PROBABILITY NOTES / GUIDED EDITION

从条件到判断：
概率的七堂课

从“已经知道什么”开始，学会选分母、走路径、汇总来源与更新判断，再用同一套思路分析独立试验和系统可靠性。先猜一猜，再动手验证，最后自己重建公式。

7 个短课7 个交互实验8 个典例18 道课后题离线单文件

对象：大学概率统计初学者
先修：集合的交、并、补；分数与排列组合。页面内含必要复习。

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从一个具体问题开始

先判断，再操作与解释。可以自由切换；做对一道题不等于已掌握整个主题。

第一程 · 条件、路径与更新

选对分母 → 沿路径相乘 → 按来源汇总 → 用证据更新来源

第二程 · 独立试验与可靠性

检验独立 → 数成功次数 → 把系统要求翻译成事件

LESSON 01

条件概率 · 先决定在哪里数

学完能做到：能从一张交叉表选对条件事件，并解释为什么要换分母。

先判断

知道“属于 B”以后，分母会变吗？

从 100 人中等可能抽取 1 人。50 人参加社团 B，其中 30 人也参加社团 A；另外还有 10 人只参加 A。现在只告诉你：抽到的人参加了 B。

在这个条件下，他也参加 A 的概率是多少？30/10030/5050/100

提示 1 · 给一个方向

把“已知”后面的事件圈出来。

提示 2 · 再具体一点

先写一句话：在所有参加 B 的人里面，数同时参加 A 的人。

看证据

把“整体”与“条件内”来回切换

进入实验后看矩形：左右分别是 B 与 B 的补集，上色部分表示 A。先保持 P(B)=0.5，把“B 内 A 占比”从 0.6 改成 0.2；再保持这个占比，把 P(B) 从 0.5 改成 0.8。

问自己：交集的面积会变化，条件内的比例会不会一起变化？最后把 P(B) 拉到 0，观察为什么此时不能做除法。

实验材料的静态对照（供打印或无脚本阅读）

初始数据：P(B)=0.50，P(A∩B)=0.30，P(A|B)=30/50=0.60；P(A)=0.40，P(B|A)=30/40=0.75。B 占比为 0 时 P(A|B) 未定义。

搭解释

从“筛选后再归一化”得到定义

① 先筛选。已知 B，我们只留下 B 内的结果。A 真正在新范围内出现的部分是交集 A∩B。

② 再归一化。以 B 的概率作为新的总量，把交集的概率除以它。这个定义不要求 A、B 独立：

$P(A\mid B)=\frac{P(A\cap B)}{P(B)},\qquad P(B)>0$

分子：满足目标且满足条件；分母：满足条件。

③ 计数是特殊表示。只有原始有限样本等可能时，才可以把概率换成个数。一般题目直接使用事件概率：

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

仅限有限、等可能的原始样本空间。

本例 P(A|B)=0.60，而反过来 P(B|A)=0.75。两者有同一个交集，但分母不同。若 P(B)=0，初等定义中条件概率未定义，不能说“等于 0”。检查：分子不超过分母，结果必须落在 0 与 1 之间。

做迁移

概率不同，仍然要找对分母

某随机过程满足 P(A)=0.6，P(B)=0.4，P(A∩B)=0.3。题目没有说明样本点等可能。

下列哪项正确？P(A|B)=0.5P(A|B)=0.75P(A|B)=0.3

提示 1 · 给一个方向

先把竖线读作“在……之内”。

用两句话解释 P(A|B) 与 P(B|A) 的区别，并说明分母为零会怎样。

写完后，对照解释要点

应指出两个条件群体不同；交集相同、分母不同；条件事件概率必须为正。

LESSON 02

乘法公式 · 沿着一条路径走

学完能做到：能画两次抽取的概率树，并在每一步使用当前条件。

先判断

第二步还剩下什么？

袋里有 3 个红球、2 个蓝球，均匀随机不放回抽两次。先不列组合数，沿着“两次都是红”这一条路线想。

两次都是红球的概率应怎样写？3/5 × 3/53/5 × 2/43/5 + 2/4

提示 1 · 给一个方向

想象第一球已经是红球，暂时把它移到袋外。

看证据

同一批球，换一个抽样规则

先观察不放回时四个叶子 RR、RB、BR、BB；把它们相加，应为 1。再切换到放回，比较每条路径。改变红、蓝球数，再验证“两次同色”是 RR 与 BB 两条路径之和。

