上一节给出了估计概率的新办法：做大量重复试验，用频率去估计概率。 办法是对的，代价是人做不动——抛 $1000$ 次硬币要抛到手软，摸 $300$ 次球要摸到天黑。 本节开门见山问的就是这件事：

用频率估计概率，需要做大量的重复试验。有没有其他方法可以替代试验呢？

答案是随机模拟：把随机试验翻译成”产生随机数”，让计算器或计算机替你把试验做完。

一、随机模拟的关键一步：把试验翻译成随机数

我们知道，利用计算器或计算机软件可以产生随机数。实际上，我们也可以根据不同的随机试验构建相应的随机数模拟试验，这样就可以快速地进行大量重复试验了。

例如，对于抛掷一枚质地均匀硬币的试验，我们可以让计算器或计算机产生取值于集合 $\{0, 1\}$ 的随机数，用 0 表示反面朝上，用 1 表示正面朝上。这样不断产生 0, 1 两个随机数，相当于不断地做抛掷硬币的试验。

又如，一个袋中装有2个红球和3个白球，这些球除颜色不同外没有其他差别。对于从袋中摸出一个球的试验，我们可以让计算器或计算机产生取值于集合 $\{1, 2, 3, 4, 5\}$ 的随机数，用1，2表示红球，用3，4，5表示白球。这样不断产生1～5之间的整数随机数，相当于不断地做从袋中摸球的试验。

这两个例子里藏着随机模拟的全部技术含量。 把它拆开看：

一条硬规矩：随机数是等可能产生的，所以每个结果分到的随机数个数，必须与它的概率成正比。 摸球那一例，红球概率 $\tfrac25$，就必须让红球分到 $5$ 个数里的 $2$ 个； 如果懒省事写成”$1\to$ 红，$2\to$ 白”，那模拟出来的是一枚均匀硬币，不是这个袋子。

反过来说，你能用几个随机数把一个试验编码出来，取决于概率是不是有限小数或分数。 后面的例 4 里甲每局胜的概率是 $0.6=\tfrac35$，所以要用 $1\sim 5$ 而不是 $1\sim 2$—— 这一步选错，后面全错。

二、模拟出来的频率，一样有稳定性

表 10.3-3 是用电子表格软件模拟上述摸球试验的结果，其中 n 为试验次数， $n_{A}$ 为摸到红球的频数， $f_{n}(A)$ 为摸到红球的频率.

表 10.3-3 的数据（据 page-0265 扫描页）：

画出频率折线图（图 10.3-2），从图中可以看出：随着试验次数的增加，摸到红球的频率稳定于概率 0.4.

这张表值得逐列读一遍，因为它把上一节”频率的稳定性”演示得比手工试验还清楚：

• $n=10$ 时频率是 $0.6$，离真值 $0.4$ 差了 $0.2$——小样本的频率毫无参考价值；
• $n=20$ 时又掉到 $0.35$，方向都翻过来了；
• 从 $n=100$ 起，频率一直落在 $0.385\sim 0.45$ 之间，再没有大幅摆动；
• 但它始终没有精确等于 $0.4$。$n=300$ 时是 $0.39$，不是 $0.4$。

“稳定于 $0.4$“说的是摆动幅度越来越小、摆动中心是 $0.4$，不是说某一次会恰好落在 $0.4$ 上。 图 10.3-2 里那条水平的蓝线画的就是概率 $0.4$，折线在它上下穿来穿去、越穿越贴近。

这里也有一个容易忽略的点：这张表本身是模拟出来的，换一次模拟就是另一张表。 所以不要把 $f_{300}(A)=0.39$ 当成”$300$ 次摸球的正确答案”——它只是这一轮模拟的结果。

三、随机数与伪随机数

例如我们要产生0~9之间的随机整数，像彩票摇奖那样，把10个质地和大小相同的号码球放入摇奖器中，充分搅拌后摇出一个球，这个球上的号码就称为随机数。计算器或计算机产生的随机数是按照确定的算法产生的数，具有周期性（周期很长），它们具有类似随机数的性质。因此，计算器或计算机产生的随机数不是真正的随机数，我们称它们为伪随机数。

这段边注不是闲笔，它回答了一个学生一定会问的问题：既然算法是确定的，模拟出来的东西凭什么算随机？

• 真随机数靠物理过程产生（摇奖球、热噪声、放射性衰变），没有算法可循；
• 伪随机数由确定的递推算法产生，给定同一个种子，序列完全可复现；
• 之所以能拿来用，是因为它在统计性质上像随机数：取值分布均匀、前后项没有可察觉的相关、周期长到在一次试验里根本用不完。

一个实际的推论：电子表格里的 RANDBETWEEN 每次重算都会变， 是因为它每次都换了种子；而编程时若把种子固定下来，同一段代码跑两遍会得到一模一样的”随机”结果—— 这在调试时是好事，在做模拟时要当心别把种子写死。

四、蒙特卡洛方法

我们称利用随机模拟解决问题的方法为蒙特卡洛(Monte Carlo)方法.

蒙特卡洛方法是在第二次世界大战期间兴起和发展起来的，它的奠基人是冯·诺伊曼（John von Neumann）。这种方法在应用物理、原子能、固体物理、化学、生物、生态学、社会学以及经济行为等领域中都得到了广泛的应用。

“蒙特卡洛”是摩纳哥那个以赌场闻名的城市，用它命名是取”靠掷骰子解决问题”的意思。 这个方法的适用面比本章大得多：只要一个量能写成某个随机事件的概率或某个随机变量的平均值， 就能靠大量模拟去逼近它——包括很多本身跟随机性无关的量（比如用向正方形里随机撒点、 数落在内切圆里的比例去估计 $\pi$）。

它的代价也要说清楚：模拟给出的永远是近似值，而且精度提升很慢。 粗略地说，要把误差缩小到原来的 $\tfrac{1}{10}$，试验次数大约要变成原来的 $100$ 倍。 所以凡是能精确算的，就不要模拟——模拟是给算不出来的问题准备的。

五、例 3：$6$ 个人里有没有两人同月生

例 3 从你所在班级任意选出 6 名同学，调查他们的出生月份，假设出生在一月、二月……十二月是等可能的。设事件 A = “至少有两人出生月份相同”，设计一种试验方法，模拟 20 次，估计事件 A 发生的概率。

解：方法 1 根据假设，每个人的出生月份在 12 个月中是等可能的，而且相互之间没有影响，所以观察 6 个人的出生月份可以看成可重复试验.

因此，可以构建如下有放回摸球试验进行模拟：在袋子中装入编号为 1, 2, …, 12 的 12 个球，这些球除编号外没有什么差别。有放回地随机从袋中摸 6 次球，得到 6 个数代表 6 个人的出生月份，这就完成了一次模拟试验。如果这 6 个数中至少有 2 个相同，表示事件 A 发生了。重复以上模拟试验 20 次，就可以统计出事件 A 发生的频率。

方法2 利用电子表格软件模拟试验. 在A1, B1, C1, D1, E1, F1单元格分别输入“=RANDBETWEEN（1，12）”，得到6个数，代表6个人的出生月份，完成一次模拟试验. 选中A1, B1, C1, D1, E1, F1单元格，将鼠标指向右下角的黑点，按住鼠标左键拖动到第20行，相当于做20次重复试验. 统计其中有相同数的频率，得到事件A的概率的估计值.

表 10.3-4 是 20 次模拟试验的结果. 事件 A 发生了 14 次, 事件 A 的概率估计值为 0.70, 与事件 A 的概率（约 0.78）相差不大.

先看这道题为什么必须模拟。 事件 $A$ 是”至少有两人出生月份相同”， 它的对立面”$6$ 个人月份两两不同”才好数。样本空间是 $6$ 个人各取 $12$ 个月之一， 共 $12^{6}$ 个等可能结果；两两不同的有 $12\times 11\times 10\times 9\times 8\times 7$ 种。所以

$P(A)=1-\frac{12\times 11\times 10\times 9\times 8\times 7}{12^{6}}=1-\frac{665\,280}{2\,985\,984}\approx 1-0.2228=0.7772$

——这就是课本说的”约 $0.78$“。注意：本题在课本此处并没有要求你这样算， 它要求的是设计模拟；上面这段精确计算是为了让你看清”$0.70$ 与 $0.78$ 相差不大”这句话的分量。

再看两种方法的关系。 方法 1 是”有放回摸球”，方法 2 是电子表格； 它们是同一个模型的两种实现，不是两个模型：

• $12$ 个编号球对应 $12$ 个月，有放回对应”两个人可以同月生”（这一条最关键， 漏掉”有放回”就变成了不可能有人同月的假试验）；
• 摸 $6$ 次对应 $6$ 个人；
• =RANDBETWEEN(1,12) 产生 $1\sim 12$ 的等可能整数，一行 $6$ 个格就是一次试验， 拖到第 $20$ 行就是 $20$ 次重复。

最后看结论怎么表述。 $20$ 次里 $A$ 发生 $14$ 次，估计值 $\tfrac{14}{20}=0.70$。 $0.70$ 与 $0.78$ 差了 $0.08$，在 $20$ 次试验的尺度上这是完全正常的波动： 若真值是 $0.78$，$20$ 次里发生次数在 $13\sim 19$ 之间都不算意外。 试验次数只有 $20$，就别指望两位小数都对。

六、例 4：羽毛球决赛，$3$ 局 $2$ 胜

例 4 在一次奥运会男子羽毛球单打比赛中，运动员甲和乙进入了决赛。假设每局比赛甲获胜的概率为 0.6，乙获胜的概率为 0.4。利用计算机模拟试验，估计甲获得冠军的概率。

分析：奥运会羽毛球比赛规则是3局2胜制，甲获得冠军的结果可能是 $2:0$ 或 $2:1$. 显然，甲连胜2局或在前2局中赢一局输一局，并赢得第3局的概率，与打满3局，甲胜2局或3局的概率相同。每局比赛甲可能胜，也可能负，3局比赛所有可能结果有8种，但是每个结果不是等可能出现的，因此不是古典概型，可以用计算机模拟比赛结果。

解：设事件 $A =$ “甲获得冠军”，事件 $B =$ “单局比赛甲胜”，则 $P(B) = 0.6$。用计算器或计算机产生 $1 \sim 5$ 之间的随机数，当出现随机数 1，2 或 3 时，表示一局比赛甲获胜，其概率为 0.6。由于要比赛 3 局，所以每 3 个随机数为一组。例如，产生 20 组随机数：

课本给出的 $20$ 组随机数是：

423 123 423 344 114 453 525 332 152 342

534 443 512 541 125 432 334 151 314 354

相当于做了20次重复试验. 其中事件 $A$ 发生了13次，对应的数组分别是423，123，423，114，332，152，342，512，125，432，334，151，314，用频率估计事件 $A$ 的概率近似为 $\frac{13}{20} = 0.65$.

