球、7个白球共9个球中任取一个,根据古典概率计算,取到黑球的概率为2/9,即有 P(A2|A1)=2/9 (2)在已知A2发生,即第二次取到的是黑球的条件下,求第一次取到黑球的概率.但 第一次取球发生在第二次取球之前,故问题的结构不像(1)那么直观 我们可按定义计算P(A1|42)更方便一些 由P(A142)= P=1.,P(A2)=10 P(41A2)2 P(A1|A2) P(42 例2(E02)袋中有5个球其中3个红球2个白球现从袋中不放回地连取两个.已知 第一次取得红球时,求第二次取得白球的概率 解法1设A表示“第一次取得红球”B表示“第二次取得白球”,依题意要求P(B|A 缩减样本空间A中的样本点数,即第一次取得红球的取法为PP,其中,第二次取得白球 的取法有P种,所以P(B4)=PP1 也可以直接用公式(1)计算,因为第一次取走了一个红球袋中只剩下4个球,其中有两 个白球,再从中任取一个,取得白球的概率为2/4,所以P(B|A)=2/4=112 解法2设A表示“第一次取得红球”,B表示“第二次取得白球”,求P(B|A) 在5个球中不放回连取两球的取法有P3种,其中,第一次取得红球的取法有PP种,第 一次取得红球第二次取得白球的取法有PP种,所以 P(A=BpI P(AB) B3P23 由定义得P(B14)=B=310=1 乘法公式 例3(E03)一袋中装10个球,其中3个黑球、7个白球先后两次从中随意各取一球(不 放回),求两次取到的均为黑球的概率 分析:这一概率,我们曾用古典概型方法计算过,这里我们使用乘法公式来计算.在本 例中,问题本身提供了两步完成一个试验的结构,这恰恰与乘法公式的形式相应,合理地利 用问题本身的结构来使用乘法公式往往是使问题得到简化的关键 解设A表示事件“第i次取到的是黑球”(=1,2),则A1∩A2表示事件“两次取到的均 为黑球”由题设知P(A1)0气(42143球、7 个白球共 9 个球中任取一个, 根据古典概率计算, 取到黑球的概率为 2/9, 即有 ( | ) 2 / 9. P A2 A1 = (2) 在已知 A2 发生, 即第二次取到的是黑球的条件下, 求第一次取到黑球的概率. 但 第一次取球发生在第二次取球之前, 故问题的结构不像(1)那么直观. 我们可按定义计算 ( | ) P A1 A2 更方便一些. 由 ( ) P A1A2 2 10 2 3 P P = , 15 1 = 10 3 ( ) P A2 = ( | ) P A1 A2 ( ) ( ) 2 1 2 P A P A A = . 9 2 = 例 2 (E02) 袋中有 5 个球, 其中 3 个红球 2 个白球. 现从袋中不放回地连取两个. 已知 第一次取得红球时, 求第二次取得白球的概率. 解法 1 设 A 表示“第一次取得红球”, B 表示“第二次取得白球”, 依题意要求 P(B | A). 缩减样本空间 A 中的样本点数, 即第一次取得红球的取法为 , 1 4 1 P3 P 其中, 第二次取得白球 的取法有 1 2 1 P3 P 种, 所以 P(B | A) 1 4 1 3 1 2 1 3 P P P P = . 2 1 = 也可以直接用公式(1)计算, 因为第一次取走了一个红球, 袋中只剩下 4 个球, 其中有两 个白球, 再从中任取一个, 取得白球的概率为 2/4, 所以 P(B | A) = 2 / 4 = 1/ 2. 解法 2 设 A 表示“第一次取得红球”, B 表示 “第二次取得白球”, 求 P(B | A). 在 5 个球中不放回连取两球的取法有 2 P5 种, 其中, 第一次取得红球的取法有 1 4 1 P3 P 种, 第 一次取得红球第二次取得白球的取法有 1 2 1 P3 P 种, 所以 P(A) 2 5 1 4 1 3 P P P = , 5 3 = P(AB) 2 5 1 2 1 3 P P P = . 10 3 = 由定义得 P(B | A) ( ) ( ) P A P AB = 3/ 5 3/10 = . 2 1 = 乘法公式 例 3 (E03) 一袋中装 10 个球, 其中 3 个黑球、7 个白球, 先后两次从中随意各取一球(不 放回), 求两次取到的均为黑球的概率. 分析：这一概率, 我们曾用古典概型方法计算过, 这里我们使用乘法公式来计算. 在本 例中, 问题本身提供了两步完成一个试验的结构, 这恰恰与乘法公式的形式相应, 合理地利 用问题本身的结构来使用乘法公式往往是使问题得到简化的关键. 解 设 Ai 表示事件“第 i 次取到的是黑球” (i =1,2), 则 A1  A2 表示事件“两次取到的均 为黑球”. 由题设知 , 10 3 ( ) P A1 = 9 2 ( | ) P A2 A1 =