1.4 条件概率

本节概览

本节引入条件概率的核心概念，并由此推导出三大重要公式：乘法公式、全概率公式和贝叶斯公式。这三大公式是概率论中最常用的计算工具，贯穿整个学科。

逻辑链条：条件概率定义 → 条件概率是概率 → 乘法公式（求事件交的概率）→ 全概率公式（求复杂事件的概率）→ 贝叶斯公式（求条件概率/后验概率）

前置依赖：1.1 随机事件及其运算（事件运算、De Morgan 公式）、§1.2（Kolmogorov 公理）、§1.3（可加性、加法公式、容斥原理）

核心主线：条件概率 $P(A|B)$ 是本节的出发点，它度量了”在 $B$ 发生的前提下 $A$ 发生的可能性”。乘法公式将交事件的概率分解为条件概率的乘积，全概率公式通过样本空间的分割将复杂事件化为简单事件，贝叶斯公式则实现了”由果溯因”的概率推理。

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一、条件概率的定义

直观理解

条件概率的核心思想是样本空间的缩小：当已知事件 $B$ 发生时，我们不再关心 $B$ 之外的样本点，而只在 $B$ 内部考虑事件 $A$ 发生的可能性。

例 1.4.1 — 两孩家庭问题

考察有两个小孩的家庭，样本空间 $\Omega =\{bb,bg,gb,gg\}$（$b$ 男孩，$g$ 女孩，$bg$ 表示大的是男孩小的是女孩），每个样本点等可能。

• 事件 $A$ = “至少有一个女孩”：$P(A)=\frac{3}{4}$
• 事件 $B$ = “至少有一个男孩”：$P(B)=\frac{3}{4}$
• 在 $B$ 发生条件下，$A$ 的条件概率：$P(A|B)=\frac{2}{3}$

解释：$B$ 的发生排除了 $gg$，样本空间缩小为 ${\Omega }_B=\{bb,bg,gb\}$（3个样本点），其中 $A$ 含2个样本点，故 $P(A|B)=2/3$。

关键观察：$P(A|B)=2/3\ne P(A)=3/4$，说明条件概率可以改变事件发生的可能性。

形式化定义

定义 1.4.1 — 条件概率

设 $A$ 与 $B$ 是样本空间 $\Omega$ 中的两事件，若 $P(B)>0$，则称

$$P(A|B)=\frac{P(AB)}{P(B)}\text{\hspace{1em}(1.4.1)}$$

为”在 $B$ 发生下 $A$ 的条件概率”。

例 1.4.2 — 维恩图说明

设 $\Omega$ 含25个等可能样本点，$A$ 含15个，$B$ 含7个，$AB$ 含5个。

$$P(A|B)=\frac{P(AB)}{P(B)}=\frac{5/25}{7/25}=\frac{5}{7}$$ $$P(B|A)=\frac{P(AB)}{P(A)}=\frac{5/25}{15/25}=\frac{1}{3}$$

注意：$P(A|B)\ne P(B|A)$，条件概率具有方向性。

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二、条件概率的性质

性质 1.4.1 — 条件概率是概率

若 $P(B)>0$，则条件概率 $P(\cdot |B)$ 满足概率的三条公理：

1. $P(A|B)\ge 0$，$\forall A\in \mathcal{F}$
2. $P(\Omega |B)=1$
3. 若 $A_1,A_2,\cdots$ 互不相容，则 $P\left(\bigcup _{n=1}^{\infty }{A}_n|B\right)=\sum _{n=1}^{\infty }P(A_n|B)$

证明思路

证明 (性质 1.4.1)：

(1)(2) 由定义1.4.1直接可得。

[(3) 可列可加性]：因为 $A_1,A_2,\cdots$ 互不相容，所以 $A_{1}B,A_{2}B,\cdots$ 也互不相容。由§1.3的可列可加性：

$$P\left(\bigcup _{n=1}^{\infty }{A}_n|B\right)=\frac{P\left(\left({\bigcup }_{n=1}^{\infty }{A}_n\right)B\right)}{P(B)}=\frac{P\left({\bigcup }_{n=1}^{\infty }(A_{n}B)\right)}{P(B)}=\frac{{\sum }_{n=1}^{\infty }P(A_{n}B)}{P(B)}=\sum _{n=1}^{\infty }P(A_n|B)$$

