7.1.2 全概率公式

上一节的乘法公式 $P(AB) = P(A)P(B \mid A)$ 解决的是”两件事都发生”的概率。这一节要处理的是另一种 常见形态：一件事的概率说不清，除非先知道前一步发生了什么。

抽签公平吗？袋里 $a$ 个红球 $b$ 个蓝球，不放回地摸，第 2 次摸到红球的概率是多少？直觉说还是 $\frac{a}{a+b}$，可第 2 次的结果明明受第 1 次影响——第 1 次摸走红球，袋里就少一个红球了。 把这件事算清楚的工具，就是全概率公式。

这一份按”一个动作 → 一条公式 → 三步做题法 → 反过来问（贝叶斯）“的顺序讲。要先说破的是： 全概率公式没有引入任何新原理，它是加法公式与乘法公式合在一起用的一个固定套路。 真正要练的不是公式，而是按什么标准分类这一步。

一、那个动作：把复杂事件切成互斥的几块

回到摸球。用 $R_i$ 表示”第 $i$ 次摸到红球”，$B_i$ 表示”第 $i$ 次摸到蓝球”。

第 2 次摸到红球这件事，可以按第 1 次摸到了什么拆开——第 1 次要么红要么蓝，两种情况互斥、 且必居其一：

$R_2 = R_1R_2 \cup B_1R_2 .$

两块互斥，用加法公式拆开；每一块是两件事同时发生，用乘法公式算：

$$\begin{aligned} P(R_2) &= P(R_1R_2) + P(B_1R_2) \\ &= P(R_1)P(R_2 \mid R_1) + P(B_1)P(R_2 \mid B_1) \\ &= \frac{a}{a+b} \times \frac{a-1}{a+b-1} + \frac{b}{a+b} \times \frac{a}{a+b-1} \\ &= \frac{a}{a+b} \cdot \frac{(a-1) + b}{a+b-1} = \frac{a}{a+b} . \end{aligned}$$

结论与第 1 次摸到红球的概率相同——抽签的公平性到这里才算真正被证明，而不是”凭感觉应该 一样”。倒数第二步那个约分值得盯一眼：$(a-1)+b = a+b-1$，正好把分母整个约掉，这不是巧合， 后面每一道全概率的题都会出现类似的”加权之后重新聚拢”。

把这个动作一般化，就是公式本身。

二、全概率公式

设 $A_1, A_2, \cdots, A_n$ 是一组两两互斥的事件，$A_1 \cup A_2 \cup \cdots \cup A_n = \Omega$， 且 $P(A_i) > 0$（$i = 1, 2, \cdots, n$），则对任意事件 $B \subseteq \Omega$，有

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

三个前提缺一不可，而且它们正是解题时最容易糊弄过去的地方：

• 两两互斥——不重复算。若两块有重叠，重叠处会被数两遍。
• 并为全集（穷尽）——不漏算。少一块，算出来的概率就偏小。
• $P(A_i) > 0$——否则条件概率 $P(B \mid A_i)$ 根本没有定义。

满足前两条的一组事件通常叫做样本空间的一个划分。找划分是这一节唯一要动脑的一步： 划分选得好，每个 $P(B \mid A_i)$ 都是一眼可见的数；选得不好，就要在里面再套一层。

怎么找划分？ 三个常见来源，覆盖了本节和习题里的全部题目：

1. “第一步”的几种结果——先摸哪个箱子、掷骰子的点数落在哪一段、第 1 天去哪家餐厅；
2. 对象的几种来源 / 类别——零件来自第几台车床、产品属于第几批、人来自哪个地区、 题目有没有思路；
3. 一个二分的条件与它的对立面——$A$ 与 $\overline{A}$，这是 $n = 2$ 的最简划分 （发送的信号是 0 还是 1）。

三、三步做题法

看到”求某个复杂事件的概率”，照这三步走，几乎不会错：

第 1 步：找划分，并写出它。 设 $A_i =$ ”……”，说明 $A_1, \cdots, A_n$ 两两互斥、 并为 $\Omega$。这一句要写在卷面上——它是采分点，也是自己防漏防重的检查。

