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§ 2 有关条件概率的三定理
这里给出条件概率的三个基本公式：乘法公
式,全概率公式和贝叶斯公式。这些公式在随
机数学中起着很重要的作用,现在分别介绍。
(一)乘法公式
设A,B为两个随机事件,若P(B)0,则
P(AB)=P(B)P(A|B)
（2）
称之为乘法公式。
定理 1

若P(A)0，也有P(AB)=P(A)P(B|A)
证明： P(B)0，由条件概率定义即证。


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进一步可推得
推论1 设A,B ,C为三个随机事件,若P(AB) 0，
则 P(ABC)=P(A)P(B|A)P(C|AB)
证明: P（ABC）= P(A)P(BC|A）
推论2

= P(A)P(B|A)P(C|AB)
设A1，A2，A3，…，An 为n个事件，若
P(A1A2…An-1)0,

则P(A1A2A3…An)=P(A1)P(A2|A1)
P(A3|A1A2) …P(An|A1A2…An-1)。


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例4 一批零件共100个，其中有10个是次品。
今从这批零件中随机抽取，每次一件，1）若
无放回地抽取3次，求3次都取得合格品的概
率；2）若有放回地抽取3次，求3次都取得合
格品的概率。
解：记 Ai=“第i次取得合格品”,i=1,2,3;
1) 若无放回的抽,则
90
P( A1) 
100

89
88
P(A 2 A 1 )  , P(A 3 | A 1A 2 ) 
99
98

90 89 88
P ( A 1A 2 A 3 )  P ( A 1 ) P ( A 2 | A 1 ) P ( A 3 | A 1A 2 ) 
100 99 98


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2) 若有放回地抽取
90
90
90
p ( A1 ) 
,p ( A2 | A1 ) 
, p( A3 | A1 A2 ) 
100
100
100

90 90 90
p ( A1 A2 A3 )  p ( A1 ) p ( A2 / A1 ) p ( A3 / A1 A2 ) 
100 100 100

例5 一场精彩的足球赛将要举行，5个球迷
好不容易才搞到一张入场券。大家都想去，
只好用抽签的方法来确定，问：抽签先后是
否影响抽到“入场券”的概率？
解 :用Ai表示“第I个人抽到入场券”
（i=1,2,3,4,5）,则 Ai 表示“第i个人未抽
到入场券”。显然


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1
4
P( A1 )  , P( A1 ) 
5
5

即第1个人抽到入场券的概率是1/5。
现在来看第2个人，若第2个人抽到入场券，
必须第1个人未抽到。因此

P( A2 )  P( A1 A2 )  P( A1 ) P( A2 | A1 )
4 1 1
  
5 4 5
同理可求得每个人抽到“入场券”的概率
都是1/5，请同学自己试一试。


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例6 袋中有10个球,6白4红,一个一个的取出;
令Ak=第k次取出红球，其中1k10；求
P(A1A2),P(A2)。
解：方法一：按照古典概型的计算方法：
方法一：

 ( A1 A2 ) 

2
C4
2
C10

2

15

C  9! 2
( A2 ) 

10! 4 3 5
1
4

2
方法二：  ( A1 A2 )   ( A1 ) ( A2 | A1 )   
10 9 15
由 A2  A2  A1 A2  A1 A2,故：
( A2 )  ( A1 A2  A1 A2 )  ( A1 A2 )  ( A1 A2 )

2 6 4 2
 ( A1 )( A2 | A1 )  ( A1 )( A2 | A1 )    
15 10 9 5


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在方法二求P(A2)的过程中,对Ω作如下分解:
  A1  A1 ,且使 A1 A2与 A1 A2互不相容；
这种分解方法体现了以下全概率公式的基本
思想。
(二) 全概率公式
基本思想

将复杂事件的概率计算问题转化为简
单事件的概率计算。

完备事件组

设随机试验E的样本空间为Ω，A1,A2,…An是
一组事件，如果满足：
1）Ai Aj = ,ij, i,j=1,2,…..n


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2) A1A2 …  An= Ω
则称A1,A2,…An为样本空间Ω的一个完备事件
组(划分)。
样本空间Ω的一个完备事件组(划分)


