《概率论与数理统计》课程教学资源（PPT课件）1.5 条件概率

第五节 条件概率 一、条件概率 二、乘法定理 三、全概率公式与贝叶斯公式

一、条件概率 二、乘法定理 三、全概率公式与贝叶斯公式 第五节 条件概率

一、 条件概率 10引例 例1：将一枚硬币抛掷两次，观察正反两方面的情况，设 A:“至少有一次为正”，B:“两次掷出同一面”. 求已知事件A已经发生的条件下事件B发生的概率P(BA) 分析：样本空间为S={HH,HT,TH,TT} A-HH,HT,TH B=HH,TT,AB=(HH, P4=PAB)=B)-=2 新的样 事件A已经发生的条件下，所有可能的结果发A 本空间 尚方夹藏会式计不杂八利器 P(AB) P(A) 注意：P(B)=≠P(B1A)

3 ( ) , 4 P A = 例1: 将一枚硬币抛掷两次,观察正反两方面的情况，设 A: “至少有一次为正”, B:“两次掷出同一面”. 求已知事件A 已经发生的条件下事件B 发生的概率P(B|A). 分析: 事件A 已经发生的条件下, P B( ) 1 4 3 4 = ( ) ( ) P AB P A = 1 0 引例 一、条件概率 1 ( ) , 4 P AB = 1 = 2  P B A ( | ) 1 3 由古典概率公式计算得 P B A ( | ) = 所有可能的结果为A . 样本空间为S HH HT TH TT =  , , ,  A HH HT TH =  , , ,  B HH TT =  , ,  AB HH =  , 注意: 1 ( ) , 2 P B = 新的样 本空间

对于古典概型问题，设试验E的样本空间为S={e1,e2,.,en, 事件A的容量为m,AB的容量为k, 由古典概率得P(4-,P4B)-分 k P(BA)= A k B S P(BIA)= kk/n m m n P(AB) P(A)

对于古典概型问题，设试验E 的样本空间为 1 2 { , , , }, S e e e = n 事件A m AB k 的容量为 ， 的容量为 , A B S ( ) , m P A n = ( ) , k P AB n 由古典概率得 = ( | ) k P B A m = P B A ( | ) , k m = n m k ( ) ( ) P AB P A = k n m n =

2定义 设A,B是两个事件，且P(A)>0,称 P(B)=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 若P(B)>0,同样可称 P(41B)= P(AB) P(B) 为在事件B发生的条件下事件A发生的条件概率

2 0 定义 设 A B P A , , ( ) 0, 是两个事件 且  称 为在事件 A B 发生的条件下事件 发生的条件概率. 若P B( ) 0  ，同样可称 ( ) ( | ) ( ) P AB P A B P B = 为在事件B发生的条件下事件A发生的条件概率. ( ) ( ) ( ) P AB P B A P A =

P(BIA)= P(AB) 30性质 P(A) 条件概率P(~A)符合概率定义中的三个条件（可验证） 1°非负性：P(BA)≥0 2°规范性：P(S|A)=1 3°可列可加性：设B,B2,.是两两互不相容的事件，有 PUB1I=2PB1A 所以，概率具有的性质都适用于条件概率， 如：P(A|B)=1-P(A|B) P(AUA,B)=P(A B)+P(A,B)-P(AA,B)

条件概率P( |A)符合概率定义中的三个条件(可验证) 1° 非 负 性 ： P B A ( | ) 0  2°规 范性 ： P S A ( | ) 1 = 3°可列可加性 ：设 1 2 B B, , 是两两互不相容的事件，有 1 1 ( | ) ( | ) i i i i P B A P B A   = = =  3 0 性质 所以，概率具有的性质都适用于条件概率. 1 2 1 2 1 2 P A A P A P A P A A ( ) | | | B B B B = + − ( ( ) ( ) ) | 如：P A P A ( ) ( ) | | B B = −1 . ( ) ( | ) ( ) P AB P B A P A =

40计算及应用 例2.盒子装有4只产品，其中3只一等品，1只二等品.从中 取两次，每次任取一只，作不放回抽样， 设A:“第一次取到一等品”，B:“第二次取到一等品”， 求P(B4A). 第一次取到一等品的条件下第二次取到一等品的概率 解I:根据样本空间计算： 将产品编号，1,2,3为一等品；4号为二等品. 以(i,)表示第一次、第二次分别取到第i号、第号产品， 则试验的样本空间为 S={1,2)(1,3),(1,4),(2,1),(2,3),(2,4), 12个 (3,1),(3,2)2(3,4),(4,1),(4,2),(4,3)}

