第 21 章 · 概率

项目	内容
课标主题	必修 · 概率与统计 · 概率
人教 A 版	必修第二册 第十章 10.1–10.3
考试地位	常考。选择题、填空题常考古典概型、互斥与独立的判断；解答题里事件的独立性、对立事件是算概率的基本功，常和第 34 章计数原理、第 36 章分布列一起考。有限样本空间的含义：课标内容，照常掌握。2019 年过渡期说明曾列为不作要求，那是新旧教材过渡时期的安排
前置知识	第 1 章集合的运算（事件就是集合）；第 20 章统计里的频率

概率回答“一件事发生的可能性有多大”。这一章先把“事件”写成集合，再给出最常用的算法：古典概型数样本点，复杂事件拆成互斥事件相加，或者用对立事件、独立事件的乘法。题目的计算都不难，丢分几乎都丢在想法上：样本点没写对（有序无序混用、把不等可能的结果当等可能）、把互斥当独立、“至少一个”的对立事件写错。

21.1 知识点一览

知识点	一句话	考试中
21.2 样本空间与随机事件	试验所有可能结果组成样本空间，事件是样本空间的子集	很少单独考，是其余各节的基础
21.3 事件的关系与运算	包含、相等、和、积、互斥、对立，对应集合的包含、并、交、补	常考，互斥与对立的判断是选择题常客
21.4 古典概型	样本点有限且等可能时，$P(A) = \dfrac{k}{n}$	常考，几乎每年都有
21.5 概率的基本性质	互斥事件概率相加，对立事件 $P(\overline{A}) = 1 - P(A)$，一般加法公式	常考，多作为计算工具
21.6 事件的相互独立性	$P(AB) = P(A)P(B)$，独立事件同时发生的概率相乘	常考，解答题的主要工具
21.7 频率与概率	试验次数越多，频率越稳定在概率附近；可以用频率估计概率	偶考，多为概念题或随机模拟

21.2 样本空间与随机事件

说明

随机试验：满足三条的试验，简称试验，记作 $E$。

• 可以在相同条件下重复进行；
• 所有可能结果是明确可知的，并且不止一个；
• 每次试验之前不能确定会出现哪一个结果。

样本点与样本空间：试验 $E$ 的每一个可能的基本结果叫样本点，常用 $\omega$ 表示；全体样本点组成的集合叫样本空间，用 $\Omega$ 表示。样本点只有有限个时，叫有限样本空间，记作 $\Omega = \{\omega_1, \omega_2, \dots, \omega_n\}$。高中只研究有限样本空间。

随机事件：样本空间 $\Omega$ 的子集叫随机事件，简称事件，用大写字母 $A, B, C$ 表示。

• 事件 $A$ 发生：一次试验中，出现的那个样本点属于 $A$。
• 基本事件：只含一个样本点的事件。
• 必然事件：$\Omega$ 本身，每次试验都发生。
• 不可能事件：$\varnothing$，每次试验都不发生。

必然事件和不可能事件不具有随机性，为了方便，也把它们看作随机事件的两个极端情形。

写样本空间最常用三种办法：直接列举（元素少）、表格或坐标网格（两步试验，如掷两颗骰子）、树状图（多步试验，如抛几次硬币）。

使用场景

• 题目让你“写出试验的样本空间”，或者后面要用古典概型：先想清楚一次试验的结果长什么样（一个数、一对有序数、一个无序组合）。
• 题目用文字描述了一个事件（“点数和为 5”“至少一次正面”），要求用样本点表示：在样本空间里把满足条件的样本点挑出来。
• 判断一个事件是必然事件、不可能事件还是随机事件：看它是 $\Omega$、$\varnothing$，还是 $\Omega$ 的其他子集。
• 题目里出现“选两人”“取两个球”“排成一排”：先判断结果有没有顺序，再写样本空间。

注意点

• 样本点必须是“最细”的结果，彼此不能重叠。抛两次硬币，样本点是“正正、正反、反正、反反”四个，不能写成“两正、两反、一正一反”三个后再当作等可能（见 21.4 易错点）。
• 同一个试验，样本空间可以有不同的写法（比如按“正面个数”写成 $\{0, 1, 2\}$），但只有写成等可能的样本点时，才能用古典概型算概率。
• 两颗骰子、两次抽取，样本点一般写成有序数对 $(x, y)$：$(1, 2)$ 和 $(2, 1)$ 是两个不同的样本点。
• 事件是集合，所以第 1 章集合的写法、关系、运算全部能用。

证明

本知识点是定义，没有需要证明的定理。值得说清楚的是“为什么事件可以看成样本空间的子集”：一件事“发生还是不发生”，完全由试验出现了哪个样本点决定。把能让它发生的样本点全部收集起来，得到 $\Omega$ 的一个子集 $A$；反过来，这件事发生，当且仅当出现的样本点落在 $A$ 里。所以“事件”和”$\Omega$ 的子集“可以一一对应，用集合来描述事件不会丢掉任何信息。

例题

例 1　（场景：写出试验的样本空间）把一枚硬币连续抛两次，观察每次正面还是反面朝上。写出样本空间，并用样本点表示事件 $A$：“恰有一次正面朝上”。

解：每个样本点要记录两次的结果，第一次在前、第二次在后。用树状图（本节开头的图）一层一层列出：

$$\Omega = \{\text{正正}, \text{正反}, \text{反正}, \text{反反}\}.$$

$A$ 包含“正反”和“反正”两个样本点：$A = \{\text{正反}, \text{反正}\}$。

容易卡在：把“正反”和“反正”看成同一个结果。两次是分先后的，它们是两个不同的样本点。

例 2　（场景：用样本点表示事件）同时掷两颗质地均匀的骰子（可以想成一颗红、一颗蓝），记录两颗的点数。写出样本空间的样本点个数，并用样本点表示事件 $B$：“点数之和为 5”。

解：用 $(x, y)$ 表示红骰子 $x$ 点、蓝骰子 $y$ 点。$x$ 和 $y$ 都能取 $1$ 到 $6$，画成 $6 \times 6$ 的网格，共 $36$ 个样本点：

$$\Omega = \{(x, y) \mid x, y \in \{1, 2, 3, 4, 5, 6\}\}.$$

点数之和为 5，就是网格里落在直线 $x + y = 5$ 上的点：

$$B = \{(1, 4), (2, 3), (3, 2), (4, 1)\}.$$

容易卡在：以为两颗骰子一样，$(1, 4)$ 和 $(4, 1)$ 算一个。把两颗骰子涂成不同颜色想一想，这是两种不同的结果。

例 3　（场景：判断事件的类型）掷一颗骰子，观察朝上的点数。判断下列事件是必然事件、不可能事件还是随机事件，并用集合写出：（1）点数为 7；（2）点数不大于 6；（3）点数为偶数。

解：$\Omega = \{1, 2, 3, 4, 5, 6\}$。

1. 点数为 7：没有样本点满足，是 $\varnothing$，不可能事件。
2. 点数不大于 6：所有样本点都满足，是 $\Omega$，必然事件。
3. 点数为偶数：$\{2, 4, 6\}$，是 $\Omega$ 的一个非空真子集，随机事件。

例 4　（场景：有序还是无序）从甲、乙、丙三人中选人。（1）选 2 人参加一项活动；（2）选 2 人分别担任正、副组长。分别写出样本空间。

解：

1. 只问“选了谁”，没有顺序：$\Omega_1 = \{\text{甲乙}, \text{甲丙}, \text{乙丙}\}$，3 个样本点。
2. 正、副组长是两个不同的职位，要分顺序。用（正，副）表示：

$$\Omega_2 = \{(\text{甲}, \text{乙}), (\text{乙}, \text{甲}), (\text{甲}, \text{丙}), (\text{丙}, \text{甲}), (\text{乙}, \text{丙}), (\text{丙}, \text{乙})\},$$