沿同一路径：乘。互不重叠的完整路径：加。每个分支的条件来自它前面的历史。

实验材料的静态对照（供打印或无脚本阅读）

不放回：RR=3/5×2/4=0.30，RB=0.30，BR=0.30，BB=0.10；放回：RR=0.36，RB=0.24，BR=0.24，BB=0.16。四条完整路径之和为 1。

搭解释

把条件概率的定义倒过来

① 已有条件概率定义。把上一课等式两边乘以 P(A)，就得到一般乘法公式：

$\begin{aligned}P(A\cap B)&=P(A)P(B\mid A)\\&=P(B)P(A\mid B).\end{aligned}$

相应条件事件概率为正时成立；不用假定独立。

② 把历史继续累积。第三步要在前两步均已发生的条件下计算。不是只看前一个事件：

$\begin{aligned}P(A_1\cap A_2\cap A_3)&=P(A_1)P(A_2\mid A_1)\\&\quad\cdot P(A_3\mid A_1\cap A_2).\end{aligned}$

这里要求用作条件的前缀事件概率为正。概率为零的前缀不再展开，整条路径的概率为零；不能给“不可能历史”随意填一个条件概率。

③ 在抽球题中核对。每个分支改变的是袋中剩余组成。若放回并重新均匀抽取，第二次与第一次独立，条件概率才可以换成原来的 3/5。

做迁移

路径换成生产流程

某产品通过初检的概率为 0.8；在已通过初检的产品中，复检通过概率为 0.9。没有给出独立性。

同时通过两次检查的概率是多少？0.72无法算，因为没有独立性0.9

提示 1 · 给一个方向

检查 0.9 的分母：所有产品，还是初检通过的产品？

解释“同一路径乘、不同路径加”分别依赖什么条件。

写完后，对照解释要点

一路径逐步用条件概率，不要求独立；不同路径只有互不重叠时才能直接相加；所有完整路径覆盖总体时总和为 1。

LESSON 03

全概率公式 · 把来源补齐

学完能做到：能建立完备事件组，用来源权重汇总目标事件。

先判断

三条线的百分数可以直接平均吗？

一仓库的产品有 50% 来自 A 线，20% 来自 B 线，30% 来自 C 线。三条线的次品率依次为 1%、3%、6%。从整个仓库随机抽一件产品。

计算次品概率，哪种做法合理？把 1%、3%、6% 直接平均各线次品率乘供货份额，再相加只用占比最大的 A 线次品率

提示 1 · 给一个方向

把问题分成“来自哪里”与“在这个来源里是否次品”。

看证据

控制权重，而不改变线内规则

实验开始时，三条线贡献的次品概率分别为 0.5%、0.6%、1.8%。把 A 的份额从 50% 改为 80%，保持各线次品率不变，观察总概率。

三条供货份额的和必须为 1。汇总结果处在各组次品率的最小值与最大值之间。再把各线次品率设为同一个值，总概率将不受份额影响。

实验材料的静态对照（供打印或无脚本阅读）

三条贡献：0.50×0.01=0.005，0.20×0.03=0.006，0.30×0.06=0.018；合计次品概率 0.029=2.9%，并不是三个次品率的算术平均。

搭解释

为什么“拆开后相加”没有重复？

① 选择分组。完备事件组 H₁,…,Hₘ 两两互斥，并覆盖样本空间；常用版本要求每组概率为正。它们未必是因果原因，也可以是类型或层次。

$H_i\cap H_j=\varnothing\ (i\ne j),\qquad \bigcup_{i=1}^{m}H_i=\Omega$

② 把目标事件也按来源切开。D 与每个 Hᵢ 的交集互不重叠，合起来正好是 D。因此先用加法法则，再对各交集用乘法公式：

$\begin{aligned}P(D)&=\sum_{i=1}^{m}P(D\cap H_i)\\&=\sum_{i=1}^{m}P(H_i)P(D\mid H_i).\end{aligned}$

③ 解释权重。它是条件概率的加权平均。若某组权重为零，从和式中删去这一组；不必定义零概率条件下的次品率。独立性不是这里的前提。

$\begin{aligned}\min_i P(D\mid H_i)&\leq P(D),\\P(D)&\leq\max_i P(D\mid H_i).\end{aligned}$