用随机模拟的方法得到的是20次试验中事件A发生的频率，它是概率的近似值.事件A的概率的精确值为0.648.

这道题有三个关卡，每一关都可能翻车。

关卡一：为什么不是古典概型

$3$ 局比赛的结果串一共 $2^{3}=8$ 种，但每一种的概率不同： 甲全胜是 $0.6^{3}=0.216$，甲全负是 $0.4^{3}=0.064$。 $8$ 个结果不等可能，$P(A)=\frac{n(A)}{8}$ 这个公式从根上用不了。 这正是本章一路强调的那条界线：“数得清”不等于”等可能”。

关卡二：为什么可以按”打满 $3$ 局”来数

实际比赛中甲若前两局连胜就直接夺冠，第 $3$ 局不打。 但把第 $3$ 局照打不误，不会改变”甲夺冠”的概率——因为甲已经赢的那两局锁定了结果， 第 $3$ 局的输赢与是否夺冠无关。于是

$\{\text{甲夺冠}\}=\{\text{打满 }3\text{ 局甲胜 }2\text{ 局或 }3\text{ 局}\}$

这一步换算是本题的题眼：它把”局数不固定”的试验换成了”局数固定为 $3$“的试验， 后者才能用”每 $3$ 个随机数一组”来模拟。

关卡三：为什么用 $1\sim 5$ 而不是别的

甲单局胜的概率是 $0.6=\tfrac{3}{5}$，所以要把 $5$ 个等可能的随机数分成 $3:2$： $1,2,3$ 表示甲胜，$4,5$ 表示乙胜。 用 $1\sim 10$ 里的 $1\sim 6$ 表示甲胜同样正确（比例还是 $0.6$）； 用 $1\sim 5$ 里的 $1,2$ 表示甲胜就错了（那是 $0.4$）。

数一遍那 $20$ 组

规则：一组三位数里，$1,2,3$ 出现 $\ge 2$ 次就算甲夺冠。

共 $13$ 组，与课本列出的那 $13$ 个数组完全一致，$f_{20}(A)=\tfrac{13}{20}=0.65$。

精确值也验一遍（课本给的 $0.648$）：

$P(A)=C_{3}^{2}\times 0.6^{2}\times 0.4+0.6^{3}=3\times 0.144+0.216=0.648$

也可以按实际赛制直接算：$2:0$ 的概率 $0.6^{2}=0.36$， $2:1$ 的概率 $2\times 0.6\times 0.4\times 0.6=0.288$， 两者互斥，和为 $0.648$——与”打满 $3$ 局”的算法一致，印证了关卡二那步换算。

注意课本的收尾那句话：模拟给出的 $0.65$ 是频率，$0.648$ 才是概率。 这两个数长得像，性质完全不同：前者随模拟结果变，后者是确定的数。

七、阅读与思考：孟德尔遗传规律

奥地利遗传学家孟德尔在 1858—1865 年的 8 年间做了大量豌豆杂交试验。他把子叶为黄色和绿色的豌豆杂交，第一年收获的豌豆的子叶都是黄色的；第二年，当他把第一年收获的子叶为黄色的豌豆再种下时，收获的豌豆的子叶颜色既有黄色也有绿色。同样地，他把圆粒和皱粒豌豆杂交，第一年收获的都是圆粒豌豆；第二年，当他把这种杂交圆粒豌豆再种下时，收获的却既有圆粒豌豆，又有皱粒豌豆。试验的具体数据如下：

表 1 的数据（据 page-0269 扫描页）：

为什么表面完全相同的豌豆会长出这样不同的后代呢？而且每次试验第二年收获的结果比例都接近 $3:1$，非常稳定。孟德尔认为其中一定有某种遗传规律。经过长期坚持不懈的研究，孟德尔终于找到了规律，并提出了一种遗传机理的概率模型。这一发现为近代遗传学奠定了基础，孟德尔本人也成了遗传学的奠基人。

生物的性状是由遗传因子确定的，遗传因子在体细胞内是成对存在的，一个来自父本，一个来自母本，且是随机组合的。用 DD 表示子叶为纯黄色豌豆的一对遗传因子，用 dd 表示子叶为纯绿色豌豆的一对遗传因子。当这两种豌豆杂交时，子一代（第一年收获的豌豆）的遗传因子全部为 Dd。当把子一代杂交豌豆再种下时，子二代（第二年收获的豌豆）同样是从父本和母本各随机地继承一个遗传因子，所以子二代的遗传因子有三种类型：DD，Dd，dd。

对豌豆的颜色来说，D 是显性因子，d 是隐性因子。当显性因子与隐性因子结合时，表现显性因子的性状，即 DD，Dd 都表现为黄色；当两个隐性因子结合时，才表现隐性因子的性状，即 dd 表现为绿色。

由于子代的遗传因子是父本和母本的遗传因子的等可能随机组合，因此在子二代中，DD，dd出现的概率都是0.25，Dd出现的概率是0.5。所以子二代中子叶为黄色的豌豆（DD，Dd）与子叶为绿色的豌豆（dd）的比例大约是3:1。

在孟德尔豌豆试验中，设 $A =$ “在子二代豌豆中随机选择一粒子叶是绿色的豌豆”，则 $A$ 是一个随机事件。孟德尔的试验（试验次数为8023）表明，事件 $A$ 发生的频率约为0.2494。请问：

（1）孟德尔是依据什么猜想事件 $A$ 发生的概率为0.25，从而构造遗传机理概率模型的？

（2）如果对某个随机现象，我们先提出一个理论概率模型，如何对模型的正确性进行验证呢？

感兴趣的同学可以进一步思考，当随机选择子二代豌豆进行杂交时，按照孟德尔遗传规律，子三代豌豆的子叶是绿色的概率是多大？

这段材料的数学骨架

把遗传因子的随机组合写成本章的语言：子一代都是 $\mathrm{Dd}$， 子二代从父本、母本各等可能地拿一个因子，样本空间是

$\Omega=\{(\mathrm{D},\mathrm{D}),(\mathrm{D},\mathrm{d}),(\mathrm{d},\mathrm{D}),(\mathrm{d},\mathrm{d})\}$

$4$ 个样本点等可能。于是 $\mathrm{DD}$、$\mathrm{dd}$ 各占 $1$ 个，概率 $0.25$； $\mathrm{Dd}$ 占 $2$ 个，概率 $0.5$。显性规则把 $\mathrm{DD},\mathrm{Dd}$ 都归为黄色， 所以黄 : 绿 $=3:1$，$P(A)=0.25$。

这就是一个标准的古典概型——“父本母本各随机给一个因子”正好提供了等可能性。

（1）孟德尔凭什么猜概率是 $0.25$

凭频率的稳定性。 试验次数 $8023$ 已经很大， 绿色的频率 $\tfrac{2001}{8023}\approx 0.2494$； 另一组独立试验（种子形状）里皱粒的频率 $\tfrac{1850}{7324}\approx 0.2526$。 两个不同性状、两组独立数据，频率都紧贴 $0.25$，而且比例都接近 $3:1$。

按上一节的结论，大量重复试验中频率稳定于概率，所以概率的估计值就是 $0.25$。 $0.25=\tfrac14$ 是个特别”整齐”的数，它反过来提示： 背后多半是”两个二选一的因子随机配对”这种结构——这才是从数据反推模型的那一步。

要说准的一点：$0.2494$ 是频率，是概率的估计值； 孟德尔做的是先由频率猜出概率、再造模型解释这个概率，而不是”$0.2494$ 就是概率”。

（2）怎么验证一个理论概率模型

思路是：模型给出理论概率 $p$，试验给出频率 $f_n$，看两者差得是否合理。

1. 先由模型算出理论概率。 这里模型给出 $p=0.25$。
2. 做大量重复试验（或随机模拟），得到频率 $f_n$。
3. 比较。 关键是”差多少才算不合理”——不能只看差值，要看试验次数。 $n=20$ 时频率 $0.20$ 与 $0.25$ 差 $0.05$，完全正常； $n=8023$ 时若频率是 $0.20$，那就非常可疑了。
4. 模型还要对得上别的推论。 好的模型不只算准一个数： 孟德尔的模型同时预言了子一代全为显性、子二代 $3:1$、不同性状各自独立， 这些都被试验一一验证，模型才站得住。

注意这里的逻辑是单向的：频率与理论值吻合，只能说”没有证据推翻这个模型”； 不能说”模型被证明了”。别的模型也可能给出同样的 $0.25$。 这一点和统计里的假设检验是同一个道理。

附：子三代子叶是绿色的概率

课本末尾留了一问。先把”随机选择子二代豌豆进行杂交”读准—— 指的是随机取两株子二代互相授粉。

子二代每株传给后代的那个因子是随机的： $\mathrm{DD}$ 必传 $\mathrm{D}$，$\mathrm{dd}$ 必传 $\mathrm{d}$，$\mathrm{Dd}$ 各半。 所以随机取一株子二代，它传出 $\mathrm{d}$ 的概率是

$0.25\times 0+0.5\times \tfrac12+0.25\times 1=0.5$

父本母本独立，故子三代为 $\mathrm{dd}$ 的概率是 $0.5\times 0.5=0.25$。 子三代绿色的比例仍是 $0.25$，与子二代相同——这就是群体遗传学里的平衡现象。

如果把题读成”子二代各自自交”，答案不同： $0.25\times 0+0.5\times 0.25+0.25\times 1=0.375$。 豌豆在自然状态下确实以自交为主，孟德尔本人做的也是自交， 所以这两个答案都要能算，关键是先说清你按哪种交配方式在算。

八、本章小结·回顾与思考

在自然界和人类社会存在的各种现象中，有些在一定条件下能预知结果，称为确定性现象；有些不能预知结果，称为不确定性现象。我们把在一定条件下不能事先预知结果，但在大量重复观测下，各个结果出现的频率具有稳定性的现象称为随机现象。概率论是研究随机现象规律性的数学分支。

在本章，我们在明确概率的研究对象的基础上，引进了样本点和有限样本空间的概念，并把随机事件定义为样本空间的子集，再类比集合的关系和运算，研究了随机事件的关系和运算；然后，我们重点研究了古典概型的特征、古典概率的定义及计算，探究了概率的基本性质；接着，利用概率讨论了事件之间的一种特殊关系，即事件的独立性，并利用独立性简化某些概率计算；最后，我们研究了随机事件频率的稳定性，以及用频率估计概率时很实用的随机模拟方法.

