概率公式

2024-07-06

概率公式（共7篇）

概率公式篇1

实际生活中,人们在计算某一较复杂的事件的概率时,往往根据事件在不同情况、不同原因或不同途径下的发生,而将它分解成两个或若干个互不相容的部分, 分别计算每一部分的概率,然后求和.而与之完全相反的问题是:观察到一个事件已经发生,我们要考虑所观察到的事件发生的各种原因、情况或途径的可能性.

为此,我们给出今天介绍的内容:《概率论》中的基本公式———全概率公式与Bayes公式.

一、准备知识:设A、B是随机试验E的两个随机事件

1.条件概率公式 :

2.乘法公式 :

二、全概率公式与Bayes公式:设Ω是随机试验E的样本空间

1.定义 :若E的事件组A1,A2,…,An满足

则称事件组A1,A2, … ,An为Ω的一个划分 (或完备事件组).

2.公式 :设B是随机试验E中的任一事件 ,A1,A2,… ,An是Ω的完备事件组,P(Ai)>0(i=1,2,…,n).

(1)全概率公式:

(2)Bayes公式:P(B)>0

例 :设某批产品中 ,甲、乙、丙三厂生产的产品分别占45%,35%,20%,各厂产品的次品率分别为4% ,2% ,5% , 现从中任取一件,

(1)求取到的是次品的概率;

(2)经验证发现取到的产品是次品 ,求该产品是甲厂生产的概率.

解:设事件:

A1={该产品是甲厂生产的},A2={该产品是乙厂生产的}

A3={该产品是丙厂生产的},B={该产品是次品}

则A1,A2,A3为一个完备事件组,且已知:

P(A1)=45%,P(A2)=35%,P(A3)=20%

P(B|A1)=4%,P(B|A2)=2%,P(B|A3)=5%

(1)由全概率公式有:

(2)由Bayes公式有:

三、小结

1.完备事件组就是任一事件发生的情况、原因或途径 ;

2.运用全概率公式与Bayes公式的关键是找出一个完备事件组;

3.全概率公式与Bayes公式是一组互逆的公式 . 全概率公式是由原因计算结果事件发生的单一事件概率;Bayes公式是由结果计算造成该结果的某一原因事件发生的条件概率,即是全概率公式的逆问题,所以,也将Bayes公式称为逆概公式或后验概率.

概率公式篇2

相互独立事件的定义是:事件A是否发生对事件B发生的概率没有影响,即P(B|A)=P(B),这样的两个事件叫做相互独立事件.

实际运用中,判断两个事件是否相互独立往往是根据直观或感觉,看两个事件是否相互影响,即B发不发生与A发不发生有没有关系,而不去计算P(B|A)与P(B),或P(A|B)与P(A),或P(A),P(B)与P(AB).例如,事件A:明天学校召开秋季运动会,事件B:今天北京天空晴朗,这两个事件是相互独立事件,即A,B是否发生彼此间是没有影响的.作出这个判断凭的就是感觉.

根据定义易知:必然事件及不可能事件与任何事件独立;若事件A与B相互独立,那么A与B,A与B,A与B也都是相互独立的.

应该注意:两两相互独立的n(n≥3,n∈N*)个随机事件总起来不一定相互独立.例如,一个均匀的四面体,其第一面染成红色,第二面染成白色,第三面染成黑色,而第四面染成红、白、黑三种颜色.现以A,B,C分别记作投一次四面体出现红、白、黑颜色的事件,则由于四面体中有两面红色,因此P(A)=24.同理P(B)=P(C)=24,且容易算出P(AB)=P(AC)=P(BC)=24×24.由此知A,B,C两两相互独立.但是P(ABC)=14≠18=P(A)P(B)P(C),从而A,B,C不相互独立.

不过,相互独立的n(n≥3)个随机事件中的任意两个一定相互独立.

因此在高中阶段,同学们要判断n(n≥3)个事件相互独立只能凭直观或感觉,而要判断n(n≥3)个事件不相互独立可以证明其中某两个事件不相互独立.

