条件概率，乘法定理 (概统1)
条件概率，乘法定理 (概统1)
1)条件概率
P(B|A)=P(AB)P(A),P(A)>0 P ( B | A ) = P ( A B ) P ( A ) , P ( A ) > 0 P(B|A) = \frac{P(AB)}{P(A)},P(A)>0
计算条件概率的方法有两种：
第一种算法，根据具体的应用，直接用条件概率的定义求出，主要是样本空间缩小，已知条件B已经发生，样本空间由S缩小为S’，求A在S’中的比重就得到P(A|B);
第二种算法，由公式 P(A|B)=P(AB)P(A) P ( A | B ) = P ( A B ) P ( A ) P(A|B)=\frac{P(AB)}{P(A)} 求出P(A|B) ;
2)复合概率（乘法定理）
P(A1A2A3)=P(A1)P(A2|A1)P(A3|A1A2) P ( A 1 A 2 A 3 ) = P ( A 1 ) P ( A 2 | A 1 ) P ( A 3 | A 1 A 2 ) P(A_{1}A_{2}A_{3})=P(A_{1})P(A_{2}|A_{1})P(A_{3}|A_{1}A_{2})
P(A1A2...An)=P(A1)P(A2|A1)P(A3|A1A2)...P(An|A1...An−1) P ( A 1 A 2 . . . A n ) = P ( A 1 ) P ( A 2 | A 1 ) P ( A 3 | A 1 A 2 ) . . . P ( A n | A 1 . . . A n − 1 ) P(A_{1}A_{2}...A_{n})=P(A_{1})P(A_{2}|A_{1})P(A_{3}|A_{1}A_{2})...P(A_{n}|A_{1}...A_{n-1})
3)全概率公式
P(A)=∑nj=1P(A|Bj)P(Bj) P ( A ) = ∑ j = 1 n P ( A | B j ) P ( B j ) P(A)=\sum_{j=1}^{n}P(A|B_{j})P(B_{j})
4)贝叶斯公式
还是看上面的图
已知分别在每一个条件 Bj B j B_{j}下，事件发生的概率是 P(A|Bj) P ( A | B j ) P(A|B_{j})，现在是事件结果A已经发生了，求它是由于 Bj B j B_{j} 引起的概率
P(Bj|A)=P(A|Bj)P(Bj)P(A)=P(A|Bj)P(Bj)∑nj=1P(A|Bj)P(Bj) P ( B j | A ) = P ( A | B j ) P ( B j ) P ( A ) = P ( A | B j ) P ( B j ) ∑ j = 1 n P ( A | B j ) P ( B j ) P(B_{j}|A) = \frac{P(A|B_{j})P(B_{j})}{P(A)}=\frac{P(A|B_{j})P(B_{j})}{\sum_{j=1}^{n}P(A|B_{j})P(B_{j})}
应用全概率公式和贝叶斯公式的关键是“找到一个完备事件组”
寻找完备事件组（划分）的两个常用方法：
(1)从第一个试验入手，分解其样本空间，找出完备事件组。
如果所求概率的事件与前后两个试验（两个工序）有关，且这个试验（或工序）彼此关联，第一个试验（工序）的各种结果直接对第二个试验产生影响，而问第二个试验（工序）出现结果的概率，这类问题是属于使用全概率公式的问题。第一个试验的各种结果就是所求的一个完备事件组。
(2)从事件B发生的两两互不相容的诸原因中找完备事件组。
如果事件B能且只能在“原因” A1 A 1 A_{1}, A2 A 2 A_{2},….., An A n A_{n}下发生，且 A1 A 1 A_{1}, A2 A 2 A_{2},….., An A n A_{n}是两两不相容，那么这些”原因“ A1 A 1 A_{1}, A2 A 2 A_{2},….., An A n A_{n} 就是一个完备事件组。
这类条件概率的问题，分析难度较大，与每一个具体的应用场景相关，应该多多练习。
【典型例题】
【例1】 假定10个不同规格的零件中混入了3个次品，现进行逐个检查，则检查完9个零件时正好查出3个次品的概率。
解：
回忆上一节，”第4次射击恰好第2次命中目标的概率“。这是一个复合概率的问题，”检查完9个零件时正好查出3个次品“，意味着检查完前面8个零件时查出2个次品，检查第9个零件时正好又查出一个次品。
“检查完前面8个零件时查出2个次品”，概率为P( A1 A 1 A_{1})
“ 检查第9个零件时正好又查出一个次品”，概率为P( A2 A 2 A_{2}| A1 A 1 A_{1})
