数学人教A版（2019）选择性必修第三册7.1.1条件概率 课件（共32张ppt）

(共32张PPT)
7.1.1 条 件 概 率
第七章 随机变量及其分布
1．随机试验
把对随机现象的实现和对它的观察称为 __________，
（简称试验，常用字母 E 表示）.
随机试验
随机试验特点
可重复性
可预知性
随机性
必修第二册相关概率知识回顾：
2. 样本点与样本空间有关概念：
(2)样本空间：全体样本点的集合，用Ω表示.
(1)样本点：随机试验E的每个可能的基本结果，用ω表示.
(3)有限样本空间：如果一个随机试验有n个可能结果的ω1, ω2, …, ωn，则称样本空间Ω＝{ω1，ω2，…，ωn}为有限样本空间.
我 随 机 事 件 我们将样本空间Ω的子集称为随机事件，简称事件，随机事件一般用大写字母A, B, C, · · · 表示.
把只包含一个样本点的事件称为基本事件.
在每次试验中，当且仅当A中某个样本点出现时，称为事件A发生.
必 然 事 件 Ω作为自身的子集，包含了所有的样本点，在每次试验中总有一个样本点发生，所以Ω总会发生，我们称Ω为必然事件.
不可能事件 空集 不包含任何样本点，在每次试验中都不会发生，我们称 为不可能事件.
3.三种事件的定义
事件的关系或运算 含义 符号表示
包含 A发生导致B发生 A B
并事件(和事件) A与B至少一个发生 AUB或A+B
交事件(积事件) A与B同时发生 A∩B或AB
互斥(互不相容) A与B不能同时发生 A∩B=Φ
互为对立 A与B有且仅有一个发生 A∩B=Φ,AUB=Ω
4. 事件的关系与运算
5.概率的加法公式和乘法公式
（1）加法公式 如果事件A与事件B互斥，那么P(A∪B)=P(A)+P(B).
（2）加法公式 如果事件A与事件B相互独立，那么P(AB)=P(A)P(B).
我们知道，当事件A与B相互独立时，有P(AB)=P( A)P(B)
如果事件A与B不独立，如何表示积事件AB的概率呢？
下面，我们从具体的问题入手来研究上面的问题。
问题引入
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(1)选到男生的概率 是多少
问题1 某个班级有45名学生, 其中男生、女生的人数及团员的人数如表7.1-1所示，在班级里随机选择1人做代表,
(2)如果已知选到的是团员, 那么选到的是男生的概率是多少
团员 非团员 合计
男生 16 9 25
女生 14 6 20
合计 30 15 45
随机选择1人做代表, 则样本空间Ω包含45个等可能的样本点.
用A表示事件 “选到团员”,
n(Ω)=45, n(A)=30, n(B)=25.
(1)根据古典概型知识可知, 选到男生的概率
P(B)=
表7.1-1(单位: 人)
A
B
B表示事件 “选到男生”, 则
探究新知
P(B|A) =
根据古典概型知识可知,
(2) “在选到团员的条件下, 选到男生”的概率就是 “在事件A发生的条件下, 事件B发生”的概率, 记为P(B|A).
相当于以A为样本空间来考虑事件B发生的概率, 在新的样本空间中事件B就是积事件AB, 它包含的样本点n(AB)=16.
(1)选到男生的概率 是多少
问题1 某个班级有45名学生, 其中男生、女生的人数及团员的人数如表7.1-1所示，在班级里随机选择1人做代表,
(2)如果已知选到的是团员, 那么选到的是男生的概率是多少
团员 非团员 合计
男生 16 9 25
女生 14 6 20
合计 30 15 45
A
B
条件
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问题2 假定生男孩和生女孩是等可能的, 现考虑有两个小孩的家庭. 随机选择一个家庭, 那么
用b表示男孩, 用g表示女孩, 则样本空间Ω={bb, bg, gb, gg}, 且所有样本点是等可能的. 用A表示事件 “选择的家庭中有女孩”, 用B表示 “选择的家庭中两个孩子都是女孩”, 则A={bg, gb, gg}, B={gg}.
所以n(A)=3, n(B)=1.
(1)该家庭中两个小孩都是女孩的概率是多大？
(2)如果已经知道这个家庭有女孩, 那么两个小孩都是女孩的概率又是多大？
(1)根据古典概型知识可知, 该家庭中两个都是女孩的概率
P(B) =
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问题2 假定生男孩和生女孩是等可能的, 现考虑有两个小孩的家庭. 随机选择一个家庭, 那么
Ω={bb, bg, gb, gg}, A= “选择的家庭中有女孩” ={bg, gb, gg},
B= “选择的家庭中两个孩子都是女孩” ={gg}.
n(A)=3, n(B)=1.
