2024年条件概率知识点例题练习题

条件概率专題一、知识點①只须将無条件概率替代為条件概率，即可类比套用概率满足的三条公理及其他性质②在古典概型中---在几何概型中---条件概率及全概率公式

3.1.對任意两個事件A、B,与否恒有P(A)≥P(A|B).答：不是.有人认為附加了一种B已发生的条件,就必然缩小了样本空间,也就缩小了概率,從而就一定有P(A)≥P(A|B),

這种猜测是錯误的.实际上,也許P(A)≥P(A|B),也也許P(A)≤P(A|B),下面举例阐明.在0,1,…,9這拾個数字中,任意抽取一种数字,令A={抽到一数字是3的倍数};

B1={抽到一数字是偶数};

B2={抽到一数字不小于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.如下两個定义与否是等价的.定义1.若事件A、B满足P(AB)=P(A)P(B),

则称A、B互相独立.定义2.若事件A、B满足P(A|B)=P(A)或P(B|A)=P(B),则称A、B互相独立.答：不是的.由于条件概率的定义為

P(A|B)=P(AB)/P(B)或P(B|A)=P(AB)/P(A)自然规定P(A)≠0,

P(B)≠0,而定义1不存在這個附加条件,也就是說,P(AB)=P(A)P(B)對于P(A)=0或P(B)=0也是成立的.实际上,

若P(A)=0由0≤P(AB)≤P(A)=0可知P(AB)=0故P(AB)=P(A)P(B).因此定义1与定义2不等价,更确切地說由定义2可推出定义1,

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

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).原命題得证.3.4.在引入条件概率的讨论中,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相容的状况下,它們都是下图中標有阴影的部分,然而從概率计算的角度看,它們却是不一样的.這究竟是為何?答：概率的不一样重要在于计算時所取的样本空间的差异:P(A|B)的计算基于附加样本空间ΩB;P(B|A)的计算基于附加样本空间ΩA;P(AB)的计算基于原有样本空间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,波及那么多条件概率,為何在給出上述乘法公式時只提及P(A1A2…An-1答：按条件概率的本意,应规定P(A1)>0,

P(A1A2)>0,…,

P(A1A2…An-2)>0,

P(A1A2…A实际上,由于A1A2A3…An-2A1A2A3…An-2An-1,從而便有P(A1A2…An-2)≥P(A1A2…An-1)>0.這样,

除P(A1A2…An-1)>0作為題设外,

其他条件概率所规定的正概率,

如P(A1A2…An-2)>0,…,

P(A1A2)>0,

P(A1)>0便是題设条件3.6.计算P(B)時,

假如事件B的体現式中有积又有和,与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义的认识,

完全把它作為一种”公式”来理解是不對的.

其实,

我們没有必要去背這個公式,

应著眼于A1,A2,…,An的构造.实际上,

對于详细問題,

若能设出n個事件Ai,使之满足(*)就可得

.(**)這样就便于应用概率的加法公式和乘法公式.因此,

能否使用全概率公式,

关键在于(**)式,而要有(**)式,

关键又在于合适地對Ω進行一种分割,

即有(*)式.3.7.设P(A)≠0,

P(B)≠0,由于有(1)若A、B互不相容,则A、B一定不独立.(2)若A、B独立,则A、B一定不互不相容.故既不互不相容又不独立的事件是不存在的.上述結论与否對的.答：不對的.原命題中的結论(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既互不相容又独立是不存在的,

并不能推出“A、B既不独立又不互不相容是不存在的”.实际上,恰恰相反,

既不互不相容又不独立的事件组是存在的,下面举一例.5個乒乓球(4新1旧),

每次取一种,

無放回抽取三次,

记Ai={第i次取到新球},

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

显然是也許发生的,

即A1、A2、A3也許同步发生,

因此A1、A2、3.8.事件A、B的“對立”与“互不相容”有什么区别和联络?事件A、B“独立”与“互不相容”又有什么区别和联络?答：“對立”与“互不相容”区别和联络,

從它們的定义看是拾分清晰的,大体上可由如下的命題概括:“對立”→“互不相容”,

反之未必成立.至于“独立”与“互不相容”的区别和联络,并非一目了然.事件的互不相容性只考虑它們与否同步发生，是纯粹的事件的关系,

丝毫未波及它們的概率,其关系可借助图直观显示.事件的独立性是由概率表述的,

即當存在概率关系P(A|B)=P(A)或P(B|A)=P(B)時,

称A、B是互相独立的.它們的联络可由下述命題概括:對于两個非不也許事件A、B,

则有“A、B互不相容”→“A、B不独立”.

