下面介绍一个有关计数的重要原理：乘法原理。
1.2.4 乘法原理
假设一项试验有m个步骤，实施第k(k?1,2,?,m)个步骤有nk个不同的方案，则完成此项试验共有
?n个不同方案。
ii?1km首先回顾一下在下面的例题中要用到排列、组合的记号。通常用Pn表示从n个不同元素中选取k(k?1,2,?,n?1)个元素的排列数，Pn表示全排列，Cn表示从n个不同元素选
k?n?。 k个元素的组合数（组合数C的另一种常用记号是??）k??kn例1.2.4 袋中有6只红球4只白球，从中一次性任意取出3只球。求事件A=“恰取到3只红球”及B=“恰取到2只红球”的概率。
解 此类试验一般都认为袋中球的大小是一样的，抽取之前球已经被充分搅匀，从而任意3只球被取出的可能性都一样。视任意取出的3只球为一个样本点，此试验为古典概型，样本点总数为n?C10，A中含有的样本点数nA33?C6，所以
3C61P(A)?3?
C106在计数事件B的样本点数时应注意“恰取到2只红球”意味着“取到2只红球、1只白球”。而为完成这项工作须分两步走：第一步，从6只红球中任取2只（共有C6种取法）；第二步，从4只白球中任取1只（有C4种取法）。于是，据乘法原理，nB1221?C6C4。所以
21C6C41 P(B)?? □ 3C102例1.2.5 将例1.2.4中的取球方式改成以下两种方式：
（1） 不放回抽样：每次取出1只球，取后球不放回，连取3次； （2） 放回抽样：每次取出1只球，记下球的颜色后放回袋中，再做下次抽取，连取3次，分别求两次方式下例2中的事件A,B的概率。
解 （1）由于取球方式的变化，此时样本点与取球的次序有关（即是排列而非组合），此时
33n?P10，nA?P6。
为计算nB，注意到样本点是排列，可将“取到2只红球1只白球”分两步走：第一步，先确定这个3个元素的排列中哪个位置放白球（共有C3种不同放法）；第二步，再确定将哪只
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白球放到上述位置上（共有4中不同的方法）；第三步，确定哪2只红球排列到余下的两个位置上（共有P。故由乘法原理 6种方法）
112nB?C3?P4?P6，
2于是得
3112PC3?P1164?P6。 P(A)?3?，P(B)??3P6P21010(2)在放回抽样方式下，样本点应是可重复排列。利用乘法原理可得
n?103, nA?63
而事件B的样本点数的计算过程与（1）完全类似，
1nB?C3?P41?62，
于是
112C3?P6327544?6 P(A)?3?，P(B)?。 □ ?31012510125回过头来看例1.2.5会发现，在不放回抽样方式下，事件A,B的概率与例2的完全一样。这其实毫不奇怪。因为事实上一次取出3只球与逐一（不放回地）取出3只球，从效果上说
是完全一样的。因此解例1.2.5（1）时完全可以将样本点取成组合，从而与例1.2.4取完全相同的算法。显然较之看成排列，计算更为简捷。此例亦提示我们：有时古典概率问题可以通过建立不同的样本空间来解决。在1.3节将讨论事件独立性时再回到本例，用另一种方法得到相同的结果。
例 1.2.6 有6个居民小区的每一个随机地从甲、乙、丙3个物业管理公司中选一个来管理小区。求下列事件的概率：（1）A：每个公司各被2个小区选中；（2）B：3个公司分别被选中管理1、2、3个小区；（3）C：甲公司只被选中管理1个小区；（4）D：甲公司至少被2个小区选中。
解 因每个小区都有3种选择，故n?3。
（1）A的实施可分三步：第一步，从6个小区中任择2个选择甲公司；第二步，由余下的4个小区中任择2个选择乙公司；第三步，剩下的2个选择丙公司。这样，由乘法原理
22nA?C6C4.于是
622C6C10P(A)?64?.
