【概率论与数理统计】第一章 随机事件与概率(2)

3 条件概率

3.1 条件概率与乘法公式

在实际问题中，除了要考虑事件\(A\)的概率还需要考虑已知事件\(B\)发生的条件下，事件\(A\)发生的概率，称为在事件\(B\)发生条件下事件\(A\)的条件概率，记作\(P(A | B)\)。

例如，在一批产品中任取一件，已知取到的是合格品，问其是一等品的概率；再比如，一群人中选择一个人，被选中的人为男性，问其是色盲的概率等等；都属于条件概率研究的对象。

例1：某工厂有职工400人，其中男女各半，男女职工中技术优秀的分别为20人与40人，从中选择一名职工，试问：

①该职工技术优秀的概率？

②已知选出的是男职工，其技术优秀的概率是多少？

解：设事件\(A\)表示"选出的职工技术优秀"，事件\(B\)表示"选出的职工为男职工"；按照古典概型计算得：

\((1) P(A) = \frac{20 + 40}{400} = \frac{3}{20};\ \ P(B) = \frac{200}{400} \ \ \ \ (2)P(A|B) = \frac{20}{200} = \frac{1}{10}\)

显然，\(P(A) \neq P(A|B)\)，一般情形下，\(P(A)\)与\(P(A|B)\)也是不同的；

另外，\(P(AB)\)与\(P(A|B)\)也是不同的；在本例中\(AB\)代表"选出的职工是男职工且技术优秀"；\(P(AB) = \frac{20}{400} = \frac{1}{20} \neq P(A|B)\)；

但\(P(AB)\)与\(P(A|B)\)又有联系，我们进一步计算：

\(P(A|B) = \frac{1}{10} = \frac{20\backslash 400}{200 \backslash 400} = \frac{P(AB)}{P(B)}\) # 可能你会绝对这里牵强附会，有凑巧的嫌疑！！

这实际上是具有普遍意义的。（本文不做论证，有兴趣的可以自己去研究）

由此，我们可以给出条件概率的一般定义：

定义2：设事件\(A、B\)，且\(P(B) \gt 0\)，称：\(P(A|B) = \frac{P(AB)}{P(B)}\)为在事件\(B\)发生条件下事件\(A\)发生的概率。

\(\bigstar \bigstar\) 计算条件概率有两个基本方法：

①用定义计算

②用古典概型的计算方法直接计算

例2：在全部产品中有4%的废品，有72%的一等品，现从其中任取一件为合格品，求它是一等品的概率。

解：设\(A\)代表"取出的产品是合格品"，\(B\)代表"取出的产品是一等品"；因此：

\(P(A) = 96\%\)

\(P(B)=72\%\)

又\(\because B \subset A\)

\(\therefore AB = B;\ \ \ \ P(AB) = P(B) = 72\%\)

\(\therefore P(B|A) = \frac{P(AB)}{P(A)} = 75\%\)

例3：盒中有黄、白两种颜色的乒乓球；黄色球7个，其中3个是新球，白色球5个，其中4个是新球；现取任一球是新球，求它是白球的概率。

解：设\(A\)表示"任取一球是新球"；\(B\)表示"任取一球是白球"；由古典概型的等可能性可知，所求概率\(P(B|A) = \frac{4}{7}\).

分母的7代表：新球的总个数（A的样本点个数）；分子的4代表：在A的样本内有4个白球。

例4：盒中有5黑球、3白球；连续不放回地从中取两次球，每次取一个；若已知第一次取到的是白球，求第二次取出的是黑球的概率。

解：设\(A\)表示"第一次取球取出的是白球"，\(B\)表示"第二次取球取出的是黑球"；所求概率为\(P(B|A)\)：

[根据古典概型]由于第一次取出白球，那么第二次取球时，盒中有5个黑球，2个白球；因此第二次取出黑球的概率是：

\(P(B|A) = \frac{5}{7}\)

\(\bigstar \bigstar \bigstar\)根据条件概率的定义，我们的得到一个非常有用的公式，也就是概率率的乘法公式：

若\(P(A)>0\)则\(P(AB) = P(A)P(B|A)\) ；

若\(P(B)>0\)则\(P(AB) = P(B)P(A|B)\)。

可以扩展到\(n\)个事件的情形：

(1)若\(P(AB)>0\)，则\(P(ABC) = P(AB)P(C|AB) = P(A)P(B|A)P(C|AB)\)

这里不要钻牛角尖这样计算：\(P(ABC) = P(A)P(BC|A)\)；但这样\(P(BC|A)\)就没法正常继续下去了；只能\(P(BC|A) = \frac{P(ABC)}{P(A)}\)，又回到源式了。

(2)若\(P(A_1 A_2 ... A_{n-1}) > 0\)，则\(P(A_1 A_2 ... A_n) = P(A_1) P(A_2|A_1)P(A_3|A_1 A_2)...P(An | A_1 A_2 A_3... A_{n-1})\)

