1.3 概率的性质

本节概览

本节从概率的公理化定义（Kolmogorov 三条公理）出发，系统推导概率的一系列重要性质：可加性、单调性、加法公式（容斥原理）和连续性，并建立可列可加性与有限可加性之间的桥梁。

逻辑链条：三条公理 → P(∅)=0 → 有限可加性 → 对立事件公式 → 单调性 → 差事件公式 → 加法公式（容斥原理）→ 次可加性（Boole不等式）→ 连续性（下/上连续）→ 可列可加性等价刻画

前置依赖：1.1 随机事件及其运算（事件运算、De Morgan 公式）、§1.2（Kolmogorov 公理、概率空间）

核心主线：从三条公理出发，通过集合分解技巧（将复杂事件拆为不相容事件的并），逐步推导出概率的所有基本运算性质。

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一、概率的基本性质

本节所有性质的推导起点都是 §1.2 中建立的 Kolmogorov 三条公理：

1. 非负性：$P(A)\ge 0$
2. 规范性：$P(\Omega )=1$
3. 可列可加性：若 $A_1,A_2,\cdots$ 互不相容，则 $P\left({\bigcup }_{i=1}^{\infty }{A}_i\right)={\sum }_{i=1}^{\infty }P(A_i)$

P(∅) = 0

性质 1.3.1 — 不可能事件的概率为零

$$P(\varnothing )=0$$

证明思路

证明 (性质 1.3.1)：

[利用可列可加性]：令 $A_1=\varnothing$，$A_2=\varnothing$，$\cdots$，则 $A_1,A_2,\cdots$ 互不相容，且 ${\bigcup }_{i=1}^{\infty }{A}_i=\varnothing$。

由可列可加性：

$$P(\varnothing )=P\left(\bigcup _{i=1}^{\infty }{A}_i\right)=\sum _{i=1}^{\infty }P(A_i)=\sum _{i=1}^{\infty }P(\varnothing )$$

由于 $P(\varnothing )$ 是一个非负实数，无穷多个相同非负实数之和为有限值，只有当 $P(\varnothing )=0$ 时才成立。 $\square$

概率的可加性

有限可加性

性质 1.3.2 — 有限可加性

若 $A_1,A_2,\cdots ,A_n$ 互不相容，则

$$P\left(\bigcup _{i=1}^n{A}_i\right)=\sum _{i=1}^{n}P(A_i)\text{\hspace{1em}(1.3.1)}$$

证明思路

证明 (1.3.1)：

[在可列可加性中补充无穷多个空集]：令 $A_{n+1}=A_{n+2}=\cdots =\varnothing$，则

$$P\left(\bigcup _{i=1}^n{A}_i\right)=P\left(\bigcup _{i=1}^{\infty }{A}_i\right)=\sum _{i=1}^{\infty }P(A_i)=\sum _{i=1}^{n}P(A_i)+\sum _{i=n+1}^{\infty }P(\varnothing )=\sum _{i=1}^{n}P(A_i)$$

其中最后一步利用了 $P(\varnothing )=0$。 $\square$

可列可加性 ⟹ 有限可加性

有限可加性是可列可加性的特例（通过补充无穷多个空集得到）。但反过来，有限可加性推不出可列可加性——这是本节§1.3.4的核心结论。

对立事件公式

性质 1.3.3 — 对立事件的概率

$$P(\bar{A})=1-P(A)\text{\hspace{1em}(1.3.2)}$$

证明思路

证明 (1.3.2)：

[利用有限可加性]：$A$ 与 $\bar{A}$ 互不相容，且 $A\cup \bar{A}=\Omega$，因此

$$P(A)+P(\bar{A})=P(A\cup \bar{A})=P(\Omega )=1$$

移项即得 $P(\bar{A})=1-P(A)$。 $\square$

例 1.3.1 — 灯泡问题

36个灯泡中，4个是6W，32个是4W。从中任取3个，求至少有一个是6W的概率。

解：设 $A$ = “至少有一个6W”，则 $\bar{A}$ = “三个都是4W”。

$$P(\bar{A})=\frac{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{32}{3}\right)}{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{36}{3}\right)}=\frac{248}{357}\approx 0.695$$ $$P(A)=1-P(\bar{A})=\frac{109}{357}\approx 0.305$$