二、掌握相互独立事件同时发生的概率公式

事件A,B同时发生,记作事件“A•B”或“AB”.同样,事件A1,A2,…,An(n≥3)同时发生,记作“A1•A2•…•An”或“A1A2…An”.

事件A,B相互独立P(AB)=P(A)P(B).

而事件A1,A2,…,An(n≥3)相互独立(PA1A2…An)=P(A1)P(A2)…P(An).

利用这个公式来求概率的步骤是:(1)要确定相关事件是相互独立的;(2)先求每个事件发生的概率,再求它们的积,即得所有事件同时发生的概率.

三、区分相互独立事件与互斥事件、对立事件

1. 互斥事件A,B不能同时发生,但可能同时不发生.

2. 对立事件必有一个发生另一个不发生.

3. 相互独立事件A,B各自是否发生互不相干,既可以同时发生,也可能同时不发生,或一个发生另一个不发生.

4. 互斥事件A,B至少有一个发生的概率为P(A+B)=P(A)+P(B).相互独立事件A、B同时发生P(AB)=P(A)P(B)(“A+B”又称和事件,“A•B”又称积事件.

5. 两事件对立,则一定互斥,两事件互斥,但不一定对立;互斥事件一定不相互独立(除非其中有不可能事件),相互独立事件不一定互斥(除非其中有不可能事件).

四、实际运用

1. 相互独立事件运用举例

例1 某厂进行乒乓球比赛,每一局中,A胜B的概率均是0.4,B胜C的概率均是0.5.比赛按如下顺序进行:第一局:A与B;第二局:第一局胜者与C;第三局:第二局胜者与第一局战败者;第四局:第三局胜者与第二局战败者.求B连胜4次的概率.

解 B要连胜4次,首先必须4局中均有B参加,总之必须“第一局中B胜A”、“第二局中B胜C”、“第三局中B胜A”、“第四局中B胜C”同时发生.

由这4个事件相互独立,得B连胜4次的概率为P=P1P2P3P4=(1-0.4)×0.5×(1-0.4)×0.5=0.09.

2. 相互独立事件与互斥事件“联手”运用举例

例2 甲、乙两人参加一次英语口语考试,已知在备选的10道试题中,甲能答对6题,乙能答对8题.规定每次考试都从备选题中随机抽出3题进行测试,至少答对2题才算合格.求甲、乙两人至少有一人考试合格的概率.

解设甲、乙两人考试合格的事件分别为A,B,则有P(A)=C26C14+C36C310=60+20120=23,P(B)=C28C12+C38C310=56+56120=1415.

方法一 (运用对立事件的相互独立性求解)

因为事件A,B相互独立,故事件A,B也相互独立.

所以甲、乙两人考试均不合格的概率为P(AB)=P(A)P(B)=1-231-1415=145.

所以甲、乙两人至少有一人考试合格的概率为P=1-P(A•B)=1-145=4445.

方法二 (运用互斥事件的相互独立性求解)

因为事件A,B相互独立,故A与B,A与B也相互独立.

所以甲、乙两人至少有一个考试合格的概率为P=P(AB)+P(AB)+P(AB)=P(A)P(B)+P(A)P(B)+P(A)P(B)=23×115+13×1415+23×1415=4445.

巩固练习

1. 用步枪射击飞机,设每支步枪的命中率均为0.004.

(1) 现用250支步枪同时射击一次,飞机被击中的概率;

(2) 若想以0.99的概率击中飞机,需要多少支步枪同时射击?

2. 袋中有a只白球,b只黑球,从中任意取一球,不放回也不看,再取第二次,求第二次取到白球的概率.