在初中的学习中，我们对随机事件、等可能条件下概率的计算以及用频率估计概率已有初步认识。本章我们从随机试验抽象出样本点、样本空间的概念，将随机事件看作样本空间的子集，这是研究概率问题的基础。用样本点表示随机事件是把现实问题转化为数学问题的关键步骤，必须给予充分重视。根据概率的定义，设一个随机试验的样本空间为 $\Omega$ ，对于每个事件 $A \subseteq \Omega$ ，都有唯一确定的实数 $P(A) \in [0, 1]$ 与之对应。由此想到，我们可以类比函数的研究过程和方法来构建概率的研究路径，发现和提出概率中要研究的问题，形成研究方法，得出有关结论。例如，我们可以建立一个表格，通过类比函数的性质，发现和提出概率的性质：

当然，概率的研究对象比函数的研究对象复杂得多，所以在概率的学习中要拓宽思路。例如，我们还可以从事件的关系和运算入手，或者类比长度、面积的性质，发现概率的一些基本性质。

随机事件在一次试验中是否发生是不确定的，但在大量重复试验中，它的发生呈现出规律性。概率是随机事件发生可能性大小的度量。古典概型是最简单的概率模型，可以直接计算相关事件的概率。需要注意的是，只有在试验结果是有限的、每个结果的出现是等可能的特征下，才能定义出古典概型中随机事件发生的概率。在学习中，要注意在理解样本空间、随机事件等概念的基础上，理解随机事件概率的意义；同时，要注意借助古典概型认识样本空间以及随机事件发生的含义。

在现实中，还有大量随机事件不能像古典概型一样直接计算概率，要利用频率来估计。要注意理解频率的特性、概率与频率的关系。随机事件发生的频率是概率的近似值，随着试验次数的增加，频率会逐渐稳定于概率；频率具有随机性，试验次数不同，频率可能不同，即使相同次数的不同试验，频率也可能不同。不过，概率是一个确定的数，与每次试验无关。

与统计的研究一样，概率中也需要进行大数据的处理。本章我们学习了随机模拟方法，利用计算机产生整数随机数、模拟某些随机试验，这不仅能提高数据处理的效率，而且能使我们更好地体会概率的意义。所以，要重视信息技术的作用，尽可能学会用计算工具来处理数据，进行随机模拟。

课本随后列出七个问题。逐个回答：

1. 随机现象的例子；怎么了解它的规律

1. 你能举出一些随机现象的例子吗？你会用什么方法了解这个随机现象的规律？

例子：抛硬币的正反、明天是否降水、某路口一小时内通过的车辆数、 一批产品中某件是否合格、某人某天的通勤时间。

了解规律的方法有两条，本章两条都学了：

• 能判定等可能、样本点有限——直接用古典概型公式算，不必做试验；
• 不等可能或不知道是否等可能——做大量重复试验用频率估计概率； 试验做不动就用随机模拟代替。

2. 日常生活中利用概率决策的例子

2. 你能举出几个在日常生活中利用概率决策的例子吗？

• 天气预报：降水概率 $90\%$ 就带伞；
• 保险：保费按出险概率与赔付额定价；
• 体检筛查：某病发病率高的年龄段才做某项检查；
• 产品抽检：按不合格品出现的概率定抽样量与判定标准；
• 游戏与比赛策略：例 4 那种三局两胜制下，强者更倾向于长赛制，因为局数越多、 实力强的一方夺冠概率越高。

3. 古典概型的特征

3. 古典概型有哪些特征？

两条，缺一不可：

• 有限性：样本空间只有有限个样本点；
• 等可能性：每个样本点出现的可能性相等。

满足这两条时，对任意事件 $A$ 有 $P(A)=\dfrac{n(A)}{n(\Omega)}$。 本节的例 4 恰好是”有限但不等可能”的反例，$10.3$ 一节开头的图钉、 不均匀骰子也是——它们提醒你：这两条要分别验证，不能只数个数。

4. 由基本性质还能推出哪些性质

4. 由概率的基本性质你还能推出概率的其他性质吗？

从 $P(A)\ge 0$、$P(\Omega)=1$、互斥可加这三条出发，$10.1.4$ 已经推出：

• $P(\varnothing)=0$；
• 对立事件：$P(\overline{A})=1-P(A)$；
• 单调性：$A\subseteq B\Rightarrow P(A)\le P(B)$，从而 $P(A)\le 1$；
• 一般加法公式：$P(A\cup B)=P(A)+P(B)-P(A\cap B)$。

还能继续推的（都不难，值得自己写一遍）：

• 差事件：$A\subseteq B$ 时 $P(B\setminus A)=P(B)-P(A)$；
• 上界：$P(A\cup B)\le P(A)+P(B)$，一般地 $P\!\left(\bigcup A_i\right)\le\sum P(A_i)$；
• 下界：$P(A\cap B)\ge P(A)+P(B)-1$；
• 三事件加法：$P(A\cup B\cup C)$ 等于三个单项和减三个两两交再加一个三重交。

5. 独立时 $P(AB)$ 与 $P(A),P(B)$ 的关系

5. 如果两个事件 $A$ 和 $B$ 独立，那么 $P(AB)$ 与 $P(A), P(B)$ 有什么关系？

$A$ 与 $B$ 相互独立的定义就是 $P(AB)=P(A)P(B)$。

要连着记住三条：

• 这是定义，不是从别处推出来的定理，判定独立就得回到它；
• 独立与互斥是两回事：互斥说的是 $A\cap B=\varnothing$， 两个概率为正的事件不可能既互斥又独立（$10.2$ 习题第 $3$ 题）；
• 独立可以传给对立事件：$A$ 与 $B$ 独立时， $A$ 与 $\overline{B}$、$\overline{A}$ 与 $B$、$\overline{A}$ 与 $\overline{B}$ 都独立。

6. $100$ 次一定比 $50$ 次更接近概率吗

6. 重复试验100次一定比重复试验50次得到的频率更接近概率吗？你有办法了解你得到的频率是否接近概率吗？

不一定。 频率本身是随机的，“次数多”保证的是”偏差大的可能性小”，不是”这一次一定更准”。 完全可能出现 $50$ 次试验恰好蒙对、$100$ 次试验反而差一点的情况。 本节表 10.3-3 里 $n=50$ 时 $f_n(A)=0.4$（正好命中）， $n=100$ 时 $f_n(A)=0.45$（反而差了 $0.05$）——现成的反例就在课本这一页上。

怎么了解自己得到的频率是否接近概率？ 三个办法：

• 重复几轮：同样做 $n$ 次，独立地做上十轮，看这十个频率彼此散得开不开。 散得开说明 $n$ 还不够大；
• 看频率折线图：像图 10.3-2 那样把 $f_n$ 随 $n$ 画出来，波动收窄了才算稳；
• 加大 $n$ 再看：$n$ 翻十倍后频率若几乎不动，就可以信到这个位数。

7. 随机模拟得到的是频率还是概率

7. 利用随机模拟得到的计算结果是频率还是概率？

是频率，是概率的估计值。

这条要作为本章的收尾牢牢记住：例 3 里 $0.70$ 是频率、$0.78$ 是概率； 例 4 里 $0.65$ 是频率、$0.648$ 是概率。 换一轮模拟，前者会变，后者不会。

九、常见错法

• 随机数分配与概率不成比例。 概率 $0.6$ 的事件却用 $\{1,2\}$ 表示（那是 $0.4$）， 或者用 $1\sim 3$ 表示、$1\sim 2$ 不表示却忘了还有 $4,5$。 动手前先写出”每个结果分到几个数、占几分之几”。
• 把有放回写成不放回。 例 3 若不放回，$6$ 个数必然互不相同，事件 $A$ 永远不发生。 “两个人可以同月生”这一句，对应的就是”有放回”。
• 分组长度与试验结构对不上。 例 4 每 $3$ 个数一组，因为要打 $3$ 局； 写成每 $2$ 个数一组就模拟成了两局定胜负。
• 把模拟结果当精确值报。 写"$P(A)=0.65$"是错的， 应写”$P(A)$ 的估计值为 $0.65$“或"$f_{20}(A)=0.65$"。
• 拿模拟去做本来能精确算的题。 例 3 的 $P(A)$ 有现成公式， 考场上要求”估计”才模拟，要求”求”就得算。
• 认为试验次数越多、这一次的估计就一定越准。 见上面第 6 问，这是本章最常被记反的一条。
• 把频率的稳定性理解成”频率最终会等于概率”。 表 10.3-3 到 $n=300$ 仍是 $0.39$。 稳定性说的是摆动收窄，不是收敛到相等。

本页收 $10.3.1$ 练习跨页过来的第 $3$ 题第（2）问与第 $4$ 题（印刷第 $258$ 页）、 $10.3.2$ 的练习（第 $260$ 页）、习题 $10.3$（第 $261$—$262$ 页）， 以及全章的复习参考题 $10$（第 $266$—$268$ 页）。

课本这几页里有六张表被转写丢了（习题 $10.3$ 第 $2$、$3$、$4$ 题， 复习参考题第 $3$、$4$ 题，以及第 $2$ 题的图与题干）。下面凡用到这些数据的地方， 都按扫描页 page-0268、page-0269、page-0273、page-0274 重新录出，并在正文里注明。

练习（第 258 页）第 3 题(2) 与第 4 题

（2）如果从H省任意调查一个人的血型，那么他是O型血的概率大约是多少？4. 分别举出一个生活中概率很小和很大的例子.