取正权重组的最小、最大值；这是快速自检。

做迁移

换成两类学生，还能选对权重吗？

某课 60% 的学生为一年级、40% 为二年级；通过率分别为 80% 和 95%。这两类覆盖该课全部学生。

总体通过概率是多少？87.5%86%95%

提示 1 · 给一个方向

先列出所有来源；确认不重叠且份额和为 1。

如果把学生分成“男生”和“住校生”，能否直接套全概率公式？

写完后，对照解释要点

通常不能：两组会重叠，也可能漏掉非住校女生。可改成住校男、非住校男、住校女、非住校女等互斥且覆盖全部的分组。

LESSON 04

贝叶斯公式 · 从结果追问来源

学完能做到：能区分正向检出率与后验概率，并从两条路径确定分母。

先判断

检测很灵敏，报警就一定靠谱吗？

某批设备只有 1% 故障。系统对故障设备有 90% 的检出率，对正常设备有 5% 的误报率。你随机遇到一台已报警的设备。

它故障的概率一定是 90% 吗？是，因为检出率就是故障概率不是，还要计算两类设备贡献的报警不是，故障概率仍固定为 1%

提示 1 · 给一个方向

想象一万台设备，先分成故障与正常两组。

提示 2 · 再具体一点

“已经报警”决定最终分母，只数报警组。

看证据

先算真报警与误报，再讨论百分数

实验把真报警与误报并排展示。先只改故障比例，观察后验怎样改变；再把误报率设为 0，检查是否所有报警都来自故障。

若两类设备都不会报警，报警事件概率为零，后验未定义。第二次阳性只有在题设给出“给定状态后条件独立”时，才能把同组证据概率相乘。重复读取同一条报警不构成新证据。

实验材料的静态对照（供打印或无脚本阅读）

按一万台的期望数量：故障 100 台，真报警 90；正常 9900 台，误报 495。一次报警后的故障概率 90/585≈15.38%。故障占比 10% 时为 900/(900+450)=66.67%。

搭解释

贝叶斯就是“交集除以结果”，加上全概率

① 想要谁。目标是 P(Hⱼ|D)，分母应是所有出现 D 的结果。分子只取来源 Hⱼ 且出现 D 的那条路径。

$\begin{gathered}P(H_j\mid D)=\frac{P(H_j)P(D\mid H_j)}{\sum_{i=1}^{m}P(H_i)P(D\mid H_i)}\\P(D)>0\end{gathered}$

先验 × 该来源的似然，再除以全部来源的证据概率。

② 由计数过渡到符号。F 表示故障，+ 表示报警；令 p=P(F)，s=P(+|F)，f=P(+|F 的补集)。

$P(F\mid +)=\frac{ps}{ps+(1-p)f}$

先验 p 是证据前的比例；s 和 f 是各状态下出现证据的概率，也叫似然；后验是把证据限定后的比例。它们都是概率，但分母不同。

③ 用赔率理解证据强度。在 p∈(0,1)、f>0 且后验小于 1 时：

$\frac{P(F\mid +)}{1-P(F\mid +)}=\frac{p}{1-p}\cdot\frac{s}{f}$

后验赔率 = 先验赔率 × 似然比。

若给定 F 与其补集后，两次报警条件独立，可把 s、f 分别平方后代入；无这个条件时，应使用真正的联合条件概率。

做迁移

从次品追问是哪条线

A 线供货 70%，次品率 2%；B 线供货 30%，次品率 8%。随机取到一件次品。

它来自 B 线的概率是多少？8%30%12/19 ≈ 63.16%

提示 1 · 给一个方向

先求“来自 B 且次品”，再求“所有次品”。

同一条报警被读取两次，为什么不能自动把似然平方？

写完后，对照解释要点

平方要求给定状态后的两个证据条件独立。两次读取相同信息完全重复，不增加证据；应使用联合条件概率。

LESSON 05

独立性 · 知道一件事会改变另一件吗？

学完能做到：能检验独立，区分互斥、两两独立与相互独立。

先判断

没有交集，意味着没有影响吗？

掷一枚均匀骰子，A={1,2}，B={5,6}。这两个事件不可能同时发生，但知道 A 发生以后，B 的可能性会怎样？

A 与 B 是否独立？独立，因为它们没有共同结果不独立，知道 A 会把 B 的概率降为零不能判断，因为没有重复实验

提示 1 · 给一个方向

先比较 P(B) 与 P(B|A)。

看证据

相同边缘概率，交集却可以不同

保持 P(A)=P(B)=0.5，把 q 从 0 改到 0.25，再改到 0.5。记录每次 P(A|B) 与 P(A) 的关系。之后切换到“两枚硬币的三事件”例子，逐行看四种结果分别满足哪些事件。

每一对的检验都通过，并不保证三件事放在一起也通过；三事件交集是额外的检验。

实验材料的静态对照（供打印或无脚本阅读）

q=0.25 时独立；q=0 时互斥且不独立；q=0.50 时两事件同现。三事件例：两枚公平独立硬币，A=第一枚正面，B=第二枚正面，C=两枚同面；两两交集均为 1/4，但三者交集为 1/4≠1/8。

