【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，$P(A)\ne P(A|B)$，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"；$P(AB)=\frac{20}{400}=\frac{1}{20}\ne P(A|B)$；

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$P(B)>0$，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。

$★★$ 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：

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

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

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

​ $\therefore P(A|B)=0.5$

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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$P(A|B)=\frac{r_{A\cap B}}{r_B}=\frac{12}{45}$。

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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：$P(A_3|B)=\frac{P(A_3)PB|A_3}{P(B)}\approx 26.58$ (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。

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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，$B_1,B_2,\dots ,B_n$都是$\Omega$的一个划分，即$B_i{B}_j=\varnothing (i\ne j),且{\cup }_{i=1}^n{B}_i=\Omega$，且$P(B_i)>0(i=1,2,\dots ,n)$，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，$B_1,B_2,\dots ,B_n$都是$\Omega$的一个划分，即$B_i{B}_j=\varnothing (i\ne j),且{\cup }_{i=1}^n{B}_i=\Omega$，且$P(A)>0(i=1,2,\dots ,n)$，则：

  $P(B_j|A)=\frac{P(B_j)P(A|B_j)}{{\sum }_{i=1}^{n}P(B_i)P(A|B_i)},j=1,2,\dots ,n$。

• 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。

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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$i_1,i_2,...,i_k;1\le i_2<....<i_k\le n$，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$P(A)=p,0<p<1$；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$p,(0<p<1)$，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：

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

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：$1-P_n(0)=1-C_n^0{p}^0{q}^n=1-1\times 1\times 1\times q^n=1-q^n$；

按要求$1-q^n\ge 0.9$即$0.8^n\le 0.1$

得$n\ge 11$