(1)该家庭中两个小孩都是女孩的概率是多大？
(2)如果已经知道这个家庭有女孩, 那么两个小孩都是女孩的概率又是多大？
(2) “在选择的家庭有女孩的条件下, 两个小孩都是女孩”的概率就是 “在事件A发生的条件下, 事件B发生”的概率, 记为P(B|A). A成为样本空间, 事件B就是积事件AB,
P(B|A) =
条件
此结论对于一般的古典概型仍然成立.
上述两个问题中,在事件A发生的条件下, 事件B发生的概率都是
如图7.1-1所示, 若已知事件A发生的条件下, 则A成为样本空间. 此时, 事件B发生的概率是AB包含的样本点数与A包含的样本点数的比值, 即
探究新知
AB
A
B
Ω
AB
为了把这个式子推广到一般情形，不妨记原来的样本空间为Ω，
则有
AB
A
B
Ω
条件概率的定义：
一般地，设A,B为两个随机事件，且P(A)>0，我们称
为在事件A发生的条件下，事件B发生的条件概率，简称条件概率.
一般把“P(B|A) ”读作“A发生的条件下B发生的概率”.
概念形成
总结提升
条件概率的两种求法：
（1）
（2）
此公式只适用于古典概型 。
此公式具有一般性，不仅仅限于古典概型。
概念辨析
问题3：通过以上学习，你能分辨概率 P(B/A) 、P（AB）
的区别与联系吗？它们分别是如何计算的？
P(B/A）为事件A发生的条件下事件B发生的概率
P(AB）为事件A、B同时发生的概率
区别：
对于任意两个事件A与B，若P(A)>0，
概率乘法公式
当事件A,B独立时，有
注意：此公式适用于事件A、B独立的情况
联系：
直观上看，当事件A与B相互独立时，事件A发生与否不影响事件B发生的概率，这等价于P(B|A)=P(B)成立.
事实上，若事件A与B相互独立，即P(AB)=P(A)P(B)，且P(A)>0，则
反之，若P(B|A)=P(B)，且P(A)>0，则
即事件A与B相互独立.
当P(A)>0时，事件A与B相互独立P(B|A)=P(B).
问题4：在问题1和问题2中，都有P(B|A)≠P(B). 一般地， P(B|A)与P(B)不一定相等. 如果P(B|A)与P(B)相等，那么事件A与B应满足什么条件？
例1 在5道试题中有3道代数题和2道几何题，每次从中随机抽出1道题，抽出的题不再放回. 求:
(1)第1次抽到代数题且第2次抽到几何题的概率;
(2)在第1次抽到代数题的条件下，第2次抽到几何题的概率.
分析：如果把“第1次抽到代数题”和“第2次抽到几何题”作为两个事件，那么问题(1)就是积事件的概率，问题(2)就是条件概率.
思路1: 先求积事件的概率，再用条件概率公式求条件概率，即
思路2: 先求条件概率，再用乘法公式求积事件的概率，即
典例分析
(1)“第1次抽到代数题且第2次抽到几何题”就是事件AB.
从5道试题中每次不放回地随机抽取2道，试验的样本空间Ω包含20个等可能的样本点，即.
因为 n(AB)= ,
(2)“在第1次抽到代数题的条件下，第2次抽到几何题”的概率就是事件A发生的条件下，事件B发生的概率.
解法1：设A=“第1次抽到代数题”，B=“第2次抽到几何题”.
所以
利用条件概率公式，得
显然 .
解法2：
所以事件A发生的条件下，事件B发生的概率为
又 ，利用乘法公式可得
因为
求条件概率的方法总结：
方法一：基于样本空间Ω，先计算P(A)和P(AB)，再利用条件概率公式 求 ；
方法二：根据条件概率的直观意义，增加了“A发生”的条件后，样本空间缩小为A，求P(B|A)就是以A为样本空间计算AB的概率，即利用公式 来计算 .
公式法
缩小样本空间法
总结提升
方法三 ：还可以这样考虑：已知第一次抽到代数题，这时还余下4道试题，其中代数题和几何题各2道，显然，事件A发生的情况下，事件B发生的概率为P(B/A)== , 通常用这种方法求P(B/A)更便捷。
条件概率的性质：
条件概率只是缩小了样本空间，因此条件概率同样具有概率的性质. 设P(A)>0，则
(1)P(Ω|A)=1；
(2)如果B和C是两个互斥事件，则P(BUC |A)=P(B | A)+P(C | A)；
(3)设B和互为对立事件，则P( |A)=1 P(B|A).
2. 从一副不含大小王的52张扑克牌中, 每次从中随机抽出1张扑克牌, 抽出的牌不再放回. 已知第1次抽到A牌, 求第2次抽到A牌的概率.