搭解释

用定义检验，比“看起来无关”可靠

① 不用除法的定义。A 与 B 独立，当且仅当它们的交集概率等于边缘概率的乘积：

$A\perp B\quad\Longleftrightarrow\quad P(A\cap B)=P(A)P(B)$

P(B)>0 时，等价于 P(A|B)=P(A)。当某事件概率为 0 或 1，上面的乘积定义仍适用，即使有些条件概率无法定义。

② 补事件也独立。从 A 中去掉 A∩B：

$\begin{aligned}P(A\cap B^c)&=P(A)-P(A\cap B)\\&=P(A)[1-P(B)]\\&=P(A)P(B^c).\end{aligned}$

由 A、B 独立得到；用补事件重建另一种联合情形。

同理，A 的补集与 B、以及两个补集也独立。互斥事件满足交集概率为零；只有至少一个事件概率为零时，互斥才可能同时独立。

③ 多事件要检查所有子组。相互独立要求对任意至少含两个事件的子组，都满足：

$P\left(\bigcap_{i\in I} A_i\right)=\prod_{i\in I}P(A_i),\qquad |I|\geq2$

两个公平独立硬币的四种结果各占 1/4。定义 A=第一枚正面，B=第二枚正面，C=两枚同面；每对交集为 1/4，满足 1/2×1/2。但三者交集只有 HH，占 1/4，不等于 (1/2)³=1/8。因此两两独立不推出相互独立。

做迁移

从抽样方式辨认模型

在一副充分洗匀的 52 张扑克牌中，均匀随机不放回抽两张。A=第一张为红桃，B=第二张为红桃。

A、B 是否独立？独立，因为两次抽取都随机不独立，因为 P(B|A)=12/51 而 P(B)=13/52互斥，因为同一张牌不能抽两次

提示 1 · 给一个方向

先把第一张红桃拿到牌堆外，再算第二张。

用“两枚硬币”反例说明：三个事件相互独立需要哪些等式？

写完后，对照解释要点

除了三对交集的乘积关系，还必须检验三者交集等于三边缘概率乘积；本反例正好违反最后一条。

LESSON 06

伯努利概型 · 先定一条序列，再数序列

学完能做到：能核对独立同分布两结果试验前提，推导二项概率并使用补事件。

先判断

一个顺序够不够？

一枚公平硬币独立抛 3 次。恰好出现 2 次正面，可能来自“正正反”，也可能来自其他顺序。

恰好两次正面的概率是多少？1/83/81/2

提示 1 · 给一个方向

把成功的位置圈出来；3 个位置选 2 个有几种？

看证据

改变成功率，分布怎样移动？

先保持 n=10、p=0.3，切换“恰好 k 次”和“至少一次”。再把 p 改到 0、0.5、1，比较分布与均值。点击抽样按钮，把 200 组实际频率与理论柱高比较。

抽样只检验数值行为，不能证明公式。改参数会清空旧样本，因为旧样本来自另一个分布。试验次数固定，成功可只是任意指定的两种结果之一。

实验材料的静态对照（供打印或无脚本阅读）

n=10、p=0.3：P(X=3)=120×0.3³×0.7⁷≈0.26683；P(X≥1)=1−0.7¹⁰≈0.97175；E(X)=3，Var(X)=2.1。p=0、1 时全部质量分别在 0、n。

搭解释

先固定顺序，再把互斥顺序合起来

① 先检查模型。有固定 n 次试验；每次只有成功/失败；所有试验相互独立；每次成功概率同为 p。满足这些条件时称 n 重伯努利试验，也称伯努利概型。

② 一个指定顺序。其中 k 次成功、n−k 次失败，由相互独立，概率为 pᵏ(1−p)ⁿ⁻ᵏ。

③ 多少个合格顺序？从 n 个位置选 k 个作为成功位置，共有组合数种。这些完整顺序互斥，可以相加：

$\begin{gathered}P(X=k)=\binom nk p^k(1-p)^{n-k}\\k=0,1,\ldots,n\end{gathered}$

每个顺序的概率 × 合格顺序数。

$\binom{n}{k}=\frac{n!}{k!(n-k)!},\qquad 0!=1$

④ “至少一次”从反面更好数。它的补事件为全部失败：

$\begin{aligned}P(X\geq1)&=1-P(X=0)\\&=1-(1-p)^n.\end{aligned}$

先求全部失败，再取补集。

⑤ 均值与方差为什么这样？把第 i 次成功的指示变量写成 Iᵢ∈{0,1}，则 X 是它们的和；E(Iᵢ)=p，Var(Iᵢ)=p(1−p)。期望可相加；方差相加还用到了独立性。

