第 35 章 · 条件概率与全概率公式

项目	内容
课标主题	选择性必修 · 概率与统计 · 随机事件的条件概率（贝叶斯公式为选学）
人教 A 版	选择性必修第三册 第七章 7.1
考试地位	常考。条件概率常出现在选择题、填空题；乘法公式和全概率公式是解答题里算分布列的基本工具，常和第 36 章分布列一起考；贝叶斯公式在课标中标 *，是选学内容，不作为考试要求；“已知结果求原因”的题用条件概率的定义加全概率公式也能做
前置知识	第 21 章概率（事件的积、互斥、对立、古典概型、独立性）；第 34 章计数原理（数样本点）

第 21 章算的是“一件事发生的可能性”；这一章多了一个前提：“已经知道另一件事发生了，这件事的可能性变成多少”。不放回抽取、分阶段的试验、“来自哪个车间”这类题都靠这一章的三个公式。公式本身不难，丢分丢在读题上：分不清题目要的是 $P(AB)$ 还是 $P(B \mid A)$，把 $P(B \mid A)$ 和 $P(A \mid B)$ 弄反，全概率公式的情况划分不完整。

35.1 知识点一览

知识点	一句话	考试中
35.2 条件概率	已知 $A$ 发生，$B$ 发生的概率 $P(B \mid A) = \dfrac{P(AB)}{P(A)}$	常考
35.3 乘法公式	$P(AB) = P(A)P(B \mid A)$，分步发生的事件，概率沿着步骤相乘	常考，多作为计算工具
35.4 全概率公式	把样本空间分成几种情况，$P(B) = \sum P(A_i)P(B \mid A_i)$	常考，解答题常用
35.5 贝叶斯公式（选学）	已知结果 $B$ 发生，求它由第 $i$ 种情况引起的概率 $P(A_i \mid B)$	选学，不作考试要求

35.2 条件概率

说明

条件概率：设 $A$、$B$ 是两个事件，且 $P(A) > 0$。在事件 $A$ 发生的条件下，事件 $B$ 发生的概率叫条件概率，记作 $P(B \mid A)$，读作”$A$ 发生的条件下 $B$ 发生的概率”：

$$P(B \mid A) = \frac{P(AB)}{P(A)}.$$

这里 $AB$ 是积事件（$A$ 与 $B$ 同时发生，即 $A \cap B$），见第 21 章 21.3 节。竖线右边是已知发生的条件，左边是要求概率的事件。

两种算法：

1. 定义法：分别求出 $P(A)$ 和 $P(AB)$，相除。任何概率模型都能用。
2. 缩减样本空间法：在古典概型中，把 $A$ 当作新的样本空间，数一数 $A$ 里有几个样本点同时也在 $B$ 里：

$$P(B \mid A) = \frac{n(AB)}{n(A)},$$

其中 $n(A)$、$n(AB)$ 表示事件 $A$、$AB$ 包含的样本点个数。

性质（设 $P(A) > 0$）：

• $0 \le P(B \mid A) \le 1$，且 $P(\Omega \mid A) = 1$。
• 若 $B$、$C$ 互斥，则 $P(B \cup C \mid A) = P(B \mid A) + P(C \mid A)$。
• $P(\overline{B} \mid A) = 1 - P(B \mid A)$。

也就是说，在”$A$ 已经发生“这个新的样本空间里，条件概率和普通概率的性质完全一样。

和独立性的关系：当 $P(A) > 0$ 时，$A$、$B$ 相互独立 $\iff P(B \mid A) = P(B)$。独立就是“知道 $A$ 发生，不改变 $B$ 的概率”。

使用场景

• 古典概型里出现“已知……发生”“在……的条件下”：用缩减样本空间法，在 $A$ 里直接数。
• 题目给出百分比或概率（如“活到 20 岁的概率”“及格率”），问“已经……的条件下……的概率”：用定义法，先找 $P(A)$ 和 $P(AB)$。
• 不放回地依次抽取，问“第一次抽到某种，第二次又抽到某种的概率”：两种算法都能用，缩减样本空间法往往一步出结果。

注意点

• 定义要求 $P(A) > 0$。条件事件不可能发生时，谈不上“在它发生的条件下”。
• 缩减样本空间法只适用于古典概型（样本点等可能）。样本点不等可能时只能用定义法。
• $P(B \mid A)$ 和 $P(A \mid B)$ 一般不相等：分母不同，一个是 $P(A)$，一个是 $P(B)$。
• $P(B \mid A)$ 和 $P(AB)$ 不同：$P(AB)$ 是在整个样本空间里看两件事同时发生，$P(B \mid A)$ 是在 $A$ 里面看。题目里“已知”“在……的条件下”是条件概率的信号；“……且……”“都”是积事件的信号。

证明

定义从哪里来。 先看古典概型。设样本空间 $\Omega$ 有 $n$ 个等可能的样本点。已知 $A$ 发生，那么试验结果一定是 $A$ 里的某个样本点，而且这 $n(A)$ 个样本点仍然等可能。此时 $B$ 发生，当且仅当结果落在 $AB$ 里，所以

$$P(B \mid A) = \frac{n(AB)}{n(A)} = \frac{n(AB) / n}{n(A) / n} = \frac{P(AB)}{P(A)}.$$

