概率统计条件与独立性

条件概率与事件的独立性知识梳理一、相互独立事件1．相互独立事件的定义：事件A(或B)是否发生对事件B(或A)发生的概率没有影响，这样的两个事件叫做相互独立事件．与，与B，与若A与B是相互独立事件，则A也相互独立．2．相互独立事件同时发生的概率P(A·B)＝

.若事件A1，A2，…，An相互独立，则P(A1·A2·…·An)＝

.答案：一、2.P(A)·P(B)

P(A1)·P(A2)·…·P(An)二、条件概率及其性质条件概率的定义：设A，B为两个事件，且P(A)>0，称P(B|A)＝

为在事件A发生的条件下，事件B发生的概率．把P(B|A)读作“A发生的条件下B的概率”．条件概率的性质条件概率具有一般概率的性质，即

0≤P(B|A)≤1；若B和C是两个互斥事件，则P(B∪C|A)＝

.答案：二、1.

P(AB)2.(2)P(B|A)＋P(C|A)P(A)1．(2010年辽宁卷)两个实习生每人加工一个答案：B1

2P(A)＝P(A

)＋

P(A

)＝

×

＋

×

＝3

4

3

4

122

1

1

3

5

.2

3零件，加工为一等品的概率分别为

和

，两3

4个零件是否加工为一等品相互独立，则这两个零件中恰有一个一等品的概率为(

)1

5

1

1A.2

B.12

C.4

D.6解析：记两个零件中恰好有一个一等品的事件为A，则2．在10个球中有6个红球，4个白球(各不相同)，不放回的依次摸出2个球，在第一次摸出红球5的条件下，第2次也摸出红球的概率是

9

．3．(2009年湖北卷)甲、乙、丙三人将参加某项测试，他们能达标的概率分别是0.8、0.6、0.5，则三人都达标的概率是

，三人中至少有一人达标的概率是

．解析：三人均达标为0.8×0.6×0.5＝0.24，三人均不达标为(1－0.8)×(1－0.6)×(1－0.5)＝0.04，三人中至少有一人达标为1－0.04＝0.96.答案：0.24

0.96(2010年四川卷)某种有奖销售的饮料，瓶盖内印有“奖励一瓶”或“谢谢购买”字样，购买一瓶若其瓶盖内印有“奖励一瓶”字样即为中奖，中奖概1率为

.甲、乙、丙三位同学每人购买了一瓶该饮6料．求三位同学都没有中奖的概率；求三位同学中至少有两位没有中奖的概率．解析：(1)设甲、乙、丙中奖的事件分别为A、B、C，那么1P(A)＝P(B)＝P(C)＝6，P(

A

·

B

·

C

)＝P(

A

)P(

B

)P(

C

)＝531256

＝216.125答：三位同学都没有中奖的概率是216.(2)1－P(

A

·B·C＋A·

B

·C＋A·B·

C

＋A·B·C)＝1－3×12135

256

×6－6

＝27.或P(A

·

B

·

C

＋A·

B

·

C

＋A

·B·

C

＋A

·

B

·C)＝2725.25答：三位同学中至少有两位没有中奖的概率为27.点评：(1)在学习过程中，要善于将较复杂的事件分解为互斥事件的和及独立事件的积，或者对立事

件．(2)某些事件若含有较多的互斥事件，可考虑其对立事件的概率，这样可减少运算量，提高正确率要注意“至多”“至少”等题型的转化．抽取2道题，求：第1次抽到理科题的概率；第1次和第2次都抽到理科题的概率；在第1次抽到理科题的条件下，第2次又抽到理科题的概率．解析：设第1次抽到理科题为事件A,第2次抽到理科题为事件B，则第1次和第2次都抽到理科题为事件AB.从6道题中不放回地依次抽取2道的事件数为n(Ω)＝＝30，根据分步乘法计数原理，得是于4(2)∵n(AB)＝A2＝4×3＝12，∴P(AB)n(AB)＝

n(Ω)12

2＝30＝5.例2在6道题中有4道理科题和2道文科题．如果不放回地依次(3)解法一：由(1)(2)可得，在第一次抽到理科题的情况下，第二次抽到理科题的概率为4解法二：∵n(AB)＝A2＝4×3＝12，4

5n(A)＝A1·A1＝20，n(AB)

12

3∴P(B|A)＝

n(A)＝20＝5.点评：对于问题3，解法一是依据条件概率的定义去求；在实际应用中，解法二是一种重要的求条件概率的方法．练1．50件产品中有3件次品，不放回地抽取2次，每次抽一件，已知第一次抽出的是次品，求第二次抽出正品的概率．解析：解法一：设第1次抽到次品为事件A,第2次抽到正品为事件B，则第1次抽到次品和第2次抽到正品为事件AB.5从50件产品中不放回地依次抽取2件的事件数为n(Ω)＝

A2，根据分步乘法计数原理，得n(A)＝A1·A1

，3

493

47∵n(AB)＝A1·A1

，∴P(AB)＝n(Ω)＝n(AB)

