10.1.4 概率的基本性质

上一小节给了概率的定义（古典概型下 $P(A)=\dfrac{n(A)}{n(\Omega)}$）。 课本这一节的开场白点明了套路：

一般而言，给出了一个数学对象的定义，就可以从定义出发研究这个数学对象的性质。

指数函数定义好了就去研究定义域、值域、单调性；概率定义好了，同样要去研究它的性质。 这一节给出六条性质，它们的价值不在于新，而在于省—— 有了它们，很多概率不必回头去数样本点。

一、从哪些角度找性质

思考：你认为可以从哪些角度研究概率的性质？

课本给的方向有三条：

• 概率的取值范围（性质 1、性质 5 的推论）；
• 特殊事件的概率（性质 2）；
• 事件有某些特殊关系时，它们的概率之间的关系（性质 3、4、5、6）。

这三条其实就是”研究一个数学对象”的通用清单：先看它能取什么值， 再看特殊对象上取什么值，最后看对象之间的关系怎么传递到它身上。

由概率的定义直接可知：任何事件的概率都是非负的； 在每次试验中，必然事件一定发生，不可能事件一定不会发生。于是有头两条性质。

二、六条性质

性质 1（非负性）

对任意的事件 $A$，都有

$$P(A)\geqslant 0 .$$

性质 2（规范性）

必然事件的概率为 $1$，不可能事件的概率为 $0$，即

$$P(\Omega)=1,\qquad P(\varnothing)=0 .$$

性质 3（互斥事件的概率加法公式）

探究：设事件 $A$ 与事件 $B$ 互斥，$P(A\cup B)$ 与 $P(A),P(B)$ 有什么关系？

先看 §10.1.2 例 6 的摸球试验（$n(\Omega)=12$）。 事件 $R=$ “两次都摸到红球”与 $G=$ “两次都摸到绿球”互斥， $R\cup G=$ “两次摸到的球颜色相同”。因为

$$n(R)=2,\quad n(G)=2,\quad n(R\cup G)=2+2=4,$$

所以 $P(R)=P(G)=\dfrac{2}{12}$，$P(R\cup G)=\dfrac{4}{12}$，于是

$$P(R\cup G)=\frac{2+2}{12}=P(R)+P(G).$$

一般地，因为 $A$ 与 $B$ 互斥，即两者不含相同的样本点，所以 $n(A\cup B)=n(A)+n(B)$，这等价于

性质 3　如果事件 $A$ 与事件 $B$ 互斥，那么 $P(A\cup B)=P(A)+P(B)$。

“互斥”这个条件是加法公式的全部要害。 不互斥时 $A$ 与 $B$ 有公共样本点， $n(A)+n(B)$ 把公共部分数了两遍，加法公式就不成立了（性质 6 就是来补这个的）。

加法公式可以推广到多个事件：如果 $A_1,A_2,\dots,A_m$ 两两互斥，那么

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

注意条件是”两两互斥”，不是”不能同时都发生”。 三个事件里任意两个都不能同时发生， 才配用这个公式。

性质 4（对立事件的概率）

探究：设 $A$ 与 $B$ 互为对立事件，它们的概率有什么关系？

因为 $A$ 与 $B$ 互为对立事件，所以 $A\cup B$ 为必然事件，即 $P(A\cup B)=1$； 又因为对立必互斥，由性质 3 得

$$1=P(A\cup B)=P(A)+P(B).$$

性质 4　如果事件 $A$ 与事件 $B$ 互为对立事件， 那么 $P(B)=1-P(A)$，$P(A)=1-P(B)$。

这是本节最常用的一条。 凡是遇到”至少……”， 先看它的对立事件是不是”一个都没有”——后者往往只有一种情形，好数得多。 例 12 的第二种解法就是现成的示范。

性质 5（单调性）

在古典概型中，若 $A\subseteq B$，则 $n(A)\leqslant n(B)$， 于是 $\dfrac{n(A)}{n(\Omega)}\leqslant\dfrac{n(B)}{n(\Omega)}$，即 $P(A)\leqslant P(B)$。

性质 5　如果 $A\subseteq B$，那么 $P(A)\leqslant P(B)$。

由性质 5 可得一条重要推论：对任意事件 $A$，因为 $\varnothing\subseteq A\subseteq\Omega$，所以

$$0\leqslant P(A)\leqslant 1 .$$

概率被夹在 $0$ 与 $1$ 之间，这是所有概率计算的第一道自检—— 算出 $1.2$ 或 $-0.1$，不必检查过程就知道错了。

性质 6（一般的加法公式）

思考：在 §10.1.2 例 6 的摸球试验中，“两个球中有红球”$=R_1\cup R_2$， 那么 $P(R_1\cup R_2)$ 和 $P(R_1)+P(R_2)$ 相等吗？

因为 $n(\Omega)=12$，$n(R_1)=n(R_2)=6$，$n(R_1\cup R_2)=10$， 所以 $P(R_1)=P(R_2)=\dfrac{6}{12}$，$P(R_1\cup R_2)=\dfrac{10}{12}$，因此

$$P(R_1\cup R_2)\neq P(R_1)+P(R_2)$$

（右边等于 $1$，左边只有 $\dfrac{10}{12}$）。原因是

$$R_1\cap R_2=\{(1,2),(2,1)\}\neq\varnothing,$$

即 $R_1,R_2$ 不是互斥的。多算的正是这两个样本点，减掉即可：

$$P(R_1\cup R_2)=P(R_1)+P(R_2)-P(R_1\cap R_2) =\frac{6}{12}+\frac{6}{12}-\frac{2}{12}=\frac{10}{12} .$$

性质 6　设 $A,B$ 是一个随机试验中的两个事件，则 $P(A\cup B)=P(A)+P(B)-P(A\cap B).$

显然，性质 3 是性质 6 的特殊情况（$A\cap B=\varnothing$ 时减去的那一项为 $0$）。

这条公式的来历是”不重不漏地数”。 把 $A$ 里的样本点数一遍、$B$ 里的数一遍， 公共部分被数了两次，所以要扣掉一次。它与集合的容斥原理是同一件事。

三、例 11：扑克牌

从不含大小王的 $52$ 张扑克牌中随机抽取一张，设 $A=$ “抽到红心”、$B=$ “抽到方片”， $P(A)=P(B)=\dfrac14$。

(1) $C=$ “抽到红花色”，求 $P(C)$。 因为红花色只有红心与方片两种，所以 $C=A\cup B$； 一张牌不可能既是红心又是方片，所以 $A$ 与 $B$ 互斥。由性质 3，

$$P(C)=P(A)+P(B)=\frac14+\frac14=\frac12 .$$

(2) $D=$ “抽到黑花色”，求 $P(D)$。 $C$ 与 $D$ 互斥（一张牌不会既红又黑），且 $C\cup D$ 是必然事件（花色非红即黑）， 所以 $C$ 与 $D$ 互为对立事件。由性质 4，

$$P(D)=1-P(C)=1-\frac12=\frac12 .$$

这道例题示范的是”不数牌也能算”。 全程没有回到 $\dfrac{n(A)}{n(\Omega)}$ 去数 $13$ 张、$26$ 张， 只用了两条性质。先把复杂事件用简单事件的并、交、补拼出来，再套性质， 这就是这一节要练的动作。

四、例 12：有奖促销（两种解法的对照）

将 $6$ 罐饮料装一箱，每箱中放置 $2$ 罐能够中奖的饮料。 从一箱中随机抽出 $2$ 罐，能中奖的概率为多少？

分析（课本给的）：“中奖”包括第一罐中奖但第二罐不中奖、第一罐不中奖但第二罐中奖、 两罐都中奖三种情况。设 $A=$ “中奖”，$A_1=$ “第一罐中奖”，$A_2=$ “第二罐中奖”。

解法一：拆成三个互斥事件相加。

$$A=A_1A_2\cup A_1\bar A_2\cup\bar A_1A_2 ,$$

三者两两互斥，由加法公式

$$P(A)=P(A_1A_2)+P(A_1\bar A_2)+P(\bar A_1A_2).$$

借助树状图（图 10.1-11）数样本点。依次抽两罐、罐与罐可分辨，所以

$$n(\Omega)=6\times 5=30,$$

且每个样本点等可能。$n(A_1A_2)=2\times 1=2$（第一罐从 $2$ 罐中奖品里取、第二罐从剩下的 $1$ 罐里取）， $n(A_1\bar A_2)=2\times 4=8$，$n(\bar A_1A_2)=4\times 2=8$，所以

$$P(A)=\frac{2}{30}+\frac{8}{30}+\frac{8}{30}=\frac{18}{30}=\frac35 .$$

解法二：走对立事件。 $A$ 的对立事件是”不中奖”，即”两罐都不中奖”，也就是 $\bar A_1\bar A_2$。 从 $4$ 罐不中奖的饮料里依次取两罐，$n(\bar A_1\bar A_2)=4\times 3=12$，于是

$$P(\bar A_1\bar A_2)=\frac{12}{30}=\frac25,\qquad P(A)=1-P(\bar A_1\bar A_2)=1-\frac25=\frac35 .$$