“检查完9个零件时正好查出3个次品”， 概率为P(A)=P( A1 A 1 A_{1})*P( A2 A 2 A_{2}| A1 A 1 A_{1})
“检查完前面8个零件时查出2个次品”，概率为P( A1 A 1 A_{1})
检查前面8个零件时查出2个次品，2个次品从3个次品里面拿，其余还剩6个正品，从7个正品里面拿，总样本空间：10个里面取8个。
P(A1)=C23∗C8−210−3C810 P ( A 1 ) = C 3 2 ∗ C 10 − 3 8 − 2 C 10 8 P(A_{1})=\frac{C_{3}^{2}*C_{10-3}^{8-2}}{C_{10}^{8}}
= 715 7 15 \tfrac{7}{15}
“ 检查第9个零件时正好又查出一个次品”，概率为P( A2 A 2 A_{2}| A1 A 1 A_{1})
检查完前面8个零件，次品还剩1个，所有零件还剩2个，所以
= C11C12 C 1 1 C 2 1 \frac{C_{1}^{1}}{C_{2}^{1}}= 12 1 2 \frac{1}{2}
所以，总的复合概率 P( A2 A 2 A_{2}| A1 A 1 A_{1}) = 715∗12=730 7 15 ∗ 1 2 = 7 30 \frac{7}{15} * \frac{1}{2} = \frac{7}{30}
【例2】某商店出售一种产品，每箱装100件，且已知每箱中混有4件不合格品，商店采用“缺一陪十”的销售方式，即顾客买一箱产品，如果随机地取一件发现是不合格品，商店立刻把10件合格品放在箱子中，不合格的那件拿走，顾客在一个箱子中随机地先后取3件进行测试，求他发现全是不合格品的概率。
解：这又是一个条件概率，复合概率问题。
取第1件产品，不合格的概率是 4100 4 100 \frac{4}{100}，
如果第一件不合格，再取一件，那么先放入10个合格品，拿走第一件不合格品，变成总共109件产品，不合格品3件，取第二件取到不合格的概率就是 3109 3 109 \frac{3}{109}，
如果第二件也是不合格，则再放入10件合格品，拿走第二件不合格品，变成总共118件产品，不合格品剩下2件，取第三件取到不合格品的概率就是 2118 2 118 \frac{2}{118}
因此，连续取三件，三件都是不合格品的概率表达就是：
P(A1A2A3) P ( A 1 A 2 A 3 ) P(A_{1}A_{2}A_{3})= P(A1)∗P(A2|A1)∗P(A3|A1A2) P ( A 1 ) ∗ P ( A 2 | A 1 ) ∗ P ( A 3 | A 1 A 2 ) P(A_{1})*P(A_{2}|A_{1})*P(A_{3}|A_{1}A_{2})
= 4100∗3109∗2118 4 100 ∗ 3 109 ∗ 2 118 \frac{4}{100} * \frac{3}{109} * \frac{2}{118}
【例3】设10件产品中有4件不合格品，从中任取两件，已知所取两件产品中有一件是不合格品，则另一件也是不合格品的概率为_。
解：
关键是分析样本空间。
从中任取两件：任取两件的总样本空间，事件总数为 C210 C 10 2 C_{10}^{2}
题目要求：已知所取两件产品中有一件是不合格品，则另一件也是不合格品的概率为
分析取两件产品，有几种组合？假设合格品为a，不合格品为b
取两件产品，总共有4种组合
|任取两件组合可能性 | |
| ——| ———————-|
| aa | 两件都合格 |
| ab | 一件 合格，另一件不合格 |
| ba | 一件 不合格，另一件合格 |
| bb | 两件都不合格 |
已知所取两件产品中有一件是不合格品：两件中有一件是不合格品的样本
空间： 设合格品为a，不合格品为b，两件中有一件是不合格品的条件样本空间S’就是 bb, ab
bb的事件数为 C24 C 4 2 C_{4}^{2}
ab的事件数为 C14 C 4 1 C_{4}^{1}* C16 C 6 1 C_{6}^{1}
P(bb)= C24C210 C 4 2 C 10 2 \frac{C_{4}^{2}}{C_{10}^{2}} = 215 2 15 \frac{2}{15}
P(ab)= C14∗C16C210 C 4 1 ∗ C 6 1 C 10 2 \frac{C_{4}^{1}*C_{6}^{1}}{C_{10}^{2}} = 815 8 15 \frac{8}{15}
注：P(ab)=P(ab)+P(ba)，把ab前后两种情况都算上，所以P(ab)不必除2，分母是 C210 C 10 2 C_{10}^{2}，不是 P210 P 10 2 P_{10}^{2}
