件，不必是互斥事件，则
P(A1?A2|B)?P(A1|B)?P(A2|B)?P(A1?A2|B)
读者可以把无条件概率的其他性质推广到条件概率。
可以把条件概率进一步推广到多个事件的情形，如果A,2,3,?,n,是n个事件，i,i?1给定A1,A2,?,An?1出现，那么An的条件概率由下面的公式给出：
P(An|A1,A2,A3,?,An?1)?P(A1?A2???An?1?An) （1.4.4）
P(A1?A2???An?1)
1.4.2 乘法公式
利用定义1.4.1立即可得下面的概率乘法定理。 定理1.4.2 设A,B为两个事件，则当P(B)?0时，
P(AB)?P(B)P(A|B) （1.4.5） 称上面的公式为乘法公式。
有一个重要的特殊情形，当A与B相互独立时，事件B的发生不会改变A发生的概率，即P(A|B)?P(A)时，这时乘法公式变为
P(AB)?P(A)P(B) （1.4.6）
反之，当
P(B)?0时，若A,B相互独立，则有独立性定义和公式（1.4.3）有
于是得到下面的定理。 P(A|B)?P(A).定理1.4.3 设P(B)?0，则事件A,B相互独立的充要条件是
P(A|B)?P(A) （1.4.7）
下面给出乘法定理的推广形式。
定理1.4.4 设有n个事件A1A2?An?1)?0，则有 1,A2,?,An满足P(A P(A（1.4.8） 1A2?An)?P(A1)P(A2|A1)P(A3|A1A2)?P(An|A1A2?An?1)
证 注意到P(A并n?1次使用定理1.4.2即1)?P(A1A2)???P(A1A2?An?1)?0，得。 □ 另有一种十分有用的有趣情形，一系列的事件有这样的性质：每个事件仅仅依赖前面一个事件，那就是，Aj?1只依赖于Aj，一旦Aj给定，Aj?1不再依赖Aj?1,Aj?2,?,A1。那么，在这种情形下，式(1.4.8)的右边能被简化成
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P(A1A2?An)?P(A1)P(A2|A1)P(A3|A2)?P(An|An?1) (1.4.9)
这在概率论中称为马尔可夫（Markov）性。需要指出的是，公式(1.4.9)是一个特例，而式(1.4.8)任何情形下都是正确的。
例1.4.3 对摧毁一个目标的概率感兴趣。假如要摧毁一个目标，就会出现几个连续的事情。首先，必须有一个可用的目标提供给我们。第二，必须探测那个目标。第三，必须对目标开火。第四，必须用火力摧毁目标。如果这个目标被摧毁，所有上述这些事情都必须发生。 假设
A1代表事件“目标存在”， A2代表事件“目标被探测到”，
，A4代表事件“目标被摧毁”。 A3代表事件“对目标开火”
由于这些事件的每一个都清楚的都包含了前面的一个，可以表述成
A4?A1A2A3A4
所以
P(A4)?P(A1A2A3A4)?P(A1)P(A2|A1)P(A3|A1A2)P(A4|A1A2A3)
可以做如下解释。A2明显依赖于A1，因为如果目标不存在，则能侦测到目标的概率为0；假如目标存在，则侦测到目标的概率为非0。因此A1和A2不是相互独立的事件。然而，假如知道目标已经侦测到，那么A3仅依赖于A2。（假设不能对没有侦测到的目标开火，但可以对侦测到的目标开火）。这样，开火的概率仅依赖于目标是否被侦测到。因此
P(A3|A1A2)?P(A3|A2)
给定A2，那么A1中所包含的附加信息（如果有的话）对于决定是否开火（即事件A3）
没有任何价值。通过类似的推论可得
P(A4|A1A2A3)?P(A4|A3)
因此，摧毁目标的概率只是
P(A4)?P(A1A2A3A4)?P(A1)P(A2|A1)P(A3|A2)P(A4|A3) □
例 1.4.4 袋中有a只红球和b只白球。从中任取1球随即放回并同时放进与取出的球
同色的球c只，再做第二次抽取，如此反复3次。问取出的3只球中前2只是白球而后1只是红球的概率为何？
解 设Ai表示“第i次取到白球”则所求概率为P(A(i?1,2,3)，1A2A3).这里A1,A2,A3不独立。由定理1.4.4有
P(A1A2A3)?P(A1)P(A2|A1)P(A3|A1A2)
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?bb?ca?? a?ba?b?ca?b?2c?ab(b?c). □
(a?b)(a?b?c)(a?b?2c)
1.4.2 全概率公式与贝叶斯公式
由条件概率的概念可以导出另一个非常有用的公式。先看下面的例题。
例 1.4.5 某厂一、二、三车间生产同一种元件，其产量占全厂此种元件总产量的比例依次是35%，50%和15%。已知三个车间产品的次品率分别为3%，4%，5%。从该厂生产的元件中随机挑出一件，问它是次品的概率是多少？（在实际工作中也称这个概率为次品率）。
解 若记全厂这种元件的总产量为m，则全厂此种元件的次品率
p?m?0.35?0.03?m?0.5?0.04?m?0.15?0.05
m?0.35?0.03?0.5?0.04?0.15?0.05?0.038.
