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第1章第4节 条件概率(1) 综合讲练


概率论与数理统计

第 1 章 随机事件及其概率

第4节

条件概率(1) 综合讲练

Ⅰ、全面学习基本内容(见教材、课件) Ⅱ、概括内容提要(见教材、课件) Ⅲ、归纳常见题型(必做题)

题型一 条件概率的计算
? 提示 1、条件概率的数学定义 2、条件概率的计算方法


(1) 在样本空间 S 中,先计算出 P ( AB ) 与 P ( A ) ,再按定义计算 P ( B (2)直接在在简缩样本空间 A 中求事件 B 的概率,就得到 P ( B

A)

A)

3、条件概率的性质
(1)条件概率满足的三条公理 (2)条件概率满足概率的其它性质

【引例】 (P17) , 【补例 1.4.1】~【补例 1.4.11】 【例 1】 (P18) , 【例 2】 (P19) ; 【§1.4 课堂练习 】 ; 【第一章考研真题 4】 , 【第一章考研真题 8】. 【习题 1—4 EX1】 (P22)~【习题 1—4 EX5】 (P23) ;

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概率论与数理统计

第 1 章 随机事件及其概率

第4节

条件概率(1) 综合讲练

题型二 利用乘法公式计算有关事件的概率
? 提示
1、乘法公式 设 A1 , A 2 ,?, A n 是任意有限多个事件,且 P ( A1 A 2 ? A n ?1 ) ? 0 ,则
P ( A1

A 2 ? A n ) ? P ( A1 ) P ( A 2 A1 ) P ( A 3 A1 A 2 )

? P ( A n A1 A 2 ? A n ?1 )
2、使用方法

(4.4)

先利用事件的关系与运算的有关性质, 将所求事件分解成若干个事件的乘 积,再利用乘法公式求其概率
分解 P ( B ) ? P ( A1

A2 ? An )

乘法公式 ? ???

【补例 1.4.12】~【补例 1.4.19】 【例 3】 (P20) , 【例 4】 (第 2 版课件补充) 【例 5】 (教材例 4 P20) , 【例 6】 (第 2 版课件补充) ;

【习题 1—4 EX6】 (P22) , 【习题 1—4 EX10】 (P22) , 【习题 1—4 EX11】 (P23) ; 【总习题一 EX17】 (P29) , 【总习题一 EX20】 (P30) , 【总习题一 EX22】 (P30) .

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第 1 章 随机事件及其概率

第4节

条件概率(1) 综合讲练

题型一 条件概率的计算
? 提示 1、条件概率的数学定义
【定义 1】 (P18)设 A, B 为同一试验中的两个事件,若 P ( A ) ? 0 ,则称

P( B

A ) ? P ( AB ) P( A)

(4.1)

为事件“在事件 A 发生的条件下,事件 B 发生”的概率,也称 P ( B 概率. 相应地 P ( B ) 称为无条件概率.一般地, P ( B

A ) 为条件

A) ? P(B )

2、条件概率的计算方法
(1) 在样本空间 S 中,先计算出 P ( AB ) 与 P ( A ) ,再按定义计算 P ( B ① 在古典概型中

A)

P(B

? ( AB ) 事件 AB 包括的基本事件(样本点)数 A ) ? P ( AB ) ? ? ( S ) ? 试验中包括的基本事件(样本点)总数 ?( A) 事件 A 包括的基本事件(样本点)数 P( A) ?(S ) 试验中包括的基本事件(样本点)总数

② 在几何概型中

P(B

? ( AB ) 区域 AB 的几何度量 ( 长度 , 面积 , 体积等) A ) ? P ( AB ) ? ? ( S ) ? 区域 S 的几何度量 ( 长度 , 面积 , 体积等) ?( A) 区域 A 的几何度量 ( 长度 , 面积 , 体积等) P( A) ?(S ) 区域 S 的几何度量 ( 长度 , 面积 , 体积等)

(2)直接在在简缩样本空间 A 中求事件 B 的概率,就得到 P ( B ① 在古典概型中

A)

P( B

A ) ? P ( AB ) ? ? ( AB ) ? 事件 AB 包括的基本事件(样本点)数 P( A) ? ( A) 事件 A 包括的基本事件(样本点)数 A ) ? P ( AB ) ? ? ( AB ) ? 区域 AB 的几何度量 ( 长度 , 面积 , 体积等) P( A) ? ( A) 区域 A 的几何度量 ( 长度 , 面积 , 体积等)
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② 在几何概型中

P( B

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第 1 章 随机事件及其概率

第4节

条件概率(1) 综合讲练

3、条件概率的性质
(1)条件概率满足的三条公理 公理 1:对任意事件 B ,有 P ( B 公理 2: P ( S

A)?0

(非负性) (规范性)

A ) ?1

公理 3:对任意一组(可数个)两两互不相容事件 A1 , A 2 , ? , A n , ? ,有
P(

i ?1

? Ai A ) ? ?

?

?

i ?1

P ( Ai

A)

(可列可加性)

(2)条件概率满足概率的其它性质 只须将无条件概率 P ( B ) 替换为条件概率 P ( B 概率的其它性质

A ) ,即可类比套用无条件

【引例】

【分析】 当拥有关于试验结果的额外信息(附加).比如,已知一个事件 A 已经发生

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第 1 章 随机事件及其概率

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条件概率(1) 综合讲练

时,我们可能要对另一个事件 B 发生的可能性大小(概率)重新作出度量. (1)从这批产品 1200 件中随机地取一件(试验) , 事件“取出的产品为次品” (记为 B )

这批产品 1200 件中, 有 81 件次品
其概率为

P( B )
?

古典定义 事件 B 包括的基本事件(样本点)数 ? 该试验中包括的基本事件(样本点)总数

81 ? 0.0675 ? 6.75 ? 1200

(2)假设已知“取出的产品是由甲厂生产的” (记为事件 A )条件下(额外 信息,先知道) ,事件“取出的产品为次品” (记为 B ) , ? 从由甲厂生产的 500 件产品中随机地取一件(试验) 事件“取出的产品为次品”

甲厂生产的 500 件产品中,有 25 件次品
其概率,记为
P(B

A)

古典定义 该试验中,事件 B 包括的基本事件(样本点)数 ? 该试验中包括的基本事件(样本点)总数

?
?

事件 AB 包括的基本事件(样本点)数 事件 A 包括的基本事件(样本点)数
25 ? 0.05 ? 5 ? 500

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条件概率(1) 综合讲练

-- 添加了额外信息(在事件 A 发生的条件 下) ; -- 试验的样本空间“变小” ,事件 B 发 生的概率“变大(小) ” !

△ 归纳
P(B

A)

古典定义 该试验中,事件 B 包括的基本事件(样本点)数 ? 该试验中包括的基本事件(样本点)总数

?

事件 AB 包括的基本事件(样本点)数 事件 A 包括的基本事件(样本点)数

?

事件 AB 包括的基本事件(样本点)数 该试验中包括的基本事件(样本点)总数 事件 A 包括的基本事件(样本点)数 该试验中包括的基本事件(样本点)总数

古典定义 P ( A B ) ? P( A)

引出

条件概率的数学定义
【定义 1】 (P18)设 A, B 为同一试验中的两个事件,若 P ( A ) ? 0 ,则称

P( B

A ) ? P ( AB ) P( A)

(4.1)

为事件“在事件 A 发生的条件下,事件 B 发生”的概率,也称 P ( B 概率.