$\begin{gathered}X=\sum_{i=1}^n I_i,\qquad E(X)=np,\\\operatorname{Var}(X)=np(1-p)\end{gathered}$

期望相加不要求独立；这里方差相加使用了独立性。

边界 p=0 或 p=1 时直接用必然失败/成功理解，避免对 0⁰产生误读。不放回抽取有限总体时，成功率随历史改变，通常应使用超几何分布而不是二项分布。

做迁移

恰好与至少，换情境再辨认

假设 4 次接触尝试相互独立，每次接通概率都是 0.2。现在问至少接通一次。

应该使用哪个式子？4×0.2×0.8³1−0.8⁴ = 0.59040.2⁴

提示 1 · 给一个方向

先把“至少一次”的反面用一句话说清楚。

从 10 件中 3 件次品，不放回抽 4 件，为什么不能直接写 X~Bin(4,0.3)？

写完后，对照解释要点

不放回改变剩余次品比例，各次不独立。应按超几何计数，分母 C(10,4)，恰好 k 件次品分子 C(3,k)C(7,4−k)。

LESSON 07

系统可靠性 · 把“能工作”翻译成事件

学完能做到：能从系统结构确定成功事件，并检查独立性与共同故障假设。

先判断

增加一个元件，会更可靠吗？

三个元件各自工作概率为 0.9，并假设相互独立。系统甲要求三个都工作；系统乙只要求至少一个工作。

哪种比较正确？两者都等于 0.9³甲为 0.729，乙为 0.999增加元件一定提高可靠性

提示 1 · 给一个方向

先写出两个系统各自“失败”意味着什么。

看证据

一套参数，改变成功规则

实验先比较串联和并联，n 从 3 改到 6。随后切到 k/n，令 k=1 与 k=n，看它怎样回到并联与串联。混联时改变 A 的可靠度，观察必要环节 A 形成的上限。最后看桥式和共同故障。

冗余可以缓解独立元件故障，却不能自动消除共享电源等共同故障。把共同故障概率 c 从 0 改到 0.1，即使元件可靠度逼近 1，系统也不能超过 1−c。

实验材料的静态对照（供打印或无脚本阅读）

独立元件 r=0.9：三串联 0.729；三并联 0.999；2/3 系统 0.972；A 串联(B 并联 C)为 0.891；五元件等可靠度桥式为 0.97848。若先有 10% 共同故障，且无共同故障时上述条件模型成立，系统概率再乘 0.9。

搭解释

先定义事件，再决定乘法能否简化

① 串联：所有必要元件都工作。令 Wᵢ 表示元件 i 工作。串联成功事件为它们的交；相互独立时：

$R_{\mathrm{s}}=P\left(\bigcap_{i=1}^{n}W_i\right)=\prod_{i=1}^{n}R_i$

② 并联：至少一个可用。先算所有元件失败。工作事件相互独立，其补事件也相互独立：

$R_{\mathrm{p}}=1-P\left(\bigcap_{i=1}^{n}W_i^c\right)=1-\prod_{i=1}^{n}(1-R_i)$

③ k/n 系统。若 n 个元件相互独立、同可靠度 r，工作个数为二项随机变量。至少 k 个工作：

$R_{k/n}=\sum_{j=k}^{n}\binom{n}{j}r^j(1-r)^{n-j}$

k=1 回到并联；k=n 回到串联。

④ 混联。A 是必须工作的一环，B 与 C 任一个工作即可；三个元件相互独立时：

$R=R_A\left[1-(1-R_B)(1-R_C)\right]$

共享元件不能复制成几个“独立路径”再套并联公式。桥式网络的上、下两条路径被中间连线耦合，可按中间元件 M 是否工作分组，用全概率。五个元件相互独立且可靠度同为 r，M 工作时左右各是两元件并联再串联；M 不工作时两条双串联路径并联：

$\begin{aligned}R_{\mathrm{on}}&=[1-(1-r)^2]^2,\\R_{\mathrm{off}}&=1-(1-r^2)^2,\\R_{\mathrm{bridge}}&=rR_{\mathrm{on}}+(1-r)R_{\mathrm{off}}.\end{aligned}$