谈概率中常用的加法公式篇3

(一) 概率事件的一般加法公式

对任意的两个事件A1、A2, 有P (A1∪A2) =P (A1) +P (A2) -P (A1A2) 。推广到任意有限个事件, 设A1、A2、…、An是n个随机事件, 则有, 这个公式称为概率的一般加法公式。

(二) 互斥事件的加法公式

根据概率的有限可加性:若AiAj=Φ (1≤i

(三) 两个公式的关系与特点

大家很容易就够能看得出来, 互斥事件的加法公式是一般加法公式的特例。

求“事件A1、A2、…、An中至少有一个发生”的概率时, 上述两个求事件概率的加法公式各有其独特的作用。而当事件A1、A2、…、An不互斥时, 一般加法公式的求解过程较繁。我们还应该认识到一般加法公式具有通用性, 在一些特殊的情况下去使用又显得恰到好处。

二、巧妙使用一般加法公式

一般加法公式具有鲜明的程式化特点, 能够很快地寻找到清晰的解题思路。下面列举运用一般加法公式的两个例子。

例1:一部五卷的古代诗词文集, 按任意次序摆放在书架上。求自左至右, 第一卷不在第一位置且第二、三卷也都不在其位的概率。

解:设A1、A2、A3分别表示第一、二、三卷在其相应位置上, 于是对偶原则=1-P (A1∪A2∪A3)

关键即求:

例2:在平面上画上有间隔为d的等距平行线, 向平面任意投掷一个边长为a、b、c (均小于d) 的三角形, 求三角形的两边与平行线相交的概率。 (可以认为“三角形的任一边与平行线重合”的概率为零, “三角形的任一顶点在平行线上”的概率也为零) 。

解:A={三角形的两边与平行线相交}, 设Aa、Ab、Ac表示边a、b、c与平行线相交, 由于事件A等价于Aa、至少有一发生, 即A=Aa∪Ab∪Ac, 又因为Aa、Ab、Ac不互斥, 所以P (A) =P (Aa∪Ab∪Ac)

由于上述两道题目采用了一般加法公式, 所以很快找到解题思路并快速解决了问题。大家对例1采用古典概型方法, 对例2采用几何概率方法, 就会发现求解过程比较复杂, 思路也不如上述解法清晰。

大家平时用古典概型方法解题无从下手时, 还可从一般加法公式的解题过程得到启示。这就足以见到使用一般加法公式解题, 能够把一些复杂的题目变得容易起来。

纵观这两例求解过程都首先进行事件独立性分析, 说明分析事件独立性在解题过程中起着重要作用。

三、事件独立性分析是求解的前提

例3:若每个人的呼吸道中带有感冒病毒的概率是0.002, 而且各人是否带感冒病毒是独立的。求在有1500人的广场内带有感冒病毒的概率。

解:A={剧场中有感冒病毒}

Ai={第i人带感冒病毒}, i=1, 2, …, 1500

这种解题方法是比较笨拙的, 下面介绍一种巧妙的解题方法。

此题使用一般加法公式之所以受挫, 追根溯源是因为n大且不便于利用级数求解, 更主要的是A1、…、An不互斥且独立。

这时, 另有简便公式: (下面称为P的简便公式) 对此题, 它比一般加法公式更适用于求。

一般加法公式求解要先分析事件的独立性, 这一关键点却往往被一些人所忽略了。大多数的教材都会把独立性安排在一般加法公式之前, 所以A1、…、An不独立要选用一般加法公式求就不言自明了。

由例3可知, 求要先分析事件的独立性, 只有符合条件才能套用一般加法公式。下面一例, 将说明:当不满足使用的简便公式的独立性要求时, 以选用一般加法公式为宜。

四、结语

当事件A1、…、An不互斥且求至少一个事件发生的概率时, 应该首先进行事件A1、…、An独立性的分析。若事件A1、…、An独立, 一般总是用简单公式 (这时, 如选用一般加法公式, 即使能够求解出结果, 求解过程也会比较繁的) ;若事件A1、…、An不独立, 则必须选用一般加法公式。

本文强调使用一般加法公式应该首先分析事件独立性, 以使一般加法公式用得恰当、用得恰到好处。本文目的是减少犯“不区别事件独立与否”或“误判事件独立性”的错误, 还有不该用一般加法公式时决不应舍去巧妙求解方法而去套用公式。

参考文献

[1]赵国石, 刘丁酉.概率论与数理统计[M].上海财经大学出版社, 2007.

