条件概率知识点、例题、练习题

条件概率专题一、知识点①只须将无条件概率替换为条件概率，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---在几何概型中---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),

这种猜想是错误的.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};

B1={抽到一数字是偶数};

B2={抽到一数字大于8},那么

P(A)=3/10,P(A|B1)=1/5,P(A|B2)=1.因此有P(A)＞P(A|B1),P(A)＜P(A|B2).3.2.以下两个定义是否是等价的.定义1.假设事件A、B满足P(AB)=P(A)P(B),

那么称A、B相互独立.定义2.假设事件A、B满足P(A|B)=P(A)或P(B|A)=P(B),那么称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,

假设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,它们都是以下图中标有阴影的局部,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异: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ΩA;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(A1A2…An)=P(A1)P(A2|A1)P(A3|A1A2)…P(An|A1A2…A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(A1A2…An-1答：按条件概率的本意,应要求P(A1)>0,

P(A1A2)>0,…,

P(A1A2…An-2)>0,

P(A1A2…A事实上,由于A1A2A3…An-2A1A2A3…An-2An-1,从而便有P(A1A2…An-2)≥P(A1A2…An-1)>0.这样,

除P(A1A2…An-1)>0作为题设外,

其余条件概率所要求的正概率,

如P(A1A2…An-2)>0,…,

P(A1A2)>0,

P(A1)>0便是题设条件P(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A1,A2,…,An的结构.事实上,

对于具体问题,

假设能设出n个事件Ai,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)假设A、B互不相容,那么A、B一定不独立.(2)假设A、B独立,那么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Ai={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A1A2A3={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、A33.8.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,

那么有“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,

那么有“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,假设0<P(A)<1,0<P(B)<1.(*)那么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)<P(A)P(B);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.此结论说明:在条件(*)下,假设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:假设P(A)=0或P(A)=1,

那么A与任何事件B相互独立.答：假设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.假设P(A)=1,那么.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是两个根本领件,

且0<P(A)<1,P(B)>0,,问事件A与B是什么关系?[解1]由条件可得.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,假设A为小概率事件,不妨设P(A)=ε(0＜ε＜1为不管多么小的实数),只要不断地独立地重复做此试验,那么A迟早要发生的概率为1.事实上,设Ak={A在第k次试验中发生},那么P(Ak)=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,那么当n→∞时,有pn→1.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,

那么迟早会引起火灾.3.13.只要不是重复试验,

小概率事件就可以无视.答：不正确.小概率事件可不可以无视,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无视的,但火柴有1%的可能性擦不燃是不必在意的.3.14.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Xk={第k次射中}，Xk显然是一个随机变量，但

P(Xk=k)=qk-1p，k=1,2,…，其中q=p-1，可见Xk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;

假设乙机未被击落,就进行还击,击落甲机的概率是0.3,

那么再进攻乙机,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,假设甲先答,答对的概率为0.4;假设甲答错,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),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”.那么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,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”.那么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,那么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Ai表示“第i次取到白球”.(i=1,2,…,N)那么根据题意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…AN)=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”,那么表示“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Ai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(A0)=1/10,P(A1)=3/5,P(A2)=3/10;

P(B|A0)=2/5,P(B|A1)=1/2,P(B|A2)=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”,那么表示“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,求以下事件的概率.(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Bi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.求目标被命中的概率为多少?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,

且A1、A2、A3构成一完备事件组.又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Ai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Ai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,那么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.

解.设事件Ai表示“第i次命中目标”,i=1,2,3根据条件P(Ai)=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Ai是相互独立的.(1)射击三次皆中目标的概率即求P(A1A2A3).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+A1A2A3P(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Ai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,那么密码被译出,因此所求的概率为P(A1+A2+A3).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,假设命中此目标一、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Ai表示“第i次命中目标”,i=1,2,3.设事件Bi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