两种解法对照着看，这道例题的用意就清楚了。 解法一要分三种情况、数三次；解法二只数一次。 两者结果相同，是一次现成的交叉检验； 而”哪种更省”的判据也很明确——当正面情形多、反面情形少时，走对立事件。 “至少有一个”的反面是”一个都没有”，后者永远只有一种情形，所以这一招几乎总是划算。

一个容易出错的地方：$n(\Omega)=6\times 5=30$ 用的是有序计数 （把两罐看成”第一罐、第二罐”）。若改用无序计数 $n(\Omega)=\mathrm{C}_6^2=15$， 则”两罐都中奖”是 $1$ 种、“恰有一罐中奖”是 $2\times 4=8$ 种， $P(A)=\dfrac{1+8}{15}=\dfrac35$，答案相同。 有序与无序都可以，但分子分母必须用同一套口径，混着用一定错。

五、常见错法

• 不互斥就用加法公式。 $P(A\cup B)=P(A)+P(B)$ 只在 $A\cap B=\varnothing$ 时成立。 见到”或”先查两个事件能不能同时发生，不能同时发生才直接相加。
• 把”互斥”当成”对立”来用性质 4。 $P(B)=1-P(A)$ 要求 $A\cup B=\Omega$； 只互斥不对立时，$P(A)+P(B)$ 可以小于 $1$。 “明天下雨的概率 $0.4$、不下雨的概率 $0.5$“就是这类错误的典型。
• 对立事件写错。 “至少有一次中靶”的对立是”两次都没中”，不是”至多一次中靶”。 写不准就把两个事件都写成子集，核对 $A\cap B=\varnothing$ 与 $A\cup B=\Omega$。
• 样本点不等可能却套 $\dfrac{n(A)}{n(\Omega)}$。 样本空间写对了不等于能用古典概型； 等可能性是一个额外的假设，必须由试验本身（质地均匀、随机摸取等）挣得。
• 有序与无序混用。 同一道题里分母按有序数、分子按无序数，必错。 例 12 的两种口径各自都对，但不能拌在一起。
• 算完不查范围。 任何概率都必须落在 $[0,1]$ 内， 且 $P(A\cap B)\leqslant P(A)\leqslant P(A\cup B)$。这两条自检几乎不花时间。

本节目录是 page-0248～page-0255（印刷页 $241$～$248$）。这八页上印着三批题，本份全收，共 23 道：

• 第 $241$ 页（page-0248）顶部的练习 3 题——它们考的是上一小节 §10.1.3 古典概型， 但印在本节第一页上，按”哪一页印的就归哪一份”的规矩收在这里；
• 第 $245$ 页（page-0252）的练习 3 题，正是本小节的概率基本性质；
• 第 $245$～$248$ 页（page-0252～page-0255）的习题 10.1 共 17 题，是 §10.1 全节的习题。

有五处题面数据在课本里是插图或表格，本目录的转写未采到： 第 $245$ 页练习第 3 题的方阵人数表、习题第 1 题的正四面体骰子、第 6 题的三个游戏表、 第 13 题的射击成绩表、第 15 题的韦恩图。 下面用到的这些数值是本份对 page-0252.png、page-0253.png、page-0254.png 扫描图的读数， 不是课本原文，每处都另行标明。

本站解答没有官方答案可比（人教A版学生用书不含答案），所以每道题都过了一次独立 verifier 的复核。 每道题先逐字引课本的题面（引用块），再写解答。

练习（第 241 页）第 1 题

1. 判断下面的解答是否正确，并说明理由.

某运动员连续进行两次飞碟射击练习，观察命中目标的情况，用 $y$ 表示命中，用 $n$ 表示没有命中，那么试验的样本空间 $\Omega = \{yy, yn, ny, nn\}$，因此事件“两次射击都命中”的概率为0.25.

这个解答不正确。 样本空间写对了，结论错了，错在没有挣得”等可能”这个前提。

样本空间这一步没问题。 两次射击，每次有命中（$y$）与不命中（$n$）两种结果， 用有序对记录两次的情况，确实有

$$\Omega=\{yy,\ yn,\ ny,\ nn\},\qquad n(\Omega)=4 ,$$

而”两次射击都命中”$=\{yy\}$，$n(A)=1$。

问题出在下一步。 公式 $P(A)=\dfrac{n(A)}{n(\Omega)}$ 是古典概型的概率计算公式， 用它要同时满足两个条件（§10.1.3）：

1. 样本空间只含有限个样本点；
2. 每个样本点是等可能的。

这里第 $1$ 条满足，第 $2$ 条没有任何依据。 运动员是否命中取决于他的技术水平，命中率可能是 $0.9$，也可能是 $0.3$， 一般不会恰好使 $yy,yn,ny,nn$ 四个结果各占 $\dfrac14$。 事实上，只有当”每次命中的概率恰为 $0.5$、且两次射击互不影响”时， 这四个样本点才等可能——而题面从头到尾没有给这个条件。

一句反证：若真有 $P(yy)=0.25$，则由对称性 $P(nn)$ 也是 $0.25$， 于是这名运动员”两次全中”和”两次全脱”一样容易。 对任何一个练习飞碟射击的运动员来说，这个结论都荒唐。

结论：样本空间的写法正确，但”因此……概率为 $0.25$“这一步不成立。 要算这个概率，必须另外知道该运动员单次命中的概率。

这道题的动作：看到 $\dfrac{n(A)}{n(\Omega)}$ 先问一句—— 凭什么说这些样本点等可能？ 等可能是要由试验本身（质地均匀、随机摸取、随机编号抽签等） 挣来的假设，不是把结果数清楚了就自动成立。

练习（第 241 页）第 2 题

2. 从 52 张扑克牌（不含大小王）中随机地抽一张牌，计算下列事件的概率： （1）抽到的牌是 7； （2）抽到的牌不是 7； （3）抽到的牌是方片； （4）抽到 J 或 Q 或 K； （5）抽到的牌既是红心又是草花； （6）抽到的牌比 6 大比 9 小； （7）抽到的牌是红花色； （8）抽到的牌是红花色或黑花色.

$52$ 张牌各不相同，随机抽一张时每张被抽到的机会均等，所以这是古典概型， $n(\Omega)=52$。牌的结构要先摆清楚：$4$ 种花色（红心、方片、黑桃、草花）， 每种 $13$ 张（$\mathrm{A},2,3,\dots,10,\mathrm{J},\mathrm{Q},\mathrm{K}$）； 红心与方片是红花色，黑桃与草花是黑花色。

（1）抽到的牌是 $7$。 四种花色各有一张 $7$，共 $4$ 张：

$$P=\frac{4}{52}=\frac{1}{13}.$$

（2）抽到的牌不是 $7$。 它与（1）的事件互为对立，由性质 4：

$$P=1-\frac{1}{13}=\frac{12}{13}.$$

（3）抽到的牌是方片。 方片 $13$ 张：

$$P=\frac{13}{52}=\frac14 .$$

（4）抽到 $\mathrm{J}$ 或 $\mathrm{Q}$ 或 $\mathrm{K}$。 三种点数各 $4$ 张，且”是 $\mathrm{J}$""是 $\mathrm{Q}$""是 $\mathrm{K}$“两两互斥，由加法公式

$$P=\frac{4}{52}+\frac{4}{52}+\frac{4}{52}=\frac{12}{52}=\frac{3}{13}.$$

（5）抽到的牌既是红心又是草花。 一张牌只有一种花色，红心与草花不可能同时具备， 这是不可能事件：

$$P=0 .$$

（6）抽到的牌比 $6$ 大比 $9$ 小。 满足条件的点数只有 $7$ 和 $8$，各 $4$ 张：

$$P=\frac{8}{52}=\frac{2}{13}.$$

（7）抽到的牌是红花色。 红心 $13$ 张加方片 $13$ 张：

$$P=\frac{26}{52}=\frac12 .$$

（8）抽到的牌是红花色或黑花色。 每张牌非红即黑，这是必然事件：

$$P=1 .$$

自检：（1）与（2）之和为 $1$ ✓；（7）与”抽到黑花色”对称，各 $\dfrac12$，之和为 $1$ ✓； （5）给出 $0$、（8）给出 $1$，正是性质 2 的两个端点 ✓； 所有答案都落在 $[0,1]$ 内 ✓。

（6）的措辞要抠：“比 $6$ 大比 $9$ 小”是严格的，$6$ 和 $9$ 都不算在内。 若写成”不小于 $6$ 不大于 $9$“，就变成 $6,7,8,9$ 四个点数、$16$ 张牌，答案是 $\dfrac{4}{13}$。

练习（第 241 页）第 3 题

3. 从 0~9 这 10 个数中随机选择一个数，求下列事件的概率：

(1) 这个数平方的个位数字为 1; (2) 这个数的四次方的个位数字为 1.

