7.1.2 全概率公式

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7.1.2 全概率公式

在上节计算按对银行储蓄卡密码的概率时，我们首先把一个复杂事件表示为一些简单事件运算的结果，然后利用概率的加法公式和乘法公式求其概率。下面，再看一个求复杂事件概率的问题。

思考

从有 $a$ 个红球和 $b$ 个蓝球的袋子中，每次随机摸出1个球，摸出的球不再放回。显然，第1次摸到红球的概率为 $\frac{a}{a + b}$。那么第2次摸到红球的概率是多大？如何计算这个概率呢？

因为抽签具有公平性，所以第2次摸到红球的概率也应该是 $\frac{a}{a+b}$ 。但是这个结果并不显然，因为第2次摸球的结果受第1次摸球结果的影响。下面我们给出严格的推导。

用 $R_{i}$ 表示事件“第 $i$ 次摸到红球”，$B_{i}$ 表示事件“第 $i$ 次摸到蓝球”，$i = 1, 2$。如图7.1-2所示，事件 $R_{2}$ 可按第1次可能的摸球结果

$\begin{array}{c} P (R _ {1}) \\ P (B _ {1}) \end{array} \begin{array}{c} R _ {1} \\ P (B _ {2} / R _ {1}) \\ P (R _ {2} \backslash R _ {1}) \\ P (B _ {1} / B _ {1}) \end{array} \begin{array}{c} R _ {2} \\ R _ {1} \\ R _ {2} \\ B _ {2} \\ R _ {1} \\ B _ {2} \\ R _ {2} \\ B _ {1} \\ B _ {2} \end{array}$

图7.1-2

(红球或蓝球)表示为两个互斥事件的并，即 $R_{2}=R_{1}R_{2}\cup B_{1}R_{2}$ . 利用概率的加法公式和乘法公式，得

$\begin{array}{r l} P (R _ {2}) & = P (R _ {1} R _ {2} \cup B _ {1} R _ {2}) = P (R _ {1} R _ {2}) + P (B _ {1} R _ {2}) \\ & = P (R _ {1}) P (R _ {2} | R _ {1}) + P (B _ {1}) P (R _ {2} | B _ {1}) \\ & = \frac {a}{a + b} \times \frac {a - 1}{a + b - 1} + \frac {b}{a + b} \times \frac {a}{a + b - 1} \\ & = \frac {a}{a + b}. \end{array}$

上述过程采用的方法是：按照某种标准，将一个复杂事件表示为两个互斥事件的并，再由概率的加法公式和乘法公式求得这个复杂事件的概率.

一般地，设 $A_{1}, A_{2}, \cdots, A_{n}$ 是一组两两互斥的事件， $A_{1} \cup A_{2} \cup \cdots \cup A_{n} = \Omega$ ，且 $P(A_{i}) > 0, i = 1, 2, \cdots, n$ ，则对任意的事件 $B \subseteq \Omega$ ，有

$\boxed {P (B) = \sum_ {i = 1} ^ {n} P (A _ {i}) P (B \mid A _ {i}).}$

我们称上面的公式为全概率公式（total probability formula）。全概率公式是概率论中最基本的公式之一。

例 4 某学校有 A，B 两家餐厅，王同学第 1 天午餐时随机地选择一家餐厅用餐。如果第 1 天去 A 餐厅，那么第 2 天去 A 餐厅的概率为 0.6；如果第 1 天去 B 餐厅，那么第 2 天去 A 餐厅的概率为 0.8。计算王同学第 2 天去 A 餐厅用餐的概率。

分析：第 2 天去哪家餐厅用餐的概率受第 1 天在哪家餐厅用餐的影响，可根据第 1 天可能去的餐厅，将样本空间表示为 “第 1 天去 A 餐厅” 和 “第 1 天去 B 餐厅” 两个互斥事件的并，利用全概率公式求解.

