小结教学实录

条件概率常见问题解题法

邯郸市第二中学

高中数学

王翠英

一、知识梳理：

1.条件概率的概念

P(AB)为在事件P(A)A发生的条件下，事件B发生的条件概率。

关于条件概率，有下面的定理:

定理1:设事件A的概率P(A)0，则在事件A已经发生的条件下事件B的条P(AB)件概率等于事件AB的概率除以事件A的概率所得的商: P(B|A)

P(A)

推论：二事件的交的概率等于其中一事件的概率与另一事件在前一事件已发生的条件概率的乘积:

P(AB)P(A)P(B|A)P(B)P(A|B)

一般地，设A,B为两个事件，且P(A)0，称P(B|A)性质：1.

P(BA)=1-

P(B|A) 2.条件概率P(B∣A)与积事件P(AB)概率的区别

P(B|A)与P(AB)这是两个截然不同的事件概率．设A,B是随机试验对应的样本空间中的两个事件，P(AB)是事件A,B同时发生的概率，而P(B|A)是在事件A已经发生的条件下事件B的概率。从样本空间的角度看，这两种事件所对应的样本空间发生了改变,

求P(AB)时，仍在原来的随机试验中所对应的样本空间中进行讨论；而求P(B|A)时，所考虑的样本空间就不是了，这是因为前提条件中已经知道了一个条件(即A已经发生)，这样所考虑的样本空间的范围必然缩小了,当然乘法公式P(AB)P(B|A)P(A)(P(A)0)给出了它们之间的联系。

3.条件概率的解题方法：

解答条件概率问题，首先要判明问题的性质，确定所解的问题是不是条件概率问题。如果所要考虑的事件是在另一事件发生的前提下出现的，那么这一事件的概率，必须按条件概率来处理。求解简单条件概率问题，有五种基本方法: （1）

化为古典概型解决

P(AB)n(AB)事件AB包括的基本事件（样本点）数

P(BA)P(A)n(A)事件A包括的基本事件（样本点）数（2）

化为几何概型解决

P(BA)P(AB)(AB)区域AB的几何度量(长度,面积,体积等)

P(A)(A)区域A的几何度量(长度,面积,体积等)（3）

条件概率公式法

如果P(A)0,则先在原样本空间中计算P(AB)和P(A)，再按公式P(AB)P(B|A)计算

P(A)（4）缩减样本空间法：

在事件A发生的前提下，确定事件B的缩减样本空间AA，并在A中计算事件B发生的概率，从而得到P(B|A)

3

(5)利用条件概率的性质

P(BA)性质1P(BA)=1 -n(BA)

n(A)二、题型归纳：

类型1：掷骰子子问题

例1将一枚硬币抛掷三次，记事件A为

“至少出现一个正面“，记事件B为

“至少出现两个反面”，求P(B|A),P(A|B). 解法1：化为古典概型解决：AB表示“恰有一个正面两个反面，={HHH,HHT,HTH,HTT,THH,THT,TTH,TTT},A={TTT ,HHT,HTH,HTT,THH,THT,TTH,}, B={ HTT,THT,TTH} 74133P(AB)3P(A), P(B),P(AB),P(B|A), P(A|B)

88482P(A)7解法2：缩减样本空间法：在缩减样本空间AA中看，A共有7个元素，33其中只有3个属于B，故有P(B|A)，P(A|B)

74类型2：摸球问题

例2：袋中有10个球，其中6个白球，4个黑球，从中一次次摸球，每次摸一个，摸后不放回，求第1次摸到白球的前提下，第2次摸到黑球的概率。

解法1：条件概率公式法

设A{第1次摸到白球}；B{第2次摸到黑球} 求P(A)：袋中有10个球，每个球等可能地被取中。考虑两次取球的随机试验；22从袋中不放回地摸取两次，每一次—个，共有A10种摸法．即样本点总数为A10个。1第1次摸到白球的摸法有C6种，第2次可能摸到白球或黑球，于是，只能从9个球111中摸一球，有C9种摸法，因此A包含的样本点数为C6C9个。故由古典慨型的概率11C6C3计算公式得P(A)=29

5A102求P(AB)：考虑上述同—个随机试验的样本空间，样本点总数仍为A10个，其中11事件AB表示“第1次摸到白球且第2次摸到黑球”，因此，AB包含的样本点数为C6C411C6C4个,于是由古典概率计算公式可得P(AB),

故由条件概论可得2A10P(AB)4P(B|A)=

P(A)9解法二：缩减样本空间法:对方法一中的样本空间进行缩减，在“第1次摸到白球”11的条件下，样本空间A所包含的样本点数为C6C9其中“第2次摸到黑球”的样11CC4411本点数为C6

