1.5 條件概率與獨立性

蒙提·霍爾問題(The MontyHall Problem)

The MontyHall Problem

主持人給一次改選的機會,是否應(yīng)該改選2號門双揪？
觀點一 ：沒有必要改選,因為此時1挂洛、2號門后面的獎品是汽車的概率都是 $1/2$ .
觀點二 ：主持人打開的3號門后是羊，提供了新信息，因此改選2號門獲得汽車的概率會增大悉稠。
問題：如何利用新信息計算概率？

猜硬幣問題：甲左右手各拋一枚硬幣艘包，雙手握住落下的硬幣后的猛，要乙猜“是否正、反各一面朝上”想虎？乙猜對的概率是多少卦尊？

分析：樣本空間為
$\Omega = \{ \mathrm { HH } , \mathrm { HT } , \mathrm { TH } , \mathrm { TT } \}$
記 $A=\{\text{正反各一面朝上}\}= \{ \mathrm { HT } , \mathrm { TH } \}$ ，則 $P(A)=1/2$

已看到結(jié)果的丙透漏“至少出現(xiàn)了一次正面”的信息給乙舌厨，則乙猜對同一問題的概率又是多少岂却？

分析：由于乙此時獲知 $B=\{\text{至少出現(xiàn)了一次正面}\}$ ，故樣本空間變?yōu)?br> $\Omega ^ { \prime } = \{ \mathrm { HH } , \mathrm { HT } , \mathrm { TH } \} = \Omega \cap B$
所以 $P(A)=\frac23$

為什么會有不同的結(jié)果裙椭？

解釋： 概念不一樣躏哩，值也不一樣！

嚴格來說揉燃，后一個概率應(yīng)該是
$P ( A | B ) = \frac { 2 / 4 } { 3 / 4 } = \frac { P ( A B ) } { P ( B ) }$

條件概率

定義：設(shè) $A,B$ 是兩個事件扫尺，且 $P(B)>0$ ，記
$P ( A | B ) \triangleq \frac { P ( A B ) } { P ( B ) }$
稱為在事件 $B$ 發(fā)生的條件下事件 $A$ 發(fā)生的條件概率

注：

當 $P(B)=0$ 時炊汤，條件概率 $P ( A | B )$ 沒有意義
條件概率的直觀理解
- $B$ 先于 $A$ 發(fā)生正驻， $B$ 是“因” $A$ 是“果”弊攘？
- $B$ 帶來的“信息”提供了對 $A$ 的“推斷”的新認識
- 實際上， $B$ 可能已經(jīng)發(fā)生拨拓，也可能沒有發(fā)生肴颊，而僅僅是一種假設(shè)；或者說渣磷， $A$ 婿着、 $B$ 之間只是相互關(guān)聯(lián)，但未必是某種嚴格的“因果”關(guān)系

圖中P(A) = 0.30 + 0.10 + 0.12 = 0.52醋界，條件概率P(A|B_1) = 1, P(A|_B2) = 0.12 / (0.12 + 0.04) = 0.75, P(A|B_3) = 0

例：據(jù)長期監(jiān)測發(fā)現(xiàn)甲竟宋、乙兩信號出現(xiàn)的概率分別為20%和18%, 兩信號同時出現(xiàn)的概率為12%. 試推斷甲、乙兩信號是否有關(guān)聯(lián)形纺？

解：記 $A$ 表示甲信號出現(xiàn)丘侠， $B$ 表示乙信號出現(xiàn)。則
$P ( A ) = 0.20 , P ( B ) = 0.18 , P ( A B ) = 0.12$
所以
$\begin{array} { l } { P ( A | B ) = \frac { P ( A B ) } { P ( B ) } = \frac { 0.12 } { 0.18 } = 0.67 } \\ { P ( B | A ) = \frac { P ( A B ) } { P ( A ) } = \frac { 0.12 } { 0.20 } = 0.60 } \\ { P ( A \cup B ) = P ( A ) + P ( B ) - P ( A B ) = 0.26 } \end{array}$
因 $P ( A \bigcup B )?$ 較小逐样，而 $P ( A | B ) , P ( B | A )?$ 較大蜗字，故推斷甲、乙兩信號存在關(guān)聯(lián)脂新。

Q：為什么還需要 $P ( A \bigcup B )$ 較小作為判斷的條件挪捕？

這個例子不太能夠說明問題，最好不講争便！

條件概率的基本性質(zhì)