解：设 $A_{1} =$ “第1天去A餐厅用餐”， $B_{1} =$ “第1天去B餐厅用餐”， $A_{2} =$ “第2天去A餐厅用餐”，则 $\Omega = A_{1}\cup B_{1}$ ，且 $A_{1}$ 与 $B_{1}$ 互斥．根据题意得

$P (A _ {1}) = P (B _ {1}) = 0. 5, P (A _ {2} | A _ {1}) = 0. 6, P (A _ {2} | B _ {1}) = 0. 8.$

由全概率公式，得

$\begin{array}{r l} P (A _ {2}) & = P (A _ {1}) P (A _ {2} | A _ {1}) + P (B _ {1}) P (A _ {2} | B _ {1}) \\ & = 0. 5 \times 0. 6 + 0. 5 \times 0. 8 \\ & = 0. 7. \end{array}$

因此，王同学第 2 天去 A 餐厅用餐的概率为 0.7.

例 5 有 3 台车床加工同一型号的零件，第 1 台加工的次品率为 6%，第 2，3 台加工的次品率均为 5%，加工出来的零件混放在一起。已知第 1，2，3 台车床加工的零件数分别占总数的 25%，30%，45%。

（1）任取一个零件，计算它是次品的概率；

(2) 如果取到的零件是次品，计算它是第 $i(i=1,2,3)$ 台车床加工的概率.

分析：取到的零件可能来自第1台车床，也可能来自第2台或第3台车床，有3种可能。设 $B =$ “任取一零件为次品”，$A_{i} =$ “零件为第 $i$ 台车床加工” $(i = 1, 2, 3)$，如图7.1-3所示，可将事件 $B$ 表示为3个两两互斥事件的并，利用全概率公式可以计算出事件 $B$ 的概率。

解：设 $B =$ “任取一个零件为次品”， $A_{i} =$ “零件为第 $i$ 台车床加工” $(i = 1,2,3)$ ，则 $\Omega = A_{1}\cup A_{2}\cup A_{3}$ ，且 A_{1}$$A_{2} ， $A_{3}$ 两两互斥．根据题意得

图 7.1-3

$P (A _ {1}) = 0. 2 5, P (A _ {2}) = 0. 3, P (A _ {3}) = 0. 4 5,$

$P (B \mid A _ {1}) = 0. 0 6, P (B \mid A _ {2}) = P (B \mid A _ {3}) = 0. 0 5.$

(1) 由全概率公式，得

$\begin{array}{r l} P (B) & = P (A _ {1}) P (B | A _ {1}) + P (A _ {2}) P (B | A _ {2}) + P (A _ {3}) P (B | A _ {3}) \\ & = 0. 2 5 \times 0. 0 6 + 0. 3 \times 0. 0 5 + 0. 4 5 \times 0. 0 5 \\ & = 0. 0 5 2 5. \end{array}$

(2) “如果取到的零件是次品，计算它是第 $i (i = 1, 2, 3)$ 台车床加工的概率”，就是

计算在 B 发生的条件下，事件 $A_{i}$ 发生的概率.

$P (A _ {1} | B) = \frac {P (A _ {1} B)}{P (B)} = \frac {P (A _ {1}) P (B | A _ {1})}{P (B)} = \frac {0 . 2 5 \times 0 . 0 6}{0 . 0 5 2 5} = \frac {2}{7}.$

类似地，可得

$P (A _ {2} \mid B) = \frac {2}{7}, P (A _ {3} \mid B) = \frac {3}{7}.$

思考

例 5 中 $P(A_{i})$ ， $P(A_{i}|B)$ 的实际意义是什么？

$P(A_{i})$ 是试验之前就已知的概率，它是第 $i$ 台车床加工的零件所占的比例，称为先验概率。当已知抽到的零件是次品（$B$ 发生），$P(A_{i}|B)$ 是这件次品来自第 $i$ 台车床加工的可能性大小，通常称为后验概率。如果对加工的次品，要求操作员承担相应的责任，那么

$\frac{2}{7}$ ， $\frac{2}{7}$ ， $\frac{3}{7}$ 就分别是第1，2，3台车床操作员应承担的份额.

• •

将例 5 中的问题（2）一般化，可以得到贝叶斯公式.

• 贝叶斯公式(Bayes formula): 设 $A_{1}, A_{2}, \cdots, A_{n}$ 是一组两两互斥的事件, $A_{1} \cup A_{2} \cup \cdots \cup A_{n} = \Omega$, 且 $P(A_{i}) > 0$, $i = 1, 2, \cdots, n$, 则对任意的事件 $B \subseteq \Omega$, $P(B) > 0$, 有

贝叶斯公式是由英国数学家贝叶斯（T. Bayes, 1702—1761）发现的，它用来描述两个条件概率之间的关系.