（关键一步：分子分母同除以 $n$。这样右边只剩概率，不再依赖“数样本点”，于是可以把它作为一般情形的定义，不等可能的概率模型也能用。）

性质的推导。 以第二条为例。若 $B$、$C$ 互斥，则 $BA$ 与 $CA$ 也互斥（$BA \subseteq B$，$CA \subseteq C$，两者没有公共样本点），且 $(B \cup C)A = BA \cup CA$。由互斥事件的概率加法：

$$P(B \cup C \mid A) = \frac{P(BA \cup CA)}{P(A)} = \frac{P(BA) + P(CA)}{P(A)} = P(B \mid A) + P(C \mid A).$$

取 $C = \overline{B}$，左边是 $P(\Omega \mid A) = \dfrac{P(A)}{P(A)} = 1$，得 $P(\overline{B} \mid A) = 1 - P(B \mid A)$。

和独立性的关系。 若 $P(A) > 0$，则

$$P(B \mid A) = P(B) \iff \frac{P(AB)}{P(A)} = P(B) \iff P(AB) = P(A)P(B),$$

最后一个式子正是第 21 章 21.6 节独立的定义。

例题

例 1　（场景：古典概型，缩减样本空间）掷两颗均匀的骰子，记 $A$ 为“点数之和不小于 9”，$B$ 为“第一颗的点数是 6”。求 $P(B \mid A)$ 和 $P(A \mid B)$。

解：样本空间有 $6 \times 6 = 36$ 个等可能的样本点 $(x, y)$。

$A$ 中的样本点：和为 9 的 $(3, 6), (4, 5), (5, 4), (6, 3)$；和为 10 的 $(4, 6), (5, 5), (6, 4)$；和为 11 的 $(5, 6), (6, 5)$；和为 12 的 $(6, 6)$。共 $n(A) = 10$ 个。

其中第一颗是 6 的有 $(6, 3), (6, 4), (6, 5), (6, 6)$，所以 $n(AB) = 4$。

$$P(B \mid A) = \frac{n(AB)}{n(A)} = \frac{4}{10} = \frac{2}{5}.$$

$B$ 中有 $(6, 1), (6, 2), \dots, (6, 6)$ 共 $n(B) = 6$ 个样本点，其中和不小于 9 的就是上面那 4 个，所以

$$P(A \mid B) = \frac{n(AB)}{n(B)} = \frac{4}{6} = \frac{2}{3}.$$

容易卡在：两问的分子都是 4，分母却不同。先看竖线右边是谁，它就是新的样本空间。

例 2　（场景：给出概率，用定义法）某种灯泡用到 1000 小时的概率是 0.9，用到 1500 小时的概率是 0.6。一个灯泡已经用了 1000 小时，求它能用到 1500 小时的概率。

解：记 $A$ 为“用到 1000 小时”，$B$ 为“用到 1500 小时”。能用到 1500 小时的灯泡一定用到过 1000 小时，所以 $B \subseteq A$，$AB = B$，$P(AB) = P(B) = 0.6$。

$$P(B \mid A) = \frac{P(AB)}{P(A)} = \frac{0.6}{0.9} = \frac{2}{3}.$$

容易卡在：找不到 $P(AB)$。关键是看出“用到 1500 小时”包含在“用到 1000 小时”里，积事件就是 $B$ 本身。

例 3　（场景：不放回抽取）袋中有 3 个红球、2 个白球，除颜色外完全相同。不放回地依次摸出 2 个球。已知第一次摸到红球，求第二次也摸到红球的概率。

解：记 $A$ 为“第一次摸到红球”，$B$ 为“第二次摸到红球”。用定义法。

把球编号，依次摸两个，样本点是有序的，共 $5 \times 4 = 20$ 个。第一次红球有 $3 \times 4 = 12$ 种，所以 $P(A) = \dfrac{12}{20} = \dfrac{3}{5}$；两次都是红球有 $3 \times 2 = 6$ 种，所以 $P(AB) = \dfrac{6}{20} = \dfrac{3}{10}$。

$$P(B \mid A) = \frac{P(AB)}{P(A)} = \frac{3/10}{3/5} = \frac{1}{2}.$$

另一种解法：缩减样本空间。第一次摸到红球之后，袋里剩 2 个红球、2 个白球，第二次摸到红球的概率直接就是 $\dfrac{2}{4} = \dfrac{1}{2}$。不放回抽取时，“已知前面抽了什么”往往就等于“知道袋里还剩什么”，缩减样本空间一步出结果；定义法步骤多，但在条件比较绕（比如“已知两次中至少一次是红球”）、剩下什么不好直接说清时更稳。

