第十三章 · 概率论与数理统计初步

随机事件与概率

第一节 · 90分钟

随机试验样本空间事件运算古典概型条件概率全概率公式贝叶斯公式事件独立性伯努利概型

核心概念

从确定性到随机性——两类自然现象

在自然界和社会生活中，我们遇到的现象可以分为两大类：

✅ 确定性现象

在一定条件下必然发生的现象。
例如：在标准大气压下，水加热到100°C必然沸腾；向上抛出的石头必然落回地面。

🎲 随机现象

在一定条件下，可能出现也可能不出现的现象。
例如：抛一枚硬币，落地后可能正面朝上也可能反面朝上；生产线上的产品，可能合格也可能不合格。

虽然单次随机现象的结果不确定，但大量重复后会呈现出统计规律性——这正是概率论研究的核心对象。概率论就是研究随机现象统计规律的数学学科。

核心概念

随机试验——对随机现象的科学观察

定义

把对随机现象的观察、记录、实验统称为随机试验，简称试验，记为 $E$。

随机试验有三个关键特点：

🔄 可重复

可以在相同条件下重复进行

📋 可预知

所有可能的结果不止一个，且事先能明确

❓ 不确定

每次试验前不能确定会出现哪个结果

常见的随机试验：

$E_1$：抛一枚硬币，观察正面 $H$ 和反面 $T$ 出现的情况 $E_2$：掷一颗骰子，观察出现的点数 $E_3$：在一批产品中随机抽取一件，检验其是否合格

判断是否为随机试验，就看是否同时满足以上三个条件。"明天太阳从东方升起"不是随机试验（结果确定），但"明天是否下雨"可以构成随机试验。

核心概念

样本空间与随机事件——概率论的基本语言

定义 · 样本空间

随机试验 $E$ 的所有可能结果组成的集合，称为样本空间，记为 $\Omega$。其中每个结果称为一个样本点，记为 $\omega$。

具体例子：

抛硬币：$\Omega=\{H, T\}$ 掷骰子：$\Omega=\{1,2,3,4,5,6\}$ 检验产品：$\Omega=\{\text{合格}, \text{不合格}\}$

定义 · 随机事件

样本空间 $\Omega$ 的子集称为随机事件，简称事件，用大写字母 $A, B, C$ 等表示。
当这个子集中的一个样本点出现时，就说该事件发生了。

必然事件 $\Omega$

包含所有样本点，每次试验必然发生

不可能事件 $\varnothing$

不含任何样本点，不可能发生

简单来说，样本空间是"全部可能"，事件是"部分可能"。比如掷骰子，"出现偶数"这个事件就是子集 $A=\{2,4,6\}$，它是 $\Omega=\{1,2,3,4,5,6\}$ 的一部分。

核心概念

事件的关系与运算——用韦恩图直观理解

事件本质是集合，所以事件之间的关系和运算就是集合运算。下面通过韦恩图来直观理解：

和事件（并事件）A∪B

事件 A 与事件 B 至少有一个发生的事件。类似集合的"并集"——两个圈加起来的全部区域。

事件运算基本规律

交换律：$A\cup B = B\cup A$，$AB = BA$ 结合律：$(A\cup B)\cup C = A\cup(B\cup C)$
分配律：$A(B\cup C) = AB \cup AC$ 德·摩根律：$\overline{A\cup B} = \bar{A}\cap\bar{B}$，$\overline{A\cap B} = \bar{A}\cup\bar{B}$

德·摩根律的直觉："不是（A或B）" 等价于 "不是A 且不是B"。就像"我既没去北京也没去上海"等价于"我没去北京并且我没去上海"。

II

概率

如何用一个数来衡量事件发生的可能性大小？从频率的稳定性出发，建立概率的严格定义。

核心概念

从频率到概率——用实验发现规律

频率

在 $n$ 次试验中事件 $A$ 发生了 $n_A$ 次，则比值 $\displaystyle f_n(A) = \frac{n_A}{n}$ 称为事件 $A$ 的频率。