$\square$

重要推论

由于 $P(\cdot |B)$ 满足概率的三条公理，§1.3中推导的所有概率性质对条件概率都成立，例如：

• $P(\bar{A}|B)=1-P(A|B)$
• $P(A_1\cup A_2|B)=P(A_1|B)+P(A_2|B)-P(A_1{A}_2|B)$
• $P(A_1\cup A_2\cup \cdots \cup A_n|B)\le {\sum }_{i=1}^{n}P(A_i|B)$（Boole 不等式）

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三、乘法公式

性质 1.4.2 — 乘法公式

(1) 若 $P(B)>0$，则

$$P(AB)=P(B)P(A|B)\text{\hspace{1em}(1.4.2)}$$

(2) 若 $P(A_1{A}_2\cdots A_{n-1})>0$，则

$$P(A_1{A}_2\cdots A_n)=P(A_1)P(A_2|A_1)P(A_3|A_1{A}_2)\cdots P(A_n|A_1{A}_2\cdots A_{n-1})\text{\hspace{1em}(1.4.3)}$$

证明思路

证明 (1.4.2)：由条件概率定义 $P(A|B)=P(AB)/P(B)$，两边乘以 $P(B)$ 即得。

证明 (1.4.3)：因为

$$P(A_1)\ge P(A_1{A}_2)\ge \cdots \ge P(A_1{A}_2\cdots A_{n-1})>0$$

所以(1.4.3)中所有条件概率均有意义，且右边等于：

$$P(A_1)\cdot \frac{P(A_1{A}_2)}{P(A_1)}\cdot \frac{P(A_1{A}_2{A}_3)}{P(A_1{A}_2)}\cdots \frac{P(A_1{A}_2\cdots A_n)}{P(A_1{A}_2\cdots A_{n-1})}=P(A_1{A}_2\cdots A_n)$$

所有中间项连锁约分，最终只剩 $P(A_1{A}_2\cdots A_n)$。 $\square$

例 1.4.3 — 不合格品抽取

100个零件中10个不合格，一个一个取出（不放回），求第三次才取得不合格品的概率。

解：设 $A_i$ = “第 $i$ 次取出不合格品”。所求为 $P({\bar{A}}_1{\bar{A}}_2{A}_3)$。

由乘法公式(1.4.3)：

$$P({\bar{A}}_1{\bar{A}}_2{A}_3)=P({\bar{A}}_1)P({\bar{A}}_2|{\bar{A}}_1)P(A_3|{\bar{A}}_1{\bar{A}}_2)=\frac{90}{100}\cdot \frac{89}{99}\cdot \frac{10}{98}=0.0826$$

波利亚模型（罐子模型）

例 1.4.4 — 波利亚模型

罐中有 $b$ 个黑球、$r$ 个红球。每次取出一球后，放回并加入 $c$ 个同色球和 $d$ 个异色球。连续取三个球，其中两红一黑的概率是否依赖于取出次序？

一般公式（以 $B_1{R}_2{R}_3$ 为例）：

$$P(B_1{R}_2{R}_3)=\frac{b}{b+r}\cdot \frac{r+d}{b+r+c+d}\cdot \frac{r+d+c}{b+r+2c+2d}$$

四种特殊情况：

模型	参数	三种排列的概率	结论
不返回抽样	$c=-1,d=0$	均等于 $\frac{br(r-1)}{(b+r)(b+r-1)(b+r-2)}$	与次序无关
返回抽样	$c=0,d=0$	均等于 $\frac{b{r}^2}{(b+r{)}^3}$	与次序无关
传染病模型	$c>0,d=0$	均等于 $\frac{br(r+c)}{(b+r)(b+r+c)(b+r+2c)}$	与次序无关
安全模型	$c=0,d>0$	三种排列概率不相等	与次序有关