中间元件分组后仍须有其余元件条件独立；这里由全部元件相互独立保证。

⑤ 共同故障。若共同故障 C 一发生系统必停机，在 C 不发生时有以上条件模型，则：

$\begin{aligned}R_{\mathrm{system}}&=P(C^c)P(\mathrm{work}\mid C^c)\\&=(1-c)R_0.\end{aligned}$

R₀ 是没有共同故障时的条件可靠度。

R₀ 是无共同故障条件下的可靠度，不是无条件可靠度。这里是全概率/乘法的应用；无需再把 C 与整个成功事件假定独立。

做迁移

共享电源能被并联支路补救吗？

两条相互独立的支路各可靠度 0.9，只需一条工作；两条都依赖同一电源。电源可靠度为 0.8，且与支路状态独立。

整个系统可靠度是多少？0.990.7921−(1−0.8×0.9)² = 0.9216

提示 1 · 给一个方向

先画唯一的共享电源，再从它后面分成两条支路。

一张并联接线图能不能单独证明元件故障独立？为什么？

写完后，对照解释要点

不能。连接关系规定系统成功事件，独立性来自故障机制或题设；同环境、同电源、共同控制等可能引入依赖，需要联合概率或条件分组分析。

原理查阅

先修卡 · 交、并、补与加法公式

A∩B 是同时发生；A∪B 是至少一个发生；Aᶜ 是 A 不发生。交集不等于“先后”，并集不等于“恰好一个”。

$\begin{gathered}P(A\cup B)=P(A)+P(B)-P(A\cap B),\\P(A^c)=1-P(A)\end{gathered}$

并集要扣掉被重复计算的交集。

只有互斥事件才可直接把概率相加。有限样本等可能时 P(A)=|A|/|Ω|。不等可能时应按各样本点的概率求和。

方法选择 · 看到题目先问什么

问题结构	先做的事
已知 B，求 A	限定 B，交集除以 B
一串事件同时发生	固定路径，逐步写条件
多个来源产生结果	找互斥且完备的分组，按权重汇总
观察结果追问来源	先汇总结果，再归一化目标路径
独立性	比较交集与乘积；多事件检查全部子组
成功次数	核对伯努利前提，再数顺序
系统能否工作	写成功事件，检查依赖与共享元件

边界卡 · 哪些地方不能机械套公式

条件事件概率为零时条件概率未定义；零权重分组从全概率求和中删去；不放回抽样通常不满足独立同分布；两两独立不足以使多事件概率全相乘；并联结构不足以证明故障独立；共同故障模型中的元件可靠度必须说明是条件量还是无条件量。

典例：把方法用完整

典例 1 · 同一个交集，两种条件

200 名学生中 80 人会 Python，50 人会 C，其中 30 人两者都会。已知会 C，求会 Python 的概率；再反过来。

展开思路与自检

先画两行两列：会 Python 且会 C 有 30 人；只会 Python 有 50 人；只会 C 有 20 人；两者都不会有 100 人。已知 C 的分母是 50，故 30/50=0.6；已知 Python 的分母是 80，故 30/80=0.375。

检查：每格人数非负、合计为 200；条件方向改变的是分母。

典例 2 · 三步路径，不放回

4 红 3 蓝，不放回均匀抽三次。求按顺序“红、蓝、红”的概率。

展开思路与自检

先固定一条顺序，不需要组合数。第一步 4/7；已抽红后剩 3 红 3 蓝，第二步蓝为 3/6；已抽红蓝后剩 3 红 2 蓝，第三步红为 3/5。

$P(RBR)=\frac47\cdot\frac36\cdot\frac35=\frac6{35}$

若问“恰好两红一蓝”，须把 RRB、RBR、BRR 三条互斥顺序相加，每条均为 6/35，结果 18/35。

典例 3 · 先汇总再溯源

三条线供货 50%、30%、20%，次品率 1%、2%、5%。求总体次品率和次品来自 C 的概率。

展开思路与自检

三条路径为 0.005、0.006、0.010，总次品概率 0.021=2.1%。在次品群体内，C 占 0.010/0.021=10/21≈47.62%。

前一问用全概率，从来源走向结果；后一问用贝叶斯，从结果追问来源。

典例 4 · 两次证据，先声明额外前提

故障先验 1%，检出率 90%，误报率 5%。假设给定设备是否故障后，两次检测条件独立。连续两次都报警，求后验。

展开思路与自检

故障组的双报警概率是 0.9²；正常组的是 0.05²。因此分子为 0.01×0.81=0.0081，分母再加 0.99×0.0025=0.002475。

$\begin{aligned}P(F\mid +,+)&=\frac{0.01\cdot0.9^2}{0.01\cdot0.9^2+0.99\cdot0.05^2}\\&=\frac{36}{47}\approx0.76596.\end{aligned}$