频率的基本性质：
① $0 \leq f_n(A) \leq 1$
② $f_n(\Omega) = 1$
③ 互斥事件的频率可以相加

抛硬币频率随试验次数增大趋于稳定

概率的公理化定义

对事件 $A$ 赋予实数 $P(A)$ 称为其概率，需满足：① 非负性：$P(A)\geq 0$；② 规范性：$P(\Omega)=1$；③ 可列可加性：两两互斥事件的概率可以相加。

概率的重要性质

$P(\varnothing)=0$ $P(\bar{A}) = 1 - P(A)$ 若 $A\subset B$ 则 $P(A)\leq P(B)$
加法公式：$P(A\cup B) = P(A) + P(B) - P(AB)$

古典概型

古典概型——最基本的概率计算模型

古典概型的两个条件

① 有限性：样本空间 $\Omega$ 中样本点个数有限； ② 等可能性：每个样本点出现的可能性相等。

$$P(A) = \frac{A\text{包含的样本点数}}{样本点总数} = \frac{m}{n}$$

例1 · 掷骰子

掷一颗均匀的骰子，求：（1）出现偶数点的概率；（2）出现点数不超过4的概率。

第一步：确定样本空间
$\Omega = \{1, 2, 3, 4, 5, 6\}$，共 $n = 6$ 个等可能的样本点。

第二步（1）：找出事件A包含的样本点
事件 $A$ = "出现偶数点" = $\{2, 4, 6\}$，$m = 3$ → $\displaystyle P(A) = \frac{3}{6} = \frac{1}{2}$

第三步（2）：找出事件B包含的样本点
事件 $B$ = "点数不超过4" = $\{1, 2, 3, 4\}$，$m = 4$ → $\displaystyle P(B) = \frac{4}{6} = \frac{2}{3}$

古典概型的解题套路永远三步：① 写出样本空间，数总数 $n$；② 找出事件对应的样本点，数个数 $m$；③ 代入 $P(A) = \dfrac{m}{n}$。

古典概型 · 组合

例2 · 用组合数计算古典概率

例2 · 摸球问题

一个口袋中有5个白球和3个红球，从中任取3个，求：（1）3个都是白球的概率；（2）恰好有1个红球的概率。

思路分析：8个球取3个，每种取法等可能 → 古典概型。用组合数 $C_n^k$ 来计数。

第一步：计算总的取法数
从8个球中任取3个：$\displaystyle n = C_8^3 = \frac{8!}{3!\cdot 5!} = \frac{8\times 7\times 6}{3\times 2\times 1} = 56$

第二步（1）：3个都是白球
从5个白球中取3个：$\displaystyle m_1 = C_5^3 = \frac{5\times 4\times 3}{3\times 2\times 1} = 10$ → $\displaystyle P(A) = \frac{C_5^3}{C_8^3} = \frac{10}{56} = \frac{5}{28}$

第三步（2）：恰好1个红球 → 需要从白球取2个 × 从红球取1个
$\displaystyle m_2 = C_5^2 \cdot C_3^1 = 10 \times 3 = 30$ → $\displaystyle P(B) = \frac{C_5^2 \cdot C_3^1}{C_8^3} = \frac{30}{56} = \frac{15}{28}$

当样本点太多、无法一一列举时，就需要用组合数 $C_n^k$ 来计数。核心思路：分母 = 总取法数，分子 = 满足条件的取法数。"恰好k个"这类问题往往要分组计数再相乘。

III

条件概率

已知某些信息后，事件的概率会如何变化？条件概率回答的就是这个问题。

核心概念

条件概率与乘法公式

定义 · 条件概率

设 $A, B$ 是两个事件，且 $P(A)>0$，称 $\displaystyle P(B|A) = \frac{P(AB)}{P(A)}$ 为在事件 $A$ 发生的条件下事件 $B$ 的条件概率。

直觉理解：已经知道 $A$ 发生了，这时候 $B$ 再发生的概率是多少？"条件"就是缩小了样本空间——不再是全部 $\Omega$，而是只看 $A$ 的那部分。

乘法公式（由条件概率定义直接推出）

$$P(AB) = P(A) \cdot P(B|A) = P(B) \cdot P(A|B)$$

乘法公式的直觉："两件事同时发生"的概率 = 第一件事发生的概率 × 在第一件事已发生的条件下第二件事发生的概率。这在"不放回抽样"中尤其常用。

条件概率

例3 · 不放回抽取中的条件概率

例3

一批产品中有4件正品和3件次品，依次取两件（不放回），求第二次取到正品的概率。

设事件
$A$ = "第一次取到正品"，$B$ = "第二次取到正品"。第一次有两种情况：取到正品或取到次品。

计算各概率
$\displaystyle P(A) = \frac{4}{7}$，$\displaystyle P(\bar{A}) = \frac{3}{7}$

