10.1.2 事件的关系和运算

上一小节把事件变成了集合。这一小节要收利息：既然事件是集合， 事件之间的关系就是集合之间的关系，事件的运算就是集合的运算。 课本给的动机很直接——

我们希望从简单事件的概率推算出复杂事件的概率，所以需要研究事件之间的关系和运算。

“复杂事件由简单事件拼出来”这件事，靠的就是并、交、补三种运算。

一、探究：把掷骰子的一堆事件都写成集合

在掷骰子试验中观察朝上面的点数，样本空间 $\Omega=\{1,2,3,4,5,6\}$。课本先摆出一批事件：

写成集合之后，这些事件之间的联系一眼就能看出来。下面五条就是把看出来的东西定义下来。

二、五种关系与运算

1. 包含与相等

$C_1=\{1\}$，$G=\{1,3,5\}$。若 $C_1$ 发生（掷出 $1$ 点），则 $G$ 一定发生（$1$ 是奇数）。 用集合表示就是 $\{1\}\subseteq\{1,3,5\}$，即 $C_1\subseteq G$。

一般地，若事件 $A$ 发生，则事件 $B$ 一定发生，就称事件 $B$ 包含事件 $A$ （或事件 $A$ 包含于事件 $B$），记作 $B\supseteq A$（或 $A\subseteq B$）。

图 10.1-4 用一个小圆装在大圆里表示这层关系。

特别地，若 $B\supseteq A$ 且 $A\supseteq B$，则称事件 $A$ 与事件 $B$ 相等，记作 $A=B$。

“相等”在概率里的意思是”同一个事件的两种说法”。 掷骰子时， “点数大于 $3$“与”点数为 $4,5,6$ 之一”是同一个集合 $\{4,5,6\}$， 说法不同，事件相同。这一条以后会反复用到——把一句绕口的话换成等价的、好数的说法。

2. 并事件（和事件）

$D_1=\{1,2,3\}$，$E_1=\{1,2\}$，$E_2=\{2,3\}$。 ”$E_1$ 和 $E_2$ 至少有一个发生”相当于 $D_1$ 发生， 用集合表示是 $\{1,2\}\cup\{2,3\}=\{1,2,3\}$，即 $E_1\cup E_2=D_1$。

一般地，事件 $A$ 与事件 $B$ 至少有一个发生，这样的一个事件中的样本点或者在 $A$ 中、 或者在 $B$ 中，称这个事件为 $A$ 与 $B$ 的并事件（或和事件），记作 $A\cup B$（或 $A+B$）。

图 10.1-5 用两个圆覆盖的全部区域表示它。

要害在”至少”两个字。 $A\cup B$ 包含三种情形：只有 $A$ 发生、只有 $B$ 发生、$A$ 与 $B$ 同时发生。 中文里的”或”常被听成”二选一”，但这里的”或”是可兼的。 $E_1\cup E_2=\{1,2,3\}$ 里的 $2$ 就同时属于两个事件，它一个也不能少。

3. 交事件（积事件）

$C_2=\{2\}$。”$E_1$ 与 $E_2$ 同时发生”相当于 $C_2$ 发生， 即 $\{1,2\}\cap\{2,3\}=\{2\}$，$E_1\cap E_2=C_2$。

一般地，事件 $A$ 与事件 $B$ 同时发生，这样的一个事件中的样本点既在 $A$ 中也在 $B$ 中， 称这个事件为 $A$ 与 $B$ 的交事件（或积事件），记作 $A\cap B$（或 $AB$）。

图 10.1-6 用两圆重叠的部分表示它。

4. 互斥（互不相容）

$C_3=\{3\}$，$C_4=\{4\}$。两者不可能同时发生，即 $\{3\}\cap\{4\}=\varnothing$，$C_3\cap C_4=\varnothing$。

一般地，如果事件 $A$ 与事件 $B$ 不能同时发生，也就是说 $A\cap B$ 是一个不可能事件， 即 $A\cap B=\varnothing$，则称事件 $A$ 与事件 $B$ 互斥（或互不相容）。

图 10.1-7 画成两个不相交的圆。

5. 互为对立

$F=\{2,4,6\}$，$G=\{1,3,5\}$。任何一次试验中两者只能发生其中之一，而且必然发生其中之一：

$$F\cup G=\Omega,\qquad F\cap G=\varnothing .$$

此时称 $F$ 与 $G$ 互为对立事件。$D_1$ 与 $D_2$ 也是这种关系。

一般地，如果事件 $A$ 和事件 $B$ 在任何一次试验中有且仅有一个发生， 即 $A\cup B=\Omega$ 且 $A\cap B=\varnothing$，那么称事件 $A$ 与事件 $B$ 互为对立。 事件 $A$ 的对立事件记为 $\bar{A}$。