平方需要给定设备状态后，两次证据条件独立。

相比一次报警的 15.38%，后验更高；若重复读同一检测结果或误报共同受某干扰支配，就不能平方。

典例 5 · 有交集，也可以独立

均匀骰子：A=偶数，B=点数不超过 4。检验独立，并说明为什么不是互斥。

展开思路与自检

P(A)=3/6=1/2，P(B)=4/6=2/3，交集 {2,4} 的概率 2/6=1/3，恰为乘积。因此独立。交集非空，显然不互斥。

典例 6 · 成功次数与组合数

5 次相互独立试验，每次成功概率 0.4。求恰好 3 次和至少 3 次成功的概率。

展开思路与自检

$\begin{aligned}P(X=3)&=\binom53(0.4)^3(0.6)^2=0.2304,\\P(X\geq3)&=0.2304+0.0768+0.01024\\&=0.31744.\end{aligned}$

先判断是恰好还是至少，再选求和范围；每项都要包含对应的组合数。

典例 7 · 外形相似，模型不同

10 件产品中恰有 3 件次品，均匀不放回抽 4 件，求恰好 1 件次品。

展开思路与自检

所有四件组合等可能。从次品中选 1 件、合格品中选 3 件：

$P(X=1)=\frac{\binom31\binom73}{\binom{10}4}=\frac12$

二项近似会给 4×0.3×0.7³=0.4116；这里抽样比例 40%，直接换模型会产生明显差异。

典例 8 · 难以拆开时，选一个条件分组

五个相互独立元件组成桥式网络，各可靠度为 0.9；中间元件连接上下两个中间节点。求系统可靠度。

展开思路与自检

固定中间连线的状态。工作时：左右分别至少一条边工作，两组使用不同元件，R_on=0.99²=0.9801。不工作时：上下两条路径各是双串联，R_off=1−(1−0.81)²=0.9639。按中间元件工作概率 0.9 加权：R=0.9×0.9801+0.1×0.9639=0.97848。

这次“先选条件”把复杂结构转成两个简单系统，全概率公式也可处理结构，不只是生产线。

课后练习 · 先建模，再计算

18 道分层练习中，8 道提供数值检查。支持 0.375、37.5% 或 3/8；数值误差容许 0.00006（建议保留至少 4 位小数）。检查数值后请补写前提与理由，其余题对照末尾解析自评。笔记自动保存在当前浏览器，可从左侧导出。