计算条件概率——关键在于"不放回"使得第二次的条件变了
若第一次取到正品（剩3正3次）：$\displaystyle P(B|A) = \frac{3}{6} = \frac{1}{2}$
若第一次取到次品（剩4正2次）：$\displaystyle P(B|\bar{A}) = \frac{4}{6} = \frac{2}{3}$

用全概率公式合并——两条路径的概率加在一起
$\displaystyle P(B) = P(A)\cdot P(B|A) + P(\bar{A})\cdot P(B|\bar{A}) = \frac{4}{7}\times\frac{1}{2} + \frac{3}{7}\times\frac{2}{3} = \frac{2}{7} + \frac{2}{7} = \frac{4}{7}$

这道题用到了全概率公式的思想：把复杂事件 $B$ 按"第一步的所有可能情况"分解成多条路径，每条路径的概率 = 该情况的概率 × 该情况下B的条件概率，最后加总。

核心定理

全概率公式——"分而治之"的概率计算

定理 · 全概率公式

设 $A_1, A_2, \ldots, A_n$ 是样本空间 $\Omega$ 的一个完备事件组（两两互斥且并为 $\Omega$），且 $P(A_i) > 0$，则对任一事件 $B$：

$\displaystyle P(B) = \sum_{i=1}^{n} P(A_i) \cdot P(B|A_i)$

用概率树形图来理解全概率公式：

全概率公式的核心思想：把事件 $B$ "发生的所有途径"穷举出来，每条路径的概率是"原因概率 × 条件下结果概率"，最后全部加起来。就像计算到达终点的总概率——把每条路的概率加在一起。

核心定理

贝叶斯公式——从结果反推原因

定理 · 贝叶斯公式

在全概率公式条件下，若 $P(B)>0$，则：

$\displaystyle P(A_i|B) = \frac{P(A_i)\cdot P(B|A_i)}{\displaystyle\sum_{j=1}^{n} P(A_j)\cdot P(B|A_j)}$

$P(A_i)$ 是先验概率（结果观测前的"猜测"），$P(A_i|B)$ 是后验概率（看到结果后的"更新"）。

例4 · 生产线追溯

某工厂有甲、乙、丙三条生产线，产量分别占25%、35%、40%，不合格率分别为5%、4%、2%。随机取一件产品发现是不合格品，问该产品最可能来自哪条生产线？

设事件：$A_i$ = 来自第 $i$ 条生产线，$B$ = 产品不合格
$P(A_1)=0.25$，$P(A_2)=0.35$，$P(A_3)=0.40$；$P(B|A_1)=0.05$，$P(B|A_2)=0.04$，$P(B|A_3)=0.02$

第一步：用全概率公式算 P(B)
$P(B) = 0.25\times0.05 + 0.35\times0.04 + 0.40\times0.02 = 0.0125 + 0.014 + 0.008 = 0.0345$

第二步：用贝叶斯公式逐一计算后验概率
$\displaystyle P(A_1|B) = \frac{0.0125}{0.0345} \approx 0.362$，$\displaystyle P(A_2|B) = \frac{0.014}{0.0345} \approx 0.406$，$\displaystyle P(A_3|B) = \frac{0.008}{0.0345} \approx 0.232$

结论
因为 $P(A_2|B) \approx 0.406$ 最大，该不合格品最可能来自乙生产线。

贝叶斯公式的核心价值：已知"结果"，反推最可能的"原因"。分母用全概率公式算出 $P(B)$，分子就是"某条路径的贡献"。哪条路径贡献最大，原因就最可能是它。

IV

事件独立性与伯努利概型

当两件事互不影响时，概率计算变得极为简洁。伯努利概型就是独立重复试验的经典模型。

核心概念

事件的独立性——互不影响的概率世界

定义 · 事件独立

设 $A, B$ 是两个事件，如果 $P(AB) = P(A)\cdot P(B)$，则称 $A$ 与 $B$ 相互独立。

直觉理解：$A$ 是否发生，完全不影响 $B$ 发生的概率——即 $P(B|A) = P(B)$。代入条件概率定义：$P(AB) = P(A)\cdot P(B|A) = P(A)\cdot P(B)$，正好就是独立的定义。