从 $0\sim 9$ 这 $10$ 个数中随机选一个，每个数被选到的机会均等， 所以 $n(\Omega)=10$ 且样本点等可能。

判断”个位数字”只需看这个数的个位——因为一个数的平方（或四次方）的个位， 只由它自己的个位决定。这里 $0\sim 9$ 本身就是个位，逐个算一遍即可。

（1）平方的个位数字为 $1$。

个位为 $1$ 的只有 $n=1$ 与 $n=9$，共 $2$ 个，所以

$$P=\frac{2}{10}=\frac15 .$$

（2）四次方的个位数字为 $1$。 由 $n^4=(n^2)^2$，只要把上表的个位再平方一次取个位：

个位为 $1$ 的有 $n=1,3,7,9$，共 $4$ 个，所以

$$P=\frac{4}{10}=\frac25 .$$

自检：$1^4=1$、$3^4=81$、$7^4=2401$、$9^4=6561$，个位都是 $1$ ✓； $2^4=16$、$4^4=256$、$6^4=1296$、$8^4=4096$ 个位都是 $6$，$5^4=625$ 个位是 $5$，$0^4=0$ ✓。

两小题的关系值得说一句：（1）的解集 $\{1,9\}$ 是（2）的解集 $\{1,3,7,9\}$ 的子集， 所以由性质 5 立刻有 $P_{(1)}\leqslant P_{(2)}$，与 $\dfrac15<\dfrac25$ 相符。 道理是：平方的个位为 $1$，再平方后个位当然还是 $1$；反过来不成立（$3^2=9$，个位不是 $1$）。

练习（第 245 页）第 1 题

1. 已知 $P(A) = 0.5, P(B) = 0.3$.

(1) 如果 $B \subseteq A$ ，那么 $P(A \cup B) =$ ____ ， $P(AB) =$ ____ ；

(2) 如果 A, B 互斥，那么 $P(A \cup B) =$ ____ , $P(AB) =$ ____.

已知 $P(A)=0.5$，$P(B)=0.3$。

（1）如果 $B\subseteq A$。 $B$ 的样本点全在 $A$ 里，所以并集就是 $A$、交集就是 $B$：

$$A\cup B=A,\qquad A\cap B=B,$$

于是

$$P(A\cup B)=P(A)=0.5,\qquad P(AB)=P(B)=0.3 .$$

也可以用性质 6 验一遍：$P(A\cup B)=0.5+0.3-0.3=0.5$ ✓。

（2）如果 $A,B$ 互斥。 互斥即 $A\cap B=\varnothing$，由性质 2 与性质 3：

$$P(AB)=P(\varnothing)=0,\qquad P(A\cup B)=P(A)+P(B)=0.5+0.3=0.8 .$$

把两问并排看，$P(A\cup B)$ 从 $0.5$ 变到 $0.8$，$P(AB)$ 从 $0.3$ 变到 $0$， 两者的和都是 $0.8=P(A)+P(B)$——这正是性质 6 说的 $P(A\cup B)+P(A\cap B)=P(A)+P(B)$，与 $A,B$ 的具体关系无关。

顺带可以卡出一般情形的范围，四个界要分别找，别用一条包含链一口气推完。

$P(AB)$ 的上界：由 $A\cap B\subseteq B$ 与性质 5（单调性）， $P(AB)\leqslant P(B)=0.3$。 下界：概率非负，$P(AB)\geqslant 0$。 （一般地下界是 $\max\{0,\,P(A)+P(B)-1\}$，这里 $0.5+0.3-1<0$，所以就是 $0$。）

$P(A\cup B)$ 的下界：要用 $A\subseteq A\cup B$，得 $P(A\cup B)\geqslant P(A)=0.5$。 注意不能从 $B\subseteq A\cup B$ 得到 $0.5$——那一条只给出 $P(A\cup B)\geqslant P(B)=0.3$， 比 $0.5$ 弱。两个包含关系都要用上，取较大的那个下界。 上界：由性质 6，$P(A\cup B)=P(A)+P(B)-P(AB)\leqslant P(A)+P(B)=0.8$， 同时概率不超过 $1$，故上界是 $\min\{1,\,0.8\}=0.8$。

合起来

$$0\leqslant P(AB)\leqslant 0.3,\qquad 0.5\leqslant P(A\cup B)\leqslant 0.8 ,$$

（1）（2）恰好取到这两个区间的两端。

练习（第 245 页）第 2 题

2. 指出下列表述中的错误：

（1）某地区明天下雨的概率为0.4，明天不下雨的概率为0.5；

(2) 如果事件 A 与事件 B 互斥，那么一定有 $P(A) + P(B) = 1$ .

（1）错在两个概率之和不等于 $1$。 “明天下雨”与”明天不下雨”在任何一次观察中有且仅有一个发生， 它们互为对立事件，由性质 4 必须有

$$P(\text{下雨})+P(\text{不下雨})=1 .$$

而题述给的是 $0.4+0.5=0.9\neq 1$，自相矛盾。 若”明天下雨的概率为 $0.4$“成立，则”明天不下雨的概率”只能是 $1-0.4=0.6$。

（2）错在把”互斥”当成了”对立”。 互斥只说明 $A\cap B=\varnothing$，由性质 3 得到的是

$$P(A\cup B)=P(A)+P(B),$$

而不是 $P(A)+P(B)=1$。后者还要求 $A\cup B=\Omega$，也就是要求 $A$ 与 $B$ 对立。

反例：抛掷一枚质地均匀的骰子，取 $A=$ “点数为 $1$”、$B=$ “点数为 $2$”。 $A\cap B=\varnothing$，两者互斥，但

$$P(A)+P(B)=\frac16+\frac16=\frac13\neq 1 .$$

事实上，因为 $A\cup B\subseteq\Omega$，由性质 5 只能得到 $P(A)+P(B)=P(A\cup B)\leqslant 1$， 等号成立当且仅当 $A\cup B=\Omega$，即两者对立。

这两小题合起来就是一句话：对立 $\Rightarrow$ 互斥，互斥 $\nRightarrow$ 对立。 （1）是”该用对立却把两个概率填得不对立”，（2）是”只有互斥却硬按对立用”。

练习（第 245 页）第 3 题

3. 在学校运动会开幕式上，100名学生组成一个方阵进行表演，他们按照性别（M（男）、F（女））及年级 $(\mathrm{G}_1$ （高一）、 $\mathrm{G}_2$ （高二）、 $\mathrm{G}_3$ （高三))分类统计的人数如下表：

若从这 100 名学生中随机选一名学生，求下列概率：

$P (\mathrm{M}) = \_, P (\mathrm{F}) = \_, P (\mathrm{M} \cup \mathrm{F}) = \_, P (\mathrm{MF}) = \_,$

$P \left(\mathrm{G} _ {1}\right) = \_, P \left(\mathrm{M} \bigcup \mathrm{G} _ {2}\right) = \_, P \left(\mathrm{FG} _ {3}\right) = \_.$

题面的人数表在课本里是一张表格插图，下面用到的数值是本份对 本目录 page-0252.png 扫描图的读数（不是课本原文）：

（行、列的两个合计都由表内六个数算得，总计 $100$ 与题面的”$100$ 名学生”相符。）

从 $100$ 名学生中随机选一名，每人被选到的机会均等，$n(\Omega)=100$，是古典概型。 这里的记号要先说死：$\mathrm{M}$ 表示”选到的是男生”，$\mathrm{G}_2$ 表示”选到的是高二学生”， $\mathrm{MG}_2$（即 $\mathrm{M}\cap\mathrm{G}_2$）表示”选到的是高二男生”，依此类推。

$$P(\mathrm{M})=\frac{52}{100}=0.52,\qquad P(\mathrm{F})=\frac{48}{100}=0.48 .$$

$\mathrm{M}$ 与 $\mathrm{F}$ 互为对立事件（每人非男即女，且不能既男又女），所以

$$P(\mathrm{M}\cup\mathrm{F})=1,\qquad P(\mathrm{MF})=0 .$$ $$P(\mathrm{G}_1)=\frac{35}{100}=0.35 .$$