这在利用条件概率计算积事件的概率上有广泛的应用！

例5：在10个产品中有2个次品，不放回地取两次产品，每次取一个，求取到2个产品都是次品的概率。

解：设\(A\)代表"第一次取到的是次品"；\(B\)代表"第二次取到的是次品"；则：

\(P(A) = \frac{2}{10},\ \ \ \ P(B|A) = \frac{1}{9}\)；故：

所求概率\(P(AB) = P(A)P(B|A) = \frac{1}{45}\)

例6：盒中有5个白球和2个黑球，连续不放回地在其中取三次球，球第三次才取到黑球的概率。

解：设\(A_i\)表示"第\(i\)次取到的是黑球，\(i=1,2,3\)"；于是所求概率为：

\(P(\overline{A_1} \ \overline{A_2} A_3) = P(\overline{A_1}) P(\overline{A_2} | \overline{A_1}) P(A_3 | \overline{A_1} \ \overline{A_2}) = \frac{5}{7} \times \frac{4}{6} \times \frac{2}{5} = \frac{4}{21}\)

例7：\(P(A)=0.8,\ P(B)=0.4,\ P(B|A)=0.25\)，求\(P(A|B)\)。

解：\(P(AB) = P(A)P(B|A) = 0.8 \times 0.25 = 0.2\)

​ \(P(AB) = 0.2 = P(B)P(A|B) =0.4 \times P(A|B)\)

​ \(\therefore P(A|B) = 0.5\)

---

\(| \bigstar \bigstar \bigstar \bigstar \bigstar |\) 五角星包裹的部分来自AI，可供参考！

用定义计算 # 分别计算已知事件\(B\)的概率\(P(B)\) 和 事件\(A \cap B\)的概率\(P(AB)\)

1. 示例一：摸球问题
   • 假设一个袋子里有 5 个红球和 3 个白球。我们定义事件 A 为 “第二次摸出的是红球”，事件 B 为 “第一次摸出的是白球”。
   • 首先计算\(P(B)\)，第一次从 8 个球（5 红 3 白）中摸出一个白球的概率\(P(B) = \frac{3}{8}\)。
   • 然后计算\(P(AB)\)，即第一次摸出白球后，袋子里还剩下 7 个球，其中有 5 个红球，所以第一次摸出白球且第二次摸出红球的概率\(P(AB) = \frac{3}{8} \times \frac{5}{7}\)（这里是分步乘法计数原理，第一次摸白球概率乘以第一次摸白球后第二次摸红球的概率）。
   • 最后根据条件概率公式\(P(A|B) = \frac{P(AB)}{P(B)}\)，可得\(P(A|B) = \frac{5}{7}\)。这意味着在第一次已经摸出白球的条件下，第二次摸出红球的概率是\(\frac{5}{7}\)。
2. 示例二：天气与出行问题
   • 设事件 A 为 “小明上班迟到”，事件 B 为 “下雨”。根据以往的数据统计，下雨的概率\(P(B)=0.2\)。
   • 下雨且小明上班迟到（\(AB\)）的概率\(P(AB) = 0.1\)。
   • 那么在下雨的条件下，小明上班迟到的概率\(P(A|B) = \frac{P(AB)}{P(B)} = 0.5\)。也就是说，当天下雨时，小明有 50% 的概率会上班迟到。
3. 示例三：考试科目问题
   • 考虑一个班级学生的考试情况。设事件 A 为 “学生数学成绩优秀”，事件 B 为 “学生物理成绩优秀”。
   • 假设经过统计，物理成绩优秀的概率\(P(B) = 0.3\)，数学和物理成绩都优秀的概率\(P(AB)=0.2\)。
   • 则在物理成绩优秀的条件下，数学成绩优秀的概率\(P(A|B)=\frac{P(AB)}{P(B)} = \frac{2}{3}\)。这表示如果一个学生物理成绩优秀，那么他数学成绩优秀的概率是\(\frac{2}{3}\)。

