独立事件的概率乘法公式大家比较熟悉，若事件$A$与$B$相互独立，则$A$与$B$同时发生的概率$$P(AB)=P(A)P(B).$$这个公式可以推广到$n$个事件两两独立的情形，用它可以计算独立重复试验的概率．还有一个乘法公式大家有时会被使用，但是使用前提常常非常含糊，那就是由条件概率的定义引出的概率乘法公式．
由条件概率的定义知：若$P(B)>0$，则$P(A|B)=\dfrac {P(AB)}{P(B)}$，于是有$$P(AB)=P(B)P(A|B).$$这个公式也可以推广到$n$个事件的情形，即$$P(A_1A_2\cdots A_n)=P(A_1)P(A_2|A_1)P(A_3|A_1A_2)\cdots P(A_n|A_1A_2\cdots A_{n-1}).$$在这个公式中，对于事件$A_i$没有彼此独立的要求．
例题一 盒子中有五个大小形状相同的小球，其中四个球是白色的，一个球是红色的，五个人先后从中摸出一个球（不放回），摸到红球的中奖，问第三个人中奖的概率．
分析与解 记第$i$次摸到红球为事件$A_i$，摸到白球为事件$B_i$，其中$i=1,2,3,4,5$．则$$\begin{split} &P(A_1)=\dfrac 15,P(B_1)=\dfrac 45,\\&P(B_2|B_1)=\dfrac 34,\\&P(A_3|B_1B_2)=\dfrac 13,\end{split} $$所求概率为$$\begin{split} P(A_3)&=P(B_1B_2A_3)\\&=P(B_1)P(B_2|B_1)P(A_3|B_1B_2)\\&=\dfrac 45\times \dfrac 34\times \dfrac 13\\&=\dfrac 15.\end{split} $$
注 本题也可以从古典概型角度去思考：记四个白球为$a,b,c,d$，红球为$A$，每一种摸球方式对应五个球的一个全排列，每个全排列出现的可能性相同，所以这是一个古典概型，基本事件空间包含的事件数为$\mathrm{A}_5^5$，而$A$恰好出现在第三位包含的排列的个数为$\mathrm{A}_4^4$，所以所求概率为$$P=\dfrac {{\mathrm A}_4^4}{{\mathrm A}_5^5}=\dfrac 15.$$从古典概型角度出发更容易知道，每个人中奖的概率都是$\dfrac 15$，是与顺序无关的．但在实际抽奖过程中，很多人都觉得先抽奖的人中奖的可能性更大，这个直觉是错误的．有兴趣可以计算一下：例题一中条件改成“如果$5$个球中红色小球有$2$个”，那么第三个人中奖的概率为多少？答案是$\dfrac 25$．
例题二 袋中装有$4$个黑球，$4$个白球，从中随机取出一个球记下颜色后放回，再往袋中加入与取出的球同色的球$2$个，搅拌均匀后按同样的方式取球并加入球，一共重复三次．
（1）求前两次取出的球均为黑球，且第三次取出的球为白球的概率$P_1$；
（2）求三次中恰好有两次取出的球为黑球的概率$P_2$．
分析与解 记第$i$次取到黑球为$A_i$，取到白球为$B_i$，其中$i=1,2,3$．则$$P(A_1)=P(B_1)=\dfrac 12.$$在第一次取出黑球的情况下，第二次取出黑球的概率即从$6$黑$4$白中取出黑球的概率，所以$P(A_2|A_1)=\dfrac {6}{10}$．每个条件概率都可以用这样的方式计算．
（1）由概率乘法公式知$$\begin{split} P_1&=P(A_1A_2B_3)\\&=P(A_1)P(A_2|A_1)P(B_3|A_1A_2)\\&=\dfrac 12\times\dfrac {6}{10}\times\dfrac {4}{10+2}\\&=\dfrac 1{10}.\end{split} $$
（2）由互斥事件的概率加法公式知$$P_2=P(A_1A_2B_3)+P(A_1B_2A_3)+P(B_1A_2A_3).$$与（1）类似知$$\begin{split} &P(A_1B_2A_3)=\dfrac 48\times \dfrac {4}{8+2}\times \dfrac {6}{10+2}=\dfrac {1}{10},\\&P(B_1A_2A_3)=\dfrac 12\times \dfrac 4{8+2}\times \dfrac {4+2}{10+2}=\dfrac 1{10}.\end{split} $$所以$P_2=\dfrac 3{10}$．
注 本题是卜里耶（Polya）罐子模型的特殊情况，模型的一般情况是：袋中有$b$黑球与$r$个红球，从中随机地抽取$1$只，然后放回，并加入$c$只与抽出的球颜色相同的球，再进行第$2$次抽取，并反复地做下去，这样的随机试验模型称为Polya 罐子模型，最早是用于研究传染病传播现象．在$c=0$时就是有放回模型，在$c=-1$时就是无放回模型．可以证明，所求概率只与黑球白球出现的次数相关，与它们出现的顺序无关．
最后给出两道练习：
练习一 设两个独立事件$A$和$B$同时不发生的概率是$0.09$，$A$发生$B$不发生与$A$不发生$B$发生的概率相同，则事件$A$发生的概率为_____．
答案 $0.7$．
练习二 某手机商测试手机从高空落下时屏幕摔碎的概率，第一次落下时摔碎的概率为$\dfrac 13$，若第一次未摔碎，第二次落下时摔碎的概率为$\dfrac 23$，若前两次均未摔碎，第三次落下时摔碎的概率为$\dfrac 45$，求手机从高空中落下三次未被摔碎的概率．
答案 $\dfrac {2}{45}$．
两个事件是否独立有时是不能直接看出来的，需要通过计算才能确定．在易错题汇编的概率篇中有这样一个问题：
判断下面事件是否是独立事件：抛掷一枚骰子，记录朝上的点数，事件$A$：朝上的点数是奇数；事件的$B$：朝上的点大于$2$；事件$C$：朝上的点数大于$3$，问$A,B$是否独立，$A,C$是否独立？
解 $P(A)=\dfrac 12$，$P(B)=\dfrac 23$，$P(C)=\dfrac 12$，$P(AB)=\dfrac 13=P(A)P(B)$，$P(AC)=\dfrac 16\ne P(A)P(C)$，所以事件$A,B$独立，事件$A,C$不独立．乍看到这个结论有些奇怪，但仔细想想就明白了，因为朝上的点数大于$2$时，可能为$3,4,5,6$点，这里面奇数点与偶数点恰好都是一半，所以这个条件并没有影响出现奇数点的概率；但朝上的点数大于$3$时，点数可能为$4,5,6$，这里面奇数点与偶数点出现的可能性不同，所以不再独立．
除非题目明确给出了独立的条件，否则不能直接套独立的公式去计算．事实上，与生活相关的很多概率问题都是不独立的，比如一次考试中某道题甲做对的概率与乙做对的概率通常都是相关的，并不独立的．