6 个样本点。

容易卡在：看到“选 2 人”就按无序写。判断标准是：交换两个人，是不是另一种结果。

常用推论

• 掷两颗骰子共 $36$ 个样本点，点数之和为 $k$（$2 \le k \le 12$）的样本点有 $6 - |k - 7|$ 个。推导：$k \le 7$ 时第一颗可取 $1, 2, \dots, k - 1$，共 $k - 1 = 6 - (7 - k)$ 个；$k \ge 8$ 时第一颗可取 $k - 6, \dots, 6$，共 $13 - k = 6 - (k - 7)$ 个。和为 7 的最多，有 6 个。
• 把一枚硬币抛 $n$ 次，样本点有 $2^n$ 个：每次 2 种结果，由分步乘法计数原理（第 34 章）得出；$n$ 小时也可以画树状图数。
• 含 $n$ 个样本点的样本空间，一共有 $2^n$ 个不同的事件（含 $\varnothing$ 和 $\Omega$），因为事件就是子集，见第 1 章 1.3 节。

易错点

• 错在哪：掷两颗骰子，把样本空间写成 21 个“无序对”（如 $\{1, 4\}$），再按等可能算概率。 为什么错：$\{1, 4\}$ 实际包含 $(1, 4)$、$(4, 1)$ 两种结果，而 $\{3, 3\}$ 只包含 $(3, 3)$ 一种，这 21 个结果不是等可能的。 正确做法：两颗骰子按有序数对写，36 个样本点等可能。
• 错在哪：认为“明天会下雨”是一个可以写样本空间的随机试验。 为什么错：随机试验要求能在相同条件下重复进行，明天只有一次，不能重复。 正确做法：判断是不是随机试验，对照三条：可重复、结果明确且不止一个、事先不能确定。
• 错在哪：把“至少一次正面”写成 $\{\text{一次正面}, \text{两次正面}\}$ 后当作两个样本点。 为什么错：“一次正面”本身是一个事件，含“正反”“反正”两个样本点，不是“最细”的结果。 正确做法：事件一律写成样本点的集合：$\{\text{正正}, \text{正反}, \text{反正}\}$。

直观理解

样本空间就是“这次试验所有可能的结局”列成的清单，事件就是在清单上打勾：打勾的那些结局里出现任何一个，就说事件发生了。两步试验的清单画成网格最清楚：横着是第一步，竖着是第二步，每个格点是一个结局。

关联知识点

• 前置：第 1 章 1.2 集合的概念与表示。样本空间和事件都是集合，描述法、列举法照用。
• 后续：21.3 事件的关系与运算，把事件当集合来做交、并、补。
• 后续：21.4 古典概型，求概率就是数样本空间和事件里各有几个样本点。
• 后续：第 34 章计数原理，样本点多时不再一一列举，用排列组合数。
• 后续：第 36 章离散型随机变量，把每个样本点对应到一个数。

21.3 事件的关系与运算

说明

设 $A$、$B$ 是同一个试验的两个事件，$\Omega$ 是样本空间。

名称	含义	集合写法	记号
包含	$A$ 发生，$B$ 一定发生	$A \subseteq B$	$B \supseteq A$
相等	$A \subseteq B$ 且 $B \subseteq A$	$A = B$
和事件（并事件）	$A$ 与 $B$ 至少有一个发生	$A \cup B$	也写 $A + B$
积事件（交事件）	$A$ 与 $B$ 同时发生	$A \cap B$	也写 $AB$
互斥（互不相容）	$A$ 与 $B$ 不能同时发生	$A \cap B = \varnothing$
对立	$A$ 与 $B$ 有且只有一个发生	$A \cap B = \varnothing$ 且 $A \cup B = \Omega$	$B = \overline{A}$

$A$ 的对立事件记作 $\overline{A}$，就是集合 $A$ 在全集 $\Omega$ 中的补集。

这些运算可以推广到多个事件：$A \cup B \cup C$ 表示三者至少一个发生，$ABC$ 表示三者同时发生。

使用场景

• 判断两个事件是否互斥、是否对立：选择题里给出几对事件，问哪对互斥、哪对对立。
• 用 $A$、$B$、$C$ 及其对立事件表示“都发生”“都不发生”“至少一个”“恰有一个”“至多一个”：解答题拆事件的第一步。
• 给出具体的样本点集合，求 $A \cup B$、$AB$、$\overline{A}$：按集合的运算直接写。

注意点

• 对立一定互斥，互斥不一定对立。对立比互斥多一个要求：两个事件合起来要铺满 $\Omega$。
• 判断互斥、对立，都是对同一次试验说的。
• “$A + B$“是和事件的记号，不是数的加法；只有 $A$、$B$ 互斥时，才有 $P(A + B) = P(A) + P(B)$（21.5 节）。
• 积事件 $AB$ 是“同时发生”，不是“先 $A$ 后 $B$”。
• 写“至少”“至多”“恰有”的对立事件时，最稳的办法是把所有情况列全，再看剩下哪些。

证明

结论 1：对立事件一定互斥。 由定义，$A$、$B$ 对立要求 $A \cap B = \varnothing$，这正是互斥的定义。反过来不成立：例 1 中 $C$、$D$ 互斥，但 $C \cup D \ne \Omega$，不对立。

结论 2：$\overline{A \cup B} = \overline{A}\,\overline{B}$，$\overline{AB} = \overline{A} \cup \overline{B}$。

这就是第 1 章 1.4 节的德摩根律，把全集 $U$ 换成样本空间 $\Omega$、补集换成对立事件即可。翻译成事件的语言：

• “$A$、$B$ 至少一个发生”的对立事件是”$A$、$B$ 都不发生”；
• “$A$、$B$ 同时发生”的对立事件是”$A$、$B$ 至少一个不发生”。

（关键一步：事件就是 $\Omega$ 的子集，对立事件就是补集，所以集合里证过的运算律对事件全部成立，不用重新证明。）

结论 3：若 $A \subseteq B$，则 $A \cup B = B$，$AB = A$。 见第 1 章 1.4 节结论 1。

例题

例 1　（场景：判断互斥与对立）从标有 $1, 2, \dots, 10$ 的 10 张卡片中任取一张。$A$：“取到奇数”，$B$：“取到偶数”，$C$：“取到 3 的倍数”，$D$：“取到 5 的倍数”。判断下列各对事件是否互斥、是否对立：（1）$A$ 与 $B$；（2）$C$ 与 $D$；（3）$A$ 与 $C$。

解：先写成集合：$A = \{1, 3, 5, 7, 9\}$，$B = \{2, 4, 6, 8, 10\}$，$C = \{3, 6, 9\}$，$D = \{5, 10\}$。

1. $A \cap B = \varnothing$，$A \cup B = \{1, 2, \dots, 10\} = \Omega$，所以 $A$ 与 $B$ 互斥且对立。
2. $C \cap D = \varnothing$，互斥；但 $C \cup D = \{3, 5, 6, 9, 10\} \ne \Omega$（比如取到 1 时两者都不发生），所以不对立。
3. $A \cap C = \{3, 9\} \ne \varnothing$，取到 3 时两者同时发生，不互斥，当然也不对立。

容易卡在：凭感觉判断。写成集合后，互斥看交集是否为空，对立再看并集是否为 $\Omega$。

例 2　（场景：用事件的运算表示复合事件）甲、乙、丙三人各射击一次。设 $A$、$B$、$C$ 分别表示“甲命中”“乙命中”“丙命中”，用它们表示：（1）三人都命中；（2）三人都没命中；（3）至少一人命中；（4）恰有一人命中；（5）至多一人命中。

解：

1. 三人都命中：$ABC$。
2. 三人都没命中：$\overline{A}\,\overline{B}\,\overline{C}$。
3. 至少一人命中：$A \cup B \cup C$。它是（2）的对立事件，也可以写成 $\overline{\overline{A}\,\overline{B}\,\overline{C}}$。
4. 恰有一人命中：分“只有甲”“只有乙”“只有丙”三种，三者互斥：

$$A\overline{B}\,\overline{C} \cup \overline{A}B\overline{C} \cup \overline{A}\,\overline{B}C.$$