設(shè) $P(B)>0$ 级零，則有

非負性：對任一事件 $A$ ，有 $P ( A | B ) \geq 0$
規(guī)范性：對于必然事件 $\Omega$ 滞乙，有 $P ( \Omega | B ) = 1$
可列可加性：設(shè) $\{A_k\}$ 是兩兩不相容事件列奏纪，則有
$P \left( \bigcup _ { k = 1 } ^ { \infty } A _ { k } | B \right) = \sum _ { k = 1 } ^ { \infty } P \left( A _ { k } | B \right)$

證（3）：因為 $\{A_k\}$ 兩兩不相容，故 $\left\{ A _ { k } \cap B \right\}$ 兩兩不相容斩启，故
$\begin{aligned} P \left( \bigcup _ { k = 1 } ^ { \infty } A _ { k } | B \right) & = \frac { P \left\{ \left( \bigcup _ { k = 1 } ^ { \infty } A _ { k } \right) \cap B \right\} } { P ( B ) } = \frac { P \left\{ \cup _ { k = 1 } ^ { \infty } \left( A _ { k } \cap B \right) \right\} } { P ( B ) } \\ & = \frac { \sum _ { k = 1 } ^ { \infty } P \left( A _ { k } \cap B \right) } { P ( B ) } \\ & = \sum _ { k = 1 } ^ { \infty } \frac { P \left( A _ { k } B \right) } { P ( B ) } = \sum _ { k = 1 } ^ { \infty } P \left( A _ { k } | B \right) \end{aligned}$

注：以上三條性質(zhì)說明序调， 條件概率也是概率

分析：設(shè)原概率空間為 $\{ \Omega , \mathscr { F } , P \}$ ，因為 $B$ 已發(fā)生兔簇，所以新的樣本空間變?yōu)?br> $\Omega _ { B } = \Omega \cap B$
記 $P _ { B } ( A ) = P ( A | B )$ 炕置，則條件概率空間為
$\left\{ \Omega _ { B } , \mathscr { F } , P _ { B } \right\}$

乘法公式

由條件概率的定義出發(fā)，可得
$P ( A B ) = P ( B | A ) P ( A ) = P ( A | B ) P ( B ) \quad ( P ( A ) > 0 , P ( B ) > 0 )$
該公式可以進一步推廣為（如果 $P \left( A _ { 1 } A _ { 2 } \cdots A _ { n } \right) > 0$ ）
$\begin{aligned} P \left( A _ { 1 } A _ { 2 } \cdots A _ { n } \right) & = P \left( A _ { n } | A _ { 1 } A _ { 2 } \cdots A _ { n - 1 } \right) P \left( A _ { 1 } A _ { 2 } \cdots A _ { n - 1 } \right) \\ & \vdots \\ & = P \left( A _ { 1 } \right) P \left( A _ { 2 } | A _ { 1 } \right) P \left( A _ { 3 } | A _ { 1 } A _ { 2 } \right) \cdots P \left( A _ { n } | A _ { 1 } A _ { 2 } \cdots A _ { n - 1 } \right) \end{aligned}$
這相當于將同時發(fā)生的事件概率計算轉(zhuǎn)化為有序發(fā)生的事件的概率來計算男韧。

例：某球隊要經(jīng)過三輪比賽才能出線朴摊。該球隊第一輪比賽被淘汰的概率為 $0.5$ ，第二輪比賽被淘汰的概率為 $0.7$ 此虑，第三輪比賽被淘汰的概率為 $0.9$ 甚纲，求球隊出線的概率。

解：記 $A_i=\{$ 球隊第 $i$ 輪被淘汰 $\},i=1,2,3$ 朦前，則
$\begin{aligned} P\{\text{球隊出現(xiàn)}\} & = P \left( \overline { A } _ { 1 } \overline { A } _ { 2 } \overline { A } _ { 3 } \right) \\ & = P \left( \overline { A } _ { 3 } | \overline { A } _ { 1 } \overline { A } _ { 2 } \right) P \left( \overline { A } _ { 1 } \overline { A } _ { 2 } \right) \\ & = P \left( \overline { A } _ { 3 } | \overline { A } _ { 1 } \overline { A } _ { 2 } \right) P \left( \overline { A } _ { 2 } | \overline { A } _ { 1 } \right) P \left( \overline { A } _ { 1 } \right) \\ & = ( 1 - 0.9 ) ( 1 - 0.7 ) ( 1 - 0.5 ) \\ & = 0.015 \end{aligned}$

例：袋中有 $a$ 只紅球 $b$ 只白球介杆，每次任取一球鹃操，取后放回，同時向袋中放入同顏色的球 $c$ 只春哨。然后再從袋中取出一球荆隘，重復第一次的做法，設(shè)共取了 $3$ 次赴背。求三次取出的球分別是白椰拒、紅、白的概率凰荚。