A1·A1A503

472

.P(A)＝n(Ω)＝n(A)

A1·A1A2503

49，于是在第一次抽到次品的情况下，第二次抽到正品的概率为P(B|A)＝P(AB)P(A)＝A1·A13

47A2A250501 1

＝47A3·A49

49.解法二：设第1次抽到次品为事件A,第2次抽到正品为事件B，则第1次抽到次品和第2次抽到正品为事件AB.从50件产品中不放回地依次抽取2件产品第1次抽到次品的事件数为

于是在第一次抽到次品的情况下，第二次抽到正品的概率为n(A)＝A

·A

，∵1

1

1

13

49

3

47n(AB)＝A

·A

，P(B|A)＝P(A)＝A1·A13

493

47＝P(AB)

A1·A1

4749.2．一张储蓄卡的密码共6位数字，每位数字都可从0～9中任选一个．某人在银行自动提款机上取钱时，忘记了密码的最后一位数字，求：任意按最后一位数字，不超过2

次就按对的概率；如果他记得密码的最后一位是偶数，不超过2次就按对的概率．解析：设第i次按对密码为事件Ai(i＝1,2)，则A＝A1∪(A1

A2)表示不超过2次就按对密码.(1)因为事件A1与事件

A1

A2互斥，由概率的加法公式得1

1

2P(A)＝P(A

)＋P(

A A

)＝

1

10

9×1

10×91＋

＝5.(2)用B

表示最后一位按偶数的事件，则1

1

21P(A|B)＝P(A

|B)＋P(

A A

|B)＝5＋4×15×42＝5.3、甲箱的产品中有5个正品和3个次品，乙箱的产品中有4个正品和3个次品．从甲箱中任取2个产品，求这2个产品都是次品的概率；若从甲箱中任取2个产品放入乙箱中，然后再从乙箱中任取一个产品，求取出的这个产品是正品的概率．解析：(1)

从甲箱中任取2个产品的事件数为=

28，这2个产品都是次品的事件数为

＝3..2C8＝8×72C23∴这2个产品都是次品的概率为

3

283答：这2个产品都是次品的概率为28

.(2)设事件A为“从乙箱中取一个正品”，事件B1为

“从甲箱中取出2个产品都是正品”，事件B2为“从甲箱中取出1个正品1个次品”，事件B3为“从甲箱中取出2个产品都是次品”，则事件B1、事件B2、事件B3彼此互斥．C2P(B1)＝C285＝

5

14，P(B2)＝C1C1C85

32

＝1528，P(B3)＝C2C283＝

328，P(A|B1

)

P(A|B2

)＝9，P(A|B3

)6

5

4＝9，

＝9，∴P(A)＝P(B1)P(A|B1

)＋P(B2)P(A|B2

)＋P(B3)3P(A|B

)＝14×9＋28×9＋28×9＝252＝12

5

6

15

5

3

4

147

7

.12

7

答：

取出的这个产品是正品的概率为

.4．一号箱中有2个白球和4个红球，二号箱中有5个白球和3个红球，现随机地从一号箱中取出1个球放入二号箱，然后从二号箱随机取出一个球，问从二号箱取出红球的概率是多少？解析：记事件A＝“最后从二号箱取出的是红球”，B＝“从一号箱取出的是红球”，则—

＝1－P(B)＝3

4

2

1P(B)＝ ＝

，P(B

)

.4＋2

33＋18＋148＋1P(A|B)＝ ＝

，P(A

－

3

1.9

|B

)＝

＝3从而，P(A)＝P(AB)＋—P(A

B

)－

－＝P(A|B)P(B)＋P(A|B

)P(B

)4

2

1

1

11＝9×3＋3×3＝27.5．(2010年安徽卷)甲罐中有5个红球，2个白球和3个黑球，乙罐中有4个红球，3个白球和3个黑球．先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，分别以A1，A2和A3表示由甲罐取出的球是红球，白球和黑球的事件；再从乙罐中随机取出一球，以B表示由乙罐取出的球是红球的事件，则下列结论中正确的是

(写出所有正确结论的编号)．③事件B与事件A1相互独立；④A1，A2，A3是两两互斥的事件；⑤P的值不能确定，因为它与A1，A2，A3中究竟哪一个发生有关．①

P(B)(B|A

)12

511＝5；②P

＝

；解析：易见A1，A2，A3是两两互斥的事件，而事件B与A1的发生有关系，且P(B)＝P(BA1)＋P(BA2)＋P(BA3)5

5

2

4

3

4

9

P(B|A

)1

＝＝10×11＋10×11＋10×11＝22.

5×5

10×1112

5＝11，因此①③⑤是错误的，只有②④是正确的．答案：②④P(B|A)1．已知事件A发生，在此条件下事件B发生，相当于事件AB发生．求P(B|A)时，相当于把A看作新的基本事件空间来计算事件AB发生的概率．即n(AB)

n(Ω)n(Ω)如何区分条件概率P(B|A)