其等价命題是:在P(A)>0与P(B)>0下,

则有“A、B独立”→“A、B不互不相容”(相容).注意,

上述命題的逆命題不成立.3.9.设A、B為两個事件,若0<P(A)<1,0<P(B)<1.(*)则A、B互相独立,A、B互不相容,,這三种情形中的任何两种不能同步成立.答：在条件(*)下當A、B互相独立時,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).在条件(*)下,上述三式中的任何两個不能同步成立.因此,

A、B互相独立,A、B互不相容,

這三种情形中的任何两种不能同步成立.此結论表明:在条件(*)下,若两個事件互相独立時,

必不互不相容，也不一种包括另一种,而只能是相容了.3.10.证明:若P(A)=0或P(A)=1,

则A与任何事件B互相独立.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与任何事件B互相独立.若P(A)=1,则.由前面所证知,与任何事件B互相独立.

再由事件独立性的性质知,

与B互相独立,即A与B互相独立.另种措施证明:由P(A)=1知,

進而有.又且AB与互不相容,

故.即A与B互相独立.3.11.设A、B是两個基本领件,

且0<P(A)<1,P(B)>0,

,問事件A与B是什么关系?[解1]由已知条件可得.由比例性质,得.因此P(AB)=P(A)P(B).因此事件A与B互相独立.[解2]由得.因而.又,因此P(B|A)=P(B).因此事件A与B互相独立.3.12.是不是無论什么状况,

小概率事件决不會成為必然事件.答：不是的.我們可以证明,

随机试验中,若A為小概率事件,不妨设P(A)=ε(0＜ε＜1為不管多么小的实数),只要不停地独立地反复做此试验,则A迟早要发生的概率為1.实际上,设Ak={A在第k次试验中发生},则P(Ak)=ε,,在前n次试验中A都不发生的概率為:.于是在前n次试验中,

A至少发生一次的概率為

.假如把试验一次接一次地做下去,

即让n→∞,由于0＜ε＜1,则當n→∞時,有pn→1.以上事实在生活中是常見的,例如在森林中吸烟,一次引起火灾的也許性是很小的,但假如诸多人這样做,

则迟早會引起火灾.3.13.只要不是反复试验,

小概率事件就可以忽视.答：不對的.小概率事件可不可以忽视,要由事件的性质来决定,例如在森林中擦火柴有1%的也許性将导致火灾是不能忽视的,但火柴有1%的也許性擦不燃是不必在意的.3.14.反复试验一定是独立试验,理由是:既然是反复试验就是說每次试验的条件完全相似,從而试验的成果就不會互相影响,上述說法對吗?答：不對.我們举一种反例就可以证明上述結论是錯误的.一种罐子中装有4個黑球和3個紅球,随机地抽取一种之後,再加進2個与抽出的球具有相似颜色的球,這种手续反复進行,显然每次试验的条件是相似的.每抽取一次後来,這時与取出球有相似颜色的球的数目增長，而与取出球颜色不一样的球的数目保持不变，從效果上看，每一次取出的球是什么颜色增長了下一次也取到這种颜色球的概率，因此這不是独立试验,此例是一种如同传染病現象的模型，每一次传染後都增長再传染的概率.3.15.伯努利概型的随机变量是不是都服從二项分布.答：不一定.例如某射手每次击中目的的概率是p，目前持续向一目的進行射击，直到射中為止.此试验只有两個也許的成果：A={命中}；={未命中}，且P(A)=p.并且是反复独立试验，因此它是伯努利试验（伯努利概型），设Xk={第k次射中}，Xk显然是一种随机变量，但

P(Xk=k)=qk-1p，k=1,2,…，其中q=p-1，可見Xk是服從参数為p的几何分布，而不是二项分布.3.16.某人想买某本書,决定到3個新华書店去买,每個書店有無此書是等也許的.如有,与否卖完也是等也許的.设3個書店有無此書,与否卖完是互相独立的.求此人买到此本書的概率.答：(37/64).3.17.在空战中,甲机先向乙机開火,击落乙机的概率是0.2;

若乙机未被击落,就進行反击,击落甲机的概率是0.3,

则再攻打乙机,击落乙机的概率是0.4.在這几种回合中,(1)

甲机被击落的概率是多少?(2)

乙机被击落的概率是多少?答：以A表达事件“第一次袭击中甲击落乙”,以B表达事件“第二次袭击中乙击落甲”,以C表达事件“第三次袭击中甲击落乙”.(1)甲机被击落只有在第一次袭击中甲未击落乙才有也許,故甲机被击落的概率為.(2)乙机被击落有两种状况.一是第一次袭击中甲击落乙,二是第三次袭击中甲击落乙,故乙机被击落的概率是=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個人在一星期内都要到图書馆借書一次,一周内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、乙两人各任取一数(不反复),已知甲取到的数是5的倍数,求甲数不小于乙数的概率.二、例題解.设事件A表达“甲取到的数比乙大”,设事件B表达“甲取到的数是5的倍数”.则显然所规定的概率為P(A|B).根据公式

而P(B)=3/15=1/5,

,

∴P(A|B)=9/14.2.掷三颗骰子,已知所得三個数都不一样样,求具有1點的概率.