这两小问印在第 $258$ 页上，与第 $3$ 题第（1）问、第 $1$、$2$ 题不在同一页， 所以按页归属收在本页。第（1）问算出的四个血型频率见 $10.3$ 一节的习题详解。

第 3 题(2)

本问的数据在第（1）问里，不在本页题面上，所以先把它录全，再作答。

第 $3$ 题的题干是”在我国 H 省调查了 $30488$ 人，四种血型的人数如下”， 随后那张表是插图，转写没有带出来；下面的数字取自 §10.3 目录下的 page-0264.png 扫描图：

先验总数：$7704+10765+8970+3049=30488$ ✓，与题面的调查人数一致。

于是 O 型的频率是

$f(\text{O})=\frac{n_{\text{O}}}{n}=\frac{8970}{30488}\approx 0.294$

按本节的方法，用频率估计概率：样本量 $n=30488$ 很大， 远超”频率已经稳定”所需的规模（表 $10.3$-$3$ 里 $n$ 到几百时频率就已经收得很窄了）， 所以从 H 省任意调查一个人，他是 O 型血的概率大约是 $0.294$（约 $29.4\%$）。

“人数足够多”这句不能空口说，它的依据就是上面这个 $n=30488$—— 换成只调查了 $30$ 个人，同一个 $0.294$ 就没有这样的说服力。

两处要说准：

• $0.294$ 是频率，是概率的估计值，不是概率本身。 写成"$P=0.294$"不合适，应写”概率大约是 $0.294$”。
• 这个估计只对 H 省成立。血型分布有明显的地域差异， 拿它去估计另一个省的 O 型血比例是换了总体，结论不能直接搬。

第 4 题

这题问的是”概率很小”和”概率很大”的例子，不是”不可能”和”必然”的例子—— 这是本题唯一的坑：很小 $\ne 0$，很大 $\ne 1$。

概率很小的例子：

• 买一注双色球中一等奖（约千万分之一）；
• 某天本地发生 $5$ 级以上地震；
• 随机遇到的一个人当天正好过生日（约 $\tfrac{1}{365}$）。

概率很大的例子：

• 从一批合格率 $99.9\%$ 的产品中任取一件是合格品；
• 一个健康成年人今天不会突发重病；
• 随机遇到的一个人当天不过生日（约 $\tfrac{364}{365}$）。

判断标准：能举出反例、只是反例极少见的，才是”概率很小/很大”。

注意别拿”太阳从东方升起”这类当”概率很大”的例子—— 课本正是把它当作 $P=1$ 的必然事件的典型。 同一套物理条件下，“从东方升起”是必然、“从西边升起”是不可能， 不能一边判成 $P=0$、一边又说另一边只是”接近 $1$”。 “很大”要留给真正的随机事件：那件事确实可能不发生，只是很少不发生。

练习（第 260 页）第 1 题

1. 将一枚质地均匀的硬币连续抛掷4次，设事件 $A =$ “恰好两次正面朝上”，

(1) 直接计算事件 A 的概率;

（2）利用计算器或计算机模拟试验80次，计算事件 $A$ 发生的频率.

(1) 直接计算

连抛 $4$ 次，每次正反两种，样本空间

$\Omega=\{(x_1,x_2,x_3,x_4)\mid x_i\in\{\text{正},\text{反}\}\}$

共 $2^{4}=16$ 个样本点，硬币质地均匀且各次互不影响，$16$ 个样本点等可能，是古典概型。

事件 $A$ 是”恰好两次正面”，即四个位置里挑两个放正面：

$n(A)=C_{4}^{2}=6$

具体列出来是 $(\text{正},\text{正},\text{反},\text{反})$ 等 $6$ 个。于是

$P(A)=\frac{6}{16}=\frac{3}{8}=0.375$

注意不要写成 $\tfrac{1}{5}$：有人把结果按”正面次数 $0,1,2,3,4$“分成 $5$ 类然后取 $\tfrac15$， 这 $5$ 类不等可能（$2$ 次的那类含 $6$ 个样本点，$0$ 次的只含 $1$ 个），古典概型公式用不上。

(2) 设计模拟

方案（用 $0,1$ 随机数）：

1. 产生取值于 $\{0,1\}$ 的随机数，$1$ 表示正面、$0$ 表示反面。 均匀硬币正反各 $\tfrac12$，所以两个数各分一个，比例正确。
2. 每 $4$ 个随机数为一组，代表连抛 $4$ 次，得到一次试验的结果。
3. 一组里若恰有 $2$ 个 $1$，就记事件 $A$ 发生了。
4. 重复 $80$ 组，数出 $A$ 发生的组数 $m$，则频率 $f_{80}(A)=\dfrac{m}{80}$。

电子表格实现：在 $A1$ 到 $D1$ 输入 =RANDBETWEEN(0,1)， 往下拖到第 $80$ 行；在 $E1$ 输入 =IF(SUM(A1:D1)=2,1,0)，同样下拉； 最后用 =SUM(E1:E80)/80 得到频率。

预期与判读：真值是 $0.375$，$80$ 次试验里 $A$ 大致发生 $30$ 次上下。 得到的频率若落在 $0.28\sim 0.48$ 之间都属正常波动； 不要因为算出的不是 $0.375$ 就以为模拟做错了——频率本来就不会恰好等于概率。

练习（第 260 页）第 2 题

2. 盒子中仅有 4 个白球和 5 个黑球，从中任意取出一个球.

(1) “取出的球是黄球” 是什么事件？它的概率是多少？

(2) “取出的球是白球” 是什么事件？它的概率是多少？

(3) “取出的球是白球或黑球” 是什么事件？它的概率是多少？

（4）设计一个用计算器或计算机模拟上面取球的试验，并模拟100次，估计“取出的球是白球”的概率.

盒子里只有白、黑两色，共 $9$ 个球。把 $9$ 个球编号，样本空间有 $9$ 个等可能样本点。

(1) 黄球

是不可能事件，概率为 $0$。

盒子里根本没有黄球，所以”取出的球是黄球”这个事件不含任何样本点， 即它是空集 $\varnothing$，$P(\varnothing)=0$。

题面里”仅有”两个字是关键，它保证了不存在第三种颜色。

(2) 白球

是随机事件（可能发生也可能不发生），概率

$P=\frac{4}{9}$

这里用的是古典概型：$9$ 个球除颜色外没有差别，任意取一个，$9$ 个结果等可能，白球占 $4$ 个。

(3) 白球或黑球

是必然事件，概率为 $1$。

盒子里每个球非白即黑，所以这个事件就是全集 $\Omega$，$P(\Omega)=1$。

也可以按加法公式算：白、黑互斥，$\tfrac49+\tfrac59=1$。

(4) 设计模拟

方案：

1. 产生取值于 $\{1,2,\dots,9\}$ 的等可能整数随机数；
2. 约定 $1,2,3,4$ 表示白球，$5,6,7,8,9$ 表示黑球—— 白球分到 $9$ 个数中的 $4$ 个，比例 $\tfrac49$ 与真实构成一致；
3. 产生一个随机数就是取一次球，重复 $100$ 次；
4. 数出落在 $\{1,2,3,4\}$ 里的个数 $m$，则”取出白球”的概率估计值为 $\dfrac{m}{100}$。

电子表格实现：$A1$ 输入 =RANDBETWEEN(1,9) 下拉到第 $100$ 行， 再用 =COUNTIF(A1:A100,"<=4")/100 得到频率。

判读：真值 $\tfrac49\approx 0.444$，$100$ 次里白球大致出现 $44$ 次上下， 频率落在 $0.35\sim 0.54$ 之间都正常。

常见错法：用 $\{1,2\}$ 表示白球、$\{3,4,5\}$ 表示黑球（比例变成 $2:3$，那是另一个盒子）， 或者用 $\{0,1\}$ 两个数（把它当成了均匀硬币）。分配随机数前先把比例写出来。

练习（第 260 页）第 3 题

3.（1）掷两枚质地均匀的骰子，计算点数和为7的概率；

（2）利用随机模拟的方法，试验120次，计算出现点数和为7的频率；

(3) 所得频率与概率相差大吗？为什么会有这种差异？

(1) 精确计算

两枚骰子要看成有序对（第一枚、第二枚），样本空间

$\Omega=\{(i,j)\mid i,j\in\{1,2,3,4,5,6\}\}$

共 $36$ 个样本点，质地均匀且互不影响，$36$ 个等可能。

点数和为 $7$ 的有 $(1,6),(2,5),(3,4),(4,3),(5,2),(6,1)$，共 $6$ 个。故

$P=\frac{6}{36}=\frac16\approx 0.167$

这里最容易犯的错是”不分先后”：若把 $(3,4)$ 与 $(4,3)$ 算作同一个结果， 样本点变成 $21$ 个，但这 $21$ 个不等可能（$(3,4)$ 这种”两数不同”的出现机会是 $(3,3)$ 的两倍）， 算出 $\tfrac{3}{21}=\tfrac17$ 就错了。用有序对，等可能才有保障。

(2) 设计并做 $120$ 次模拟

方案：

1. 产生两列取值于 $\{1,2,\dots,6\}$ 的随机数，一行两个数代表掷一次两枚骰子；
2. 每行求和，和为 $7$ 就记一次；
3. 拖到第 $120$ 行，数出和为 $7$ 的行数 $m$，频率为 $\dfrac{m}{120}$。

电子表格实现：$A1$、$B1$ 输入 =RANDBETWEEN(1,6)， $C1$ 输入 =IF(A1+B1=7,1,0)，三列一起下拉到第 $120$ 行， 再用 =SUM(C1:C120)/120 得到频率。

预期：真值 $\tfrac16$，$120$ 次里”和为 $7$“大约出现 $20$ 次，频率约 $0.167$。 实际做一轮，得到 $17$ 次（频率 $\approx 0.142$）或 $24$ 次（$0.2$）都很常见。

注意不能用一列 $2\sim 12$ 的随机数：$2\sim 12$ 这 $11$ 个和不等可能， RANDBETWEEN(2,12) 会把它们生成得一样多，那模拟的不是两枚骰子。

(3) 频率与概率为什么有差异

相差不大，但一般不会相等。

原因有两层，都要说到：

1. 频率本身是随机的。 每做一轮 $120$ 次试验，得到的 $m$ 都可能不同， 因而频率也不同；而概率 $\tfrac16$ 是一个确定的数，与做不做试验无关。 两个性质不同的量，自然不会恰好相等。
2. 试验次数有限。 频率的稳定性说的是”$n$ 越大，频率大幅偏离概率的可能性越小”。 $n=120$ 时，$m$ 落在 $14\sim 26$ 之间都不算意外， 对应频率 $0.117\sim 0.217$——这个范围的宽度就是差异的来源。

还有一点值得补充：$120$ 恰好是 $6$ 的倍数，$\tfrac{120}{6}=20$， 所以”频率恰好等于 $\tfrac16$“在这里是可能发生的（$m=20$ 时）。 但即使发生了，也是碰巧，不能因为这一次碰巧命中就说频率等于概率。

习题 10.3 复习巩固 第 1 题

1. 在一个试验中，把一种血清注射到500只豚鼠体内。被注射前，这些豚鼠中150只有圆形细胞，250只有椭圆形细胞，100只有不规则形状细胞；被注射后，没有一个具有圆形细胞的豚鼠被感染，50个具有椭圆形细胞的豚鼠被感染，具有不规则形状细胞的豚鼠全部被感染。根据试验结果，估计具有下列类型的细胞的豚鼠被这种血清感染的概率：

(1) 圆形细胞；

(2) 椭圆形细胞；

(3) 不规则形状细胞.