图 10.1-8 把 $\bar A$ 画成矩形 $\Omega$ 里去掉圆 $A$ 之后剩下的部分——也就是集合里的补集。

表 10.1-1

综上，事件的关系或运算的含义与符号表示汇总如下（数值与文字读自本节目录的 page-0240.png）：

类似地可以定义多个事件的和事件与积事件：对三个事件 $A,B,C$， $A\cup B\cup C$（或 $A+B+C$）发生当且仅当 $A,B,C$ 中至少一个发生， $A\cap B\cap C$（或 $ABC$）发生当且仅当 $A,B,C$ 同时发生。

三、互斥与对立：这一节最容易混的一对

把表的最后两行并排看：

$$\text{互斥}:\ A\cap B=\varnothing ;\qquad \text{对立}:\ A\cap B=\varnothing\ \textbf{且}\ A\cup B=\Omega .$$

对立比互斥多一个条件，所以对立一定互斥，互斥未必对立。 掷骰子时 $C_3=\{3\}$ 与 $C_4=\{4\}$ 互斥，但 $C_3\cup C_4=\{3,4\}\neq\Omega$， 掷出 $1$ 时两者都不发生，所以它们不对立。 而 $F=\{2,4,6\}$ 与 $G=\{1,3,5\}$ 既互斥又把 $\Omega$ 填满，才是对立。

一句口诀：互斥是”不能同时有”，对立是”不能同时有，也不能同时没有”。

求对立事件的正确动作是取补集，不是”把话反过来说”。 “至少有一次中靶”的对立不是”至多有一次中靶”，而是”没有一次中靶”， 即”两次都没中靶”。凡是遇到”至少""至多""都""恰好”， 最稳妥的办法是把两个事件都写成子集，再核对 $A\cap B=\varnothing$ 与 $A\cup B=\Omega$ 两条。

四、例 5：并联电路

如图 10.1-9，由甲、乙两个元件组成一个并联电路，每个元件可能正常或失效。 设 $A=$ “甲元件正常”，$B=$ “乙元件正常”。

分析（课本给的）：试验由甲、乙两个元件的状态组成，所以用数组 $(x_1,x_2)$ 表示样本点。 这样，确定事件 $A,B$ 所包含的样本点时，不仅要考虑甲元件的状态，还要考虑乙元件的状态。

(1) 样本空间。 以 $1$ 表示元件正常、$0$ 表示失效，则

$$\Omega=\{(0,0),(0,1),(1,0),(1,1)\} .$$

(2) 四个事件。

$$A=\{(1,0),(1,1)\},\qquad B=\{(0,1),(1,1)\},$$ $$\bar A=\{(0,0),(0,1)\},\qquad \bar B=\{(0,0),(1,0)\} .$$

这一步是本例的要害。 $A=$ “甲元件正常”这句话只提到甲， 但它作为 $\Omega$ 的子集必须把乙的两种状态都收进来——甲正常时乙可正常可失效， 所以 $A$ 有两个样本点，不是一个。写成 $A=\{(1,0)\}$ 或 $A=\{1\}$ 都是错的。

(3) $A\cup B$ 与 $\bar A\cap\bar B$。

$$A\cup B=\{(0,1),(1,0),(1,1)\},\qquad \bar A\cap\bar B=\{(0,0)\} .$$

含义：并联电路只要有一条支路通就通，所以 $A\cup B$ 表示电路工作正常； 两个元件都失效电路才断，所以 $\bar A\cap\bar B$ 表示电路工作不正常。 两者的交是 $\varnothing$、并是 $\Omega$，所以 $A\cup B$ 与 $\bar A\cap\bar B$ 互为对立事件。

顺带记下一条以后常用的等式：$\overline{A\cup B}=\bar A\cap\bar B$。 它就是集合里的德摩根律，用日常话说是“‘至少一个发生’的反面是’一个都不发生’”。 本例把它验了一遍。

五、例 6：不放回摸球

袋中有大小质地相同的 $4$ 个球，$2$ 红（标号 $1,2$）、$2$ 绿（标号 $3,4$）， 不放回地依次随机摸出 $2$ 个球。设

$$R_1=\text{"第一次摸到红球"},\quad R_2=\text{"第二次摸到红球"},$$ $$R=\text{"两次都摸到红球"},\quad G=\text{"两次都摸到绿球"},$$ $$M=\text{"两个球颜色相同"},\quad N=\text{"两个球颜色不同"} .$$

