9.2 条件概率与独立性

第 9.1 节始终在完整样本空间中度量事件。新信息可能排除一部分结果。此时仍在考虑的结果集合已经改变，分母也必须随之改变。

假设从下面的卡片中等可能地选择一张：

\Omega=\{1,2,3,4,5,6,7,8\}.

在没有其他信息时，令事件 $A=$ “卡片数字大于 $5$ ”，则 $A=\{6,7,8\}$ ，所以 $P(A)=3/8$ 。

现在有人告诉我们：被选中的卡片是偶数。令

B=\{2,4,6,8\}.

此时可能的卡片不再是 $Omega$ 中的全部八张，而只剩 $B$ 中的四张。其中 $6$ 和 $8$ 也属于 $A$ ，所以更新后的概率为 $2/4=1/2$ 。

条件概率限制样本空间

已知 $B$ 发生时， $A$ 发生的概率叫作条件概率，写作

P(A\mid B).

竖线读作“在……条件下”或“已知”。它不是除号。竖线右边的事件是我们已经接受的信息。

在缩小后的空间 $B$ 中，满足要求的结果恰好是 $A\cap B$ 。于是得到条件概率的定义：

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

条件 $P(B)>0$ 不能省略，因为除数不能为零。在有限等可能样本空间中，这个概率之比可以化成计数之比：

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

对于卡片例子，

P(A\mid B) =\frac{|\{6,8\}|}{|\{2,4,6,8\}|} =\frac24 =\frac12.

竖线两侧的顺序很重要

$P(A\mid B)$ 与 $P(B\mid A)$ 通常回答不同问题。

仍使用刚才的卡片，

P(B\mid A)=\frac{|A\cap B|}{|A|}=\frac23,

因为知道卡片数字大于 $5$ 后，缩小的空间是 $A=\{6,7,8\}$ 。两个方向使用同一个交集作为分子，却使用不同的分母。

从二维表读取条件概率

二维表可以整理两个“是或否”事件。假设对 $100$ 名学生按是否使用 Python（事件 $A$ ）和是否使用 SQL（事件 $B$ ）分类：

	使用 SQL， $B$	不使用 SQL， $B^c$	行合计
使用 Python， $A$	$30$	$20$	$50$
不使用 Python， $A^c$	$10$	$40$	$50$
列合计	$40$	$60$	$100$

求 $P(A\mid B)$ 时，先把注意力限制在 $B$ 这一列。列合计 $40$ 成为分母， $A\cap B$ 所在格子的 $30$ 成为分子：

P(A\mid B)=\frac{30}{40}=\frac34.

求 $P(B\mid A)$ 时，改用 $A$ 这一行：

P(B\mid A)=\frac{30}{50}=\frac35.

一条可靠的操作规则是：条件决定分母。

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在总体方格上操作条件滤镜。通过调整阈值定义两个事件，再把任一事件放到条件竖线右侧。条件之外的结果会淡出，新的分母与交集会清晰保留下来。

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乘法公式把定义反向使用

从

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

出发，两边同时乘以 $P(B)$ ，得到

P(A\cap B)=P(B)P(A\mid B).

同一个交集也可以按相反顺序到达：

P(A\cap B)=P(A)P(B\mid A).

这就是乘法公式。它描述一条两阶段路线：先到达条件事件，再在缩小后的分支中到达另一个事件。

例如，一个盒子中有 $3$ 枚红色筹码和 $2$ 枚蓝色筹码。等可能地连续抽取两枚，而且采用不放回抽取，也就是第一次抽出的筹码不会在第二次抽取前放回盒子。令 $R_1$ 表示“第一枚是红色”， $R_2$ 表示“第二枚是红色”。首先，

P(R_1)=\frac35.

抽走一枚红色筹码以后，只剩 $2$ 枚红色筹码和 $4$ 枚筹码，因此

P(R_2\mid R_1)=\frac24=\frac12.

所以

P(R_1\cap R_2)=\frac35\cdot\frac12=\frac3{10}.