求 $P(\mathrm{M}\cup\mathrm{G}_2)$ 要用性质 6，因为 $\mathrm{M}$ 与 $\mathrm{G}_2$ 不互斥 （高二男生同时属于两者，共 $20$ 人）：

$$P(\mathrm{M}\cup\mathrm{G}_2)=P(\mathrm{M})+P(\mathrm{G}_2)-P(\mathrm{MG}_2) =\frac{52}{100}+\frac{44}{100}-\frac{20}{100}=\frac{76}{100}=0.76 .$$

也可以直接数：男生 $52$ 人，再加上不是男生的高二学生（高二女生 $24$ 人），共 $76$ 人 ✓。

$$P(\mathrm{FG}_3)=\frac{7}{100}=0.07 .$$

自检：$P(\mathrm{M})+P(\mathrm{F})=1$ ✓； $P(\mathrm{G}_1)+P(\mathrm{G}_2)+P(\mathrm{G}_3)=0.35+0.44+0.21=1$ ✓（三个年级两两互斥且穷尽）； $P(\mathrm{M}\cup\mathrm{G}_2)=0.76$ 落在 $\max\{0.52,0.44\}=0.52$ 与 $\min\{1,0.96\}=0.96$ 之间 ✓。

最容易错的是 $P(\mathrm{M}\cup\mathrm{G}_2)$ 直接相加， 得 $0.52+0.44=0.96$——那等于把 $20$ 个高二男生数了两遍。 判据很简单：两个事件能不能同时发生。 能，就必须减去交的概率。 而 $\mathrm{M}$ 与 $\mathrm{F}$ 不能同时发生，所以那里直接相加是对的。

习题 10.1 第 1 题

1. 如图，抛掷一蓝、一黄两枚质地均匀的正四面体骰子，分别观察底面上的数字.

（1）用表格表示试验的所有可能结果；

(2) 列举下列事件包含的样本点:

$A =$ “两个数字相同”， $B =$ “两个数字之和等于5”， $C =$ “蓝色骰子的数字为2”.

题面的骰子是一张插图，由本目录 page-0252.png 扫描图可读出： 两枚都是正四面体骰子，四个面上的数字是 $1,2,3,4$， 一枚蓝色、一枚黄色，观察的是落地时底面上的数字。

（1）用表格表示所有可能结果。 用 $x$ 表示蓝色骰子底面的数字、$y$ 表示黄色骰子底面的数字，样本点记为 $(x,y)$， $x,y$ 各有 $4$ 种取值，共 $4\times 4=16$ 个样本点：

即 $\Omega=\{(x,y)\mid x,y\in\{1,2,3,4\}\}$，$n(\Omega)=16$。 两枚骰子颜色不同，所以 $(1,2)$ 与 $(2,1)$ 是两个不同的样本点，一个也不能并掉。

（2）三个事件包含的样本点。

$$A=\{(1,1),(2,2),(3,3),(4,4)\}\quad(\text{表格的对角线}),$$ $$B=\{(1,4),(2,3),(3,2),(4,1)\}\quad(\text{表格的反对角线}),$$ $$C=\{(2,1),(2,2),(2,3),(2,4)\}\quad(\text{表格的第 }2\text{ 行}).$$

自检：三个事件各含 $4$ 个样本点 ✓； $A\cap B=\varnothing$（相同的两个数之和是偶数 $2,4,6,8$，取不到 $5$）✓； $A\cap C=\{(2,2)\}$，$B\cap C=\{(2,3)\}$，都只有一个元素 ✓。

“底面”这个措辞不影响解答。 正四面体骰子没有”朝上的面”， 读数按惯例取落地时压在下面的那一面；四个面质地均匀， 四个数字仍是等可能的，所以 $16$ 个样本点等可能， 若继续求概率，$P(A)=P(B)=P(C)=\dfrac{4}{16}=\dfrac14$。

习题 10.1 第 2 题

2. 在某届世界杯足球赛上，a，b，c，d四支球队进入了最后的比赛。在第一轮的两场比赛中，a对b，c对d，然后这两场比赛的胜者将进入冠亚军决赛，这两场比赛的负者比赛，决出第三名和第四名。比赛的一种最终可能结果记为acbd（表示a胜b，c胜d，然后a胜c，b胜d）。

（1）写出比赛所有可能结果构成的样本空间；

(2) 设事件 A 表示 a 队获得冠军，写出 A 包含的所有可能结果；

（3）设事件 B 表示 a 队进入冠亚军决赛，写出 B 包含的所有可能结果.

先把赛制读成一棵树。 第一轮两场：$\mathrm{a}$ 对 $\mathrm{b}$、$\mathrm{c}$ 对 $\mathrm{d}$； 两场的胜者打冠亚军决赛，两场的负者打三四名决赛。 按题面给的记法，$\mathrm{acbd}$ 表示”$\mathrm{a}$ 胜 $\mathrm{b}$，$\mathrm{c}$ 胜 $\mathrm{d}$， 然后 $\mathrm{a}$ 胜 $\mathrm{c}$，$\mathrm{b}$ 胜 $\mathrm{d}$”， 也就是最终名次依次是冠军 $\mathrm{a}$、亚军 $\mathrm{c}$、第三名 $\mathrm{b}$、第四名 $\mathrm{d}$。 所以一个样本点就是一个四字母的名次串。

（1）样本空间。 一共要定四件事，每件两种可能：

$$2\ (\mathrm{a\text{-}b}\ \text{谁胜})\times 2\ (\mathrm{c\text{-}d}\ \text{谁胜}) \times 2\ (\text{决赛谁胜})\times 2\ (\text{三四名谁胜})=16 .$$

按第一轮的四种胜负分成四组列出：

即

$$\Omega=\{\mathrm{acbd},\mathrm{acdb},\mathrm{cabd},\mathrm{cadb}, \mathrm{adbc},\mathrm{adcb},\mathrm{dabc},\mathrm{dacb},$$ $$\qquad\ \mathrm{bcad},\mathrm{bcda},\mathrm{cbad},\mathrm{cbda}, \mathrm{bdac},\mathrm{bdca},\mathrm{dbac},\mathrm{dbca}\},\qquad n(\Omega)=16 .$$

（2）$A=$ ”$\mathrm{a}$ 队获得冠军”。 冠军是名次串的第一个字母，所以

$$A=\{\mathrm{acbd},\ \mathrm{acdb},\ \mathrm{adbc},\ \mathrm{adcb}\},\qquad n(A)=4 .$$

$\mathrm{a}$ 要夺冠必须连胜两场：先胜 $\mathrm{b}$，再胜 $\mathrm{c}$ 或 $\mathrm{d}$； 剩下的三四名之争有两种结果，所以 $2\times 2=4$ 个 ✓。

（3）$B=$ ”$\mathrm{a}$ 队进入冠亚军决赛”。 $\mathrm{a}$ 进决赛当且仅当第一轮胜 $\mathrm{b}$，此后不论决赛胜负， $\mathrm{a}$ 都排在冠军或亚军的位置，即名次串的第一或第二个字母是 $\mathrm{a}$：

$$B=\{\mathrm{acbd},\mathrm{acdb},\mathrm{cabd},\mathrm{cadb}, \mathrm{adbc},\mathrm{adcb},\mathrm{dabc},\mathrm{dacb}\},\qquad n(B)=8 .$$

自检：$A\subseteq B$（夺冠必先进决赛）✓，且 $n(A)=4<8=n(B)$，与性质 5 相符； $B$ 恰是”$\mathrm{a}$ 胜 $\mathrm{b}$“这一半，占 $16$ 个样本点的一半 ✓； 四组各 $4$ 个、合计 $16$，无重复无遗漏 ✓。

这道题的动作：先弄清一个样本点记录了什么。 这里的四字母串记的是最终名次，不是比赛顺序； 读错了这一点，样本空间就会写成别的东西。

习题 10.1 第 3 题

3. 抛掷两枚质地均匀的硬币，设事件 $A =$ “第一枚硬币正面朝上”，事件 $B =$ “第二枚硬币反面朝上”。（1）写出样本空间，并列举 $A$ 和 $B$ 包含的样本点；(2）下列结论中正确的是（ ）。（A） $A$ 与 $B$ 互为对立事件 (B) $A$ 与 $B$ 互斥(C) $A$ 与 $B$ 相等 (D) $P(A) = P(B)$

（1）样本空间与两个事件。 用 $(x,y)$ 表示两枚硬币的结果，$x$ 是第一枚、$y$ 是第二枚， 以”正”表示正面朝上、“反”表示反面朝上，则

$$\Omega=\{(\text{正},\text{正}),(\text{正},\text{反}),(\text{反},\text{正}),(\text{反},\text{反})\}, \qquad n(\Omega)=4 .$$ $$A=\{(\text{正},\text{正}),(\text{正},\text{反})\},\qquad B=\{(\text{正},\text{反}),(\text{反},\text{反})\} .$$