波利亚模型的核心结论

当 $d=0$ 时（只加同色球或取出不放回），概率不依赖球的取出次序。这个结论在很多概率问题中有重要应用，例如摸彩问题中”先摸后摸概率相同”。

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四、全概率公式

样本空间的分割

样本空间的分割

设 $B_1,B_2,\cdots ,B_n$ 是样本空间 $\Omega$ 中的一组事件，若满足：

1. 互不相容：$B_i{B}_j=\varnothing$（$i\ne j$）
2. 完备性：${\bigcup }_{i=1}^n{B}_i=\Omega$

则称 $\{B_1,B_2,\cdots ,B_n\}$ 为 $\Omega$ 的一个分割（partition）。

全概率公式

性质 1.4.3 — 全概率公式

设 $B_1,B_2,\cdots ,B_n$ 为 $\Omega$ 的一个分割，且 $P(B_i)>0$（$i=1,2,\cdots ,n$），则对任一事件 $A$：

$$P(A)=\sum _{i=1}^{n}P(B_i)P(A|B_i)\text{\hspace{1em}(1.4.4)}$$

最简形式（二分割）：若 $0<P(B)<1$，则

$$P(A)=P(B)P(A|B)+P(\bar{B})P(A|\bar{B})\text{\hspace{1em}(1.4.5)}$$

证明思路

证明 (1.4.4)：

[事件分解]：$A=A\Omega =A\left({\bigcup }_{i=1}^n{B}_i\right)={\bigcup }_{i=1}^n(A{B}_i)$

且 $A{B}_1,A{B}_2,\cdots ,A{B}_n$ 互不相容（因为 $B_i$ 互不相容）。

[应用可加性]：

$$P(A)=P\left(\bigcup _{i=1}^n(A{B}_i)\right)=\sum _{i=1}^{n}P(A{B}_i)$$

[代入乘法公式]：$P(A{B}_i)=P(B_i)P(A|B_i)$，代入即得(1.4.4)。 $\square$

全概率公式的使用条件

分割条件可以放宽：$B_1,B_2,\cdots ,B_n$ 互不相容，且 $A\subset {\bigcup }_{i=1}^n{B}_i$，全概率公式仍然成立。此外，分割可以是可列个事件。

例 1.4.5 — 摸彩模型

$n$ 张彩票中1张可中奖，求第二人摸到中奖彩票的概率。

解：设 $A_i$ = “第 $i$ 人摸到中奖彩票”。

由全概率公式(1.4.5)：

$$P(A_2)=P(A_1)P(A_2|A_1)+P({\bar{A}}_1)P(A_2|{\bar{A}}_1)=\frac{1}{n}\cdot 0+\frac{n-1}{n}\cdot \frac{1}{n-1}=\frac{1}{n}$$

结论：$P(A_1)=P(A_2)=\cdots =P(A_n)=\frac{1}{n}$，摸到中奖彩票的机会与先后次序无关。

一般地，若 $n$ 张彩票中有 $k$ 张可中奖，则每人中奖概率均为 $k/n$。

例 1.4.6 — 保险问题

投保人分两类：易出事故者（占20%，出事故概率0.4）和安全者（占80%，出事故概率0.1）。求新投保人一年内出事故的概率。

解：$B$ = “易出事故者”，$A$ = “出事故”。

$$P(A)=P(B)P(A|B)+P(\bar{B})P(A|\bar{B})=0.2\times 0.4+0.8\times 0.1=0.16$$

例 1.4.7 — 敏感性问题调查（Warner 随机化应答技术）

调查学生看过黄色书刊的比例 $p$。被调查者从罐中随机抽球：抽到白球回答”生日是否在7月1日前”（$P(\text{是}|\text{白球})=0.5$），抽到红球回答”是否看过黄色书刊”。