5. 至多一人命中：就是“没人命中”或“恰有一人命中”：

$$\overline{A}\,\overline{B}\,\overline{C} \cup A\overline{B}\,\overline{C} \cup \overline{A}B\overline{C} \cup \overline{A}\,\overline{B}C.$$

容易卡在：“恰有一人命中”写成 $A \cup B \cup C$。$A$ 只说甲命中，没说乙、丙有没有中，所以“只有甲”要写成 $A\overline{B}\,\overline{C}$。

例 3　（场景：由样本点求事件的运算）掷一颗骰子，$A$：“点数不大于 3”，$B$：“点数为偶数”。求 $A \cup B$、$AB$、$\overline{A}$、$\overline{A}B$，并说明各自的含义。

解：$A = \{1, 2, 3\}$，$B = \{2, 4, 6\}$。

• $A \cup B = \{1, 2, 3, 4, 6\}$：点数不大于 3 或为偶数，也就是“点数不是 5”。
• $AB = \{2\}$：点数不大于 3 且为偶数。
• $\overline{A} = \{4, 5, 6\}$：点数大于 3。
• $\overline{A}B = \{4, 6\}$：点数大于 3 且为偶数。

常用推论

• “至少一个发生”的对立事件是“都不发生”：$\overline{A_1 \cup A_2 \cup \dots \cup A_n} = \overline{A_1}\,\overline{A_2} \cdots \overline{A_n}$。由本节结论 2（德摩根律）推广得到。这是 21.5、21.6 节”$1 -$“算法的依据。
• “至多一个发生”的对立事件是“至少两个发生”；两个事件时，“至多一个发生”的对立事件是“都发生”。把发生的个数 $0, 1, 2, \dots$ 列出来，“至多一个”占 $0, 1$，剩下的就是对立事件。
• “恰有一个发生”（两个事件）：$A\overline{B} \cup \overline{A}B$，两部分互斥。由例 2 的写法得到。

易错点

• 错在哪：认为“互斥”和“对立”是一回事，看到不能同时发生就说对立。 为什么错：对立还要求“必有一个发生”。例 1 的 $C$、$D$ 都不发生的情况存在。 正确做法：先看交集是否为空（互斥），再看并集是否为 $\Omega$（对立）。
• 错在哪：把“至少有一次正面”的对立事件写成“至多有一次正面”。 为什么错：抛两次时，“至少一次正面”含 1 次、2 次正面，“至多一次正面”含 0 次、1 次正面，两者都含“恰一次正面”，不互斥，更不对立。 正确做法：“至少一次正面”的对立事件是“一次正面都没有”，即“全是反面”。
• 错在哪：把”$A$、$B$ 同时发生“的对立事件写成”$A$、$B$ 都不发生”。 为什么错：$\overline{AB} = \overline{A} \cup \overline{B}$，是“至少一个不发生”，比“都不发生”范围大。 正确做法：用德摩根律：积的对立是对立的和，和的对立是对立的积。

直观理解

把样本空间想成一块地，事件是地上圈出来的区域：和事件是两块区域合起来，积事件是重叠的地方，对立事件是区域外面剩下的地。互斥是两块地不挨着重叠，对立是两块地不重叠而且刚好把整块地分完。

一句话记法：对立是“非此即彼”，互斥只是“不能同时”。

关联知识点

• 前置：第 1 章 1.3、1.4 节。包含、交、并、补和德摩根律直接搬过来用。
• 前置：第 2 章常用逻辑用语，“且”“或”“非”对应积事件、和事件、对立事件。
• 后续：21.5 概率的基本性质，互斥事件才能直接相加，对立事件用 $1 - P$。
• 后续：21.6 事件的相互独立性，要分清“互斥”和“独立”是两回事。

21.4 古典概型

说明

古典概型：试验满足以下两条时，称这种概率模型为古典概率模型，简称古典概型。

• 有限性：样本空间的样本点只有有限个；
• 等可能性：每个样本点发生的可能性相等。

计算公式：设样本空间 $\Omega$ 含 $n$ 个样本点，事件 $A$ 含 $k$ 个样本点，则

$$P(A) = \frac{k}{n} = \frac{n(A)}{n(\Omega)},$$

其中 $n(A)$、$n(\Omega)$ 分别表示 $A$ 和 $\Omega$ 中样本点的个数。

使用场景

• 掷骰子、抛硬币、从数字中取数这类结果对称的试验，问某件事的概率：直接数样本点。
• 从袋中摸球、抽卡片、抽产品，题目说“放回”或“不放回”：先定好样本点是有序还是无序，再数。
• 题目描述了一个试验，问“能不能用古典概型”：逐条检查有限性和等可能性。
• 几个人排队、分组、选代表，问某种安排的概率：人少时列举所有排法再数。

注意点

• 分母和分子必须用同一个标准数：分母按有序数，分子也按有序数；分母按无序数，分子也按无序数。
• 等可能性是用公式的前提，不是自动成立的。射击命中的环数、两颗骰子的点数和，各个结果不是等可能的。
• “放回”时同一个球可以被取两次，样本点按有序对数；“不放回”时两次取的不能是同一个球。
• 样本点多时，列举改用计数原理（第 34 章）。必修阶段的题，一般可以列举或画表。

证明

课本把 $P(A) = \dfrac{k}{n}$ 作为古典概型下概率的定义。它为什么合理，可以这样说明：

1. $n$ 个样本点各自构成一个基本事件，它们两两互斥（一次试验只出现一个结果），合起来是 $\Omega$。
2. 设每个基本事件的概率都是 $p$（等可能性）。（关键一步：互斥事件的概率可以相加，见 21.5 节性质 3。）所以 $n$ 个基本事件的概率之和等于 $P(\Omega) = 1$，即 $np = 1$，$p = \dfrac{1}{n}$。
3. $A$ 由 $k$ 个基本事件合成，这 $k$ 个两两互斥，所以 $P(A) = k \cdot \dfrac{1}{n} = \dfrac{k}{n}$。

如果各个样本点不是等可能的，第 2 步的 $p$ 就不是一个共同的数，公式不成立。

例题

例 1　（场景：结果对称的试验直接数）同时掷两颗质地均匀的骰子，求点数之和不小于 10 的概率。

解：用有序数对 $(x, y)$ 表示两颗骰子的点数，样本空间有 $6 \times 6 = 36$ 个等可能的样本点。

点数之和不小于 10 的样本点：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 $6$ 个。

$$P = \frac{6}{36} = \frac{1}{6}.$$

例 2　（场景：摸球，放回与不放回）袋中有 2 个红球、3 个白球，除颜色外完全相同。（1）不放回地依次摸出 2 个球，求恰好一红一白的概率；（2）有放回地摸两次，每次摸 1 个，求恰好一红一白的概率。

解：把红球记作 $a_1, a_2$，白球记作 $b_1, b_2, b_3$，同色的球也要区分，这样每个样本点才是等可能的。

（1）只关心摸出的是哪两个球，按无序列举：

$$\begin{aligned} &a_1a_2,\ a_1b_1,\ a_1b_2,\ a_1b_3,\ a_2b_1, \\ &a_2b_2,\ a_2b_3,\ b_1b_2,\ b_1b_3,\ b_2b_3, \end{aligned}$$