用古典概型的计算方法直接计算 # 分别找出已知条件事件\(B\)的样本点个数 和 \(A\cap B\)包含样本点个数即可

1. 示例一：掷骰子问题
   • 考虑掷两颗骰子的试验。样本空间\(\Omega\)共有\(n=6 \times 6 =36\)个基本事件（因为第一颗骰子有 6 种结果，第二颗骰子也有 6 种结果，根据乘法原理可得总结果数）。
   • 设事件$ A \(为 “两颗骰子的点数之和为 8”，事件\) B $为 “第一颗骰子的点数为 3”。
   • 先求事件$ A \(包含的基本事件有\)(2,6),\ (3,5),\ (4,4),\ (5,3),\ (6,2)$，共 \(r_A = 5\) 个，所以\(P(A) = \frac{5}{36}\)。 ##实际并不用求这个
   • 事件$ B \(包含的基本事件有\)(3,1),\ (3,2),\ (3,3),\ (3,4),\ (3,5),\ (3,6)$，共 \(r_B = 6\) 个，所以\(P(B) = \frac{6}{36}\)。
   • 事件\(A \cap B\)（即 A 和 B 同时发生）只有\((3,5)\)这 \(r_{A \cap B} = 1\) 个基本事件，所以\(P(A \cap B) = \frac{1}{36}\)。
   • 这是通过古典概型计算条件概率\(P(A|B) = \frac{r_{AB}}{r_B} = \frac{1}{6}\)。
2. 示例二：抽卡片问题
   • 有一个盒子里面装有 10 张卡片，编号从 1 到 10。从中随机抽取两张卡片。
   • 设事件 A 为 “两张卡片编号之和大于 15”，事件 B 为 “第一张卡片编号大于 5”。
   • 样本空间\(\Omega\)的基本事件总数为\(n = C_{10}^2 = 90\)（这是组合数公式，用于计算从 10 个元素中选 2 个元素的组合数）。
   • 事件 B 包含的基本事件数：第一张卡片编号大于 5，有 5 种选择（6、7、8、9、10），第二张卡片有 9 种选择（剩下的 9 张卡片），所以事件 B 包含的基本事件数为\(r_B = C_5^1 \times C_9^1 = 45\)。
   • 事件\(A \cap B\)包含的基本事件有：\((6,10),\ (7,9),\ (7,10),\ (8,9),\ (8,10),\ (9,7),\ (9,8),\ (9,10),\ (10,6),\ (10,7),\ (10,8),\ (10,9)\)，共 \(r_{A \cap B} = 12\) 个。
   • 通过古典概型计算出条件概率\(P(A|B) = \frac{r_{A \cap B}}{r_B} = \frac{12}{45}\)。

\(| \bigstar \bigstar \bigstar \bigstar \bigstar |\) 五角星包裹的部分来自AI，可供参考！

3.2 全概率公式与贝叶斯(Bayes)公式

定义3：设事件\(A_1,\ A_2,\ ...,\ A_n\)满足如下两个条件：

(1)\(A_1,\ A_2,\ ...,\ A_n\)互不相容，且\(P(A_i)>0,\ \ i=1,2,3,...,n\) ；

(2)\(A_1 \cup A_2 \cup A_3 \cup ... \cup A_n = \Omega\)，即\(A_1,\ A_2,\ ...,\ A_n\)至少有一个发生；

则称\(A_1,\ A_2,\ ...,\ A_n\)为样本空间\(\Omega\)的一个个划分。

注意：\(A_i\)并非是指单个的基本事件；它也可以是包含多个基本事件的事件。

因此，当\(A_1,\ A_2,\ ...,\ A_n\)是\(\Omega\)的一个个划分时，每次试验有且只有一个\(A_i\)事件发生。

全概率公式： 设随机试验对应的样本空间为\(\Omega\)，设\(A_1,\ A_2,\ ...,\ A_n\)是\(\Omega\)的一个个划分，\(B\)是任意一个事件，则：

\(P(B) = \sum_{i=1}^{n} P(A_i) P(B|A_i)\)

这的\(n\)代表划分的个数；要和后文中的\(n\)代表的意义上区分清楚。

全概率公式的证明过程：

\(B = B \cap \Omega = B \cap (\cup_{i=1}^n A_i)\)，这里设\(A_i\)是\(\Omega\)的一个个划分，因此这\(n\)个划分互不相容，\(\therefore B= \cup_{i=1}^{n} A_i B\) （这里可以逻辑上理解为：\(B\)和\(\Omega\)的交集，实际上就是\(B\)和每个\(\Omega\)划分的的交集都并起来。也可以根据前面的公式 $$B \cap (A_1 \cup A_2) = (B \cap A_1) \cup (B \cap A_2) $$ 扩展直接得来。）；则 \(P(B) = P(\cup_{i=1}^{n} (A_i B)) = \sum_{i=1}^{n} P(A_i B) = \sum_{i=1}^{n} P(A_i)P(B|A_i)\) 。

注意，当\(0 < P(A) < 1\)时，\(A\)与\(\overline{A}\)就是构成\(\Omega\)的划分的最简单形式；假设\(B\)为任意事件，则全概率公式的最简单形式为：

\(P(B) = \sum_{i=1}^{2} P(A_i) P(B|A_i) = P(A)P(B|A) + P(\overline{A})P(B|\overline{A})\)

