1、2 当事件A与事件B相互独立时, 两个事件A与B同时发生(积事件AB)的概率 如果事件A与B不独立, 如何表示积事件AB的概率呢？ 在班级里随机选择1人做代表, (1)选到男生的概率 是多少? 问题问题1 某个班级有45名学生, 其中男生、女生的人数及团员的人数如表7.1-1所示 (2)如果已知选到的是团员, 那么选到的是男生的概率是多少? 团员 非团员 合计 男生 16 9 25 女生 14 6 20 合计 30 15 45 随机选择1人做代表, 则样本空间包含45个等可能的样本点. A表示事件 “选到团员”, n()=45, n(A)=30, n(B)=25. (1)根据古典概型知识可知,
2、 选到男生的概率 P(B)= 表7.1-1(单位: 人) A B B表示事件 “选到男生”, 则 P(AB)=P(A)P(B) ( )255.( )459n Bn在班级里随机选择1人做代表, (1)选到男生的概率 是多少? 问题问题1 某个班级有45名学生, 其中男生、女生的人数及团员的人数如表7.1-1所示 (2)如果已知选到的是团员, 那么选到的是男生的概率是多少? P(B|A) = 根据古典概型知识可知, (2) “在选到团员的条件下, 选到男生”的概率就是 “在事件A发生的条件下, 事件B发生”的概率, 记为P(B|A). 相当于以相当于以A为样本空间来考虑事件为样本空间来考虑事件B发
3、生的概率发生的概率, 在新的样本空间中事件B就是积事件AB, 它包含的样本点n(AB)=16. 团员 非团员 合计 男生 16 9 25 女生 14 6 20 合计 30 15 45 表7.1-1(单位: 人) A B ()( )168.3015n ABn A4 问题2 假定生男孩和生女孩是等可能的, 现考虑有两个小孩的家庭. 随机选择一个家庭, 那么 用b表示男孩, 用g表示女孩, 则样本空间=bb, bg, gb, gg, 且所有样本点是等可能的. 用A表示事件 “选择的家庭中有女孩”, 用B表示 “选择的家庭中两个孩子都是女孩”, 则A=bg, gb, gg, B=gg. 所以n(A)=
4、3, n(B)=1. (1)该家庭中两个小孩都是女孩的概率是多大？ (2)如果已经知道这个家庭有女孩, 那么两个小孩都是女孩的概率又是多大？ (1)根据古典概型知识可知, 该家庭中两个都是女孩的概率 P(B) = (2) “在选择的家庭有女孩的条件下, 两个小孩都是女孩”的概率就是 “在事件A发生的条件下, 事件B发生”的概率, 记为P(B|A). A成为样本空间, 事件B就是积事件AB, P(B|A) = ( )1.( )4n Bn()1.( )3n ABn AP(B|A) = 此结论对于一般的古典概型仍然成立. 一、条件概率一、条件概率 上述两个问题中,在事件A发生的条件下, 事件B发生的
5、概率都是 如图7.1-1所示, 若已知事件已知事件A发生的条件下发生的条件下, 则则A成为样本空成为样本空间间. 此时此时, 事件事件B发生的概率是发生的概率是AB包含的样本点数与包含的样本点数与A包含的包含的样本点数的比值样本点数的比值, 即 P(B|A) = 因为 P(B|A) = 所以在事件A发生的条件 下, 事件B发生的的概率还可以通过来 计算. 图7.1-1 A B AB ().( )n ABn A().( )n ABn A()( )n ABn A()( )( )( )n ABnn An()=,( )P ABP A()( )P ABP A条件概率的判断：条件概率的判断： (1)当题目
6、中出现“在当题目中出现“在条件下”等字眼，一般为条件条件下”等字眼，一般为条件概率概率; (2)当已知事件的发生影响所求事件的概率，一般也认为当已知事件的发生影响所求事件的概率，一般也认为是条件概率是条件概率. A B AB 一般地, 设设A, B为两个随机事件为两个随机事件, 且且P(A)0, 我们称我们称 为在事件为在事件A发生的条件下发生的条件下, 事件事件B发生的概率发生的概率, 简称条件概率简称条件概率. ()(|).( )P ABP B AP A一、条件概率一、条件概率 二、条件概率与事件相互独立性的关系二、条件概率与事件相互独立性的关系 在问题1和问题2中, 都有P(B|A) P
7、(B). 一般地, P(B|A)与P(B)不一定相等. 如果P(B|A)与P(B)相等, 那么事件A与事件B应满足什么条件? 当事件A与B相互独立时, 事件A的发生与否不影响事件B发生的概率, 这时P(B|A)=P(B)成立. 由事件A与B相互独立, 即P(AB)=P(A)P(B), 且P(A)0, 得 反之, 若P(B|A)=P(B), 且P(A)0, 则 P(B|A)= =P(B); P(B|A)= P(B)= P(AB)=P(A)P(B), 即事件A与B相互独立. 因此, 当P(A)0时, 当且仅当事件A与B相互独立时, 有 P(B|A)=P(B). ()( )P ABP A( ) (