独立事件的重要性质

若 $A$ 与 $B$ 独立，则以下三对事件也相互独立：
$A$ 与 $\bar{B}$， $\bar{A}$ 与 $B$， $\bar{A}$ 与 $\bar{B}$

注意区分：互斥和独立是两个完全不同的概念！互斥是 $AB=\varnothing$（不能同时发生），独立是 $P(AB)=P(A)P(B)$（互不影响）。两个概率都大于0的事件，互斥就一定不独立，独立就一定不互斥。

核心概念

伯努利概型——独立重复试验的概率

n 重伯努利试验

设试验 $E$ 只有两个结果：$A$（"成功"）和 $\bar{A}$（"失败"），$P(A) = p$，$P(\bar{A}) = q = 1-p$。
将 $E$ 独立重复进行 $n$ 次，称为 $n$ 重伯努利试验。

事件 A 在 n 次试验中恰好发生 k 次的概率

$$P(X=k) = C_n^k \cdot p^k \cdot q^{n-k}, \quad k=0,1,\ldots,n$$

公式的直觉：
· $p^k$：$k$ 次成功，每次概率 $p$，独立所以相乘
· $q^{n-k}$：$n-k$ 次失败，每次概率 $q$，独立所以相乘
· $C_n^k$：从 $n$ 次中选 $k$ 次"成功"，有多少种排列方式

伯努利公式适用的前提：① 每次试验只有"成功/失败"两种结果；② 每次成功概率 $p$ 不变；③ 各次试验相互独立。

伯努利概型

例5 · 射击问题中的伯努利概型

例5

某射手命中率为0.6，独立射击5次，求：（1）恰好命中3次的概率；（2）至少命中1次的概率。

识别模型：每次射击独立，命中率不变 → n重伯努利试验
$n=5$，$p=0.6$，$q=0.4$

（1）恰好命中3次 → 直接套公式
$\displaystyle P(X=3) = C_5^3 \times 0.6^3 \times 0.4^2 = 10 \times 0.216 \times 0.16 = 0.3456$

（2）"至少命中1次" → 对立事件法更简便
"至少1次"的对立事件 = "1次都没命中"（即 $X=0$）

$\displaystyle P(X=0) = C_5^0 \times 0.6^0 \times 0.4^5 = 1\times 1 \times 0.01024 = 0.01024$

$\displaystyle P(X\geq 1) = 1 - P(X=0) = 1 - 0.01024 = 0.98976$

解题技巧：遇到"至少""至多"类问题，优先考虑对立事件法——$P(\text{至少1次}) = 1 - P(\text{0次})$，计算量大大减少。

V

综合练习

运用本节所学的全部知识，分题型逐一击破。

练习 · 样本空间

练习1 · 写出样本空间

题目

写出下列随机试验的样本空间：（1）检查3件产品的合格情况；（2）将硬币抛掷3次，观察正面出现次数；（3）记录某车站一天发生事故的次数。

（1）每件产品有"合格(Y)"和"不合格(N)"两种结果，3件产品排列组合
$\Omega_1 = \{YYY, YYN, YNY, NYY, YNN, NYN, NNY, NNN\}$，共8个样本点。

（2）抛3次硬币，正面出现的次数可以是0, 1, 2, 3
$\Omega_2 = \{0, 1, 2, 3\}$

（3）一天的事故次数理论上可以是0次、1次、2次……没有上限
$\Omega_3 = \{0, 1, 2, 3, \ldots\}$

写样本空间的关键：不重不漏地列出所有可能结果。注意区分"具体结果"（如每件是否合格）和"统计量"（如正面出现次数）的不同。

练习 · 古典概型

练习2 · 摸球问题三连

题目

一个盒子中有6个球：4白2黑，取2个。求（1）都是白球的概率；（2）1白1黑的概率；（3）至少有1个白球的概率。

总取法数
$\displaystyle n = C_6^2 = \frac{6\times 5}{2\times 1} = 15$

（1）都是白球：从4个白球中取2个
$\displaystyle P(A) = \frac{C_4^2}{C_6^2} = \frac{6}{15} = \frac{2}{5}$