条件样本空间S’压缩为 P(A)=P(bb)+P(ab) = 215 2 15 \frac{2}{15} + 815 8 15 \frac{8}{15} = 1015 10 15 \frac{10}{15}
已知所取两件产品中有一件是不合格品，则另一件也是不合格品表示为
P(B|A) = P(bb)P(bb)+P(ab) P ( b b ) P ( b b ) + P ( a b ) \frac{P(bb)}{P(bb)+P(ab)} = 2151015 2 15 10 15 \frac{\frac{2}{15}}{\frac{10}{15}} = 15 1 5 \frac{1}{5}
【例4】15名学生中有5名女生，10名男生，先将他们分为5组，每组3人，求每组各有一名女生的概率。
解：
5名女生，10名男生，分5组，每组3人，总共分配方法数：
P(A)= C315∗C312∗C39∗C36∗C33 C 15 3 ∗ C 12 3 ∗ C 9 3 ∗ C 6 3 ∗ C 3 3 C_{15}^{3} * C_{12}^{3} *C_{9}^{3} *C_{6}^{3} *C_{3}^{3}
每组各有一名女生：
第一组有一名女生，分配方法数： C51C210 C 1 5 C 10 2 C_{1}^{5} C_{10}^{2}
第二组有一名女生，分配方法数： C41C28 C 1 4 C 8 2 C_{1}^{4} C_{8}^{2}
第三组有一名女生，分配方法数： C31C26 C 1 3 C 6 2 C_{1}^{3} C_{6}^{2}
第四组有一名女生，分配方法数： C21C24 C 1 2 C 4 2 C_{1}^{2} C_{4}^{2}
第五组有一名女生，分配方法数： C11C22 C 1 1 C 2 2 C_{1}^{1} C_{2}^{2}
第一组有一名女生，概率： C51C210C315 C 1 5 C 10 2 C 15 3 \frac{C_{1}^{5} C_{10}^{2}}{C_{15}^{3}}
第二组有一名女生，概率： C41C28C312 C 1 4 C 8 2 C 12 3 \frac{C_{1}^{4} C_{8}^{2}}{C_{12}^{3}}
第三组有一名女生，概率： C31C26C39 C 1 3 C 6 2 C 9 3 \frac{C_{1}^{3} C_{6}^{2}}{C_{9}^{3}}
第四组有一名女生，概率： C21C24C36 C 1 2 C 4 2 C 6 3 \frac{C_{1}^{2} C_{4}^{2}}{C_{6}^{3}}
第五组有一名女生，概率： C11C22C33 C 1 1 C 2 2 C 3 3 \frac{C_{1}^{1} C_{2}^{2}}{C_{3}^{3}}
10人，分5组，每组3人，每组一名女生的概率，可以表达为
P(A1A2A3A4A5) P ( A 1 A 2 A 3 A 4 A 5 ) P(A_{1}A_{2}A_{3}A_{4}A_{5})= P(A1)∗P(A2|A1)∗P(A3|A1A2)∗P(A4|A1A2A3)∗P(A5|A1A2A3A4) P ( A 1 ) ∗ P ( A 2 | A 1 ) ∗ P ( A 3 | A 1 A 2 ) ∗ P ( A 4 | A 1 A 2 A 3 ) ∗ P ( A 5 | A 1 A 2 A 3 A 4 ) P(A_{1})*P(A_{2}|A_{1})*P(A_{3}|A_{1}A_{2})*P(A_{4}|A_{1}A_{2}A_{3})*P(A_{5}|A_{1}A_{2}A_{3}A_{4})
= C51C210C315 C 1 5 C 10 2 C 15 3 \frac{C_{1}^{5} C_{10}^{2}}{C_{15}^{3}} * C41C28C312 C 1 4 C 8 2 C 12 3 \frac{C_{1}^{4} C_{8}^{2}}{C_{12}^{3}} * C31C26C39 C 1 3 C 6 2 C 9 3 \frac{C_{1}^{3} C_{6}^{2}}{C_{9}^{3}} * C21C24C36 C 1 2 C 4 2 C 6 3 \frac{C_{1}^{2} C_{4}^{2}}{C_{6}^{3}} * C11C22C33 C 1 1 C 2 2 C 3 3 \frac{C_{1}^{1} C_{2}^{2}}{C_{3}^{3}}
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参考书目：张天德，叶宏 《星火燎原·概率论与数理统计辅导及习题精解》（浙大·第4版）第一章
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