常用推论

• 若 $A \subseteq B$，则 $P(B \mid A) = 1$；若 $B \subseteq A$，则 $P(B \mid A) = \dfrac{P(B)}{P(A)}$。推导：前者 $AB = A$，后者 $AB = B$，代入定义（例 2 就是后一种）。
• $P(A) > 0$ 时，$A$、$B$ 独立 $\iff P(B \mid A) = P(B)$。推导见本节“证明”最后一段。判断独立时，算 $P(B \mid A)$ 和 $P(B)$ 是否相等，与算 $P(AB)$ 和 $P(A)P(B)$ 是否相等等价。
• $P(\overline{B} \mid A) = 1 - P(B \mid A)$。“已知 $A$ 发生，求 $B$ 至少……“这类题，常先求对立事件的条件概率。推导见本节”证明”。

易错点

• 错在哪：例 3 中，把“已知第一次红，第二次红的概率”算成 $P(AB) = \dfrac{3}{10}$。 为什么错：$P(AB)$ 是“两次都红”在全部 20 种结果中的比例；题目说“已知第一次红”，样本空间已经缩小到那 12 种。 正确做法：读到“已知”“在……的条件下”，就是条件概率，要除以条件事件的概率。
• 错在哪：例 1 中，认为 $P(B \mid A) = P(A \mid B)$。 为什么错：两者分子都是 $P(AB)$，但分母一个是 $P(A)$、一个是 $P(B)$，只有 $P(A) = P(B)$ 时才相等。 正确做法：竖线右边是已知条件，它决定分母。
• 错在哪：样本点不等可能时，也用 $\dfrac{n(AB)}{n(A)}$ 数个数。 为什么错：缩减样本空间法的依据是”$A$ 里的样本点仍然等可能”，前提不成立，比值就不是概率。 正确做法：先确认是古典概型；不是的话用定义法，或者先换成等可能的样本空间。

直观理解

条件概率就是“换一个样本空间”。原来在整个 $\Omega$ 里看 $B$ 占多大比例；现在知道 $A$ 发生了，$A$ 外面的结果都被排除，只在 $A$ 这个小圈里看 $B$ 占多大比例，也就是 $AB$ 占 $A$ 的比例。

一句话记法：“已知谁，谁做分母。”

关联知识点

• 前置：第 21 章 21.3 节事件的关系与运算，$AB$ 是积事件。
• 前置：第 21 章 21.4 节古典概型，缩减样本空间法就是在 $A$ 里做古典概型。
• 前置：第 34 章计数原理，样本点多时用排列组合数 $n(A)$、$n(AB)$。
• 后续：35.3 乘法公式，就是把定义式两边同乘 $P(A)$。
• 常一起考：第 21 章 21.6 节事件的相互独立性，$P(B \mid A) = P(B)$ 是独立的另一种说法。

35.3 乘法公式

说明

乘法公式：由条件概率的定义，当 $P(A) > 0$ 时，

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

同理，当 $P(B) > 0$ 时，$P(AB) = P(B)P(A \mid B)$。

推广到三个事件：当 $P(AB) > 0$ 时，

$$P(ABC) = P(A)P(B \mid A)P(C \mid AB).$$

更多事件依此类推：第一步的概率，乘第二步在第一步发生条件下的概率，再乘第三步在前两步都发生条件下的概率……

树状图：分步发生的试验画成树，每条分支上写“在前面各步已发生的条件下”这一步的概率。从根走到某个末端的一条路径，表示各步同时发生，它的概率等于路径上各分支概率的乘积。

使用场景

• 不放回地依次抽取，问“第一次……且第二次……“的概率：第二次的概率要按第一次之后剩下的情况算，再相乘。
• 多个步骤依次发生，后一步的概率依赖前面的结果（逐个试钥匙、连续闯关、依次抽签）：用推广的乘法公式，画成树或链。
• 题目直接给出“在……中，有……%“这种比例套比例的数据，问”两者都满足“的比例：外层比例乘内层比例。

注意点

• 乘法公式里第二个因子是条件概率 $P(B \mid A)$，不是 $P(B)$。只有 $A$、$B$ 独立时，才化为 $P(AB) = P(A)P(B)$。
• 有放回抽取时，每次抽之前袋子复原，后一次的条件概率等于无条件概率，两次独立；不放回时一般不独立。先判断是哪种。
• 用推广公式时，每一步的条件是“前面所有步都发生”，不只是上一步。

证明

两个事件。 由定义 $P(B \mid A) = \dfrac{P(AB)}{P(A)}$，两边同乘 $P(A)$（$P(A) > 0$）即得 $P(AB) = P(A)P(B \mid A)$。$P(AB) = P(B)P(A \mid B)$ 同理。

三个事件。 把 $AB$ 看成一个事件，用两个事件的乘法公式：

$$P(ABC) = P\big((AB)C\big) = P(AB)P(C \mid AB) = P(A)P(B \mid A)P(C \mid AB).$$

（关键一步：把 $AB$ 整体当作一个事件 $D$，$P(DC) = P(D)P(C \mid D)$ 就能用。这一步需要 $P(AB) > 0$；又因为 $AB \subseteq A$，$P(A) \ge P(AB) > 0$，前面的 $P(B \mid A)$ 也有意义。）