A ) 为条件

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第 1 章 随机事件及其概率

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条件概率(1) 综合讲练

【补例 1.4.1】 (填空题)某校计科系一年级 100 名学生中有男生 80 名,来 自昆明的 20 名学生中有男生 12 名,选修数学建模课的 40 名学生中有男生 32 名,求: (1)碰到男生的情况下,不是昆明学生的概率: (2)碰到昆明学生的情况下,是一名男生的概率: (3)碰到昆明男生的概率: (4)碰到非昆明学生的情况下,是一名女生的概率: (5)碰到选修数学建模课的男生的概率: (6)碰到选修数学建模课的学生的情况下,是一名女生的概率: 【提示】 方法(2)直接在在简缩样本空间 A 中求事件 B 的概率,就得到 P ( B ① 在古典概型中

A)

P( B

A ) ? P ( AB ) ? ? ( AB ) ? 事件 AB 包括的基本事件(样本点)数 P( A) ? ( A) 事件 A 包括的基本事件(样本点)数

【分析及答案】 明确有关数据,见表 1.4-1 及表 1.4-2 表 1.4 - 1 性 人 数 类别 来自昆明 非来自昆明 合计 12 68 80 表 1.4 - 2 性 别 人 数 类别 选修数学建模课 非选修数学建模课 合计 设事件 32 48 80 8 12 20 40 60 100 男生 女生 合计 8 12 20 20 80 100 别 男生 女生 合计

A ={ B ={

碰到男生 } 碰到昆明学生 }

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条件概率(1) 综合讲练

C ={

碰到选修数学建模课的学生 }

于是,所求事件的概率为: (1)碰到男生的情况下,不是昆明学生的概率
P( B

A ) ? ? ( AB ) ? ? ( A)

1 C 68 非昆明、 男生 1 C 80 男生

?

68 80

?

也可类比套用无条件概率的性质
P( B

A ) ? 1? P ( B

A ) ? 1 ? ? ( AB ) ? 1 ? ? ( A)
1

1 C 12 昆明男生 1 C 80 男生

? 1?

12 68 ? 80 80

(2)碰到昆明学生的情况下,是一名男生的概率:

C 12 昆明男生 12 ? ( AB ) P( A B ) ? ? ? 1 20 ? ( B) C 20 昆明学生
(3)碰到昆明男生的概率:

? ( AB ) P ( AB ) ? ? ?(S )

1 C 12 昆明男生 1 C 100 学生

?

12 100

(4)碰到非昆明学生的情况下,是一名女生的概率:
P( A

B

)?

?( A B ) ?(B )

?

1 C 12 非昆明学生、 女生 1 C 80 非昆明学生

?

12 80

(5)碰到选修数学建模课的男生的概率:

? ( AC ) ? P ( AC ) ? ?(S )

1 C 32 选建模课男生 1 C 100 学生

?

32 100

(6)碰到选修数学建模课的学生的情况下,是一名女生的概率:
P( A

C C ) ? ? ( A C ) ? 18 选建模课女生 ? 8 40 ? (C ) C
40 选建模课学生

1

?

也可类比套用无条件概率的性质

P( A

C ) ? 1? P ( A

C 选建模课男生 32 8 C ) ? 1 ? ? ( AC ) ? 1 ? 32 ? 1? ? 1 ? (C ) 40 40 C
40 选建模课学生

1

【补例 1.4.2】将一枚硬币抛两次: (1)已知第一次出现正面,求第二次也出现正面的概率; (2)已知第二次出现反面,求第一次出现正面的概率;
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第 1 章 随机事件及其概率

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条件概率(1) 综合讲练

(3)已知有一次出现正面,求另一次也出现正面的概率. 【解】 设事件

Ai ?{

第 i 次出现正面 }( i ? 1 , 2 )

于是,所求事件的概率为: (1)已知第一次出现正面,求第二次也出现正面的概率
P( A 2

A1 )
第1 步 第 2 步 ??? ???

?

P ( A1

1 1 C1 C1 A 2 ) ? ( A1 A 2 )“算” 正面 正面 ? ? 1 1 1 1 P ( A1 ) ? ( A1 ) C 1 正面 C 1 正面 ? C 1 正面 C 1 反面

?

1 2

??? ??? ??? ??? 第1 步 第 2 步 第1 步 第 2 步 ?? ? ??? ? ?? ? ??? ?
第1 类 第2类


第1 步 第 2 步 ??? ???

P( A 2

A1 ) ?

P ( A1

1 1 C1 A 2 ) ? ( A1 A 2 )“算” C 1 正面 正面 ? ? 1 1 P ( A1 ) ? ( A1 ) C 1 正面 C 2 正面、 反面 第1 步 第2步

?

1 2

??? ?? ? ??? ?

(2)已知第二次出现反面,求第一次出现正面的概率
第1 步 第 2 步 ??? ???

P( A1

A2 ) ?

P ( A1

1 1 C1 A 2 ) ? ( A1 A 2 )“算” C 1 正面 反面 ? ? 1 1 C 2 正面、 C1 P ( A2 ) ? ( A2 ) 反面 反面 第1 步 第2步

?

1 2

?? ? ??? ? ???

(3)已知有一次出现正面,求另一次也出现正面的概率.
P [ A1

A 2 ( A1 ? A 2 ) ]
( A1 A 2 ) ? ( A1 ? A 2 )

?

P [ ( A1

A 2 ) ( A 1 ? A 2 ) ] ( A 1 A 2 ) ( A 1 ? A 2 ) ? A 1 A 2 P ( A1 A 2 ) ? P ( A1 ? A 2 ) P ( A1 ? A 2 )
第1 步 第 2 步 ??? ???

1 1 C1 C1 A 2 ) “算” 正面 正面 ? ? 1 1 1 1 1 1 ? ( A1 ? A 2 ) C 1 正面 C 1 正面 ? C 1 正面 C 1 反面 ? C 1 C1 反面 正面

? ( A1

??? ??? ??? ??? ??? ??? 第1 步 第 2 步 第1 步 第 2 步 第1 步 第 2 步 ?? ? ??? ? ?? ? ??? ? ?? ? ??? ?
第1 类 第2类 第3类
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第 1 章 随机事件及其概率

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条件概率(1) 综合讲练

1 1?1 ? 1?1 ? 1?1 ? 1?1 3

?

另解 设事件

A ={ B ={
A ={
P(B

有一次出现正面 }={ 至少有一次出现正面 } 另一次也出现正面 }={ 两次都出现正面 } 两次都出现反面 }

B ? A ? A B ? B P ( B ) 古典定义 A ) ? P ( AB ) ? ? P( A) 1? P ( A )
第1步 第 2 步 ??? ??? 1 1 C1 C1 正面 正面 1 1 C2 C2 面 面

?(B ) ?(S )
1?

?(A ) ?(S )

“算” ?

1?1 1 1 2? 2 第1步 第 2 步 ? ? 4 ? 1 1 C 1 反面 C 1 反面 1 ? 1 ? 1 1 ? 1 3 ??? ??? 2? 2 4 第1步 第 2 步 ?? ? ??? ? ??
第1 类 1 1 C 2面 C 2 面

1?

??
第1步 第 2 步

【解法②】 ∵ 样本空间 S ? {11,10 , 01, 00 } ( 样本点“ 10 ”表示基本事件“第一次出现正面,且第二次出现反面”,余者 类推 )
10 } 事件 A1 ? {11, 00 } 事件 A 2 ? {10 ,

事件 A1 事件 A1

A2

? {10 }

A 2 ? {11}
10 , 01} A 2 ? {11,

事件 A1 ?

于是,所求事件的概率为:
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第 1 章 随机事件及其概率

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条件概率(1) 综合讲练

(1)已知第一次出现正面,求第二次也出现正面的概率
P( A 2

A1 )

?

P ( A1

A 2 ) ? ( A1 A 2 )“数” 1 ? ? ? 2 P ( A1 ) ? ( A1 )

(2)已知第二次出现反面,求第一次出现正面的概率 “数” 1 P ( A1 A 2 ) ? ( A1 A 2 ) P( A1 A 2 ) ? ? ? ? 2 P ( A2 ) ? ( A2 ) (3)已知有一次出现正面,求另一次也出现正面的概率.
P [ A1

A 2 ( A1 ? A 2 ) ]
( A1 A 2 ) ? ( A1 ? A 2 )

?

P [ ( A1

A 2 ) ( A1 ? A 2 ) ] ( A 1 A 2 ) ( A 1 ? A 2 ) ? A 1 A 2 P ( A1 A 2 ) ? P ( A1 ? A 2 ) P ( A1 ? A 2 )

?

A 2 ) “数” 1 ? ? 3 ? ( A1 ? A 2 )
正面 -男孩;反面 — 女孩

? ( A1

?

