2024年條件概率知識點例題練習題

條件概率專題一、知識點①只須將無條件概率替代為條件概率，即可類比套用概率滿足的三條公理及其他性質②在古典概型中---在幾何概型中---條件概率及全概率公式

3.1.對任意兩個事件A、B,與否恒有P(A)≥P(A|B).答：不是.有人認為附加了一種B已發(fā)生的條件,就必然縮小了樣本空間,也就縮小了概率,從而就一定有P(A)≥P(A|B),

這種猜測是錯誤的.實際上,也許P(A)≥P(A|B),也也許P(A)≤P(A|B),下面舉例闡明.在0,1,…,9這拾個數字中,任意抽取一種數字,令A={抽到一數字是3的倍數};

B1={抽到一數字是偶數};

B2={抽到一數字不小于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.如下兩個定義與否是等價的.定義1.若事件A、B滿足P(AB)=P(A)P(B),

則稱A、B互相獨立.定義2.若事件A、B滿足P(A|B)=P(A)或P(B|A)=P(B),則稱A、B互相獨立.答：不是的.由于條件概率的定義為

P(A|B)=P(AB)/P(B)或P(B|A)=P(AB)/P(A)自然規(guī)定P(A)≠0,

P(B)≠0,而定義1不存在這個附加條件,也就是說,P(AB)=P(A)P(B)對于P(A)=0或P(B)=0也是成立的.實際上,

若P(A)=0由0≤P(AB)≤P(A)=0可知P(AB)=0故P(AB)=P(A)P(B).因此定義1與定義2不等價,更確切地說由定義2可推出定義1,

但定義1不能推出定義2,因此一般采用定義1更一般化.3.3.對任意事件A、B,與否均有

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)(*)由于

P(AB)≥0,故P(A+B)≤P(A)+P(B).由P(AB)=P(A)P(B|A),由于0≤P(B|A)≤1,故P(AB)≤P(A);同理P(AB)≤P(B),

從而P(B)-P(AB)≥0,由(*)知P(A+B)≥P(A).原命題得證.3.4.在引入條件概率的討論中,曾出現過三個概率:P(A|B),P(B|A),P(AB).從事件的角度去考察,在A、B相容的狀況下,它們都是下圖中標有陰影的部分,然而從概率計算的角度看,它們卻是不一樣的.這究竟是為何?答：概率的不一樣重要在于計算時所取的樣本空間的差異:P(A|B)的計算基于附加樣本空間ΩB;P(B|A)的計算基于附加樣本空間ΩA;P(AB)的計算基于原有樣本空間Ω.3.5.在n個事件的乘法公式：P(A1A2…An)=P(A1)P(A2|A1)P(A3|A1A2)…P(An|A1A2…A中,波及那么多條件概率,為何在給出上述乘法公式時只提及P(A1A2…An-1答：按條件概率的本意,應規(guī)定P(A1)>0,

P(A1A2)>0,…,

P(A1A2…An-2)>0,

P(A1A2…A實際上,由于A1A2A3…An-2A1A2A3…An-2An-1,從而便有P(A1A2…An-2)≥P(A1A2…An-1)>0.這樣,

除P(A1A2…An-1)>0作為題設外,

其他條件概率所規(guī)定的正概率,

如P(A1A2…An-2)>0,…,

P(A1A2)>0,

P(A1)>0便是題設條件3.6.計算P(B)時,

假如事件B的體現式中有積又有和,與否就必然要用全概率公式.答：不是.這是對全概率公式的形式主義的認識,

完全把它作為一種”公式”來理解是不對的.

其實,

我們沒有必要去背這個公式,

應著眼于A1,A2,…,An的構造.實際上,

對于詳細問題,

若能設出n個事件Ai,使之滿足(*)就可得

.(**)這樣就便于應用概率的加法公式和乘法公式.因此,

能否使用全概率公式,

關鍵在于(**)式,而要有(**)式,

關鍵又在于合適地對Ω進行一種分割,

即有(*)式.3.7.設P(A)≠0,

P(B)≠0,由于有(1)若A、B互不相容,則A、B一定不獨立.(2)若A、B獨立,則A、B一定不互不相容.故既不互不相容又不獨立的事件是不存在的.上述結論與否對的.答：不對的.原命題中的結論(1)(2)都是對的的.