例题

例 1　（场景：不放回抽取）10 件产品中有 3 件次品。不放回地依次抽取 2 件，求：（1）两件都是次品的概率；（2）第一件是正品、第二件是次品的概率。

解：记 $A_1$ 为“第一件是次品”，$A_2$ 为“第二件是次品”。

（1）$P(A_1) = \dfrac{3}{10}$。第一件是次品后，剩下 9 件中有 2 件次品，所以 $P(A_2 \mid A_1) = \dfrac{2}{9}$。

$$P(A_1 A_2) = P(A_1)P(A_2 \mid A_1) = \frac{3}{10} \times \frac{2}{9} = \frac{1}{15}.$$

（2）$P(\overline{A_1}) = \dfrac{7}{10}$。第一件是正品后，剩下 9 件中仍有 3 件次品，所以 $P(A_2 \mid \overline{A_1}) = \dfrac{3}{9}$。

$$P(\overline{A_1} A_2) = \frac{7}{10} \times \frac{3}{9} = \frac{7}{30}.$$

容易卡在：第二次的分母忘了减 1，写成 $\dfrac{3}{10} \times \dfrac{3}{10}$，那是有放回的算法。

例 2　（场景：多步依次发生）5 把外形相同的钥匙中只有 1 把能打开门。逐把试开，试过打不开的放在一边不再试。求：（1）第 3 次才打开门的概率；（2）最多试 3 次就打开门的概率。

解：记 $A_i$ 为“第 $i$ 次打开门”。

（1）“第 3 次才打开”就是前两次没打开、第 3 次打开，即 $\overline{A_1}\,\overline{A_2}A_3$。第 1 次没打开的概率是 $\dfrac{4}{5}$；第 1 次没打开后剩 4 把，第 2 次没打开的概率是 $\dfrac{3}{4}$；前两次都没打开后剩 3 把，第 3 次打开的概率是 $\dfrac{1}{3}$。

$$P(\overline{A_1}\,\overline{A_2}A_3) = \frac{4}{5} \times \frac{3}{4} \times \frac{1}{3} = \frac{1}{5}.$$

（2）同样算得第 1 次打开的概率是 $\dfrac{1}{5}$；第 2 次才打开的概率是 $\dfrac{4}{5} \times \dfrac{1}{4} = \dfrac{1}{5}$。三种情况互斥，所以最多试 3 次就打开的概率是

$$\frac{1}{5} + \frac{1}{5} + \frac{1}{5} = \frac{3}{5}.$$

另一种解法：用对称性。把 5 把钥匙随机排成一个试开的顺序，能开门的那把排在 5 个位置中的任何一个都等可能，所以“第 $k$ 次打开”的概率都是 $\dfrac{1}{5}$，“最多 3 次”就是它排在前 3 位，概率 $\dfrac{3}{5}$。对称性的解法几乎不用算，适合选择题、填空题；乘法公式是通用方法，钥匙不止一把能开、或者每次试开有失败概率时，对称性不再成立，只能逐步相乘。

例 3　（场景：比例套比例）某校高二学生中，选考物理的占 60%；选考物理的学生中，又有 40% 选考化学。从该校高二学生中任选一人，求他既选考物理又选考化学的概率。

解：记 $A$ 为“选考物理”，$B$ 为“选考化学”。$P(A) = 0.6$，“选考物理的学生中有 40% 选化学”说的是 $P(B \mid A) = 0.4$。

$$P(AB) = P(A)P(B \mid A) = 0.6 \times 0.4 = 0.24.$$

容易卡在：把 40% 当成 $P(B)$。“在……中占……“说的是在一个子群体里的比例，是条件概率。

常用推论

• $A$、$B$ 独立时，$P(B \mid A) = P(B)$，乘法公式化为 $P(AB) = P(A)P(B)$。所以第 21 章独立事件的乘法是乘法公式的特例。推导见 35.2 节常用推论。
• 树状图上一条路径的概率等于路径上各分支概率的乘积；同一个分叉点出发的各分支概率加起来是 1。前者是推广的乘法公式，后者是 $P(B \mid A) + P(\overline{B} \mid A) = 1$。用后一条可以检查树画得对不对。
• 不放回地从 $N$ 件（其中 $M$ 件次品）中依次抽取，前 $k$ 件都是次品的概率是 $\dfrac{M}{N} \cdot \dfrac{M - 1}{N - 1} \cdots \dfrac{M - k + 1}{N - k + 1}$。推导：推广的乘法公式，每抽走一件次品，分子分母各减 1。

