条件概率与二项分布

定义

条件概率：设 $A$、$B$ 为两个事件，且 $P(A)>0$，在事件 $A$ 发生的条件下事件 $B$ 发生的概率，记 $P(B|A)$，

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

全概率公式：若事件组 $A_1,A_2,\dots ,A_n$ 两两互斥，$A_1\cup A_2\cup \cdots \cup A_n=\Omega$，$P(A_i)>0$，则对任一事件 $B$，

$P(B)={\sum }_{i=1}^{n}P(A_i)P(B|A_i)$

事件独立：若 $P(AB)=P(A)P(B)$，则称 $A$、$B$ 独立。等价表述 $P(B|A)=P(B)$（$A$ 是否发生不影响 $B$ 的概率）。

离散型随机变量：取值可以一一列举的随机变量 $X$，其分布列

$X$	$x_1$	$x_2$	$\cdots$	$x_n$
$P$	$p_1$	$p_2$	$\cdots$	$p_n$

满足 $p_i\ge 0$ 且 $\sum p_i=1$。

数学期望与方差：

$E(X)=\sum x_i{p}_i,D(X)=\sum (x_i-E(X){)}^2{p}_i=E(X^2)-E^2(X)$

二项分布：在 $n$ 次独立重复试验中，每次成功概率为 $p$，记 $X$ 为成功次数，则 $X$ 服从二项分布，记 $X\sim B(n,p)$，分布列

$P(X=k)=C_n^k{p}^k(1-p{)}^{n-k},k=0,1,\dots ,n$

超几何分布：$N$ 件产品中含 $M$ 件次品，不放回抽取 $n$ 件，次品数 $X$ 服从超几何分布

$P(X=k)=\frac{C_M^k{C}_{N-M}^{n-k}}{C_N^n}$

推导

条件概率推导：在缩小的样本空间 ${\Omega }_A=A$ 中，$B$ 发生即 $AB$ 发生，故

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

全概率公式推导：$B=B\Omega =B(A_1\cup \cdots \cup A_n)=B{A}_1\cup \cdots \cup B{A}_n$，由 $A_i$ 互斥得 $B{A}_i$ 也互斥，故

$P(B)=\sum P(B{A}_i)=\sum P(A_i)P(B|A_i)$

二项分布推导：$n$ 次独立重复试验，恰有 $k$ 次成功相当于从 $n$ 个位置选 $k$ 个放成功（组合数 $C_n^k$ 种选法），每种特定序列概率 $p^k(1-p{)}^{n-k}$，故

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

二项分布期望与方差：引入指示变量 $X_i=\{\begin{array}{ll}1,& \text{第 }i\text{ 次成功}\\ 0,& \text{否则}\end{array}$，则 $X=\sum X_i$。每个 $X_i\sim B(1,p)$，$E(X_i)=p$、$D(X_i)=p(1-p)$，由独立性

$E(X)=\sum E(X_i)=np,D(X)=\sum D(X_i)=np(1-p)$

二项分布可加性：若 $X\sim B(n,p)$、$Y\sim B(m,p)$ 独立，则 $X+Y\sim B(n+m,p)$。

典例精析

例 1：袋中 4 红 6 白，每次取一球取后放回，共取 3 次，求恰好取到 2 次红球的概率。

每次取红概率 $p=\frac{4}{10}=\frac{2}{5}$，取 3 次独立重复，红球数 $X\sim B(3,\frac{2}{5})$。

$P(X=2)=C_3^2{\left(\frac{2}{5}\right)}^2{\left(1-\frac{2}{5}\right)}^1=3\times \frac{4}{25}\times \frac{3}{5}=\frac{36}{125}$

例 2：掷两枚骰子，已知至少一枚为 6 点，求两枚都是 6 点的概率。

设 $A$ = “至少一枚为 6”，$B$ = “两枚都是 6”。$P(A)=1-(\frac{5}{6}{)}^2=\frac{11}{36}$，$P(AB)=P(B)=\frac{1}{36}$。

$P(B|A)=\frac{P(AB)}{P(A)}=\frac{1/36}{11/36}=\frac{1}{11}$

例 3：甲乙独立投篮，命中率分别为 0.6 和 0.5，各投 3 次，求甲恰好投中 2 次且乙恰好投中 1 次的概率。

甲 $X\sim B(3,0.6)$，$P(X=2)=C_3^2(0.6{)}^2(0.4{)}^1=3\times 0.36\times 0.4=0.432$。

乙 $Y\sim B(3,0.5)$，$P(Y=1)=C_3^1(0.5{)}^1(0.5{)}^2=3\times 0.5\times 0.25=0.375$。

由独立性 $P(X=2,Y=1)=0.432\times 0.375=0.162$。

例 4：一批产品 20 件含 5 件次品，不放回取 4 件，求恰好 2 件次品的概率及期望。

超几何分布 $X$，$P(X=2)=\frac{C_5^2{C}_{15}^2}{C_{20}^4}=\frac{10\times 105}{4845}=\frac{1050}{4845}\approx 0.2167$。

期望 $E(X)=n\cdot \frac{M}{N}=4\times \frac{5}{20}=1$ 件。

对比

概念	公式	适用前提
条件概率	$P(B\mid A)=\frac{P(AB)}{P(A)}$	$P(A)>0$
全概率	$P(B)=\sum P(A_i)P(B\mid A_i)$	$A_i$ 互斥且完备
独立	$P(AB)=P(A)P(B)$	互不影响
二项分布 $B(n,p)$	$P(X=k)=C_n^k{p}^k(1-p{)}^{n-k}$	放回、独立
超几何分布	$P(X=k)=\frac{C_M^k{C}_{N-M}^{n-k}}{C_N^n}$	不放回
二项期望方差	$E=np$、$D=np(1-p)$	$X\sim B(n,p)$