类比套用

【补例 1.4.3】一个家庭中有两个小孩. (1)已知其中有一个是女孩,求另一个也是女孩的概率; (2)已知第一胎是女孩,求第二胎也是女孩的概率. 【提示】类比补例 1.4.2 【解】设事件

A i ={第 i 胎是女孩}( i ? 1 , 2 )
(1)已知其中有一个是女孩,另一个也是女孩的概率为
P ( A1 A 2

A1 ? A 2 ) ?

? [ ( A1 A 2 ) ( A1 ? A 2 ) ] ? ( A1 ? A 2 )

?

? ( A1 A 2 ) ? ( A1 ? A 2 )

1 “算” C1 C1 1 女孩 1 女孩 ? ? 1 1 1 1 1 1 C 1 女孩 C 1 女孩 ? C 1 女孩 C 1 男孩 ? C 1 男孩 C 1 女孩 3

?

注意

? A1 A 2 ? ( A1? A 2 ) ( A1 A 2 ) ( A1 ? A 2 ) ? A1 A 2
? 另解
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第 1 章 随机事件及其概率

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条件概率(1) 综合讲练

约定:该试验的基本事件 “第一胎是女孩,第二胎是女孩”-“第一胎是女孩,第二胎是男孩”-“第一胎是男孩,第二胎是女孩”-“第一胎是南孩,第二胎是男孩”-故, 该试验的样本空间为

对应样本点 00; 对应样本点 01; 对应样本点 10; 对应样本点 11 列举法

S ={00,01,10,11}
于是,可用集合表示下列事件

A1 ={00,01} A 2 ={00,10} A1 A 2 ={00}

共 2 个样本点 共 2 个样本点 共 1 个样本点 共 3 个样本点

A1 ? A 2 ={00,01,10}
P ( A1 A 2

故,已知其中有一个是女孩,另一个也是女孩的概率为

A1 ? A 2 ) ?

? [ ( A1 A 2 ) ( A1 ? A 2 ) ] ? ( A1 ? A 2 )

?

? ( A1 A 2 ) “数” 1 ? ? 3 ? ( A1 ? A 2 )

(2)已知第一胎是女孩,第二胎也是女孩的概率为 1 “算” C1 C1 ? ( A1 A 2 ) 1 女孩 1 女孩 ? P ( A 2 A1 ) ? ? 1 1 2 ? ( A1 ) C 1 女孩 C 2 孩 ? 另解 约定:该试验的基本事件 “第一胎是女孩,第二胎是女孩”-“第一胎是女孩,第二胎是男孩”-“第一胎是男孩,第二胎是女孩”-“第一胎是南孩,第二胎是男孩”-故, 该试验的样本空间为

对应样本点 00; 对应样本点 01; 对应样本点 10; 对应样本点 11 列举法

S ={00,01,10,11}
于是,可用集合表示下列事件

A1 ={00,01} A1 A 2 ={00}
P ( A2

共 2 个样本点 共 1 个样本点

故,已知第一胎是女孩,第二胎也是女孩的概率为

A1 ) ?

“数” 1 ? ( A1 A 2 ) ? ? 2 ? ( A1 )

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第 1 章 随机事件及其概率

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条件概率(1) 综合讲练

b 个白球.先后两次从袋中各取一球 【补例 1.4.4】 一袋中装有 a 个黑球, (不 放回). (1)已知第一次取出的是黑球,求第二次取出的仍是黑球的概率; (2)已知第二次取出的是黑球,求第一次取出的仍是黑球的概率; (3)已知取出的两个球中有一个是黑球,求另一个也是黑球的概率. 【提示】类比补例 1.4.2 【解】设事件

A i ={第 i 次取出的是黑球}( i ? 1 , 2 )
(1)已知第一次取出的是黑球,第二次取出的仍是黑球的概率为 1 1 “算”C a Ca ? ( A1 A 2 ) a ? ( a ? 1) 黑球 ? 1 黑球 P ( A 2 A1 ) ? ? ? ? ( A1 ) a ? ( a ? b ? 1) C1 C1
a 黑球 a ? b ?1球

?

a ?1 a ? b ?1

(2)已知第二次取出的是黑球,第一次取出的仍是黑球的概率为 1 1 “算”C a Ca ? ( A 2 A1 ) a ? ( a ? 1) 黑球 ? 1 黑球 P ( A1 A 2 ) ? ? ? 1 1 ? ( A2 ) ( a ? b ? 1) ? a C C
a ? b ?1球 a 黑球

?

a ?1 a ? b ?1

(3)已知取出的两个球中有一个是黑球,另一个也是黑球的概率为
P ( A1 A 2
?

A1 ? A 2 )
?

? [ ( A1 A 2 ) ( A1 ? A 2 ) ] ? ( A1 ? A 2 )

? ( A1 A 2 ) ? ( A1 ? A 2 )

1 1 “算” Ca Ca 黑球 ? 1 黑球 ? 1 1 1 1 1 1 C a 黑球 C a ? 1 黑球 ? C a 黑球 C b ?C b Ca 白球 白球 黑球

?

a ? ( a ? 1) a ?1 ? a ? ( a ? 1) ? a ? b ? b ? a a ? 2 b ? 1

?

注意

? A1 A 2 ? ( A1? A 2 ) ( A1 A 2 ) ( A1 ? A 2 ) ? A1 A 2
【补例 1.4.5】掷两枚均匀的骰子,已知它们出现的点数各不相同,求其中 有一个点数为 4 的概率. 【解】设事件

A ={它们出现的点数各不相同}
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条件概率(1) 综合讲练

B ={其中有一个点数为 4}
所以,当它们出现的点数各不相同时,其中有一个点数为 4 的概率为
第一枚 ??? 第二枚 ??? ? 第一枚 ? 第二枚 1 1 1 1 “算”C 1四点 C 5 点 ? C 5 点 C 1 ? ( AB ) 1 ? 5 ? 5 ? 1 10 四点 A) ? ? ? ? 1 1 ? ( A) 6?5 30 C 6点 C 5点 ? ? 第一枚 第二枚

P(B

?

1 3 另解 约定:该试验的基本事件 ?

“第一枚骰子出现 i 点,第一枚骰子出现 j 点” -对应样本点 ( i , j ) ( i , j ? 1, 2 , ? , 6)

故, 该试验的样本空间为

S ? {( i , j )

i , j ? 1, 2 , ? , 6}

描述法

? {(1, 1) , (1, 2) , ? , (1, 6) , ( 2 , 1) , ( 2 , 2) , ? , ( 2 , 6) , ?, ( 6 , 1) , ( 6 , 2) , ? , ( 6 , 6) , }
于是,可用集合表示下列事件

列举法

A ? {( i , j )

i ? j , i , j ? 1, 2 , ? , 6}

? {(1 , 2 ) , (1 , 3) , ? , (1 , 6 ) , ( 2 , 1) , ( 2 , 3) , ? , ( 2 , 6 ) , ?, ( 6 , 1) , ( 6 , 2 ) , ? , ( 6 , 5)}

共 30 个样本点

AB ? {( 4 ,1) , ( 4 , 2), ( 4 , 3) , ( 4 , 5) , ( 4 , 6) ,
(1, 4) , ( 2 , 4) , (3 , 4) , (5 , 4) , ( 6 , 4)}

共 10 个样本点

所以,当它们出现的点数各不相同时,其中有一个点数为 4 的概率为
P(B

A ) ? ? ( AB ) ? ( A) A)

“数” 10 1 ? ? 30 3

?

解法 3
P(B

定义 P ( AB) ? P( A)

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条件概率(1) 综合讲练

先求出

P( A)

古典定义 ? ( A ) 事件 A 包括的基本事件(样本点)数 ? ? ? ( ? ) 该试验中包括的基本事件(样本点)总数

第一枚 ? 第二枚 ? 1 1 1 1 “算” C 6 C5 C6 C5 点 点 ? ? 1 1 1 1 C6 C6 C6 C6 点 点 ? ? 第一枚 第二枚
古典定义 ? ( AB ) 事件 AB 包括的基本事件(样本点)数 ? ? P ( AB) ? (?) 该试验中包括的基本事件(样本点)总数

第一枚 ??? 第二枚 ??? ? 第一枚 ? 第二枚 1 1 1 1 1 1 1 1 “算”C 1四点 C 5 点 ? C 5 点 C 1 C1 C5 ?C 5 C1 四点 ? ? 1 1 1 1 C6 C6 C6 C6 点 点 ? ? 第一枚 第二枚

所以,当它们出现的点数各不相同时,其中有一个点数为 4 的概率为
1 1 1 1 C1 C5 ?C 5 C1

P(B

定义 古典定义 A ) ? P ( AB) ? P( A)

1 1 C6 C6 1 1 C6 C5 1 1 C6 C6

?

