事件B表示“从乙袋中取到的是白球”. 显然A0, A1, A2构成一完备事件组,且根据题意

P(A

)=1/10 , P(A1)=3/5 ,

P(A

2

)=3/10 ;

P(B|A

)=2/5 , P(B|A1)=1/2 ,

P(B|A

2

)=3/5 ;

由全概率公式

P(B)=P(B|A0)P(A0)+P(B|A1)P(A1)+P(B|A2)

P(A2)

=2/5×1/10+1/2×3/5+3/5×

3/10=13/25.

6.袋中装有编号为1, 2,…, N的N个球,先从袋中任取一球,如该球不是1号球就放回袋中,是1号球就不放回,然后再摸一次,求取到2号球的概率. 解.设事件A表示“第一次取到的是1号球”,则表示“第一次取到的是非1号球”;

事件B表示“最后取到的是2号球”.

显

然P(A)=1/N,

,

且P(B|A)=1/(N-1),

;

∴

=1/(N-1)×1/N+1/N ×(N-1)/N

=(N2-N+1)/N2(N-1).

7. 袋中装有8只红球, 2只黑球,每次从中任取一球, 不放回地连续取两次, 求下列事件的概率.

(1)取出的两只球都是红球;

(2)取出的两只球都是黑球;

(3)取出的两只球一只是红球,一只是黑球;

(4)第二次取出的是红球. 解.设事件A1表示“第一次取到的是红球”,

设事件A2表示“第二次取到的是红球”.

(1)要求的是事件A1A2的概率.

根据题意P(A1)=4/5,

,

P(A2|A1)=7/9,

∴P(A1A2)=P(A1)P(A2|A1)=4/5×7/9=28/45.

(2)要求的是事件的概率.

根据题意:,

,

∴

.

(3)要求的是取出一只红球一只黑球,它包括两种情形,即求事件的概率.

,,

,

,

∴

.

(4)要求第二次取出红球,即求事件A2的概率.

由全概率公式:

=7/9×4/5+8/9×1/5=4/5.

8. 某射击小组共有20名射手,其中一级射手4人, 二级射手8人, 三级射手7人, 四级射手1人.

一、二、三、四级射手能通过选拔进入比赛的概率分别是0.9、0.7、0.5、0.2 . 求任选一名射手能通过选拔进入比赛的概率.

解.设事件A表示“射手能通过选拔进入比赛”,

设事件B i表示“射手是第i级射手”.(i=1,2,3,4)

显然,B1、B2、B3、B4构成一完备事件组,且

P(B1)=4/20, P(B2)=8/20, P(B3)=7/20, P(B4)=1/20;

P(A|B1)=0.9, P(A|B2)=0.7, P(A|B3)=0.5, P(A|B4)=0.2.

由全概率公式得到

P(A)=P(A|B1)P(B1)+P(A|B2)P(B2)+P(A|B3)P(B3)+P(A|B4 )P(B4)

=0.9×4/20+0.7×8/20+0.5×7/20+0.2×

1/20=0.645.

9.轰炸机轰炸某目标,它能飞到距目标400、200、100(米)的概率分别是0.5、0.3、0.2,又设它在距目标400、200、100(米)时的命中率分别是0.01、0.02、0.1 .求目标被命中的解.设事件A1表示“飞机能飞到距目标400米处”,

设事件A2表示“飞机能飞到距目标200米处”,

设事件A3表示“飞机能飞到距目标100米处”, 用事件B表示“目标被击中”.

由题意, P(A1)=0.5, P(A2)=0.3, P(A3)=0.2,

概率为多少? 且A

1

、A2、A3构成一完备事件组.

又已知P(B|A1)=0.01, P(B|A2)=0.02, P(B|A3)=0.1.

由全概率公式得到:

P(B)=P(B|A1)P(A1)+P(B|A2)P(A2)+P(B|A3)P(A3)

=0.01×0.5+0.02×0.3+0.1×0.2=0.031.

10. 加工某一零件共需要4道工序,设第一﹑第二﹑第三﹑第四道工序的次品率分别为2%﹑3%﹑5%﹑3%, 假定各道工序的加工互不影响, 求加工出零件的次品率是多少? 解.设事件A i表示“第i道工序出次品”, i=1,2,3,4

因为各道工序的加工互不影响,因此A i是相互独立的事件.

P(A1)=0.02, P(A2)=0.03, P(A3)=0.05, P(A4)=0.03,

只要任一道工序出次品,则加工出来的零件就是次品.所以要求的是(A1+A2+A3+A4)这个事件的概率.

为了运算简便,我们求其对立事件的概率

= (1-0.02)(1-0.03)(1-0.05)(1-0.03)=0.876.

∴P(A1+A2+A3+A4)=1-0.876=0.124.