共 10 个样本点。一红一白的有 $a_1b_1, a_1b_2, a_1b_3, a_2b_1, a_2b_2, a_2b_3$，共 6 个。

$$P_1 = \frac{6}{10} = \frac{3}{5}.$$

（2）有放回时，两次可能摸到同一个球，结果要按（第一次，第二次）的有序对写。第一次 5 种、第二次 5 种，列成 $5 \times 5$ 的表共 25 个样本点。一红一白分两类：先红后白有 $2 \times 3 = 6$ 个，先白后红有 $3 \times 2 = 6$ 个，共 12 个。

$$P_2 = \frac{12}{25}.$$

容易卡在：（2）只算“先红后白”的 6 个。“一红一白”没规定顺序，两种顺序都要算。

另一种解法：（1）用对立事件。“恰好一红一白”的对立事件是“两球同色”，同色的有 $a_1a_2$ 和 $b_1b_2, b_1b_3, b_2b_3$，共 4 个，所以 $P_1 = 1 - \dfrac{4}{10} = \dfrac{3}{5}$。这道题两种方法一样快；当所求事件情况多、对立事件情况少时（如“至少一个红球”），用对立事件明显更省事。

例 3　（场景：判断能否用古典概型）下列试验能用古典概型计算概率的是（　）。

A. 在区间 $[0, 10]$ 内随机取一个实数，求它小于 3 的概率 B. 某射手射击一次，求命中 10 环的概率 C. 从 $1, 2, \dots, 10$ 中随机取一个整数，求它是质数的概率 D. 掷两颗骰子，把“点数之和”作为样本点，求和为 7 的概率

解：C。

• A：区间内的实数有无穷多个，不满足有限性。
• B：命中 $0$ 到 $10$ 环共 11 个结果，但射手水平决定了各环的可能性不相等，不满足等可能性。
• C：10 个整数等可能被取到，有限且等可能。质数有 $2, 3, 5, 7$，概率为 $\dfrac{4}{10} = \dfrac{2}{5}$。
• D：点数之和 $2, 3, \dots, 12$ 共 11 个结果，但它们不是等可能的（和为 7 有 6 种情况，和为 2 只有 1 种）。

例 4　（场景：排队问题列举）甲、乙、丙三人随机站成一排，求甲、乙两人相邻的概率。

解：所有排法（从左到右）：

甲乙丙、甲丙乙、乙甲丙、乙丙甲、丙甲乙、丙乙甲，

共 6 个等可能的样本点。甲、乙相邻的有：甲乙丙、乙甲丙、丙甲乙、丙乙甲，共 4 个。

$$P = \frac{4}{6} = \frac{2}{3}.$$

容易卡在：只数“甲乙”相邻，漏掉“乙甲”。

常用推论

• 掷两颗骰子，点数之和为 $k$ 的概率是 $\dfrac{6 - |k - 7|}{36}$（$2 \le k \le 12$）。由 21.2 节常用推论数出样本点个数，再除以 36。
• 抽签与顺序无关：$n$ 张签中有 $m$ 张中签，$n$ 个人依次不放回地各抽一张，每个人抽中的概率都是 $\dfrac{m}{n}$。推导：把抽签结果看成 $n$ 张签的一种排列，所有排列等可能；把任意两个位置上的签对调，得到的仍是一种排列，所以每张签出现在第 $k$ 个位置的机会相同，第 $k$ 个人拿到中签的概率是 $\dfrac{m}{n}$。以 3 张签 1 张中签为例，中签在第 1、2、3 个位置的排列各占三分之一。
• 从 $N$ 个不同的球中有序地取 2 个：放回时样本点 $N^2$ 个，不放回时 $N(N - 1)$ 个。由分步乘法计数原理（第 34 章）得出。

易错点

• 错在哪：抛两枚硬币，说“两正、两反、一正一反”三种结果，所以“一正一反”的概率是 $\dfrac{1}{3}$。 为什么错：“一正一反”包含“正反”“反正”两个样本点，这三种结果不是等可能的。 正确做法：按 4 个等可能的样本点算，$P = \dfrac{2}{4} = \dfrac{1}{2}$。
• 错在哪：不放回摸两球，分母按有序算（$5 \times 4 = 20$），分子按无序算（一红一白 6 种），得 $\dfrac{6}{20} = \dfrac{3}{10}$。 为什么错：有序时一红一白要分先红后白、先白后红，分子应为 12。分子、分母标准不一致。 正确做法：先定标准再数：都按无序得 $\dfrac{6}{10}$，都按有序得 $\dfrac{12}{20}$，结果都是 $\dfrac{3}{5}$。
• 错在哪：同色球不区分，把“红红、红白、白白”当成三个等可能的样本点。 为什么错：2 红 3 白中，“红白”的组合有 6 种，“红红”只有 1 种，可能性差很多。 正确做法：同色的球编上号 $a_1, a_2, b_1, \dots$，按编号列样本点。

直观理解

古典概型就是“数格子”：把所有等可能的结果画成一个个大小相同的格子，事件占几个格子，概率就是几格除以总格数。格子大小必须一样，这就是等可能性；格子要按同一种方式画，这就是“分子分母同一标准”。

关联知识点

• 前置：21.2 样本空间与随机事件，先会写样本点才能数。
• 后续：21.5 概率的基本性质，用对立事件、互斥拆分简化计数。
• 后续：第 34 章计数原理，样本点多时用排列数、组合数代替列举。
• 后续：第 36 章离散型随机变量，求分布列的每个概率常常就是一个古典概型；超几何分布就是不放回摸球的推广。

21.5 概率的基本性质

说明

对任意事件 $A$、$B$：

性质	内容
性质 1	$P(A) \ge 0$
性质 2	$P(\Omega) = 1$，$P(\varnothing) = 0$
性质 3（互斥事件的加法公式）	若 $A$、$B$ 互斥，则 $P(A \cup B) = P(A) + P(B)$
性质 4（对立事件）	若 $A$、$B$ 互为对立事件，则 $P(B) = 1 - P(A)$，即 $P(\overline{A}) = 1 - P(A)$
性质 5（单调性）	若 $A \subseteq B$，则 $P(A) \le P(B)$
性质 6（一般加法公式）	$P(A \cup B) = P(A) + P(B) - P(AB)$

由性质 1、2、5 得：对任意事件 $A$，$0 \le P(A) \le 1$。

性质 3 可以推广：若 $A_1, A_2, \dots, A_m$ 两两互斥，则

$$P(A_1 \cup A_2 \cup \dots \cup A_m) = P(A_1) + P(A_2) + \dots + P(A_m).$$

使用场景

• 所求事件可以拆成几个互斥的情况（“命中 9 环或 10 环”“恰有一个”）：分别求概率再相加。
• 题目里出现“至少”“至多”“不少于”，正面情况多：先求对立事件的概率，再用 $1 -$。
• 两个事件可以同时发生，已知 $P(A)$、$P(B)$ 和 $P(AB)$、$P(A \cup B)$ 中的一个，求另一个：用一般加法公式，最好配 Venn 图。

注意点

• 性质 3 只对互斥事件成立。不互斥的两个事件直接相加，会把 $AB$ 那一部分算两次。
• 性质 6 对任意两个事件都成立；$A$、$B$ 互斥时 $P(AB) = 0$，性质 6 就变成性质 3。
• 用对立事件时，先把对立事件写准（21.3 节易错点），再用 $1 -$。
• 概率不可能大于 1 或小于 0。算出这样的结果，一定是哪里错了。

证明

课本在古典概型下说明这些性质。设 $\Omega$ 有 $n$ 个样本点，$n(A)$ 表示 $A$ 中样本点个数。

性质 1、2：$0 \le n(A) \le n$，所以 $P(A) = \dfrac{n(A)}{n} \ge 0$；$P(\Omega) = \dfrac{n}{n} = 1$，$P(\varnothing) = \dfrac{0}{n} = 0$。

性质 3：$A$、$B$ 互斥，没有公共样本点，所以 $n(A \cup B) = n(A) + n(B)$，两边除以 $n$ 即得。

性质 4：$A$ 与 $\overline{A}$ 互斥，且 $A \cup \overline{A} = \Omega$。由性质 3 和性质 2，$P(A) + P(\overline{A}) = P(\Omega) = 1$。