(1) 样本空间与各事件。 用 $(x_1,x_2)$ 表示结果，$x_1$ 是第一次摸到的球的标号， $x_2$ 是第二次摸到的球的标号。不放回意味着 $x_1\neq x_2$，于是

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

共 $4\times 3=12$ 个样本点（图 10.1-10 把这 $12$ 种结果逐一画了出来）。

$$R_1=\{(1,2),(1,3),(1,4),(2,1),(2,3),(2,4)\}\quad(x_1=1\ \text{或}\ 2),$$ $$R_2=\{(2,1),(3,1),(4,1),(1,2),(3,2),(4,2)\}\quad(x_2=1\ \text{或}\ 2),$$ $$R=\{(1,2),(2,1)\},\qquad G=\{(3,4),(4,3)\},$$ $$M=\{(1,2),(2,1),(3,4),(4,3)\},$$ $$N=\{(1,3),(1,4),(2,3),(2,4),(3,1),(3,2),(4,1),(4,2)\} .$$

(2) 三对关系。

• 因为 $R\subseteq R_1$，所以事件 $R_1$ 包含事件 $R$（两次都红，第一次当然红）；
• 因为 $R\cap G=\varnothing$，所以 $R$ 与 $G$ 互斥——但注意它们不对立， $R\cup G=M\neq\Omega$，摸到一红一绿时两者都不发生；
• 因为 $M\cup N=\Omega$ 且 $M\cap N=\varnothing$，所以 $M$ 与 $N$ 互为对立事件。

(3) 两个运算。

• 因为 $R\cup G=M$，所以事件 $M$ 是事件 $R$ 与事件 $G$ 的并事件；
• 因为 $R_1\cap R_2=R$，所以事件 $R$ 是事件 $R_1$ 与事件 $R_2$ 的交事件。

自检：$|R_1|=|R_2|=6$，$|R|=2$，$|G|=2$，$|M|=4$，$|N|=8$， 且 $|M|+|N|=12=|\Omega|$ ✓；$R_1\cap R_2$ 逐个核对—— $R_1$ 与 $R_2$ 的公共元素只有 $(1,2)$ 与 $(2,1)$，正是 $R$ ✓。

这道例题真正示范的是”用集合验关系”。 语言上”两次都摸到红球”与”第一次摸到红球” 谁包含谁，凭直觉也答得出；但换成绕一点的说法就靠不住了。 写成集合，包含就是逐个元素查，互斥就是查交集空不空，对立就再加查并集是不是 $\Omega$—— 三个判据全是机械的，不需要直觉。

六、常见错法

• 把互斥当对立。 只验了 $A\cap B=\varnothing$ 就写”$A$ 与 $B$ 对立”。 必须再验 $A\cup B=\Omega$。例 6 里 $R$ 与 $G$ 就是互斥而不对立的现成例子。
• “至少一个”的反面写错。 $\overline{A\cup B}=\bar A\cap\bar B$， 不是 $\bar A\cup\bar B$；“至少一次中靶”的反面是”两次都没中”，不是”至多一次中靶”。
• 只按事件的字面写子集。 例 5 中 $A=$ “甲元件正常”必须写成 $\{(1,0),(1,1)\}$， 把另一个元件的状态一起遍历。样本点是几元组，事件的每个元素就得是几元组。
• 不放回却把 $(x,x)$ 也写进 $\Omega$。 例 6 的 $\Omega$ 是 $12$ 个而不是 $16$ 个； 若改成有放回，$\Omega$ 才有 $16$ 个样本点，$R$ 会变成 $4$ 个。放回与否先看清。
• 把 $A\cup B$ 的样本点重复计数。 并集里公共部分只算一次， $E_1\cup E_2=\{1,2,3\}$ 是 $3$ 个样本点而不是 $2+2=4$ 个。 这一条到 §10.1.4 讲概率的加法公式时会变成”互斥才能直接相加”。

本节目录是 page-0238～page-0241（印刷页 $231$～$234$）。这四页上只印了一批题： 第 $231$ 页（page-0238）顶部的练习 $3$ 题，全收在这里。