先把数据整理成表（数据全在题面里）：

关键一步：分母不是 $500$，而是各类型自己的只数。 问的是”具有某类型细胞的豚鼠被感染的概率”， 所以每一类要单独作为一个总体来算频率。

(1) 圆形细胞

$\frac{0}{150}=0$

估计概率约为 $0$。

(2) 椭圆形细胞

$\frac{50}{250}=0.2$

估计概率约为 $0.2$。

(3) 不规则形状细胞

$\frac{100}{100}=1$

估计概率约为 $1$。

这题真正要说清的地方

频率是 $0$，不等于事件不可能；频率是 $1$，也不等于事件必然。

$150$ 只圆形细胞豚鼠一只都没被感染，这只说明感染的概率很小—— 小到 $150$ 只里一只都没碰上。再注射 $1000$ 只，完全可能出现被感染的。 同理，$100$ 只不规则细胞豚鼠全部被感染，估计概率约为 $1$， 但不能断言”必然被感染”。

这正是”用频率估计概率”这句话里”估计”两个字的分量： 频率取到端点值 $0$ 或 $1$，是一次试验的结果，不是对概率的判决。 样本量越小，出现这种端点值的机会越大—— 如果只注射了 $3$ 只圆形细胞豚鼠而都没感染，那这个 $0$ 就更没有说服力了。

习题 10.3 复习巩固 第 2 题

2. 用木块制作的一个四面体，四个面上分别标记 1，2，3，4。重复抛掷这个四面体 100 次，记录每个面落在桌面上的次数（如下表）。如果再抛掷一次，请估计标记 3 的面落在桌面上的概率。

表被转写丢了，按扫描页 page-0268 录出：

校验：$22+18+21+39=100$，与”抛掷 $100$ 次”一致。

解答

标记 $3$ 的面落在桌面上的频率为

$f_{100}=\frac{21}{100}=0.21$

用频率估计概率，标记 $3$ 的面落在桌面上的概率约为 $0.21$。

为什么不能用古典概型算成 $\tfrac14$

这是本题的全部用意。 题面说的是”用木块制作的一个四面体”， 没有说”质地均匀”。看频数就知道它明显不均匀： 标记 $4$ 的面出现了 $39$ 次，几乎是标记 $2$ 的两倍。

若四个面等可能，$100$ 次里每个面约 $25$ 次； $39$ 与 $25$ 差了 $14$，远超正常波动（$100$ 次试验下，等可能时出现 $39$ 次以上是很罕见的）。

所以：

• 四个面不等可能 $\Rightarrow$ 不是古典概型 $\Rightarrow$ 不能写 $P=\tfrac14$；
• 只能靠试验，用频率估计。

这也解释了为什么题目要给 $100$ 次的完整记录：不给你数据，你就只能瞎猜 $\tfrac14$。

一句提醒

$0.21$ 也只是估计值。抛 $100$ 次得到的频率，精度大约在小数点后第一位； 说”概率约为 $0.21$“是合适的，说”概率就是 $0.21$“就说过了。

习题 10.3 复习巩固 第 3 题

3. 在英语中不同字母出现的频率相差很大，但同一个字母的使用频率相当稳定。有人统计了40多万个单词中5个元音字母的使用频率，结果如下表所示：

（1）从一本英文（小说类）书里随机选一页，统计在这一页里元音字母出现的频率；

(2) 将你统计得出的频率与上表中的频率进行比较, 结果是否比较接近? 你认为存在差异的原因是什么.

表被转写丢了，按扫描页 page-0268 录出：

五个元音合计约 $38.19\%$。

(1) 这是一个动手题

做法：随便翻开一本英文小说的一页，数出这一页的总字母数 $N$ （只数字母，不含空格、标点、数字），再分别数出 A、E、I、O、U 各出现多少次， 用各自的次数除以 $N$。

一个实际可行的省力办法：把这一页文字录入或拍照识别成文本， 用电子表格的 LEN 与 SUBSTITUTE 组合计数—— =LEN(text)-LEN(SUBSTITUTE(UPPER(text),"A","")) 就是 A 的个数 （UPPER 是为了把大小写并成一类）。

一页正文大约 $1500\sim 2500$ 个字母，作为样本量是够用的。

(2) 比较与差异原因

结论一般是”比较接近”：E 仍然遥遥领先（$12\%$ 上下）， U 仍然最少（$3\%$ 上下），五个元音合计仍在 $38\%$ 左右。 这正是题干那句”同一个字母的使用频率相当稳定”的意思。

先确认两个数是同一个口径的，可以直接比。 题面说的是”$40$ 多万个单词中 $5$ 个元音字母的使用频率”， 指的就是行文里字母的出现率（每个词在文中出现几次就计几次）， 你数一页字母，数的是同一件事。表里的数字也印证了这一点： 五个元音合计 $38.19\%$，E 约 $12.7\%$、U 约 $2.8\%$， 这正是英文行文的字母频率指纹（若改按词表统计、每个词只计一次， E 大约只有 $11\%$、U 反而升到 $3.6\%$ 左右，与表上的数对不上）。 所以不必担心口径不同，两个数本来就该比。

一般不会完全相同，差异有两个来源：

1. 样本量差得太远（随机波动）。 表里是 $40$ 多万个单词的统计， 你只数了一页（一两千个字母）。频率的稳定性要靠大样本， 一页的频率必然摆动更大——按这个样本量估计， E 的频率上下差个一个百分点是很平常的。 这一类偏差可以靠多数几页来缩小。
2. 总体不同（系统性差异）。 表里统计的是混合语料， 而你选的是某一本小说的某一页—— 这一页可能有个人名反复出现（比如主角叫 Anna，A 就被拉高）， 可能对话多、短词多，也可能带着某位作者的用词习惯。 这一类偏差样本再大也消不掉，除非换成同样的混合语料。

要说准的一点：把这两类分开，才算说到位。 但名次通常还是稳的——E 最高、U 最低这个格局，一页也基本看得出来， 这就是题干那句”同一个字母的使用频率相当稳定”的实际含义。

习题 10.3 复习巩固 第 4 题

4. 人类的四种血型与基因类型的对应为：O型的基因类型为ii，A型的基因类型为ai或aa，B型的基因类型为bi或bb，AB型的基因类型为ab. 其中a和b是显性基因，i是隐性基因.

一对夫妻的血型一个是 A 型，一个是 B 型，请确定他们的子女的血型是 O，A，B 或 AB 型的概率，并填写下表：

表被转写丢了，按扫描页 page-0268 录出表头：左列是”父母血型的基因类型组合” （四行：$\mathrm{ai}\times\mathrm{bi}$、$\mathrm{ai}\times\mathrm{bb}$、$\mathrm{aa}\times\mathrm{bi}$、$\mathrm{aa}\times\mathrm{bb}$）， 右侧是”子女血型的概率”，分 O、A、B、AB 四列，格子空着待填。

模型：一次古典概型

子女的一对基因，一个随机来自父方、一个随机来自母方，且互不影响。 父方那对基因里的两个各以 $\tfrac12$ 的机会被传下去，母方同理。 所以对任一组合，样本空间有 $2\times 2=4$ 个等可能样本点。

再按题面的对应把基因对翻译成血型： $\mathrm{ii}\to$ O，$\mathrm{ai}$ 或 $\mathrm{aa}\to$ A， $\mathrm{bi}$ 或 $\mathrm{bb}\to$ B，$\mathrm{ab}\to$ AB。

逐行推

第一行 $\mathrm{ai}\times\mathrm{bi}$：父传 $\mathrm{a}$ 或 $\mathrm{i}$，母传 $\mathrm{b}$ 或 $\mathrm{i}$， 四个等可能结果是 $\mathrm{ab},\mathrm{ai},\mathrm{ib},\mathrm{ii}$， 翻译成 AB、A、B、O 各一个，四种血型各 $\tfrac14$。

第二行 $\mathrm{ai}\times\mathrm{bb}$：母只能传 $\mathrm{b}$， 结果是 $\mathrm{ab}$ 或 $\mathrm{ib}$，即 AB 或 B，各 $\tfrac12$，O 与 A 为 $0$。

第三行 $\mathrm{aa}\times\mathrm{bi}$：父只能传 $\mathrm{a}$， 结果是 $\mathrm{ab}$ 或 $\mathrm{ai}$，即 AB 或 A，各 $\tfrac12$，O 与 B 为 $0$。

第四行 $\mathrm{aa}\times\mathrm{bb}$：双方都只有一种可传， 结果必为 $\mathrm{ab}$，AB 型概率为 $1$，其余为 $0$。

填好的表

每一行四个概率之和都是 $1$ —— 四种血型互斥且穷尽，这是必做的自检。

三处值得多看一眼

• 只有第一行能生出 O 型孩子，且必须父母双方都带隐性基因 $\mathrm{i}$。 这就是”A 型父 $+$ B 型母可以生出 O 型孩子”这件反直觉的事的来历。
• AB 型在四行里概率都不小于 $\tfrac14$，因为父方的 $\mathrm{a}$、 母方的 $\mathrm{b}$ 只要同时传下来就是 AB。
• 表里没有”父母基因型未知”这一行。现实中只知道夫妻是 A 型和 B 型时， 要算孩子的血型概率，还得知道 $\mathrm{ai}$ 与 $\mathrm{aa}$ 在人群里各占多少—— 本题是把基因型当已知条件给的，别把它当成”A 型 $+$ B 型”的通用答案。

习题 10.3 综合运用 第 5 题

5. “用事件 A 发生的频率 $f_{n}(A)$ 估计概率 $P(A)$ ，重复试验次数 n 越大，估计的就越精确”，判断这种说法是否正确，并举例说明.