概率树是展示这种乘法过程的分支图。每条分支标注一个条件概率，从起点走到末端的一条完整路线，其概率等于沿途分支标签的乘积。它只是一种画图约定；正式依据仍是上面的乘法公式，并不要求预先学过后面章节的树结构。

独立性表示信息不会改变概率

如果得知 $B$ 发生并不会改变 $A$ 的概率，就说事件 $A$ 与 $B$ 相互独立。当 $P(B)>0$ 时，可以写成

P(A\mid B)=P(A).

把条件概率定义代入，可得到对称的检验公式：

P(A\cap B)=P(A)P(B).

这个乘积等式通常是更稳妥的定义，因为即使某个事件的概率为 $0$ ，它仍然有意义。

例一：两次分开的抛硬币

令 $A$ 表示“第一次为正面”， $B$ 表示“第二次为正面”。在

\Omega=\{HH,HT,TH,TT\}

中，

P(A)=\frac12, \qquad P(B)=\frac12, \qquad P(A\cap B)=\frac14.

因为

\frac14=\frac12\cdot\frac12,

所以两个事件独立。

例二：不放回抽取

在筹码盒中，抽取之前 $P(R_2)=3/5$ ，因为每枚筹码等可能地处在第二个位置。然而，

P(R_2\mid R_1)=\frac12\ne\frac35.

第一次抽出红色筹码改变了盒子的组成，因此 $R_1$ 与 $R_2$ 不独立。

互斥不等于独立

如果两个事件不能同时发生，就称它们互斥：

A\cap B=\varnothing.

在一次掷骰子中，“掷出 $2$ ”和“掷出 $5$ ”互斥。观察到 $2$ 后，同一次投掷出现 $5$ 就变得不可能，可见一个事件强烈影响了另一个事件。

如果两个互斥事件的概率都大于 $0$ ，那么

P(A\cap B)=0 \quad\text{而}\quad P(A)P(B)>0.

所以它们不独立。独立允许两个事件按照各自概率乘积所预测的比例发生重叠；互斥则完全禁止重叠。

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把一个固定总体重新分配到二维表的四个格子中。实时天平会比较实际交集和独立性所预测的交集，交叉乘积印章还会给出不受小数舍入影响的整数检验。

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本节检查表

竖线右边的事件就是缩小后的样本空间。
$P(A\mid B)$ 与 $P(B\mid A)$ 通常使用不同分母。
乘法公式可以根据一条分支路线重建交集概率。
独立性意味着 $P(A\cap B)=P(A)P(B)$ 。
不放回抽取通常会产生依赖关系。
概率为正的互斥事件不独立。

条件概率告诉我们证据怎样改变概率。下一节的贝叶斯定理将把条件的方向反转：已知“某个原因下出现证据的概率”，反推出“看到证据后这个原因成立的概率”。

9.2 条件概率与独立性

第 9.1 节始终在完整样本空间中度量事件。新信息可能排除一部分结果。此时仍在考虑的结果集合已经改变，分母也必须随之改变。

假设从下面的卡片中等可能地选择一张：

\Omega=\{1,2,3,4,5,6,7,8\}.

在没有其他信息时，令事件 $A=$ “卡片数字大于 $5$ ”，则 $A=\{6,7,8\}$ ，所以 $P(A)=3/8$ 。

现在有人告诉我们：被选中的卡片是偶数。令

B=\{2,4,6,8\}.

此时可能的卡片不再是 $Omega$ 中的全部八张，而只剩 $B$ 中的四张。其中 $6$ 和 $8$ 也属于 $A$ ，所以更新后的概率为 $2/4=1/2$ 。

条件概率限制样本空间

已知 $B$ 发生时， $A$ 发生的概率叫作条件概率，写作

P(A\mid B).

竖线读作“在……条件下”或“已知”。它不是除号。竖线右边的事件是我们已经接受的信息。

在缩小后的空间 $B$ 中，满足要求的结果恰好是 $A\cap B$ 。于是得到条件概率的定义：

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

条件 $P(B)>0$ 不能省略，因为除数不能为零。在有限等可能样本空间中，这个概率之比可以化成计数之比：

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

对于卡片例子，

P(A\mid B) =\frac{|\{6,8\}|}{|\{2,4,6,8\}|} =\frac24 =\frac12.