易错点

• 错在哪：例 1 不放回抽取，写成 $P(A_1 A_2) = \dfrac{3}{10} \times \dfrac{3}{10}$。 为什么错：不放回时第一次的结果改变了袋中的组成，$A_1$、$A_2$ 不独立，第二个因子应是 $P(A_2 \mid A_1) = \dfrac{2}{9}$。 正确做法：每一步都问“前面发生了什么，现在还剩什么”，按剩下的算。
• 错在哪：例 2 中“第 3 次才打开”写成 $\dfrac{1}{3}$。 为什么错：$\dfrac{1}{3}$ 是“前两次没打开的条件下第 3 次打开”的条件概率，题目问的是三件事同时发生。 正确做法：“第 $k$ 次才……“要把前面各次的失败概率一起乘上。
• 错在哪：三个事件时写成 $P(ABC) = P(A)P(B \mid A)P(C \mid B)$。 为什么错：第三步的条件是 $A$、$B$ 都发生，只写 $B$ 漏了 $A$ 的信息。 正确做法：第三个因子写 $P(C \mid AB)$。

直观理解

乘法公式是“比例的比例”：全校有 60% 选物理，这 60% 里又有 40% 选化学，那么全校选物理又选化学的是 60% 的 40%，即 24%。在树状图上，就是沿着树枝一路往下乘。

关联知识点

• 前置：35.2 条件概率，乘法公式是定义式的变形。
• 前置：第 21 章 21.6 节事件的相互独立性，独立事件的乘法是本公式的特例。
• 后续：35.4 全概率公式，每一项 $P(A_i)P(B \mid A_i)$ 就是用乘法公式算的 $P(A_i B)$。
• 后续：第 36 章离散型随机变量，不放回抽取的分布列（超几何分布）、“第 $k$ 次才成功”的分布列都要逐步相乘。

35.4 全概率公式

说明

完备事件组（样本空间的一个划分）：若事件 $A_1, A_2, \dots, A_n$ 两两互斥，且 $A_1 \cup A_2 \cup \dots \cup A_n = \Omega$，就说它们构成样本空间的一个划分。通俗说：每次试验，这些情况中恰好有一个发生。

全概率公式：设 $A_1, A_2, \dots, A_n$ 是样本空间的一个划分，且 $P(A_i) > 0$（$i = 1, 2, \dots, n$），则对任意事件 $B$，

$$P(B) = \sum_{i=1}^{n} P(A_i)P(B \mid A_i) = P(A_1)P(B \mid A_1) + P(A_2)P(B \mid A_2) + \dots + P(A_n)P(B \mid A_n).$$

最常用的是 $n = 2$ 的情形：$A$ 与 $\overline{A}$ 构成一个划分（$0 < P(A) < 1$），

$$P(B) = P(A)P(B \mid A) + P(\overline{A})P(B \mid \overline{A}).$$

用法口诀：“先分情况，各算各的，再加起来。“把结果 $B$ 的各种”来源“列成 $A_1, \dots, A_n$，每种来源的概率乘以该来源下 $B$ 发生的概率，最后相加。这叫由因求果。

使用场景

• 一件事可能来自几个不同的来源（几个车间、几条生产线、几个盒子），已知每个来源所占比例和各自“出这件事”的概率，求这件事的总概率。
• 两阶段试验，第二阶段的情况取决于第一阶段的结果（先从甲盒取球放入乙盒，再从乙盒取球）：按第一阶段的结果分情况。
• 不放回抽签，问第二个（或后面某个）人抽中的概率：按前面的人抽中与否分情况。

注意点

• $A_1, \dots, A_n$ 必须两两互斥，并且合起来是整个样本空间。漏一种情况或者情况之间有重叠，公式都不成立。
• 公式里每一项是 $P(A_i)$ 乘 $P(B \mid A_i)$，不能只把各个 $P(B \mid A_i)$ 相加或平均。
• 划分要按“影响 $B$ 发生的那一步”来分。两阶段试验按第一阶段的结果分；抽签按前面人的结果分。
• 第二阶段的条件概率要按第一阶段之后的新状态算，比如放入一个球后乙盒的球数变了。

证明

因为 $A_1, \dots, A_n$ 合起来是 $\Omega$，

$$B = B\Omega = B(A_1 \cup A_2 \cup \dots \cup A_n) = BA_1 \cup BA_2 \cup \dots \cup BA_n.$$

（关键一步：因为 $A_1, \dots, A_n$ 两两互斥，而 $BA_i \subseteq A_i$，所以 $BA_1, \dots, BA_n$ 也两两互斥。这样才能用互斥事件的概率加法，把 $B$ 的概率拆成几块相加。）

由互斥事件的概率加法（第 21 章 21.5 节）和乘法公式：

$$P(B) = P(BA_1) + P(BA_2) + \dots + P(BA_n) = P(A_1)P(B \mid A_1) + \dots + P(A_n)P(B \mid A_n).$$

例题

例 1　（场景：几个来源）某厂有三个车间生产同一种零件，产量分别占全厂的 50%、30%、20%，次品率分别是 2%、3%、5%。从全厂产品中任取一件，求它是次品的概率。

解：记 $A_1, A_2, A_3$ 分别为“取到一、二、三车间的产品”，$B$ 为“取到次品”。$A_1, A_2, A_3$ 两两互斥且合起来是全部产品，构成一个划分。