$A$ 只管第一枚、$B$ 只管第二枚，所以各含两个样本点（另一枚的两种情况都要收进来）。

（2）选 (D)。 逐个核对：

• (A) 对立？ $A\cup B=\{(\text{正},\text{正}),(\text{正},\text{反}),(\text{反},\text{反})\}\neq\Omega$， 漏掉了 $(\text{反},\text{正})$——第一枚反面、第二枚正面时 $A,B$ 都不发生。不对立。
• (B) 互斥？ $A\cap B=\{(\text{正},\text{反})\}\neq\varnothing$， 第一枚正面且第二枚反面时两者同时发生。不互斥。
• (C) 相等？ 两个集合的元素不同（$A$ 含 $(\text{正},\text{正})$，$B$ 不含）。不相等。
• (D) $P(A)=P(B)$？ 硬币质地均匀，$4$ 个样本点等可能，

$$P(A)=\frac{2}{4}=\frac12,\qquad P(B)=\frac{2}{4}=\frac12 .$$

两者相等，(D) 正确。

自检：$P(A\cup B)=\dfrac34$，而 $P(A)+P(B)-P(A\cap B)=\dfrac12+\dfrac12-\dfrac14=\dfrac34$ ✓， 性质 6 对上了；若误按互斥直接相加会得 $1$，与 $\dfrac34$ 不符，正好反证 (B) 不成立。

习题 10.1 第 4 题

4. 判断下列说法是否正确. 若错误, 请举出反例. (1) 互斥的事件一定是对立事件, 对立事件不一定是互斥事件; (2) 互斥的事件不一定是对立事件, 对立事件一定是互斥事件; (3) 事件 A 与事件 B 中至少有一个发生的概率一定比 A 与 B 中恰有一个发生的概率大; (4) 事件 A 与事件 B 同时发生的概率一定比 A 与 B 中恰有一个发生的概率小.

（1）错误。 两句话都反了。正确的是：互斥不一定对立，对立一定互斥。

• 反例（互斥但不对立）：抛掷一枚骰子，$A=$ “点数为 $1$”，$B=$ “点数为 $2$”。 $A\cap B=\varnothing$ 故互斥，但 $A\cup B=\{1,2\}\neq\Omega$，掷出 $3$ 时两者都不发生，不对立。
• 对立一定互斥：对立的定义里就写着 $A\cap B=\varnothing$，这一条无需反例。

（2）正确。 这正是（1）的更正版本。 对立要求 $A\cap B=\varnothing$ 且 $A\cup B=\Omega$，比互斥多一个条件， 所以对立 $\Rightarrow$ 互斥；反过来缺了 $A\cup B=\Omega$，不成立，上面的骰子例子就是反例。

（3）错误。 先把两个事件写清楚：

$$\text{至少有一个发生}=A\cup B,\qquad \text{恰有一个发生}=(A\cap\bar B)\cup(\bar A\cap B).$$

后者是前者去掉”两个都发生”的部分，所以

$$P(A\cup B)=P\big((A\cap\bar B)\cup(\bar A\cap B)\big)+P(A\cap B)\geqslant P(\text{恰有一个}).$$

只能保证不小于，不能保证大于。

• 反例：$A,B$ 互斥且都不是不可能事件（如骰子的 $A=\{1\}$、$B=\{2\}$）。 此时 $P(A\cap B)=0$，“至少有一个”与”恰有一个”是同一个事件，概率都是 $\dfrac13$，相等。

（4）错误。 两者的大小关系不定，谈不上”一定小”。

• 反例：取 $A=B=\Omega$。则”同时发生”就是 $\Omega$，概率为 $1$； 而”恰有一个发生”是 $(A\cap\bar B)\cup(\bar A\cap B)=\varnothing$，概率为 $0$。 此时同时发生的概率反而大。
• 另一侧的例子：$A,B$ 互斥且非空时，同时发生的概率为 $0$，恰有一个发生的概率为正， 这才符合题述。两种情形都存在，所以”一定小”不成立。

这道题的动作：判断”一定……”型的命题，只需找一个反例。 而找反例的最快办法是取极端——让两个事件相等、互斥、或一个是必然事件。

习题 10.1 第 5 题

5. 生产某种产品需要两道工序，设事件 A = “第一道工序加工合格”，事件 B = “第二道工序加工合格”，用 A, B, $\bar{A}$ , $\bar{B}$ 表示下列事件： C = “产品合格”，D = “产品不合格”.

产品要经过两道工序，只有两道都合格，产品才合格。所以

$$C=A\cap B\quad(\text{即}\ AB).$$

$D$ 是 $C$ 的对立事件，即”至少有一道工序不合格”。用 $A,B,\bar A,\bar B$ 写有两种等价写法：

$$D=\bar A\cup\bar B ,$$

或者按”哪一道不合格”分成三种互斥情形：

$$D=\bar AB\cup A\bar B\cup\bar A\bar B .$$

两种写法的等价，就是德摩根律：

$$D=\overline{C}=\overline{A\cap B}=\bar A\cup\bar B .$$

自检：$C\cap D=\varnothing$（不可能既合格又不合格）✓； $C\cup D=\Omega$（每件产品非合格即不合格）✓，所以 $C$ 与 $D$ 互为对立事件； 第二种写法里三个事件两两互斥，加上 $C=AB$ 正好凑齐样本空间的四块 $AB,\ A\bar B,\ \bar AB,\ \bar A\bar B$ ✓。

最常见的错法是把 $D$ 写成 $\bar A\cap\bar B$—— 那是”两道工序都不合格”，只是不合格的一种情形，漏掉了”一道合格一道不合格”。 “都合格”的反面是”至少一道不合格”，不是”都不合格”。

习题 10.1 第 6 题

6. 下面的三个游戏都是在袋子中装球，然后从袋子中不放回地取球。分别计算三个游戏中甲获胜的概率。你认为哪个游戏是公平的？

题面的三个游戏在课本里是一张表格插图，下面用到的规则是本份对 本目录 page-0253.png 扫描图的读数（不是课本原文）：

“公平”的含义是甲、乙获胜的概率相等，即甲获胜的概率为 $\dfrac12$。 三个游戏都是不放回取球，球除颜色外大小质地相同，所以每种取法等可能。 为了把同色球区分开，下面给球编号（红球记 $R_1,R_2,\dots$，白球记 $W_1,W_2,\dots$）， 按有序方式计数。

游戏 $1$。 袋中 $R_1,W_1$ 两球，取 $1$ 个，$n(\Omega)=2$，取到红球只有 $1$ 种：

$$P(\text{甲胜})=\frac12,\qquad P(\text{乙胜})=\frac12 .$$

游戏 $2$。 袋中 $R_1,R_2,W_1,W_2$，依次取 $2$ 个不放回，

$$n(\Omega)=4\times 3=12 .$$

两球同色分两类：都是红球有 $2\times 1=2$ 种（$(R_1,R_2)$、$(R_2,R_1)$）， 都是白球同样 $2$ 种，共 $4$ 种，所以

$$P(\text{甲胜})=\frac{4}{12}=\frac13,\qquad P(\text{乙胜})=\frac23 .$$

游戏 $3$。 袋中 $R_1,R_2,R_3,W_1$，依次取 $2$ 个不放回，

$$n(\Omega)=4\times 3=12 .$$

两球同色只能都是红球，有 $3\times 2=6$ 种（白球只有一个，不可能取到两个白球），所以

$$P(\text{甲胜})=\frac{6}{12}=\frac12,\qquad P(\text{乙胜})=\frac12 .$$

结论：

$$P_1(\text{甲胜})=\frac12,\qquad P_2(\text{甲胜})=\frac13,\qquad P_3(\text{甲胜})=\frac12 .$$

游戏 $1$ 与游戏 $3$ 是公平的，游戏 $2$ 不公平（对甲不利）。

自检：三个游戏里甲、乙的概率之和都是 $1$ ✓（甲胜与乙胜互为对立事件， 没有”平局”这种结果）；游戏 $3$ 若改用无序计数， $n(\Omega)=\mathrm{C}_4^2=6$、同色 $\mathrm{C}_3^2=3$，仍得 $\dfrac36=\dfrac12$ ✓， 说明有序与无序两套口径给出同一答案。

游戏 $3$ 公平这件事是这道题的意外之处。 袋中红球占四分之三， 直觉上”同色”该比”不同色”容易得多；但要两个都红，第二次只剩 $2$ 红 $1$ 白， 概率被压回到 $\dfrac34\times\dfrac23=\dfrac12$。 不放回取球时，第二次的条件已经变了，不能拿第一次的比例直接乘。

习题 10.1 第 7 题

7. 一个盒子中装有标号为 1, 2, 3, 4, 5 的 5 张标签，随机地选取两张标签，根据下列条件求两张标签上的数字为相等整数的概率： (1) 标签的选取是不放回的； (2) 标签的选取是有放回的.