381 （2）B的完成可分四步：第一步，确定哪个公司管理1个小区，哪个公司管理2个小区，哪个公司管理3个小区，这有P第二、三、四步与（1）类似。这样nB3个不同的方案；于是
12PC4036C5P(B)??.
368112?PC36C5.
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（3）C的完成可分两步：第一步，在6个小区中任择1个选择甲公司；第二步，将余下的5个小区选择公司乙或丙。这样，nc15?C6?2.于是
1C6?2564P(C)?6?.
3243 （4）事件D可分解成D??Ei，其中Ei表示“甲公司被选中管理i个小区”，直接计数
i?26较麻烦，不如去数其逆事件的样本点，再利用概率的性质6计算概率。于是得
126?C6?25473?. □ P(D)?1?P(D)?1?36729如何借助于概率的性质以简化概率计算，这是解概率题时常要考虑的问题。
例1.2.7（匹配问题） 假设一个人打印了n封信，并在n个信封上打印相应的地址，接着随意地把这n封信放进n个信封中。要求至少有一封信刚好放进正确的信封的概率pn。同样的问题可以用不同有趣的内容来表述。比如，从n个班级每个班级选1名男生和1名女生，将这些男生和女生随机地配对跳交谊舞，要求其中至少有一对来自同一个班级的概率
pn。另一个例子是，某项国际乒乓球比赛，共有n个国家参赛，每个国家只能派2名选手
参赛，在淘汰赛的第一轮，这2n个选手抽签进行n场比赛，要求没有1对选手来自同一个国家的概率，这正好是“至少有1对选手来自同一个国家”的补事件，因此其概率等于1?pn。
下面以装信来讨论匹配的问题。记Ai为把第i(i?1,2,?,n)封信放进正确的信封这一事
n??件，利用等式（1.2.3）来计算pn?P??Ai?的值。因为是随意把信装进信封的，那么把任?i?1?意一封信放进正确的信封的概率P(Ai)是1/n。因此在式（1.2.3）右边的第一项和的值是：
1P(A)?n??1 ?ini?1进而，因为可把第一封信放进n个信封的任一个，那么第二封信可放进其剩下的n-1个信封中的任一个，那么把第一封信和第二封信都放进正确的信封的概率
nP(A1A2)是
1/?类似地，把任意第i封信和第（ji≠j）封信都放进正确的信封的概率P(AiAj)?n?n?1???。
是1/??n?n?1???。因此，式（1.2.3）右边的第二项和的值是
?P(AiAj)?Cn2?i?j11?
n(n?1)2!用类似的推理方法，可算出把任何三封信i、j和k（i 18 P(AiAjAk)是1/??n?n?1??n?2???。因此，第三项和的值是 i?j?k?P(AiAjAk)?Cn3?11? n(n?1)(n?2)3!持续这个过程，直到计算得把所有n封信都正确放进各自信封的概率P(A1A2?An)是 1/n!。从式（1.2.3）可得至少把一封信放进正确的信封的概率pn是 pn?1?111n?11???????1?. （1.2.4） 2!3!4!n!这个概率有如下有趣的特征。当n??的时候， pn的值趋向于下式的极限： limpn?1?n??111????. 2!3!4!在初等微积分的书中证明了在这个方程右端的无限序列的级数和等于1?的e=2.71828?。因此，1?放进正确的信封的概率 ?1/e?，这里 ?1/e? =0.63212?。也就是说，当n充分大时，至少有一封信被 □ pn的值接近0.63212。 正如式（1.2.4）所示，pn的准确值会随着n的增加形成一个波动序列。当n以偶数2，4，6，?增加时， pn的值会逐渐增大到极限值0.63212；当n以奇数3，5，7，?