[2]盛骤, 谢式千.概率论与数理统计[M].高等教育出版社, 2001.

[3]郭同德.概率论[M].黄河水利出版社, 2006.

全概率公式的应用及例解篇4

全概率公式设随机事件组A1,A2,…两两互斥,且;对任意一个随机事件B,有

全概率公式的应用技巧就是把一个比较繁琐的事件B分解成若干两两互斥的简单事件A1,A2,…的和事件,分解的关键是A1,A2,…的设置以及条件概率的求解。

例1投掷2粒骰子并计算出现的点数和,将这样的试验进行若干次,A={点和3出现在点和5之前},求A的概率。

解将第一次投出的结果作为事件组,记A1={第一次掷出的结果为点和3},A2={第一次掷出的结果为点和3},A3={第一次掷出的结果既不为点和3点也不为点和5},注意到如果第一次掷出的结果既不为点和3点也不为点和5,此事件与A独立,即P(A|A3)=P(A),由全概率公式,

例2 k+1个人做传球游戏,每次传球都将球等可能传给其他人,从甲开始,求第n次传球时仍由甲传出的概率。

解记An={第n次传球时球仍由甲传出},n=1,2,…,容易知道P(An|An-1)=0,,由全概率公式,

另记pn=P(An),则有递归式,容易解得

2 条件概率形式的全概率公式及应用

条件概率也是概率,也有全概率公式,具体如下:

设A1,A2,…两两互斥,且,的一个分割,即A1,A2,…,An互不相容且,C为事件,P(Ai)﹥0,P(C)﹥0,P(AiC)﹥0 i=1,2,…,对任一事件B,有

例3某厂有一,二,三共三个车间,生产同种产品,总产量中三个车间所占的比例分别是60%、25%及15%,三个车间所生产产品的次品率分别为6%、8%及12%,从该厂产品中任意抽取一件产品,取到的恰好是次品,视次品来自一或二或三车间,能被修复成正品的概率分别为0.8,0.5,0.3,求此次品能被修复成正品的概率。

解设Ai={抽取的产品来自第i各车间},i=1,2,3,B={所抽产品为次品},C={能修复成正品},则P(A1)=0.6,P(A2)=0.25,P(A3)=0.15,

P(C|A1B)=0.8,P(C|A2B)=0.5,P(C|A3B)=0.3,所求概率为P(C|B),

由全概率公式

例4两箱产品,第一个箱子里面装有10个合格品和40个次品,第二个箱子里面装有18个合格品和12个次品,随机挑中两个箱子中的一个并随机拿出两个产品,如果第一次拿出的是合格产品,问第二次拿出的也是合格品的概率是多少。

解令Bi={抽到的是第i箱},i=1,2,Ai={第i次拿出的东西是合格品},i=1,2

由条件概率形式的全概率公式可得:

这种类型的问题也可以综合应用条件概率,全概率公式,贝叶斯公式求解,比如例4也可以这样求

3 与随机变量相关的全概率公式及其应用

条件数学期望有一个重要性质:

根据这一性质,对任一事件A,构造一个随机变量

于是,我们有如下结论:

(1)设X是离散型随机变量,分布列pi=P(X=xi),i=1,2,3…,对任一事件A,有

(2)设X是连续型随机变量,密度为f(x),对任一事件A,有

例5设随机变量X的概率密度为

解由全概率公式

全概率公式在应用上非常灵活,非常有效,也是随机数学的核心思想。本文对这一思想的探讨也未必深入细致,但这种讨论和推广给我们的启迪是很大的,也给我们讨论随机问题带来很大方便。

摘要：全概率公式不仅是我们在讨论复杂事件概率时常用的技巧,也是一种非常重要的概率思想。本科教材中对全概率公式的讨论和处理都比较简单,不够深入,没有体现出全概率公式在应用中的精彩和强大威力。本文拟详细解析全概率公式的内涵,做若干推广,并用适当例子说明这些推广的具体应用。

关键词：全概率公式,贝叶斯公式,条件数学期望,概率

参考文献

[1]马晓丽,张亮.全概率公式的推广及其在保险中的应用.高等数学研究,2010.