显然，全厂次品率是各车间次品率的加权平均值。上述计算全然没有涉及概率，但它对某些概率计算却极具启示性意义。下面从概率角度加以分析。
首先，全厂元件的次品率
p就是从全厂元件中任意取出一件恰是次品的概率。设A表
示对全厂元件做任意抽取时“取到次品”，Bi表示“取到第i车间的产品”(i?1,2,3).则依题意，有
P(B1)?0.35，P(B2)?0.5，P(B3)?0.15 P(A|B1)?0.03, P(A|B2)?0.04, P(A|B3)?0.05
于是前面求出的全厂元件的次品率p就是
33p?P(A)??P(Bi)P(A|Bi)??P(BiA)=0.038 □
i?1i?1上式表明，欲求一个较复杂的事件A的概率P(A)，可寻找所有导致A发生的途径（或原因）Bi，利用Bi,i?1,2,?,n将A分解成一系列两两互斥的事件BiA,i?1,2,?,n的和，再借助于概率乘法公式进行计算。
定义1.4.4 假设B1,B2,B3,?,Bn是为某试验的样本空间?的一组互不相容的事件，也就是满足
BiBj?? (i?j,i,j?1,?2,n,，)如果还满足?Bi??，则称事件组
i?1nB1,B2,?,Bn为?的一个分割。即任两个Bi不可能同时出现，而且其中一个必须出现。
定理1.4.5 设B1,B2,?,Bn为?的一个分割，且有P(Bi)?0( i?1,2,?,n)，则对任意事件A有
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P(A)??P(A|Bi)P(Bi) （1.4.10）
i?1n证 由定理假设，A是任何事件，如果A发生，那么它必然与图1.9）。即
?Bi?中一个同时发生（见
A?[AB1]?[AB2]?[AB3]??
因B1,B2,?,Bn两两互斥，故AB1,AB2,?,ABn亦两两互斥，由概率地定义1.2.3的性质3可得
P(A)?P(AB1)?P(AB2)???P(ABn)
再利用公式(1.4.5)就得
P(A)?P(A|B1)P(B1)?P(A|B2)P(B2)???P(A|Bn)P(Bn)
??P(A|Bi)P(Bi) □
i?1n
通常称上述公式为全概公式。这是一个非常有用的公式。 A?B4 A?B1 A B B B B1 2 3 4 B6 A?B6 B5 A?B2 A?B3 A?B5 图1.9 A?(A?B1)?(A?B2)???(A?B6)，对于B1?B2???B6??和Bi?Bj??,?i,j
全概率公式可以推广到可数的子集构成的分割的情形。即假设B1,B2,B3,?是可数多个互不相容事件，且满足
BiBj?? (i?j,i,j?1,2,?)，和
?B??，则如果有
ii?1?P(Bi?0)( i?1,2,?)，则对任意事件A有
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P(A)??P(A|Bi)P(Bi) （1.4.11）
i?1
下面来探讨另一个问题。如果观测到事件A实际发生，要计算条件概率P(Bj|A)。通
过使用(1.4.4)和(1.4.11)，发现
P(Bj|A)?P(Bj?A)P(A|Bj)P(Bj) ?P(A)?P(A|Bi)P(Bi)i (1.4.12)
公式(1.4.12)称为贝叶斯(Bayes)公式，有许多的应用。
例1.4.6 (例1.4.5续)假设在质量检查时，该厂质检部门从全厂生产的元件中任意抽出1件进行检查时发现是次品，问它是第2个车间生产的概率为多少？
解 由题意，要计算P(B2|A)，由式(1.4.12)
P(B2|A)?P(A|B2)?P(B2)(0.5)(0.04)??0.526
P(A)(0.038)这样对于车间2中次品几率的认识就从原来的50％变成52.6％。 □
定理1.4.6(贝叶斯定理) 事件组
B1,B2,?,Bn为?的一个分割, 且有
P(B0(?ii)? ，则对任意事件1,?2,n,A有
P(A|Bj)P(Bj) P(Bj|A)?P(A|B)P(B)?iiiP(Bj?A)证 由条件概率公式(1.4.2) P(Bj|A)?
P(A)分子使用乘法公式（1.4.5）、分母用全概公式(1.4.10)即得。 □
通常称上述公式为贝叶斯公式或逆概公式。 下面用一个例子来结束本章，通过该例子中各种概率的计算，将本章的内容作一个复习。 例1.4.7 假设做下面的一个摸球游戏：一个口袋里最初装有2只等质的球，1只红球，一只白球。第1次从中随机抽取1球，观察其颜色，然后将球放回，并加入一个同色的球。再摸第2次，遵照同样的规则，即随机取出1个，观察其颜色，然后将球放回，并加入一个同色的球。再摸第3次。如果用H表示摸到的是红球，T表示摸到的是白球。则连续3次摸球的试验的样本空间可表为
??{HHH,HHT,HTH,HTT,THH,THT,TTH,TTT}
并可以用下面的二叉树表示每一步的概率，见图1.10。
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