性质 5：$A \subseteq B$ 时 $A$ 的样本点都在 $B$ 里，$n(A) \le n(B)$。

性质 6：把 $A \cup B$ 和 $B$ 都拆成互斥的两块：

$$A \cup B = A \cup (\overline{A}B), \qquad B = AB \cup \overline{A}B.$$

（关键一步：$A$ 与 $\overline{A}B$ 互斥，$AB$ 与 $\overline{A}B$ 也互斥，因为一个在 $A$ 里、一个在 $A$ 外。拆成互斥的块，才能用性质 3。）

由性质 3：

$$P(A \cup B) = P(A) + P(\overline{A}B), \qquad P(B) = P(AB) + P(\overline{A}B).$$

由第二式得 $P(\overline{A}B) = P(B) - P(AB)$，代入第一式即得 $P(A \cup B) = P(A) + P(B) - P(AB)$。

这和第 1 章的容斥原理 $\mathrm{card}(A \cup B) = \mathrm{card}(A) + \mathrm{card}(B) - \mathrm{card}(A \cap B)$ 是同一回事，只是两边都除以了 $n$。

例题

例 1　（场景：拆成互斥事件相加）某射手射击一次，命中 10 环、9 环、8 环、7 环的概率分别为 $0.24$、$0.28$、$0.19$、$0.16$。求：（1）命中 9 环或 10 环的概率；（2）命中不够 7 环的概率。

解：设“命中 10 环”“命中 9 环”“命中 8 环”“命中 7 环”分别为 $A_{10}$、$A_9$、$A_8$、$A_7$，射击一次只能命中一个环数，所以它们两两互斥。

（1）由互斥事件的加法公式：

$$P(A_{10} \cup A_9) = 0.24 + 0.28 = 0.52.$$

（2）“不够 7 环”的对立事件是“命中 7 环及以上”，即 $A_{10} \cup A_9 \cup A_8 \cup A_7$，其概率为

$$0.24 + 0.28 + 0.19 + 0.16 = 0.87.$$

所以 $P(\text{不够 7 环}) = 1 - 0.87 = 0.13$。

容易卡在：（2）想直接求“不够 7 环”，但题目没给 6 环、5 环……的概率。正面算不了，就算对立事件。

例 2　（场景：用对立事件求“至少”）同时掷两颗骰子，求至少有一颗是 6 点的概率。

解：设 $A$ 为“至少有一颗是 6 点”，则 $\overline{A}$ 为“两颗都不是 6 点”。两颗都不是 6 点时，每颗各有 5 种点数，$\overline{A}$ 含 $5 \times 5 = 25$ 个样本点。

$$P(A) = 1 - P(\overline{A}) = 1 - \frac{25}{36} = \frac{11}{36}.$$

另一种解法：直接数。网格中第一颗是 6 的一列有 6 个点，第二颗是 6 的一行有 6 个点，$(6, 6)$ 被数了两次，所以共 $6 + 6 - 1 = 11$ 个，$P(A) = \dfrac{11}{36}$。两颗骰子时直接数也不慢；但如果是掷三颗、四颗骰子“至少一颗 6 点”，正面要分很多情况，对立事件“都不是 6 点”的概率 $\left(\dfrac{5}{6}\right)^n$ 一步就能写出（见 21.6 节），所以“至少”类题优先想对立事件。

例 3　（场景：一般加法公式）已知 $P(A) = 0.5$，$P(B) = 0.4$，$P(A \cup B) = 0.7$。求：（1）$P(AB)$；（2）$A$、$B$ 恰有一个发生的概率；（3）$A$、$B$ 都不发生的概率。

解：

（1）由一般加法公式，$P(AB) = P(A) + P(B) - P(A \cup B) = 0.5 + 0.4 - 0.7 = 0.2$。

（2）恰有一个发生，就是 $A \cup B$ 去掉 $AB$：$P = P(A \cup B) - P(AB) = 0.7 - 0.2 = 0.5$。

（3）都不发生是 $A \cup B$ 的对立事件：$P = 1 - 0.7 = 0.3$。

容易卡在：把 $P(A) + P(B) = 0.9$ 当成 $P(A \cup B)$。$A$、$B$ 不互斥，重叠的 $0.2$ 被加了两次。

常用推论

• $0 \le P(A) \le 1$。由性质 1、2、5（$\varnothing \subseteq A \subseteq \Omega$）得到。
• 恰有一个发生：$P(A\overline{B} \cup \overline{A}B) = P(A) + P(B) - 2P(AB)$。推导：$P(A\overline{B}) = P(A) - P(AB)$，$P(\overline{A}B) = P(B) - P(AB)$，两者互斥，相加即得。
• $P(A \cup B) \le P(A) + P(B)$，等号当且仅当 $P(AB) = 0$（$A$、$B$ 互斥时成立）。由性质 6 和 $P(AB) \ge 0$ 得到。
• $P(AB) \ge P(A) + P(B) - 1$。由性质 6 和 $P(A \cup B) \le 1$ 得到。选择题判断“两个事件能否互斥”时常用：若 $P(A) + P(B) > 1$，则 $P(AB) > 0$，$A$、$B$ 一定不互斥。

易错点

• 错在哪：不判断是否互斥，直接 $P(A \cup B) = P(A) + P(B)$。 为什么错：性质 3 的前提是 $A \cap B = \varnothing$，不互斥时重叠部分算了两次，结果偏大，甚至超过 1。 正确做法：先判断互斥；不互斥就用 $P(A) + P(B) - P(AB)$。
• 错在哪：求“至少一个”时，把 1 减去了“至多一个”的概率。 为什么错：“至少一个”的对立事件是“一个都没有”。 正确做法：用 21.3 节的办法，把发生的个数列出来，找准对立事件再相减。
• 错在哪：认为 $P(A) + P(B) = 1$ 就说明 $A$、$B$ 对立。 为什么错：比如掷一颗骰子，$A = \{1, 2, 3\}$，$B = \{3, 4, 5\}$，$P(A) + P(B) = 1$，但它们有公共的 3，也都不含 6，不对立。 正确做法：对立要从事件本身判断（交为空、并为 $\Omega$），不能只看概率之和。

直观理解

把概率想成面积：$\Omega$ 是面积为 1 的一块地，事件的概率是它占的面积。互斥的两块不重叠，面积直接相加；不互斥的两块，相加时重叠部分算了两次，要减掉一次；对立事件就是“剩下的面积”，所以是 $1 - P(A)$。

关联知识点

• 前置：21.3 事件的关系与运算，用性质前要先判断互斥、对立。
• 前置：第 1 章 1.4 节容斥原理，性质 6 就是它除以样本点总数。
• 后续：21.6 事件的相互独立性，“至少一个发生”$= 1 -$“都不发生”，都不发生的概率用乘法算。
• 后续：第 36 章离散型随机变量，分布列各概率之和为 1，依据就是互斥事件的加法公式。

21.6 事件的相互独立性

说明

定义：对任意两个事件 $A$、$B$，如果

$$P(AB) = P(A)P(B)$$

成立，就称事件 $A$ 与事件 $B$ 相互独立，简称独立。

直白地说：$A$ 发生与否，不影响 $B$ 发生的概率，反之亦然。实际问题中，两次互不干扰的操作（两人各自射击、有放回地摸两次球、两个元件各自工作）产生的事件，一般认为是独立的。

性质：若 $A$ 与 $B$ 相互独立，则 $A$ 与 $\overline{B}$、$\overline{A}$ 与 $B$、$\overline{A}$ 与 $\overline{B}$ 也都相互独立。

多个事件：若 $A_1, A_2, \dots, A_n$ 相互独立，则

$$P(A_1 A_2 \cdots A_n) = P(A_1)P(A_2) \cdots P(A_n).$$

使用场景

• 题目问”$A$ 与 $B$ 是否独立”，并且能算出 $P(A)$、$P(B)$、$P(AB)$：按定义验算 $P(AB) = P(A)P(B)$ 是否成立。
• 几个人各自做一件事、一个人重复做几次（题目说“各次相互独立”“互不影响”），问“都成功”“恰有一个”“至少一个”：拆成互斥的情况，每种情况用乘法。
• 串联、并联的电路或系统，问能否正常工作：串联要都正常，并联只要一个正常。
• 比赛“三局两胜”“五局三胜”，每局胜负独立：按比赛结束的方式分情况，每种情况用乘法。