例8：盒中5个白球和3个黑球，连续不放回地从盒中取两次球，每次取一个；求第二次取到白球的概率。

解：设\(A\)表示"第一次取到白球"，\(B\)表示"第二次取到白球"，则：

\(P(A)=\frac{5}{8}.\ \ P(\overline{A}) = \frac{3}{8}, P(B|A) = \frac{4}{7}, P(B|\overline{A}) = \frac{5}{7}\) ；由全概率公式得：

\(P(B) = P(A)P(B|A) + P(\overline{A})P(B|\overline{A}) = \frac{5}{8} \times \frac{4}{7} + \frac{3}{8} \times \frac{5}{7} = \frac{5}{8}\)

例9：某工厂由甲、乙、丙三台机器生产同一型号的产品，他们的产量占比分别为30%、35%、35%，并且在各自的产品中废品率分别为：5%、4%、3%；求从该厂的这种产品中任取一件是废品的概率。

解：设\(A_1,A_2,A_3\)分别代表"取出的产品来自甲、乙、丙机器"；\(B\)代表"任取出的一件产品是废品"；则：

\(P(A_1)=30\% ,\ \ P(A_2) = 35\% ,\ \ P(A_3) = 35\%;\ \ \ \ P(B|A_1) = 5\%, \ P(B|A_2)=4\%, \ P(B|A_3)=3\%\)

由全概率公式得：\(P(B) = \sum_{i=1}^{3} P(A_i B) = P(A_1)P(B|A_1) + P(A_2)P(B|A_2) + P(A_3)P(B|A_3) = 3.95\%\)

例10：设在\(n(n \ge 2)\)张彩票中由一张奖券，甲、乙两人依次没人抽取一张，分别求甲、乙两人收到奖券的概率。

解：设\(A\)表示"甲抽到奖券"，\(B\)表示"乙抽到奖券"，计算目标是\(P(A)\)和\(P(B)\)，显然：

\(P(A)= \frac{1}{n}\)，可是\(A\)是否发生会直接关系到\(B\)发生的概率，即：

\(P(B|A)=0,\ \ \ \ P(B|\overline{A}) = \frac{1}{n-1}\)

而\(P(A) = \frac{1}{n}, \ \ \ \ P(\overline{A})= \frac{n-1}{n}\) 于是：

\(P(B) = P(A)P(B|A) + P(\overline{A})P(B|\overline{A}) = \frac{1}{n}\)

这也说明了购买彩票时，不论先卖后买，中奖机会是均等的。

接下来，我们介绍贝叶斯公式：

设\(A_1, A_2, ... , A_n\)是样本空间的一个划分，B是任一事件，且\(P(B) > 0\)，则：\(P(A_i | B) = \frac{P(A_i B)}{P(B)}\)(前文的条件概率公式)；得：

\(P(A_i B) = P(A_i)P(B|A_i)\)或者\(P(A_i B) = P(B)P(A_i | B) ,\ \ \ \ i=1,2,3,...,n\)

\(\therefore P(A_i | B) = \frac{P(A_i B)}{P(B)} = \frac{P(A_i)P(B|A_i)}{\sum_{i=1}^{n} P(A_i) P(B|A_i)} ,\ \ \ \ i=1,2,3,...,n\)

$\bigstar \bigstar $例11：盒中5个白球和3个黑球，连续不放回地从盒中取两次球，每次取一个；若第二次取到白球，求第一次取到黑球的概率。

解：设\(A\)表示"第一次取到白球"，\(B\)表示"第二次取到白球"，则：

\(P(A)=\frac{5}{8}.\ \ P(\overline{A}) = \frac{3}{8}, P(B|A) = \frac{4}{7}, P(B|\overline{A}) = \frac{5}{7}\) ；

根据例8的计算结果：由全概率公式得：

\(P(B) = P(A)P(B|A) + P(\overline{A})P(B|\overline{A}) = \frac{5}{8} \times \frac{4}{7} + \frac{3}{8} \times \frac{5}{7} = \frac{5}{8}\)

我们需要求的是：\(P(\overline{A}|B) = \frac{P(\overline{A}B)}{P(B)} = \frac{P(\overline{A}) P(B|\overline{A})}{P(B)} = \frac{\frac{3}{8} \times \frac{5}{7}}{\frac{5}{8}} = \frac{3}{7}\) (由条件概率公式推导，或者直接使用贝叶斯公式)

例12：某工厂由甲、乙、丙三台机器生产同一型号的产品，他们的产量占比分别为30%、35%、35%，并且在各自的产品中废品率分别为：5%、4%、3%；若任取一件是废品，分别求它是来自甲、乙、丙生产的概率。

解：设\(A_1,A_2,A_3\)分别代表"取出的产品来自甲、乙、丙机器"；\(B\)代表"任取出的一件产品是废品"；则：

\(P(A_1)=30\% ,\ \ P(A_2) = 35\% ,\ \ P(A_3) = 35\%;\ \ \ \ P(B|A_1) = 5\%, \ P(B|A_2)=4\%, \ P(B|A_3)=3\%\)