1 1 1 1 C1 C 5 ?C 5 C1 1 1 C6 C5

?

1 ? 5 ? 5 ? 1 10 1 ? ? 6?5 30 3

【补例 1.4.6】某牌号的电视机使用到 3 万小时的概率为 0.6 ,使用到 5 万 小时的概率为 0.24 .一台电视机已使用到 3 万小时,求这台电视机能使用到 5 万 小时的概率. 【解】 设事件

A ={
B ={
P(B

这台电视机使用到 3 万小时 } 这台电视机使用到 5 万小时 }
B ? A ? A B ? B P ( B ) 0.24 ? 0.4 ? ? P ( A ) 0.6
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于是,所求事件的概率为:

A ) ? P ( AB ) P( A)

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条件概率(1) 综合讲练

?

类比

A ={
B ={
P(B

乌龟活到 80 年 } 乌龟活到 100 年 }

A ) ? P ( AB ) P( A)

B ? A ? AB ? B P(B ) ? ? ??? P( A)

【补例 1.4.7】 ( 单项选择题 ) 假设事件 A 、B 满足 P ( B ①

A ) ? 1, 则 【



A? S
?



A? B



A? B

④ P ( AB ) ? 0

【分析与答案】 ∵ P( B A ) ?1
P( AB ) ?1 P( A )
? P( AB ) ? P( A )

∴ P ( AB ) ? P ( A ? B ) ? P ( A ) ? P ( A B ) ? 0 故,④ 成立 显然,① 、② 、③ 均不成立 -① 不成立:反例 –- 设 A ? S ,且 P( B ) ? 0 ,则
P( AB ) ? P( B ) ? 0

?

P( AB ) ? 0 ? 1 ,矛盾! P( A )

② 不成立:反例 –- 设 A ? B ,且 P ( A ) ? P ( B ) ,则
P( A ) ? P ( B )
?
? B ? A ? AB ? B

?

P( AB )

?

P( AB ) ?1 P( A )

P ( B A ) ? 1 ,矛盾!

③ 不成立:∵ P ( B A ) ? 1
?

?

P( AB ) ?1 P( A )

? P( AB ) ? P( A )

AB ? A

?

A? B

【补例 1.4.8】已知: P ( A ) ? 0 ,求证: P ( B A ) ? 1 ? P ( B A ) 【证明】

第 16 页 (共 45 页)

概率论与数理统计

第 1 章 随机事件及其概率

第4节

条件概率(1) 综合讲练

∵ P( ? A ) ? 1
事件运算律

公理

?B ? B ? ?

?

P[ ( B ? B) A ] ? 1
? BA 与 BA 互斥

条件概率

?

P[ ( B ? B ) A ] ?1 P( A )

?

P ( BA ? BA ) ?1 P( A )

?

P ( BA ) ?P ( BA ) ?1 P( A )

?

P ( BA ) P ( BA ) ? ?1 P( A ) P( A )

?

P( B A ) ? P( B A ) ?1

∴ P( B A ) ?1? P( B A ) ? 推广 若 B 1 、 B 2 、? 、 B n 构成一个完备事件组,且 P ( A ) ? 0 ,则
P ( B1 A ) ? P ( B 2 A ) ? ? ? P ( B n A ) ? 1

【补例 1.4.9】已知: P ( A ) ? 0 ,求证: P ( B A ) ? 1 ? 【证明】 用逆推法 ∵ P( B A ) ?1?
条件概率

P( B ) P(A)

P( B ) P ( A)

?

P( A )P( B A ) ? P( A ) ? P( B )

?

P( A )

P( AB ) ? P( A ) ? P( B ) P( A )
?

? P( AB ) ? P( A ) ?[1? P( B ) ]

? P( A ) ? P( B ) ? P( AB ) ?1

广义加法公式

P( A ? B ) ?1

( 由公理知,上式显然成立 ) ∴ P( B A ) ?1?

P( B ) P(A)

【补例 1.4.10】已知 A 是任意事件, P ( A ) ? 0 ,证明: (1)如果 B ? A ,则 P ( B

A ) ? 1;

(2)如果 B 1 , B 2 满足 B 1 B 2 ? ? ,则
P ( B1 ? B 2

A) ? P ( B1 A) ? P ( B 2 A)
第 17 页 (共 45 页)

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第 1 章 随机事件及其概率

第4节

条件概率(1) 综合讲练

【证明】 (1) P ( B
定义 P ( AB) ? B ? A) ? P( A)

A ? AB ? A P ( A) ?1 ? P( A)

(2)由事件的运算定义及性质,知

所以
P ( B1 ? B 2

A)

定义 P [ ( B 1 ? B 2 ) A ] 分配律 P [ B 1 A ? B 2 ? ? P( A) P( A)

A]

B 1 B 2 ? ? ?( B 1 A ) ( B 2 A )? ? P ( B A ) ? P ( B A ) 1 2 ? P( A)
? P ( AB 1 ) P( A) ? P ( AB 2 ) 定义 ? P ( B1 P( A)

A) ? P ( B 2 A)

※【补例 1.4.11】两人约好于某一天早晨 8 时到 9 时之间在某地会面,并 约定先到者等候另一人 30 分钟方可离开,已知两人会上了面,求先到者等候另 一人超过 20 分钟的概率. 【提示】 这是一个在几何概型中,求条件概率的问题 【解】 设事件
A ? { 两人会上了面 } B ? { 先到者等候另一人超过 20 分钟 }

先用集合表示该试验的样本空间 ? 及事件 A 、 B 、 A B ,得

? ? { ( x , y ) 0 ? x ? 60 , 且 0 ? y ? 60 }
A ?{( x , y ) y ? x ? 30 }

第 18 页 (共 45 页)

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第 1 章 随机事件及其概率

第4节

条件概率(1) 综合讲练

B ? { ( x , y ) 20 ? y ? x ? 60 } A B ? { ( x , y ) 20 ? y ? x ? 30 }

( 样本点 ( x , y ) -- 对应基本事件“两人到达某地的时刻分别为 x 、 y ” , x 、
y 的单位: 8 时 ? 分 )

如图 1-7 所示.

图 1-7 ( 2 维空间中的区域 ) 于是,所求事件的概率为:

P( B A )
1
? 2

条件概率

?

P ( A B) 几何定义 ? ( A B ) 区域 A B 的面积 ? ? 区域 A 的面积 P( A ) ? ( A)
1 2 1 2 (40 2 ? 30 2 )
?

(40 2 ? 30 2 ) ? (60 ? 30 ) ?
2 2

40 2 ? 30 2 60 ? 30
2 2

1 2

?

700 2700

?

7 27

? 0.259259259 ? 0.2593

(60 ? 30 )
2 2

【例 1】 (P18)

第 19 页 (共 45 页)

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第 1 章 随机事件及其概率

第4节

条件概率(1) 综合讲练

【提示】类比补例 1.4.2 【辨析】 记 A i 为事件“ 第 i 次取到的是黑球 ” ( i ? 1 , 2 ) (1) 已知第一次取出的是黑球, 第二次取出的仍是黑球的概率
第1 步 第2步 ? ? ? ? ?? ? ? ? ?

P( A 2

A1 ) ?

P ( A1

1 1 C2 A 2 ) ? ( A1 A 2 )“算” C 3 3? 2 2 黑球 黑球 ? ? ? ? 1 1 P ( A1 ) ? ( A1 ) C 3 黑球 C 9 余下球 3 ? 9 9

? ? ? ? ?? ? ?? ?
第1 步 第2步

(2) 已知第二次取出的是黑球, 第一次取出的也是黑球的概率.
P( A1

A2 )
在第 2 次取到一个黑球的前提下 第1步 第2步

?? ?? ?

