31?104 =3111112?+?+?+?1104531012513注意P?H1|A?= 与P?H1?=是不同的。类似的，如果以事件A的对立事件A
210（不迟到）代替上面式子中的A ，就得到
33?9104PH1|A = =
3312111234?+?+?+?11045310125??
2.4 概率的三定理的综合应用
下列中各个例子可以说明上述定理的联合应用
例1 设甲乙二人在装有a个白球和b个黑球的盒子中任意取出一个球，从甲开始然后轮流取球。每次取后不还原，试求甲(或者乙)先取出的是白球的概率
p1（或者p2）。
解 为了使甲先取出一个白球，必须也只须或者甲第一次就取出的球是白球（记为“白”），或者甲第一次取出的球是黑球，乙第二次取出的球是黑球，甲第三次取出的球为白球（记为“黑、黑、白”） ??????因而事件“甲先取出的球是白球”可以表示为互不相容的事件“白”、“黑、黑、白”、“黑、黑、黑、黑、白” ??????的和，然而事件“白”的概率为
a ，事件“黑、黑、白”的概率可用概率的a?b乘法公式 P(A1A2???A)n=P(A1)P(A2|A1)P(A3|A1A2)???P(An|A1A2???An-1)来计算得
ab?1a ，事件“黑、黑、黑、黑、白”的概率任然可以用概??a?ba?b?1a?b?2ab?1b?2b?3a率的乘法公式来计算出，??????，所以 ????a?ba?b?1a?b?2a?b?3a?b?4出
p1??a?b(b?1)b(b?1)(b?2)(b?3)1?????? ??a?b?(a?b?1)(a?b?2)(a?b?1)(a?b?2)(a?b?3)(a?b?4)?同样得到
p2??a?bb(b?1)(b?2)?????? a?b?a?b?1(a?b?1)(a?b?2)(a?b?3)??注意，由于b是有穷数，故上面两个式子右方中自某一项起全为0，又因为甲、乙二人中，总有一个人先取出白色的球，故p1?p2?1。以p1、p2的值代入并且简化后，得到等式
1?bb(b?1)a?b ??????a?b?1(a?b?1)(a?b?2)a于是我们附带地用概率的方法证明了上面的恒等式。用概率的方法来证明一些关系或者解决其他一些数学分析中的问题。是概率论中的重要研究方向之一。
例2 从装有a个白球和b个黑球的盒子中同时取出n个球，a?b?n，试求至少取出一白球的概率p 。
解 先求对立事件的概率，事件B：“取出的全部是黑球”的概率是
?b???nq???
?a?b???n??所以
p?1?q?1?b(b?1)???(b?n?1)
(a?b)(a?b?1)???(a?b?n?1)还可以用另一个让发求得p ：同时取出n个球可以看成不还原地连续取出n次，每次取出一个球。为了使n次中至少取出一白球，必须也只须或者第一次就得到白球（概率为
a），或者第一次取出的是黑球第二次取出的是白球（概率为a?baa），??????，这些事件互不相容，所以 ?a?ba?b?1ababb?1b?n?2a p???????????????a?ba?ba?b?1a?ba?b?1a?b?n?2a?b?n?1比较上面的两个式子，可见它们右方的值相等，于是又得到恒等式：当a>0时
1+bb(b?1)(b?2)???(b?n?2) ?????a?b?1(a?b?1)(a?b?2)???(a?b?n?1)??a?b?b(b?1)(b?2)???(b?n?1)1?? a?(a?b?1)(a?b?2)???(a?b?n?1)??