思路对比：直接计算需要分”恰1个6W”、“恰2个6W”、“恰3个6W”三种情况，而对立事件只需计算一种情况，大大简化了计算。

例 1.3.2 — 掷硬币5次

掷硬币5次，求正反面都出现的概率。

解：设 $A$ = “5次都是正面”，$B$ = “5次都是反面”，$C$ = “正反面都出现”。

则 $\bar{C}=A\cup B$，且 $A\cap B=\varnothing$，故

$$P(\bar{C})=P(A)+P(B)=\frac{1}{2^5}+\frac{1}{2^5}=\frac{2}{32}=\frac{1}{16}$$ $$P(C)=1-P(\bar{C})=1-\frac{1}{16}=\frac{15}{16}$$

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二、概率的单调性

差事件公式

性质 1.3.4 — 差事件概率（包含情形）

若 $A\supset B$，则

$$P(A-B)=P(A)-P(B)\text{\hspace{1em}(1.3.3)}$$

证明思路

证明 (1.3.3)：

[集合分解]：当 $A\supset B$ 时，$A=B\cup (A-B)$，且 $B\cap (A-B)=\varnothing$。

由有限可加性：

$$P(A)=P(B)+P(A-B)$$

移项即得 $P(A-B)=P(A)-P(B)$。 $\square$

推论 — 概率的单调性

若 $A\supset B$，则 $P(A)\ge P(B)$。

证明：由性质1.3.4，$P(A)-P(B)=P(A-B)\ge 0$（非负性），故 $P(A)\ge P(B)$。 $\square$

性质 1.3.5 — 差事件概率（一般情形）

对任意两个事件 $A$ 和 $B$，

$$P(A-B)=P(A)-P(AB)\text{\hspace{1em}(1.3.4)}$$

证明思路

证明 (1.3.4)：

[集合分解]：$A=AB\cup (A-B)$，且 $AB\cap (A-B)=\varnothing$（因为 $A-B$ 中不含 $B$ 的元素）。

由有限可加性：

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

移项即得。 $\square$

性质1.3.4 与 1.3.5 的关系

性质1.3.5是性质1.3.4的推广：当 $A\supset B$ 时，$AB=B$，性质1.3.5退化为性质1.3.4。

例 1.3.3 — 摸球最大值问题

从 $\{1,2,\cdots ,n\}$ 中有放回地取 $m$ 个数，求最大值恰好为 $k$ 的概率。

解：设 $A_k$ = “最大值恰好为 $k$”，$B_i$ = “最大值不超过 $i$”。

则 $B_1\subset B_2\subset \cdots \subset B_n$，且 $A_k=B_k-B_{k-1}$。

由性质1.3.4：

$$P(A_k)=P(B_k)-P(B_{k-1})=\frac{k^m}{n^m}-\frac{(k-1{)}^m}{n^m}=\frac{k^m-(k-1{)}^m}{n^m}$$

数值验证（$n=6,m=3$，即掷三颗骰子）：

$k$	1	2	3	4	5	6
$P(A_k)$	0.0046	0.0324	0.0880	0.1713	0.2824	0.4213

验证：${\sum }_{k=1}^{6}P(A_k)=1.0000$ ✓

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三、概率的加法公式

两事件加法公式

性质 1.3.6 — 加法公式

对任意两个事件 $A$ 和 $B$，

$$P(A\cup B)=P(A)+P(B)-P(AB)\text{\hspace{1em}(1.3.5)}$$

对任意 $n$ 个事件 $A_1,A_2,\cdots ,A_n$，

$$P\left(\bigcup _{i=1}^n{A}_i\right)=\sum _{i=1}^{n}P(A_i)-\sum _{1\le i<j\le n}P(A_i{A}_j)+\sum _{1\le i<j<k\le n}P(A_i{A}_j{A}_k)-\cdots +(-1{)}^{n-1}P(A_1{A}_2\cdots A_n)\text{\hspace{1em}(1.3.6)}$$

证明思路

证明 (1.3.5)：

[两事件情形]：将 $A\cup B$ 分解为不相容事件的并：

$$A\cup B=A\cup (B-AB)$$

且 $A\cap (B-AB)=\varnothing$。由有限可加性：

$$P(A\cup B)=P(A)+P(B-AB)$$

再由性质1.3.5（$B\supset AB$）：

$$P(B-AB)=P(B)-P(AB)$$

代入即得。

[$n$ 事件情形]：对 $n$ 用数学归纳法。归纳关键步骤：

$$P\left(\bigcup _{i=1}^n{A}_i\right)=P\left(\bigcup _{i=1}^{n-1}{A}_i\right)+P(A_n)-P\left(\bigcup _{i=1}^{n-1}{A}_i\cap A_n\right)$$