? ? ? ? ? ? 2?3 9?3

?

P ( A1

A 2 ) ? ( A1 A 2 )“算” ? ? P ( A2 ) ? ( A2 )

1 C2 余下黑球 1 C 9 余下球

1 C3 黑球 1 C3 黑球

? ? ?? ?

? ? ? ? ?

第1步 第2步 在第 2 次取到一个黑球的前提下

?

2 9

?

另解
第 20 页 (共 45 页)

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第 1 章 随机事件及其概率

第4节

条件概率(1) 综合讲练

P( A1

A2 )
在第 2 次取到一个黑球的前提下 第1步 第2步

?? ?? ?

? ? ? ? ?

? ( A1 A 2 ) P ( A1 A 2 ) ? ( S ) “算” ? ? ? ? ( A2 ) P ( A2 ) ?(S )

1 C2 余下黑球 1 1 C 10 C9 球 余下球 第1步 第2步 1 C 9 余下球

1 C3 黑球

? ? ?? ? ?? ?

? ? ?? ?

第1步 第2步 在第 2 次取到一个黑球的前提下 1 1 C 10 C9 球 余下球

2?3 10 ? 9 ? 1 C 3 黑球 9 ? 3 ? ? ? ? ? 10 ? 9

? ? ?? ? ?? ?
第1步 第2步

?

2 9

【例 2】 (P19)

第 21 页 (共 45 页)

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条件概率(1) 综合讲练

【辨析】 设 A 表示“第一次取得红球”, B 表示“第二次取得白球”, 已知第一次取得红球时, 求第二次取得白球的概率
第1 步 第 2 步 ? ? ? ? ?? ? ? ? ? 1 1 “算” C 3 C2 P ( A B) ? ( A B ) 3? 2 1 红球 白球 A) ? ? ? ? ? 1 1 P( A) ?( A) C 3 红球 C 4 余下球 3 ? 4 2 ? ? ? ? ?? ? ?? ? 第1 步 第2步

P( B

?

另解
第1步 第2步 ? ? ?? ?? ? ? ? ? 1 1 C3 C2 红球 白球 1 1

P( B

C 5 球 C 4 余下球 ?(AB) 3? 2 ?? ? ?? ? “ 算 ” 第1步 5? 4 1 第2步 A ) ? P ( A B) ? ? ( S ) ? ? ? 1 1 ?( A) P( A) C 3 红球 C 4 余下球 3 ? 4 2 ? ? ?? ?? ? ?? ? 5? 4 ?(S )
第1步 1 C5 球 第1步

?? ? ?? ?
第2步

第2步 1 C 4 余下球

【§1.4 课堂练习 】

第 22 页 (共 45 页)

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第 1 章 随机事件及其概率

第4节

条件概率(1) 综合讲练

【提示】类比补例 1.4.6 【辨析】
P(B

A ) ? P ( AB ) P( A)

B ? A ? AB ? B P(B ) ? ? ??? P( A)

【第一章考研真题 4】 ;

第 23 页 (共 45 页)

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条件概率(1) 综合讲练

【第一章考研真题 8】

【辨析】 课件上解法有误

P( A

B ) ?1

? ? ?

事件B发生时,事件A一定发生

B? A P( A? B ) ? P( A)

事实上

P( A? B ) ? P( A) ? P( B ) ? P( A B )
P( A B ) ? P( A B ) P(B ) ( P(B ) ? 0 ) P ( A ) ? P ( B ) ? P ( B )P ( A

? P ( A B ) ? P ( B )P ( A B ) ?

B)

? P ( A ) ? P ( B ) ? P ( B ) ?1

? P( A)
【习题 1—4 EX1】 (P22)

第 24 页 (共 45 页)

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条件概率(1) 综合讲练

【辨析】 设事件

Ai ?{

取出的产品为 i 等品 }( i ? 1, 2 , 3 )

于是,所求事件的概率为:

P( A1

A3 ) ?

P ( A1

A 3 ) A 1 ? A 3 P ( A1 ) 0.6 2 ? ? ? 1 ? P ( A 3 ) 1 ? 0.3 3 P ( A3 )

【习题 1—4 EX2】 (P22)

【提示】类比补例 1.4.2 【辨析】 设事件

A ={ B ={
A ={
P(B

两件中有一件不合格 }={ 两件中至少有一件不合格 } 另一件也不合格 }={ 两件都不合格 } 两件都合格 }

P ( AB ) B ? A ? A B ? B P ( B ) 古典定义 A) ? ? ? P( A) 1? P ( A )

?(B ) ?(S )
1?

?(A ) ?(S )

第 25 页 (共 45 页)

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条件概率(1) 综合讲练

2 C4 不合格品 2 “算” C 10 产品 ? 2

1?

C 6 合格品
2 C 10 产品

4?3 2 ?1 10 ? 9 4?3 2 2 1 2 ?1 10 ? 9 ? ? ? 15 ? 15 ? 6?5 6?5 1 2 5 1? 1? 2 ?1 10 ? 9 3 3 1? 10 ? 9 2 ?1

【习题 1—4 EX3】 (P22)

【习题 1—4 EX4】 (P22)

【辨析】

第 26 页 (共 45 页)

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第4节

条件概率(1) 综合讲练

P ( AB ) ? P (

A? A B

)

A? AB ? P(

A)? P( A B

) ? P(

A ) ? P( A? B )

? 0.7 ? 0.3 ? 0.4

P( B? A) ? P ( B ? A B )
P(B

B? AB ? P( B )? P(

A B ) ? 0.5 ? 0.4 ? 0.1

A ) ? P( A B ) ? P( A? B P( A ) P( A )

)

?

1? P ( A ? B ) P(

A)

?

1 ? [ P ( A ) ? P ( B ) ? P ( A B ) ] 1 ? [ 0.7 ? 0.5 ? 0.4 ] 1 ? 0.8 2 ? ? ? 3 1? P ( A ) 1 ? 0.7 0.3

【习题 1—4 EX5】 (P22)

【辨析】

P(


A ) ? P ( AS ) ? P [ A( B ? B ) ] ? P ( AB ? AB ) AB )

? P ( ? ? AB ) ? P (
P( A

P( A

B

)?

B ) ? P( A) 1? P ( B ) P( B )

第 27 页 (共 45 页)

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第 1 章 随机事件及其概率

第4节

条件概率(1) 综合讲练

题型二 利用乘法公式计算有关事件的概率
? 提示
1、乘法公式 设 A1 , A 2 ,?, A n 是任意有限多个事件,且 P ( A1 A 2 ? A n ?1 ) ? 0 ,则
P ( A1

A 2 ? A n ) ? P ( A1 ) P ( A 2 A1 ) P ( A 3 A1 A 2 )

? P ( A n A1 A 2 ? A n ?1 )
2、使用方法

(4.4)

先利用事件的关系与运算的有关性质, 将所求事件分解成若干个事件的乘 积,再利用乘法公式求其概率
分解 P ( B ) ? P ( A1

A2 ? An )

乘法公式 ? ???

? 注意
若问题可直接由古典定义求出,即
分解 P ( B ) ? P ( A1 古典定义 ? ???

A2 ? An )

就不必选用乘法公式

若问题可直接由古典定义求出,即
分解 P ( B ) ? P ( A1

A2 ? An )

古典定义 ? ???