注意点

• 实际问题里，独立性常常由题意判断（“互不影响”“有放回”）；抽象的事件（如掷骰子的两个条件）要用定义验算，不能凭感觉。
• 互斥和独立是两回事：互斥说的是“不能同时发生”（$AB = \varnothing$），独立说的是“互不影响”（$P(AB) = P(A)P(B)$）。概率都大于 0 的两个事件，互斥就一定不独立。
• 不放回地抽取，前一次的结果会影响后一次，两次的事件一般不独立。
• “恰有一个发生”是几个互斥情况的和，每种情况里没发生的那些要乘上 $1 - p$，不能漏。

证明

结论：若 $A$ 与 $B$ 独立，则 $A$ 与 $\overline{B}$ 独立。

$A$ 可以拆成互斥的两块：$A = AB \cup A\overline{B}$。（关键一步：样本点在 $A$ 里时，要么也在 $B$ 里，要么不在，二者必居其一且只居其一，所以这样拆是互斥的。）由互斥事件的加法公式：

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

所以

$$P(A\overline{B}) = P(A) - P(AB) = P(A) - P(A)P(B) = P(A)[1 - P(B)] = P(A)P(\overline{B}).$$

按定义，$A$ 与 $\overline{B}$ 独立。同理，交换 $A$、$B$ 的位置得 $\overline{A}$ 与 $B$ 独立；再对 $\overline{A}$ 与 $B$ 用一次这个结论，得 $\overline{A}$ 与 $\overline{B}$ 独立。

结论：概率都大于 0 的两个互斥事件不独立。

$A$、$B$ 互斥，$AB = \varnothing$，$P(AB) = 0$；而 $P(A) > 0$，$P(B) > 0$，所以 $P(A)P(B) > 0 \ne P(AB)$，不满足独立的定义。

例题

例 1　（场景：用定义判断独立）同时掷两颗骰子。$A$：“第一颗为奇数点”，$B$：“两颗点数之和为 7”，$C$：“两颗点数之和为 6”。判断 $A$ 与 $B$、$A$ 与 $C$ 是否独立。

解：样本空间有 36 个等可能的样本点。

• $A$：第一颗为 $1, 3, 5$，第二颗任意，$3 \times 6 = 18$ 个，$P(A) = \dfrac{18}{36} = \dfrac{1}{2}$。
• $B$：和为 7 的有 6 个，$P(B) = \dfrac{6}{36} = \dfrac{1}{6}$。
• $AB$：第一颗为奇数且和为 7，有 $(1, 6), (3, 4), (5, 2)$，$P(AB) = \dfrac{3}{36} = \dfrac{1}{12}$。

$P(A)P(B) = \dfrac{1}{2} \times \dfrac{1}{6} = \dfrac{1}{12} = P(AB)$，所以 $A$ 与 $B$ 独立。

• $C$：和为 6 的有 $(1, 5), (2, 4), (3, 3), (4, 2), (5, 1)$，$P(C) = \dfrac{5}{36}$。
• $AC$：第一颗为奇数且和为 6，有 $(1, 5), (3, 3), (5, 1)$，$P(AC) = \dfrac{3}{36} = \dfrac{1}{12}$。

$P(A)P(C) = \dfrac{1}{2} \times \dfrac{5}{36} = \dfrac{5}{72} \ne \dfrac{1}{12}$，所以 $A$ 与 $C$ 不独立。

另一种解法：看“知道 $A$ 发生后，$B$ 的机会变没变”。不管第一颗是几点，第二颗都恰好有 1 种点数能凑成 7，机会总是 $\dfrac{1}{6}$，所以知道第一颗是奇数，不改变和为 7 的概率，$A$ 与 $B$ 独立。而和为 6 时，第一颗是 6 就不可能凑成，第一颗是 1 到 5 才有机会；知道第一颗是奇数，排除了“第一颗是 6”，和为 6 的机会变大了，所以 $A$ 与 $C$ 不独立。这种想法适合快速判断选择题；要写出过程时，用定义验算最稳。

容易卡在：以为同一次掷骰子里的两个条件“肯定有关”，不验算就下结论。

例 2　（场景：多人各自完成，求都、恰、至少）甲、乙两人各自独立地射击一次，命中的概率分别为 $0.8$ 和 $0.7$。求：（1）两人都命中的概率；（2）恰有一人命中的概率；（3）至少一人命中的概率。

解：设 $A$、$B$ 分别为“甲命中”“乙命中”，$A$、$B$ 独立，所以它们的对立事件之间也独立。$P(\overline{A}) = 0.2$，$P(\overline{B}) = 0.3$。

（1）$P(AB) = 0.8 \times 0.7 = 0.56$。

（2）恰有一人命中 $= A\overline{B} \cup \overline{A}B$，两部分互斥：

$$P = 0.8 \times 0.3 + 0.2 \times 0.7 = 0.24 + 0.14 = 0.38.$$

（3）至少一人命中的对立事件是两人都没命中：

$$P = 1 - P(\overline{A}\,\overline{B}) = 1 - 0.2 \times 0.3 = 0.94.$$

另一种解法：（3）至少一人命中 = 恰有一人命中 + 两人都命中，二者互斥，$P = 0.38 + 0.56 = 0.94$。前面两问已经算好时，直接相加最快；单独问“至少”时，对立事件只要一次乘法，更省事。

容易卡在：（2）写成 $0.8 \times 0.7$ 或 $0.8 + 0.7$。“恰有一人”要把“另一人没中”也乘进去，再把两种情况相加。

例 3　（场景：串联与并联）如图，元件 A 与 B、C 组成的并联部分串联。A、B、C 各自独立地正常工作，概率分别为 $0.9$、$0.8$、$0.8$。求 M、N 之间电路畅通的概率。

解：电路畅通要求两件事同时成立：A 正常；B、C 至少一个正常。

• B、C 并联部分畅通的对立事件是 B、C 都不正常，概率 $0.2 \times 0.2 = 0.04$，所以并联部分畅通的概率为 $1 - 0.04 = 0.96$。
• A 与并联部分串联，二者独立，所以

$$P = 0.9 \times 0.96 = 0.864.$$

容易卡在：并联部分直接写 $0.8 + 0.8$。B、C 可以同时正常，不互斥，不能直接相加。

例 4　（场景：多局比赛）甲、乙两人进行比赛，采用三局两胜制（先胜两局者获胜，比赛结束）。每局甲获胜的概率为 $0.6$，各局胜负相互独立，没有平局。求甲获胜的概率。

解：甲获胜，比赛按结束的方式分三种互斥情况：

• 打两局，甲连胜：$0.6 \times 0.6 = 0.36$；
• 打三局，甲胜、负、胜：$0.6 \times 0.4 \times 0.6 = 0.144$；
• 打三局，甲负、胜、胜：$0.4 \times 0.6 \times 0.6 = 0.144$。

$$P = 0.36 + 0.144 + 0.144 = 0.648.$$

容易卡在：把“胜胜负”也算进去。甲胜两局后比赛已经结束，第三局不会进行。

另一种解法：假设不管胜负都打满三局。打满三局时甲胜至少两局，和真实规则下甲获胜是同一件事（真实比赛提前结束，只是没打那一局，不改变谁先胜两局）。打满三局时甲恰胜两局有 3 种顺序，三局全胜 1 种：

$$P = 3 \times 0.6^2 \times 0.4 + 0.6^3 = 0.432 + 0.216 = 0.648.$$

这样不用分析“比赛在第几局结束”，五局三胜时尤其省事；但问“比赛打了几局”时，必须按真实规则分情况。

常用推论

• $A_1, A_2, \dots, A_n$ 相互独立，至少一个发生的概率为 $1 - [1 - P(A_1)][1 - P(A_2)] \cdots [1 - P(A_n)]$。推导：对立事件是都不发生，$\overline{A_1}, \dots, \overline{A_n}$ 也相互独立，用乘法后再 $1 -$。
• 一件事每次成功的概率为 $p$，独立地重复 $n$ 次，至少成功一次的概率为 $1 - (1 - p)^n$。上一条取 $P(A_i) = p$ 即得。
• 概率都大于 0 的两个互斥事件不独立。证明见本节“证明”。
• 必然事件 $\Omega$、不可能事件 $\varnothing$ 与任何事件都独立。验算：$P(A\Omega) = P(A) = P(A) \cdot 1$，$P(A\varnothing) = 0 = P(A) \cdot 0$。