$P(A_1) = 0.5$，$P(A_2) = 0.3$，$P(A_3) = 0.2$；$P(B \mid A_1) = 0.02$，$P(B \mid A_2) = 0.03$，$P(B \mid A_3) = 0.05$。

$$P(B) = 0.5 \times 0.02 + 0.3 \times 0.03 + 0.2 \times 0.05 = 0.010 + 0.009 + 0.010 = 0.029.$$

容易卡在：把三个次品率直接平均，得 $\dfrac{0.02 + 0.03 + 0.05}{3} \approx 0.033$。三个车间产量不同，要按产量加权。

例 2　（场景：两阶段试验）甲盒中有 3 个红球、2 个白球，乙盒中有 2 个红球、2 个白球，球除颜色外完全相同。先从甲盒任取 1 个球放入乙盒，再从乙盒任取 1 个球。求从乙盒取到红球的概率。

解：按第一阶段放入的球的颜色分情况。记 $A$ 为“从甲盒取出的是红球”，$B$ 为“从乙盒取到红球”。

• $P(A) = \dfrac{3}{5}$。放入红球后乙盒有 3 红 2 白，$P(B \mid A) = \dfrac{3}{5}$。
• $P(\overline{A}) = \dfrac{2}{5}$。放入白球后乙盒有 2 红 3 白，$P(B \mid \overline{A}) = \dfrac{2}{5}$。

$$P(B) = \frac{3}{5} \times \frac{3}{5} + \frac{2}{5} \times \frac{2}{5} = \frac{9}{25} + \frac{4}{25} = \frac{13}{25}.$$

容易卡在：忘了乙盒放入一个球后变成 5 个球，分母仍写 4。

例 3　（场景：不放回抽签）10 张奖券中有 3 张有奖。甲先抽一张，乙再抽一张，抽后不放回。求乙中奖的概率。

解：按甲是否中奖分情况。记 $A$ 为“甲中奖”，$B$ 为“乙中奖”。

• $P(A) = \dfrac{3}{10}$，甲中奖后剩 9 张中 2 张有奖，$P(B \mid A) = \dfrac{2}{9}$。
• $P(\overline{A}) = \dfrac{7}{10}$，甲没中奖后剩 9 张中 3 张有奖，$P(B \mid \overline{A}) = \dfrac{3}{9}$。

$$P(B) = \frac{3}{10} \times \frac{2}{9} + \frac{7}{10} \times \frac{3}{9} = \frac{6}{90} + \frac{21}{90} = \frac{27}{90} = \frac{3}{10}.$$

乙中奖的概率和甲一样，都是 $\dfrac{3}{10}$。

另一种解法：对称性。把 10 张奖券随机排成一列，甲拿第 1 张、乙拿第 2 张。每一张奖券排在第 2 位的可能性都一样，3 张有奖的排在第 2 位的概率就是 $\dfrac{3}{10}$。对称性在小题里最快；全概率公式能处理“甲抽完会补一张”“甲抽到奖就退出”之类破坏对称的变化，解答题要写过程时用它。

常用推论

• 抽签公平：$N$ 张签中有 $M$ 张中签，不放回地依次抽，第 2 个人中签的概率也是 $\dfrac{M}{N}$。推导：按第一个人是否中签用全概率公式，$\dfrac{M}{N} \cdot \dfrac{M - 1}{N - 1} + \dfrac{N - M}{N} \cdot \dfrac{M}{N - 1} = \dfrac{M(M - 1) + (N - M)M}{N(N - 1)} = \dfrac{M(N - 1)}{N(N - 1)} = \dfrac{M}{N}$。第 $k$ 个人同理，或用例 3 的对称性说明。
• 结果在最小和最大之间：$P(B)$ 是 $P(B \mid A_1), \dots, P(B \mid A_n)$ 以 $P(A_i)$ 为权重的加权平均（权重之和为 1），所以一定介于其中最小值和最大值之间。例 1 中 $0.029$ 在 $0.02$ 和 $0.05$ 之间，可用来检查结果。
• 两阶段试验中，$P(B) = P(A)P(B \mid A) + P(\overline{A})P(B \mid \overline{A})$ 是最常用的形式；求出 $P(B)$ 后，“已知 $B$ 发生，求 $A$ 发生”就是 35.5 节的贝叶斯公式。

易错点

• 错在哪：例 1 中把三个车间的次品率直接相加或平均。 为什么错：三个车间产量占比不同，次品率要乘以各自的占比才是“取到该车间的次品”的概率。 正确做法：每一项都写成 $P(A_i) \times P(B \mid A_i)$，再相加。
• 错在哪：划分时漏掉一种情况，比如盒中有红、白、黑三种球，只按“取出红球”“取出白球”分两种。 为什么错：$A_1, \dots, A_n$ 合起来必须是整个样本空间，少一种就少一项。 正确做法：列完情况后检查 $P(A_1) + \dots + P(A_n) = 1$。
• 错在哪：例 2 第二阶段的概率按乙盒原来的 4 个球算。 为什么错：第二阶段是在第一阶段的结果已经发生之后进行的，乙盒的组成已经变了。 正确做法：每种情况下先写出“此时乙盒里有什么”，再算条件概率。