第 2 步：填两排数。 一排是先验概率 $P(A_i)$（各类占多大比重）， 一排是条件概率 $P(B \mid A_i)$（在这一类里 $B$ 有多大可能）。

题面给的往往就是这两排，只是说法不同：「第 1，2，3 台车床加工的零件数分别占总数的 25%，30%，45%」 是第一排；「第 1 台加工的次品率为 6%」是第二排。把题面的每一个百分数先归到这两排里的某一排， 归不进去的多半是问的东西。

第一排有一条免费的自查：$\sum_i P(A_i) = 1$。三台车床的 $0.25 + 0.30 + 0.45 = 1$，对上了才往下算。

第 3 步：加权求和。 逐项相乘再相加。

以课本例 5 为例（三台车床，次品率分别 6%、5%、5%，产量占比 25%、30%、45%）：

$$P(B) = 0.25 \times 0.06 + 0.30 \times 0.05 + 0.45 \times 0.05 = 0.0525 .$$

算完再瞄一眼合理性：三个条件概率在 $0.05$ 到 $0.06$ 之间，加权平均必然也落在这个区间里—— $0.0525$ 落在里面，合理。加权平均落在最小与最大的条件概率之间，这条性质是全概率公式最便宜的 兜底自查，任何一道题都可以用。

一个值得单独记住的特例：加权和变成期望

划分常常就是按某个随机变量的取值分的——$A_k=\{X=k\}$。如果这时条件概率恰好与 $k$ 成正比， $P(B \mid X=k)=\dfrac{k}{N}$（$N$ 是个常数），那么全概率公式的那个和会自动折成一个期望：

$$P(B)=\sum_k P(X=k)\cdot\frac{k}{N}=\frac{1}{N}\sum_k k\,P(X=k)=\frac{E(X)}{N} .$$

说白了就是一句话：盒子里共 $N$ 个球、其中红球有 $X$ 个（$X$ 自己也是随机的），随机摸一个是红球的概率等于 $\dfrac{E(X)}{N}$。

这条特例的价值在于它把「求概率」换成了「求期望」——而期望常常比分布列好算得多 （§7.3 的 0-1 拆分几行就能给出 $E(X)$，分布列却可能有十几项）。 2014 年浙江卷第 9 题整道题就建在这一条上，见本节末尾。

四、反过来问：贝叶斯公式

全概率公式是由因求果：知道各类占比与各类里的次品率，求随便拿一个是次品的概率。 现实里更常问的却是反过来的：手上这件是次品，它多半是哪台车床加工的？

这就是条件概率 $P(A_i \mid B)$。按条件概率的定义，再把分子用乘法公式、分母用全概率公式展开：

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

这就是贝叶斯公式。它没有第三个新原理—— 分子是全概率公式求和号里的第 $i$ 项，分母是那个和本身。记住这一句，公式就不用背了：

$P(A_i \mid B) = \frac{\text{第 } i \text{ 项}}{\text{总和}} .$

于是解题也不用另起炉灶： 先用三步法把 $P(B)$ 算出来（顺手把每一项都留着），再挑出要的那一项除以总和。 三台车床那道题里 $P(A_1 \mid B) = \frac{0.25 \times 0.06}{0.0525} = \frac{2}{7}$， 分子就是刚才三项里的第一项。

还有一条免费的自查：$\sum_i P(A_i \mid B) = 1$（所有项除以总和当然加起来是 1）。 课本例 5 得到 $\frac{2}{7}, \frac{2}{7}, \frac{3}{7}$，相加正好是 1。

先验与后验

• $P(A_i)$ 叫先验概率：试验之前就知道的、各类的比重。
• $P(A_i \mid B)$ 叫后验概率：观察到 $B$ 发生之后，对”它属于哪一类”的重新判断。

例 5 里第 1 台车床产量只占 25%，但因为它次品率最高，在次品里它占到 $\frac{2}{7} \approx 28.6\%$—— 证据把比重改写了，这正是贝叶斯方法的全部内容。课本”阅读与思考”那一篇（三个箱子换不换号） 讲的也是同一件事：主持人打开一个空箱子这个动作提供了信息，于是先验的 $\frac{1}{3}$ 被改写成后验的 $\frac{2}{3}$。