设红球比例为 $\pi$，$n$ 张答卷中 $k$ 张回答”是”，则由全概率公式：

$$\frac{k}{n}=0.5(1-\pi )+p\cdot \pi$$

解得：$p=\frac{k/n-0.5(1-\pi )}{\pi }$

实际算例：$\pi =0.6$，$n=1583$，$k=389$，则 $p=0.0762$（约7.62%）。

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五、贝叶斯公式

公式与证明

性质 1.4.4 — 贝叶斯公式

设 $B_1,B_2,\cdots ,B_n$ 是 $\Omega$ 的一个分割，且 $P(A)>0$，$P(B_i)>0$（$i=1,2,\cdots ,n$），则

$$P(B_i|A)=\frac{P(B_i)P(A|B_i)}{{\sum }_{j=1}^{n}P(B_j)P(A|B_j)},i=1,2,\cdots ,n\text{\hspace{1em}(1.4.6)}$$

证明思路

证明 (1.4.6)：

[分子]：由乘法公式 $P(A{B}_i)=P(B_i)P(A|B_i)$

[分母]：由全概率公式 $P(A)={\sum }_{j=1}^{n}P(B_j)P(A|B_j)$

[合成]：$P(B_i|A)=\frac{P(A{B}_i)}{P(A)}=\frac{P(B_i)P(A|B_i)}{{\sum }_{j=1}^{n}P(B_j)P(A|B_j)}$ $\square$

先验概率与后验概率

• $P(B_i)$：$B_i$ 的先验概率（prior probability），在观测到 $A$ 之前对 $B_i$ 的信念
• $P(B_i|A)$：$B_i$ 的后验概率（posterior probability），在观测到 $A$ 之后对 $B_i$ 的修正信念
• 贝叶斯公式实现了"由果溯因"：已知结果 $A$ 发生了，反推哪个原因 $B_i$ 更可能

例题

例 1.4.8 — 肝癌普查问题

某地区肝癌发病率0.0004，甲胎蛋白法普查：患肝癌者99%呈阳性，未患肝癌者99.9%呈阴性。某人检查呈阳性，真患肝癌的概率？

解：$B$ = “患肝癌”，$A$ = “阳性”。

$$P(B)=0.0004,P(A|B)=0.99,P(A|\bar{B})=0.001$$

由贝叶斯公式：

$$P(B|A)=\frac{0.0004\times 0.99}{0.0004\times 0.99+0.9996\times 0.001}=\frac{0.000396}{0.001396}\approx 0.284$$

直观理解：10000人中约4人患肝癌（真阳性约3.96人），9996人不患（假阳性约9.996人）。阳性者中真患肝癌仅占约28.4%。

复查效果：对阳性人群复查，先验概率更新为 $P(B)=0.284$：

$$P(B|A)=\frac{0.284\times 0.99}{0.284\times 0.99+0.716\times 0.001}\approx 0.997$$

复查大幅提高准确率：从28.4%跃升至99.7%。

例 1.4.9 — 孩子与狼（贝叶斯信任更新）

用贝叶斯公式分析村民对小孩信任度的下降过程。

初始先验：$P(B)=0.8$（可信），$P(\bar{B})=0.2$（不可信）

条件概率：$P(A|B)=0.1$（可信小孩说谎），$P(A|\bar{B})=0.5$（不可信小孩说谎）

第一次说谎后：

$$P(B|A)=\frac{0.8\times 0.1}{0.8\times 0.1+0.2\times 0.5}=0.444$$

第二次说谎后（以 $P(B)=0.444$ 为新先验）：

$$P(B|A)=\frac{0.444\times 0.1}{0.444\times 0.1+0.556\times 0.5}=0.138$$

信任度：$0.8\to 0.444\to 0.138$，每次说谎都会指数级降低信任度。

三个公式的功能总结

公式	功能	典型应用
乘法公式	求事件交的概率 $P(AB)$	多步实验、不放回抽样
全概率公式	求复杂事件的概率 $P(A)$	分层模型、多原因导致同一结果
贝叶斯公式	求条件概率 $P(B_i	A)$（由果溯因）

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六、知识结构总览

graph TD
    A[条件概率定义 P_A_B等于P_AB除以P_B] --> B[条件概率是概率]
    B --> C[乘法公式]
    C --> D[全概率公式]
    D --> E[贝叶斯公式]
    A --> F[样本空间缩小]
    C --> G[多步实验]
    D --> H[分层模型]
    E --> I[由果溯因]
    E --> J[先验与后验]