不過由(1)(2)(它們互為逆否命題,

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既互不相容又獨立是不存在的,

并不能推出“A、B既不獨立又不互不相容是不存在的”.實際上,恰恰相反,

既不互不相容又不獨立的事件組是存在的,下面舉一例.5個乒乓球(4新1舊),

每次取一種,

無放回抽取三次,

記Ai={第i次取到新球},

i=1,2,3.由于是無放回抽取,故A1、A2、A3互相不獨立,又A1A2A3={三次都取到新球},

顯然是也許發(fā)生的,

即A1、A2、A3也許同步發(fā)生,

因此A1、A2、3.8.事件A、B的“對立”與“互不相容”有什么區(qū)別和聯(lián)絡?事件A、B“獨立”與“互不相容”又有什么區(qū)別和聯(lián)絡?答：“對立”與“互不相容”區(qū)別和聯(lián)絡,

從它們的定義看是拾分清晰的,大體上可由如下的命題概括:“對立”→“互不相容”,

反之未必成立.至于“獨立”與“互不相容”的區(qū)別和聯(lián)絡,并非一目了然.事件的互不相容性只考慮它們與否同步發(fā)生，是純粹的事件的關系,

絲毫未波及它們的概率,其關系可借助圖直觀顯示.事件的獨立性是由概率表述的,

即當存在概率關系P(A|B)=P(A)或P(B|A)=P(B)時,

稱A、B是互相獨立的.它們的聯(lián)絡可由下述命題概括:對于兩個非不也許事件A、B,

則有“A、B互不相容”→“A、B不獨立”.

其等價命題是:在P(A)>0與P(B)>0下,

則有“A、B獨立”→“A、B不互不相容”(相容).注意,

上述命題的逆命題不成立.3.9.設A、B為兩個事件,若0<P(A)<1,0<P(B)<1.(*)則A、B互相獨立,A、B互不相容,,這三種情形中的任何兩種不能同步成立.答：在條件(*)下當A、B互相獨立時,有P(AB)=P(A)P(B);當A、B互不相容時,有P(AB)<P(A)P(B);當時,有P(AB)>P(A)P(B).在條件(*)下,上述三式中的任何兩個不能同步成立.因此,

A、B互相獨立,A、B互不相容,

這三種情形中的任何兩種不能同步成立.此結論表明:在條件(*)下,若兩個事件互相獨立時,

必不互不相容，也不一種包括另一種,而只能是相容了.3.10.證明:若P(A)=0或P(A)=1,

則A與任何事件B互相獨立.答：若P(A)=0,又,

故0≤P(AB)≤P(A)=0.于是P(AB)=0=P(A)P(B),因此A與任何事件B互相獨立.若P(A)=1,則.由前面所證知,與任何事件B互相獨立.

再由事件獨立性的性質知,

與B互相獨立,即A與B互相獨立.另種措施證明:由P(A)=1知,

進而有.又且AB與互不相容,

故.即A與B互相獨立.3.11.設A、B是兩個基本領件,

且0<P(A)<1,P(B)>0,

,問事件A與B是什么關系?[解1]由已知條件可得.由比例性質,得.因此P(AB)=P(A)P(B).因此事件A與B互相獨立.[解2]由得.因而.又,因此P(B|A)=P(B).因此事件A與B互相獨立.3.12.是不是無論什么狀況,

小概率事件決不會成為必然事件.答：不是的.我們可以證明,

隨機試驗中,若A為小概率事件,不妨設P(A)=ε(0＜ε＜1為不管多么小的實數),只要不停地獨立地反復做此試驗,則A遲早要發(fā)生的概率為1.實際上,設Ak={A在第k次試驗中發(fā)生},則P(Ak)=ε,,在前n次試驗中A都不發(fā)生的概率為:.于是在前n次試驗中,

A至少發(fā)生一次的概率為

.假如把試驗一次接一次地做下去,

即讓n→∞,由于0＜ε＜1,則當n→∞時,有pn→1.以上事實在生活中是常見的,例如在森林中吸煙,一次引起火災的也許性是很小的,但假如諸多人這樣做,

則遲早會引起火災.3.13.只要不是反復試驗,

小概率事件就可以忽視.答：不對的.小概率事件可不可以忽視,要由事件的性質來決定,例如在森林中擦火柴有1%的也許性將導致火災是不能忽視的,但火柴有1%的也許性擦不燃是不必在意的.3.14.反復試驗一定是獨立試驗,理由是:既然是反復試驗就是說每次試驗的條件完全相似,從而試驗的成果就不會互相影響,上述說法對嗎?答：不對.我們舉一種反例就可以證明上述結論是錯誤的.一種罐子中裝有4個黑球和3個紅球,隨機地抽取一種之後,再加進2個與抽出的球具有相似顏色的球,這種手續(xù)反復進行,顯然每次試驗的條件是相似的.每抽取一次後來,這時與取出球有相似顏色的球的數目增長，而與取出球顏色不一樣的球的數目保持不變，從效果上看，每一次取出的球是什么顏色增長了下一次也取到這種顏色球的概率，因此這不是獨立試驗,此例是一種如同傳染病現象的模型，每一次傳染後都增長再傳染的概率.3.15.伯努利概型的隨機變量是不是都服從二項分布.答：不一定.例如某射手每次擊中目的的概率是p，目前持續(xù)向一目的進行射擊，直到射中為止.此試驗只有兩個也許的成果：A={命中}；={未命中}，且P(A)=p.并且是反復獨立試驗，因此它是伯努利試驗（伯努利概型），設Xk={第k次射中}，Xk顯然是一種隨機變量，但