五、易错清单

按失分频率排：

1. 划分不穷尽或有重叠。 最常见的是把”至少一次”这类事件当作一块。动笔前先问一句： 这几块加起来是不是把所有可能都盖住了？有没有哪一种情形同时落进两块？
2. 两排数搞混。 把”第一批占 40%“当成条件概率、或把”次品率 5%“当成先验概率，式子就整个反了。 办法是逐个百分数标注它是 $P(A_i)$ 还是 $P(B \mid A_i)$。
3. 不放回时忘了条件概率会变。 摸球第 2 次的 $P(R_2 \mid R_1) = \frac{a-1}{a+b-1}$， 分子分母都要减 1；写成 $\frac{a}{a+b}$ 就是把不放回当成了放回。
4. 合格率与次品率不分。 题目给次品率 5%，问合格品的概率，条件概率那一排要填 $0.95$。 这一步在草稿上换算清楚再代。
5. 贝叶斯的分母写成 $P(A_i)$。 分母永远是 $P(B)$（那个和），不是某一类的先验概率。
6. 中途取近似。 $\frac{0.25 \times 0.06}{0.0525}$ 保留分数算得到干净的 $\frac{2}{7}$， 四舍五入成 $0.286$ 再往下算就再也回不去了。能保留分数就保留到最后一步。

六、这一节考过的真题（怎么用它）

页面下方”考过本节的真题”那一段是构建期派生出来的完整清单。这里说其中两道： 一道把这一节推到了它能到的最远处，另一道则是上面那条特例的教科书式用法。

2023 年新课标Ⅰ卷第 21 题（甲、乙两人投篮：命中则自己继续投，未命中则换人；甲命中率 0.6， 乙命中率 0.8；第 1 次由抽签决定，各 0.5）——

• 第 (1) 问”求第 2 次投篮的人是乙的概率”就是一次标准的三步法：划分是”第 1 次投篮的人是甲 / 是乙”，两排数题面直接给了：第 1 次是甲时，甲未命中才换乙，$0.4$；第 1 次是乙时， 乙命中才继续由乙投，$0.8$。加权一算就是 $0.5 \times 0.4 + 0.5 \times 0.8 = 0.6$。 这一问与课本例 4（两家餐厅）结构完全相同，先把例 4 做熟再来。
• 第 (2) 问”求第 $i$ 次投篮的人是甲的概率”是这一节真正的上限：把三步法用在相邻两次之间， 得到 $p_{i+1}$ 与 $p_i$ 的一个递推关系，再解这个递推数列。全概率公式在这里不再是”算一个数”， 而是列出一个方程。
• 第 (3) 问要用期望，属于 §7.3 的内容（那道题在题面里额外给了”和的期望等于期望的和”这条性质）。

2014 年浙江卷（理）第 9 题（甲盒里只有 1 个球且为红球；乙盒有 $m$ 个红球、$n$ 个蓝球， $m,n\geq 3$。从乙盒随机抓 $i$ 个球放进甲盒，记甲盒里的红球数为 $\xi_i$、 再从甲盒摸 1 个球是红球的概率为 $p_i$，比较 $p_1$ 与 $p_2$、$E(\xi_1)$ 与 $E(\xi_2)$）——

• 这道题的 $p_i$ 就是三步法的第三步：划分取”甲盒里恰有 $k$ 个红球”， 条件概率是 $P(\text{摸到红} \mid \xi_i=k)=\dfrac{k}{i+1}$（甲盒此刻共 $i+1$ 个球）。
• 按四节前那条特例，加权和立刻折成 $p_i=\dfrac{E(\xi_i)}{i+1}$——两个待比较的量并成了一个。 剩下的 $E(\xi_i)=1+i\cdot\dfrac{m}{m+n}$ 由 §7.3 的 0-1 拆分一行给出。
• 于是 $p_i=\dfrac{1}{i+1}\cdot 1+\dfrac{i}{i+1}\cdot\dfrac{m}{m+n}$ 是 $1$ 与 $\dfrac{m}{m+n}$ 的加权平均：加的球越多，越往后者靠。$E$ 在涨、$p$ 在跌，选 A。
• 反面教材：不用这条桥，$p_2$ 得老老实实写成三项加权再通分，正是这一步最容易把 $\mathrm{C}_m^1\mathrm{C}_n^1$ 的系数写错（这道题的原卷解析就在这里把 $4mn$ 印成了 $2mn$）。