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七、核心思想与证明技巧

核心思想

1. 样本空间缩小：条件概率的本质是将样本空间从 $\Omega$ 缩小到 $B$，在缩小后的空间中重新度量事件 $A$
2. 连锁约分：乘法公式的证明核心是中间项连锁约分，最终只剩 $P(A_1{A}_2\cdots A_n)$
3. 分而治之：全概率公式通过分割将复杂事件化为简单事件的加权平均
4. 由果溯因：贝叶斯公式是”逆概率”推理，从观测结果反推原因
5. 信任更新：贝叶斯公式的迭代使用可以实现信任度的动态更新（先验→后验→新先验→新后验）

证明技巧清单

1. 连锁约分法：乘法公式(1.4.3)的证明
2. 事件分解法：全概率公式中 $A={\bigcup }_i(A{B}_i)$ 的分解
3. 分子分母分别处理：贝叶斯公式中分子用乘法公式、分母用全概率公式
4. 对称性论证：波利亚模型中 $d=0$ 时概率与次序无关的证明
5. 迭代更新法：贝叶斯信任更新中用后验概率作为新的先验概率

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八、补充理解与易混淆点

条件概率的方向性

来源：教材p37（例1.4.1）、MIT OCW 6.041 Lecture 4

误区1："P(A|B) = P(B|A)"

❌ 错误解释：条件概率的两个事件可以随意交换位置

✅ 正确解释：$P(A|B)=P(AB)/P(B)$，$P(B|A)=P(AB)/P(A)$，两者==仅在 $P(A)=P(B)$ 时相等==。例1.4.1中 $P(A|B)=2/3$，$P(B|A)=2/3$（碰巧相等），但例1.4.2中 $P(A|B)=5/7\ne P(B|A)=1/3$。==混淆 $P(A|B)$ 和 $P(B|A)$ 是概率论中最常见的错误之一==，在医学检测中尤其危险（将”患病者阳性的概率”与”阳性者患病的概率”混为一谈）。

条件概率与无条件概率的关系

来源：教材p37、华东师范大学概率论讲义

误区2："P(A|B) 一定大于等于 P(A)"

❌ 错误解释：已知 $B$ 发生，$A$ 发生的可能性不会变小

✅ 正确解释：$P(A|B)$ 可以大于、小于或等于 $P(A)$，三种情况都有可能。$P(A|B)>P(A)$ 说明 $B$ 的发生”促进”了 $A$（正相关性），$P(A|B)<P(A)$ 说明 $B$ 的发生”抑制”了 $A$（负相关性），$P(A|B)=P(A)$ 说明 $A$ 与 $B$ 无关（独立性）。没有额外信息时，不能对 $P(A|B)$ 和 $P(A)$ 的大小关系做出任何判断。

全概率公式的分割条件

来源：教材p40（注意事项）、UCLA Stats 100A Lecture Notes

误区3："全概率公式中分割必须穷尽整个样本空间"

❌ 错误解释：$B_1,B_2,\cdots ,B_n$ 必须满足 ${\bigcup }_{i=1}^n{B}_i=\Omega$

✅ 正确解释：全概率公式的分割条件可以放宽。实际上只需要：

1. $B_1,B_2,\cdots ,B_n$ 互不相容
2. $A\subset {\bigcup }_{i=1}^n{B}_i$（$A$ 被分割完全覆盖）

不需要 ${\bigcup }_{i=1}^n{B}_i=\Omega$。此外，分割也可以是可列个事件。这个放宽在实际应用中很有用——我们只需要关心与事件 $A$ 相关的那些”原因”。

贝叶斯公式中先验概率的作用

来源：教材p43-44（例1.4.8）、Stanford Stat 116 Lecture Notes

误区4："先验概率的选择不影响贝叶斯公式的结论"

❌ 错误解释：无论先验概率如何设定，贝叶斯公式都会给出正确的后验概率

✅ 正确解释：先验概率对后验概率有决定性影响。在例1.4.8中，如果肝癌发病率从0.0004变为0.01（提高25倍），则 $P(B|A)$ 会从28.4%大幅提升。先验概率反映了我们在观测数据之前对事件的主观信念，不同的先验会导致完全不同的后验结论。这也是贝叶斯统计学中”先验选择”问题备受关注的原因。

