2012考研数学讲义75.doc

考研数学讲（75）条件概率寻常事在事件B发生的条件下事件A发生的概率称为条件概率。记为 P（AB），且定义P（AB）= P(AB）P（B） ， P（B） 0人们通常会用两种方式来表示整体与部分的关系。或者用实在数据；或者把整体视为1，用比例来表示部分。在可以用“文氏图”示意的情形，不太严格地说，样本空间及事件就是具体实在，相应概率就好比是“比例”描述。条件概率则是把概率P（B）作为新的总体1，计算P（AB）相对所占的“比例”。在古典概率情形，这个比方尤其直观。若事件 A含于B ，即 AB = A ，P（AB）= P(AB）P(B) = P(A)P(B)若事件A与B互斥，即 AB = （空集），P(AB）= 0 ， P（AB）= 0若事件A与B相互独立，P(AB) = P(A) P(B) ，则 P（B） 0 时P（AB）= P(AB）P（B）= P(A) P(B) P（B）= P(A) ，条件概率的定义在这时正好显示，从逻辑上看，事件 A 与 B相互独立，本质上是发生与否，互不影响，彼此无关。而事件 A 与 B 互斥，却是一个特定关系。 “两个事件能否既互斥又相互独立？”由上述可知，从逻辑上看是不可能的。从概率上看，若两个事件的概率都不为0，则也是不可能的。在建模实践中，为了简单起见，在不少场合选择了相互独立的最佳状态。比如，射击运动员连续射击多发子弹；乒乓球运动员连续比赛若干局，等等；都假设各次射击，各局比赛相互独立。构成n重贝努里概型。在实际问题中，有时能简便地直接按照实际状况算得条件概率。比如摸球模型。袋中有20个红球10个黑球，如果每次摸出一球，然后放回去再摸第二次，若以摸出红球为成功，p = 2/3 ，各次摸球相互独立，就构成 n 重贝努里概型。如果第一次摸得红球而不放回去，第二次摸得黑球的概率就是条件概率。这时由实际数据能直接算得P（第二次摸得黑球第一次摸得红球）= 10/29P(AB）= P（第一次摸得红球，第二次摸得黑球）= P（B）P（AB）= P（第一次摸得红球）P（第二次摸得黑球第一次摸得红球）= 20/87用二维模型才能更好地理解这个交事件的概率。先后两次摸球（第一次不放回）的基本点有：（红，红），380个；（ 红，黑），200个；（黑，红），200个；（黑，黑），90个；共计870个。所以 P（红，黑）= 有利点数基本点总数 = 20/87“随机向量事件”概率定义的内核是“交事件的概率”。可以从这里开始体验。例20 A，B 是两个随机事件，且 B 发生则 A 必定发生。则下列式子中正确的是（A） P (A + B）= P（A） （B） P (AB）= P（A）（C） P（BA）= P（B） （D） P (BA）= P（B） P（A）分析 事件 B 发生则 A 必定发生，说明 A包含B ，而 A + B就是A ；也表明BA是不可能事件；AB = B；故（B）（D）错。应选（A）。（C）错，是因为此时有 P（BA）= P（B）P（A）例21 已知 0P(B)1 ，且P(A1+A2B) = P(A1B) + P(A2B)，则有 (A) P(A1+A2B) = P(A1B)+ P(A2B) (B) P(A1B+A2B) = P(A1B)+ P(A2B) (C) P(A1+A2) = P(A1B) + P(A2B) (D) P(B) = P(A1) P(BA1)+ P(A2) P(BA2)分析 老老实实按照条件概率的定义重写已知条件。得P(A1+A2)B) P（B）= P(A1B) P（B）+ P(A2B) P（B）去分母后，刚好是（B）。即 A1B 和 A2B 互斥例22 A，B是两个随机事件，且0P(A)1 ，P(B) 0，P(BA) = P(BA) 则必有 (A) P (AB) = P (AB) (B) P (AB) P (AB)(C) P (AB）= P (A) P (B) (D) P (AB） P (A) P (B) 分析 首先用条件概率定义转换已知的条件概率等式P(BA) P（A）= P (B A) P（A） 即 P（A）P(BA) = P（A）P(BA)即 (1 P（A）) P(BA) = P（A）P(B A) 移项化简，即 P (BA) = P（A）( P(BA) + P(BA) ) = P (A) P (B)其中 ， 事件B = BA + B A 是B的互斥分解。应选（C）（画外音：已知条件保证了事件A与B相互独立。有这样的习题 :“ 若 0 P(A) 1 ，试证明事件A 与 B 相互独立的充分必要条件是 P (BA) = P (BA) ”事实上，上例分析中的算式是可以逆反的。）例23 已知 0P(A)1 ，0P(B)1 ， P (AB) + P (AB) = 1 ，则 (A) 事件A和B互不相容。 （B）事件A和B互相对立。（C） 事件A和B互不独立。 （D 事件A和B相互独立。分析 先用条件概率定义重写已知的条件概率等式，再两端同乘以P (B) P (B ), 得P (B) P (AB) + P (B) P (AB) = P (B) P (B)因为是关于A与B的选择，故需用公式 P (B) = 1 P（B） 再注意到“或”的反面是“都不”，即 AB= (A + B) P (AB ) = P (A + B) ）= 1P (A + B),概率等式进一步化为 （1P（B）P (AB) + P (B)( 1P (A + B) = P (B) (1P（B）化减后即知 P (AB）= P (A) P (B) ，应选 (D)与导数定义的运用一样，条件概率这一类含有公式的概念。要勤动手写定义式，要训练自己有一定的抽象运算推演变形能力，才能应对相关考研题目。例24 甲、乙两人独立地对同一目标射击一次，其命中率分别为0.6和0.5，现已知目标被命中，则它是甲射中的概率为（？）分析 记A =“甲射中”，B =“乙射中”，显然“目标被命中”应该是A+B ，所求概率为 P (A(A+B) = P (A(A+B) P(A+B) = P (A)P(A+B)= 0.6 0.8 = 0.75例25 某机要室有两种警报系统A与B ，单独使用时，系统A有效的概率为0.9 ；系统B有效的概率为0.95 ；在系统A失灵的条件下系统B仍然有效的概率为0.85 ；求（1）在系统B失灵的条件下系统A仍然有效的概率。（2）两个警报系统至少有一个有效的概率。（3）在报警状态下，系统A工作的的概率。解 就用A，B分别表示事件“系统A有效”与“系统B有效”。则，已知即P (BA) = 0.85 ，由条件概率定义得方程 P (BA)P（A）= 0.85注意 P (BA) = P（BA）= P (B) P（AB） ，而P（A）= 0.1 ，代入方程得P (B) P（AB ）= 0.85 P（A），算得 P（AB）= 0.865从而（1） P（AB）= P (AB)P（B）=（ P (B) P（AB）P（B）= 0.7（2）即是求 P（A + B）， P（A + B）= P（A）+ P (B) P（AB）= 0.985（3）即是求P (A(A + B）)P (A(A + B）) = P（A）P（A + B）0.914这个题目在算之外还告诉我们，如果题面没有交待，答题者通常不要自己假设“相互独立”条件。例26 m个人抽m支签，其中有s支幸运签（如球票，入场卷等等。），其余都是空白签。人们通常会排序抽签。试证明，每个人抽到幸运签的概率与其抽签顺序无关。分析 第1个人抽到幸运签的概率自然是 p = s / m第2个人抽到幸运签的概率是两种情形(第1个人抽到或没抽到)下概率之和（ s / m）(s 1) / (m1) + ( m s) / m) ( s / (m1)= (s (s 1)+ ( m s) s )