由全概率公式得：\(P(B) = \sum_{i=1}^{3} P(A_i B) = P(A_1)P(B|A_1) + P(A_2)P(B|A_2) + P(A_3)P(B|A_3) = 3.95\%\)

废品来自甲的概率：\(P(A_1|B) = \frac{P(A_1)P(B|A_1)}{P(B)} \approx 37.97\%\) (由条件概率公式推导，或者直接使用贝叶斯公式)

废品来自乙的概率：\(P(A_2|B) = \frac{P(A_2)P(B|A_2)}{P(B)} \approx 35.44\%\) (由条件概率公式推导，或者直接使用贝叶斯公式)

废品来自丙的概率：\(P(A_3|B) = \frac{P(A_3)P{B|A_3}}{P(B)} \approx 26.58%\) (由条件概率公式推导，或者直接使用贝叶斯公式)

>>全概率公式与贝叶斯公式：<<

可将事件\(A_i\)(划分)看作是事件发生的原因，将事件\(B\)看作由原因导致的结果；

\(P(B|A_i)\)：由\(A_i\)导致了\(B\)发生的概率；

\(P(A_i|B)\)：\(B\)的发生是由于\(A_i\)引起的概率。

---

\(| \bigstar \bigstar \bigstar \bigstar \bigstar |\) 五角星包裹的部分来自AI，可供参考！

全概率公式：

• 定义：

  设试验\(E\)的样本空间为\(\Omega\)，\(A\)为\(E\)的一个事件，\(B_1,\ B_2,\ …,\ B_n\)都是\(\Omega\)的一个划分，即\(B_iB_j = \emptyset (i \ne j),\ 且\cup_{i=1}^{n} B_i = \Omega\)，且\(P(B_i) \gt 0\ \ (i = 1,2,…,n)\)，则：

  \(P(A) = \sum_{i=1}^{n} P(B_i) P(A|B_i)\)。

• 意义：

  全概率公式是一种将复杂事件\(A\)的概率计算分解为多个简单事件概率之和的方法。它的基本思想是吧样本空间\(\Omega\)划分成若干个互斥子事件\(B_i\)，然后通过计算每个子事件\(B_i\)发生的概率\(P(B_i)\)以及在\(B_i\)发生的条件下\(A\)发生的概率\(P(A|B_i)\)，最后将这些乘积相加得到\(P(A)\)。

• 示例

  假设有三个工厂\(B_1、B_2、B_3\)生产同一种产品，他们的产量占总产量的30%、40%、30%。已知三个工厂\(B_1、B_2、B_3\)的产品次品率分别为：5%、4%和3%。现从市场上随机抽取一件产品，求它是次品的概率。

  解：设事件\(A\)表示"抽到次品"，\(B_1、B_2、B_3\)分别表示"产品来自\(B_1、B_2、B_3\)工厂"。

  根据已知信息，\(P(B_1)=0.3,\ P(B_2)=0.4,\ P(B_3)=0.3,\ P(A|B_1)=0.05,\ P(A|B_2)=0.04,\ P(A|B_3)=0.03\)。

  由全概率公式可得：

  \(P(A) = \sum_{i=1}^{3} P(B_i) P(A|B_i) = P(B_1) P(A|B_1) + P(B_2) P(A|B_2) + P(B_3) P(A|B_3)\)

  \(P(A) = 0.3 \times 0.05 + 0.4 \times 0.04 + 0.3 \times 0.03 = 0.04\)

贝叶斯公式：

• 定义：

  设试验\(E\)的样本空间为\(\Omega\)，\(A\)为试验\(E\)的一个事件，\(B_1,\ B_2,\ …,\ B_n\)都是\(\Omega\)的一个划分，即\(B_iB_j = \emptyset (i \ne j),\ 且\cup_{i=1}^{n} B_i = \Omega\)，且\(P(A) \gt 0\ \ (i = 1,2,…,n)\)，则：

  \(P(B_j|A) = \frac{P(B_j) P(A|B_j)}{\sum_{i=1}^{n} P(B_i) P(A|B_i)},\ \ j=1,2,…,n\)。

• 意义：

  贝叶斯是在已知结果\(A\)发生的情况下，反过来求导致\(A\)发生的某个原因\(B_j\)的概率。它是一种 “由果溯因” 的推理方法，在实际应用中常用于风险评估、诊断疾病等领域。

• 示例：

  在上述产品次品的例子中，现在已知抽到的是次品，求这个次品来自工厂\(B_1\)的概率。

  根据贝叶斯公式，\(P(B1|A)=\frac{P(B_1) P(A|B_1)}{ \sum_{i=1}^{3} P(B_i) P(A|B_i)} = \frac{0.3 \times 0.05}{0.04} = 0.375\)。这意味着在已知抽到次品的情况下，这个次品来自工厂\(B_1\)的概率是0.375。