读的顺序建议：课本例 4 → 本节练习第 1 题（12 道单选题，划分是”有没有思路”）→ 习题 7.1 第 4 题 （掷骰子决定摸哪个箱子）→ 2014 年那道（三步法 + 折成期望）→ 2023 年那道的第 (1) 问 → 第 (2) 问。 前几步都是同一个套路，只有最后一步换了形态。

本节课本习题共 6 道：第 57 页「练习」2 道，第 57—58 页「习题 7.1」里属于本节主题的 4 道 （第 4、5、7、8 题）。收题的判据是：这道题要不要按某个划分把概率加权聚起来（全概率公式）， 或者反过来由结果追来源（贝叶斯公式），是就收。

不收的两批，说清楚免得读者以为漏了：

• 「习题 7.1」的第 1、2、3、6、9、10 题——它们考的是条件概率本身（列联表读条件概率、 $P(B)$ 与 $P(C)$ 的大小、“已知至少命中 1 次”的缩样本空间、独立性的对称、条件概率的性质、 乘法公式向 $n$ 个事件的推广），归上一小节 §7.1.1「条件概率」；
• 本节没有开放式的实习作业，故无此项。

每道题先逐字引课本的题面（引用块），再写解答。

练习（第 57 页）第 1 题

1. 现有 12 道四选一的单选题，学生张君对其中 9 道题有思路，3 道题完全没有思路。有思路的题做对的概率为 0.9，没有思路的题只好任意猜一个答案，猜对答案的概率为 0.25。张君从这 12 道题中随机选择 1 题，求他做对该题的概率。

第 1 步：找划分。 设

$A = \text{“抽到的这道题他有思路”}, \qquad B = \text{“他做对了这道题”}.$

$A$ 与 $\overline{A}$（“没有思路”）互斥，且并起来就是全部 12 道题，构成样本空间的一个划分； 又 $P(A) > 0$、$P(\overline{A}) > 0$，全概率公式的三个前提都满足。

第 2 步：填两排数。 从 12 道题中随机选 1 题，每道被选中的可能性相同，故

$P(A) = \frac{9}{12} = \frac{3}{4}, \qquad P(\overline{A}) = \frac{3}{12} = \frac{1}{4},$

自查：$\frac34 + \frac14 = 1$。题面直接给出条件概率

$P(B \mid A) = 0.9, \qquad P(B \mid \overline{A}) = 0.25 .$

（“四选一”且”任意猜一个”，猜对的概率正是 $\frac14 = 0.25$，与题面给的数一致。）

第 3 步：加权求和。 由全概率公式，

$$P(B) = P(A)P(B \mid A) + P(\overline{A})P(B \mid \overline{A}) = \frac{3}{4} \times 0.9 + \frac{1}{4} \times 0.25 = 0.675 + 0.0625 = 0.7375 .$$

答案：他做对该题的概率是 $0.7375$。

自查：两个条件概率分别是 $0.25$ 与 $0.9$，加权平均必落在 $[0.25,\ 0.9]$ 内； $0.7375$ 在里面，且因为有思路的题占了四分之三，结果理应更靠近 $0.9$ 一侧——都相符。

练习（第 57 页）第 2 题

2. 两批同种规格的产品，第一批占 $40\%$ ，次品率为 $5\%$ ；第二批占 $60\%$ ，次品率为 $4\%$ 。将两批产品混合，从混合产品中任取1件。

(1) 求这件产品是合格品的概率;

• (2) 已知取到的是合格品，求它取自第一批产品的概率.