解.设事件A表达“掷出具有1的點数”,设事件B表达“掷出的三個點数都不一样样”.则显然所规定的概率為P(A|B).根据公式

,

,P(A|B)=1/2.3.袋中有一种白球和一种黑球,一次次地從袋中摸球,假如取出白球,则除把白球放回外再加進一种白球,直至取出黑球為止,求取了N次都没有取到黑球的概率.1解.设事件Ai表达“第i次取到白球”.(i=1,2,…,N)则根据題意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.由数學归纳法可以懂得

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.從两個袋子中任取一袋,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.设事件A表达“取到的是甲袋”,则表达“取到的是乙袋”,事件B表达“最终取到的是白球”.根据題意:

P(B|A)=5/12,

,

P(A)=1/2.

∴

.5.有甲、乙两袋,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.设事件Ai表达“從甲袋取的2個球中有i個白球”,其中i=0,1,2.事件B表达“從乙袋中取到的是白球”.

显然A0,A1,A2构成一完备事件组,且根据題意

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.袋中装有编号為1,2,…,N的N個球,先從袋中任取一球,如该球不是1号球就放回袋中,是1号球就不放回,然後再摸一次,求取到2号球的概率.解.设事件A表达“第一次取到的是1号球”,则表达“第一次取到的是非1号球”;事件B表达“最终取到的是2号球”.显然

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.

袋中装有8只紅球,2只黑球,每次從中任取一球,不放回地持续取两次,求下列事件的概率.(1)取出的两只球都是紅球;(2)取出的两只球都是黑球;(3)取出的两只球一只是紅球,一只是黑球;(4)第二次取出的是紅球.

解.设事件A1表达“第一次取到的是紅球”,设事件A2表达“第二次取到的是紅球”.(1)规定的是事件A1A2的概率.根据題意

P(A1)=4/5,

,

P(A2|A1)=7/9,

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

,

,∴.(3)规定的是取出一只紅球一只黑球,它包括两种情形,即求事件的概率.

,,

,

,

∴.(4)规定第二次取出紅球,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.

某射击小组共有20名射手,其中一级射手4人,二级射手8人,三级射手7人,四级射手1人.一、二、三、四级射手能通過选拔進入比赛的概率分别是0.9、0.7、0.5、0.2.求任选一名射手能通過选拔進入比赛的概率.

解.设事件A表达“射手能通過选拔進入比赛”,设事件Bi表达“射手是第i级射手”.(i=1,2,3,4)显然,B1、B2、B3、B4构成一完备事件组,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.轰炸机轰炸某目的,它能飞到距目的400、200、100(米)的概率分别是0.5、0.3、0.2,又设它在距目的400、200、100(米)時的命中率分别是0.01、0.02、0.1.求目的被命中的概率為多少?解.设事件A1表达“飞机能飞到距目的400米处”,设事件A2表达“飞机能飞到距目的200米处”,设事件A3表达“飞机能飞到距目的100米处”,用事件B表达“目的被击中”.由題意,

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

且A1、A2、A3构成一完备事件组.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,设第一﹑第二﹑第三﹑第四道工序的次品率分别為2%﹑3%﹑5%﹑3%,假定各道工序的加工互不影响,求加工出零件的次品率是多少?

解.设事件Ai表达“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响,因此Ai是互相独立的事件.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,则加工出来的零件就是次品.因此规定的是(A1+A2+A3+A4)這個事件的概率.為了运算简便,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.

某人過去射击的成绩是每射5次總有4次命中目的,根据這一成绩,求(1)射击三次皆中目的的概率;(2)射击三次有且只有2次命中目的的概率;(3)射击三次至少有二次命中目的的概率.

解.设事件Ai表达“第i次命中目的”,i=1,2,3根据已知条件P(Ai)=0.8,

,i=1,2,3某人每次射击与否命中目的是互相独立的,因此事件Ai是互相独立的.(1)射击三次皆中目的的概率即求P(A1A2A3).由独立性:

P(A1A2A3)=P(A1)P(A2)P(A3)=0.83=0.512.(2)“射击三次有且只有2次命中目的”這個事件用B表达.显然,又根据独立性得到:.(3)“射击三次至少有2次命中目的”這個事件用C表达.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.

三人独立译某一密码,他們能译出的概率分别為1/3,1/4,1/5,求能将密码译出的概率.

解.设事件Ai表达“第i人能译出密码”,i=1,2,3.由于每一人与否能译出密码是互相独立的,最终只要三人中至少有一人能将密码译出,则密码被译出,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.

用一门大炮對某目的進行三次独立射击,

第一、二、三次的命中率分别為0.4、0.5、0.7,若命中此目的一、二、三弹,该目的被摧毁的概率分别為0.2、0.6和0.8,

试求此目的被摧毁的概率.解.设事件Ai表达“第i次命中目的”,i=1,2,3.设事件Bi表达“目的被命中i弹”,i=0,1,2,3.设事件C表达“目的被摧毁”.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.又由于三次射击是互相独立的,因此,=0.6×0.5×0.7+0.6×0.5×0.3+0.4×0.5×0.3=0