独立性与条件概率

来源：教材性质1.4.1、2015 中山大学 432 真题

误区5："A 与 B 独立等价于 P(A|B) = P(A)"

❌ 错误解释：这个等价关系无条件成立

✅ 正确解释：”$A$ 与 $B$ 独立 $\iff$ $P(A|B)=P(A)$“这个等价关系==仅在 $P(B)>0$ 时成立==。当 $P(B)=0$ 时，$P(A|B)$ 无定义，但 $A$ 与 $B$ 仍然可以独立（因为 $P(AB)=0=P(A)\cdot 0=P(A)P(B)$）。严格来说，独立性的定义是 $P(AB)=P(A)P(B)$（不依赖条件概率），而 $P(A|B)=P(A)$ 只是在 $P(B)>0$ 时的等价表述。

“至少一个”条件概率的样本空间陷阱

来源：教材p37（例1.4.1第(2)问）、2020 复旦大学 432 真题

误区6："已知至少一个女孩，另一个也是女孩的概率是1/2"

❌ 错误解释：两个小孩中已知至少一个女孩，另一个孩子性别独立，所以概率是1/2

✅ 正确解释：在例1.4.1中，“至少一个女孩”对应样本空间 $\{bg,gb,gg\}$（3个样本点），“两个都是女孩”对应 $\{gg\}$（1个样本点），所以概率是 $1/3$ 而非 $1/2$。直觉错误的原因是混淆了"指定某个孩子是女孩"和"至少一个孩子是女孩"这两个不同的条件。前者将样本空间缩小为2个样本点（概率1/2），后者缩小为3个样本点（概率1/3）。

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九、习题精选

本节习题

编号	标题	核心考点	难度	来源
1	考试不及格条件概率	条件概率基本计算	★☆☆	教材习题1.4-1
2	已知一件不合格求另一件	条件概率+古典概型	★★☆	教材习题1.4-5
3	乘法公式+加法公式	P(A),P(B	A),P(A	B)求P(A∪B)
4	钥匙掉落寻找	全概率公式	★★☆	教材习题1.4-15
5	两台车床不合格品	全概率+贝叶斯	★★★	教材习题1.4-16
6	传球问题	全概率+差分方程	★★★	教材习题1.4-22
7	条件概率基本计算	P(A	B)公式	★☆☆
8	击落飞机概率	全概率+独立性	★★☆	2018 东北师范大学 432
9	血液化验贝叶斯	贝叶斯公式	★★☆	2021 东北师范大学 432
10	Monty Hall三门问题	条件概率+全概率	★★★	2017 北师大 432

习题1：考试不及格条件概率

习题1（教材习题1.4-1）

某班级数学不及格占8%，语文不及格占5%，两门都不及格占2%。 (1) 已知一学生数学不及格，他语文也不及格的概率？ (2) 已知一学生语文不及格，他数学也不及格的概率？

查看解答

设 $A$ = “数学不及格”，$B$ = “语文不及格”。

已知 $P(A)=0.08$，$P(B)=0.05$，$P(AB)=0.02$。

(1) $P(B|A)=\frac{P(AB)}{P(A)}=\frac{0.02}{0.08}=0.25$

(2) $P(A|B)=\frac{P(AB)}{P(B)}=\frac{0.02}{0.05}=0.40$ $\square$

习题2：已知一件不合格求另一件

习题2（教材习题1.4-5）

10件产品中有3件不合格品，从中任取两件，已知其中一件是不合格品，求另一件也是不合格品的概率。

查看解答

设 $A$ = “两件中至少一件不合格”，$B$ = “两件都不合格”。

所求为 $P(B|A)=P(B)/P(A)$（因为 $B\subset A$）。

$$P(A)=1-P(\text{两件都合格})=1-\frac{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{7}{2}\right)}{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{10}{2}\right)}=1-\frac{21}{45}=\frac{24}{45}=\frac{8}{15}$$ $$P(B)=\frac{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{3}{2}\right)}{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{10}{2}\right)}=\frac{3}{45}=\frac{1}{15}$$