两者的联系与区别

• 联系：贝叶斯公式的分母是全概率公式的计算结果，它们都依赖于事件的划分\(B_i\)以及条件概率\(P(A|B_i)\)和先验概率\(P(B_i)\)。
• 区别：全概率公式是用于计算事件\(A\)的概率，是从原因推结果；而贝叶斯公式是在已知结果\(A\)的情况下，计算某个原因\(B_j\)的概率，是从结果推原因。

\(| \bigstar \bigstar \bigstar \bigstar \bigstar |\)

4 事件的独立性

由前面的内容我们看到大量的实例表明\(P(A) \ne P(A|B)\)；这表明\(B\)的发生对\(A\)的发生概率是由影响的，只有当这种影响不存在时，才会有\(P(A) = P(A|B)\)，此时有：

\(P(AB) = P(B)P(A|B) = P(A)P(B)\) 。

在现实世界中，这种互不影响或相互独立的事件有很多；例如：抛硬币两次，第一次的结果和第二次的结果之间就没有必然的联系；

设\(A\)代表"第一次结果是正面"，\(B\)表示"第二次结果是反面"；按照古典概型计算：

\(P(A) = \frac{1}{2},\ \ \ \ P(B)=\frac{1}{2}, \ \ \ \ P(AB)=\frac{1}{4}\)即\(P(AB) = P(A)P(B)\)。

4.1 事件的独立性

定义4： 若\(P(AB)=P(A)P(B)\)则称事件\(A\)与\(B\)相互独立或独立。

性质5： 设\(P(A)>0\)，则\(A\)与\(B\)相互独立的充要条件是\(P(B) = P(B|A)\)；

​ 设\(P(B)>0\)，则\(A\)与\(B\)相互独立的充要条件是\(P(A) = P(A|B)\)。

证明：设\(A\)与\(B\)相互独立，则\(P(AB) = P(A)P(B)\)，于是：

\(P(B|A) = \frac{P(AB)}{P(A)} = \frac{P(A)P(B)}{P(B)} = P(B)\)；

反之，若\(P(B)=P(B|A)\)，则由乘法公式：

\(P(AB) = P(A)P(B|A) = P(A)(B)\)

性质6： 若\(A\)与\(B\)相互独立，则\(A\)与\(\overline{B}\)，\(\overline{A}\)与\(B\)，\(\overline{A}\)与\(\overline{B}\)都相互独立。（可以简单这么理解哈：A和B没关系，那么对方的好与坏与自己的好与坏也没有关系，这才是真正的相互独立。）

证明：我们这里只做\(\overline{A}\)与\(\overline{B}\)独立；由于\(A\)与\(B\)独立，可知：

\(P(AB)=P(A)P(B)\)

\(\therefore P(\overline{A} \ \overline{B}) = P(\overline{A \cup B}) = 1 - P(A \cup B) = 1-[P(A) + P(B) - P(AB)] = 1 - P(A) - P(B) + P(A)P(B) = 1-P(A) -P(B)(1-P(A))\)

\(= (1 - P(A))(1-P(B)) = P(\overline{A})P(\overline{B})\)

例1：两射手彼此独立地向同一目标设计，甲射中概率为0.9，乙射中概率为0.8；求目标被射中的概率。

解：设\(A\)表示"甲射中目标"，\(B\)表示"乙射中目标"，\(C\)表示"目标被射中"；则：

\(C = A \cup B\)；因\(A\)与\(B\)相互独立，且：\(P(A)=0.9, \ P(B)=0.8\)；故：

\(P(C) = P(A \cup B) = P(A) + P(B) - P(AB) = 0.98\)

或者\(P(C) = P(A \cup B) = 1 - P(\overline{A \cup B}) = 1 - P(\overline{A} \ \overline{B}) = 1 - P(\overline{A})P(\overline{B}) = 0.98\)

注意，这里可以得出一个结论：当\(A\)与\(B\)相互独立时，概率的加法公式可以简化为：\(P(A \cup B) = 1 - P(\overline{A})P(\overline{B})\)

例2：袋中由5个白球和3个黑球，从中有放回地连续抽取两次，每次取一个球；求两次取出都是白球的概率。

解：设\(A\)表示"第一次取出的是白球"，\(B\)表示"第二次取出的是白球"；由于是有放回地抽取，因此\(A\)与\(B\)相互独立，所求概率：

\(P(AB) = P(A)P(B) = \frac{5}{8} \times \frac{5}{8} = \frac{25}{64}\)

例3：事件\(A\)与\(B\)相互独立，\(A\)发生\(B\)不发生的概率和\(B\)发生\(A\)不发生的概率相等，且\(P(A)=\frac{1}{3}\)，求\(P(B)\)。