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定理 2
若{Bi,1in}为样本空间的一个分解(划
分),A为任意一个事件，则
n

 ( A)    ( Bi ) ( A | Bi )

(3)

i 1

称之为全概率公式。
n

n

i 1

i 1

证明：  A  A  A(  Bi )   ( Bi A) ，所以

( A)  (

n

( Bi A))

（事件的等价性〕

n i 1

  ( Bi A)
i 1

（有限可加性〕


Slide 10

n

  ( Bi )( A | Bi )

（乘法公式〕

i 1

A


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将 事件A分解成若干互不相容的事件ABi

的和，从而将复杂事件A的概率P(A)转化为
事件ABi的概率P(BiA)的和。

下面几个例子说明全概率公式在简化计
算方面的作用。
例7 从0~9中任取两数,求其和大于10的概率。
解：记A={0~9中和大于10两数}，Bi={第一次
取出数i},(0≤i≤9),则

i  j, Bi B j   ,

9

B


.
i
i 0

又P(Bi)=1/10;P(A|B0)=0,P(A|B1)=0;


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当2i5时,P(A|Bi)=(i-1)/9;
当6i9时,P(A|Bi)=(i-2)/9;所以
9

5

9

i 0

i 2

i 6

P(A)   P(Bi ) P(A | Bi )   P(Bi ) P(A | Bi )   P(Bi ) P(A | Bi )
1 5 i 1 1 9 i 2 16
 
 

10 i2 9 10 i6 9 45

由以上几个例子可以看出,全概率公式
的形式虽然很简单,但它所代表的“对样本
空间进行适当分解”的思想却是十分重要,
具有很高的技巧性。通过对样本空间的分解,
我们可以将“较复杂的”事件转化与分解为
若干不相容事件的并，从而使问题得以解决。


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这种事件分解的思想在后面章节仍会不断涉
及,它贯穿概率论课程的始终,是概率论的一大
特点。
对于全概率公式，还可以做以下两点推广：
推论1 若{Bi,i≥1}是的一个分解,且P(Bi)>0,
则



( A)   ( Bi )( A | Bi )

( 4)

n 1

(证明提示:利用概率的可列可加性。与
定理2证明类似)
推论2 若{Bi,j≥1}为一列事件,且 i  j, Bi B j  

B
n 1 n

A

,则（4）亦成立。


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全概率公式是概率论的最基本公式之一，它
隐含了概率论中分析问题的基本思想与技巧,
以后我们还要介绍它的各种变形与推广。
例8 某电子设备制造厂所用的某种晶体管由
三家元件制造厂提供，根据以往的记录有以
下的数据：

元件制造厂 次品率 提供晶体管的分额
0.02
0.15
甲厂
0.01
0.80
乙厂
0.03
0.05
丙厂
设三家的产品在仓库中是均匀混合的,且无区


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别的标志
(1)在仓库中随机地抽取一只晶体管，求它是
次品的概率；
(2)在仓库中随机地抽取一只晶体管，已知它
是次品，问它是哪个厂生产的可能性更大？
解：设 A=“取到的一只是次品”
Bi=“取到的是第i厂的产品” ，i=1,2,3.
B1,B2,B3是样本空间的一个完备事件组，
P(B1)=0.15,P(B2)=0.80, P(B3)=0.05,

P(A|B1)=0.02,P(A|B2)=0.01,P(A|B3)=0.03


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(1)由全概率公式
P(A)=P(A|B1)P(B1)+P(A|B2)P(B2)+P(A|B3)P(B3)
=0.02×0.15+0.01×0.80+0.03×0.05=0.0125

(2)

P ( AB1 ) P ( A B1 ) P( B1 )
P ( B1 | A) 

P ( A)
P ( A)
0.02  0.15

 0.24
0.0125

同理 P(B2|A)=0.64 , P(B3|A)=0.12 .