解：記 $A_i=\{\text{第}i\text{次取到白球}\},i=1,2,3$ 燃观，則
$\begin{array} { l } { P \left( A _ { 1 } \right) = \frac { b } { a + b } } \\ { P \left( \overline { A } _ { 2 } | A _ { 1 } \right) = \frac { a } { a + b + c } } \\ { P \left( A _ { 3 } | A _ { 1 } \overline { A } _ { 2 } \right) = \frac { b + c } { a + b + 2 c } } \end{array}$
三次取出的球分別是白、紅便瑟、白的概率為
$\begin{aligned} P \left( A _ { 1 } \overline { A } _ { 2 } A _ { 3 } \right) & = P \left( A _ { 1 } \right) P \left( \overline { A } _ { 2 } | A _ { 1 } \right) P \left( A _ { 3 } | A _ { 1 } \overline { A } _ { 2 } \right) \\ & = \frac { a b ( a + b ) } { ( a + b ) ( a + b + c ) ( a + b + 2 c ) } \end{aligned}$

事件的獨立性

設(shè) $A,B$ 是兩個事件缆毁，若則稱事件 $A,B$ 相互獨立，簡稱獨立到涂。

兩個事件 $A,B$ 相互獨立脊框，意味著
$P ( A | B ) = P ( A ) , P ( B | A ) = P ( B )$
例如：甲乙二人各拋一枚硬幣，記事件 $A=\{\text{甲拋出正面}\}$ 践啄， $B=\{\text{乙拋出正面}\}$ 浇雹，則可以驗證 $A,B$ 相互獨立

更進一步地，設(shè) $A,B,C$ 是三個事件往核，若
$\begin{aligned} P ( A B ) & = P ( A ) P ( B ) \\ P ( B C ) & = P ( B ) P ( C ) \\ P ( C A ) & = P ( C ) P ( A ) \\ P ( A B C ) & = P ( A ) P ( B ) P ( C ) \end{aligned}$
則稱事件 $A,B,C$ 相互獨立箫爷，簡稱獨立嚷节。

注：三個事件相互獨立不僅僅意味著它們是兩兩獨立的聂儒。

例：袋中有紅、白硫痰、黑球各一個衩婚，染有紅、白效斑、黑三色的彩球一個.從袋中任取一球非春，記 $A,B,C$ 分別表示取到的球上分別有紅、白缓屠、黑三色奇昙，則
$\begin{array} { l } { P ( A ) = P ( B ) = P ( C ) = \frac { 1 } { 2 } } \\ { P ( A B ) = P ( B C ) = P ( C A ) = \frac { 1 } { 4 } } \end{array}$
故 $A,B,C$ 兩兩獨立。但是
$P ( A B C ) = \frac { 1 } { 4 } \neq \frac { 1 } { 8 } = P ( A ) P ( B ) P ( C )$
故 $A,B,C$ 不是相互獨立的敌完。

思考：

必然事件是否與任意事件獨立储耐？（是）
不可能事件是否與任何事件獨立？（是）
事件{甲患感冒}與事件{乙患感冒}是否相互獨立滨溉？（什湘？）

問： $A,B$ 相互獨立與 $A,B$ 不相容有什么關(guān)系长赞？
答：不能同時成立！

問：若 $A,B?$ 獨立闽撤， $\overline { A } , \overline { B }?$ 是否獨立得哆？

分析：若 $P ( A B ) = P ( A ) P ( B )?$ ，則
$P ( A B ) = P ( A ) ( 1 - P ( \overline { B } ) ) = P ( A ) - P ( A ) P ( \overline { B } )$
進而
$\begin{aligned} P ( A ) P ( \overline { B } ) & = P ( A ) - P ( A B ) \\ & = P ( A - A B ) \\ & = P ( A \overline { B } ) \end{aligned}$
故 $A, \overline { B }$ 獨立哟旗。進而可知 $\overline { A } , B$ 獨立贩据， $\overline { A } , \overline { B }$ 獨立。

例：某型號速射炮單發(fā)彈擊中目標的概率為 $p$ 热幔，試求連續(xù)發(fā)射 $n$ 發(fā)炮彈能擊中目標的概率乐设。

解：記 $A_i=\{\text{第}i\text{發(fā)擊中目標}\},i=1,2,...,n$ ，易知 $A_1,A_2,...,A_n$ 相互獨立绎巨，所以概率
$p _ { n } = P \left( \bigcup _ { i = 1 } ^ { n } A _ { i } \right) = 1 - P \left( \bigcap _ { i = 1 } ^ { n } \overline { A } _ { i } \right) = 1 - ( 1 - p ) ^ { n }$
若 $p=0.001$ 近尚，則 $p _ { n } = 1 - 0.999 ^ { n }?$