解：设 “第1次抽到A牌”为事件A, “第2次抽到A牌”为事件B,则“第1次和第2次都抽到A牌”为事件AB.
方法1: 在第1次抽到A牌的条件下, 扑克牌中还剩下51张牌, 其中有3张A牌, 所以在第1次抽到A牌的条件下第2次也抽到A牌的概率是P(B|A)=
方法2:在第1次抽到A牌的条件下第2次也抽到A牌的概率为
P(B|A) =
方法3:在第1次抽到A牌的条件下第2次也抽到A牌的概率为
P(B|A) =
课本P48
例2 已知3张奖券中只有1张有奖，甲、乙、丙3名同学依次不放回地各随机抽取1张.他们中奖的概率与抽奖的次序有关吗？
分析：要知道中奖概率是否与抽奖次序有关，只要考察甲、乙、丙3名同学的中奖概率是否相等，因为只有一张有奖，所以“乙中奖”等价于“甲没中奖且乙中奖” ，”丙中奖等价于“甲和乙都没中奖” ，利用乘法公式可求出乙丙中奖的概率。
典例分析
例2 已知3张奖券中只有1张有奖，甲、乙、丙3名同学依次不放回地各随机抽取1张.他们中奖的概率与抽奖的次序有关吗？
解：用A,B,C分别表示甲、乙、丙中奖的事件，则B=.
因为P(A)= P(B)= P(C)，所以中奖的概率与抽奖的次序无关.
事实上，无论是放回随机抽抽样还是不放回随机抽烟，中奖的概率都与抽奖的次序无关。
例3 银行储蓄卡的密码由6位数字组成.某人在银行自助取款机上取钱时，忘记了密码的最后1位数字.求：
(1)任意按最后1位数字，不超过2次就按对的概率；
(2)如果记得密码的最后1位是偶数，不超过2次就按对的概率.
分析: 最后1位密码 “不超过2次就按对”等价于 “第1次按对, 或者第1次按错但第2次按对”. 因此, 可以先把复杂事件用简单事件表示, 再利用概率的性质求解.
例3 银行储蓄卡的密码由6位数字组成.某人在银行自助取款机上取钱时，忘记了密码的最后1位数字.求：
(1)任意按最后1位数字，不超过2次就按对的概率；
(2)如果记得密码的最后1位是偶数，不超过2次就按对的概率.
解：(1)设Ai=“第i次按对密码”(i=1,2)，则事件“不超过2次就按对密码”
可表示为A=A1UA2.
因此，任意按最后1位数字，不超过2次就按对的概率为.
事件A1与事件A2互斥，由概率的加法公式及乘法公式，得
P(A)=P(A1)+P( A2 )= P(A1) +P ) P( A2 | ) =
(2)设B=“最后1位密码为偶数”，则
P(A|B)=P(A1 |B)+P( A2 |B)==
因此，如果记得密码的最后1位是偶数，不超过2次就按对的概率为.
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∴ P(AB) = P(A)=0.3.
由条件概率公式可得
P(A|B) =
1. 设AB, 且P(A)=0.3, P(B)=0.6. 根据事件包含关系的意义及条件概率的意义, 直接写出P(B|A)和P(A|B)的值, 再由条件概率公式进行验证.
P(B|A) =
验证：∵ A B, 且P(A)=0.3, P(B)=0.6.
Ω
B
A
解： P(B|A)= 1, P(A|B)= .
课本P48
设第1次摸到白球为事件A，第2次摸到白球为事件B，则
解：
∴在第1次摸到白球的条件下，第2次摸到白球的概率为
∴两次都摸到白球的概率为
3. 袋子中有10个大小相同的小球, 其中7个白球, 3个黑球. 每次从袋子中随机摸出1个球, 摸出的球不再放回. 求：
(1)在第1次摸到白球的条件下, 第2次摸到白球的概率;
(2)两次都摸到白球的概率.
课本P48
某种动物出生之后活到20岁的概率为0.7，活到25岁的概率为0.56，求现年为20岁的这种动物活到25岁的概率。
解 设A表示“活到20岁”(即≥20)，B表示“活到25岁” (即≥25)
则
所求概率为
0.56
0.7
巩固练习
一般地，设A,B为两个随机事件，且P(A)>0，我们称
为在事件A发生的条件下，事件B发生的条件概率，简称条件概率.
1.条件概率概念：
2.条件概率的性质
(1)P( Ω| A)=1；
(2)如果B和C是两个互斥事件，则P(BUC |A)=P(B|A)+P(C|A)；
(3)设B和互为对立事件，则P( |A)=1- P(B|A).
3.方法总结
方法一：公式法；
方法二：缩小样本空间法.
课堂小结