$P(B|A)=\frac{1/15}{8/15}=\frac{1}{8}$ $\square$

习题3：乘法公式+加法公式

习题3（教材习题1.4-8）

已知 $P(A)=1/3$，$P(B|A)=1/4$，$P(A|B)=1/6$，求 $P(A\cup B)$。

查看解答

由乘法公式：$P(AB)=P(A)P(B|A)=\frac{1}{3}\times \frac{1}{4}=\frac{1}{12}$

由 $P(A|B)=P(AB)/P(B)$：$P(B)=\frac{P(AB)}{P(A|B)}=\frac{1/12}{1/6}=\frac{1}{2}$

由加法公式： $P(A\cup B)=P(A)+P(B)-P(AB)=\frac{1}{3}+\frac{1}{2}-\frac{1}{12}=\frac{4}{12}+\frac{6}{12}-\frac{1}{12}=\frac{9}{12}=\frac{3}{4}$ $\square$

习题4：钥匙掉落寻找

习题4（教材习题1.4-15）

钥匙掉在宿舍里、教室里、路上的概率分别为50%、30%和20%，掉在上述三处被找到的概率分别为0.8、0.3和0.1。求找到钥匙的概率。

查看解答

设 $B_1,B_2,B_3$ 分别表示钥匙掉在宿舍、教室、路上，$A$ = “找到钥匙”。

由全概率公式：

$$P(A)=P(B_1)P(A|B_1)+P(B_2)P(A|B_2)+P(B_3)P(A|B_3)$$

$=0.5\times 0.8+0.3\times 0.3+0.2\times 0.1=0.40+0.09+0.02=0.51$ $\square$

习题5：两台车床不合格品

习题5（教材习题1.4-16）

两台车床加工同样零件，第一台不合格品概率0.03，第二台0.06，第一台加工量是第二台的2倍。 (1) 任取一件是合格品的概率？ (2) 取到不合格品，是第二台加工的概率？

查看解答

设 $B_1$ = “第一台加工”，$B_2$ = “第二台加工”，$A$ = “不合格品”。

$P(B_1)=2/3$，$P(B_2)=1/3$，$P(A|B_1)=0.03$，$P(A|B_2)=0.06$。

(1) 由全概率公式：

$$P(A)=\frac{2}{3}\times 0.03+\frac{1}{3}\times 0.06=0.02+0.02=0.04$$ $$P(\bar{A})=1-0.04=0.96$$

(2) 由贝叶斯公式： $P(B_2|A)=\frac{P(B_2)P(A|B_2)}{P(A)}=\frac{(1/3)\times 0.06}{0.04}=\frac{0.02}{0.04}=0.5$ $\square$

习题6：传球问题

习题6（教材习题1.4-22）

$m$ 个人相互传球，球从甲手中开始传出，每次等可能传给其余 $m-1$ 人。求第 $n$ 次传球时仍由甲传出的概率。

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设 $p_n$ = “第 $n$ 次由甲传出”的概率。

建立递推关系：第 $n$ 次由甲传出有两种情况：

• 第 $n-1$ 次不是甲传出（概率 $1-p_{n-1}$），然后传给甲（概率 $1/(m-1)$）
• 第 $n-1$ 次是甲传出（概率 $p_{n-1}$），然后不传给甲（不可能，因为甲不能再传给自己）

$$p_n=(1-p_{n-1})\cdot \frac{1}{m-1}$$

求解差分方程：令 $q_n=p_n-\frac{1}{m}$，则

$$q_n=-\frac{1}{m-1}{q}_{n-1}$$

由 $p_1=1$（第一次甲传出），$q_1=1-1/m=(m-1)/m$，故

$$q_n={\left(-\frac{1}{m-1}\right)}^{n-1}\cdot \frac{m-1}{m}$$ $$p_n=\frac{1}{m}+\frac{1}{m}{\left(-\frac{1}{m-1}\right)}^{n-1}$$

