条件概率

例1： 一个家庭中有两个小孩，已知至少一个是女孩，问两个都是女孩的概率是多少？（假定生男生女是等可能的）

解： 由题意可知，样本空间为

S = {(兄，弟),(兄，妹),(姐，弟),(姐，妹)}

A = {(兄，妹),(姐，弟)，(姐，妹)}

B = {(姐，妹)}

由于事件 A 已经发生，所以这时实验的所有可能结果只有三种，而事件 B 包含的基本事件只占其中的一种，所以有

$P(B|A) = \frac{1}{3}$P(B∣A)=31​

$P(B|A)$P(B∣A) 表示 $A$A 发生的条件下，$B$B 发生的条件概率。

在这个例子当中，若不知道事件 $A$A 发生，

则事件 $B$B 发生的概率为 $P(B)=\frac{1}{4}$P(B)=41​。

这里 $P(B)\neq P(B|A)$P(B)​=P(B∣A)。

其原因在于事件 $A$A 的发生改变了样本空间。

使得它由原来的 $S$S 缩减为新的样本空间 $S_A=A$SA​=A。

条件概率的图示分析：

$P(B|A) = \frac{P(AB)}{P(A)}$P(B∣A)=P(A)P(AB)​

理解为 B 在 A 中所占的比例。

---

条件概率的定义

$P(B|A) = \frac{P(AB)}{P(A)}, P(A)\neq 0$P(B∣A)=P(A)P(AB)​,P(A)​=0

性质：$P(·|A)$P(⋅∣A) 是概率

（1）非负性：$P(B|A)\geq 0$P(B∣A)≥0；
（2）规范性：$P(S|A) = 1$P(S∣A)=1；
（3）可列可加性：$B_1,B_2,...,B_iB_j \neq \emptyset, i\neq j, 则：$B1​,B2​,...,Bi​Bj​​=∅,i​=j,则：

$P(\bigcup_{i=1}^{\infty}B_i|A) = \sum_{i=1}^{\infty}P(B_i|A).$P(i=1⋃∞​Bi​∣A)=i=1∑∞​P(Bi​∣A).

$P(·|A)$P(⋅∣A) 具有概率的所有性质。

例如:

$P(B|A) = 1 - P(\overline{B}|A)$P(B∣A)=1−P(B∣A)

$P(B\bigcup C|A) = P(B|A) + P(C|A) - P(BC|A)$P(B⋃C∣A)=P(B∣A)+P(C∣A)−P(BC∣A)

$B\supset C\implies P(B|A) \geq P(C|A)$B⊃C⟹P(B∣A)≥P(C∣A)

---

例2：对某地区调查了1439人,研究吸烟与患呼吸道疾病之间的关系.数据如下：

[外链图片转存失败,源站可能有防盗链机制,建议将图片保存下来直接上传(img-9Ytctum9-1574831286767)(https://i.loli.net/2019/11/27/jUfwN6JHcxPWtlS.png)]

解： 在这 1439 人种，随机选一人，设 $A$A 表示吸烟，$B$B 表示患病。则：

$P(A) = \frac{725}{1439} = 0.504$P(A)=1439725​=0.504，

$P(B) = \frac{394}{1439} = 0.274$P(B)=1439394​=0.274，

$P(AB) = \frac{320}{1439} = 0.222$P(AB)=1439320​=0.222，

$P(B|A) = \frac{320}{725} = 0.441$P(B∣A)=725320​=0.441，

$P(B|\overline{A}) = \frac{74}{714} = 0.104$P(B∣A)=71474​=0.104

---

乘法公式

当下面的条件概率都有意义的时候：

$P(AB) = P(A)·P(B|A) = P(B)·P(A|B)$P(AB)=P(A)⋅P(B∣A)=P(B)⋅P(A∣B)

$P(ABC) = P(A)·P(B|A)·P(C|AB)$P(ABC)=P(A)⋅P(B∣A)⋅P(C∣AB)

$P(A_1A_2...A_n) = P(A_1)·P(A_2|A_1)·P(A_3|A_1A_2)...P(A_n|A_1...A_{n-1})$P(A1​A2​...An​)=P(A1​)⋅P(A2​∣A1​)⋅P(A3​∣A1​A2​)...P(An​∣A1​...An−1​)