解：由题目知：\(P(A\overline{B}) = P(\overline{A}B)\)；且\(A\)与\(B\)相互独立；得

\(P(A\overline{B}) = P(A)P(\overline{B}) = P(\overline{A}B) = P(\overline{A})P(B)\)

\(\because P(\overline{A}) = 1 - P(A),\ \ P(\overline{B}) = 1 - P(B)\)

\(\therefore \frac{1}{3} P(\overline{B}) = \frac{2}{3} P(B)\)

\(\therefore P(B) = \frac{1}{3}\)

定义5： 设\(A、B、C\)为三个事件，若满足：

\(P(AB) = P(A)P(B),\ \ P(AC)=P(A)P(C),\ \ P(BC)=P(B)P(C);\ \ 且P(ABC)=P(A)P(B)P(C)\)

则称\(A、B、C\)相互独立。

定义6： 设\(A、B、C\)为三个事件，若满足：

\(P(AB) = P(A)P(B),\ \ P(AC)=P(A)P(C),\ \ P(BC)=P(B)P(C);\)

则称\(A、B、C\)两两独立。

\(A、B、C\)相互独立能推出\(A、B、C\)两两独立；但反之不成立。

定义7： 设\(A_1,A_2,...,A_n\)为\(n\)个事件，若对任意整数\(k(2\le k \le n)\)和任意\(k\)个整数\(i_1,i_2,...,i_k;\ \ 1 \le i_2 \lt .... \lt i_k \le n\)，有\(P(A_{i_1},A_{i_2}...A_{i_k}) = P(A_{i_1})P(A_{i_2})...P(A_{i_k})\)则称\(A_1,A_2,...,A_n\)相互独立。

直白地说：\(n\)个事件的独立性要求\(n\)个事件中任取2个，3个，...，\(n\)个组成的积事件概率等于每个事件概率的乘积。

利用事件的独立可以简化计算。

例4：三人独立破译密码，成功概率分别为\(\frac{1}{5},\frac{1}{3},\frac{1}{4}\)；求密码被破译的概率。

解法一：设\(A,B,C\)分别为三人单独成功破解密码事件，所求概率为：

\(P(A \cup B \cup C)\) 因\(A,B,C\)相互独立，且\(P(A)=\frac{1}{5},P(B)=\frac{1}{3},P(c)=\frac{1}{4}\)；所以：

\(P(A \cup B \cup C) = 1 - P(\overline{A \cup B \cup C}) = 1 - P(\overline{A} \ \overline{B} \ \overline{C}) = 1 - P(\overline{A})P(\overline{B})P(\overline{C}) = \frac{3}{5}\)

解法二：\(P(A \cup B \cup C) = P(A) + P(B) + P(C) - P(AB) - P(AC) - P(BC) + P(ABC)\)

\(= P(A) + P(B) + P(C) - P(A)P(B) - P(A)P(C) -P(B)P(C) + P(A)P(B)P(C) = \frac{3}{5}\)

明显可以看出利用独立性会简化计算过程；尤其是事件更多的时候。

例5：三门炮同时对一架敌机发炮，命中率分别为0.1、0.2和0.3；求敌机恰好中一弹的概率。

解：设\(A_i\)表示"第\(i\)门炮命中敌机；\(i=1,2,3\)"；\(B\)表示"敌机恰中一弹"；则：

\(B = A_1 \overline{A_2}\ \overline{A_3} \cup \overline{A_1} A_2 \overline{A_3} \cup \overline{A_1} \ \overline{A_2} A_3\)

\(\because A_1,A_2,A_3\)相互独立，\(\therefore A_1 \overline{A_2}\ \overline{A_3} , \overline{A_1} A_2 \overline{A_3} , \overline{A_1} \ \overline{A_2} A_3\) 之间也相互独立；

\[\therefore P(B) = P(A_1 \overline{A_2}\ \overline{A_3} \cup \overline{A_1} A_2 \overline{A_3} \cup \overline{A_1} \ \overline{A_2} A_3) = P(A_1 \overline{A_2}\ \overline{A_3}) + P(\overline{A_1} \ A_2 \ \overline{A_3}) + P(A_1 \overline{A_2} \ \overline{A_3}) \]

\(- P(A_1 \overline{A_2}\ \overline{A_3})P(\overline{A_1} \ A_2 \ \overline{A_3}) - P(A_1 \overline{A_2}\ \overline{A_3})P(\overline{A_1} \ \overline{A_2} A_3) - P(\overline{A_1} \ A_2 \ \overline{A_3})P(\overline{A_1} \ \overline{A_2} A_3) + P(A_1 \overline{A_2}\ \overline{A_3})P(\overline{A_1} \ A_2 \ \overline{A_3})P(\overline{A_1} \ \overline{A_2} A_3)\)