然后对 ${\bigcup }_{i=1}^{n-1}{A}_i$ 和 ${\bigcup }_{i=1}^{n-1}(A_i{A}_n)$ 分别应用归纳假设。 $\square$

容斥原理的直观理解

公式(1.3.6)的核心思想是多退少补：

• 先把所有事件的概率加起来（可能多算了交集部分）
• 减去两两交集（可能多减了三个事件的交集）
• 加回三个事件的交集（可能多加了四个事件的交集）
• 如此交替进行

次可加性（Boole 不等式）

推论 1.3.7 — 次可加性（Boole 不等式）

对任意两个事件，

$$P(A\cup B)\le P(A)+P(B)\text{\hspace{1em}(1.3.7)}$$

对任意 $n$ 个事件，

$$P\left(\bigcup _{i=1}^n{A}_i\right)\le \sum _{i=1}^{n}P(A_i)\text{\hspace{1em}(1.3.8)}$$

证明思路

证明 (1.3.7)：

由加法公式(1.3.5)：

$$P(A\cup B)=P(A)+P(B)-P(AB)$$

因为 $P(AB)\ge 0$（非负性），所以 $P(A\cup B)\le P(A)+P(B)$。

$n$ 事件情形用数学归纳法即可。 $\square$

Boole 不等式的应用场景

当我们只需要概率的上界估计时，Boole不等式非常有用——不需要知道事件之间的交集概率，只需把各事件概率相加即可。在随机算法分析、大数定律证明中经常出现。

例题

例 1.3.4 — 基本加法公式

已知 $P(A)=0.4$，$P(B)=0.3$，$P(A\cup B)=0.6$，求 $P(A\bar{B})$。

解：由加法公式：

$$P(AB)=P(A)+P(B)-P(A\cup B)=0.4+0.3-0.6=0.1$$ $$P(A\bar{B})=P(A)-P(AB)=0.4-0.1=0.3$$

例 1.3.5 — 三事件容斥

已知 $P(A)=P(B)=P(C)=\frac{1}{4}$，$P(AB)=P(AC)=P(BC)=\frac{1}{16}$，$P(ABC)=0$。

求：(1) $A,B,C$ 至少发生一个的概率；(2) $A,B,C$ 都不发生的概率。

解： (1) 由三事件容斥公式(1.3.6)：

$$P(A\cup B\cup C)=3\times \frac{1}{4}-3\times \frac{1}{16}+0=\frac{12}{16}-\frac{3}{16}=\frac{9}{16}$$

(2) 由对立事件公式：

$$P(\bar{A}\bar{B}\bar{C})=1-P(A\cup B\cup C)=1-\frac{9}{16}=\frac{7}{16}$$

注意：$P(ABC)=0$ 是因为 $ABC\subset AB$，由单调性 $P(ABC)\le P(AB)=\frac{1}{16}$，但题目直接给出 $P(ABC)=0$，说明 $A,B,C$ 不能同时发生。

例 1.3.6 — 配对问题（错排问题）

$n$ 个人各写一张贺卡放在一起，再随机抽取。求至少有一人抽到自己贺卡的概率。

解：设 $A_i$ = “第 $i$ 个人抽到自己的贺卡”（$i=1,2,\cdots ,n$）。

求”至少有一人”的概率，即 $P\left({\bigcup }_{i=1}^n{A}_i\right)$。

关键计算：

• $P(A_i)=\frac{1}{n}$（共 $n!$ 种排列，固定第 $i$ 个位置后剩 $(n-1)!$ 种）
• $P(A_i{A}_j)=\frac{1}{n(n-1)}$（固定两个位置后剩 $(n-2)!$ 种）
• 一般地，$P(A_{i_1}{A}_{i_2}\cdots A_{i_k})=\frac{1}{n(n-1)\cdots (n-k+1)}$

由容斥公式(1.3.6)：

$$P\left(\bigcup _{i=1}^n{A}_i\right)=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{1}\right)\cdot \frac{1}{n}-\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{2}\right)\cdot \frac{1}{n(n-1)}+\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{3}\right)\cdot \frac{1}{n(n-1)(n-2)}-\cdots +(-1{)}^{n-1}\cdot \frac{1}{n!}$$