易错点

• 错在哪：把互斥当成独立，或把独立当成互斥，用 $P(A \cup B) = P(A) + P(B)$ 处理独立事件。 为什么错：独立事件一般可以同时发生，不互斥。例 2 中甲、乙可以都命中，$P(A \cup B) = 0.94$，不是 $0.8 + 0.7 = 1.5$。 正确做法：互斥用加法，独立用乘法；独立事件求“至少一个”，用 $1 -$“都不发生”。
• 错在哪：袋中 2 红 3 白，不放回摸两次，说“两次都红”的概率是 $\dfrac{2}{5} \times \dfrac{2}{5} = \dfrac{4}{25}$。 为什么错：不放回时第一次摸走一个红球，第二次红球的比例变了，两次不独立。 正确做法：按古典概型数：无序共 10 种，两红只有 $a_1a_2$ 一种，概率 $\dfrac{1}{10}$。有放回时才是 $\dfrac{4}{25}$。
• 错在哪：恰有一人命中写成 $P(A)[1 - P(B)]$。 为什么错：这只是“甲中乙不中”，漏了“甲不中乙中”。 正确做法：列出所有恰有一人发生的情况，逐一相乘再相加。

直观理解

把 $\Omega$ 画成面积为 1 的正方形。$A$ 是左边宽 $0.6$ 的竖条，$B$ 是下边高 $0.5$ 的横条，二者重叠的矩形面积正好是 $0.6 \times 0.5$。独立的意思是：$B$ 在 $A$ 这一竖条里占的比例（一半），和 $B$ 在整个正方形里占的比例（一半）一样，知道 $A$ 发生，$B$ 的机会不变。如果 $B$ 不是整齐的横条，而是偏向 $A$ 那一侧，重叠部分就会比 $0.3$ 大，$A$、$B$ 就不独立了。

一句话记法：互斥看“能不能同时”，独立看“会不会影响”。

关联知识点

• 前置：21.5 概率的基本性质，独立事件题几乎都要配合互斥加法和对立事件。
• 后续：第 35 章条件概率。$A$、$B$ 独立等价于 $P(B \mid A) = P(B)$（$P(A) > 0$），就是“知道 $A$ 发生不改变 $B$ 的概率”。
• 后续：第 36 章二项分布，就是 $n$ 次独立重复试验中成功次数的分布，例 4 的另一种解法已经用到了它的想法。
• 常一起考：第 34 章计数原理，“恰有 $k$ 次成功”的顺序数用组合数算。

21.7 频率与概率

说明

频数与频率：在相同条件下重复做 $n$ 次试验，事件 $A$ 发生的次数 $n_A$ 叫频数，比值

$$f_n(A) = \frac{n_A}{n}$$

叫事件 $A$ 发生的频率。

频率的稳定性：试验次数 $n$ 越来越大时，频率 $f_n(A)$ 会在概率 $P(A)$ 附近摆动，并且偏离的幅度越来越小。所以可以用频率 $f_n(A)$ 估计概率 $P(A)$。

频率和概率的区别：

	频率	概率
是什么	做了试验之后数出来的	事件本身固有的，不随试验变
会不会变	每做一轮试验，结果都可能不同	是一个确定的数
关系	试验次数多时，频率是概率的近似值	频率稳定在它附近

随机模拟：用计算机或计算器产生随机数来代替真实试验，统计频率来估计概率。比如命中率 $0.4$，可以约定随机数字 $1, 2, 3, 4$ 表示命中，$0, 5, 6, 7, 8, 9$ 表示未中（10 个数字中占 4 个）。

使用场景

• 题目给出一张“试验次数—发生次数”的统计表，问概率约为多少：算出各行频率，取它们稳定在的那个值。
• 已知事件的频率，反推总体里某类个体的数量（如袋中红球个数、池塘里鱼的数量）：用“频率 ≈ 概率 = 所占比例”列式。
• 题目给出一串随机数，让你按约定估计概率：先读懂约定，逐组判断，数出满足条件的组数。
• 判断关于概率的说法是否正确（“概率是 $\dfrac{1}{2}$，所以抛 10 次一定 5 次正面”）：分清频率和概率。

注意点

• 频率是“估计值”，试验次数少时可能和概率差很多，不能用几次试验的结果断定概率。
• 用频率估计概率，看的是次数最多、最稳定的那几行，不是第一行，也不是把各行频率平均。
• 概率为 $p$ 的事件，做 $n$ 次不一定恰好发生 $np$ 次；概率很小的事件也可能发生，概率很大的事件也可能不发生。
• 随机模拟的数据不同，估计结果也不同，这是正常的。

证明

频率的稳定性是从大量试验中观察到的规律，课本通过抛硬币等试验和计算机模拟来说明，不给证明。

高中能懂的说明：每次试验中 $A$ 是否发生是随机的，单独几次可能“运气好”或“运气差”；但试验次数很多时，“运气好”的次数和“运气差”的次数会大量相互抵消，发生的比例就越来越难偏离 $P(A)$。偏离越大的情况，需要越多次连续的“运气”凑在一起，概率也越小。

严格的证明是大学概率论里的伯努利大数定律：对任意给定的正数 $\varepsilon$，当 $n \to \infty$ 时，“$|f_n(A) - P(A)| < \varepsilon$“这件事的概率趋于 1。证明要用到随机变量的方差和切比雪夫不等式（第 36 章会学到方差）。注意它说的是”偏离大的概率越来越小”，不是“频率最后一定等于概率”。

例题

例 1　（场景：由统计表估计概率）某种子在相同条件下做发芽试验，结果如下表。估计这种种子发芽的概率。

试验粒数 $n$	50	100	200	500	1000
发芽粒数 $n_A$	46	93	182	454	905
发芽频率

解：逐列算频率 $\dfrac{n_A}{n}$：

试验粒数 $n$	50	100	200	500	1000
发芽频率	$0.92$	$0.93$	$0.91$	$0.908$	$0.905$

试验粒数越多，频率越稳定在 $0.9$ 附近，所以估计这种种子发芽的概率约为 $0.9$。

容易卡在：直接取第一列 $0.92$，或者把五个频率平均。估计概率要看次数多、已经稳定下来的频率。

例 2　（场景：由频率反推数量）一个不透明的袋中装有红球和白球共 20 个，除颜色外都相同。每次摸出一个球记下颜色后放回，摇匀再摸。共摸了 400 次，其中 101 次摸到红球。估计袋中红球的个数。

解：摸到红球的频率为 $\dfrac{101}{400} \approx 0.25$。摸 400 次，次数较多，用频率估计概率，摸到红球的概率约为 $0.25$。

每次摸球是古典概型，摸到红球的概率等于红球所占比例。设红球有 $x$ 个，则

$$\frac{x}{20} \approx 0.25,$$

解得 $x \approx 5$。估计袋中有 5 个红球。

例 3　（场景：读随机模拟的数据）某运动员每次投篮命中的概率为 $0.4$。用计算机产生 $0$ 到 $9$ 之间的随机整数，约定 $1, 2, 3, 4$ 表示命中，$0, 5, 6, 7, 8, 9$ 表示未中；每三个数一组，表示投篮三次的结果。产生了如下 20 组随机数：