这 $3$ 道考的其实是上一小节 §10.1.1「有限样本空间与随机事件」的内容 （写样本空间、用集合表示事件），但它们印在 page-0238 上，而这一页属于本节目录， 所以按”哪一页印的就归哪一份”的规矩收在这一份。 本节自己的练习（判断互斥、对立那 $10$ 个小题）印在下一页 page-0242 上， 那一页属于 §10.1.3 的目录，已收在 §10.1.3 的习题详解里。

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 231 页）第 1 题

1. 写出下列各随机试验的样本空间：

（1）采用抽签的方式，随机选择一名同学，并记录其性别；

(2) 采用抽签的方式, 随机选择一名同学, 观察其 ABO 血型;

(3) 随机选择一个有两个小孩的家庭，观察两个孩子的性别；

（4）射击靶3次，观察各次射击中靶或脱靶情况；

(5) 射击靶 3 次，观察中靶的次数.

写样本空间只有两步：先定”观察什么”，再把所有基本结果不重不漏地列全。 五个小题恰好把这两步的坑都踩了一遍。

（1）记录性别。 观察对象是被选中同学的性别，只有两个基本结果，

$$\Omega_1=\{\text{男},\ \text{女}\} .$$

（2）观察 ABO 血型。 ABO 血型系统把人分成 $\mathrm{A}$、$\mathrm{B}$、$\mathrm{AB}$、$\mathrm{O}$ 四型， 每人恰属其一，

$$\Omega_2=\{\mathrm{A},\ \mathrm{B},\ \mathrm{AB},\ \mathrm{O}\} .$$

注意 $\mathrm{AB}$ 是一个独立的血型，不是”$\mathrm{A}$ 和 $\mathrm{B}$ 同时发生”。 四个结果互斥且穷尽，正好满足随机试验的第三条特点。

（3）两个小孩的性别。 观察的是两个孩子各自的性别， 所以样本点要能分辨”哪个孩子”。按出生次序把先出生的记为第一个分量、后出生的记为第二个分量， 用有序对表示：

$$\Omega_3=\{(\text{男},\text{男}),\ (\text{男},\text{女}),\ (\text{女},\text{男}),\ (\text{女},\text{女})\} .$$

$(\text{男},\text{女})$ 与 $(\text{女},\text{男})$ 是两个不同的样本点， 前者是”老大男、老二女”，后者是”老大女、老二男”。 若把它们合成一个”一男一女”，样本空间就只剩 $3$ 个元素， 到 §10.1.3 用古典概型算概率时会得出”一男一女的概率是 $\dfrac13$“这个错误结论 （正确值是 $\dfrac24=\dfrac12$）。

（4）射击靶 $3$ 次，观察各次中靶或脱靶情况。 观察的是每一次的结果， 用 $1$ 表示中靶、$0$ 表示脱靶，样本点是有序三元组 $(x_1,x_2,x_3)$，

$$\Omega_4=\{(0,0,0),(1,0,0),(0,1,0),(0,0,1),(1,1,0),(1,0,1),(0,1,1),(1,1,1)\},$$

共 $2^3=8$ 个样本点。用树状图分三层、每层两支来核对，路径数正好是 $8$，不重不漏。

（5）射击靶 $3$ 次，观察中靶的次数。 观察的是一个计数，取值只能是 $0,1,2,3$，

$$\Omega_5=\{0,1,2,3\} .$$

（4）与（5）是这道题的题眼。 两小题的随机试验完全相同——都是射击 $3$ 次—— 但观察的对象不同，样本空间就不同：一个有 $8$ 个样本点，一个只有 $4$ 个。 （5）的每个样本点其实是（4）里若干个样本点的合并： “中靶 $1$ 次”对应 $\{(1,0,0),(0,1,0),(0,0,1)\}$ 三个结果。 所以在（5）的样本空间里，$4$ 个样本点不是等可能的， 而（4）在”每次中靶概率相同”的假设下才谈得上等可能。 写 $\Omega$ 之前必须先把”观察什么”说死，这是本题最该带走的一条。

自检：五个样本空间的元素都两两不同、都能穷尽全部可能 ✓； （3）（4）用了有序组，次序都有明确含义（出生次序、射击次序）✓； （5）的 $4$ 个取值恰好是（4）中三元组分量之和的全部可能值 $0,1,2,3$ ✓。

练习（第 231 页）第 2 题

2. 如图，由 A，B 两个元件分别组成串联电路（图（1））和并联电路（图（2）），观察两个元件正常或失效的情况.

(1) 写出试验的样本空间;

（2）对串联电路，写出事件 M=“电路是通路”包含的样本点；

（3）对并联电路，写出事件 N = “电路是断路” 包含的样本点.