就不必选用乘法公式

第 28 页 (共 45 页)

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第 1 章 随机事件及其概率

第4节

条件概率(1) 综合讲练

【补例 1.4.12】设 10 个考题签中有 4 题难答.3 人参加抽签,甲先抽,乙次 之,丙最后.求下列事件的概率: (1)甲抽到难答签; (2)甲未抽到难答签而乙抽到难答签; (3)甲、乙、丙均抽到难答签. 【解】设事件

A i ( i ? 1, 2 , 3 )分别表示甲、乙、丙抽到难答签
(1)甲抽到难答签的概率为
甲抽 乙抽 丙抽 ? ? ? ? ? ?? 1 古典定义 C 4 C1 C1 4 4?9?8 难签 9 签 8 签 ? ? ? P ( A1 ) 1 1 1 C 10 签 C 9 签 C 8 签 10 ? 9 ? 8 10 ? ? ? ?? 甲抽 乙抽 丙抽

(2)甲未抽到难答签而乙抽到难答签的概率为
P ( A1 A 2 )

乘法公式 ? P ( A1 ) P ( A 2

A1

)

甲抽 甲抽 乙抽 乙抽 丙抽 ? 丙抽 ? ? ?? ? ?? ? ?? ?? ? ? ? ?? 1 1 古典定义 C 6 C1 C1 C6 C1 C1 6?9?8 6? 4?8 非难签 9 签 8 签 非难签 4 难签 8 签 ? ? ? 1 1 1 1 1 1 10 ? 9 ? 8 6 ? 9 ? 8 C 10 签 C 9 签 C 8 签 C 6 非难签 C 9 签 C 8 签 ? ? ? ?? ? ? ?? ? ?? 乙抽 丙抽 甲抽 甲抽 乙抽 丙抽

?

6 ? 4 24 4 ? ? 10 ? 9 90 15

?

另解
甲抽 乙抽 丙抽 ? ? ?? ? ?? 1 古典定义 C 6 C1 C1 4 6? 4?8 6 ? 4 24 非难签 4 签 8 签 ) ? ? ? ? ? 1 1 1 10 ? 9 ? 8 10 ? 9 90 15 C 10 签 C 9 签 C 8 签 ? ? ? ?? 甲抽 乙抽 丙抽

P ( A1 A 2

(3)甲、乙、丙均抽到难答签的概率为

P ( A1 A 2

A3 )

乘法公式 ? P ( A1 ) P ( A 2

A1 ) P ( A 3 A1 A 2 )

甲抽 甲抽 乙抽 甲抽 乙抽 丙抽 乙抽 丙抽 ? 丙抽 ? ? ? ? ? ? ?? ? ? ? ?? ? ? ? ?? ? ? ? ?? ? ? ? ?? ? ? ? ? 1 1 1 1 1 1 1 1 1 古典定义 C 4 难签 C 9 签 C 8 签 C 4 难签 C 3 难签 C 8 签 C 4 难签 C 3 难签 C 2 难签 ? ? ? 1 1 1 1 1 1 1 C 10 C C C C C C4 C1 C1 签 9签 8签 4 难签 9 签 8 签 难签 3 难签 8 签 ? ? ? ?? ? ? ? ? ? ?? ? ? ? ? ?? ? ? ? ?? 乙抽 丙抽 乙抽 丙抽 甲抽 甲抽 甲抽 乙抽 丙抽
第 29 页 (共 45 页)

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第 1 章 随机事件及其概率

第4节

条件概率(1) 综合讲练

?

1 4? 9?8 4 ? 3?8 4? 3? 2 4? 3? 2 24 ? ? ? ? ? 10 ? 9 ? 8 4 ? 9 ? 8 4 ? 3 ? 8 10 ? 9 ? 8 720 30

?

另解
甲抽 乙抽 丙抽 ? ? ? ? ?? ? ? ? ?? ? ? ? ? 1 1 1 古典定义 C 4 难签 C 3 难签 C 2 1 4? 3? 2 24 难签 ? ? ? ? A3 ) 1 1 1 10 ? 9 ? 8 720 30 C 10 签 C 9 签 C 8 签 ? ? ? ?? 甲抽 乙抽 丙抽

P ( A1 A 2

【补例 1.4.13】一批零件共 100 个,已知其中有个 10 次品,每次从其中任取 一个零件,取出后不放回,求: (1)第一次取得次品且第二次取得正品的概率 (2)第三次才取得正品的概率 【解】 设事件

Ai ? { 第 i 次取得次品} ( i ? 1, 2 , 3 )
(1) P { 第一次取得次品且第二次取得正品 } ? P ( A1 A 2 )
乘法公式
分解

?

P ( A1 ) P ( A2 A1 ) ?

题设

10 90 1 ? ? ? 0.09090909 ? 0.0909 100 99 11

(2) P { 第三次才取得正品 } ? P ( A1 A 2 A 3 )
乘法公式

分解

?

P ( A1 ) P ( A 2 A1 ) P ( A 3 A1 A 2 ) ?

题设

10 9 90 9 ? ? ? 100 99 98 1078

? 0.008348794 ? 0.0083

【补例 1.4.14】 (波里亚罐子模型)一个罐子中包含 b 个黑球和 r 个红球, 随机地抽取一个球,观察颜色后放回罐中,并且再加进 c 个与所抽出的球具有相 同颜色的球。这个过程依次进行四次,试求第一次、第二次取到黑球且第三次、 第四次取到红球的概率。 【提示】同例 4(第 2 版课件补充) 【解】 设事件

B i ? { 第 i 取到黑球 }

( i ? 1, 2 , 3 , 4 ) j ? 1, 2 , 3 , 4 )

R j ? { 第 j 取到黑球 } (

利用乘法公式,所求事件的概率为:
P { 第一次、第二次取到黑球且第三次、第四次取到红球 }

第 30 页 (共 45 页)

概率论与数理统计

第 1 章 随机事件及其概率

第4节

条件概率(1) 综合讲练

分解

? P ( B1 B 2 R 3 R 4 )

乘法公式

?

P ( B1 ) P ( B 2 B1 ) P ( R 3 B1 B 2 ) P ( R 4 B1 B 2 R 3 )

古典定义

?

C1 C1 C1 C1 b b?c r ? 1 ? 1 ? 1r ?c 1 C b ? r C b ? r ? c C b ? r ? 2c C b ? r ? 3c

?

b b?c r r ?c ? ? ? b ? r b ? r ? c b ? r ? 2 c b ? r ? 3c

?

注意 当 c ? 0 时,
b b?c r r ?c ? ? ? b ? r b ? r ? c b ? r ? 2 c b ? r ? 3c
? P ( B1 ) ? P ( B 2 B1 ) ? P ( R 3 B1 B 2 ) ? P ( R 4 B1 B 2 R 3 )

即,每次取出球后会增加下一次也取到同色球的概率 ? 类比套用 传染病模型 --- 每次发现一个传染病患者,都会增加再传染的概率 【补例 1.4.15】 一场精彩的足球赛将要举行,5 个球迷好不容易才弄到一张 入场券,大家都想去,只好用抽签的方法来解决。求证:每个人抽到入场券的概 率相同. 【证明】 设事件
4, 5 ) Ai ? { 第 i 个人抽到入场券 } ( i ? 1, 2 , 3 ,

注意到, “第 2 个人要抽到入场券,必须第 1 个人未抽到入场券” ,即

A 2 ? A1 A 3 ? A1 A 2
类似地,有

? A 2 ? A1 A 2 ? A 3 ? A1 A 2 A 3 ? A 4 ? A1 A 2 A 3 A 4 ? A5 ? A1 A 2 A3 A 4 A5

同理, “第 3 个人要抽到入场券,必须第 1 个人、第 2 个人均未抽到入场券” ,即

A 4 ? A1 A 2 A 3 A5 ? A1 A 2 A3 A 4
依次求出

第 31 页 (共 45 页)

概率论与数理统计

第 1 章 随机事件及其概率

第4节

条件概率(1) 综合讲练

P ( A1 )

古典定义

?

1 C1

C

1 5

?

1 5
乘法公式

P ( A 2 ) ? P ( A1 A 2 )
? 4 1 1 ? ? 5 4 5

?

P ( A1 ) P ( A 2 A1 )

古典定义

?

C1 4 C1 5

?

1 C1

C1 4

P ( A3 ) ? P ( A1 A 2 A3 )
古典定义

乘法公式

?

P ( A1 ) P ( A 2 A1 ) P ( A3 A1 A 2 )

?

C1 4 C
1 5

?

C1 3 C
1 4

?

1 C1

C

1 3

?

4 3 1 1 ? ? ? 5 4 3 5

P ( A 4 ) ? P ( A1 A 2 A3 A 4 )
P ( A 4 A1 A 2 A 3 )

乘法公式

?

P ( A1 ) P ( A 2 A1 ) P ( A3 A1 A 2 )
C1 4 C
1 5

古典定义

?