11. 某人过去射击的成绩是每射5次总有4次命中目标, 根据这一成绩, 求

(1)射击三次皆中目标的概率;

(2)射击三次有且只解.设事件A i表示“第i次命中目标”, i=1,2,3

根据已知条件P(A i)=0.8,,i=1,2,3

某人每次射击是否命中目标是相互独立的,因此事件A i是相互独立的.

(1)射击三次皆中目标的概率即求P(A1A2A3).

有2次命中目标的概率;

(3)射击三次至少有二次命中目标的概率. 由独立性:

P(A1A2A3)=P(A1)P(A2)P(A3)=0.83=0.512.

(2)“射击三次有且只有2次命中目标”这个事件用B表示.

显然,

又根据独立性得到:

.

(3)“射击三次至少有2次命中目标”这个事件用C表示. 至少有2次命中目标包括2次和3次命中目标,所以C=B+A1A2A3 P(C)=P(B)+P(A1A2A3)=0.384+0.512=0.896.

12. 三人独立译某一密码, 他们能译出的概率分别为1/3, 1/4, 1/5, 求能将密码译出的概率. 解.设事件A i表示“第i人能译出密码”, i=1,2,3.

由于每一人是否能译出密码是相互独立的,最后只要三人中至少有一人能将密码译出,则密码被译出,因此所求的概率为P(A1+A2+A3).

已知P(A1)=1/3,P(A2)=1/4,P(A3)=1/5,

而

=(1-1/3)(1-1/4)(1-1/5)=0.4.

∴P(A1+A2+A3)=1-0.4=0.6.

13. 用一门大炮对某目标进行三次独立射击, 第一、二、三次的命中率分别为0.4、0.5、0.7, 若命中此目标一、二、三弹, 该目标被摧毁的概率分别为0.2、0.6和0.8, 试求此目标被摧毁的概率. 解.设事件A i表示“第i次命中目标”, i=1,2,3.

设事件B i表示“目标被命中i弹”, i=0,1,2,3.

设事件C表示“目标被摧毁”.

由已知P (A1)=0.4,P(A2)=0.5,P(A3)=0.7;

P(C|B0)=0,P(C|B1)=0.2,P(C|B2)=0.6,P(C|B3)=0.8. 又由于三次射击是相互独立的,所以

,

=0.6×0.5×0.7+0.6×0.5×0.3+0.4×0.5×0.3=0

.36,

=0.6×0.5×0.7+0.4×0.5×0.3+0.4×0.5×0.7

=0.41,

.

由全概率公式得到

P (C )=P (C |B 0)P (B 0)+P (C |B 1)P (B 1)+P (C |B 2)P (B 2)+P (C |B 3)P (B 3)

=0×0.09+0.2×0.36+0.6×0.41+0.8×0.14=0.43.

三、练习题

1．已知P(B|A)=

103,P(A)=5

1

,则P(AB)=( ) A ．21 B.23 C ．32 D.503

2．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.21

B.31

C.41

D.8

1 3．某地区气象台统计，该地区下雨的概率是154，刮三级以上风的概率为15

2

，

既刮风又下雨的概率为10

1

，则在下雨天里，刮风的概率为（ ） A.

225

8

B.21

C.83

D.4

3

4．设某种动物有出生算起活20岁以上的概率为0.8，活到25岁以上的概率为0.4.现有一个20岁的这种动物，问它能活到25岁以上的概率是.

５．一个口袋内装有2个白球，3个黑球，则

（1）先摸出1个白球后放回，再摸出1个白球的概率？ （2）先摸出1个白球后不放回，再摸出1个白球的概率？

６．某种元件用满6000小时未坏的概率是43

，用满10000小时未坏的概率是2

1，

现有一个此种元件，已经用过6000小时未坏，求它能用到10000小时的概率

7．某个班级共有学生40人，其中有团员15人，全班分成四个小组，第一小组有学生10人，其中团员4人。如果要在班内任选一人当学生代表

（1）求这个代表恰好在第一小组内的概率（2）求这个代表恰好是团员代表的概率

（3）求这个代表恰好是第一小组内团员的概率

（4）现在要在班内任选一个团员代表，问这个代表恰好在第一小组内的概率

8．市场上供应的灯泡中，甲厂产品占70％，乙厂占30％，甲厂产品合格率是95％，乙厂合格率是80％，则(1)市场上灯泡的合格率是多少？

(2)市场上合格品中甲厂占百分之几？（保留两位有效数字）

9．一个家庭中有两个小孩，已知其中一个是女孩，问这时另一个小孩也是女孩的概率？（每个小孩是男孩和女孩的概率相等）

10．在一批电子元件中任取一件检查，是不合格品的概率为0.1，是废品的概率为0.01，已知取到了一件不合格品，它不是废品的概率是多少？