貌合神離的條件概率與積事件概率

條件概率與積事件的概率是概率重點和難點，一直是教學中的困頓點，學生經常把積事件的概率與條件概率搞混淆，還不容易發現錯誤，究其原因，無非是沒有理解條件概率與積事件概率之間的區別與聯系.

1.情景導入

典例" 一個密碼鎖的密碼有6位數字，每位數字都可從0～9中任選一個.小明忘記了密碼的最后一位數字，求任意按最后一位數字，第一次按錯，第二次按對的概率.

題目的意思是一共按了二次，第一次按錯了，第二次才按對，記Ai（i=1，2）表示第i次按對的事件，事件A2發生是事件A1發生的條件下再發生，還是兩個事件同時發生？這是很多師生弄不明白的一個問題.

2.分析問題

圖1

要解決這個問題我們先回顧相關的概念.

一般地，事件A事件B同時發生，這樣的一個事件中的樣本點既在事件A中，也在事件B中，我們稱這樣的一個事件為事件A與事件B的交事件（或積事件），記作A∩B （或AB）.可以用圖1中的陰影區域表示這個交事件.

含義是A與B同時發生，符號語言記作A∩B 或AB.

事件A與B同時發生的概率稱為積事件的概率，記作P（AB）.

一般地，設A，B為兩個隨機事件，且P（A）gt;0，我們稱P（B|A）=P（AB）P（A）為在事件A發生的條件下，事件B發生的條件概率，簡稱條件概率.

條件概率和積事件的概率是指兩個事件發生的概率，要厘清兩個事件發生的概率到底是條件概率還是積事件概率，關鍵是要弄清，做這個隨機試驗之前是不是已經知道試驗的第一個事件發生的結果.如果是不知道第一個事件發生的結果，那么這兩個事件發生的概率就積事件的概率，如果知道，那就是條件概率.

情景中，這個隨機試驗是指按兩次密碼，在按密碼之前，我們是不能確定第一次按對還是按錯的，故第一次按錯、第二次按對的概率就是指第一次按錯和第二次按對同時發生的概率，記Ai（i=1，2）表示第i次按對的事件，故PA1A2=110.

但有很多學生還是不能從概念上深刻的理解，常常誤認為第一次按錯是第二次按對的條件.我們除了加強對概念的辨析以外，我們還可以借助樣本空間來輔助理解.

題意是連續按兩次， 相當于從 0～9 的 10 個數字中先后取出兩個不同數字， 這樣樣本空間 Ω 的基本事件總數為 10×9=90 個， 就按對和按錯而言，有三種情況： （ 錯， 錯）， （錯， 對）， （對， 錯）.其中第一類有 9×8=72 種結果，第二類有 9×1=9 種結果，第三類有 1×9=9 種結果.第二次才按對是上面三類情況中的第二類， 也就是說第一次按錯并不是試驗前已經發生的， 而是與第二次按對是同時發生的.因此，它不是條件概率，而是積事件概率.

如果題目改成“第一次按錯的條件下，求第二次按對”的概率，那么在試驗開始前就已經知道 “第一次按錯”的這個實事.這樣樣本空間就由{（錯，錯），（錯，對），（對，錯）} 三類縮小為{（錯，錯），（錯，對）}兩類，因此這里所求的概率是在第一次按錯后剩下的數字中再按對的概率， 即這里所求的概率是附加了條件的事件的概率.根據條件概率的定義， 求“在第一次按錯的條件下， 第二次按對”的概率才為條件概率.

因此，“第二次按對” 與 “第一次按錯的條件下， 第二次按對”的概率是有本質區別的， 前者屬于積事件概率，后者屬于條件概率.

典例再探" 小明上樓每一步走1級臺階或2級臺階是隨機的，且走1級臺階的概率為23，走2級臺階的概率為13，小明從樓梯底部開始往上走.

（1）求小明走3步上到第4個臺階的概率；

（2）小明上到第4級臺階，求他是走了3步的上來概率.

分析" 小明上樓梯走1級臺階還是走2級臺階是隨機的，走3步可以到達3，4，5，6級臺階，僅從走了3步是不能確定最后在哪個臺階的.同樣到達第4個臺階小明可以是隨機的走了2，3，4步上來的.

（1）中小明隨機的走了3步，走了幾個1步幾個2步是不確定的，即試驗前上到第4個臺階是不確定的，故走3步和到達第4個臺階是同時發生的，故是積事件.

解" 設事件A為“小明走了3步”，事件B為“小明上到第4級臺階”，走了3步上到第4級臺階即走了2次1級臺階和1次2級臺階，則概率P=C13×13×（23）2=49，即PAB=49.