根据独立性我们可得：

\(P(A_1 \overline{A_2}\ \overline{A_3}) = P(A_1)P(\overline{A_2})P(\overline{A_3})\)

\(P(\overline{A_1} \ A_2 \ \overline{A_3}) = P(\overline{A_1})P(A_2)P(\overline{A_3})\)

\(P(\overline{A_1} \ \overline{A_2} A_3) = P(\overline{A_1}) P(\overline{A_2}) P(A_3)\)

最终结果：\(P(B) = 0.398\)

4.2 \(n\)重伯努利(Bernoulli)试验

已知\(P(A)=p, \ \ 0 \lt p \lt 1\)；将试验重复\(n\)次，则称为\(n\)重伯努利试验。

此类试验的概率模型称为伯努利模型。

在\(n\)重伯努利试验中，我们最关心的是\(n\)次独立重复试验中事件\(A\)恰好发生\(k次, \ 0 \le k \le n\)的概率\(P_n(k)\)。

定理1：在\(n\)重伯努利试验中，设每次试验中事件\(A\)的概率为\(p, \ \ (0 \lt p \lt 1)\)，则事件\(A\)恰好发生\(k\)次的概率：

\(P_n(k) = C_{n}^{k} p^k(1-p)^{n-k},\ \ \ \ \ \ \ \ k = 0,1,2,...,n\)

事实上，\(A\)在\(n\)次试验中，发生\(k\)次，其余\(n-k\) 次不发生的概率为：

\(p^k(1-p){n-k}\)

又因为\(A\)的发生可以有各种不同的排列组合，\(n\)次中有\(k\)次发生的组合有\(C_n^k\)种，而这\(C_n^k\)种组合对应的事件又互不相容，则他们的概率都是\(P^k(1-p)^{n-k}\)；按不相容事件的概率相加性得：

\(P_n(k) = C_n^kp^k(1-p)^{n-k}\)

若设\(q = 1-p\)，则\(P_n(k) = C_n^k p^k q^{n-k}\)恰好是\((p+q)^n\)展开式的第\(k+1\)项，所以此公式也称为：二项概率公式。

\(C_n^k\)的计算：

\(C_n^k = \frac{n!}{k!(n-k)!} = C_n^{n-k} = \frac{n!}{(n-k)!k!}\)

\(C_n^0 = C_n^n = 1\) ==> \(0!=1\)

二项式公式：\((x+y)^n = \sum_{k=0}^n C_n^k x^k y^{n-k}\)

一般来说任何除0以外的数的0次方都是1：\(x^0 = 1\) ；但也有些地方称作无定义 ；

为什么：通过指数律运算\(x^0 = x^{y-y} = \frac{x^y}{x^y} = 1\)；但则并不严谨。因为会使\(0^0 = 0^{1-1} = \frac{0^1}{0^1} = \frac{0}{0};\ \ 0^1 = 0^{2-1} = \frac{0^2}{0^1} = \frac{0}{0}\)成立。

例6：某射手对一目标独立设计4次，每次的射击命中率为0.8；求：

(1) 恰好命中2次的概率

(2) 至少命中一次的概率

解：因每次射击独立，所以可将问题看作是4重伯努利试验，\(p=0.8\)

(1) \(P_4(2) = C_4^2 (0.8)^2(1-0.8)^2 = 0.1536\)

(2) 设\(A\)代表"至少命中一次"；那么一次也没有命中为\(\overline{A}\)

\(P(A) = 1 - P(\overline{A}) = 1 - C_4^0 0.8^0 (1-0.8)^4 = 0.9984\)

例7：5台独立工作的机器，设任意时刻的故障率为0.1，问在同一时刻：

(1) 无机器故障的概率

(2) 至多有一台机器故障的概率

解：5重伯努利，\(p=0.9,\ \ q=0.1\)；设\(A\)代表"无故障"；\(B\)代表"一台故障"；\(C\)代表"至多一台故障"；

(1) \(P(A) = P_5(0) = C_5^0 = C_5^0 (0.1)^0 (0.9)^5 = 0.59049\)

(2) \(P(C) = P(A) + P(B) = P_5(0) + P_5(1) = 0.59049 + C_5^1 (0.1)^1 (0.9)^4 = 0.91854\)

例8：一射手每次射击的命中率是0.2；求射击多少次才能使至少命中一次的概率不小于0.9？

解：设共射击\(n\)次才能使至少命中一次的概率不小于0.9，这是\(n\)重伯努利试验，\(p=0.2,\ q=0.8\)。

至少命中一次的概率：\(1-P_n(0) = 1-C_n^0p^0q^n = 1-1 \times 1 \times 1 \times q^n = 1-q^n\)；

按要求\(1-q^n \ge 0.9\)即\(0.8^n \le 0.1\)

得\(n \ge 11\)