7.1 条件概率与全概率公式

在必修 “概率” 一章的学习中，我们遇到过求同一试验中两个事件 A 与 B 同时发生(积事件 AB)的概率的问题. 当事件 A 与 B 相互独立时，有

$P (A B) = P (A) P (B).$

如果事件 A 与 B 不相互独立，如何表示积事件 AB 的概率呢？下面我们从具体问题入手.

7.1.1 条件概率

问题 1 某个班级有 45 名学生，其中男生、女生的人数及团员的人数如表 7.1-1 所示.

(1) 选到男生的概率是多少?

（2）如果已知选到的是团员，那么选到的是男生的概率是多少？

随机选择一人做代表，则样本空间 $\Omega$ 包含 45 个等可能的样本点。用 A 表示事件“选到团员”，B 表示事件“选到男生”，根据表 7.1-1 中的数据可以得出， $n(\Omega)=45$ ， $n(A)=30$ ， $n(B)=25$ 。

(1) 根据古典概型知识可知, 选到男生的概率

$P (B) = \frac {n (B)}{n (\Omega)} = \frac {2 5}{4 5} = \frac {5}{9}.$

（2）“在选到团员的条件下，选到男生”的概率就是“在事件 $A$ 发生的条件下，事件 $B$ 发生”的概率，记为 $P(B|A)$。此时相当于以 $A$ 为样本空间来考虑事件 $B$ 发生的概率，而在新的样本空间中事件 $B$ 就是积事件 $AB$，包含的样本点数 $n(AB) = 16$。根据古典概型知识可知，

$P (B \mid A) = \frac {n (A B)}{n (A)} = \frac {1 6}{3 0} = \frac {8}{1 5}.$

问题 2 假定生男孩和生女孩是等可能的，现考虑有两个小孩的家庭。随机选择一个家庭，那么

(1) 该家庭中两个小孩都是女孩的概率是多大?

(2) 如果已经知道这个家庭有女孩，那么两个小孩都是女孩的概率又是多大？

观察两个小孩的性别，用 b 表示男孩，g 表示女孩，则样本空间 $\Omega = \{bb, bg, gb, gg\}$ ，且所有样本点是等可能的。用 A 表示事件“选择的家庭中有女孩”，B 表示事件“选择的家庭中两个小孩都是女孩”，则 $A = \{bg, gb, gg\}$ ， $B = \{gg\}$ 。

（1）根据古典概型知识可知，该家庭中两个小孩都是女孩的概率

$P (B) = \frac {n (B)}{n (\Omega)} = \frac {1}{4}.$

（2）“在选择的家庭有女孩的条件下，两个小孩都是女孩”的概率就是“在事件 $A$ 发生的条件下，事件 $B$ 发生”的概率，记为 $P(B|A)$。此时 $A$ 成为样本空间，事件 $B$ 就是积事件 $AB$。根据古典概型知识可知，

$P (B \mid A) = \frac {n (A B)}{n (A)} = \frac {1}{3}.$

在上面两个问题中，在事件 A 发生的条件下，事件 B 发生的概率都是

$P (B \mid A) = \frac {n (A B)}{n (A)}.$

这个结论对于一般的古典概型仍然成立. 事实上, 如图 7.1-1 所示, 若已知事件 $A$ 发生, 则 $A$ 成为样本空间. 此时, 事件 $B$ 发生的概率是 $AB$ 包含的样本点数与 $A$ 包含的样本点数的比值, 即

$P (B \mid A) = \frac {n (A B)}{n (A)}.$

因为

$P (B \mid A) = \frac {n (A B)}{n (A)} = \frac {\frac {n (A B)}{n (\Omega)}}{\frac {n (A)}{n (\Omega)}} = \frac {P (A B)}{P (A)},$

所以，在事件 A 发生的条件下，事件 B 发生的概率还可以通过 $\frac{P(AB)}{P(A)}$ 来计算.

一般地，设 A，B 为两个随机事件，且 $P(A) > 0$ ，我们称

$P (B \mid A) = \frac {P (A B)}{P (A)}$

为在事件 A 发生的条件下，事件 B 发生的条件概率，简称条件概率（conditional probability).