$P (A _ {i} \mid B) = \frac {P (A _ {i}) P (B \mid A _ {i})}{P (B)} = \frac {P (A _ {i}) P (B \mid A _ {i})}{\sum_ {k = 1} ^ {n} P (A _ {k}) P (B \mid A _ {k})}, i = 1, 2, \dots , n.$

例6 在数字通信中，信号是由数字0和1组成的序列。由于随机因素的干扰，发送的信号0或1有可能被错误地接收为1或0。已知发送信号0时，接收为0和1的概率分别为0.9和0.1；发送信号1时，接收为1和0的概率分别为0.95和0.05。假设发送信号0和1是等可能的。

(1) 分别求接收的信号为 0 和 1 的概率;

• (2) 已知接收的信号为 0，求发送的信号是 1 的概率.

分析：设 A = “发送的信号为 0”，B = “接收到的信号为 0”。为便于求解，我们可将题目中所包含的各种信息用图 7.1-4 直观表示。

解：设 $A =$ “发送的信号为0”， $B =$ “接收到的信号为0”，则 $\overline{A} =$ “发送的信号为1”， $\overline{B} =$ “接收到的信号为1”。由题意得

$P (A) = P (\overline {{A}}) = 0. 5, P (B | A) = 0. 9, P (\overline {{B}} | A) = 0. 1,$

$P (B | \overline {{A}}) = 0. 0 5, P (\overline {{B}} | \overline {{A}}) = 0. 9 5.$

(1) $P(B) = P(A)P(B|A) + P(\overline{A})P(B|\overline{A}) = 0.5 \times 0.9 + 0.5 \times 0.05 = 0.475,$

$P (B) = 1 - P (B) = 1 - 0. 4 7 5 = 0. 5 2 5.$

(2) $P(\overline{A}|B) = \frac{P(\overline{A})P(B|\overline{A})}{P(B)} = \frac{0.5\times 0.05}{0.475} = \frac{1}{19}.$

练习

1. 现有 12 道四选一的单选题，学生张君对其中 9 道题有思路，3 道题完全没有思路。有思路的题做对的概率为 0.9，没有思路的题只好任意猜一个答案，猜对答案的概率为 0.25。张君从这 12 道题中随机选择 1 题，求他做对该题的概率。

2. 两批同种规格的产品，第一批占 $40\%$ ，次品率为 $5\%$ ；第二批占 $60\%$ ，次品率为 $4\%$ 。将两批产品混合，从混合产品中任取1件。

(1) 求这件产品是合格品的概率;

• (2) 已知取到的是合格品，求它取自第一批产品的概率.

习题7.1

复习巩固

1. 为了研究不同性别学生患色盲的比例，调查了某学校 2 000 名学生，数据如右表所示。从这 2 000 人中随机选择 1 人。

单位：人

（1）已知选到的是男生，求他患色盲的概率；

(2) 已知选到的学生患色盲，求他是男生的概率.

2. 从人群中随机选出 1 人，设 $B =$ “选出的人患有心脏病”，$C =$ “选出的人是年龄大于 50 岁的心脏病患者”，请你判断 $P(B)$ 和 $P(C)$ 的大小关系，并说明理由.

3. 甲、乙两人向同一目标各射击1次，已知甲命中目标的概率为0.6，乙命中目标的概率为0.5。已知目标至少被命中1次，求甲命中目标的概率。

4. 甲和乙两个箱子中各装有10个球，其中甲箱中有5个红球、5个白球，乙箱中有8个红球、2个白球。掷一枚质地均匀的骰子，如果点数为1或2，从甲箱子随机摸出1个球；如果点数为3，4，5，6，从乙箱子中随机摸出1个球。求摸到红球的概率。

5. 在 A, B, C 三个地区暴发了流感，这三个地区分别有 6%, 5%, 4% 的人患了流感。假设这三个地区的人口数的比为 5:7:8，现从这三个地区中任意选取一个人。

(1) 求这个人患流感的概率;

• (2) 如果此人患流感，求此人选自 A 地区的概率.

6. 已知 $P(A) > 0$，$P(B) > 0$，$P(B|A) = P(B)$，证明：$P(A|B) = P(A)$.