化简得：

$$P\left(\bigcup _{i=1}^n{A}_i\right)=1-\frac{1}{2!}+\frac{1}{3!}-\frac{1}{4!}+\cdots +(-1{)}^{n-1}\cdot \frac{1}{n!}=\sum _{k=1}^n\frac{(-1{)}^{k-1}}{k!}$$

极限结果：当 $n\to \infty$ 时，

$$\underset{n\to \infty }{\lim }P\left(\bigcup _{i=1}^n{A}_i\right)=1-e^{-1}\approx 0.6321$$

结论：即使有100人、1000人，“至少一人抽到自己贺卡”的概率始终约为63.2%，不会趋近于1！这个反直觉的结果说明概率为0.632不等于"几乎必然"。

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四、概率的连续性

单调事件序列的极限

定义 1.3.1 — 单调事件序列的极限

(1) 若事件序列 $F_1,F_2,\cdots$ 满足 $F_1\subset F_2\subset \cdots$（单调不减），则称其极限事件为

$$\underset{n\to \infty }{\lim }{F}_n=\bigcup _{n=1}^{\infty }{F}_n\text{\hspace{1em}(1.3.9)}$$

(2) 若事件序列 $E_1,E_2,\cdots$ 满足 $E_1\supset E_2\supset \cdots$（单调不增），则称其极限事件为

$$\underset{n\to \infty }{\lim }{E}_n=\bigcap _{n=1}^{\infty }{E}_n\text{\hspace{1em}(1.3.10)}$$

极限事件的直观理解

• 单调不减序列：事件”越来越大”，极限就是所有事件的并（“最终覆盖到的所有结果”）
• 单调不增序列：事件”越来越小”，极限就是所有事件的交（“始终保留的结果”）

概率连续性的定义

定义 1.3.2 — 概率的连续性

(1) 若对任意单调不减的事件序列 $\{F_n\}$，都有

$$P\left(\underset{n\to \infty }{\lim }{F}_n\right)=\underset{n\to \infty }{\lim }P(F_n)$$

则称概率 $P$ 是下连续的。

(2) 若对任意单调不增的事件序列 $\{E_n\}$，都有

$$P\left(\underset{n\to \infty }{\lim }{E}_n\right)=\underset{n\to \infty }{\lim }P(E_n)$$

则称概率 $P$ 是上连续的。

连续性定理

性质 1.3.7 — 概率的连续性

概率测度 $P$ 既是下连续的，又是上连续的。

证明思路

证明 (性质 1.3.7)：

[下连续性]：设 $F_1\subset F_2\subset \cdots$，令 $F_0=\varnothing$，则

$$\bigcup _{i=1}^{\infty }{F}_i=\bigcup _{i=1}^{\infty }(F_i-F_{i-1})$$

且 $F_i-F_{i-1}$（$i=1,2,\cdots$）互不相容。由可列可加性：

$$P\left(\bigcup _{i=1}^{\infty }{F}_i\right)=\sum _{i=1}^{\infty }P(F_i-F_{i-1})=\underset{n\to \infty }{\lim }\sum _{i=1}^{n}P(F_i-F_{i-1})$$

对每个 $n$，由有限可加性：

$$\sum _{i=1}^{n}P(F_i-F_{i-1})=P\left(\bigcup _{i=1}^n(F_i-F_{i-1})\right)=P(F_n)$$

因此 $P\left({\bigcup }_{i=1}^{\infty }{F}_i\right)={\lim }_{n\to \infty }P(F_n)$。

[上连续性]：设 $E_1\supset E_2\supset \cdots$，令 $F_n={\bar{E}}_n$，则 $F_1\subset F_2\subset \cdots$。

由 De Morgan 公式：${\bar{E}}_n=F_n$，${\bigcap }_{n=1}^{\infty }{E}_n=\overline{{\bigcup }_{n=1}^{\infty }{F}_n}$。

利用下连续性和对立事件公式：

$$P\left(\bigcap _{n=1}^{\infty }{E}_n\right)=1-P\left(\bigcup _{n=1}^{\infty }{F}_n\right)=1-\underset{n\to \infty }{\lim }P(F_n)=1-\underset{n\to \infty }{\lim }(1-P(E_n))=\underset{n\to \infty }{\lim }P(E_n)$$