全概率公式的教学方法研究篇5

全概率公式和贝叶斯公式是概率论的一个重要内容, 也是教学的一个难点。本文根据多年教学经验, 采取诱导法, 原因结果法, 图形结合法三种方法来达到提高教学质量的目的, 并结合实例对这部分内容的教学进行了探讨。

一、公式的引入

任何一种新的知识的教学, 引入是至关重要的。在进行全概率公式的教学时, 我们不建议先直接介绍样本空间的划分进而给出全概率公式, 因为这对于初学者而言显得太突然, 会对公式的理解产生影响。为此, 我们应选择一个恰当的例题, 通过对例题的求解来诱导学生并带领学生共同推导出此公式。

例1:某工厂的两个车间生产同型号的家用电器。据以往经验, 第1车间的次品率为0.15, 第二车间的次品率为0.12.两个车间生产的成品混合堆放在一个仓库里且无区分标志, 假设第1, 2车间的成品比例为2:3.在仓库中随机地取一件成品, 求它是次品 (记为事件A) 的概率。

首先, 我们可以先让学生尝试解答, 引导学生思考, 在解决问题的过程中遇到的难题是什么。学生会发现问题是不知道取出的这件成品来自哪个车间, 有可能是来自第1车间, 也有可能来自第2车间, 而且这个问题对事件A起着决定性的作用, 因此有必要分析所有的情况并将事件A按各种情况分解。事件A发生有两种情况, 或者随机抽取的成品是来自第1车间 (记为事件1B) 且它是次品, 或者随机抽取的成品是来自第2车间 (记为事件2B) 且它是次品, 即A发生当且仅当AB1 UAB2发生, 即A=AB1UAB2.通过以上解决问题的方式, 启发诱导学生掌握将复杂事件分解为互不相容的事件的和的分析方法, 然后再根据抽取的结果只有B1和B2引出划分的概念, 通过进一步利用加法公式与乘法公式, 在解决问题的同时抽象出全概率公式, 即从特殊到一般。通过例题介绍公式所研究问题的特点, 并且是带领学生共同推导出公式, 学生接受这种分析方法就会比较顺利和自然, 并且对培养学生分析和解决实际问题的能力也有帮助。

二、公式的理解

通过一个具体的问题引出了全概率公式

B1, B2LBn为一个完备事件组, 满足B1, B2LBn彼此互不相容且B1UB2ULUBn=Ω, P (Bi) > (0i=1, 2, Ln) 。我们可以使用以下两种方法来帮助我们来理解它。

1、原因结果法。

事件A是一个复杂事件, 直接入手去求解它的概率会显得没有头绪无从下手, 因此我们来探究对事件A发生有影响的事件都有哪些。这样自然会确定一个完备事件组B1, B2, LBn, 将它们视为导致事件A发生的种种原因, 而将事件A看作是这些原因导致的结果。而这些原因发生的概率已知或易求, 这样就可以通过P (Bi) 及P (ABi) (i=1, 2, Ln) 来求解P (A) , 这是由因索果。这样可以将一个复杂的问题分解为若干个简单问题的和。全概率公式正是解决这样的由原因发生的概率来求解结果所发生的概率问题。与全概率公式紧密相关的另一个重要公式——贝叶斯公式, 它是解决由结果来推断原因的问题, 也就是说当观察到一个事件A已经发生时, 去求导致该事件发生的各种原因iB的可能性大小, 这是由果寻因。具体公式为