当 $n\to \infty$ 时，$p_n\to 1/m$（趋于均匀分布）。 $\square$

习题7：条件概率基本计算

习题7（2014 兰州大学 432）

已知 $P(A)=0.1$，$P(B|A)=0.9$，$P(B|A^c)=0.2$，求 $P(A|B)$。

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由乘法公式：$P(AB)=P(A)P(B|A)=0.1\times 0.9=0.09$

由全概率公式：$P(B)=P(A)P(B|A)+P(A^c)P(B|A^c)=0.09+0.9\times 0.2=0.09+0.18=0.27$

$P(A|B)=\frac{P(AB)}{P(B)}=\frac{0.09}{0.27}=\frac{1}{3}$ $\square$

习题8：击落飞机概率

习题8（2018 东北师范大学 432）

对飞机进行三次独立射击，命中率分别为0.4、0.5、0.7。击中1次坠落概率0.2，击中2次坠落概率0.6，击中3次必坠落。求击落飞机的概率。

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设 $A_i$ = “恰好击中 $i$ 次”（$i=1,2,3$），$B$ = “飞机坠落”。

计算各 $P(A_i)$（三次射击独立，命中率分别为 $p_1=0.4,p_2=0.5,p_3=0.7$）：

$$P(A_1)=0.4\times 0.5\times 0.3+0.6\times 0.5\times 0.3+0.6\times 0.5\times 0.7=0.36$$ $$P(A_2)=0.4\times 0.5\times 0.3+0.4\times 0.5\times 0.7+0.6\times 0.5\times 0.7=0.41$$ $$P(A_3)=0.4\times 0.5\times 0.7=0.14$$

由全概率公式： $P(B)=0.36\times 0.2+0.41\times 0.6+0.14\times 1=0.072+0.246+0.14=0.458$ $\square$

习题9：血液化验贝叶斯

习题9（2021 东北师范大学 432）

血液化验95%检出患病者（阳性），2%假阳性。患病率0.5%。阳性者真患病的概率？

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设 $A$ = “患病”，$B$ = “阳性”。

$P(A)=0.005$，$P(B|A)=0.95$，$P(B|A^c)=0.02$。

$$P(B)=0.005\times 0.95+0.995\times 0.02=0.00475+0.0199=0.02465$$ $$P(A|B)=\frac{0.005\times 0.95}{0.02465}=\frac{0.00475}{0.02465}\approx 0.1927$$

结论：阳性者中仅约19.27%真患病——假阳性数量远超真阳性，这是因为患病率极低（0.5%），导致大量健康人的假阳性”淹没”了真正的患者。 $\square$

习题10：Monty Hall 三门问题

习题10（2017 北师大 432）

三扇门后有两头羊和一辆车。你随机选A门（得车概率1/3）。主持人（知道车在哪）打开B或C中的一扇羊门。你要不要换门？

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应该换门。

设 $X$ = “换门得车”，$Y$ = “主持人打开一扇羊门”。

关键分析：主持人知道车的位置，所以无论车在哪扇门后，他都能打开一扇羊门，因此 $P(Y)=1$。

计算 $P(X\cap Y)$：

• 车在A门后（概率1/3）：换门不得车，$P(X|Y,{\text{Car}}_A)=0$
• 车在B门后（概率1/3）：主持人开C门，换门到B得车，$P(X|Y,{\text{Car}}_B)=1$
• 车在C门后（概率1/3）：主持人开B门，换门到C得车，$P(X|Y,{\text{Car}}_C)=1$

$$P(X\cap Y)=\frac{1}{3}\times 0+\frac{1}{3}\times 1+\frac{1}{3}\times 1=\frac{2}{3}$$ $$P(X|Y)=\frac{P(X\cap Y)}{P(Y)}=\frac{2/3}{1}=\frac{2}{3}$$

结论：换门得车概率2/3，不换门仅1/3。换门使获胜概率翻倍。

直觉解释：你选A门时，车在A门的概率1/3，在”B或C”的概率2/3。主持人打开一扇羊门，并没有改变”B或C”中有车的概率（2/3），只是将这个概率集中到了剩下那扇未开的门上。 $\square$

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十、教材原文

第一章 随机事件与概率/条件概率