8、)=( )P A P BP A()( )P ABP A若P(A)0, P(B)0时, 事件A与B相互独立 P(B|A)=P(B) P(AB)=P(A)P(B), P(A|B)=P(A) 8 三、概率的乘法公式三、概率的乘法公式 P(AB) = P(A) P(B|A). 我们称上式为概率的乘法公式. 对于任意两个事件A与B, 如果已知P(A)与P(B|A), 如何计算P(AB)呢？ 由条件概率的定义, 对任意两个事件A与B, 若P(A)0, 则 注意： 0P(B|A)1. 9 (1)第1次抽到代数题且第2次抽到几何题的概率; 例1 在5道试题中有3道代数题和2道几何题, 每次从中随机抽出1道题,
9、 抽出的题不再放回. 求： (2)在第1次抽到代数题的条件下, 第2次抽到几何题的概率. P(B|A)= P(AB)= 因为n(AB) = = 32=6, 所以 1132CC()63=( )2010n ABn .(2) “在第1次抽到代数题的条件下, 第2次抽到几何题”的概率就是事件A发生的条件下, 事件B发生的概率, 显然P(A)= , 利用条件概率公式, 得 35()331=( )1052P ABP A=.解：设A= “第1次抽到代数题”, B= “第2次抽到几何题”. (1) “第1次抽到代数题且第2次抽到几何题”就是事件AB. 从5道试题中每次不放回地随机抽取2道, 试验的样本空间包含
10、20个等可能的样本点, 即 n()= = 54=20. 1154CC(1)第1次抽到代数题且第2次抽到几何题的概率; 分析:如果把 “第1次抽到代数题”和 “第2次抽到几何题” 作为两个事件, 那么问题(1)就是积事件的概率, 问题(2)就是条件概率.也可以先求条件概率, 再用乘法公式求积事件的概率. 例1 在5道试题中有3道代数题和2道几何题, 每次从中随机抽出1道题, 抽出的题不再放回. 求： (2)在第1次抽到代数题的条件下, 第2次抽到几何题的概率. 法2：在缩小的样本空间A上求P(B|A). 已知第1次抽到代数题, 这时还余下4道试题, 其中代数题和几何题各2道. P(B|A)= .
11、 因此, 事件A发生的条件下, 事件B发生的概率为 P(AB)=P(A)P(B|A)= 12313=.5210又P(A)= , 利用乘法公式可得 351111 求条件概率有两种方法：求条件概率有两种方法： 一种是基于样本空间, 先计算P(A)和P(AB), 再利用条件概率公式求P(B|A); 另一种是根据条件概率的直观意义, 增加了 “A发生”的条件后, 样本空间缩小为A, 求P(B|A)就是以A为样本空间计算AB的概率. A B AB ()(|).( )P ABP B AP A 条件概率只是缩小了样本空间, 因此条件概率同样具有概率的性质. 设P(A)0, 则 (1)P(|A)=1; (2)
12、如果B和C是两个互斥事件, 则P(BC|A)=P(B|A)+P(C|A); (3)设 和B是两个对立事件, 则P( |A)=1-P(B|A). BB()(|).( )n ABP B An A1212 条件概率只是缩小了样本空间, 因此条件概率同样具有概率的性质. 设P(A)0, 则 (1)P(|A)=1; (2)如果B和C是两个互斥事件, 则P(BC|A)=P(B|A)+P(C|A); (3)设 和B是两个对立事件, 则P( |A)=1-P(B|A). BB说说 明：明： 概率概率P(B|A)与与P(AB)的区别与联系：的区别与联系： 联系：联系：事件事件A,B都发生了都发生了. 区别：区别：
13、 (1)在在P(B|A)中，事件中，事件A,B发生有时间上的差异，发生有时间上的差异，A先先B后；后；在在P(AB)中，事件中，事件A,B同时发生同时发生. (2)样本空间不同，在样本空间不同，在P(B|A)中，事件中，事件A成为样本空间；成为样本空间；在在P(AB)中，样本空间仍为中，样本空间仍为.因此有因此有P(B|A) P(AB). (),()AABP B AABP AB中样本点数中样本点数中样本点数中样本点数 A B AB 14 例2. 已知3张奖券中只有1张有奖, 甲、乙、丙3名同学依次不放回地各随机抽取1张. 他们中奖的概率与抽奖的次序有关吗? 分析：要知中奖概率是否与抽奖次序有关