盒中 $5$ 张标签，标号 $1,2,3,4,5$，互不相同。 所求事件是”两张标签上的数字为相等整数”。

（1）不放回。 不放回意味着两次取到的是两张不同的标签，而 $5$ 张标签的标号两两不同， 所以两个数字不可能相等。这是一个不可能事件：

$$P=0 .$$

（2）有放回。 第一张取后放回，第二张再取，两次都是从 $5$ 张里等可能地取一张。 用 $(x,y)$ 表示两次的标号，

$$n(\Omega)=5\times 5=25 ,$$

两数相等的样本点是 $(1,1),(2,2),(3,3),(4,4),(5,5)$，共 $5$ 个，所以

$$P=\frac{5}{25}=\frac15 .$$

自检：（2）里 $\dfrac15$ 恰好等于”第二次取到与第一次相同的那一张”的概率 $\dfrac15$， 与直觉相符 ✓；（1）与（2）的差别只在放不放回， 而放回把 $\Omega$ 从 $5\times 4=20$ 个样本点扩到 $25$ 个， 新增的 $5$ 个正是两次相同的那些 ✓。

这道题的用意就是逼着人看清”放回”这两个字。 同一句”随机地选取两张标签”，不放回时答案是 $0$，有放回时是 $\dfrac15$， 差别全在取法上。做概率题第一件事是问：放回还是不放回，有序还是无序。

习题 10.1 第 8 题

8. 从长度为 1, 3, 5, 7, 9 的 5 条线段中任取 3 条，求这三条线段能构成一个三角形的概率.

从 $5$ 条线段中任取 $3$ 条，取法是无序的，

$$n(\Omega)=\mathrm{C}_5^3=10 ,$$

且每种取法等可能。三条线段能构成三角形的充要条件是 任意两边之和大于第三边；由于只要最短的两条之和大于最长的一条，其余两条自动满足， 所以只需检验一次。

把 $10$ 种取法逐一列出（每组按从小到大写，比较”前两者之和”与”最大者”）：

能构成三角形的有 $3$ 组，所以

$$P=\frac{3}{10}.$$

自检：$10$ 行恰好是 $\mathrm{C}_5^3=10$ 种取法，不重不漏 ✓； 含 $1$ 的取法一共 $\mathrm{C}_4^2=6$ 组，表中前六行正是它们，且全部失败—— 这也合乎道理：其余四条线段两两之差至少为 $2$，加上长度 $1$ 也追不上 ✓； 不含 $1$ 的 $\mathrm{C}_4^3=4$ 组里只有 $3,5,9$ 失败 ✓，$6+1=7$ 组失败、$3$ 组成功，合计 $10$ ✓。

这道题的动作：$10$ 种情形不多，老实枚举比找巧办法更稳。 判据只用一次（最小两条之和与最大一条比），把表列出来就不会漏。

习题 10.1 第 9 题

9. 一个盒子中装有 6 支圆珠笔，其中 3 支一等品，2 支二等品和 1 支三等品。若从中任取 2 支，那么下列事件的概率各是多少？ (1) A = “恰有 1 支一等品”； (2) B = “两支都是一等品”； (3) C = “没有三等品”.

盒中 $6$ 支圆珠笔：$3$ 支一等品、$2$ 支二等品、$1$ 支三等品。 “任取 $2$ 支”是无序地取两支，

$$n(\Omega)=\mathrm{C}_6^2=15 ,$$

每种取法等可能。

（1）$A=$ “恰有 $1$ 支一等品”。 从 $3$ 支一等品中取 $1$ 支、从其余 $3$ 支非一等品（$2$ 支二等品加 $1$ 支三等品）中取 $1$ 支：

$$n(A)=\mathrm{C}_3^1\times\mathrm{C}_3^1=9,\qquad P(A)=\frac{9}{15}=\frac35 .$$

（2）$B=$ “两支都是一等品”。

$$n(B)=\mathrm{C}_3^2=3,\qquad P(B)=\frac{3}{15}=\frac15 .$$

（3）$C=$ “没有三等品”。 即两支都从 $5$ 支非三等品中取：

$$n(C)=\mathrm{C}_5^2=10,\qquad P(C)=\frac{10}{15}=\frac23 .$$

（也可以走对立事件：$\bar C=$ “取到三等品”， $n(\bar C)=\mathrm{C}_1^1\times\mathrm{C}_5^1=5$，$P(C)=1-\dfrac{5}{15}=\dfrac23$ ✓。）

自检：把”一等品的支数”分三类，$0$ 支、$1$ 支、$2$ 支的取法数分别是 $\mathrm{C}_3^2=3$、$9$、$3$，合计 $3+9+3=15=n(\Omega)$ ✓； $P(A)+P(B)=\dfrac{12}{15}=\dfrac45$，正是”至少有 $1$ 支一等品”的概率， 其对立”没有一等品”的概率为 $\dfrac{3}{15}=\dfrac15$，两者之和为 $1$ ✓； 三个答案都在 $[0,1]$ 内 ✓。

（1）最容易错成 $\mathrm{C}_3^1\times\mathrm{C}_5^1=15$—— 那是”先挑一支一等品、再随便挑一支”，会把”两支都是一等品”的情形重复计入。 “恰有 $1$ 支”必须把另一支限制在非一等品里。

习题 10.1 第 10 题

10. 抛掷一红一绿两颗质地均匀的六面体骰子，记下骰子朝上面的点数。若用 $x$ 表示红色骰子的点数，用 $y$ 表示绿色骰子的点数，用 $(x, y)$ 表示一次试验的结果。设 $A =$ “两个点数之和等于8”，$B =$ “至少有一颗骰子的点数为5”，$C =$ “红色骰子上的点数大于4”。（1）求事件 $A, B, C$ 的概率；

(2) 求事件 $A \cup B, A \cap B$ 的概率.

抛掷一红一绿两颗质地均匀的六面体骰子，用 $(x,y)$ 表示结果， $x$ 是红色骰子的点数、$y$ 是绿色骰子的点数，则

$$\Omega=\{(x,y)\mid x,y\in\{1,2,3,4,5,6\}\},\qquad n(\Omega)=36 ,$$

两颗骰子质地均匀且颜色可分辨，$36$ 个样本点等可能。

（1）三个事件的概率。

$A=$ “两个点数之和等于 $8$”：

$$A=\{(2,6),(3,5),(4,4),(5,3),(6,2)\},\qquad P(A)=\frac{5}{36}.$$

$B=$ “至少有一颗骰子的点数为 $5$“：走对立事件最省。 $\bar B=$ “两颗都不是 $5$“，$n(\bar B)=5\times 5=25$，所以

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

（直接数也行：红色为 $5$ 的有 $6$ 个、绿色为 $5$ 的有 $6$ 个， $(5,5)$ 被数了两遍，$6+6-1=11$ ✓。）

$C=$ “红色骰子上的点数大于 $4$“：即 $x\in\{5,6\}$，绿色任意，

$$n(C)=2\times 6=12,\qquad P(C)=\frac{12}{36}=\frac13 .$$

（2）$A\cup B$ 与 $A\cap B$ 的概率。

$A\cap B$ 是”和为 $8$ 且至少有一颗是 $5$“。在 $A$ 的五个样本点里逐个查， 含 $5$ 的只有 $(3,5)$ 与 $(5,3)$：

$$A\cap B=\{(3,5),(5,3)\},\qquad P(A\cap B)=\frac{2}{36}=\frac{1}{18}.$$

由性质 6，

$$P(A\cup B)=P(A)+P(B)-P(A\cap B)=\frac{5}{36}+\frac{11}{36}-\frac{2}{36}=\frac{14}{36}=\frac{7}{18}.$$

自检：$A$ 与 $B$ 不互斥，若误按互斥直接相加会得 $\dfrac{16}{36}$， 比正确答案多出的 $\dfrac{2}{36}$ 正是被重复计数的 $(3,5)$ 与 $(5,3)$ ✓； $P(A\cap B)\leqslant P(A)\leqslant P(A\cup B)$，即 $\dfrac{2}{36}\leqslant\dfrac{5}{36}\leqslant\dfrac{14}{36}$ ✓； $A$ 的五个样本点关于 $x=y$ 对称（$(4,4)$ 自对称），个数为奇数，符合”和为偶数”的对称结构 ✓。

习题 10.1 第 11 题

11. 某人有 4 把钥匙，其中 2 把能打开门。如果随机地取一把钥匙试着开门，把不能开门的钥匙扔掉，那么第二次才能打开门的概率有多大？如果试过的钥匙又混进去，第二次才能打开门的概率又有多大？