P(Xk=k)=qk-1p，k=1,2,…，其中q=p-1，可見Xk是服從參數為p的幾何分布，而不是二項分布.3.16.某人想買某本書,決定到3個新華書店去買,每個書店有無此書是等也許的.如有,與否賣完也是等也許的.設3個書店有無此書,與否賣完是互相獨立的.求此人買到此本書的概率.答：(37/64).3.17.在空戰(zhàn)中,甲機先向乙機開火,擊落乙機的概率是0.2;

若乙機未被擊落,就進行反擊,擊落甲機的概率是0.3,

則再攻打乙機,擊落乙機的概率是0.4.在這幾種回合中,(1)

甲機被擊落的概率是多少?(2)

乙機被擊落的概率是多少?答：以A表達事件“第一次襲擊中甲擊落乙”,以B表達事件“第二次襲擊中乙擊落甲”,以C表達事件“第三次襲擊中甲擊落乙”.(1)甲機被擊落只有在第一次襲擊中甲未擊落乙才有也許,故甲機被擊落的概率為.(2)乙機被擊落有兩種狀況.一是第一次襲擊中甲擊落乙,二是第三次襲擊中甲擊落乙,故乙機被擊落的概率是=0.2+(1-0.2)(1-0.3)×0.4=0.424.3.18.某個問題,若甲先答,答對的概率為0.4;若甲答錯,由乙答,答對的概率為0.5.求問題由乙答出的概率.答：(0.3)3.19.有5個人在一星期內都要到圖書館借書一次,一周內某天借書的也許性相似,求(1)5個人都在星期天借書的概率;(2)5個人都不在星期天借書的概率;(3)5個人不都在星期天借書的概率.答：(1)(1/75);

(2)(65/77);

(3)(1-1/75).1.從1,2,3,…,15中,甲、乙兩人各任取一數(不反復),已知甲取到的數是5的倍數,求甲數不小于乙數的概率.二、例題解.設事件A表達“甲取到的數比乙大”,設事件B表達“甲取到的數是5的倍數”.則顯然所規(guī)定的概率為P(A|B).根據公式

而P(B)=3/15=1/5,

,

∴P(A|B)=9/14.2.擲三顆骰子,已知所得三個數都不一樣樣,求具有1點的概率.

解.設事件A表達“擲出具有1的點數”,設事件B表達“擲出的三個點數都不一樣樣”.則顯然所規(guī)定的概率為P(A|B).根據公式

,

,P(A|B)=1/2.3.袋中有一種白球和一種黑球,一次次地從袋中摸球,假如取出白球,則除把白球放回外再加進一種白球,直至取出黑球為止,求取了N次都沒有取到黑球的概率.1解.設事件Ai表達“第i次取到白球”.(i=1,2,…,N)則根據題意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.由數學歸納法可以懂得

P(A1A2…AN)=1/(N+1).4.

甲袋中有5只白球,7只紅球;乙袋中有4只白球,2只紅球.從兩個袋子中任取一袋,然後從所取到的袋子中任取一球,求取到的球是白球的概率.

解.設事件A表達“取到的是甲袋”,則表達“取到的是乙袋”,事件B表達“最終取到的是白球”.根據題意:

P(B|A)=5/12,

,

P(A)=1/2.

∴

.5.有甲、乙兩袋,甲袋中有3只白球,2只黑球;乙袋中有4只白球,4只黑球.現從甲袋中任取2個球放入乙袋,然後再從乙袋中任取一球,求此球為白球的概率.解.設事件Ai表達“從甲袋取的2個球中有i個白球”,其中i=0,1,2.事件B表達“從乙袋中取到的是白球”.

顯然A0,A1,A2構成一完備事件組,且根據題意

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.袋中裝有編號為1,2,…,N的N個球,先從袋中任取一球,如該球不是1號球就放回袋中,是1號球就不放回,然後再摸一次,求取到2號球的概率.解.設事件A表達“第一次取到的是1號球”,則表達“第一次取到的是非1號球”;事件B表達“最終取到的是2號球”.顯然

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.