第三章．条件概率的应用
在前面的内容中我们认识的大多概率都是在样本空间中的。并且只是计算了一些条件概率，许多的实验都是用某些特定的条件概率来描述。在理论上这意味着：样本空间中的概率可由给定的条件概率中推到出来。下面来介绍几个条件概率的应用
3.1 用条件概率所定义的概率——波利亚罐子模型
罐子模型。一个罐子中包括b个黑球与r个红球。随机地抽取一个球。看了颜色再放，并且还要另外加进去c个与抽出来的球具有同样颜色的球和d个相反颜色的球（这个时候罐子里面就有r+b+c+d个球了），这种过程反复地进行，其中c和d是任意的整数。C和d可以取为负数，不过在这种情形下经过有限次取球之后会因为没有了球而停止。特别的，取c=-1，d=0，则我们的抽样就变成了无放回的抽样，它在r+b次以后就结束
现在我们转向数学描述，注意一点就是，某些基本的概率可以通过它所确定的条件概率来计算。对应于n次抽取的样本空间的典型的描述法是用n个字母B和R的序列来代表其样本点。事件“第一次取出的球是黑的”（即是第一个字母是B的全部序列所构成的集合）的概率为b(b?r)。如果第一个球是黑色的球，则第二次取出的球的颜色任然为黑色的概率是(b?c)(b?r?c?d)因此黑黑的概率为
b(b?c) ?(b?r)(b?r?c?d)黑黑黑的概率为
b(b?c)(b?2c)?? (b?r)(b?r?c?d)(b?r?2c?2d)显然这样的方法可以计算出每一个样本点的概率
概率的显式表达式不是很容易得到的，除非在下面介绍的一个重要的而且著名的特殊情形：
波利亚管子模型，其特征是d=0，c>0。每次抽取后，这时候与取出来的球
有相同颜色的球的数目增加，而与取出的球的颜色不同的球的数目保持不变。在效果上看，每一次取出的球是什么颜色增加了下一次也取到这种颜色球的概率，因此，我们得带到了类似传染病的一个模型，在这其中，每一次传染以后都增加再传染的概率。在n次抽取中，先取出n1个黑球后在取出n2个红球（这当中
n1?n2?n）的概率是
b(b?c)(b?2c)???(b?n1c?c)r(r?c)???(r?n2c?c)
(b?r)(b?r?c)(b?r?2c)???(b?r?nc?c)考虑n个抽取为n1个黑球，n2 个红球的其他抽取顺序，计算它的概率，发现因子是相同的，只是排列的次序是不同的。因此可以得到抽出n1个黑球和n2 个红球的所有可能的抽取方式具有不同的概率，这为波利亚罐子模型咋分析上的简明
?n?性，分子分母同乘以??，即是所有的排列的数目，利用广义二项式系式得到下
?n1?列形式：
?n1?1?bc??n2?1?rc???bc???rc?????????n1n2n1??n2???????? ?n?1?(b?r)c???(b+c)c?????nn????pn1,n
3.2 配对问题
例 有n张信纸，分别标号为1，2，3，?，n，另外有n个信封也同样标号，今将每一张信纸任意的装入每一个信封中，试求“没有一个配对”的概率q0及“恰有r个配对成功”的概率qr（r?n），这里说的“r个配对”是指的是有r张信纸，分别装入同号码的信封。
解 以Ai表示“第i号信纸装入第i号信封”这一事件，则
q0?1?P(?Ai)
i?1n为了求P(?Ai)，利用一般加法公式。第i号信纸可以装入n个信封，恰
i?1n好装入第i号信封的概率P(Ai)?1，故 ns1??P(Ai)?1
如Ai出现，第j号信纸共有n-1个信封可以选择，故
1 P(Aj|Ai)?n?111 P(AiAj)?P(Ai)P(Aj|Ai)??nn?1从而
?n?1s2??P(AiAj)???n(n?1)?
2!i,j?2?i类似地一般有
sr?1 ，（r=1，2，?，n） r!于是
n(?1)k?1(?1)kq0?1?P(?Ai)?1????
k!k!k?1k?0i?1nn注意q0与n有关，如记为q0?q0(n)则
limq0(n)?e?1?0.36???
x??利用q0 便不难求出qr 。如果指定某r张信纸装入对应的信封中，这事件的概率为
1
n(n?1)???(n?r?1)其余n-r张信纸中没有一个配对成功的概率为
(?1)kq0(n?r)??
k!k?0n?r?n?由于r张配对的信纸一共有??种选择的方法，所以
?r??n???n?rr?(?1)k1n?r(?1)k?qr?????
n(n?1)???(n?r?1)k?0k!r!k?0k!注意当n??时候，qr?qr(n)?e?1r!