综合运用

7. 一批产品共有100件，其中5件为不合格品。收货方从中不放回地随机抽取产品进行检验，并按以下规则判断是否接受这批产品：如果抽检的第1件产品不合格，则拒绝整批产品；如果抽检的第1件产品合格，则再抽1件，如果抽检的第2件产品合格，则接受整批产品，否则拒绝整批产品。求这批产品被拒绝的概率。

8. 在孟德尔豌豆试验中，子二代的基因型为 DD，Dd，dd，其中 D 为显性基因，d 为隐性基因，且这三种基因型的比为 1:2:1。如果在子二代中任意选取 2 株豌豆进行杂交试验，那么子三代中基因型为 dd 的概率是多大？

9. 证明条件概率的性质（1）和（2）.

拓广探索

10. 证明：当 $P(AB) > 0$ 时，$P(ABC) = P(A)P(B|A)P(C|AB)$。据此你能发现计算 $P(A_1A_2 \cdots A_n)$ 的公式吗？

? 阅读与思考

贝叶斯公式与人工智能

人工智能(Artificial Intelligence，缩写为AI)是研究用于模拟和延伸人类智能的技术科学，目的是理解人类智能的实质，并制造以近似人类智能方式工作的机器，如机器人、语言识别、图像识别、自然语言处理、自动驾驶等。人工智能被认为是21世纪最重要的尖端科技之一，其理论和技术正在日益成熟，应用领域也在不断扩大。人工智能理论背后的一个基本原理就是本节的贝叶斯公式。

贝叶斯公式的思想最早出现于贝叶斯的论文《论有关机遇问题的求解》，发表于他去世后的1763年。后来法国数学家拉普拉斯(P.-S. Laplace，1749—1827)独立地发现了这个公式。统计学家经过长期的努力，发展出了以贝叶斯公式为基础的系统的推理和决策方法，称为贝叶斯方法。该方法的基本程序是首先确定先验概率，然后利用贝叶斯公式计算得到后验概率，使先验概率得到修正和校对，再根据后验概率作出推理和决策。下面用一个例子说明这种方法。

在一个抽奖游戏中，主持人从编号为1，2，3的三个外观相同的空箱子中随机选择一个，放入一件奖品，再将三个箱子关闭。主持人知道奖品在哪个箱子里。游戏规则是主持人请抽奖人在三个箱子中选择一个，若奖品在此箱子里，则奖品由抽奖人获得。抽奖人当然希望选中有奖品的箱子！

假定你是抽奖人，不妨设你选择了1号箱。在打开1号箱之前，主持人先打开了另外两个箱子中的一个空箱子。按游戏规定，主持人只打开你的选择之外的空箱子，当两个都是空箱子时，他随机选择其中一个打开。不妨设主持人打开的是3号箱。现在给你一次重新选择的机会，你是坚持选1号箱，还是改选2号箱？

显然，由于随机性，你无法保证一定能够成功选中有奖品的箱子。因此，要不要改变选择是个风险决策问题，应以得到奖品的概率最大为准则。

对于是否应改选2号箱，人们有如下几种不同的观点：（1）三个箱子中有奖品的概率都是 $\frac{1}{3}$ ，不必换号；（2）既然3号是空箱，那么奖品在1号箱、2号箱中的概率都是 $\frac{1}{2}$ ，不必换号；（3）奖品在1号箱中的概率是 $\frac{1}{3}$ ，当知道3号是空箱后，2号箱中有奖品的概率就变为 $\frac{2}{3}$ ，应该改选2号.

哪种观点是正确的呢？下面用两种方法进行分析：

分析1：选择1号箱，其中有奖品的概率为 $\frac{1}{3}$，无奖品的概率为 $\frac{2}{3}$。主持人打开了无奖品的3号箱，若决策是不换号，则你在1号箱里有奖品的情况下得奖，成功的概率为 $\frac{1}{3}$；若决策是换号，则你在1号箱里无奖品的情况下得奖，成功的概率为 $\frac{2}{3}$。所以改选2号是正确的决策。