设

$$A_1 = \text{“取到的产品来自第一批”}, \qquad A_2 = \text{“取到的产品来自第二批”}, \qquad B = \text{“取到的是合格品”}.$$

$A_1$、$A_2$ 互斥且并为全集（产品只有这两批），$P(A_1) = 0.4 > 0$、$P(A_2) = 0.6 > 0$， 自查 $0.4 + 0.6 = 1$。

条件概率那一排要先换算：题面给的是次品率，要的是合格率，故

$P(B \mid A_1) = 1 - 0.05 = 0.95, \qquad P(B \mid A_2) = 1 - 0.04 = 0.96 .$

(1) 由全概率公式，

$$P(B) = P(A_1)P(B \mid A_1) + P(A_2)P(B \mid A_2) = 0.4 \times 0.95 + 0.6 \times 0.96 = 0.38 + 0.576 = 0.956 .$$

即取到合格品的概率是 $0.956$。（自查：$0.956$ 落在 $0.95$ 与 $0.96$ 之间，合理。 也可以反过来算次品率 $0.4 \times 0.05 + 0.6 \times 0.04 = 0.02 + 0.024 = 0.044$， $0.956 + 0.044 = 1$，对上。）

(2) 问的是后验概率 $P(A_1 \mid B)$。由贝叶斯公式——分子是上面求和式里的第一项， 分母就是那个和：

$$P(A_1 \mid B) = \frac{P(A_1)P(B \mid A_1)}{P(B)} = \frac{0.38}{0.956} = \frac{380}{956} = \frac{95}{239} \approx 0.3975 .$$

答案：(1) $0.956$；(2) $\dfrac{95}{239} \approx 0.3975$。

自查：另一项 $P(A_2 \mid B) = \frac{0.576}{0.956} = \frac{144}{239}$， 而 $\frac{95}{239} + \frac{144}{239} = 1$，两个后验概率之和为 1，符合要求。

再读一句结论：第一批本来占 $40\%$，在合格品里只占约 $39.75\%$——因为它的合格率略低， 证据（“这件是合格品”）把它的比重压下去了一点点。

习题 7.1 第 4 题

4. 甲和乙两个箱子中各装有10个球，其中甲箱中有5个红球、5个白球，乙箱中有8个红球、2个白球。掷一枚质地均匀的骰子，如果点数为1或2，从甲箱子随机摸出1个球；如果点数为3，4，5，6，从乙箱子中随机摸出1个球。求摸到红球的概率。

划分来自”第一步”——骰子点数把摸球分成了两条互斥的路。设

$A = \text{“掷出 1 或 2”}, \qquad \overline{A} = \text{“掷出 3，4，5，6”}, \qquad B = \text{“摸到红球”}.$

骰子质地均匀，六个点数等可能。点数为 1 或 2 走甲箱，点数为 3、4、5、6 走乙箱：

$P(A) = \frac{2}{6} = \frac{1}{3}, \qquad P(\overline{A}) = \frac{4}{6} = \frac{2}{3},$

自查 $\frac13 + \frac23 = 1$，且两条路互斥、穷尽（骰子必落在这两组点数之一）。

每个箱里随机摸 1 个球，故

$P(B \mid A) = \frac{5}{10} = \frac{1}{2}, \qquad P(B \mid \overline{A}) = \frac{8}{10} = \frac{4}{5} .$

由全概率公式，

$$P(B) = \frac{1}{3} \times \frac{1}{2} + \frac{2}{3} \times \frac{4}{5} = \frac{1}{6} + \frac{8}{15} = \frac{5}{30} + \frac{16}{30} = \frac{21}{30} = \frac{7}{10} .$$

答案：摸到红球的概率是 $\dfrac{7}{10} = 0.7$。

自查：$0.7$ 落在两个条件概率 $0.5$ 与 $0.8$ 之间，且更靠近 $0.8$（乙箱被选中的可能性是甲箱的 两倍），相符。

这道题的关键动作：骰子不是用来算概率的对象，它只是决定走哪条路的开关——把六个点数按 题面的分组折成两个权重 $\frac13$ 与 $\frac23$，剩下的就是标准的加权求和。

习题 7.1 第 5 题

5. 在 A, B, C 三个地区暴发了流感，这三个地区分别有 6%, 5%, 4% 的人患了流感。假设这三个地区的人口数的比为 5:7:8，现从这三个地区中任意选取一个人。

(1) 求这个人患流感的概率;

• (2) 如果此人患流感，求此人选自 A 地区的概率.