探究

在问题1和问题2中，都有 $P(B|A) \neq P(B)$。一般地，$P(B|A)$ 与 $P(B)$ 不一定相等。如果 $P(B|A)$ 与 $P(B)$ 相等，那么事件 $A$ 与 $B$ 应满足什么条件？

直观上看，当事件 $A$ 与 $B$ 相互独立时，事件 $A$ 发生与否不影响事件 $B$ 发生的概率，这等价于 $P(B|A) = P(B)$ 成立.

事实上，若事件 $A$ 与 $B$ 相互独立，即 $P(AB) = P(A)P(B)$，且 $P(A) > 0$，则

$P (B \mid A) = \frac {P (A B)}{P (A)} = \frac {P (A) P (B)}{P (A)} = P (B);$

反之，若 $P(B|A) = P(B)$，且 $P(A) > 0$，则

$P (B) = \frac {P (A B)}{P (A)} \Rightarrow P (A B) = P (A) P (B),$

即事件 A 与 B 相互独立.

因此，当 $P(A)>0$ 时，当且仅当事件 A 与 B 相互独立时，有 $P(B|A)=P(B)$ .

思考

对于任意两个事件 $A$ 与 $B$ ，如果已知 $P(A)$ 与 $P(B|A)$ ，如何计算 $P(AB)$ 呢？

由条件概率的定义，对任意两个事件 $A$ 与 $B$ ，若 $P(A) > 0$ ，则

$P (A B) = P (A) P (B \mid A).$

我们称上式为概率的乘法公式.

例 1 在 5 道试题中有 3 道代数题和 2 道几何题，每次从中随机抽出 1 道题，抽出的题不再放回. 求：

(1) 第 1 次抽到代数题且第 2 次抽到几何题的概率;

(2) 在第 1 次抽到代数题的条件下，第 2 次抽到几何题的概率.

分析：如果把“第1次抽到代数题”和“第2次抽到几何题”作为两个事件，那么问题（1）就是积事件的概率，问题（2）就是条件概率。可以先求积事件的概率，再用条件概率公式求条件概率；也可以先求条件概率，再用乘法公式求积事件的概率。

解：设 $A =$ “第1次抽到代数题”， $B =$ “第2次抽到几何题”，则“第1次抽到代数题且第2次抽到几何题”就是事件 $AB$

方法1（1）从5道试题中每次不放回地随机抽取2道，试验的样本空间 $\Omega$ 包含20个等可能的样本点，即 $n(\Omega) = \mathrm{A}_5^2 = 5\times 4 = 20$

因为 $n(AB) = \mathrm{A}_3^1\times \mathrm{A}_2^1 = 3\times 2 = 6$ ，所以

$P (A B) = \frac {n (A B)}{n (\Omega)} = \frac {6}{2 0} = \frac {3}{1 0}.$

（2）“在第1次抽到代数题的条件下，第2次抽到几何题”的概率就是事件 $A$ 发生的条件下，事件 $B$ 发生的概率．显然 $P(A) = \frac{3}{5}$ 利用条件概率公式，得

$P (B \mid A) = \frac {P (A B)}{P (A)} = \frac {\frac {3}{1 0}}{\frac {3}{5}} = \frac {1}{2}.$

方法 2 因为 $n(A)=3\times4=12,\ n(AB)=3\times2=6$ ，所以

$P (B \mid A) = \frac {n (A B)}{n (A)} = \frac {6}{1 2} = \frac {1}{2}.$

又 $P(A) = \frac{3}{5}$，利用乘法公式可得

$P (A B) = P (A) P (B \mid A) = \frac {3}{5} \times \frac {1}{2} = \frac {3}{1 0}.$

例 1 求条件概率用了两种方法：一种是基于样本空间 $\Omega$ ，先计算 $P(A)$ 和 $P(AB)$ ，再利用条件概率公式求 $P(B|A)$ ；另一种是根据条件概率的直观意义，增加了 “A 发生” 的条件后，样本空间缩小为 A，求 $P(B|A)$ 就是以 A 为样本空间计算 AB 的概率.

在例 1 中，已知第 1 次抽到代数题，这时还余下 4 道试题，其中代数题和几何题各 2 道．显然，事件 A 发生的条件下，事件 B 发生的概率为 $P(B|A)=\frac{2}{4}=\frac{1}{2}$ ．这等价于将 A 中的 12 个样本点合并为 4 个等可能的样本点，通常用这种方法求 $P(B|A)$ 更便捷.