?

C1 3 C
1 4

?

C1 2 C
1 3

?

1 C1

C

1 2

?

4 3 2 1 1 ? ? ? ? 5 4 3 2 5

P ( A5 ) ? P ( A1 A 2 A3 A 4 A5 )

乘法公式

?

P ( A1 ) P ( A 2 A1 ) P ( A3 A1 A 2 )

P ( A 4 A1 A 2 A 3 ) P ( A 4 A1 A 2 A 3 ) P ( A 5 A1 A 2 A 3 A 4 )
古典定义

?

C1 4 C
1 5

?

C1 3 C
1 4

?

C1 2 C
1 3

?

1 C1

C

1 2

?

1 C1

C

1 1

?

4 3 2 1 1 1 ? ? ? ? ? 5 4 3 2 1 5


P ( A1 ) ? P ( A 2 ) ? P ( A 3 ) ? P ( A 4 ) ? P ( A 5 ) ? 1 5

即,每个人抽到入场券的概率相同 ? “抽签无次序”

【补例 1.4.16】 已知 5 把钥匙中有一把能打开房门,因开门者忘记是哪一把 钥匙能打开门,遂逐把试开,求前三次能打开房门的概率. 【解】 设事件

Ai ? { 恰好在第 i 次能打开房门} ( i ? 1, 2 , 3 )
B ? { 前三次能打开房门}

注意到, “第 2 次能打开门,必须第 1 次未能打开门” ,即

A 2 ? A1

? A 2 ? A1 A 2

同理, “第 3 次能打开门,必须第 1 次、第 2 次均未能打开门” ,即
第 32 页 (共 45 页)

概率论与数理统计

第 1 章 随机事件及其概率

第4节

条件概率(1) 综合讲练

A 3 ? A1 A 2

? A 3 ? A1 A 2 A 3

于是,所求事件的概率为:
P (B )
分解

? P ( A1 ? A 2 ? A3 )

?各 A i 两两互斥

?

P ( A1 ) ? P ( A 2 ) ? P ( A 3 )

? P ( A1 ) ? P ( A1 A 2 ) ? P ( A1 A 2 A 3 )
乘法公式

?

P ( A1 ) ? P ( A1 ) P ( A 2 A1 ) ? P ( A1 ) P ( A 2 A1 ) P ( A3 A1 A 2 )
1 C1

古典定义

?

C

1 5

?

C1 4 C
1 5

?

1 C1

C

1 4

?

C1 4 C
1 5

?

C1 3 C
1 4

?

1 C1

C

1 3

?

1 4 1 4 3 1 1 1 1 3 ? ? ? ? ? ? ? ? ? 5 5 4 5 4 3 5 5 5 5

【解法②】 所求事件的概率为:
P( B )
对立事件

?

1 ? P ( B ) ? 1 ? P ( A1 A 2 A 3 )

分解

乘法公式

?

1 ? P ( A1 ) P ( A 2 A1 ) P ( A3 A1 A 2 )
1? C1 4 C
1 5

古典定义

?

?

C1 3 C
1 4

?

C1 2 C
1 3

?1?

4 3 2 2 3 ? ? ? 1 ? ? ? 0.6 5 4 3 5 5

【补例 1.4.17】袋中有一个红球和一个白球,从中随机地摸出一球.如果取 出的球是红球,则把此球放回袋中并加进一个红球,然后从袋中再摸出一个球, 如果取出的球还是红球, 则仍把此红球放回袋中并加进一个红球, 如此反复进行, 直到摸出红白球为止,设 n 为正整数,求: (1)第 n 次才摸出白球的概率; (2)在 n 次摸球中能摸出白球的概率. 【解】 设事件

Ai ? { 恰好在第 i 次摸出红球 }

( i ? 1, 2 , ?, n ) ( i ? 1, 2 , ?, n )
乘法公式

Ai ? { 恰好在第 i 次摸出白球 }
于是,所求事件的概率为 (1) P ( B n ) ? P ( A1 A2 ? An ? 1 An )
分解

?

P ( A1 ) P ( A2 A1 ) P ( A3 A1 A2 )

? P ( An ? 1 A1 A2 ? An ? 2 ) P ( An A1 A2 ? An ?1 )
古典定义

?

1 C1

C1 2

?

1 C1 ?1

C1 2 ?1

?

1 C1 ?2

C1 2?2

???

1 C1 ?(n?2)

C1 2?(n?2)

?

1 C1

C1 2 ? ( n ?1)

第 33 页 (共 45 页)

概率论与数理统计

第 1 章 随机事件及其概率

第4节

条件概率(1) 综合讲练

?

1 2 3 n ?1 1 1 ? ? ??? ? ? 2 3 4 n n ?1 n ( n ?1)

(2) P { 在 n 次摸球中能摸出白球 }
分解

? P ( A1 ? A2 ? ? ? An )

对立事件

?

1 ? P ( A1 ? A2 ? ? ? An )



对偶律

? P ( A1 A2 ? An )

对偶律

? 1 ? P ( A1 A2 ? An )



对立事件

?

1 ? P ( A1 A2 ? An ? 1 An )

? A
结论

??????

?

A

1 ? P ( A1 A2 ? An ? 1 An )



乘法公式

?

1 ? P ( A1 ) P ( A2 A1 ) P ( A3 A1 A2 )

? P ( An ? 1 A1 A2 ? An ? 2 ) P ( An A1 A2 ? An ?1 )
古典定义

?

1?

1 C1

C1 2

?

1 C1 ?1

C1 2 ?1

?

1 C1 ?2

C1 2?2

???

1 C1 ?(n?2)

C1 2?(n?2)

?

1 C1 ? ( n ?1)

C1 2 ? ( n ?1)

?1?

1 2 3 n ?1 n 1 n ? ? ??? ? ?1? ? 2 3 4 n n ?1 n ?1 n ?1
分解


P { 在 n 次摸球中能摸出白球 } ? P ( A1 ? A 2 ? ? ? A n )
?各 Ai 互斥

?

P ( A1 ) ? P ( A2 ) ? ? ? P ( An )

由 (1)

?

1 1 1 1 ? ??? ?? 1? 2 2 ? 3 ( n ?1) ? n n ? ( n ?1) 1 1 1 1 1 1 1 ) ? ( ? ) ??? ( ? )?( ? ) 2 2 3 n ?1 n n n ?1

由 (1)

? (1?

?1?

1 n ? n ?1 n ?1

【补例 1.4.18】一盒中有 4 只次品晶体管,6 只正品晶体管,逐个抽取进行
第 34 页 (共 45 页)

概率论与数理统计

第 1 章 随机事件及其概率

第4节

条件概率(1) 综合讲练

测试,测试后不放回,直到 4 只次品晶体管都找到为止,求: (1)第 4 只次品晶体管在第 5 次测试时被发现的概率; (2)第 4 只次品晶体管在第 10 次测试时被发现的概率. 【解】 (1)设事件
A ? { 前四次,测试到 3 只次品晶体管 } B ? { 第五次,测试到第 4 只次品晶体管 }

于是,所求事件的概率为:
P { 第 4 只次品晶体管在第 5 次测试时被发现 }
分解

? P( AB )

乘法公式

?

P( A ) P( B A )

古典定义

?

3 C4 ? C1 6

C

4 10

?

1 C1

C

1 6

?

2 105

? 0.019047619 ? 0.0190

(2)设事件
C ? { 前九次,测试到 3 只次品晶体管 } D ? { 第十次,测试到第 4 只次品晶体管 }

于是,所求事件的概率为:
P { 第 4 只次品晶体管在第 10 次测试时被发现 }
分解

? P( C D )

乘法公式

?

P( C ) P( D C )

古典定义

?

3 6 C4 ?C6

C

9 10

?

1 C1

C

1 1

?