（2）中已知小明上到了第4級臺階，再來求小明走了3步的概率，說明試驗前就知道了結果，這個上到第4級臺階就是小明走了3步的條件了，故這是條件概率的問題.

解" 設事件A為“小明上到第4級臺階”，事件B為“小明走了3步上到第4級臺階”，事件A包含3中情況，①走了4次1級臺階，其概率P1=（23）4=1681；

②走了2次1級臺階，1次2級臺階，其概率P2=C13×13×（23）2=49；

③走了2次2級臺階，其概率P3=（13）2=19.故小明上到第4級臺階概率PA=P1+P2+P3=1681+49+19=6181.

所以在小明上到第4級臺階的條件下，他走了3步的概率PBA=PABPA=3661.

方法提煉

（1）辨析條件概率P（B|A）是指已知A發生的條件下，B發生的概率，試驗前就明確了A發生了.而積事件概率P（AB）是指A與B同時發生的概率，試驗前不能確定A是否發生了.

（2）值得注意的是，積事件概率P（AB）中的兩事件A，B不一定獨立，若獨立，則

P（B|A）=P（B），此時P（AB）=P（A）P（B）;若不獨立，則P（AB）=P（A）P（B|A）.計算中應注意，P（AB）是在原樣本空間Ω中求解的，而P（B|A）是在縮小的樣本空間A中求解的.

3.鏈接考試

例1" 袋中有6個黃色和4個白色的乒乓球，不放回抽取，每次任取1個球，連續取2次，則第2次才取到黃球的概率為.

析解" 這個試驗是連續取2次，要求第2次才取到黃球的概率. 這個“才”字如何理解？關鍵還是厘清試驗之前是否能確定第一摸球摸到什么顏色？如果能確定，那么就是附加了條件的，那就是條件概率了，若不能確定就是積事件概率.相當于在不看第一取到球的顏色，不放回地連續隨機取了兩次球，兩次抽取之后再來看兩個球的顏色，結果是第一取到白球，第二次取到黃球，故這個才是指第一次取到白球，第二次取到黃球的情況同時發生的意思. 故這個試驗之前我們是不能確定第一次摸球摸到什么顏色的.

設第一次取到白球的事件為A，第二次取到黃球的事件為B，故第2次才取到黃球的概率為P（AB）=P（A）P（B|A）=410×69=415.

評注" 一般地，n件產品中，有m件次品，每次抽取一件，取后不放回，連續抽取i次，記事件Ai為第i次取得正品，則第i次才取得正品的概率為P（A1A2…Ai－1Ai）=P（A1）P（A2|A1）…P（Ai|A1A2…Ai－1）=（mn）（m－1n－1）（m－i+2n－i+2）·（n－mn－i+1），而在前i－1次取得次品的條件下，第i次取得正品的概率為P（Ai|A1A2…Ai－1）=n－mn－i+1.

例2" 為豐富學生的課外活動，學校羽毛球社團舉行羽毛球團體賽，賽制采取5局3勝制，每局都是單打模式，每隊有5名隊員，比賽中每個隊員至多上場一次且上場順序是隨機的，每局比賽結果互不影響，經過小組賽后，最終甲乙兩隊進入最后的決賽，根據前期比賽的數據統計，甲隊明星隊員M對乙隊的每名隊員的勝率均為34，甲隊其余4名隊員對乙隊每名隊員的勝率均為12.（注：比賽結果沒有平局）

（1）求甲隊明星隊員M在前四局比賽中不出場的前提下，甲乙兩隊比賽4局，甲隊最終獲勝的概率；

（2）求甲乙兩隊比賽3局，甲隊獲得最終勝利的概率；

（3）若已知甲乙兩隊比賽3局，甲隊獲得最終勝利，求甲隊明星隊員M上場的概率.

析解" （1）事件Aj=“甲隊第j局獲勝”，其中j=1，2，3，4，Aj相互獨立，事件B=“甲乙兩隊比賽4局甲隊最終獲勝”，又甲隊明星隊員M前四局不出場，故PAj=12，j=1，2，3，4，B=A1A2A3A4+A1A2A3A4+A1A2A3A4，PB=C13（12）4=316.

（2）設事件C為甲3局獲得最終勝利，事件D為前3局甲隊明星隊員M上場比賽，由全概率公式知，PC=PC|D·PD+PC|·P，因為每名隊員上場順序隨機，故PD=C24A33A35=35，P=1－35=25，PC|D=（12）2×34=316，PC|=（12）3=18，所以PC=1380.

（3）由（2）知，PD|C=PCDPC=PC|D·PDPC=316×351380=913.

綜上，只有深刻理解了兩種概率的區別與聯系，方能在實際應用中正確的區分是積事件概率和條件概率.