（2）1白1黑：从4白取1个 × 从2黑取1个
$\displaystyle P(B) = \frac{C_4^1 \cdot C_2^1}{C_6^2} = \frac{4\times 2}{15} = \frac{8}{15}$

（3）至少1个白球 → 用对立事件：至少1白的对立 = 0个白（全黑）
$\displaystyle P(C) = 1 - P(\text{全黑}) = 1 - \frac{C_2^2}{C_6^2} = 1 - \frac{1}{15} = \frac{14}{15}$

"至少"问题用对立事件法最省力！也可以验证：$\dfrac{2}{5}+\dfrac{8}{15}+\dfrac{1}{15} = \dfrac{6+8+1}{15} = 1$ ✓ 三种互斥情况概率之和恰好为1。

练习 · 古典概型

练习3 · 从班级中选人

题目

某班50人，其中15名女生。随机选3人，求恰好1名女生的概率。

思路：50人取3人的经典古典概型，用组合数计算

总取法数与恰好1名女生的取法数
总数：$\displaystyle n = C_{50}^3 = \frac{50\times 49\times 48}{3\times 2\times 1} = 19600$
恰好1名女生（从15女取1 × 从35男取2）：$\displaystyle m = C_{15}^1 \cdot C_{35}^2 = 15 \times 595 = 8925$

代入公式
$\displaystyle P = \frac{C_{15}^1 \cdot C_{35}^2}{C_{50}^3} = \frac{8925}{19600} \approx 0.4554$

练习 · 概率运算

练习4 · 概率的综合计算

题目

设 $P(A)=0.5$，$P(B)=0.3$，$P(AB)=0.1$。求 $P(A\cup B)$、$P(\bar{A}\bar{B})$、$P(A|B)$、$P(B|A)$。

① 加法公式求 P(A∪B)
$P(A\cup B) = P(A) + P(B) - P(AB) = 0.5 + 0.3 - 0.1 = 0.7$

② 德·摩根律求 $P(\bar{A}\bar{B})$
$\bar{A}\bar{B} = \bar{A}\cap\bar{B} = \overline{A\cup B}$ → $P(\bar{A}\bar{B}) = 1 - P(A\cup B) = 1 - 0.7 = 0.3$

③ 条件概率公式求 P(A|B)
$\displaystyle P(A|B) = \frac{P(AB)}{P(B)} = \frac{0.1}{0.3} = \frac{1}{3}$

④ 条件概率公式求 P(B|A)
$\displaystyle P(B|A) = \frac{P(AB)}{P(A)} = \frac{0.1}{0.5} = \frac{1}{5} = 0.2$

这道题集中考查了加法公式、德·摩根律、条件概率三个知识点。做题时先判断要用哪个公式，再代入计算。注意 $P(A|B) \neq P(B|A)$！

练习 · 独立性

练习5 · 独立事件的概率

题目

三道工序合格率分别为0.95、0.90、0.95，各工序独立加工。求产品合格的概率。

分析：产品合格 = 三道工序都合格。独立 → 概率直接相乘

设 $A_i$ 表示第 $i$ 道工序合格，则"产品合格" = $A_1 A_2 A_3$
$P(A_1 A_2 A_3) = P(A_1) \cdot P(A_2) \cdot P(A_3) = 0.95 \times 0.90 \times 0.95 = 0.81225$

产品合格的概率约为 81.2%。

练习 · 伯努利概型

练习6 · 电子元件寿命问题

题目

某电子元件寿命超过1500小时的概率为0.8。取4只，求（1）4只都超1500h的概率；（2）至少1只超1500h的概率。

识别模型：每只元件独立，$p=0.8$，$n=4$ → 伯努利试验

（1）4只都超 → $X=4$
$\displaystyle P(X=4) = C_4^4 \times 0.8^4 \times 0.2^0 = 0.8^4 = 0.4096$

（2）至少1只超 → 对立事件法：对立 = 0只超（4只都不超）
$P(X=0) = C_4^0 \times 0.8^0 \times 0.2^4 = 0.2^4 = 0.0016$