$4$ 把钥匙，其中 $2$ 把能开门（记为 $\mathrm{K}_1,\mathrm{K}_2$）， $2$ 把不能开（记为 $\mathrm{N}_1,\mathrm{N}_2$）。 “第二次才能打开门”的意思是：第一次没打开，第二次打开—— 两件事都要，缺一不可。

情形一：把不能开门的钥匙扔掉（不放回）。 用 $(x_1,x_2)$ 记录前两次取到的钥匙，两次取的是不同的钥匙：

$$n(\Omega)=4\times 3=12 .$$

第一次取到不能开门的（$2$ 种），第二次从剩下的 $3$ 把里取到能开门的（$2$ 种），

$$n(A)=2\times 2=4,\qquad P(A)=\frac{4}{12}=\frac13 .$$

情形二：试过的钥匙又混进去（有放回）。 每次都是从 $4$ 把里等可能地取一把：

$$n(\Omega)=4\times 4=16,\qquad n(A)=2\times 2=4,\qquad P(A)=\frac{4}{16}=\frac14 .$$

自检：不放回时，“第一次就打开”的概率是 $\dfrac12$， “第二次才打开”是 $\dfrac13$，“第三次才打开”是 $\dfrac{2}{4}\cdot\dfrac{1}{3}\cdot\dfrac{2}{2}=\dfrac16$， 三者之和 $\dfrac12+\dfrac13+\dfrac16=1$ ✓——不放回时最迟第三次必开， 因为扔掉两把坏的以后只剩好的。 有放回时 $\dfrac14<\dfrac13$ 也合理：坏钥匙不被扔掉，第二次撞上好钥匙的机会反而小了 ✓。

这道题的动作：把”第 $k$ 次才……”翻译成”前 $k-1$ 次都没有、第 $k$ 次有”， 它是一个交事件，不是单独一次的事件。漏掉”第一次没打开”这个条件， 就会错算成 $\dfrac12$。

习题 10.1 第 12 题

12. 假设有 5 个条件类似的女孩（把她们分别记为 A，B，C，D，E）应聘秘书工作，但只有 2 个秘书职位，因此 5 个人中只有 2 人能被录用。如果 5 个人被录用的机会相等，分别计算下列事件的概率：

(1) 女孩 A 得到一个职位；

(2) 女孩 A 和 B 各得到一个职位；

(3) 女孩 A 或 B 得到一个职位.

$5$ 个条件类似的女孩 $\mathrm{A},\mathrm{B},\mathrm{C},\mathrm{D},\mathrm{E}$ 竞争 $2$ 个职位， $5$ 人被录用的机会相等，所以录用结果就是从 $5$ 人中无序地选 $2$ 人：

$$n(\Omega)=\mathrm{C}_5^2=10 ,$$

$10$ 种结果等可能。

（1）女孩 $\mathrm{A}$ 得到一个职位。 $\mathrm{A}$ 入选，另一个名额从其余 $4$ 人中选：

$$n=\mathrm{C}_4^1=4,\qquad P=\frac{4}{10}=\frac25 .$$

（也可以这样看：$2$ 个名额分给 $5$ 个人，每人入选的概率是 $\dfrac25$。）

（2）女孩 $\mathrm{A}$ 和 $\mathrm{B}$ 各得到一个职位。 两个名额恰好被 $\mathrm{A},\mathrm{B}$ 占满，只有 $1$ 种：

$$P=\frac{1}{10}.$$

（3）女孩 $\mathrm{A}$ 或 $\mathrm{B}$ 得到一个职位。 “或”是可兼的，指 $\mathrm{A},\mathrm{B}$ 至少有一人入选。走对立事件： 两人都没入选，即两个名额都从 $\mathrm{C},\mathrm{D},\mathrm{E}$ 中出， $n=\mathrm{C}_3^2=3$，所以

$$P=1-\frac{3}{10}=\frac{7}{10}.$$

（用性质 6 核一遍：记 $A_{\text{事件}}=$ ”$\mathrm{A}$ 入选”、$B_{\text{事件}}=$ ”$\mathrm{B}$ 入选”， 则 $P=\dfrac25+\dfrac25-\dfrac1{10}=\dfrac{4+4-1}{10}=\dfrac{7}{10}$ ✓。）

自检：按入选人数把 $10$ 种结果分类——$\mathrm{A},\mathrm{B}$ 都入选 $1$ 种、 恰有一人入选 $2\times 3=6$ 种、都不入选 $3$ 种，合计 $1+6+3=10$ ✓， 且 $(1+6)/10=\dfrac{7}{10}$ 与（3）相符 ✓。

（3）最常见的错法是把”或”当成”恰有一人”，算成 $\dfrac{6}{10}=\dfrac35$。 数学里的”或”包含”两者都”，除非题面明说”只有一人”。

习题 10.1 第 13 题

13. 某射击运动员平时训练成绩的统计结果如下：

如果这名运动员只射击一次，求下列事件的概率：

(1) 命中 10 环;

(2) 命中的环数大于 8 环;

(3) 命中的环数小于 9 环;

(4) 命中的环数不超过 5 环.

题面的统计结果在课本里是一张表格插图，下面用到的数值是本份对 本目录 page-0254.png 扫描图的读数（不是课本原文）：

五个频率之和为 $0.1+0.15+0.25+0.3+0.2=1$， 说明表里已经列出了这名运动员全部可能的命中环数—— 低于 $6$ 环的情形在平时训练中一次也没有出现过（频率为 $0$）。 下面用频率作为相应概率的估计值（这是 §10.3 会正式讲的做法，本题按此口径）。

（1）命中 $10$ 环。

$$P=0.2 .$$

（2）命中的环数大于 $8$ 环。 即 $9$ 环或 $10$ 环，两者互斥：

$$P=0.3+0.2=0.5 .$$

（3）命中的环数小于 $9$ 环。 即 $6,7,8$ 环，三者两两互斥：

$$P=0.1+0.15+0.25=0.5 .$$

（也可以走对立事件：（3）与（2）互为对立，$P=1-0.5=0.5$ ✓。）

（4）命中的环数不超过 $5$ 环。 表中最低是 $6$ 环，且五个频率已经加满 $1$，所以”不超过 $5$ 环”的频率为 $0$：

$$P=0 .$$

自检：（2）与（3）互为对立，概率之和为 $1$ ✓； （1）$\leqslant$（2），符合”$10$ 环”是”大于 $8$ 环”的子事件（性质 5）✓； 四个答案都在 $[0,1]$ 内 ✓。

（4）值得多说一句。 $P=0$ 是由这份统计资料得出的估计， 不等于”绝对不会打出 $5$ 环”。频率为 $0$ 只说明在这批训练中没有出现过； 样本再多一些，未必仍是 $0$。概率为 $0$ 的事件不一定是不可能事件， 这一点与性质 2 的”不可能事件概率为 $0$“是单向的，反过来不成立。

习题 10.1 第 14 题

14. 将一枚质地均匀的骰子连续抛掷3次，求下列事件的概率：

(1) 没有出现 6 点;

(2) 至少出现一次 6 点；

(3) 三个点数之和为 9.

一枚质地均匀的骰子连续抛掷 $3$ 次，用 $(x_1,x_2,x_3)$ 记录三次的点数，

$$n(\Omega)=6\times 6\times 6=216 ,$$

$216$ 个样本点等可能。

（1）没有出现 $6$ 点。 每一次都只能取 $1\sim 5$ 中的一个：

$$n=5^3=125,\qquad P=\frac{125}{216}.$$

（2）至少出现一次 $6$ 点。 它与（1）的事件互为对立，由性质 4：

$$P=1-\frac{125}{216}=\frac{91}{216}.$$

这就是”至少”型问题的标准走法：正面数要分”恰好一次""恰好两次""恰好三次”三类， 反面只有一类。

（3）三个点数之和为 $9$。 要数满足 $x_1+x_2+x_3=9$、每个 $x_i\in\{1,2,\dots,6\}$ 的有序三元组个数。 令 $y_i=x_i-1$，则 $y_1+y_2+y_3=6$，$0\leqslant y_i\leqslant 5$。 不带上界时非负整数解共 $\mathrm{C}_{6+2}^{2}=\mathrm{C}_8^2=28$ 组； 其中某个 $y_i\geqslant 6$ 的只能是 $y_i=6$、其余两个为 $0$， 三个位置各 $1$ 组，共 $3$ 组，且不可能有两个同时超界（那需要总和至少 $12$）。故

$$n=28-3=25,\qquad P=\frac{25}{216}.$$

换个办法核一遍：按最大点数分类列出无序的点数组合，再算各自的排列数——

合计 $6+6+3+3+6+1=25$ ✓，与容斥法一致。

自检：（1）与（2）之和为 $1$ ✓； $\dfrac{125}{216}\approx 0.579$、$\dfrac{91}{216}\approx 0.421$、$\dfrac{25}{216}\approx 0.116$，都在 $[0,1]$ 内 ✓； 三个点数之和的取值范围是 $3\sim 18$，其分布关于 $10.5$ 对称， 所以”和为 $9$“与”和为 $12$“的概率应当相等——按上表把每个点数换成 $7$ 减它， $\{1,2,6\}\to\{6,5,1\}$ 等，六类一一对应，排列数不变 ✓。

习题 10.1 第 15 题

15. 如图是某班级 50 名学生订阅数学、语文、英语学习资料的情况，其中 A 表示订阅数学学习资料的学生，B 表示订阅语文学习资料的学生，C 表示订阅英语学习资料的学生.