结论：这种说法不正确

问题出在”越大就越精确”这几个字上——它把一句关于可能性的话， 说成了一句关于每一次结果的话。

正确的说法是：$n$ 越大，频率大幅偏离概率的可能性越小。 但对具体的某一次试验，$n$ 大的那次未必比 $n$ 小的那次更接近概率。

举例：课本这一节现成的反例

本节表 $10.3$-$3$ 记录了模拟摸球（$2$ 红 $3$ 白，$P(A)=0.4$）的结果：

$n=50$ 时频率恰好是 $0.4$，与概率分毫不差； $n=100$ 时频率是 $0.45$，反而差了 $0.05$。 试验次数翻了一倍，估计却变差了。

再看一组：$n=250$ 时 $f_n(A)=0.416$，$n=300$ 时 $f_n(A)=0.39$—— $300$ 次这一轮更接近，但那是碰巧；换一次模拟，两者的先后完全可能倒过来。

另一个极端一点的例子

抛一枚均匀硬币估计”正面朝上”的概率（真值 $0.5$）：

• 抛 $2$ 次，恰好一正一反，频率是 $0.5$，完全命中；
• 抛 $101$ 次，正面出现 $54$ 次，频率约 $0.535$，差了 $0.035$。

$n=2$ 的这次比 $n=101$ 的准。当然，$n=2$ 时也很可能抛出两正（频率 $1$）或两反（$0$）， 大错特错的机会很大——这才是”$n$ 小不可靠”的真正含义。

把话说到位

要区分三句话：

习题 10.3 综合运用 第 6 题

6. 在一个袋子中放 6 个白球，4 个红球，摇匀后随机摸球 3 次，采用放回和不放回两种方式摸球. 设事件 $A_{i} =$ “第 i 次摸到红球”，i = 1, 2, 3.

（1）在两种摸球方式下分别猜想事件 $A_{1}$ ， $A_{2}$ ， $A_{3}$ 发生的概率的大小关系；

(2) 重复做 10 次试验，求事件 $A_{1}$ ， $A_{2}$ ， $A_{3}$ 发生的频率，并填入下表.

（3）在两种摸球方式下，第3次摸到红球的频率 $f_{10}(A_3)$ 差别大吗？在不放回摸球方式下，事件 $A_1$， $A_2$， $A_3$ 的频率差别大吗？请说明原因.

表被转写丢了，按扫描页 page-0269 录出：左列三行依次是 $f_{10}(A_1)$、$f_{10}(A_2)$、$f_{10}(A_3)$，右侧两列分别是”放回摸球”与”不放回摸球”，格子空着待填。

(1) 猜想

先说答案：两种方式下都有 $P(A_1)=P(A_2)=P(A_3)=0.4$。

放回摸球这一条几乎不用想：每次摸之前袋子的构成都一样（$6$ 白 $4$ 红）， 各次互不影响，所以每次摸到红球的概率都是 $\tfrac{4}{10}=0.4$。

不放回摸球这一条才是本题的价值所在，因为直觉常常出错： “第一次摸走了球，第二次的袋子变了，概率当然要变。” 这句话前半对、后半错。

拿 $A_2$ 来验一遍。把 $10$ 个球编号，前两次摸球的样本空间是有序对， $n(\Omega)=10\times 9=90$，等可能。第二次摸到红球，第一次可以是红也可以是白：

$n(A_2)=4\times 3+6\times 4=12+24=36$

$P(A_2)=\frac{36}{90}=0.4$

与 $P(A_1)$ 相同。 $A_3$ 同理（$n(\Omega)=10\times 9\times 8=720$， 第三次是红球的有 $4\times 9\times 8=288$ 种，$P(A_3)=\tfrac{288}{720}=0.4$）。

为什么会这样——一句话的理由：把 $10$ 个球随机排成一列， “第 $i$ 个位置是红球”这件事，对每个位置都是对称的， $10$ 个位置里红球占 $4$ 个，所以每个位置是红球的概率都是 $0.4$。 这就是”抽签不分先后”的道理：先抽后抽机会均等。

“袋子变了”确实成立，但变化本身是随机的—— 第一次摸走的可能是红球（红球变少），也可能是白球（红球占比反而升高）， 两种情形一平均，正好抵消。

(2) 做试验填表

放回方式的做法：$10$ 个球编号 $1\sim 10$，$1\sim 4$ 为红、$5\sim 10$ 为白。 每次试验产生 $3$ 个取值于 $\{1,\dots,10\}$ 的随机数（允许重复）， 记录第 $1$、$2$、$3$ 个数是否 $\le 4$。重复 $10$ 次试验。

不放回方式的做法：每次试验产生 $1\sim 10$ 的一个随机排列，取前 $3$ 项。 电子表格里可以在 $A1$ 到 $A10$ 放 $1\sim 10$，$B1$ 到 $B10$ 放 =RAND()， 按 B 列排序后取 A 列前三个。

表格填法举例（这是某一轮试验的结果，你自己做会得到另一组数）：

必须说明：上表只是示例。$10$ 次试验中红球出现次数是 $0$ 到 $10$ 之间的整数， 所以频率只能取 $0,0.1,\dots,1$ 这 $11$ 个值，根本不可能出现 $0.4$ 以外的”接近值”—— 要么恰好 $0.4$，要么至少差 $0.1$。

(3) 频率差别大吗

先给结论：频率会有差别，但这些差别都是随机波动造成的，不反映概率上的差别。

第一问：两种方式下 $f_{10}(A_3)$ 差别大吗？

不应该有系统性的差别，因为两种方式下 $P(A_3)$ 都等于 $0.4$。 实际做出来的两个频率当然可能不同（比如 $0.4$ 与 $0.3$）， 但这只是 $10$ 次试验的波动，多做几轮就会发现两者围绕同一个中心 $0.4$ 摆动。

第二问：不放回方式下 $A_1,A_2,A_3$ 的频率差别大吗？

同样不应该有系统性差别——三者的概率都是 $0.4$。 但因为 $n=10$ 太小，看起来的差别会不小： 频率的取值只能是 $0.1$ 的整数倍，三个频率相差 $0.1$ 甚至 $0.2$ 都很平常。

原因说清楚，要说三层：

1. 概率层面：不放回时 $P(A_1)=P(A_2)=P(A_3)=0.4$（上面已证）， 所以三者没有大小之分；
2. 频率层面：频率是随机的，$n=10$ 时波动很大。 若真值是 $0.4$，$10$ 次里红球出现 $2\sim 6$ 次都很常见， 对应频率 $0.2\sim 0.6$——光看一轮试验，很容易误以为它们不一样；
3. 怎么办：把试验次数从 $10$ 加到 $100$、$1000$， 三个频率会一起向 $0.4$ 靠拢，差别随之缩小。 这正是本节”频率的稳定性”要教的判读方法。

一句话总结：概率相等，频率不等；差别来自试验次数太少，不来自摸球方式。

复习参考题 10 复习巩固 第 1 题

1. 在一个盒子中有 3 个球，蓝球、红球、绿球各 1 个，从中随机地取出 1 个球，观察其颜色后放回，然后再随机取出 1 个球.

（1）用适当的符号表示试验的可能结果，写出试验的样本空间；

(2) 用集合表示 “第一次取出的是红球” 的事件;

(3) 用集合表示 “两次取出的球颜色相同” 的事件.

(1) 样本空间

约定符号：用 $B$ 表示蓝球、$R$ 表示红球、$G$ 表示绿球 （取三种颜色英文 blue、red、green 的首字母）。

因为是观察颜色后放回，两次都可以取到同一种颜色； 又因为要区分”第一次""第二次”，结果要写成有序对：

$\Omega=\{(B,B),(B,R),(B,G),(R,B),(R,R),(R,G),(G,B),(G,R),(G,G)\}$

$n(\Omega)=3\times 3=9$。三个球除颜色外没有差别、每次取球随机，$9$ 个样本点等可能。

两个易错点：

• 漏掉”放回”带来的 $(B,B)$ 这类样本点——那是不放回试验的样本空间（只有 $6$ 个）；
• 写成无序的 $\{B,R\}$——那样 $(B,R)$ 与 $(R,B)$ 合并， 样本点变成 $6$ 个且不等可能，第（2）问就没法做了。

(2) 第一次取出的是红球

$A=\{(R,B),(R,R),(R,G)\}$

即第一个分量为 $R$ 的全部样本点，$n(A)=3$，$P(A)=\tfrac39=\tfrac13$。

(3) 两次取出的球颜色相同

$C=\{(B,B),(R,R),(G,G)\}$

即两个分量相同的样本点，$n(C)=3$，$P(C)=\tfrac39=\tfrac13$。

这个 $\tfrac13$ 值得留意：它等于”第二次与第一次撞色”的概率—— 第一次取到什么颜色不重要，第二次要在 $3$ 种颜色里正好撞上那一种，机会就是 $\tfrac13$。

复习参考题 10 复习巩固 第 2 题

2. 如图是一个古典概型的样本空间 \Omega 和事件 A 和 B，其中 n(\Omega) = 24，n(A) = 12，n(B) = 8，n(A \cup B) = 16，那么

这道题的题干被转写并进了插图的说明文字里（上面那段引文就是原样）， 两个小问连同图一起丢了。按扫描页 page-0273 录出：

图是一个矩形（表示样本空间 $\Omega$），里面有两个部分重叠的椭圆， 左边标 $A$、右边标 $B$，右下角标 $\Omega$。两个小问是：

（1） 求 $n(AB)$、$P(AB)$、$P(A\cup B)$、$P(\overline{A}\,\overline{B})$； （2） 事件 $A$ 与 $B$ 互斥吗？事件 $A$ 与 $B$ 相互独立吗？

(1) 四个量

$n(AB)$——用容斥。 由 $n(A\cup B)=n(A)+n(B)-n(AB)$ 得

$n(AB)=12+8-16=4$

$P(AB)$。 古典概型，

$P(AB)=\frac{n(AB)}{n(\Omega)}=\frac{4}{24}=\frac16$

$P(A\cup B)$。

$P(A\cup B)=\frac{16}{24}=\frac23$

$P(\overline{A}\,\overline{B})$。 关键是看出

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

（”$A$ 不发生且 $B$ 不发生”就是”$A\cup B$ 不发生”，即德摩根律）。于是

$P(\overline{A}\,\overline{B})=1-P(A\cup B)=1-\frac23=\frac13$

也可以直接数：$24-16=8$，$\tfrac{8}{24}=\tfrac13$，一致。

四块之和自检：$P(AB)=\tfrac16$、只有 $A$ 发生 $\tfrac{8}{24}=\tfrac13$、 只有 $B$ 发生 $\tfrac{4}{24}=\tfrac16$、都不发生 $\tfrac13$，加起来正好是 $1$ ✓。