$P(X\geq 1) = 1 - 0.0016 = 0.9984$

练习 · 全概率与贝叶斯

练习7 · 产品追溯综合题

题目

甲车间的产品占60%，乙车间占40%。甲的不合格率为2%，乙的不合格率为3%。求（1）任取一件为不合格品的概率；（2）已知是不合格品，来自甲车间的概率。

设事件
$A_1$ = 来自甲，$A_2$ = 来自乙，$B$ = 不合格。$P(A_1)=0.6$，$P(A_2)=0.4$；$P(B|A_1)=0.02$，$P(B|A_2)=0.03$

（1）全概率公式
$P(B) = P(A_1)P(B|A_1) + P(A_2)P(B|A_2) = 0.6\times 0.02 + 0.4\times 0.03 = 0.012 + 0.012 = 0.024$

（2）贝叶斯公式
$\displaystyle P(A_1|B) = \frac{P(A_1)P(B|A_1)}{P(B)} = \frac{0.012}{0.024} = 0.5$

结论
不合格品的概率为2.4%；若已知是不合格品，来自甲车间的概率为50%。

尽管甲车间不合格率更低（2% < 3%），但因为甲的产量占比更大（60%），所以不合格品来自甲的概率并不低。贝叶斯公式同时考虑了"基数"和"比率"两个因素。

补充例题

例题 1：古典概型 — 骰子问题

题目

掷两枚骰子，求点数之和为 7 的概率。

解题过程

分析：两枚骰子共有 $6 \times 6 = 36$ 种等可能结果。
点数之和为 7 的组合：$(1,6),(2,5),(3,4),(4,3),(5,2),(6,1)$，共 6 种。

$P(\text{点数之和为7}) = \dfrac{6}{36} = \dfrac{1}{6}$

补充例题

例题 2：二项概率 — 产品抽检

题目

一批产品合格率为 95%，从中随机抽取 3 件，求恰好有 1 件不合格的概率。

解题过程

分析：不合格率 $p = 0.05$，抽 $n=3$ 件，恰好 $k=1$ 件不合格。
这是伯努利概型（二项分布），使用公式 $P(X=k)=C_n^k p^k (1-p)^{n-k}$。

$P(X=1) = C_3^1 (0.05)^1 (0.95)^2 = 3 \times 0.05 \times 0.9025 = 0.135$

本节总结

知识体系总览与题型导航

📐 核心知识点

1. 随机试验、样本空间 $\Omega$、随机事件
2. 事件运算：$\cup$、$\cap$、$\bar{A}$、德·摩根律
3. 概率公理与性质：$P(\bar{A})=1-P(A)$、加法公式
4. 古典概型：$P(A)=\dfrac{m}{n}$
5. 条件概率：$P(B|A)=\dfrac{P(AB)}{P(A)}$
6. 全概率公式：分路径加总
7. 贝叶斯公式：从结果反推原因
8. 独立性：$P(AB)=P(A)P(B)$
9. 伯努利概型：$C_n^k p^k q^{n-k}$

📝 题型速查

题型一 · 写样本空间 → 不重不漏枚举
题型二 · 古典概型 → $\dfrac{m}{n}$ + 组合数
题型三 · 概率运算 → 加法公式 + 对立
题型四 · 条件概率 → $\dfrac{P(AB)}{P(A)}$
题型五 · 全概率/贝叶斯 → 画树形图
题型六 · 独立性应用 → 概率相乘
题型七 · 伯努利概型 → $C_n^k p^k q^{n-k}$
万能技巧 · "至少" → 对立事件法

核心公式一览： $P(\bar{A})=1-P(A)$ $P(A\cup B)=P(A)+P(B)-P(AB)$ $\displaystyle P(B|A)=\frac{P(AB)}{P(A)}$ $P(AB)=P(A)P(B|A)$ $\displaystyle P(B)=\sum P(A_i)P(B|A_i)$ $\displaystyle P(A_i|B)=\frac{P(A_i)P(B|A_i)}{P(B)}$ $P(X=k)=C_n^k p^k q^{n-k}$

随机事件与概率

概 率

条件概率

事件独立性与伯努利概型

综合练习

概率