概率公理与组合概率

随机试验先要说明结果是什么

投掷骰子、抽取样本或记录设备是否失效，都包含尚未确定的结果。概率论并不从“看起来随机”直接开始计算，而是先规定一次试验的全部基本结果，再说明哪些结果集合可以作为事件。若对象没有分清，同一句“抽到两张相同的牌”可能指有序抽取、无序手牌、放回抽样或不放回抽样，分母和答案都会随模型改变。

一个概率模型至少回答三个问题：可能结果组成什么集合；允许讨论哪些事件；每个允许事件获得多少概率。它们分别由样本空间 $\Omega$、事件族 $\mathcal F$ 和概率测度 $\mathbb P$ 表示。模型完成之后，计算才有明确对象。

样本点与事件属于不同层次

样本空间 $\Omega$ 的元素 $\omega$ 是一次试验的基本结果，事件则是样本点的集合。投掷一枚六面公平骰子时可以取

“点数为偶数”是事件 $A=\{2,4,6\}$，“点数大于四”是事件 $B=\{5,6\}$。交集 $A\cap B=\{6\}$ 表示两件事同时发生，并集 $A\cup B=\{2,4,5,6\}$ 表示至少一件发生，补集 $A^c=\{1,3,5\}$ 表示 $A$ 不发生。空集是不可能事件，$\Omega$ 是必然事件。

这一区分也解释了为什么不能把结果值直接当作概率。例如“骰子点数为六”的事件只有一个样本点，但其概率来自取样机制；若骰子有偏，该单点概率不必等于 $1/6$。

σ-代数控制可合法提问的事件

有限样本空间中常取幂集 $2^\Omega$ 作为事件族，于是每个子集都是事件。更一般的样本空间可能不可数，直接把所有子集都交给概率会产生集合论困难。概率论因此指定一个事件 $\sigma$-代数 $\mathcal F$，要求：

1. $\Omega\in\mathcal F$；
2. 若 $A\in\mathcal F$，则 $A^c\in\mathcal F$；
3. 若 $A_1,A_2,\ldots\in\mathcal F$，则 $\bigcup_{i=1}^{\infty}A_i\in\mathcal F$。

由这些条件还能推出 $\varnothing\in\mathcal F$，以及事件族对可列交封闭。初学阶段可把 $\mathcal F$ 理解为“模型允许赋予概率且能稳定进行逻辑运算的事件集合”。后续定义随机变量时，可测性正是要求数轴上的标准事件被逆映射回 $\mathcal F$。

三条公理约束所有概率

概率测度的三条公理

给定样本空间 $\Omega$ 及其事件 $\sigma$-代数 $\mathcal F$，概率测度是映射

$$\mathbb P:\mathcal F\to[0,1],$$

并满足：

1. 非负性：每个 $A\in\mathcal F$ 都有 $\mathbb P(A)\ge0$；

2. 归一化：$\mathbb P(\Omega)=1$；

3. 可列可加性：若事件 $A_1,A_2,\ldots$ 两两互斥，则

   $$\mathbb P\!\left(\bigcup_{i=1}^{\infty}A_i\right) =\sum_{i=1}^{\infty}\mathbb P(A_i).$$

三元组 $(\Omega,\mathcal F,\mathbb P)$ 称为概率空间。

三条公理没有假定样本点等可能，也没有规定概率必须来自频率。有限等可能计数只是满足公理的一类模型，不是公理本身。

补集、单调性与差集都能从公理推出

概率的基本导出规则

对事件 $A,B\in\mathcal F$：

$$\mathbb P(\varnothing)=0, \qquad \mathbb P(A^c)=1-\mathbb P(A).$$

若 $A\subseteq B$，则

$$\mathbb P(A)\le\mathbb P(B), \qquad \mathbb P(B\setminus A)=\mathbb P(B)-\mathbb P(A).$$