（1）从这个班任意选择一名学生，用自然语言描述1，4，5，8各区域所代表的事件；

(2) 用 A, B, C 表示下列事件:

① 至少订阅一种学习资料；

② 恰好订阅一种学习资料；

③ 没有订阅任何学习资料.

题面的韦恩图在课本里是一张插图，下面用到的区域编号是本份对 本目录 page-0254.png 扫描图的读数（不是课本原文）： 矩形代表全班 $50$ 名学生（样本空间 $\Omega$）， 其中三个圆分别是 $A$（订数学）、$B$（订语文）、$C$（订英语）， 三圆把矩形分成 $8$ 个区域，编号如下——

（1）用自然语言描述 $1,4,5,8$ 四个区域所代表的事件。

• 区域 $1$：选到的学生数学、语文、英语三种学习资料都订阅；
• 区域 $4$：选到的学生订阅了数学和语文，但没有订阅英语；
• 区域 $5$：选到的学生只订阅了语文一种（数学、英语都没订）；
• 区域 $8$：选到的学生三种学习资料一种也没有订阅。

说清楚”只”字很重要：区域 $5$ 不是”订了语文”（那是整个圆 $B$，含区域 $1,2,4,5$）， 而是”订了语文且只订了语文”。区域编号指的都是互不重叠的那一小块。

（2）用 $A,B,C$ 表示三个事件。

① 至少订阅一种学习资料：

$$A\cup B\cup C$$

（对应区域 $1$ 到 $7$ 这七块）。

② 恰好订阅一种学习资料：三块”只在一个圆内”的区域之并，即区域 $5,6,7$，

$$(A\cap\bar B\cap\bar C)\cup(\bar A\cap B\cap\bar C)\cup(\bar A\cap\bar B\cap C).$$

三者两两互斥，所以它们的概率可以直接相加。

③ 没有订阅任何学习资料：区域 $8$，

$$\bar A\cap\bar B\cap\bar C=\overline{A\cup B\cup C}$$

——最后一个等号是德摩根律，也说明 ① 与 ③ 互为对立事件， 于是 $P(③)=1-P(①)$。

自检：$8$ 个区域两两互斥、合并起来正是 $\Omega$ ✓； ② 是 ① 的子集（恰好一种当然算至少一种），由性质 5 有 $P(②)\leqslant P(①)$ ✓； ① 与 ③ 的并是 $\Omega$、交是 $\varnothing$ ✓。

② 最容易错写成 $A\cup B\cup C$ 减去两两交—— 那样会把三圆公共部分（区域 $1$）多减一次。“恰好一种”必须把另外两个都取补， 逐块写出来最稳妥。

习题 10.1 第 16 题

16. 从 1～20 这 20 个整数中随机选择一个数，设事件 A 表示选到的数能被 2 整除，事件 B 表示选到的数能被 3 整除。求下列事件的概率： (1) 这个数既能被 2 整除也能被 3 整除； (2) 这个数能被 2 整除或能被 3 整除； (3) 这个数既不能被 2 整除也不能被 3 整除。

从 $1\sim 20$ 这 $20$ 个整数中随机选一个，每个数被选到的机会均等， $n(\Omega)=20$，是古典概型。

先把三个集合数清楚。

$$A=\{2,4,6,8,10,12,14,16,18,20\},\qquad n(A)=\left[\frac{20}{2}\right]=10 ;$$ $$B=\{3,6,9,12,15,18\},\qquad n(B)=\left[\frac{20}{3}\right]=6 ;$$ $$A\cap B=\{6,12,18\}\ (\text{能被 }6\text{ 整除的数}),\qquad n(A\cap B)=\left[\frac{20}{6}\right]=3 .$$

（1）既能被 $2$ 整除也能被 $3$ 整除。 即 $A\cap B$：

$$P(A\cap B)=\frac{3}{20}.$$

（2）能被 $2$ 整除或能被 $3$ 整除。 即 $A\cup B$，由性质 6：

$$P(A\cup B)=\frac{10}{20}+\frac{6}{20}-\frac{3}{20}=\frac{13}{20}.$$

（3）既不能被 $2$ 整除也不能被 $3$ 整除。 即 $\bar A\cap\bar B=\overline{A\cup B}$，由性质 4：

$$P=1-\frac{13}{20}=\frac{7}{20}.$$

自检：直接把（3）的数列出来——$1,5,7,11,13,17,19$，共 $7$ 个 ✓， 与 $\dfrac{7}{20}$ 相符；$n(A\cup B)=10+6-3=13$，加上这 $7$ 个正好 $20$ ✓； （1）$\leqslant$（2），符合 $A\cap B\subseteq A\cup B$ ✓。

“既不能……也不能”要用德摩根律翻译成 $\overline{A\cup B}$， 不要错写成 $\overline{A\cap B}$（那是”不能同时被 $2$ 和 $3$ 整除”，概率是 $\dfrac{17}{20}$）。 两者差得很远，是这道题的主要陷阱。

习题 10.1 第 17 题

17. 某品牌计算机售后保修期为 1 年，根据大量的维修记录资料，这种品牌的计算机在使用一年内维修次数最多的是 3 次，其中维修 1 次的占 15%，维修 2 次的占 6%，维修 3 次的占 4%. （1）某人购买了一台这个品牌的计算机，设 $A_{k}=$ “保修期内需要维修k次”，k=0，1，2，3，请填写下表：

事件 $A_0$ ， $A_{1}$ ， $A_{2}$ ， $A_{3}$ 是否满足两两互斥？是否满足等可能性？(2）求下列事件的概率：$\text{\textcircled{1}} A =$ “在保修期内需要维修”；$\text{\textcircled{2}} B =$ “在保修期内不需要维修”；$\text{\textcircled{3}} C =$ “在保修期内维修不超过1次”.

（1）填表。 “维修次数最多的是 $3$ 次”说明 $A_0,A_1,A_2,A_3$ 已经穷尽了全部可能， 四者两两互斥且并起来是 $\Omega$，所以概率之和为 $1$。已知 $P(A_1)=15\%$、$P(A_2)=6\%$、$P(A_3)=4\%$，于是

$$P(A_0)=1-(0.15+0.06+0.04)=0.75 .$$

是否两两互斥？ 是。 一台计算机在保修期内的维修次数是一个确定的数， 不可能既”恰好维修 $1$ 次”又”恰好维修 $2$ 次”，所以 $A_i\cap A_j=\varnothing\ (i\neq j)$。

是否满足等可能性？ 否。 四个概率 $0.75,\ 0.15,\ 0.06,\ 0.04$ 互不相等， 若等可能则每个都应是 $\dfrac14=0.25$。 这正是本题要点明的事：样本空间划成有限块、块与块互斥且穷尽， 只保证概率之和为 $1$（可以用加法公式），不保证等可能， 所以这里不能用 $\dfrac{n(A)}{n(\Omega)}$ 去算。

（2）三个事件的概率。

① $A=$ “在保修期内需要维修”，即维修 $1$ 次、$2$ 次或 $3$ 次，三者两两互斥：

$$P(A)=P(A_1)+P(A_2)+P(A_3)=0.15+0.06+0.04=0.25 .$$

② $B=$ “在保修期内不需要维修”，即 $B=A_0$。 $A$ 与 $B$ 互为对立事件，由性质 4：

$$P(B)=1-P(A)=1-0.25=0.75 ,$$

与表中 $P(A_0)=0.75$ 相符。

③ $C=$ “在保修期内维修不超过 $1$ 次”，即 $C=A_0\cup A_1$，两者互斥：

$$P(C)=P(A_0)+P(A_1)=0.75+0.15=0.90 .$$

自检：四个概率之和 $0.75+0.15+0.06+0.04=1$ ✓； $A$ 与 $B$ 的概率之和为 $1$ ✓； $B\subseteq C$，且 $0.75\leqslant 0.90$，符合性质 5 ✓； $C$ 的对立事件是”维修至少 $2$ 次”，概率 $0.06+0.04=0.10=1-0.90$ ✓。