$\square$

证明技巧：不相容化分解

下连续性证明的核心技巧是将单调序列分解为不相容序列：$F_i-F_{i-1}$ 之间互不相容，从而可以应用可列可加性。这是测度论中的标准技巧，称为”不相容化”（disjointification）。

可列可加性的等价刻画

性质 1.3.8 — 可列可加性的等价条件

以下三个条件等价：

1. $P$ 满足可列可加性
2. $P$ 满足有限可加性且下连续
3. $P$ 满足有限可加性且上连续

证明思路

证明 (性质 1.3.8)：

[(1) ⟹ (2)]：可列可加性 ⟹ 有限可加性（性质1.3.2）+ 下连续（性质1.3.7）。

[(2) ⟹ (1)]：设 $A_1,A_2,\cdots$ 互不相容，令 $F_n={\bigcup }_{i=1}^n{A}_i$，则 $F_1\subset F_2\subset \cdots$。

由有限可加性：$P(F_n)={\sum }_{i=1}^{n}P(A_i)$。

由下连续性：

$$P\left(\bigcup _{n=1}^{\infty }{F}_n\right)=\underset{n\to \infty }{\lim }P(F_n)=\underset{n\to \infty }{\lim }\sum _{i=1}^{n}P(A_i)=\sum _{i=1}^{\infty }P(A_i)$$

而 ${\bigcup }_{n=1}^{\infty }{F}_n={\bigcup }_{n=1}^{\infty }{A}_n$，故可列可加性成立。

[(2) ⟺ (3)]：由性质1.3.7的证明可知，下连续 ⟺ 上连续（通过对立事件转换）。 $\square$

核心结论

性质1.3.8揭示了：==可列可加性 = 有限可加性 + 连续性==。这意味着：

• 仅有有限可加性不够——还需要连续性才能保证极限运算的合法性
• 如果一个集函数满足有限可加性和下连续性，它就自动满足可列可加性
• 这为构造概率测度提供了另一种途径：先验证有限可加性和连续性

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五、知识结构总览

graph TD
    A[Kolmogorov三条公理] --> B[P空集等于0]
    A --> C[有限可加性]
    C --> D[对立事件公式]
    A --> E[下连续性]
    C --> F[单调性]
    F --> G[差事件公式]
    D --> H[加法公式]
    G --> H
    H --> I[容斥原理]
    I --> J[Boole不等式]
    E --> K[上连续性]
    E --> L[可列可加性等价刻画]
    C --> L

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六、核心思想与证明技巧

核心思想

1. 从公理出发：所有性质都从三条公理推导，不依赖直觉——这是公理化方法的精髓
2. 集合分解：核心技巧是将复杂事件分解为不相容事件的并，然后应用可加性——“分而治之”
3. 互补转化：当直接计算困难时，转向对立事件——“正难则反”
4. 多退少补：容斥原理的本质是精确计算并集概率，通过交替加减消除重复计数
5. 连续性桥梁：连续性将有限与无限连接起来，是可列可加性的等价条件

证明技巧清单

1. 补充空集法：在可列可加性中补充无穷多个 $\varnothing$ 推导有限可加性
2. 不相容化分解：$F_n={\bigcup }_{i=1}^n(F_i-F_{i-1})$，将单调序列变为不相容序列
3. 对立事件转换：上连续性通过对立事件转化为下连续性来证明
4. 数学归纳法：$n$ 事件容斥公式用归纳法从2事件情形推广
5. 构造辅助事件：配对问题中用指示事件 $A_i$ 将复杂问题化为计数问题

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七、补充理解与易混淆点

零概率与不可能事件的区别

来源：教材p29（性质1.3.1的讨论）、MIT OCW 6.041 Lecture 2

误区1："P(A) = 0 则 A 是不可能事件"

❌ 错误解释：概率为0的事件一定不会发生，即 $P(A)=0\Rightarrow A=\varnothing$

✅ 正确解释：$P(A)=0$ 只说明 $A$ 的概率测度为零，但 $A$ 完全可以是非空事件。例如在几何概型中，从 $[0,1]$ 中随机取一个数，取到某个特定点 $x_0$ 的概率为0，但 $\{x_0\}$ 并非空集。在连续型随机变量中，取到任何一个具体值的概率都是0。