發(fā)射n發(fā)炮彈的命中概率

國產(chǎn)航母1130型近防炮每分鐘可發(fā)射10000發(fā)（每秒約166發(fā)）炮彈，所攜炮彈可連續(xù)射擊約7.7秒场勤，打擊飛行速度達4馬赫來襲的空中目標戈锻，攔截成功率可達96%

國產(chǎn)航母1130型近防炮

“天下武功，唯快不破”

注：

即使 $p$ 很小和媳，但只要試驗不斷進行下去格遭，小概率事件幾乎必然要發(fā)生
絕不能輕視小概率事件！(量變→質(zhì)變)
關(guān)于事件獨立性的確定往往需要結(jié)合問題的背景加以分析

例（配對問題）旅社管理員共管 $??$ 間客房留瞳，房門鑰匙標牌丟失拒迅，隨機地將這 $??$ 間客房的鑰匙分發(fā)給 $??$ 個旅客，問至少有一人能打開房門的概率是多少她倘？

分析：記： $??_??$ :第 $??$ 個房門可以打開, $??=1,2,…,??$ 璧微， $??$ :至少有一個房門可以打開，利用加法公式
$\begin{array} { l } { P ( A ) = P \left( \bigcup _ { i = 1 } ^ { n } A _ { i } \right) } \\ { = \sum _ { i = 1 } ^ { n } P \left( A _ { i } \right) - \sum _ { i < j } P \left( A _ { i } A _ { j } \right) + \cdots + ( - 1 ) ^ { n - 1 } P \left( A _ { 1 } A _ { 2 } \ldots A _ { n } \right) } \end{array}$
又由乘法原理公式
$P \left( A _ { i } \right) = \frac { 1 } { n } , P \left( A _ { i } A _ { j } \right) = \frac { 1 } { n ( n - 1 ) } , \ldots , P \left( A _ { 1 } A _ { 2 } \ldots A _ { n } \right) = \frac { 1 } { n ! }$
故
$\begin{array} { l } { P ( A ) = \sum _ { i = 1 } ^ { n } P \left( A _ { i } \right) - \sum _ { i < j } P \left( A _ { i } A _ { j } \right) + \cdots + ( - 1 ) ^ { n - 1 } P \left( A _ { 1 } A _ { 2 } \ldots A _ { n } \right) } \\ \quad{ = C _ { n } ^ { 1 } \frac { 1 } { n } - C _ { n } ^ { 2 } \frac { 1 } { n ( n - 1 ) } + \cdots + ( - 1 ) ^ { n } C _ { n } ^ { n } \frac { 1 } { n ! } } \\ \quad{ = 1 - \frac { 1 } { 2 ! } + \frac { 1 } { 3 ! } - \cdots + ( - 1 ) ^ { n } \frac { 1 } { n ! } } \end{array}$

系統(tǒng)可靠性的概念

例：某系統(tǒng)由四個部件I硬梁、II前硫、III、IV 構(gòu)成荧止，見下圖

系統(tǒng)可靠性

設(shè)每個部件的可靠性均為 $p$ 屹电，且四個部件是相互獨立的。求整個系統(tǒng)的可靠性跃巡。

解：設(shè) $A_i$ 表示第 $i$ 個部件正常危号， $i=1,2,3,4$ ，則
$\begin{array} { l } { \text{系統(tǒng)的可靠性}= P \left\{ A _ { 1 } A _ { 2 } \cup A _ { 3 } A _ { 4 } \right\} } \\ { = P \left( A _ { 1 } A _ { 2 } \right) + P \left( A _ { 3 } A _ { 4 } \right\} } \\ { = P \left( A _ { 1 } \right) P \left( A _ { 2 } \right) + P \left( A _ { 3 } \right) P \left( A _ { 4 } \right) - P \left( A _ { 1 } A _ { 2 } \right) P \left( A _ { 3 } A _ { 4 } \right) } \\ { = p ^ { 2 } + p ^ { 2 } - p ^ { 2 } p ^ { 2 } } \\ { = p ^ { 2 } \left( 2 - p ^ { 2 } \right) } \end{array}$

課后思考題：習題一：15素邪，16外莲，17，18娘香，19