设 $A_1$、$A_2$、$A_3$ 分别表示”选取的人来自 A、B、C 地区”，$D$ 表示”这个人患流感”。 三个地区互不重叠、且这个人必来自其中之一，故 $A_1, A_2, A_3$ 两两互斥、并为全集。

先验概率由人口比给出。 “从这三个地区中任意选取一个人”意思是每个人被选中的可能性相同， 所以来自某地区的概率就是该地区人口占三地区总人口的比例。人口比为 $5:7:8$，总份数 $5 + 7 + 8 = 20$，故

$P(A_1) = \frac{5}{20} = \frac14, \qquad P(A_2) = \frac{7}{20}, \qquad P(A_3) = \frac{8}{20} = \frac25,$

自查：$\frac{5}{20} + \frac{7}{20} + \frac{8}{20} = 1$。条件概率就是各地区的患病比例：

$P(D \mid A_1) = 0.06, \qquad P(D \mid A_2) = 0.05, \qquad P(D \mid A_3) = 0.04 .$

(1) 由全概率公式，

$$\begin{aligned} P(D) &= \frac{5}{20} \times 0.06 + \frac{7}{20} \times 0.05 + \frac{8}{20} \times 0.04 \\ &= \frac{0.30 + 0.35 + 0.32}{20} = \frac{0.97}{20} = 0.0485 . \end{aligned}$$

(2) 由贝叶斯公式，分子是上式求和里的第一项、分母是那个和：

$$P(A_1 \mid D) = \frac{P(A_1)P(D \mid A_1)}{P(D)} = \frac{0.30/20}{0.97/20} = \frac{0.30}{0.97} = \frac{30}{97} \approx 0.3093 .$$

（分子分母同乘 20，那个 $\frac{1}{20}$ 直接约掉——这正是”分子是其中一项、分母是总和”带来的 便利：公共因子不必先算成小数。）

答案：(1) $0.0485$；(2) $\dfrac{30}{97} \approx 0.3093$。

自查：三个患病率在 $0.04$ 到 $0.06$ 之间，$0.0485$ 落在里面。另外两个后验概率是 $\frac{35}{97}$ 与 $\frac{32}{97}$，三者之和 $\frac{30 + 35 + 32}{97} = 1$，对上。 A 地区人口只占 $25\%$，在患者里却占约 $30.9\%$——因为它的患病率最高。

习题 7.1 第 7 题

7. 一批产品共有100件，其中5件为不合格品。收货方从中不放回地随机抽取产品进行检验，并按以下规则判断是否接受这批产品：如果抽检的第1件产品不合格，则拒绝整批产品；如果抽检的第1件产品合格，则再抽1件，如果抽检的第2件产品合格，则接受整批产品，否则拒绝整批产品。求这批产品被拒绝的概率。

先把规则读成事件。设 $H_i$ 表示”抽检的第 $i$ 件产品合格”（$i = 1, 2$），$R$ 表示”这批产品被拒绝”。 按规则：

• 第 1 件不合格（$\overline{H_1}$）$\Rightarrow$ 拒绝；
• 第 1 件合格、第 2 件不合格（$H_1\overline{H_2}$）$\Rightarrow$ 拒绝；
• 第 1 件合格、第 2 件也合格（$H_1H_2$）$\Rightarrow$ 接受。

三种情形两两互斥、且穷尽了全部可能，所以 $R = \overline{H_1} \cup H_1\overline{H_2}$。

注意”不放回”：第 2 件的合格率要在第 1 件的结果下重新算，用的是条件概率。100 件里 5 件不合格、 95 件合格，故

$P(H_1) = \frac{95}{100}, \qquad P(\overline{H_1}) = \frac{5}{100} .$

第 1 件合格被拿走之后，只剩 99 件、其中不合格品仍是 5 件，所以

$P(\overline{H_2} \mid H_1) = \frac{5}{99} .$

以 $\{H_1,\ \overline{H_1}\}$ 为划分，用全概率公式（在 $\overline{H_1}$ 这一支上直接拒绝， 条件概率是 1）：

$$\begin{aligned} P(R) &= P(\overline{H_1}) \times 1 + P(H_1) \times P(\overline{H_2} \mid H_1) \\ &= \frac{5}{100} + \frac{95}{100} \times \frac{5}{99} = \frac{5}{100} + \frac{475}{9\,900} \\ &= \frac{495}{9\,900} + \frac{475}{9\,900} = \frac{970}{9\,900} = \frac{97}{990} \approx 0.098 . \end{aligned}$$