所以，该次品是乙厂生产的可能性更大。


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(三)贝叶斯公式(Bayes公式)
n
由全概率公式，可知：( A)   ( Bi )( A | Bi )
i 1

由乘法式得到
( ABi )  ( A)( Bi | A)  ( Bi )( A | Bi ) (5)
将（3）式代入（5）式，得到：
n
  ( Bi ) ( A | Bi )   ( Bi | A)   ( Bi ) ( A | Bi )
i 1

所以 ( Bi | A) 
定义3

( Bi )( A | Bi )



n


(
B
)

(
A
|
B
)
i
i
i 1

称(6)式为Bayes公式

( 6)


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与全概率公式类似，Bayes公式也可以推广到
可列无穷的情况，即：

( Bi | A) 

( Bi )( A | Bi )






(
B
)

(
A
|
B
)
i
i
i 1

( 7)

通过 Bayes 公式，使我们在已知 P(Bi)和
P(A|Bi)的情况下，可以计算 P(Bi|A)的值，
我们称P(Bi|A)为事件Bi的后验概率（即已知
试 验 结 果 Ａ 以 后 Bi 的 概 率 ） 。 相 对 地 ， 称
P(Bi)为事件Bi的先验概率。
以下几个例子说明Bayes公式的应用。


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例9 某发报机每次随机的发“1”与“0”两种
信号，其概率分别为0.6与0.4，由于系统受随
机干扰，其结果是：在发报机发“1”信号条
件下，收报机收到“1”与“0”的条件概率为
0.8与0.2；在发“0”信号条件下，收到“1”与
“0”的条件概率为“0.1”与“0.9”。试求在收
报机收到“1”信号条件下,发报机是发“1”的
条件概率？
解：设A=发“1”信号，A =发“0”信号；B=收
“1”信号，B =收“0”信号。
由题意有 P( A)  0.6, P( A)  0.4,

P( B | A)  0.8, P( B | A)  0.2, P( B | A )  0.1, P( B | A )  0.9


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由Bayes公式
P( A) P( B | A)
P( A | B) 
P( A) P( B | A)  P( A) P( B | A)
0.6  0.8

 0.923
0.6  0.8  0.4  0.1
此例中，P( A)  0.6, P( A)  0.4 是根据以往发
信号的统计规律得到的，相对于这个问题而
言是先验概率，而P(A|B)是根据本次得到的
试验结果的信息下得到的后验概率。


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例10 对以往数据分析结果表明：当机器调整
良好时，产品的合格率为90%，而当机器发
生某一故障时，其产品合格率仅为30%；每
天早上机器开动时，机器调整良好的概率为
75%。已知某日早上第一件产品是合格品，
试求：机器调整良好的概率是多少？
解：A＝{产品合格}，B＝{机器调整良好}，
则题目要求的是P(B|A)；由题意 P(A|B)=90%
P(A | B)  30%，P(B)=75%，所以
 ( B ) ( A | B )
( B | A) 
 ( B ) ( A | B )   ( B ) ( A | B )
0.75  0.9

 0.9
0.75  0.9  0.25  0.3


Slide 22

即,当生产出的第一件产品合格时,机器调整
良好的概率为90%。题目中P(B)＝75%是根
据以往的数据分析得到的,是先验概率;而
P(B|A)是在得到“生产了一件合格产品”这
一信息条件下的修正概率,是后验概率。

综合举例
在引入了条件概率的三个重要公式——乘法
公式,全概率公式,Bayes 公式后,我们所解决
的概率问题的范围比以前大大扩展了。为说
明它们的综合应用,举例如下：


Slide 23

例11 有两个口袋，一个装有2个黑球和3个
红球；另一个装有3个黑球和2个红球；每次
抛掷一枚匀称的硬币来决定从哪个袋中取球。
每次抽球后均放回原口袋。若抽出的第一个
球是黑球，求从同一口袋中抽得第二个球也
是黑球的概率。
解：记A1＝{从１号口袋(2黑3红)取球}；
A2＝{从2号口袋(2红3黑)取球}；
B1(B2)＝{第1(2)个球是黑的}。由题意，要求
P(B2|B1)。由条件概率定义：

P(B 2 | B1 )  P(B1 B 2 ) / P(B1 )


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再对事件B1进行分解：
B1=B1(A1∪A2)=A1B1∪A2B1；有：

P(B1 )  P(A1B1 )  P(A 2 B1 )  P(A1 ) P(B1 | A1 )  P(A 2 ) P(B1 | A 2 )
 12  2 5  12  35  1

2

类似地，
P(B1B2 )  P(A1 ) P(B1B2 | A1 )  P(A 2 ) P(B1B2 | A 2 )
2
2
3
1
2
1
 2  ( 5 )  2  ( 5 )  13
50
P(B1B 2 ) 1350 13
所以 P(B2 | B1 ) 