证明

在可列可加性中取 $A_1=\Omega$，并令所有 $i\ge2$ 的 $A_i=\varnothing$，得到 $1=1+\sum_{i=2}^{\infty}\mathbb P(\varnothing)$。各项非负，故只能有 $\mathbb P(\varnothing)=0$。于是可列可加性应用于有限个非空事件和其余空事件，便给出有限可加性。又因 $A$ 与 $A^c$ 不交且并为 $\Omega$，有 $\mathbb P(A)+\mathbb P(A^c)=1$。若 $A\subseteq B$，则 $B=A\mathbin{\dot\cup}(B\setminus A)$，所以

$$\mathbb P(B)=\mathbb P(A)+\mathbb P(B\setminus A)\ge\mathbb P(A).$$

同一等式重排即得到差集公式。

这些结论也是快速自检工具。例如算出补集概率大于一、子事件概率超过母事件，说明模型、计数或算术至少有一处错误。

加法公式必须扣除重复部分

任意两个事件不必互斥。把 $A$ 与 $B$ 的概率直接相加，会把交集计算两次，因此

对三个事件继续容斥可得

若只需要上界，可从两个事件的加法公式逐步归纳。记 $U_{m-1}=A_1\cup\cdots\cup A_{m-1}$，则

因此，对任意有限事件族 $A_1,\ldots,A_n\in\mathcal F$，

对可列事件族 $A_i\in\mathcal F$，再令有限并集随 $n$ 递增并使用概率测度的下连续性，即得到同一形式的可列并集上界。这个结论不要求事件独立，常用于估计“至少一次失败”的风险。

两枚骰子的交并计算

两枚公平骰子的和与至少一个六点

同时投掷两枚可区分的公平六面骰子，把结果写成有序对 $(i,j)$。共有 $6\times6=36$ 个等可能样本点。令

• $A$ 表示点数之和为八；
• $B$ 表示至少一枚骰子为六点。

事件 $A$ 包含

$$(2,6),(3,5),(4,4),(5,3),(6,2),$$

所以 $\mathbb P(A)=5/36$。事件 $B$ 包含第一枚为六的六个结果和第二枚为六的六个结果，但 $(6,6)$ 重复，故

$$\mathbb P(B)=\frac{6+6-1}{36}=\frac{11}{36}.$$

两事件交集为 $(2,6),(6,2)$，所以 $\mathbb P(A\cap B)=2/36$。于是

$$\mathbb P(A\cup B) =\frac5{36}+\frac{11}{36}-\frac2{36} =\frac{14}{36}=\frac7{18}.$$

复核时，并集事件共有十四个样本点，直接枚举与容斥一致；结果也大于 $5/36$、$11/36$ 中的较大者而不超过一。

计数先判断步骤能否相乘

加法原理处理互斥方案：若一件事可通过互不重叠的 $m$ 类或 $n$ 类方式完成，总方式数为 $m+n$。乘法原理处理连续选择：第一步有 $m$ 种选择，且每个第一步结果下第二步都有 $n$ 种选择，则有 $mn$ 条完整路径。

例如长度为四、首位不能为零且数字可重复的十进制代码有

种。若再要求四位互不相同，后续选择数会依次变为 $9,8,7$，总数是 $9\times9\times8\times7=4536$。条件是否随前一步改变，决定了乘数能否保持不变。

排列与组合对应不同的结果单位

从 $n$ 个不同对象中依次选出 $k$ 个且顺序重要，结果数为

若只关心无序子集，每个 $k$ 元集合被 $k!$ 种顺序重复计算，因此组合数为

依照本册约定，整数 $k$ 越界时把 $\binom nk$ 记为零。公式中的“不同对象”与“是否放回”都不能省略；多重集合或重复抽取需要另建计数模型。

有限等可能模型中的组合概率

若 $\Omega$ 有限，且取样机制保证每个基本结果具有相同概率 $1/|\Omega|$，则对任意事件 $A\subseteq\Omega$，

$$\mathbb P(A)=\frac{|A|}{|\Omega|}.$$

使用该式前必须核验样本点等可能，并保证分子与分母采用同一种结果单位。

委员会选择中的指定成员

十人中无序选出三人委员会

从十名不同成员中公平地选出三人委员会，每个三人子集等可能。总数为

$$\binom{10}{3}=120.$$

若指定成员甲必须入选，只需从其余九人中再选两人，事件数是 $\binom92=36$，所以

$$\mathbb P(\text{甲入选})=\frac{36}{120}=\frac3{10}.$$

也可用对称性复核：十人地位相同，委员会有三个席位，每人入选概率必为 $3/10$。

若另问“四名指定成员中至少一人入选”，其补事件是三人全部来自其余六人，因此

$$\mathbb P(\text{至少一名指定成员入选}) =1-\frac{\binom63}{\binom{10}3} =1-\frac{20}{120}=\frac56.$$

