最后更新: 2025-02-27 21:28 查看: 92 次反馈刷题

乘法公式与罐子模型

## 乘法公式

由条件概率公式:  $P(B \mid A)=\frac{P(A B)}{P(A)} \quad$
稍微变形后有 
$$ 
\boxed{
\quad P(A B)=P(A) P(B \mid A)
}
$$
上式称为概率的**乘法公式**.

>当看到上面公式时，或许你会感觉为什么 $P(A B) \neq P(A) P(B)$，其实在两次独立的事件情况下才对，稍后章节会介绍事件的独立性，比如射击两次，第一次射中与第二次射中是彼此独立的，可以直接使用$P(A B) = P(A) P(B)$

乘法公式可推广到多个事件上去，例如，多个事件的乘法公式为

$$
P(A B C)=P(A) P(B \mid A) P(C \mid A B)
$$

> 上式的通俗解释是：$ABC$同时发生的概率等于： $A$发生的概率 乘以 在$A$发生下$B$发生的概率  乘以 在$AB$发生的情况下$C$发生的概率。

`例` 某医院有 $A$ 与 $B$ 两种报警设备, 已知设备 $A$ 单独使用时有效的概率为 0.92 , 设备 $B$ 单独使用时有效的概率为 0.93 , 在设备 $A$ 失效的条件下, 设备 B 有效的概率为 0.85 , 求发生意外时至少有一个报警设备有效的概率。

解：设事件 $A, B$ 分别表示设备 $\mathrm{A}, \mathrm{B}$ 有效。已知

$$
\begin{aligned}
& P(A)=0.92, P(B)=0.93, P(B \mid \bar{A})=0.85, \text { 求 } P(A \cup B) \text { 。 } \\
& P(B \mid \bar{A})=P(B \bar{A}) / P(\bar{A})=(P(B)-P(A B)) /(1-P(A)) \\
& \Longrightarrow 0.85=(0.93-P(A B)) /(0.08) \\
& \Longrightarrow P(A B)=0.862 \\
& \Longrightarrow P(A \cup B)=P(A)+P(B)-P(A B)=0.92+0.93-0.862=0.988
\end{aligned}
$$

$$
\begin{aligned}
P(\overline{A \cup B}) & =P(\bar{A} \bar{B})=P(\bar{A}) P(\bar{B} \mid \bar{A}) \\
& =P(\bar{A})[1-P(B \mid \bar{A})] \\
& =0.08[1-0.85] \\
& =0.012 \\
\Longrightarrow & P(A \cup B)=0.988
\end{aligned}
$$

`例`  (罐子模型) 设罐中有 $b$ 个黑球、 $r$ 个红球, 每次随机取出一个球, 取出后将原球放回,还加进 $c$ 个同色球和 $d$ 个异色球. 记 $B_i$ 为 “第 $i$ 次取出的是黑球”, $R_j$ 为 “第 $j$ 次取出的是红球”.
若连续从罐中取出三个球, 其中有两个红球、一个黑球. 则由乘法公式我们可得

$$
\begin{aligned}
P\left(B_1 R_2 R_3\right) & =P\left(B_1\right) P\left(R_2 \mid B_1\right) P\left(R_3 \mid B_1 R_2\right) \\
& =\frac{b}{b+r} \cdot \frac{r+d}{b+r+c+d} \cdot \frac{r+d+c}{b+r+2 c+2 d}, \\
P\left(R_1 B_2 R_3\right) & =P\left(R_1\right) P\left(B_2 \mid R_1\right) P\left(R_3 \mid R_1 B_2\right) \\
& =\frac{r}{b+r} \cdot \frac{b+d}{b+r+c+d} \cdot \frac{r+d+c}{b+r+2 c+2 d}, \\
P\left(R_1 R_2 B_3\right) & =P\left(R_1\right) P\left(R_2 \mid R_1\right) P\left(B_3 \mid R_1 R_2\right)
\end{aligned}
$$

$$
=\frac{r}{b+r} \cdot \frac{r+c}{b+r+c+d} \cdot \frac{b+2 d}{b+r+2 c+2 d} .
$$

以上概率与黑球在第几次被抽出有关.
罐子模型也称为波利亚 (Pólya) 模型,这个模型可以有各种变化,具体见下:
(1) 当 $c=-1, d=0$ 时, 即为不返回抽样. 此时前次抽取结果会影响后次抽取结果.但只要抽取的黑球与红球个数确定, 则概率不依赖其抽出球的次序, 都是一样的. 此例中有

$$
P\left(B_1 R_2 R_3\right)=P\left(R_1 B_2 R_3\right)=P\left(R_1 R_2 B_3\right)=\frac{b r(r-1)}{(b+r)(b+r-1)(b+r-2)} .
$$

上例 可以归结为此种情况.
(2) 当 $c=0, d=0$ 时, 即为返回抽样. 此时前次抽取结果不会影响后次抽取结果. 故上述三个概率相等, 且都等于

$$
P\left(B_1 R_2 R_3\right)=P\left(R_1 B_2 R_3\right)=P\left(R_1 R_2 B_3\right)=\frac{b r^2}{(b+r)^3} .
$$