竖线两侧的顺序很重要

$P(A\mid B)$ 与 $P(B\mid A)$ 通常回答不同问题。

仍使用刚才的卡片，

P(B\mid A)=\frac{|A\cap B|}{|A|}=\frac23,

因为知道卡片数字大于 $5$ 后，缩小的空间是 $A=\{6,7,8\}$ 。两个方向使用同一个交集作为分子，却使用不同的分母。

从二维表读取条件概率

二维表可以整理两个“是或否”事件。假设对 $100$ 名学生按是否使用 Python（事件 $A$ ）和是否使用 SQL（事件 $B$ ）分类：

	使用 SQL， $B$	不使用 SQL， $B^c$	行合计
使用 Python， $A$	$30$	$20$	$50$
不使用 Python， $A^c$	$10$	$40$	$50$
列合计	$40$	$60$	$100$

求 $P(A\mid B)$ 时，先把注意力限制在 $B$ 这一列。列合计 $40$ 成为分母， $A\cap B$ 所在格子的 $30$ 成为分子：

P(A\mid B)=\frac{30}{40}=\frac34.

求 $P(B\mid A)$ 时，改用 $A$ 这一行：

P(B\mid A)=\frac{30}{50}=\frac35.

一条可靠的操作规则是：条件决定分母。

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乘法公式把定义反向使用

从

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

出发，两边同时乘以 $P(B)$ ，得到

P(A\cap B)=P(B)P(A\mid B).

同一个交集也可以按相反顺序到达：

P(A\cap B)=P(A)P(B\mid A).

这就是乘法公式。它描述一条两阶段路线：先到达条件事件，再在缩小后的分支中到达另一个事件。

P(R_1)=\frac35.

抽走一枚红色筹码以后，只剩 $2$ 枚红色筹码和 $4$ 枚筹码，因此

P(R_2\mid R_1)=\frac24=\frac12.

所以

P(R_1\cap R_2)=\frac35\cdot\frac12=\frac3{10}.

独立性表示信息不会改变概率

如果得知 $B$ 发生并不会改变 $A$ 的概率，就说事件 $A$ 与 $B$ 相互独立。当 $P(B)>0$ 时，可以写成

P(A\mid B)=P(A).

把条件概率定义代入，可得到对称的检验公式：

P(A\cap B)=P(A)P(B).

这个乘积等式通常是更稳妥的定义，因为即使某个事件的概率为 $0$ ，它仍然有意义。

例一：两次分开的抛硬币

令 $A$ 表示“第一次为正面”， $B$ 表示“第二次为正面”。在

\Omega=\{HH,HT,TH,TT\}

中，

P(A)=\frac12, \qquad P(B)=\frac12, \qquad P(A\cap B)=\frac14.

因为

\frac14=\frac12\cdot\frac12,

所以两个事件独立。

例二：不放回抽取

在筹码盒中，抽取之前 $P(R_2)=3/5$ ，因为每枚筹码等可能地处在第二个位置。然而，

P(R_2\mid R_1)=\frac12\ne\frac35.

第一次抽出红色筹码改变了盒子的组成，因此 $R_1$ 与 $R_2$ 不独立。

互斥不等于独立

如果两个事件不能同时发生，就称它们互斥：

A\cap B=\varnothing.

在一次掷骰子中，“掷出 $2$ ”和“掷出 $5$ ”互斥。观察到 $2$ 后，同一次投掷出现 $5$ 就变得不可能，可见一个事件强烈影响了另一个事件。

如果两个互斥事件的概率都大于 $0$ ，那么

P(A\cap B)=0 \quad\text{而}\quad P(A)P(B)>0.

所以它们不独立。独立允许两个事件按照各自概率乘积所预测的比例发生重叠；互斥则完全禁止重叠。

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正在加载概念检查...

正在加载本节练习...

本节检查表

竖线右边的事件就是缩小后的样本空间。
$P(A\mid B)$ 与 $P(B\mid A)$ 通常使用不同分母。
乘法公式可以根据一条分支路线重建交集概率。
独立性意味着 $P(A\cap B)=P(A)P(B)$ 。
不放回抽取通常会产生依赖关系。
概率为正的互斥事件不独立。