---

例 3: $P(A) = \frac{1}{4},P(B|A) = \frac{1}{3},P(A|B) = \frac{1}{2}, 求P(A\bigcup B),P(\overline{A}|A\bigcup B)。$P(A)=41​,P(B∣A)=31​,P(A∣B)=21​,求P(A⋃B),P(A∣A⋃B)。

解：

$P(AB) = P(A)·P(B|A) = \frac{1}{4} \times \frac{1}{3} = \frac{1}{12}$P(AB)=P(A)⋅P(B∣A)=41​×31​=121​

$P(AB) = P(A|B)·P(B) \implies P(B) = \frac{P(AB)}{P(A|B)} = \frac{1}{6}$P(AB)=P(A∣B)⋅P(B)⟹P(B)=P(A∣B)P(AB)​=61​

$P(A\bigcup B) = P(A) + P(B) - P(AB) = \frac{1}{4} + \frac{1}{6} - \frac{1}{12} = \frac{1}{3}$P(A⋃B)=P(A)+P(B)−P(AB)=41​+61​−121​=31​

$P(\overline{A}|A\bigcup B) = 1 - P(A|A\bigcup B) = 1 - \frac{P(A)}{P(A\bigcup B)} = 1 - \frac{1/4}{1/3} = \frac{1}{4}$P(A∣A⋃B)=1−P(A∣A⋃B)=1−P(A⋃B)P(A)​=1−1/31/4​=41​

---

例4： 一盒中有5个红球，4个白球，采用不放回抽样，每次取一个，取3次.
（1）求前两次中至少有一次取到红球的概率；

（2）已知前两次中至少有一次取到红球，求前两次中恰有一次取到红球的概率；

（3）求第1，2次取到红球第3次取到白球的概率.

解：

$令 A_i = \{第 i 次取到红球\}，i = 1,2,3$令Ai​={第i次取到红球}，i=1,2,3
.
B = ｛前两次至少又一次取到红球｝，

C = ｛前两次恰有一次取到红球｝。

（1） $P(B) = 1 - P(\overline{B}) = 1 - P(\overline{A_1})·P(\overline{A_2}|\overline{A_1}) = 1 - \frac{4}{9} \times \frac{3}{8} = \frac{5}{6}$P(B)=1−P(B)=1−P(A1​​)⋅P(A2​​∣A1​​)=1−94​×83​=65​.

（2） $P(C|B) = 1 - P(\overline{C}|B) = 1 - \frac{P(B\overline{C})}{P(B)} = 1 - \frac{P(A_1A_2)}{P(B)} = \frac{2}{3}$P(C∣B)=1−P(C∣B)=1−P(B)P(BC)​=1−P(B)P(A1​A2​)​=32​.

（3） $P(A_1A_2\overline{A_3}) = P(A_1)·P(A_2|A_1)·P(\overline{A_3}|A_1A_2) = \frac{5}{9}\times\frac{4}{8}\times\frac{4}{7} = \frac{10}{63}$P(A1​A2​A3​​)=P(A1​)⋅P(A2​∣A1​)⋅P(A3​​∣A1​A2​)=95​×84​×74​=6310​.

---

例5： 某人参加某种技能考核，已知第 1 次参加能通过的概率为 60%；若第 1 次未通过，经过努力，第 2 次能通过的概率为 70%；若前二次未通过，则第 3 次能通过的概率为 80%。求此人最多 3 次能通过考核的概率。

解：

$令 A_i = \{第 i 次通过考核\}, i=1,2,3$令Ai​={第i次通过考核},i=1,2,3

$A = {最多三次通过考核}$A=最多三次通过考核

$则 \overline{A} = \overline{A_1}~\overline{A_2}~\overline{A_3}$则A=A1​​ A2​​ A3​​

$\begin{aligned} P(A) =& 1 - P(\overline{A}) = 1 - P(\overline{A_1}~\overline{A_2}~\overline{A_3}) \\ =& 1 - P(\overline{A_1})·P(\overline{A_2}|\overline{A_1})·P(\overline{A_3}|\overline{A_1}~\overline{A_2}) \\ =& 1 - 0.4\times 0.3\times 0.2 = 0.976 \end{aligned}$P(A)===​1−P(A)=1−P(A1​​ A2​​ A3​​)1−P(A1​​)⋅P(A2​​∣A1​​)⋅P(A3​​∣A1​​ A2​​)1−0.4×0.3×0.2=0.976​

---