(3) 当 $c>0, d=0$ 时,称为传染病模型. 此时, 每次取出球后会增加下一次取到同色球的概率, 或换句话说, 每次发现一个传染病患者, 以后都会增加再传染的概率. 与 (1), (2)一样, 以上三个概率都相等, 且都等于

$$
P\left(B_1 R_2 R_3\right)=P\left(R_1 B_2 R_3\right)=P\left(R_1 R_2 B_3\right)=\frac{b r(r+c)}{(b+r)(b+r+c)(b+r+2 c)} .
$$

从以上 (1)、(2) 和 (3) 中可以看出: 在罐子模型中只要 $d=0$, 则以上三个概率都相等. 即只要抽取的黑球与红球个数确定, 则概率不依赖其抽出球的次序, 都是一样的. 但当 $d>0$ 时,就不同了,见下面 (4).
(4) 当 $c=0, d>0$ 时, 称为安全模型. 此模型可解释为: 每当事故发生了(红球被取出), 安全工作就抓紧一些,下次再发生事故的概率就会减少; 而当事故没有发生时 (黑球被取出), 安全工作就放松一些, 下次再发生事故的概率就会增大. 在这种场合, 上述三个概率分别为

$$
\begin{aligned}
& P\left(B_1 R_2 R_3\right)=\frac{b}{b+r} \cdot \frac{r+d}{b+r+d} \cdot \frac{r+d}{b+r+2 d}, \\
& P\left(R_1 B_2 R_3\right)=\frac{r}{b+r} \cdot \frac{b+d}{b+r+d} \cdot \frac{r+d}{b+r+2 d},\\
& P\left(R_1 R_2 B_3\right)=\frac{r}{b+r} \cdot \frac{r}{b+r+d} \cdot \frac{b+2 d}{b+r+2 d} .
\end{aligned}
$$

`例`一部电梯从底层开始启动时有 6 位乘客，设每位乘客在十层楼的任何一层离开的可能性相同．试求下列事件的概率：
（1）$A$ ：某指定的一层有两位乘客离开；
（2）$B$ ：没有两位及两位以上的乘客在同一层离开；
（3）$C$ ：恰有两位乘客在同一层离开；
（4）D：至少有两位乘客在同一层离开。

解 由于每一位乘客均可能在十层楼的任一层离开，故样本点总
数为 $10^6$ ．
（1）某指定的一层有两位乘客离开，这两位乘客可以是6人中的任 2 人，共有 $C_6^2$ 种组合方式，其余 4 人可以在另外 9 层任意离开，共有 $9^4$种方式，故 $A$ 的概率为

$$
P(A)=\frac{C_6^2 \cdot 9^4}{10^6} \approx 0.0984
$$

（2）没有两位及两位以上的乘客在同一层离开，即 6 位乘客应在 10 层中任选 6 层，每层有 1 位下，共有 $P_{10}^6$ 种不同的方式，故 $B$ 的概率为

$$
P(B)=\frac{P_{10}^6}{10^6}=0.1512
$$

（3）恰有两位乘客在同一层离开，乘客的组合方式共有 $C_6^2$ 种，对楼层的选择方式共有 $C_{10}^1$ 种，其余的 4 位乘客不能有 2 位在同一层一起下，有如下三种形式： 4 位在同一层一起下，共有 $C_9^1$ 种方式；有 3 位在 9层的某一层一起下，余下的 1 位在剩下的 8 个楼层选择一层下，共有 $C_4^3 C_9^1 C_8^1$ 种不同的方式； 4 个人在不同的楼层下，一人一层，共有 $C_9^4 \cdot 4!$种方式．因此 $C$ 的概率为

$$
P(C)=\frac{C_{10}^1 C_6^2\left(C_9^1+C_4^3 C_9^1 C_8^1+C_9^4 \cdot 4!\right)}{10^6} \approx 0.4982
$$

（4）显然有 $P(D)=1-P(B)=1-0.1512=0.8488$.

`例`某班 $n$ 个战士各有 1 支枪，这些枪的外形完全一样，在一次夜间紧急集合中，每人随机地取了 1 支枪，求至少有 1 人拿到自己的枪的概率．
 解
$$
\begin{aligned}
&\text { 记 } A_i \text { 为＂第 } i \text { 个战士拿到自己枪＂的事件 }(i=1,2, \cdots, n) \text { ，则 }\\
&\begin{gathered}
P\left(A_i\right)=\frac{(n-1)!\cdot 1}{n!}=\frac{1}{n} \\
P\left(A_i A_j\right)=\frac{(n-2)!\cdot 1 \cdot 1}{n!}=\frac{1}{P_n^2} \quad(i \neq j)
\end{gathered}
\end{aligned}
$$

$$
P\left(A_1 A_2 \cdots A_n\right)=\frac{1}{n!}
$$

因而所求概率为

$$
\begin{aligned}
P & \left(A_1 \cup A_2 \cup \cdots \cup A_n\right) \\
= & \sum_{i=1}^n P\left(A_i\right)-\sum_{1 \leqslant i<j \leqslant n} P\left(A_i A_j\right)+\cdots \\
& +(-1)^{n-1} P\left(A_1 A_2 \cdots A_n\right) \\
= & C_n^1 \frac{1}{n}-C_n^2 \frac{1}{P_n^2}+\cdots+(-1)^{n-1} C_n^n \frac{1}{P_n^n} \\
= & 1-\frac{1}{2!}+\frac{1}{3!}-\cdots+(-1)^{n-1} \frac{1}{n!} \\
= & \sum_{j=1}^n \frac{(-1)^{j-1}}{j!}
\end{aligned}
$$

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