4 ? 0.4 10

【补例 1.4.19】为安全生产,某煤矿同时装有甲、乙两套报警系统,已知 甲、 乙两套报警系统单独使用时能正确报警的概率分别为 0.92 和 0.93 , 又已知报 警系统甲失灵时报警系统乙仍能正常工作的概率为 0.85 , 试求该煤矿在同时启动 两套报警系统能正确报警的概率. 【解】 设事件

A1 ? { 报警系统甲单独使用时能正确报警 } A 2 ? { 报警系统乙单独使用时能正确报警 }
B ? { 该煤矿在同时启动两套报警系统能正确报警 }

于是,所求事件的概率为:
P ( B ) ? P ( A1 ? A 2 )
分解

? A1 , A 2 互斥

?

P ( A1 ) ? P ( A 2 ) ? P ( A1 A 2 )

第 35 页 (共 45 页)

概率论与数理统计

第 1 章 随机事件及其概率

第4节

条件概率(1) 综合讲练

? A1 A 2 ? A 2 ? A 1 A 2

?

P ( A1 ) ? P ( A 2 ) ? P ( A 2 ? A1 A 2 )

? A2 ? A 1 A2

?

P ( A1 ) ? P ( A 2 ) ? [ P ( A 2 ) ? P ( A1 A 2 ) ]
乘法公式

?
?

P ( A1 ) ? P ( A1 A 2 )

?

P ( A1 ) ? P ( A1 ) P ( A 2 A 1 )

对立事件

P ( A1 ) ? [ 1 ? P ( A1 ) ] P ( A 2 A1 )

? 0.92 ? ( 1 ? 0.92 ) ? 0.85 ? 0.92 ? 0.08 ? 0.85 ? 0.92 ? 0.068 ? 0.9880
【例 3】 (P20)

【辨析】

P(

A1 A 2 )

乘法公式 ? P(

A1 ) P ( A 2 A1 )

1 古典定义 、 条件概率 C 1 C1 C3 C1 3 2 1 3 黑球 9 球 黑球 2 黑球 ? ? ? ? ? 1 1 10 9 15 C 10 C1 C3 C1 球 9球 黑球 9 球

【例 4】 (第 2 版课件补充)
第 36 页 (共 45 页)

概率论与数理统计

第 1 章 随机事件及其概率

第4节

条件概率(1) 综合讲练

【提示】 (波里亚罐子模型)同补例 1.4.14 【例 5】 (教材例 4 P20)

第 37 页 (共 45 页)

概率论与数理统计

第 1 章 随机事件及其概率

第4节

条件概率(1) 综合讲练

【辨析】
P(

A1 A 2 A 3 )

乘法公式 ? P(

A1 ) P ( A 2 A1 ) P ( A 3 A1 A 2 )

? [ 1? P (

A1 ) ][ 1 ? P ( A 2 A1 ) ][ 1 ? P ( A 3 A1 A 2 ) ]

题设 ? [ 1? 1 ] [ 1? 7 ] [ 1? 9 ] ? 3 2 10 10 200

【例 6】 (第 2 版课件补充)

【习题 1—4 EX6】 (P22)

第 38 页 (共 45 页)

概率论与数理统计

第 1 章 随机事件及其概率

第4节

条件概率(1) 综合讲练

【辨析】 设事件

A i ? { 在甲选手首先发球成功后,甲选手第 i 次回球失误 } B i ? { 在甲选手首先发球成功后,乙选手第 i 次回球失误 }
于是,所求事件的概率为
P { 在这几个回合中,乙选手输掉 1 分 } ? P ( B 1 ? B 1 A1 B 2 )
?互斥事件
分解

( i ? 1, 2 ) ( i ? 1, 2 )

?

P ( B 1 ) ? P ( B 1 A1 B 2 )

已知结论件

?

P ( B1 ) ? [1 ? P ( B1 ) ][1 ? P ( A1 B1 ) ][1 ? P ( B 2 B1 A1 ) ]

? 0.3 ? [ 1 ? 0.3 ][ 1 ? 0.4 ) ][ 1 ? 0.5 ] ? 0.3 ? 0.7 ? 0.6 ? 0.5 ? 0.51
【习题 1—4 EX10】 (P22)

第 39 页 (共 45 页)

概率论与数理统计

第 1 章 随机事件及其概率

第4节

条件概率(1) 综合讲练

【辨析】 他拨号不超过三次而接通所拨电话的概率

P(

A)

分解 ? P(

A1 ? A1 A 2 ? A1 A 2 A 3 )

各事件互斥 ? P( 加法公式
乘法公式 ? P(

A1 ) ? P ( A1 A 2 ) ? P ( A1 A 2 A 3 )

A1 ) ? P ( A1 ) P ( A 2 A1 ) ? P ( A1 ) P ( A 2 A1 ) P ( A 3 A1 A 2 )

1 1 古典定义 、 条件概率 C 1 C9 C1 1 正确号码 错误号码 正确号码 ? ? ? 1 1 1 C 10 号码 C 10 号码 C 9 余下号码

?
?

1 C9 错误号码 1 C 10 号码

?

1 C8 余下错误号码 1 C9 余下号码

?

1 C1 正确号码 1 C8 余下号码

1 9 1 9 8 1 3 ? ? ? ? ? ? 10 10 9 10 9 8 10 若已知最后一个数字是奇数,他拨号不超过三次而接通所拨电话的概率

P(

A)

分解 ? P(

A1 ? A1 A 2 ? A1 A 2 A 3 )
第 40 页 (共 45 页)

概率论与数理统计

第 1 章 随机事件及其概率

第4节

条件概率(1) 综合讲练

各事件互斥 ? P( 加法公式
乘法公式 ? P(

A1 ) ? P ( A1 A 2 ) ? P ( A1 A 2 A 3 )

A1 ) ? P ( A1 ) P ( A 2 A1 ) ? P ( A1 ) P ( A 2 A1 ) P ( A 3 A1 A 2 )

1 古典定义 、 条件概率 C 1 C1 C1 1 正确奇数号码 4 错误奇数号码 正确奇数号码 ? ? ? 1 1 1 C 5 奇数号码 C 5 奇数号码 C 4 余下奇数号码

?

C1 4 错误奇数号码
1 C5 奇数号码

?

1 C3 余下错误奇数号码

C1 4 余下奇数号码

?

1 C1 正确奇数号码 1 C3 余下奇数号码

?

1 4 1 4 3 1 3 ? ? ? ? ? ? 5 5 4 5 4 3 5

P(

A)

分解 ? P(

A1 ? A1 A 2 ? A1 A 2 A 3 ) A1 ) P ( A 2 A1 ) P ( A 3 A1 A 2 )

乘法公式 ? 1? P (

1 1 古典定义、 条件概率 C 1 C8 C7 9 错误号码 余下错误号码 余下错误号码 ? 1? ? ? 1 1 1 C 10 号码 C 9 余下号码 C8 余下号码

?

1 9 1 9 8 1 3 ? ? ? ? ? ? 10 10 9 10 9 8 10
第 41 页 (共 45 页)

概率论与数理统计

第 1 章 随机事件及其概率

第4节

条件概率(1) 综合讲练

若已知最后一个数字是奇数,他拨号不超过三次而接通所拨电话的概率

P(

A)

对立事件 ? 1? P (

A)

分解 ? 1? P (

A1 A 2 A 3 )

乘法公式 ? 1? P (

A1 ) P ( A 2 A1 ) P ( A 3 A1 A 2 )

1 古典定义、 条件概率 C 1 C3 C1 4 错误奇数号码 余下错误奇数号码 2 余下错误奇数号码 ? 1? ? ? 1 1 1 C 5 奇数号码 C 4 余下奇数号码 C3 余下奇数号码

4 3 2 3 ? 1? ? ? ? 5 4 3 5

【习题 1—4 EX11】 (P23)

第 42 页 (共 45 页)

概率论与数理统计

第 1 章 随机事件及其概率

第4节

条件概率(1) 综合讲练

【总习题一 EX17】 (P29)

【总习题一 EX20】 (P30)

第 43 页 (共 45 页)

概率论与数理统计

第 1 章 随机事件及其概率

第4节

条件概率(1) 综合讲练

【提示】 (波里亚罐子模型)同补例 1.4.14 【总习题一 EX22】 (P30)

第 44 页 (共 45 页)

概率论与数理统计

第 1 章 随机事件及其概率

第4节

条件概率(1) 综合讲练

第 45 页 (共 45 页)


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