条件概率只是缩小了样本空间，因此条件概率同样具有概率的性质. 设 $P(A)>0$ ，则

(1) $P(\Omega|A)=1;$

(2) 如果 B 和 C 是两个互斥事件，则 $P(B \cup C \mid A) = P(B \mid A) + P(C \mid A)$ ;

(3) 设 $\overline{B}$ 和 B 互为对立事件，则 $P(\overline{B}|A)=1-P(B|A)$ .

例 2 已知 3 张奖券中只有 1 张有奖，甲、乙、丙 3 名同学依次不放回地各随机抽取 1 张。他们中奖的概率与抽奖的次序有关吗？

分析：要知道中奖概率是否与抽奖次序有关，只要考察甲、乙、丙3名同学的中奖概率是否相等。因为只有1张有奖，所以“乙中奖”等价于“甲没中奖且乙中奖”，“丙中奖”等价于“甲和乙都没中奖”，利用乘法公式可求出乙、丙中奖的概率。

解：用 A, B, C 分别表示甲、乙、丙中奖的事件，则 $B = \overline{A} B$ , $C = \overline{A} \overline{B}$ .

$P (A) = \frac {1}{3};$

$P (B) = P (\overline {{A}} B) = P (\overline {{A}}) P (B | \overline {{A}}) = \frac {2}{3} \times \frac {1}{2} = \frac {1}{3};$

$P (C) = P (\overline {{A}} \overline {{B}}) = P (\overline {{A}}) P (\overline {{B}} | \overline {{A}}) = \frac {2}{3} \times \frac {1}{2} = \frac {1}{3}.$

因为 $P(A)=P(B)=P(C)$ ，所以中奖的概率与抽奖的次序无关.

事实上，在抽奖问题中，无论是放回随机抽取还是不放回随机抽取，中奖的概率都与抽奖的次序无关.

例3 银行储蓄卡的密码由6位数字组成. 某人在银行自助取款机上取钱时，忘记了密码的最后1位数字. 求：

(1) 任意按最后 1 位数字, 不超过 2 次就按对的概率;

(2) 如果记得密码的最后 1 位是偶数，不超过 2 次就按对的概率.

分析：最后1位密码“不超过2次就按对”等价于“第1次按对，或者第1次按错但第2次按对”。因此，可以先把复杂事件用简单事件表示，再利用概率的性质求解。

解：（1）设 $A_{i} =$ “第 $i$ 次按对密码” $(i = 1,2)$，则事件“不超过2次就按对密码”可表示为

$A = A _ {1} \cup \overline {{A}} _ {1} A _ {2}.$

事件 $A_{1}$ 与事件 $\overline{A}_1A_2$ 互斥，由概率的加法公式及乘法公式，得

$P (A) = P (A _ {1}) + P (\overline {{A}} _ {1} A _ {2}) = P (A _ {1}) + P (\overline {{A}} _ {1}) P (A _ {2} | \overline {{A}} _ {1}) = \frac {1}{1 0} + \frac {9}{1 0} \times \frac {1}{9} = \frac {1}{5}.$

因此，任意按最后1位数字，不超过2次就按对的概率为 $\frac{1}{5}$ .

(2) 设 B = “最后 1 位密码为偶数”，则

$P (A \mid B) = P (A _ {1} \mid B) + P (\overline {{A}} _ {1} A _ {2} \mid B) = \frac {1}{5} + \frac {4 \times 1}{5 \times 4} = \frac {2}{5}.$

因此，如果记得密码的最后1位是偶数，不超过2次就按对的概率为 $\frac{2}{5}$ .

练习

1. 设 $A \subseteq B$，且 $P(A) = 0.3$，$P(B) = 0.6$。根据事件包含关系的意义及条件概率的意义，直接写出 $P(B|A)$ 和 $P(A|B)$ 的值，再由条件概率公式进行验证。

2. 从一副不含大小王的52张扑克牌中，每次从中随机抽出1张扑克牌，抽出的牌不再放回。已知第1次抽到A牌，求第2次抽到A牌的概率。

3. 袋子中有 10 个大小相同的小球，其中 7 个白球，3 个黑球。每次从袋子中随机摸出 1 个球，摸出的球不再放回。求：

（1）在第1次摸到白球的条件下，第2次摸到白球的概率；

(2) 两次都摸到白球的概率.