。公式貌似复杂, 其实不难证明, 就是使用一次条件概率的计算公式, 分母使用一次全概率公式即可。因此, 只要记住了全概率公式, 也就记住了贝叶斯公式。

2、图形结合法

为了帮助学生理解和记忆公式, 可采取图形结合法, 使用下面的文氏图直观形象地对此公式进行说明。

通过这个图形我们可以看出, 代表整个样本空间Ω的这个矩形被它的一个划分B1, B2, LBn分解为互不相容的n个部分, 同时与这些事件有关的一个复杂事件A也被这些事件分解为互斥的n个部分。而根据事件概率的可加性, 事件A的概率就等于事件AB1, AB2, LABn的概率的和。而事件ABi的概率可以由乘法公式

P (ABi) =P (A|Bi) P (Bi) 求得, 这样就可以轻松得到全概率公式。学生可以凭借这样一个直观的图形加深对公式的记忆。

三、公式的应用

在面对一个稍微复杂的问题, 怎样快速准确地使用相应的公式对初学者来说有些难度。有的学生不知道使用哪个公式, 有的学生不知道怎样来确定完备事件组。为了解决这些问题, 在教学中一定要通过具体实例来强调事件描述的准确性。

例2:由医学统计数据分析可知, 人群中患有病菌引起的疾病的人数占总人数的0.5%。一种血液化验以95%的概率将患有此疾病的人检查出呈阳性, 但也以1%的概率误将不患有此疾病的人检验出呈阳性。现设某人检查出呈阳性反应, 问他确患有此疾病的概率是多少?

拿到一个问题要告诉学生不要急于套公式, 首先要准确地描述事件。我们从所要求解的问题入手, 某人检查出呈阳性反应, 这是试验的结果, 记为事件A.

在事件A发生的条件下, 此人患有此疾病 (记为事件B1) 显然是导致事件A发生的一个原因, 很自然另一个原因为此人不患有此疾病 (记为事件2B) 。通过这个方法可以准确地把这些反映原因、结果的事件用字母描述。接下来用这些事件将已知条件表示出来。根据所求的问题, 在结果已发生的条件下来探究某一个原因所发生的条件概率, 自然确定使用贝叶斯公式。

由贝叶斯公式可得

对于这个问题, 如果事件描述地不准确, 就会出现错误。比如有的学生会用1B表示此人患病且检验呈阳性, 2B表示此人不患病且检验呈阳性, A表示此人检验呈阳性。这样的话, 代入公式后解释不清, 无法正确求解。因此, 准确地描述事件是使用此公式解决问题的关键。

总之, 在全概率公式和贝叶斯公式的教学中, 要注意思想方法的渗透, 从题目的分析, 事件的描述, 公式的使用各个环节, 结合诱导法、原因结果法、图形结合法便于学生理解和掌握这部分的内容, 从而培养学生分析问题解决实际问题的能力。

参考文献

[1]盛骤:《概率论与数理统计》, 高等教学出版社, 2001年。

全概率公式在实际中的应用篇6

定理( 全概率公式)设A1,A2,…是样本空间的一个划分( 完备事件组) ,那么

这个定理的证明在很多教科书上都有,我们在此省略.

从定理的描述来看,使用全概率公式计算目标事件B的概率,必须找到样本空间的一个完备事件组A1,A2,….

下面举两个精彩的例子,欣赏全概率公式的风采,体会活用全概率公式的乐趣,深化对全概率公式理论体系的认识.

例1甲、乙两人轮流抛一枚硬币,P( 正面) = p,谁先得到正面谁就是赢家,假设甲先抛,A = { 甲是赢家} ,求P( A) .

解法一把样本空间写出来,不是古典概型

分析这个样本空间还不难写,但如果我们用全概率公式则可以使问题大为简化. 如果对全概率公式的内涵掌握得好,可以构造完备事件组解决一些复杂的看似与全概率公式无关的问题,从而体会到活用全概率公式的乐趣. 如下面的解法二:

解法二令B = { 第一次抛得到正面} ,则

如果第一次抛得到正面,则甲就已经赢了,所以P( A B) = 1,

如果第一次抛得到反面,这甲就相当于浪费了一次机会,游戏重新开始,乙先抛,甲其次,于是上式转化为

例2甲、乙、丙三人轮流抛一枚硬币,P( 正面) =1/2,谁先得到正面谁就是赢家,假设甲先抛,乙次之、丙最后,一直抛下去直至谁第一次得到正面谁就是赢家. 令A = { 甲是赢家} ,B = { 乙是赢家} ,C = { 丙是赢家} ,求P( A) 、P( B) 、P( C) .