1
P(B1 )
25
2
与计算P(B1)类似可得：P(B2)=1/213/25。


Slide 25

这说明：“第一次取到黑球”这一信息加大
了第二次取得黑球的可能性，因为它加大了
我们从含较多黑球的口袋取球的可能性。
推而广之，若已知前两次抽得的是黑球，则
从同一口袋中第三次抽到的也是黑球的概率
为：
1  (2 )3  1  ( 3 )3

 ( B1 B2 B3 )
 ( B3 | B1 B2 ) 

 ( B1 B2 )

7
 .
1  (2 ) 2  1  ( 3 ) 2
13
2
5
2
5
2

5

2

5

一般的，若已知前n-1次抽得的是黑球，则从
同一口袋中第n次抽到的也是黑球的概率为：


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n

 (3

n

 ( B1 B2  Bn )
5)
5)
 ( Bn | B1 B2  Bn 1 ) 

 ( B1 B2  Bn 1 ) ( 2 5 ) n 1  ( 3 5 ) n 1
(2

当n  时，上述概率的极限为：
lim ( Bn | B1 B2
n 

( 5)  ( 5)
Bn 1 )  lim
n  ( 2 ) n 1  ( 3 ) n 1
5
5

3
  P ( B1 | A2 )
5

2

n

3

n


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例12 里耶(G．Polya)坛子模型
有些人把这个问题当作传染病或地震的模型,
认为某地越爆发疾病则越容易爆发该疾病。
模型如下(红球代表爆发,黑球代表不爆发):坛
子中有b个黑球,r个红球;现从中每次取一个,
取后放回,并同时再放入c个与所取球同色的
球。问：
（1）前二次取出的都是黑球的概率；
（2）第n次抽取的是黑球的概率。
解：令Bi={第i次取出的是黑球}，i=1,2,···。


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（1） 求P(B1B2)：由乘法公式，有
b
bc
P(B1 B 2 )  P(B1 ) P(B 2 | B1 ) 

br brc
（2）求P(Bn)：

先考虑c=0 与c=-1的特殊情形。这是我
们已经熟悉的有放回抽样问题与无放回
b
抽样，易知P(B
；下面我们证明
n) b  r

这个结论带有一般性。即对任意的c，都有
b
P(Bn) 
br
考虑：在前n次抽取中，对任意指定顺序取k
个黑球和(n-k)个红球的概率。每抽取一次，


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球的总数加c，每抽到一个黑(红)球，黑(红)
球数加c。均有：

 ()

1
1
 C b  r C b  r c

1
C br (n 1) c

(指定k个位置取黑球, 其余(n-k)个位置取红
1 1
1
1 1
1
球)= C b C bc C b(k 1) c  C r C r c C r (n k 1) c
P(指定顺序取k个黑球,(n-k)个红球)=
b(b c)[b (k 1) c]  r(r c)[r (n k  1) c]
(b r)(b r  c)(b r  2 c)[b r  (n 1) c]

记 Ak={ 前 n 次 抽 球 中 抽 到 k 个 黑
n
球},k=0,1,2,···,n
则由全概率公式:（Ω   A ）
k 0

k


Slide 30

n

P(Bn 1 )   P(A k ) P(Bn 1 | A k )
k 0

b(b c) [b (k  1) c]  r(r  c) [r  (n  k  1) c] b kc
 C

(b r)(b r  c)(b r  2 c) (b r  (n  1) c)
b r  nc
k 0
n

k
n

若记b’=b+c，则
b n k b (b  c) [b  (k  1) c]r(r  c) [r  (n  k  1) c]
P(Bn 1 ) 
Cn

b r k 0
(b  r)(b  r  c) [b  r  (n  1) c]

b n

Ρ(在b个黑球,r个红球的坛子中,前n次取k 个黑球)

b r k 0

b

b r

由此可见，P(Bn)的概率与n及c均无关。不爆
发传染病的概率是不随时间而转移的；也就
是说，以前爆发与否对现在没影响。