(2) 互斥与独立

不互斥。 $n(AB)=4\neq 0$，即 $A\cap B\neq\varnothing$，两者可以同时发生。

相互独立。 先算边缘概率：

$P(A)=\frac{12}{24}=\frac12,\qquad P(B)=\frac{8}{24}=\frac13$

再验定义：

$P(A)P(B)=\frac12\times\frac13=\frac16=P(AB)$

等式成立，所以 $A$ 与 $B$ 相互独立。

这道题为什么值得一做

它同时否掉了两个常见的误解：

• “图上两个圈重叠，就说明有关系（不独立）“——错。 重叠只说明不互斥；独立与否要算 $P(AB)$ 与 $P(A)P(B)$ 是否相等。
• “独立就是互不影响，所以应该互斥”——错得更彻底。 两个概率为正的事件不可能既互斥又独立（$10.2$ 习题第 $3$ 题证过）： 互斥给出 $P(AB)=0$，独立给出 $P(AB)=P(A)P(B)>0$，矛盾。 本题里 $A$、$B$ 独立，恰恰要求它们必须重叠。

再看一眼这个例子的构造：$\Omega$ 有 $24$ 个点，$A$ 占一半，$B$ 占三分之一， $A$ 与 $B$ 的交恰好是 $24$ 的 $\tfrac12\times\tfrac13=\tfrac16$，即 $4$ 个点。 独立在图上的样子，是”$B$ 落在 $A$ 里的比例，和 $B$ 落在整个 $\Omega$ 里的比例一样”， 不是”两个圈分开”。

复习参考题 10 复习巩固 第 3 题

题干首句在转写中丢了，按扫描页 page-0273 录出： “某个制药厂正在测试一种减肥药的疗效，有 $500$ 名志愿者服用此药，结果如下”， 随后是一张表，然后接上转写里保留的这一段：

如果另有一人服用此药，估计下列事件发生的概率：

(1) 这个人的体重减轻了；

(2) 这个人的体重不变;

(3) 这个人的体重增加了.

表按扫描页 page-0273 录出：

校验：$276+144+80=500$ ✓，与”$500$ 名志愿者”一致。

解答

这是标准的用频率估计概率，三个结果互斥且穷尽，分母都是 $500$。

(1) 体重减轻：

$\frac{276}{500}=0.552$

(2) 体重不变：

$\frac{144}{500}=0.288$

(3) 体重增加：

$\frac{80}{500}=0.16$

自检：$0.552+0.288+0.16=1$ ✓。

三点要说准

• “估计”两个字不能省。 这三个数是频率，是概率的估计值。 写"$P=0.552$"不合适，写”概率约为 $0.552$“才对。
• “另有一人”必须与这 $500$ 人来自同一总体。 如果新来的人年龄、 体重基数、生活方式与志愿者群体差别很大，这个估计就不适用了—— 换了总体，频率就不能拿来估计它的概率。
• 这个试验说明不了药有效。 $55.2\%$ 的人体重减轻，听上去不错， 但没有对照组：不吃药的人里也可能有一半多在减重（季节、心理暗示、 参加试验时自觉控制饮食都会起作用）。 要判断疗效，得比较服药组与对照组的这个比例，而不是只看一个 $0.552$。

复习参考题 10 复习巩固 第 4 题

4. 某中学有教职工 130 人，对他们进行年龄状况和受教育程度的调查，其结果如下：

从这 130 名教职工中随机地抽取一人，求下列事件的概率：

(1) 学历为 “本科”;

(2) 35 岁及以上；

(3) 35岁以下且学历为“研究生”.

表被转写丢了，按扫描页 page-0274 录出（并补上行、列合计）：

校验：行合计 $85+33+12=130$ ✓；列合计 $80+50=130$ ✓，与题面的 $130$ 人一致。

模型

从 $130$ 人中随机抽取一人，每人被抽到的机会相同， $n(\Omega)=130$，等可能，是古典概型。所有概率都用 $\dfrac{n(A)}{130}$ 算。

(1) 学历为”本科”

本科人数是本科那一列的合计：$50+20+10=80$。

$P=\frac{80}{130}=\frac{8}{13}\approx 0.615$

(2) $35$ 岁及以上

”$35$ 岁及以上”包含哪两行，是本题唯一的读题关卡。 表的三行是”$35$ 岁以下""$35\sim 50$ 岁""$50$ 岁以上”， 所以”$35$ 岁及以上”$=$ 后两行：

$20+13+10+2=45$

$P=\frac{45}{130}=\frac{9}{26}\approx 0.346$

更省事的算法：用对立事件。”$35$ 岁及以上”的对立面是”$35$ 岁以下”，共 $85$ 人：

$P=1-\frac{85}{130}=\frac{45}{130}=\frac{9}{26}$

两法一致 ✓。

注意别把它读成”$35\sim 50$ 岁”那一行（只有 $33$ 人）—— “及以上”是把 $50$ 岁以上那一行也算进来的。

(3) $35$ 岁以下且学历为”研究生”

这是一个”且”，对应表里一个格子：第一行与研究生列的交叉，$35$ 人。

$P=\frac{35}{130}=\frac{7}{26}\approx 0.269$

这里最容易犯的错是把”且”当成”或”： 若算”$35$ 岁以下或研究生”，那是 $85+50-35=100$ 人，$P=\tfrac{100}{130}=\tfrac{10}{13}$， 与本题所问完全不同。列联表里，“且”读格子，“或”要容斥。

附带一问：年龄与学历独立吗

题目没问，但这张表天然适合检验一下。若独立，应有

$P(35\text{ 岁以下且研究生})=P(35\text{ 岁以下})\times P(\text{研究生})$

右边是 $\tfrac{85}{130}\times\tfrac{50}{130}\approx 0.6538\times 0.3846\approx 0.2515$， 左边是 $\tfrac{35}{130}\approx 0.2692$。两者不等，所以年龄与学历并不独立—— 从表上也看得出来：年轻教职工里研究生占 $\tfrac{35}{85}\approx 41\%$， 而 $50$ 岁以上只占 $\tfrac{2}{12}\approx 17\%$。

复习参考题 10 综合运用 第 5 题

5. 一个袋子中有 4 个红球，6 个绿球，采用不放回方式从中依次随机地取出 2 个球.

（1）求第二次取到红球的概率；

(2) 求两次取到的球颜色相同的概率;

（3）如果是4个红球， $n$ 个绿球，已知取出的2个球都是红球的概率为 $\frac{1}{6}$，那么 $n$ 是多少？

先立模型：$10$ 个球编号，不放回依次取 $2$ 个，结果记成有序对，

$n(\Omega)=10\times 9=90$

球除颜色外没有差别，$90$ 个样本点等可能。

(1) 第二次取到红球

设 $A=$“第二次取到红球”。第一次可红可绿，分两类数：

• 第一次红、第二次红：$4\times 3=12$；
• 第一次绿、第二次红：$6\times 4=24$。

$n(A)=12+24=36,\qquad P(A)=\frac{36}{90}=\frac25=0.4$

答案与”第一次取到红球”的概率相同，这不是巧合： 把 $10$ 个球随机排成一列，每个位置是红球的机会都一样，都等于红球所占的比例 $\tfrac{4}{10}$。 这就是”抽签不分先后”，$10.3$ 习题第 $6$ 题讲的是同一件事。

常见错法：以为”第一次取走一个，袋里只剩 $9$ 个”，于是写 $\tfrac{4}{9}$ 或 $\tfrac{3}{9}$。 错在把第一次的结果当成已知了——题目没告诉你第一次取到的是什么颜色。

(2) 两次颜色相同

“颜色相同"$=$"都是红"$\cup$"都是绿”，两者互斥：

• 都是红：$4\times 3=12$；
• 都是绿：$6\times 5=30$。

$P=\frac{12+30}{90}=\frac{42}{90}=\frac{7}{15}$

自检：颜色不同的有 $4\times 6+6\times 4=48$ 种， $\tfrac{48}{90}=\tfrac{8}{15}$，与 $\tfrac{7}{15}$ 相加得 $1$ ✓。

(3) 求 $n$

球数变成 $4$ 红、$n$ 绿，共 $4+n$ 个。仍用有序对，

$n(\Omega)=(4+n)(3+n)$

“两个都是红球”的有 $4\times 3=12$ 种，所以

$\frac{12}{(4+n)(3+n)}=\frac16$

$(4+n)(3+n)=72$

$n^{2}+7n+12=72,\qquad n^{2}+7n-60=0$

$(n+12)(n-5)=0$

$n=5\quad\text{或}\quad n=-12$

$n$ 是球的个数，必须是正整数，故 $n=-12$ 舍去。

$\boxed{n=5}$

回代验算：$4$ 红 $5$ 绿共 $9$ 个球，两球都红的概率 $\tfrac{4}{9}\times\tfrac{3}{8}=\tfrac{12}{72}=\tfrac16$ ✓。

说明：用无序的组合数做也一样：

$\frac{C_4^2}{C_{4+n}^2}=\frac{6}{\ \frac{(4+n)(3+n)}{2}\ }=\frac{12}{(4+n)(3+n)}$

同一个方程。有序、无序都行，但一道题里要从头到尾用同一套。

复习参考题 10 综合运用 第 6 题

6. 有 2 个人在一座 7 层大楼的底层进入电梯，假设每一个人自第二层开始在每一层离开电梯是等可能的.

（1）求这两个人在不同层离开电梯的概率；

(2) 求这两个人在同一层离开电梯的概率.