解法一令A1= { H} ,A2= { TH} ,A3= { TTH} ,A4={ TTT}

其中A4= { TTT} 表示头三次都是得到反面等等,则A1,A2,A3,A4构成一个完备事件组,于是有

解此方程组即可得结果.

分析由于只要是完备事件组即可,没有其他限制条件,这样我们可以选使问题简化的完备事件组. 如下面的解法二:

解此方程组即可得结果.

概率公式篇7

全概率公式是解决复杂事件概率的重要工具, 对某些复杂问题往往有很好的效果.若一个随机试验序列, 其前面试验的结果直接影响后面试验的结果, 则这个试验序列下的随机事件是相依的.在概率论中有很多具有上述特点的随机试验, 下面通过具体例子来讨论全概率公式在相依随机事件概率计算中的应用.

例1 甲、乙两人比赛射击, 每射击一次胜者得1分, 在一次射击中, 甲胜的概率为p, 乙胜的概率为q (p+q=1) .射击进行到有1人比对方多2分为止, 多2分者获胜, 求各人获胜的概率.

解法一 (事件穷举) 记事件A, B分别为“甲、乙获胜”, 事件Ai, Bi分别为“第i局比赛甲、乙获胜” (i=1, 2, …) .通过对比赛规则的分析, 甲获胜的情况应为“第1, 3, …, 2i-1局甲可胜可负, 第2, 4, …, 2i局甲的胜负情形恰好分别与其第1, 3, …, 2i-1局的胜负情形相反, 而第2i+1, 2i+2局甲连胜”.即P (A) =P (A1A2) +[P (A1B2A3A4) +P (B1A2A3A4) ]+[P (A1B2A3B4A5A6) +P (A1B2B3A4A5A6) +P (B1A2A3B4A5A6) +P (B1A2B3A4A5A6) ]+…=p2+ (2pq) p2+ (2pq) 2p2+…=

$\sum_{i = 0}^{\infty}$ $p^{2} (2 p q)^{i} = \frac{p^{2}}{1 - 2 p q}$ , 同理 $Ρ (B) = \frac{q^{2}}{1 - 2 p q} .$

解法二 (全概率公式) 记事件A, B分别为“甲、乙获胜”, V1=“前两局比赛, 甲全胜”, V2=“前两局比赛, 乙全胜”, V3=“前两局比赛, 甲、乙各胜一局”.易见V1, V2, V3构成完备事件组, 则由全概率公式, 得P (A) =P (AV1) +P (AV2) +P (AV3) =P (V1) P (A|V1) +P (V2) P (A|V2) +P (V3) P (A|V3) =p2·1+q2·0+2pqP (A) , 可得 $Ρ (A) = \frac{p^{2}}{1 - 2 p q}$ , 同理 $Ρ (B) = \frac{q^{2}}{1 - 2 p q} .$

例2 甲、乙、丙三人进行比赛, 规定每局两个人比赛, 胜者与第三人比赛, 依次循环, 直到有一人连胜两次为止, 此人即为冠军.每次比赛双方取胜的概率都是 $\frac{1}{2}$ , 甲、乙两人先比, 求各人得冠军的概率.