660　487　647　593　824　219　489　241　157　815 659　387　784　080　160　975　351　393　328　711

据此估计该运动员三次投篮恰好命中两次的概率。

解：逐组数出属于 $\{1, 2, 3, 4\}$ 的数字个数，恰为 2 个的组表示恰好命中两次：

• 824（2、4），219（2、1），351（3、1），393（3、3），328（3、2），711（1、1）。

其余各组：241 三个都是命中，660、659、080、975 没有命中，另外 9 组都只命中一次。

恰好命中两次的共 6 组，频率为 $\dfrac{6}{20} = 0.3$，所以估计概率约为 $0.3$。

容易卡在：393 这样的组，两个 3 要算两次命中；241 是三次全中，不能算进“恰好两次”。

（按 21.6 节，三次投篮相互独立时，恰好命中两次的概率是 $3 \times 0.4^2 \times 0.6 = 0.288$。只做 20 组模拟，估计值 $0.3$ 与它接近但不相等，组数越多一般越接近。）

例 4　（场景：辨析频率与概率）判断下列说法是否正确，并说明理由。

（1）抛一枚质地均匀的硬币 10 次，一定有 5 次正面朝上。 （2）天气预报说明天降水概率为 $90\%$，结果明天没下雨，说明预报错了。 （3）某彩票的中奖概率为 $\dfrac{1}{1000}$，买 1000 张一定能中奖。

解：

1. 错。正面朝上的概率是 $\dfrac{1}{2}$，是说大量重复时正面约占一半；只抛 10 次，正面次数可以是 0 到 10 之间的任何一个数，5 次只是最可能的一种。
2. 错。降水概率 $90\%$ 是说在类似的天气条件下，大约 $90\%$ 的情况会下雨，还有约 $10\%$ 不下雨。一次没下雨，不能说明预报错了。
3. 错。把每张彩票是否中奖看作相互独立、概率都是 $\dfrac{1}{1000}$，买 1000 张至少中一张的概率是 $1 - 0.999^{1000}$，约为 $0.63$，不是 1。

常用推论

• 用频率估计概率：$P(A) \approx f_n(A)$，$n$ 越大越可靠。由频率的稳定性得到。
• 用频率估计数量：总体有 $N$ 个个体，某类个体被抽到的频率为 $f$，则这类个体约有 $Nf$ 个。由“抽到的概率 = 所占比例”（古典概型）和上一条合起来得到，见例 2。
• 两两互斥、合起来是 $\Omega$ 的几个事件，频率之和恰好等于 1（因为每次试验恰有其中一个发生，频数之和等于 $n$），概率之和也等于 1。

易错点

• 错在哪：做了 10 次试验，事件发生 3 次，就说概率是 $0.3$。 为什么错：10 次太少，频率波动很大，只能说“频率是 $0.3$”。 正确做法：说“频率是 $0.3$”；要估计概率，需要大量重复试验。
• 错在哪：认为概率为 $\dfrac{1}{2}$ 的事件，前面连续 5 次没发生，下一次“该”发生了，概率变大。 为什么错：各次试验相互独立，前面的结果不影响下一次，下一次发生的概率仍是 $\dfrac{1}{2}$。频率的稳定性靠的是大量次数把偏差“冲淡”，不是后面“补回来”。 正确做法：独立重复试验中，每一次的概率都一样，与历史结果无关。
• 错在哪：读随机模拟数据时，只判断每组“有没有命中”，没有数命中几次。 为什么错：题目问的是“恰好命中两次”，每组要数出命中的数字个数。 正确做法：先写清约定（哪些数字表示什么），再逐组标出个数，最后数符合要求的组。

直观理解

频率像用一把会抖的尺子量长度：量一次可能偏得厉害，量很多次再看，读数就围着真实长度打转，越来越近。概率就是那个真实长度，它不随你量不量而改变。本节开头的图里，抛硬币开始几次频率在 $0.4$ 到 $1$ 之间乱跳，到几百次以后就贴着 $0.5$ 走了。

关联知识点

• 前置：第 20 章统计，频率、频率分布表是同一个概念。
• 前置：21.4 古典概型，例 2 用“概率 = 所占比例”把频率和数量联系起来。
• 常一起考：第 20 章用样本估计总体，和“用频率估计概率”是同一个想法：用观察到的频率推断未知的比例。
• 后续：第 38 章独立性检验，用列联表里观察到的频率判断两个分类变量是否独立。
• 后续：第 36 章二项分布。$n$ 次独立重复试验中成功的次数均值为 $np$，即频率的均值正是概率 $p$，方差则说明 $n$ 越大频率越集中在 $p$ 附近。

21.8 知识点之间的关系

本章的主线是“先把事件写清楚，再算概率”。21.2 把一次试验的所有结果写成样本空间，事件就是它的子集；21.3 把集合的运算搬到事件上，得到和、积、对立，以及互斥这个关键关系。在此基础上有两条算概率的路：一条是 21.4 的古典概型，结果有限且等可能时直接数样本点；另一条是 21.5 的基本性质和 21.6 的独立性，把复杂事件拆成互斥事件相加、把独立事件同时发生写成乘积。两条路常常合在一起用：古典概型算出单个事件的概率，再用加法、乘法、对立事件组合。

21.7 回答“概率从哪儿来”：不能用古典概型的场合（如种子发芽、射击命中），概率要靠大量试验的频率去估计。

考试中，选择题、填空题最常见的是古典概型求概率、判断互斥对立独立；解答题常把独立事件、对立事件和第 34 章计数原理、第 36 章分布列放在一起考，本章的方法是它们的计算基础。

21.9 自测

1. 从 1, 2, 3, 4 中不放回地依次取两个数，组成一个两位数（第一个数作十位）。写出样本空间的样本点个数，并写出“两位数是偶数”这个事件。
2. 从一副扑克牌中任取一张（不含大小王）。$A$：“取到红桃”，$B$：“取到方块”，$C$：“取到红色牌”。（1）$A$ 与 $B$ 是否互斥？是否对立？（2）用 $A$、$B$ 表示 $C$。
3. 从 1, 2, 3, 4, 5 中任取两个不同的数，求两数之和为偶数的概率。
4. 同时掷两颗骰子，求点数之和为 8 的概率。
5. 已知 $P(A) = 0.6$，$P(B) = 0.3$，$A$、$B$ 互斥，求 $P(A \cup B)$ 和 $P(\overline{A}\,\overline{B})$。
6. 甲、乙两人独立地解同一道题，解出的概率分别为 $\dfrac{1}{2}$ 和 $\dfrac{1}{3}$，求这道题被解出的概率。
7. 一个系统由两个元件串联组成，两个元件独立工作，正常的概率都是 $0.9$。求系统正常工作的概率。
8. 某人投篮 100 次命中 62 次。下列说法正确的是：A. 他投篮命中的概率是 $0.62$；B. 他这 100 次投篮命中的频率是 $0.62$；C. 他再投 100 次一定命中 62 次。

答案：1. 12 个；$\{12, 14, 24, 32, 34, 42\}$；2.（1）互斥，不对立；（2）$C = A \cup B$；3. $\dfrac{2}{5}$；4. $\dfrac{5}{36}$；5. $0.9$，$0.1$；6. $\dfrac{2}{3}$；7. $0.81$；8. B。

21.10 深入阅读

• 国家中小学智慧教育平台：教育部主办，有按人教版章节排列的高中数学同步课程，必修第二册第十章概率的课例可对照本章。
• Khan Academy · Probability：样本空间、互斥事件、独立事件和加法公式的英文视频讲解，配练习题。
• Wolfram MathWorld · Probability：概率、样本空间、互斥与独立等术语的英文定义，查记号和英文说法时用。
• 维基百科 · 大数定律：频率稳定性背后的大数定律，有抛硬币模拟图，想了解严格表述时读。