分析2：利用全概率公式和贝叶斯公式，可以从条件概率的角度进行分析。用 $A_{1}, A_{2}, A_{3}$ 分别表示1，2，3号箱子里有奖品，用 $B_{1}, B_{2}, B_{3}$ 分别表示主持人打开1，2，3号箱子。如上所述，你初次选择了1号箱。因为你在做选择时不知道奖品在哪个箱子里，你的选择不影响奖品在三个箱子中的概率分配，所以事件 $A_{1}, A_{2}, A_{3}$ 的概率仍为 $\frac{1}{3}$，此为先验概率。主持人打开1号箱之外的一个空箱子，有以下几种可能情况：

奖品在1号箱里，主持人可打开2，3号箱，故 $P(B_{3}|A_{1})=\frac{1}{2}$ ;

奖品在2号箱里，主持人只能打开3号箱，故 $P(B_{3}|A_{2})=1$ ;

奖品在3号箱里，主持人只能打开2号箱，故 $P(B_{3}|A_{3}) = 0$ 利用全概率公式，主持人打开3号箱的概率为

$P (B _ {3}) = \sum_ {i = 1} ^ {3} P (A _ {i}) P (B _ {3} | A _ {i}) = \frac {1}{3} \Big (\frac {1}{2} + 1 \Big) = \frac {1}{2}.$

再根据贝叶斯公式，在3号箱打开的条件下，1号箱和2号箱里有奖品的条件概率分别为

$P (A _ {1} | B _ {3}) = \frac {P (A _ {1}) P (B _ {3} | A _ {1})}{P (B _ {3})} = \frac {1}{3}, P (A _ {2} | B _ {3}) = \frac {P (A _ {2}) P (B _ {3} | A _ {2})}{P (B _ {3})} = \frac {2}{3}.$

这两个条件概率是后验概率，它们修正了前面的先验概率。通过比较后验概率不难发现，改选2号箱是正确的决策。现在想一想，观点（1）和观点（2）错在哪里？

前面分析1给出的方法简单直接，也比较容易理解，但是分析2中基于贝叶斯公式的方法具有更广泛的适用性。事实上，只要把三个箱子改为四个或更多，主持人还是每次打开一个空箱子，此时再用分析1中的方法就比较复杂了。利用贝叶斯公式的方法可以发现，对于上述多个箱子的抽奖游戏，在你第1次选择后，当主持人打开此外的一个空箱子，并给你重新选择的机会时，你同样可以通过改变选择提高成功的概率。而且，假如在你第2次选择后，主持人又打开此外的一个空箱子，并再次给你重新选择的机会时，你仍然应该改变自己的选择，以获得更大的成功概率。因此，这个策略也适用于多次选择的情况。

事实上，在上述多次选择的游戏中，主持人每打开一个空箱子都提供了新的有用信息，抽奖人需要不断根据这些信息，利用贝叶斯公式计算出(新的)后验概率，并据此修正自己的选择以提高成功的概率。这种不断改进和校正决策的过程非常近似于人类的学习和思维模式，也是贝叶斯方法许多应用的关键。正是由于这个特点，贝叶斯方法在人工智能领域发挥了非常重要的作用，已经成为学习型人工智能的理论基础。

曾经被人们津津乐道的围棋人工智能系统阿尔法狗(AlphaGo)系列就是学习型人工智能成功应用的典型例子。在战胜人类高手之前，阿尔法狗结合人类自古以来积累的数百万部棋谱，进行了几个月的自我学习训练，最终超越了世界顶尖棋手。作为阿尔法狗的升级版，阿尔法狗零(AlphaGo Zero)则不再需要人类积累的围棋数据，它通过自我博弈进行学习。经过几天的训练后，阿尔法狗零就轻松地击败了此前所有版本的阿尔法狗。阿尔法狗零之所以有如此强大的自学能力，是因为采用了一种叫做强化学习的新模式。它从一个对围棋技术一无所知的神经网络开始，结合一个强力搜索算法，在自我对弈中调整升级，循环往复，不断提高，在几天内就走完了人类几千年的围棋历史，并探索出了不少新的招法和策略。人们认为，围棋人工智能系统象征着计算机技术已进入人工智能的新信息技术时代，其特征就是大数据、大计算、大决策，三位一体。贝叶斯方法在当今最先进的科技领域中扮演着重要角色，你是否感到非常神奇？是否觉得现在的学习很有意义？

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