袋中裝有8只紅球,2只黑球,每次從中任取一球,不放回地持續(xù)取兩次,求下列事件的概率.(1)取出的兩只球都是紅球;(2)取出的兩只球都是黑球;(3)取出的兩只球一只是紅球,一只是黑球;(4)第二次取出的是紅球.

解.設事件A1表達“第一次取到的是紅球”,設事件A2表達“第二次取到的是紅球”.(1)規(guī)定的是事件A1A2的概率.根據題意

P(A1)=4/5,

,

P(A2|A1)=7/9,

∴P(A1A2)=P(A1)P(A2|A1)=4/5×7/9=28/45.(2)規(guī)定的是事件的概率.根據題意:

,

,∴.(3)規(guī)定的是取出一只紅球一只黑球,它包括兩種情形,即求事件的概率.

,,

,

,

∴.(4)規(guī)定第二次取出紅球,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.

某射擊小組共有20名射手,其中一級射手4人,二級射手8人,三級射手7人,四級射手1人.一、二、三、四級射手能通過選拔進入比賽的概率分別是0.9、0.7、0.5、0.2.求任選一名射手能通過選拔進入比賽的概率.

解.設事件A表達“射手能通過選拔進入比賽”,設事件Bi表達“射手是第i級射手”.(i=1,2,3,4)顯然,B1、B2、B3、B4構成一完備事件組,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.轟炸機轟炸某目的,它能飛到距目的400、200、100(米)的概率分別是0.5、0.3、0.2,又設它在距目的400、200、100(米)時的命中率分別是0.01、0.02、0.1.求目的被命中的概率為多少?解.設事件A1表達“飛機能飛到距目的400米處”,設事件A2表達“飛機能飛到距目的200米處”,設事件A3表達“飛機能飛到距目的100米處”,用事件B表達“目的被擊中”.由題意,

P(A1)=0.5,P(A2)=0.3,P(A3)=0.2,

且A1、A2、A3構成一完備事件組.又已知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,設第一﹑第二﹑第三﹑第四道工序的次品率分別為2%﹑3%﹑5%﹑3%,假定各道工序的加工互不影響,求加工出零件的次品率是多少?

解.設事件Ai表達“第i道工序出次品”,i=1,2,3,4由于各道工序的加工互不影響,因此Ai是互相獨立的事件.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,則加工出來的零件就是次品.因此規(guī)定的是(A1+A2+A3+A4)這個事件的概率.為了運算簡便,我們求其對立事件的概率=(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.

某人過去射擊的成績是每射5次總有4次命中目的,根據這一成績,求(1)射擊三次皆中目的的概率;(2)射擊三次有且只有2次命中目的的概率;(3)射擊三次至少有二次命中目的的概率.

解.設事件Ai表達“第i次命中目的”,i=1,2,3根據已知條件P(Ai)=0.8,

,i=1,2,3某人每次射擊與否命中目的是互相獨立的,因此事件Ai是互相獨立的.(1)射擊三次皆中目的的概率即求P(A1A2A3).由獨立性:

P(A1A2A3)=P(A1)P(A2)P(A3)=0.83=0.512.(2)“射擊三次有且只有2次命中目的”這個事件用B表達.顯然,又根據獨立性得到:.(3)“射擊三次至少有2次命中目的”這個事件用C表達.至少有2次命中目的包括2次和3次命中目的,因此C=B+A1A2A3P(C)=P(B)+P(A1A2A3)=0.384+0.512=0.896.12.

三人獨立譯某一密碼,他們能譯出的概率分別為1/3,1/4,1/5,求能將密碼譯出的概率.

解.設事件Ai表達“第i人能譯出密碼”,i=1,2,3.由于每一人與否能譯出密碼是互相獨立的,最終只要三人中至少有一人能將密碼譯出,則密碼被譯出,因此所求的概率為P(A1+A2+A3).已知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.

用一門大炮對某目的進行三次獨立射擊,

第一、二、三次的命中率分別為0.4、0.5、0.7,若命中此目的一、二、三彈,該目的被摧毀的概率分別為0.2、0.6和0.8,

試求此目的被摧毀的概率.解.設事件Ai表達“第i次命中目的”,i=1,2,3.設事件Bi表達“目的被命中i彈”,i=0,1,2,3.設事件C表達“目的被摧毀”.由已知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.又由于三次射擊是互相獨立的,因此,=0.6×0.5×0.7+0.6×0.5×0.3+0.4×0.5×0.3=0