14、, 只要考察甲、乙、丙3名同学的中奖概率是否相等. 因为只有1张奖券有奖，所以 “乙中奖”等价于 “甲没中奖且乙中奖”, “丙中奖”等价于 “甲和乙都没中奖”, 利用乘法公式可求出乙、丙中奖的概率. P(B)= 事实上, 在抽奖问题中, 无论是有放回随机抽取还是不放回随机抽取, 中奖的概率都与抽奖次序无关. 因为P(A)=P(B)=P(C), 所以中奖的概率与抽奖的次序无关. 乘法公式 P(C)= 解：用A, B, C分别表示甲、乙、丙中奖的事件, 则B= B, C= , 则 AAB1211( );( )1( ),(|),(|),3322P AP AP AP B AP B A ()P AB(
15、) (|)P A P B A211,323()P AB( ) (|)P A P B A211.323 甲不中的条件下, 还剩2张奖券, 所以乙中与不中都是 . 121515 分析: 最后1位密码 “不超过2次就按对”等价于 “第1次按对, 或者第1次按错但第2次按对”. 因此, 可以先把复杂事件用简单事件表示, 再利用概率的性质求解. 例3 银行储蓄卡的密码由6位数字组成. 某人在银行自助取款机上取钱时, 忘记了密码的最后1位数字. 求： (1)任意按最后1位数字, 不超过2次就按对的概率; (2)如果记得密码的最后1位数字是偶数,不超过2次就按对的概率. 解：(1)设Ai= “第i次按对密码
16、”(i=1, 2), 则事件A= “不超过2次就按对”可表示为 因此, 任意按最后1位数字, 不超过2次就按对的概率为 (2)设B= “密码的最后1位数字是偶数”, 则 因此, 若记得最后1位密码是偶数,则不超过2次就按对的概率为 A=A1 A2 . 1A事件A1与 A2互斥, 由概率的加法公式及乘法公式, 得 1AP(A)=P(A1)+P( A2) 1A=P(A1)+P(A2| ) 1A191101091.51.5P(A|B)=P(A1|B)+P( A2|B) 1A1415542.52.516 P(AB) = P(A)=0.3. 由条件概率公式可得 解： P(B|A)= 1, P(A|B)=
17、 . P(A|B) = 1. 设AB, 且P(A)=0.3, P(B)=0.6. 根据事件包含关系的意义及条件概率的意义, 直接写出P(B|A)和P(A|B)的值, 再由条件概率公式进行验证. P(B|A) = 验证： AB, 且P(A)=0.3, P(B)=0.6. B A 12()0.3=1( )0.3P ABP A .()0.31=( )0.62P ABP B.由此可得，由此可得， ( )(|)1(|).( )P AABP B AP A BP B若若, ,则则, ,A发生，则发生，则B一定发生一定发生 2. 从一副不含大小王的52张扑克牌中, 每次从中随机抽出1张扑克牌, 抽出的牌不再放
18、回. 已知第1次抽到A牌, 求第2次抽到A牌的概率. 解：设 “第1次抽到A牌”为事件A, “第2次抽到A牌”为事件B,则“第1次和第2次都抽到A牌”为事件AB. 方法1: 在第1次抽到A牌的条件下, 扑克牌中还剩下51张牌, 其中有3张A牌, 所以在第1次抽到A牌的条件下第2次也抽到A牌的概率是P(B|A)= 方法2:在第1次抽到A牌的条件下第2次也抽到A牌的概率为 P(B|A) = 方法3:在第1次抽到A牌的条件下第2次也抽到A牌的概率为 P(B|A) = 31.5117114311451()4 31.( )4 5117CCn ABn ACC4 3()3152 51.4 51( )5117
19、52 51P ABP A设第设第1次摸到白球为事件次摸到白球为事件A，第，第2次摸到白球为事件次摸到白球为事件B，则，则 解：解： ()7 62(1)(|).( )7 93n ABP B An A 在第在第1次摸到白球的条件下，第次摸到白球的条件下，第2次摸到白球的概率为次摸到白球的概率为 2.3727(2)()( ) (|).10315P ABP A P B A两次都摸到白球的概率为两次都摸到白球的概率为 7.153. 袋子中有10个大小相同的小球, 其中7个白球, 3个黑球. 每次从袋子中随机摸出1个球, 摸出的球不再放回. 求： (1)在第1次摸到白球的条件下, 第2次摸到白球的概率; (2)两次都摸到白球的概率. ()7 67().( )10 915n ABP ABn或19 1. 条件概率(P(A)0) (0P(B|A)1) 3. 概率的性质(P(A)0) (1)P(|A)=1; (2)如果B和C是两个互斥事件, 则P(BC|A)=P(B|A)+P(C|A); P(AB) = P(A) P(B|A). 2. 概率的乘法公式(P(A)0) ()()(|)=( )( )n ABP ABP B An AP A.(3)设 和B是两个对立事件, 则P( |A)=1-P(B|A). BB