增加时， pn的值会逐渐减小到同样的极限值。 pn的值收敛的很快。事实上，当n=7时，p7的值已经可以精确到小数点后第四位了。 因此，不管是把7封信随意地放进7个信封，还是把7百万封信随意的放进7百万个信封， 至少有一封信放进正确的信封的概率都是0.6321。 乒乓球比赛问题的概率就等于1?0.6321=0.3679. §1.3 独 立 性 概率公理化定义1.2.3第3条性质表述了对于互斥事件，事件并的概率是各事件概率的的总和。对于另一类的事件，它们的交集的概率和各事件概率的乘积保持着相近的联系。 经验告诉我们有些事件之间是互不影响的。如某人的性别或年龄与他(她)买彩票中奖与否毫无联系。将一个硬币投掷两次，如果“第一次出现正面”，那么“第二次也是正面”的概率不会受其影响。在一批晶体管的寿命测试中，有理由认为一个晶体管的寿命不会依赖于任何其他晶体管的寿命。这就引出概率论中事件独立性的概念。 而另一种情形是有些事件的发生对另一些事件的发生有影响，比如在大雾天气中发生车祸的可能性要大一些，老年人摔跤后容易骨折. 这就引出概率论中条件概率的概念。 1.3.1 事件的独立性 1.两个事件的独立性 19 从字面意义上说，若事件A与事件B的发生互不影响，称A与B相互独立应是恰当的。那么概率论中该如何定义事件的独立性呢？ 定义1.3.1 称两个事件A和B互相独立（或者统计意义下的独立），如果 P(AB)?P(A)P(B) (1.3.1) 作为特殊情形，若A,B中有一个是必然事件或不可能事件，则（1.3.1）式显然成立。这表明，任意事件都与?（或?）相互独立。 先看下面的例子。 例1.3.1 假设有100个晶体管，其中10个是有缺陷的；有300个电容器，其中的15个是有缺陷的。要从这100个晶体管和300个电容器中分别随机选1个晶体管和1个电容器组成电子组合，设A代表事件“组合中的晶体管零件是有缺陷的”（则P(A)=10/100=0.10）， （则P(B)=15/300=0.05）。因为是分别从晶体管和B代表事件“组合中电容器零件有缺陷的” 电容器中进行挑选，所以有理由认为其中一个事件不会影响到另一个，也就是说，事件A和B是相互独立的。这里有总共100?300个可能的组合，其中的10?15个零件组合中晶体管和电容器都是有缺陷的。这样选出的1个晶体管和1个电容器都是有缺陷的事件的概率为： P(A?B)?10?15?0.005?(0.10)(0.05)?P(A)P(B) 100?300可见A和B满足式(1.3.1)，是相互独立的。 □ 通过使用独立性概念，能够把许多简单的可能性构造成复杂的可能性。 例1.3.2 通常情况下，股市中有些股票的涨跌是相互独立的，而有些则是不独立的（即所谓“有联动”）。假设某投资人预测股票甲、乙下周上涨的概率分别为0.9和0.8，该投资人立即买入上述股票。若甲、乙股票的涨跌相互独立，求此人买入的股票下周至少有一只上涨的概率。 解 令A,B分别表示股票甲、乙涨的事件。则所求概率为 P(A?B)?P(A)?P(B)?P(AB). 由题设及公式（1.3.1） P(A?B)?P(A)?P(B)?P(A)?P(B)?0.98. □ 关于事件的独立性，有下面的重要结论。 定理1.3.2 设事件A与事件B相互独立，则A与B，A与B，A与B亦相互独立。 证 以下证明A与B相互独立， P(AB)?P(A?AB)?P(A)?P(AB)?P(A)?P(A)P(B) ?P(A)[1?P(B)]?P(A)P(B). 此即A和B的独立性。关于事件A和B独立，只要交换A和B角色即可。类似可证关于事件A和B的独立性。 □ 初学者往往容易将事件A与B独立和事件A,B互斥相混淆，常误以为独立就是互斥。 20