换一条路核一遍（取反面）：被接受当且仅当两件都合格，

$$P(H_1H_2) = P(H_1)P(H_2 \mid H_1) = \frac{95}{100} \times \frac{94}{99} = \frac{8\,930}{9\,900} = \frac{893}{990},$$

于是 $P(R) = 1 - \frac{893}{990} = \frac{97}{990}$，与上面一致。

答案：这批产品被拒绝的概率是 $\dfrac{97}{990} \approx 0.098$。

这道题的关键动作：“不放回”意味着第 2 次的分母是 99 而不是 100。若误按放回算， $P(R) = 1 - \left(\frac{95}{100}\right)^2 = \frac{975}{10\,000} = 0.0975$，与正确答案很接近、 却不相等——数值接近正是这种错最难自己发现的原因，所以要在写式子时就把”抽走一件之后还剩几件” 写出来。

习题 7.1 第 8 题

8. 在孟德尔豌豆试验中，子二代的基因型为 DD，Dd，dd，其中 D 为显性基因，d 为隐性基因，且这三种基因型的比为 1:2:1。如果在子二代中任意选取 2 株豌豆进行杂交试验，那么子三代中基因型为 dd 的概率是多大？

先把生物学的规则写成概率的语言：杂交时，每个亲本各把自己的两个基因中的一个等可能地传给子代， 两个亲本传谁互不影响；子三代的基因型由这两个基因合成。

于是”子三代是 dd”等价于”两个亲本各传出一个 d”。

第一步：算一株随机选出的豌豆传出 d 的概率。 这一步正是全概率公式。设

$$A_1 = \text{“选到的豌豆是 DD”}, \quad A_2 = \text{“是 Dd”}, \quad A_3 = \text{“是 dd”}, \qquad E = \text{“它传出的基因是 d”}.$$

三种基因型两两互斥、并为全集，比为 $1:2:1$，总份数 $1+2+1 = 4$，故

$P(A_1) = \frac14, \qquad P(A_2) = \frac12, \qquad P(A_3) = \frac14,$

自查 $\frac14 + \frac12 + \frac14 = 1$。条件概率按”两个基因里等可能地传一个”数：

$$P(E \mid A_1) = 0 \ (\text{DD 里没有 d}), \quad P(E \mid A_2) = \frac12, \quad P(E \mid A_3) = 1 \ (\text{dd 里两个都是 d}).$$

由全概率公式，

$$P(E) = \frac14 \times 0 + \frac12 \times \frac12 + \frac14 \times 1 = 0 + \frac14 + \frac14 = \frac12 .$$

第二步：两个亲本合起来。 “任意选取 2 株”意味着两株各自独立地按上述比例取到基因型， 它们传出什么也互不影响，所以两个”传出 d”的事件相互独立：

$P(\text{子三代为 dd}) = P(E) \times P(E) = \frac12 \times \frac12 = \frac14 .$

答案：子三代中基因型为 dd 的概率是 $\dfrac14$。

自查：不用 $P(E) = \frac12$ 这个中间结果，按两个亲本的基因型组合从头算一遍。 两株各自的基因型分布都是 DD、Dd、dd 各占 $\frac14$、$\frac12$、$\frac14$，两株独立， 故某一对组合出现的概率是两个先验概率之积；给定这一对，子代为 dd 的概率是两个亲本各自传 d 的 概率之积（DD 传 d 的概率 $0$、Dd 为 $\frac12$、dd 为 $1$）。九项列全（只有含 DD 的那五项贡献 $0$）：

四项相加 $\frac{1}{16} \times 4 = \frac14$，与上面所得一致。（顺带核一下第一列： $\frac14 + \frac18 + \frac18 + \frac{1}{16} + \frac{7}{16} = 1$。）

这道题的关键动作：把”两代”拆成”每个亲本传一个基因”这一层原子事件。直接对 $3 \times 3 = 9$ 种亲本基因型组合逐一讨论也能做，但要算九项；先用全概率公式把”一株传出 d”折成一个数 $\frac12$， 就只剩一次乘法。