直观理解

全概率公式就是“分组统计再汇总”：全厂次品率 = 各车间次品率按产量加权的平均。画成面积模型，把正方形按各种情况的概率竖着切开，每一条里按条件概率涂色，涂色的总面积就是 $P(B)$；画成树状图，就是把所有通向 $B$ 的路径概率加起来。

关联知识点

• 前置：35.3 乘法公式，每一项 $P(A_i)P(B \mid A_i) = P(A_i B)$。
• 前置：第 21 章 21.5 节概率的基本性质，互斥事件的概率加法是证明的另一半。
• 后续：35.5 贝叶斯公式，分母就是全概率公式算出的 $P(B)$。
• 常一起考：第 36 章离散型随机变量的分布列，求“某个取值的概率”时常要先分情况再用全概率公式。

35.5 贝叶斯公式（选学）

说明

贝叶斯公式：设 $A_1, A_2, \dots, A_n$ 是样本空间的一个划分，$P(A_i) > 0$，$P(B) > 0$，则

$$P(A_i \mid B) = \frac{P(A_i)P(B \mid A_i)}{P(B)} = \frac{P(A_i)P(B \mid A_i)}{\sum_{k=1}^{n} P(A_k)P(B \mid A_k)}, \quad i = 1, 2, \dots, n.$$

$n = 2$ 时：

$$P(A \mid B) = \frac{P(A)P(B \mid A)}{P(A)P(B \mid A) + P(\overline{A})P(B \mid \overline{A})}.$$

全概率公式是由因求果（已知各原因的概率，求结果的概率）；贝叶斯公式反过来，是由果溯因（结果已经发生，求它由某个原因引起的概率）。$P(A_i)$ 叫先验概率（看到结果之前对原因的估计），$P(A_i \mid B)$ 叫后验概率（看到结果之后的修正）。

使用场景

• 题目说“已知取到的是次品（或某种结果），求它来自某车间（某种来源）的概率”：先用全概率公式求分母，再用贝叶斯公式。
• 检测、诊断类问题：已知检测结果呈阳性，求真正患病（真有问题）的概率。

注意点

• 本节在课标中标 *，是选学内容，不作为考试要求；会做“先求全概率、再求一项占比”的两步题即可。
• 分子是“这一个原因并且结果发生”的概率 $P(A_i)P(B \mid A_i)$，分母是“结果发生”的总概率；所有 $P(A_i \mid B)$ 加起来等于 1，可以用来检查。
• 不要把 $P(A_i \mid B)$ 和 $P(B \mid A_i)$ 弄混：前者是“已知结果求原因”，后者是“已知原因求结果”，后者通常是题目直接给的。

证明

由条件概率的定义，再对分子用乘法公式、对分母用全概率公式：

$$P(A_i \mid B) = \frac{P(A_i B)}{P(B)} = \frac{P(A_i)P(B \mid A_i)}{\sum_{k=1}^{n} P(A_k)P(B \mid A_k)}.$$

（关键一步：分子 $P(A_i B)$ 用乘法公式写成 $P(A_i)P(B \mid A_i)$。题目给的通常是“原因下结果的概率” $P(B \mid A_i)$，这样一换，“由果溯因”的概率就能用题目已知的量算出来。）

例题

例 1　（场景：已知结果求来源）接 35.4 节例 1：从全厂产品中任取一件，发现是次品。求它分别来自一、二、三车间的概率。

解：由 35.4 节例 1，$P(B) = 0.029$，三个车间对应的 $P(A_i)P(B \mid A_i)$ 分别是 $0.010$、$0.009$、$0.010$。

$$P(A_1 \mid B) = \frac{0.010}{0.029} = \frac{10}{29}, \quad P(A_2 \mid B) = \frac{0.009}{0.029} = \frac{9}{29}, \quad P(A_3 \mid B) = \frac{0.010}{0.029} = \frac{10}{29}.$$

三者之和为 1。三车间产量只占 20%，但次品率最高，在次品中所占的比例和产量最大的一车间相同。

例 2　（场景：检测结果的解读）某种疾病在人群中的患病率是 1%。一种检测方法，患病者检测呈阳性的概率是 95%，未患病者检测呈阳性的概率是 5%。某人检测呈阳性，求他真正患病的概率。

解：记 $A$ 为“患病”，$B$ 为“检测呈阳性”。$P(A) = 0.01$，$P(\overline{A}) = 0.99$，$P(B \mid A) = 0.95$，$P(B \mid \overline{A}) = 0.05$。

先用全概率公式：

$$P(B) = 0.01 \times 0.95 + 0.99 \times 0.05 = 0.0095 + 0.0495 = 0.059.$$

再用贝叶斯公式：

$$P(A \mid B) = \frac{0.0095}{0.059} = \frac{19}{118} \approx 0.16.$$

检测呈阳性的人中，真正患病的只有约 16%。

另一种解法：用具体人数（自然频数）。设想 10000 人：患病 100 人，其中 95 人阳性；健康 9900 人，其中 $9900 \times 5\% = 495$ 人阳性。阳性共 $95 + 495 = 590$ 人，其中患病 95 人，概率 $\dfrac{95}{590} = \dfrac{19}{118}$。数人数的方法直观，不容易把条件弄反，适合检查和向别人解释；套公式写起来短，适合解答题的书面过程。