01 · 条件的方向

80 人中 A 有 32 人、B 有 20 人、同时属于两者的有 12 人。求 P(A|B)、P(B|A)。

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02 · 零概率条件

若 P(B)=0，能否由 P(A∩B)=0 推出 P(A|B)=0？

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03 · 不放回的两条路径

5 红 3 蓝，不放回抽两次，求恰好一个红球的概率。

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04 · 三步流程

P(A)=0.7，P(B|A)=0.8，P(C|A∩B)=0.9，求三者同时发生概率；能否改用 P(C|B)？

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05 · 全概率与反向归属

A、B、C 线份额 50%、30%、20%，次品率 1%、2%、5%。求次品概率及次品来自 B 的概率。

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06 · 分组是否合格

将总体分成“用过产品 A”与“用过产品 B”，直接把两项贡献相加有哪些隐患？

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07 · 报警的分母

10000 台设备，故障率 2%，检出率 95%，误报率 4%。随机一台已报警，求故障概率。

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08 · 阴性也有信息

沿用上题，随机一台未报警设备，求其故障概率。

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09 · 检验独立

P(A)=0.4，P(B)=0.5，P(A∩B)=0.2。是否独立？求 P(A∪B)。

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10 · 独立的补事件

A、B 独立，P(A)=0.3、P(B)=0.8。求 A 发生而 B 不发生的概率。

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11 · 两两独立够不够

两枚公平独立硬币，A=第一枚正面，B=第二枚正面，C=两枚同面。检验每对交集及三者交集。

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12 · 恰好两次

6 次独立试验，成功概率 0.25，求恰好成功 2 次，并写出均值、方差。

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13 · 至少一次达到目标

每次独立成功概率 0.2，要使至少成功一次概率不低于 0.95，至少需尝试多少次？

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14 · 二项还是超几何

12 件中 4 件次品，不放回抽 3 件。求恰好 2 件次品。

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15 · 相同元件，不同结构

3 个相互独立元件可靠度 0.8，求串联、并联、2/3 系统可靠度。

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16 · 混联系统的必要环节

A 串联(B 并联 C)，三元件相互独立，可靠度分别为 0.95、0.8、0.7，求系统可靠度。

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17 · 共同故障的上限

概率 0.02 的共同故障会令全部停机；无共同故障时 4 个元件相互独立，各工作概率 0.9，系统只需一个工作。求系统可靠度及 n→∞ 时上限。

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18 · 综合：从系统失败反推元件

A、B 相互独立，可靠度分别为 0.9、0.8，组成串联系统。已知系统失败，求 A 失败概率。

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资料与适用范围

本讲义中的抽球、工厂、报警和元件数据均为虚构教学数据。可靠性指规定任务时间与工作条件下的成功概率；模型中用到的独立性须单独给出，不能从接线图推出。正文与 LaTeX 预编译 SVG 均内嵌，可双击离线学习。

统一答案

01 · 条件的方向

P(A|B)=12/20=0.6；P(B|A)=12/32=0.375。分母分别是 B、A 的人数。

02 · 零概率条件

不能。条件概率初等定义的分母为零，0/0 未定义；不能使用这个公式得到数值。

03 · 不放回的两条路径

$P(RB\cup BR)=\frac58\frac37+\frac38\frac57=\frac{15}{28}$

两条顺序互斥，可相加；第二步必须更新分母。

04 · 三步流程

三者交集为 0.7×0.8×0.9=0.504。通常不能改成 P(C|B)，因为它没有包含 A 这一历史条件，除非另有足够假设。

05 · 全概率与反向归属

P(D)=0.005+0.006+0.010=0.021。P(B|D)=0.006/0.021=2/7≈28.57%。

06 · 分组是否合格

可能重叠（两种都用过），也可能不覆盖（两种都没用过）。可分成仅 A、仅 B、两者都用、两者都不用，再对正概率组汇总。

07 · 报警的分母

期望真报警 200×0.95=190，误报 9800×0.04=392。后验 190/(190+392)=95/291≈32.65%。

08 · 阴性也有信息

故障且未报警概率 0.02×0.05=0.001；正常且未报警为 0.98×0.96=0.9408。后验为 0.001/0.9418=5/4709≈0.10618%。不要使用阳性的似然。

09 · 检验独立

交集 0.2=0.4×0.5，所以独立。并集概率 0.4+0.5−0.2=0.7。独立事件仍会有重叠，不能直接相加。

10 · 独立的补事件

$P(A\cap B^c)=0.3(1-0.8)=0.06$

11 · 两两独立够不够

各单事件概率 1/2；AB、AC、BC 都只含 HH，概率为 1/4，满足每对乘积。ABC 仍为 HH，概率 1/4，与 1/8 不同，因此两两独立而非相互独立。

12 · 恰好两次

$\begin{aligned}P(X=2)&=\binom62(0.25)^2(0.75)^4\\&\approx0.29663.\end{aligned}$

先数位置，再乘该顺序的概率。

E(X)=6×0.25=1.5；Var(X)=6×0.25×0.75=1.125。

13 · 至少一次达到目标

$\begin{aligned}1-0.8^n&\geq0.95\\0.8^n&\leq0.05\\n&\geq\frac{\ln0.05}{\ln0.8}\approx13.425.\end{aligned}$

最后向上取整；除以负数时不等号方向改变。

取最小整数 n=14。因为 ln0.8<0，除法时不等号要反向。

14 · 二项还是超几何

$P(X=2)=\frac{\binom42\binom81}{\binom{12}3}=\frac{12}{55}\approx0.21818$

总体次品数量固定且抽样不放回，各次依赖，使用超几何计数。

15 · 相同元件，不同结构

串联 0.8³=0.512；并联 1−0.2³=0.992；2/3 为 C(3,2)×0.8²×0.2+0.8³=0.896。

16 · 混联系统的必要环节

B 或 C 工作概率 1−0.2×0.3=0.94，系统可靠度 0.95×0.94=0.893。结果不能超过必需元件 A 的可靠度 0.95。

17 · 共同故障的上限

R=0.98×(1−0.1⁴)=0.979902。在条件可靠度仍为 0.9、共同故障概率固定时，n→∞ 极限为 0.98，不能靠冗余超过共同故障限制。

18 · 综合：从系统失败反推元件

系统失败概率 1−0.9×0.8=0.28。A 失败必然导致系统失败，分子为 P(A失败)=0.1，后验 0.1/0.28=5/14≈35.71%。B 失败也可能同时发生，不要把两个失败概率直接相加。