C4。故由古典概率计算公式可得P(B|A)611C6C99类型3：产品检验问题：

例3：设有某产品一盒共6只，已知其中有2只次品，从中取二次，每次任取一只，作不放同抽样。求第一次取到次品后第二次再取到次品的概率。

解法：设事件A为“第一次抽得次品”，事件B为“第二次抽到次品”，则AB为“第一次和第二次都抽得次品”，故有3

21C2C2P(AB)2

P(A)1,P(AB)2,P(B|A)P(A)5C6C6类型4：整数的倍数问题

例4:从1-100共100个正整数中，任取一数，已知取出的一数不大于50,求此数是2或3的倍数的概率? 解：设事件C为“取出的数不大于50，事件A为“取出的数是2的两倍’，事件B为“取出的数是3的倍数”, 则P(C)0.5，且求概率为P((AB)|C)P(A|C)P(B|C)P(AB|C)2(0.250.160.08)0.66

类型5;等候问题

例5：两人约好于某一天早晨8时到9时之间在某地会面，并约定先到者等候另一人30分钟方可离开，已知两人会上了面，求先到者等候另一人超过20分钟的概率。

解：设事件A{ 两人会上了面 }，B{ 先到者等候另一人超过20分钟 } 先用集合表示该试验的样本空间及事件A、B、AB，得{(x,y)0x且60,y0，0}A{(x,y)6yx30}，B{(x,y)20yx60}，

AB{(x,y)20yx30}，

（

样本点(x,y) -对应基本事件“两人到达某地的时刻分别为x、y，x、y的单位：时分

）

如图所示。

于是，所求事件的概率为：

条件概率P(AB)几何定义(AB)区域AB的面积P(B|A)

区域A的面积P(A)(A)11(402302(402302)700740230222

22112700276030(602302)(602302)22

类型6:医疗诊断问题

例6：据调查，在50个耳聋人中有4人色盲，在9950个非耳聋人中有796人色盲，分析两种疾病是否相关.

解:设事件A为耳聋人，事件B为色盲人，P(A)p，则P(A)1p.依题意7960.08，概率公式，可得，P(B|A)0.08,P(B|A)9950P(B)P(A)P(B|A)P(A)P(B|A)p0.08(1p)0.080.08

所以，P(B)P(B|A)P(B|A)0.08,事件A与事件B相互独立. 经过以上分3

析得出结论：耳聋与色盲无关. 类型7:其它类型

例7：某校计科系一年级100名学生中有男生80名，来自南京的20名学生中有男生12名，选修数学建模课的40名学生中有男生32名，求碰到选修数学建模课的学生的情况下，是一名女生的概率。

解：A={ P(AC)条件概率18P(AC)C81

C4040P(C)也可利用条件概率的性质解决：

P(AC)=1-

P(A|C)

古典定义1C132C1408

40例8：一个家庭中有两个小孩，假定生男生女是等可能的，已知这个家庭有一个是女孩，问这时另一个孩子是男孩的概率？已知其中一个是女孩，问另一个也是女孩的概率？

解：(1)基本事件空间={（男，男）（男，女）(女，男）（女，女）}，记事件A

=“其中一个是女孩”，B=“其中一个是男孩”,显然：

A事件包括（男，女）（女，男）（女，女）三个结果；AB事件包括（男，女）（女，男）两个结果；事件A与B的关系可以用韦恩图表示为（图1）：故由条件概率公式易得:

n(AB)2P(AB)n(AB)2n()4

P(B|A)n(A)3P(A)n(A)3n()4由上面的推导过程不难得到：

n(AB)经类比推理可得

n(A)P(AB)(AB)结论2：当问题为几何概型时P(B|A)

P(A)(A) (2)记事件A为“其中一个是女孩”,事件C为“另一个也是女孩”,由韦恩图明显看出事件C的集合是事件A集合的子集

（图2）由条件概率--古典概型n(AC)n(C)1

公式得 P(C|A)n(A)n(A)3结论1：当问题为古典概型时，P(B|A)观察得到等式：P(B|A)P(C|A)1 且CB 故可以推断条件概率性质：P(B|A)P(B|A)1

总结: 解条件概率题首先要判明问题的性质，确定所解的问题是不是条件概率问题,如果所要考虑的事件是在另一事件发生的前提下出现的，那么这一事件的概率，必须按条件概率来处理。条件概率的问题，必须从题设情形出发，灵活运用条件概率的有关性质或公式解答条件概率间题。

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