(1) 样本空间。 两个元件各有正常、失效两种状态。 用 $x_1,x_2$ 分别表示元件 $A,B$ 的状态，$1$ 表示正常、$0$ 表示失效， 样本点写成有序对 $(x_1,x_2)$，则

$$\Omega=\{(0,0),(0,1),(1,0),(1,1)\} .$$

串联与并联的样本空间是同一个。 电路怎么接，只影响”通路”这个事件是哪个子集， 不影响元件状态有几种组合——这正是本题把两张图并排放的用意。

(2) 串联电路的 $M=$ “电路是通路”。 串联时电流要依次经过 $A$ 和 $B$，两个元件都正常才通，即 $x_1=1$ 且 $x_2=1$，所以

$$M=\{(1,1)\} .$$

$M$ 只含一个样本点，是一个基本事件。它的对立事件

$$\bar M=\{(0,0),(0,1),(1,0)\}$$

表示串联电路断路——只要有一个元件失效就断。

(3) 并联电路的 $N=$ “电路是断路”。 并联时 $A$、$B$ 各自成一条支路，只要有一条支路通，电路就通； 反过来，两个元件都失效电路才断，即 $x_1=0$ 且 $x_2=0$，所以

$$N=\{(0,0)\} .$$

把两问并排看，结构一目了然。 记 $A=$ “元件 $A$ 正常”$=\{(1,0),(1,1)\}$， $B=$ “元件 $B$ 正常”$=\{(0,1),(1,1)\}$，则

$$\text{串联通路}=A\cap B=\{(1,1)\},\qquad \text{并联通路}=A\cup B=\{(0,1),(1,0),(1,1)\},$$

而并联断路

$$N=\overline{A\cup B}=\bar A\cap\bar B=\{(0,0)\} .$$

串联对应交、并联对应并，这个对应关系值得记住； 最后一个等号就是德摩根律的一次具体实现，也正是 §10.1.2 例 5 的结论。

自检：$|M|=1$，$|N|=1$，两者都是 $\Omega$ 的子集 ✓； 串联通路（$1$ 个样本点）比并联通路（$3$ 个样本点）苛刻，符合”串联更容易坏”的常识 ✓； $M$ 与 $N$ 虽然都只含一个样本点，但它们是不同电路上的不同事件， $M=\{(1,1)\}$ 说的是都正常，$N=\{(0,0)\}$ 说的是都失效，不能混为一谈 ✓。

练习（第 231 页）第 3 题

3. 袋子中有 9 个大小和质地相同的球，标号为 1，2，3，4，5，6，7，8，9，从中随机摸出一个球.

(1) 写出试验的样本空间；

（2）用集合表示事件 $A =$ “摸到球的号码小于5”，事件 $B =$ “摸到球的号码大于4”，事件 $C =$ “摸到球的号码是偶数”.

(1) 样本空间。 $9$ 个球大小质地相同、标号互不相同，摸出一个球观察其号码， 基本结果就是号码本身：

$$\Omega=\{1,2,3,4,5,6,7,8,9\} .$$

(2) 三个事件。 逐个把”使该事件发生的样本点”收集起来：

$$A=\{1,2,3,4\},\qquad B=\{5,6,7,8,9\},\qquad C=\{2,4,6,8\} .$$

几处措辞要抠准：

• $A$ 是”号码小于 $5$“，不含 $5$，所以到 $4$ 为止，共 $4$ 个样本点；
• $B$ 是”号码大于 $4$“，不含 $4$，从 $5$ 起，共 $5$ 个样本点；
• $C$ 是偶数号码，袋中只有 $1\sim 9$，偶数是 $2,4,6,8$ 共 $4$ 个，没有 $0$。

顺便可以看出的几层关系（用得上下一小节的语言）：

$$A\cup B=\Omega,\qquad A\cap B=\varnothing\ \Longrightarrow\ A\ \text{与}\ B\ \text{互为对立事件}；$$ $$A\cap C=\{2,4\}\neq\varnothing,\qquad B\cap C=\{6,8\}\neq\varnothing,$$

所以 $C$ 与 $A$、$C$ 与 $B$ 都不互斥。

自检：$|A|+|B|=4+5=9=|\Omega|$，且两者无公共元素 ✓，与”小于 $5$“和”大于 $4$” 恰好把 $1\sim 9$ 分完相符；$C$ 的 $4$ 个元素分别落进 $A$ 与 $B$ 各两个， $|A\cap C|+|B\cap C|=2+2=4=|C|$ ✓。