常用推论

• 所有后验概率之和为 1：$P(A_1 \mid B) + \dots + P(A_n \mid B) = 1$。推导：分子加起来正好是分母（全概率公式）。
• 后验概率和“先验概率 × 原因下结果的概率”成正比：$P(A_i \mid B) \propto P(A_i)P(B \mid A_i)$。所以只需比较各个 $P(A_i)P(B \mid A_i)$ 的大小，就能判断“最可能来自哪个原因”，不必算出分母。推导：各个 $P(A_i \mid B)$ 的分母相同。

易错点

• 错在哪：例 2 认为“检测呈阳性，患病概率就是 95%”。 为什么错：95% 是 $P(B \mid A)$（患病的人中阳性的比例），题目问的是 $P(A \mid B)$（阳性的人中患病的比例）。患病率很低时，健康人中的少量误报在数量上会远超真正的患者。 正确做法：分清“已知原因求结果”和“已知结果求原因”，后者要用贝叶斯公式，或者用具体人数算。
• 错在哪：例 1 中直接用产量比例 0.5、0.3、0.2 当作次品来自各车间的概率。 为什么错：已知是次品，次品率高的车间“嫌疑”更大，比例要按 $P(A_i)P(B \mid A_i)$ 重新分配。 正确做法：分子写 $P(A_i)P(B \mid A_i)$，分母写全概率。

直观理解

贝叶斯公式是“看到证据后更新判断”：原来认为三个车间的零件各占 50%、30%、20%；现在看到一件次品，次品率高的车间嫌疑上升，于是比例变成 $\dfrac{10}{29}$、$\dfrac{9}{29}$、$\dfrac{10}{29}$。

在树状图上，全概率公式是把所有通向 $B$ 的路径加起来；贝叶斯公式是问其中某一条路径占了多少。

关联知识点

• 前置：35.2 条件概率，贝叶斯公式就是条件概率的定义式。
• 前置：35.3 乘法公式（分子）和 35.4 全概率公式（分母）。
• 常一起考：35.4 全概率公式，题目常第一问用全概率求 $P(B)$，第二问用贝叶斯求 $P(A_i \mid B)$。

35.6 知识点之间的关系

四个知识点从一个定义出发：条件概率的定义 $P(B \mid A) = \dfrac{P(AB)}{P(A)}$ 变形得到乘法公式；把乘法公式用在样本空间的每一块上再相加，得到全概率公式（由因求果）；再用一次条件概率的定义，分母换成全概率，得到贝叶斯公式（由果溯因）。

和第 21 章的联系是独立性：$P(B \mid A) = P(B)$ 时，乘法公式退化为独立事件的乘法 $P(AB) = P(A)P(B)$。考试里的典型组合是：不放回抽取或两阶段试验，用乘法公式和全概率公式求每个取值的概率，写成第 36 章的分布列，再求期望。

35.7 自测

1. 掷一颗均匀的骰子，已知点数是偶数，求点数大于 3 的概率。
2. 已知 $P(A) = 0.5$，$P(AB) = 0.2$，求 $P(B \mid A)$ 和 $P(\overline{B} \mid A)$。
3. 盒中有 4 个红球、2 个白球，不放回地依次摸出 2 个，求两次都摸到白球的概率。
4. 某射手第一枪命中的概率是 0.8；第一枪命中时第二枪命中的概率是 0.9。求两枪都命中的概率。
5. 已知 $P(A) = 0.4$，$P(B \mid A) = 0.5$，$P(B \mid \overline{A}) = 0.3$，求 $P(B)$。
6. 甲盒有 3 个红球、1 个白球，乙盒有 1 个红球、3 个白球。随机选一个盒子（两盒等可能），再从中任取一球，求取到红球的概率。
7. （选学）接第 6 题，已知取到的是红球，求它来自甲盒的概率。

答案：1. $\dfrac{2}{3}$；2. $0.4$，$0.6$；3. $\dfrac{1}{15}$；4. $0.72$；5. $0.38$；6. $\dfrac{1}{2}$；7. $\dfrac{3}{4}$。

35.8 深入阅读

• 国家中小学智慧教育平台 · 高中数学：教育部主办，有人教 A 版选择性必修第三册“条件概率与全概率公式”的同步课程和教材电子版。
• Khan Academy · Conditional probability and independence：条件概率、树状图和独立性的英文视频讲解，配大量练习。
• Wolfram MathWorld · Bayes’ Theorem：贝叶斯公式及全概率公式的英文定义和推导，查记号和英文说法时用。
• 维基百科 · 条件概率：条件概率的定义、乘法公式和常见误区（如检察官谬误）的中文条目。