这里的 $5/6$ 依赖“四名指定成员”这一题设，不能挪用到“指定一个成员入选”的问题。

容斥也能处理调查数据

用容斥复核选课人数

某年级有一百名学生，其中五十八人选修数学，四十五人选修物理，二十三人两门都选。随机等概率抽取一名学生。令 $M,F$ 分别表示选修数学和物理，则

$$\mathbb P(M\cup F) =\frac{58+45-23}{100}=0.80.$$

因此两门都不选的概率是补集概率 $1-0.80=0.20$。把四个互斥区域列出可独立复核：只选数学三十五人，只选物理二十二人，两门都选二十三人，都不选二十人，总数为一百。若直接计算 $0.58+0.45=1.03$，结果超过一，正好暴露了交集被重复计算。

扑克牌手牌要求分子分母同为无序集合

五张手牌中恰有两张 A

从标准五十二张牌中不放回地发五张手牌，只关心最终手牌而不关心发牌顺序。洗匀保证每个五张子集等可能，因此总手牌数为 $\binom{52}{5}$。恰有两张 A 时，从四张 A 中选两张，再从四十八张非 A 中选三张，故

$$\mathbb P(\text{恰有两张 A}) =\frac{\binom42\binom{48}3}{\binom{52}5} =\frac{103776}{2598960} \approx0.03993.$$

事件数小于总数，概率约为百分之四。若改用有序发牌，分子和分母都必须乘入相应顺序数；只给分子乘顺序而分母仍用组合数，会混用计数单位。

等可能不能由“共有几个结果”自动推出

有限样本空间并不保证样本点等可能。设一枚硬币每次正面概率为 $0.7$，连续独立投掷两次，则

“恰有一次正面”的概率是 $0.21+0.21=0.42$，不是因为四个字符串中有两个满足条件就得到的 $2/4$。结果计数只有在取样机制先证明等可能之后，才能代替逐项概率求和。

实际建模还要警惕选择偏差。若抽样框漏掉一部分对象，即使程序从现有名单中均匀抽取，也只保证名单内部等可能，不能自动代表目标总体。

互斥与独立不是同一关系

常见误区

“两个事件不能同时发生，所以它们互不影响。”互斥只说明交集为空。若 $\mathbb P(A)>0$ 且 $\mathbb P(B)>0$，则互斥给出 $\mathbb P(A\cap B)=0$，而独立要求该值等于正数 $\mathbb P(A)\mathbb P(B)$，两者反而不独立。

常见误区

“加法公式就是把两个概率相加。”只有互斥时交集概率为零，才可直接相加。一般情形必须减去 $\mathbb P(A\cap B)$。

有限结果不必等可能

前述偏硬币试验的样本空间同样只有四个字符串，但四个概率并不相等。用事件数除以四会给出错误答案，说明“有限”和“等可能”是两项独立条件。

练习：从事件运算到组合模型

练习标记完成

所属知识

补集、差集与单调性

难度

2/5

已知 $\mathbb P(A)=0.55$、$\mathbb P(B)=0.40$、$\mathbb P(A\cap B)=0.18$。求仅发生 $A$、至少发生一个以及两个都不发生的概率。

查看提示

先把仅发生 A 写成 A 与 B 补集的交，再用差集公式；至少一个发生可用并集公式。

查看解答

仅发生 $A$ 的概率为 $0.55-0.18=0.37$。至少发生一个的概率为 $0.55+0.40-0.18=0.77$。两个都不发生是并集的补事件，概率为 $1-0.77=0.23$。三者都在 $[0,1]$ 内，且互斥区域 $0.37,0.22,0.18,0.23$ 之和为一。

练习标记完成

所属知识

三个事件的容斥

难度

3/5

某系统一天内三类告警 $A,B,C$ 的概率分别为 $0.20,0.15,0.10$，两两交集概率依次为 $0.05,0.03,0.02$，三重交集概率为 $0.01$。求至少出现一类告警的概率。