解法一 (事件穷举) 记事件A, B, C分别为“甲、乙、丙获得冠军”, 事件Ai, Bi, Ci分别为“第i局比赛甲、乙、丙获胜”, 则 $Ρ (A) = [Ρ (A_{1} A_{2}) + Ρ (A_{1} C_{2} B_{3} A_{4} A_{5}) + Ρ (A_{1} C_{2} B_{3} A_{4} C_{5} B_{6} A_{7} A_{8}) + \dots] + [Ρ (B_{1} C_{2} A_{3} A_{4}) + Ρ (B_{1} C_{2} A_{3} B_{4} C_{5} A_{6} A_{7}) + \dots] = (\frac{1}{2^{2}} + \frac{1}{2^{5}} + \frac{1}{2^{8}} + \dots) + (\frac{1}{2^{4}} + \frac{1}{2^{7}} + \dots) = \frac{5}{14}$ .因为甲、乙所处地位是对称的, 所以 $Ρ (B) = Ρ (A) = \frac{5}{14}$ , 又得 $Ρ (C) = 1 - Ρ (A) - Ρ (B) = \frac{2}{7} .$

解法二 (全概率公式) 记事件A, B, C分别为“甲、乙、丙获得冠军”, 事件Ai, Bi, Ci分别为“第i局中甲、乙、丙获胜”.对第一局比赛的结果而言, A1, B1构成完备事件组.由全概率公式, 可得 $Ρ (C) = Ρ (A_{1} C) + Ρ (B_{1} C) = Ρ (A_{1}) Ρ (C | A_{1}) + Ρ (B_{1}) Ρ (C | B_{1}) = \frac{1}{2} [Ρ (C | A_{1}) + Ρ (C | B_{1})]$ .通过对比赛进程的分析, 可以看出从第四局开始出现了类似从第二局开始的循环, 因此再一次运用全概率公式: $Ρ (C | A_{1}) = Ρ (C_{2} B_{3} A_{4} C) + Ρ (C_{2} B_{3} B_{4} C) + Ρ (C_{2} C_{3} C) + Ρ (A_{2} C) = Ρ (C_{2} B_{3} A_{4}) \cdot Ρ (C | C_{2} B_{3} A_{4}) + Ρ (C_{2} B_{3} B_{4}) \cdot 0 + Ρ (C_{2} C_{3}) \cdot 1 + Ρ (A_{2}) \cdot 0 = (\frac{1}{2})^{3} Ρ (C | A_{1}) + (\frac{1}{2})^{2}$ , 得 $Ρ (C | A_{1}) = \frac{2}{7}$ .同理 $Ρ (C | B_{1}) = \frac{2}{7}$ , 故 $Ρ (C) = \frac{2}{7} ‚ Ρ (A) = Ρ (B) = \frac{5}{14} .$

通过上面的例子, 可以看出全概率公式用在相依随机事件概率计算中的作用, 虽然运用事件穷举法也可以解决问题, 但在如下的相依随机事件例子中, 很难用一般方法考虑, 而全概率公式的运用使之迎刃而解.

例3 甲、乙两人轮流掷一颗骰子, 甲先掷.每当某人掷出1点时, 则交给对方掷, 否则此人继续掷.求第n次是甲掷的概率.

解设Ai, Bi分别为“第i次由甲、乙掷” (i=1, 2, …) , 显然对第n-1次掷骰子的情况来说, An-1, Bn-1构成了完备事件组.由全概率公式得 $Ρ (A_{n}) = Ρ (A_{n - 1} A_{n}) + Ρ (B_{n - 1} A_{n}) = Ρ (A_{n - 1}) Ρ (A_{n} | A_{n - 1}) + Ρ (B_{n - 1}) Ρ (A_{n} | B_{n - 1}) = \frac{5}{6} Ρ (A_{n - 1}) + \frac{1}{6} Ρ (B_{n - 1}) = \frac{5}{6} Ρ (A_{n - 1}) + \frac{1}{6} [1 - Ρ (A_{n - 1})]$ , 得递推关系 $Ρ (A_{n}) - \frac{1}{2} = \frac{2}{3} [Ρ (A_{n - 1}) - \frac{1}{2}]$ , 所以有 $Ρ (A_{n}) - \frac{1}{2} = (\frac{2}{3})^{n - 1} [Ρ (A_{1}) - \frac{1}{2}]$ .因为甲先掷, 即P (A1) =1, 所以得