例2. 盒子装有4 只产品,其中3 只一等品，1只二等品. 从中 取两次,每次任取一只，作不放回抽样. 设 A:“第一次取到一等品” , B :“第二次取到一等品”, 求P(B|A). 4 0 计算及应用 以 ( , ) , i j i j 表示第一次、第二次分别取到第 号、第 号产品 则试验的样本空间为 将产品编号, 1, 2, 3 ; 4 . 为一等品 号为二等品 解I ：根据样本空间计算： 第一次取到一等品的条件下第二次取到一等品的概率 {(1,2), (1,3), (1,4), (2,1), (2,3), (2,4) , (3,1), (3,2), (3,4) , (4,1), (4,2), (4,3)} S = 12个

1,2,3为一等品；4号为二等品. A={1,2),(1,3),(1,4),(2,1),(2,3),(2,4), (3,1),(3,2),(3,4)}， 9个 AB={1,2),(1,3),(2,1),(2,3),(3,1),(3,2)}, 6个 根据条件概率的意义得 P8利-g月 解Ⅲ：根据条件概率公式和排列组合计算： 3.2 P(B)= P(AB) _43=2/3 P(A) 3

{(1,2), (1,3), (1,4), (2,1), (2,3), (2,4), (3,1), (3,2), (3,4)}, A = AB = {(1,2), (1,3), (2,1), (2,3), (3,1), (3,2)}, 9个 6个 根据条件概率的意义得 P B A ( ) = 6 2 9 3 = 1, 2, 3 ; 4 . 为一等品 号为二等品 解 II：根据条件概率公式和排列组合计算： ( ) ( ) ( ) P AB P B A P A = 3 2 4 3 2 / 3 3 4  = =

二、 乘法定理 设P(A)>0,则有P(AB)=P(BA)P(A) (乘法公式) 三个事件的 设A,B,C为事件，且P(AB)>0,则有 乘法公式 P(ABC)=P(CAB)P(B A)P(A) 推广设A1,A2,.,An为n个事件，n≥2， 且P(A1A2.A1)>0,则有 P(4A.A)=P(444.An).P(4n44.4n2） P(444)P(4lA)P(4) 注：先发生的为条件！

二、 乘法定理 1 2 1 ( ) 0, 且 P A A An−  则有 1 2 , , , , 2, 推广 设 A A A n n n 为 个事件  设 A B C P AB , , , ( ) 0, 为事件 且  则有 设 P( 0, A)  则有 P AB P B P ( ) ( ) = A (A) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 1 2 1 1 1 2 2 3 1 2 2 1 1 P A A A P A A A A P A A A A n n n n n P A A A P A A P A =    − − − （乘法公式） 三个事件的 乘法公式 注：先发生的为条件！ P ABC P C AB P B A P A ( ) ( ) ( ) ( ) =

例3设袋中装有”只红球只白球.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 四次，试求第一、二次取到红球且第三、四次取 到白球的概率 解设A(i=1,2,3,4)为事件"第i次取到红球" 则A、A为事件第三、四次取到白球 P(A44A)=P(AA4A)P(A A4)P(A4)P(A) t+a t r+, r+t+3a r+t+2a r+t+a r+t 一用来作为描述传染病传播的数学模型

. , , , , . r t a 设袋中装有 只红球 只白球 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 四次 试求第一、二次取到红球且第三、四次取 到白球的概率 解 设 A i i i ( 1,2,3,4) " " = 为事件 第 次取到红球 3 4 则 A A、 为事件第三、四次取到白球. 例3 1 2 3 4 P A A A A ( ) r r t  + —— 用来作为描述传染病传播的数学模型. r a r t a +  2 + + t 3 r t a + + t a r t a + =  + + 4 1 2 3 3 1 2 2 1 1 = P A A A A P A A A P A A P A ( ) ( ) ( ) ( )

例4：某种透镜，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910. 试求透镜落下三次而未打破的概率， 解以4(i=1,2,3)表示事件"透镜第i次落下打破"， 以B表示事件“透镜落下三次而未打破” 因为B=A1A2A, 所以P(B)=P(AA2A)=P(AA1A)P(AA)P(A) =1-0-01-分-a

例4：某种透镜, 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. 试求透镜落下三次而未打破的概率. 解 以B 表示事件“透镜落下三次而未打破”. 1 2 3 因为 B A A A = , 1 2 3 所以 P B P A A A ( ) ( ) = 9 7 1 (1 )(1 )(1 ) 10 10 2 = − − − 3 . 200 = ( 1,2,3) " ", 以A i i i = 表示事件 透镜第 次落下打破 3 1 2 2 1 1 = P A A A P A A P A ( ) ( ) ( )