查看提示

三项单事件概率相加，减去三项两两交集，再补回三重交集。

查看解答

由三事件容斥，

$$\mathbb P(A\cup B\cup C) =0.20+0.15+0.10-0.05-0.03-0.02+0.01=0.36.$$

并集上界给出 $\mathbb P(A\cup B\cup C)\le0.45$，所得 $0.36$ 与上界一致。

练习标记完成

所属知识

乘法原理与排列

难度

2/5

由十个数字组成四位代码，首位不能为零，四个数字互不相同。求合法代码数，并求从全部 $9000$ 个首位非零代码中均匀选择时，数字互不相同的概率。

查看提示

首位有九种选择；后三位要从剩余九、八、七个数字中依次选择。

查看解答

首位有九种选择，第二位可以是零但不能重复首位，仍有九种；之后分别有八种和七种。因此合法数为 $9\times9\times8\times7=4536$，所求概率为

$$\frac{4536}{9000}=0.504.$$

分子不超过分母，且逐位计数与正文结果一致。

练习标记完成

所属知识

组合与补事件

难度

3/5

七名男生和五名女生中公平地无序选出四人。求委员会中至少有两名女生的概率。

查看提示

总数为 C(12,4)；至少两名女生可按恰有二、三、四名女生分类。

查看解答

总数是 $\binom{12}{4}=495$。符合条件的委员会数为

$$\binom52\binom72+ \binom53\binom71+ \binom54\binom70 =210+70+5=285.$$

因此概率为 $285/495=19/33\approx0.5758$。用补事件复核：零名或一名女生共有 $\binom74+\binom51\binom73=35+175=210$ 种，$495-210=285$。

练习标记完成

所属知识

等可能假设的边界

难度

3/5

一枚硬币每次正面概率为 $0.6$，两次投掷相互独立。求恰有一次正面和至少一次正面的概率，并解释为何不能用等可能计数。

查看提示

不要数四个字符串；直接使用独立投掷下每个字符串的乘积概率。

查看解答

恰有一次正面包括 $\mathrm{HT},\mathrm{TH}$，概率为 $0.6\times0.4+0.4\times0.6=0.48$。至少一次正面可用补集计算： $1-\mathbb P(\mathrm{TT})=1-0.4^2=0.84$。四个字符串的概率分别为 $0.36,0.24,0.24,0.16$，并不相等，所以不能用有利结果数除以四。

与后续概念的关系

• 集合与映射 提供交、并、补、逆像及函数语言。
• 组合概率 把有限等可能事件转化为一致计数单位下的比值。
• 条件概率与独立性 在已知事件发生后重新归一化，并建立 Bayes 公式。
• 随机变量与概率分布 把样本点映射为数值，并由这里的概率测度定义分布。

计数与概率公理的核对资源

课程 · 2015

MIT 6.042J Mathematics for Computer Science

Albert R. Meyer, Adam Chlipala

用于核对集合与函数语言、有限集合上的证明方法，以及组合计数、条件概率和离散概率的推导。

打开官方来源

MIT 6.042J Mathematics for Computer Science 的官方课程材料覆盖加法与乘法原理、排列组合、容斥和离散概率，并配有习题材料，适合复核本章有限模型的计数路径。

课程 · 2013

MIT 6.041SC Probabilistic Systems Analysis and Applied Probability

John Tsitsiklis

课程包含讲授、习题、解答和考试，适合系统检验概率计算。

打开官方来源

MIT 6.041SC Probabilistic Systems Analysis and Applied Probability 的 Unit I 从概率模型与公理进入条件化，明确区分模型对象和计算规则。本章只使用其概率模型基础；条件化内容留到下一章展开。

下一章：在已知信息下重新归一化

概率公理给每个事件稳定的数值，但实际问题常附带新信息。得知产品已经缺陷、病人检测为阳性或第一张牌已经出现后，原样本空间中的相对权重会改变。下一章进入 条件概率、独立性与 Bayes 公式，先在条件事件概率为正时定义重新归一化，再区分互斥、独立与条件独立。