先把”可选楼层数”数准

这是本题唯一的坑。 大楼 $7$ 层，两人在底层（第 $1$ 层）进电梯， 自第二层开始在每一层离开——所以可选的是第 $2,3,4,5,6,7$ 层， 共 $6$ 层，不是 $7$ 层。

两人的选择互不影响、各层等可能，样本空间是有序对（区分甲、乙）：

$n(\Omega)=6\times 6=36$

$36$ 个样本点等可能，古典概型。

(1) 不同层离开

甲有 $6$ 种选择，乙要避开甲选的那层，有 $5$ 种：

$n=6\times 5=30,\qquad P=\frac{30}{36}=\frac56$

(2) 同一层离开

两人选同一层，即 $(2,2),(3,3),\dots,(7,7)$ 共 $6$ 个：

$n=6,\qquad P=\frac{6}{36}=\frac16$

自检：两个事件互为对立，$\tfrac56+\tfrac16=1$ ✓。 所以第（2）问也可以直接用 $1-\tfrac56=\tfrac16$。

两处易错

• 把楼层数当成 $7$：会算出 $\tfrac{42}{49}=\tfrac67$ 与 $\tfrac17$。 “自第二层开始”这五个字就是为了排除底层——没人会在进电梯的那一层下电梯。
• 把两人当成不可区分的：若把 $(2,3)$ 与 $(3,2)$ 合并，样本点变成 $21$ 个， 但这 $21$ 个不等可能（“两人不同层”的每种搭配对应 $2$ 个原始结果， “同层”只对应 $1$ 个），再用 $\tfrac{6}{21}$ 就错了。 人是可区分的，用有序对最稳。

复习参考题 10 综合运用 第 7 题

7. 柜子里有 3 双不同的鞋，分别用 $a_1, a_2, b_1, b_2, c_1, c_2$ 表示 6 只鞋，从中随机地取出 2 只.

(1) 写出试验的样本空间.

(2) 求下列事件的概率，并说明它们的关系：

① A = “取出的鞋不成双”;

② B = “取出的鞋都是左脚的”;

③ C = “取出的鞋都是一只脚的”;

④ D = “取出的鞋子是一只左脚一只右脚的，但不是一双鞋”.

约定

$a,b,c$ 表示三双鞋；下标 $1$ 表示左脚，下标 $2$ 表示右脚。于是

• 左脚鞋：$a_1,b_1,c_1$；右脚鞋：$a_2,b_2,c_2$；
• 成双的三种取法：$\{a_1,a_2\}$、$\{b_1,b_2\}$、$\{c_1,c_2\}$。

“从中随机地取出 $2$ 只”是一次取出，不分先后，所以样本点写成无序对。

(1) 样本空间

$\Omega=\{\{a_1,a_2\},\{a_1,b_1\},\{a_1,b_2\},\{a_1,c_1\},\{a_1,c_2\},$

$\{a_2,b_1\},\{a_2,b_2\},\{a_2,c_1\},\{a_2,c_2\},$

$\{b_1,b_2\},\{b_1,c_1\},\{b_1,c_2\},\{b_2,c_1\},\{b_2,c_2\},\{c_1,c_2\}\}$

$n(\Omega)=C_{6}^{2}=15$

$6$ 只鞋被取到的机会相同，$15$ 个样本点等可能。

(2) 四个事件的概率

① $A=$ 不成双。 成双的只有 $3$ 个样本点，其余都不成双：

$n(A)=15-3=12,\qquad P(A)=\frac{12}{15}=\frac45$

② $B=$ 都是左脚的。 从 $a_1,b_1,c_1$ 里取 $2$ 只：

$n(B)=C_{3}^{2}=3,\qquad P(B)=\frac{3}{15}=\frac15$

具体是 $\{a_1,b_1\},\{a_1,c_1\},\{b_1,c_1\}$。

③ $C=$ 都是一只脚的。 即”都是左脚”或”都是右脚”，两者互斥：

$n(C)=C_{3}^{2}+C_{3}^{2}=3+3=6,\qquad P(C)=\frac{6}{15}=\frac25$

④ $D=$ 一只左脚一只右脚但不成双。 一左一右共 $3\times 3=9$ 种， 其中成双的 $3$ 种要去掉：

$n(D)=9-3=6,\qquad P(D)=\frac{6}{15}=\frac25$

具体是

$\{a_1,b_2\},\ \{a_1,c_2\},\ \{b_1,a_2\},\ \{b_1,c_2\},\ \{c_1,a_2\},\ \{c_1,b_2\}$

它们的关系

先把 $15$ 个样本点按”脚”分成三块：

由此读出三条关系：

• $B\subseteq C$。 “都是左脚”是”都是一只脚”的一部分（另一部分是”都是右脚”）。 相应地 $P(B)=\tfrac15\le P(C)=\tfrac25$，与单调性一致。
• $C$ 与 $D$ 互斥。 一个说两只同脚，一个说一左一右，不可能同时成立，$C\cap D=\varnothing$。
• $C\cup D=A$。 不成双的 $12$ 个样本点，恰好被 $C$（$6$ 个）与 $D$（$6$ 个）分尽。 验证概率：$P(C)+P(D)=\tfrac25+\tfrac25=\tfrac45=P(A)$ ✓ （互斥事件的概率可加，这一步正好用上）。

还可以顺带看出：$B\subseteq C\subseteq A$，而 $D\subseteq A$ 但 $D$ 与 $B$ 互斥。

一句提醒

“不成双”不等于”一左一右”。 两只都是左脚的鞋当然也不成双—— 这是 $C\subseteq A$ 的由来，也是本题设置 $D$（特意加上”但不是一双鞋”）的用意。 把 $A$ 直接当成 $D$ 来算，会得到 $\tfrac25$ 而不是 $\tfrac45$。

复习参考题 10 拓广探索 第 8 题

8. 某高校的入学面试中有3道难度相当的题目，李明答对每道题目的概率都是0.6. 若每位面试者共有三次机会，一旦某次答对抽到的题目，则面试通过，否则就一直抽题到第3次为止. 用 $Y$ 表示答对题目，用 $N$ 表示没有答对题目，假设对抽到的不同题目能否答对是独立的.

（1）在右侧的树状图中填写样本点，并写出样本空间；

(2) 求李明第二次答题通过面试的概率;

(3) 求李明最终通过面试的概率.

读题：试验什么时候停

“一旦答对就通过，否则一直抽到第 $3$ 次为止” —— 这句话决定了样本空间的形状：答对就停，答错才继续，最多三次。 所以样本点的长度不一样，这是本题与”固定抛三次”那类题的根本区别。

(1) 树状图与样本空间

树状图（第一次在最左，向右分支）：

第一次      第二次      第三次      样本点
  Y ──────────────────────────────  (Y)
  │
  N ── Y ────────────────────────  (N,Y)
       │
       N ── Y ──────────────────  (N,N,Y)
            │
            N ──────────────────  (N,N,N)

每个 $Y$ 分支立刻终止（已经通过，不再抽题），只有 $N$ 分支继续往下长。于是

$\Omega=\{(Y),\ (N,Y),\ (N,N,Y),\ (N,N,N)\}$

$n(\Omega)=4$。

关键提醒：这 $4$ 个样本点不等可能，不是古典概型。 $(Y)$ 的概率是 $0.6$，$(N,N,N)$ 的概率是 $0.064$，差了近十倍。 千万不要写 $P=\tfrac{n(A)}{4}$——本题必须用独立性逐次相乘。

四个样本点的概率分别是：

自检：$0.6+0.24+0.096+0.064=1$ ✓，样本空间分尽。

(2) 第二次答题通过

“第二次答题通过”就是样本点 $(N,Y)$：第一次答错、第二次答对。 题面说不同题目能否答对相互独立，所以

$P=0.4\times 0.6=0.24$

注意别只写 $0.6$：第二次能不能答题，前提是第一次答错了， 这个前提必须乘进去。

(3) 最终通过面试

“通过”$=$ 三次里至少有一次答对 $=\{(Y),(N,Y),(N,N,Y)\}$， 它的对立事件是 $(N,N,N)$，即三次全错。用对立事件最省事：

$P=1-0.4^{3}=1-0.064=0.936$

也可以直接把三个样本点的概率加起来：

$0.6+0.24+0.096=0.936$

两法一致 ✓。

一点延伸

$0.936$ 这个数很能说明”多给机会”的威力： 单次成功率只有 $0.6$，给三次机会后成功率升到 $93.6\%$。 一般地，单次成功概率 $p$、给 $k$ 次机会，通过的概率是 $1-(1-p)^{k}$—— 这是”至少发生一次”型问题的通用套路，本题是它的一个实例。

复习参考题 10 拓广探索 第 9 题

9. 有两个盒子，其中1号盒子中有95个红球，5个白球；2号盒子中有95个白球，5个红球。现在从两个盒子中任意选择一个，再从中任意摸出一个球。如果摸到的是红球，你认为选择的是哪个盒子？做出你的推断，并说说你的想法。你认为能否做出完全正确的判断？

推断：是 $1$ 号盒子

想法：比较”如果是它，出现红球的可能性有多大”

把两种情形分别算一遍：

红球这个结果，在 $1$ 号盒的假设下出现的可能性，是在 $2$ 号盒假设下的 $19$ 倍。

所以：已经摸到红球这件事，更”像”是从 $1$ 号盒里摸出来的， 据此推断选的是 $1$ 号盒。

这条推理的名字叫”小概率原理”： 如果一个假设会让已经发生的事情变成小概率事件，就有理由怀疑这个假设。 这里”选的是 $2$ 号盒”这个假设，会让摸到红球成为概率仅 $0.05$ 的小概率事件， 所以倾向于否定它。统计学里的假设检验，用的就是这一套想法。

能否做出完全正确的判断：不能

理由：从 $2$ 号盒摸到红球是可能的，只是可能性小。 $2$ 号盒里有 $5$ 个红球，摸到红球的概率是 $0.05$——这不是 $0$。 所以”摸到红球”这个证据，不能排除选的是 $2$ 号盒。

这个推断规则会出错多久？ 两个盒子任选一个（各 $\tfrac12$）， 把四种情形列出来：

摸到红球的情形共占 $0.475+0.025=0.5$，其中判断错的占 $0.025$。 所以在摸到红球时按此规则判断，出错的比例约为

$\frac{0.025}{0.5}=0.05$

即 $5\%$。整体来看，这条规则的总出错率是 $0.025+0.025=0.05$，也是 $5\%$。

三点要说清

• “推断”不是”证明”。 概率给的是倾向性，不是确定性。 本题问”能否做出完全正确的判断”，答案就是不能—— 只要 $2$ 号盒里还有红球，误判的可能就消不掉。
• 怎样让判断更可靠？ 多摸几次（放回）。 连摸 $3$ 次都是红球，若真是 $2$ 号盒，概率只有 $0.05^{3}=0.000125$， 这时推断 $1$ 号盒的把握就大得多。证据越多，误判概率越小，但永远不会变成 $0$。
• 前提要交代。 上面算 $5\%$ 时用了”两个盒子被选中的机会相同”这一条。 如果事先知道 $2$ 号盒更常被选（比如它离手更近）， 结论就要跟着变——先验的信息会改变判断，这是后续学习条件概率时会正式处理的问题。