概率为1与必然事件的区别

来源：教材p29（对立事件公式的推论）、Stanford Stat 116 Lecture Notes

误区2："P(A) = 1 则 A 是必然事件"

❌ 错误解释：概率为1的事件一定会发生，即 $P(A)=1\Rightarrow A=\Omega$

✅ 正确解释：$P(A)=1$ 只说明 $A$ 的概率测度为1，但 $A$ 可以不等于 $\Omega$。例如在几何概型中，从 $[0,1]$ 中取数，取到无理数的概率为1，但无理数集并非 $[0,1]$（有理数集概率为0但非空）。$P(A)=1$ 和 $P(\bar{A})=0$ 等价，但 $\bar{A}$ 不一定是空集。

概率单调性的逆命题

来源：教材p30（单调性推论的讨论）、UCLA Stats 100A Lecture Notes

误区3："P(A) ≥ P(B) 则 A ⊃ B"

❌ 错误解释：概率大的事件一定包含概率小的事件

✅ 正确解释：单调性的逆命题不成立。$A\supset B\Rightarrow P(A)\ge P(B)$ 是对的，但反过来不行。反例：掷骰子，$A$ = “点数为1或2”（$P=1/3$），$B$ = “点数为3或4或5”（$P=1/2$），则 $P(A)<P(B)$ 但 $A$ 和 $B$ 没有包含关系。即使 $P(A)>P(B)$，也不能推出 $A\supset B$。

有限可加性与可列可加性的关系

来源：教材p34-35（性质1.3.8）、2017 中山大学 432 真题、LibreTexts Probability Spaces §2.6

误区4："有限可加性可以推出可列可加性"

❌ 错误解释：既然可列可加性在有限个事件时退化为有限可加性，那么反过来也成立

✅ 正确解释：有限可加性推不出可列可加性。反例：设在自然数集 $\mathbb{N}$ 上定义 $P(A)=0$（若 $A$ 为有限集）或 $P(A)=1$（若 $A$ 为无限集），这个 $P$ 满足非负性、规范性和有限可加性，但不满足可列可加性（因为每个单点集概率为0，但可列个单点集的并是 $\mathbb{N}$，概率为1 ≠ 0）。有限可加性 + 下连续性才是可列可加性的充要条件（性质1.3.8）。

零概率交集与互不相容的区别

来源：教材习题1.3-2、华东师范大学概率论讲义

误区5："P(AB) = 0 则 A, B 互不相容"

❌ 错误解释：交集概率为零意味着两个事件没有公共样本点

✅ 正确解释：$P(AB)=0$ 只说明交集的概率测度为零，但 $AB$ 完全可以是非空集。在连续型概率空间中，两个事件可以有交集但交集概率为零。例如从 $[0,1]$ 中均匀取数，$A=\{0.5\}$，$B=[0,1]$，则 $P(AB)=P(\{0.5\})=0$，但 $AB=\{0.5\}\ne \varnothing$。==互不相容要求 $AB=\varnothing$（集合为空），这比 $P(AB)=0$（测度为零）更强==。

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八、习题精选

本节习题

编号	标题	核心考点	难度	来源
1	互不相容事件概率运算	有限可加性、对立事件	★☆☆	教材习题1.3-1
2	P(AB)=0 的命题判断	零概率事件辨析	★★☆	教材习题1.3-2
3	产品等级概率	古典概型 + 概率性质	★☆☆	教材习题1.3-3
4	数字选取事件概率	排列组合 + 事件运算	★★☆	教材习题1.3-4
5	报纸订阅率	三事件容斥原理	★★★	教材习题1.3-5
6	代表选取概率	对立事件 + 组合计数	★★☆	教材习题1.3-6
7	可列可加性 vs 有限可加性	下连续性、Boole不等式	★★★	2017 中山大学 432
8	概率性质证明	加法公式、单调性证明	★★★	2013 上财 808
9	酒驾检测概率	容斥原理应用	★★☆	2014 华东师大 432
10	三事件覆盖样本空间	容斥 + Boole不等式	★★★	2018 北大 431

习题1：互不相容事件概率运算

习题1（教材习题1.3-1）

设 $A$ 与 $B$ 互不相容，且 $P(A)=0.3$，$P(B)=0.5$。求： (1) $P(A\cup B)$；(2) $P(AB)$；(3) $P(A\bar{B})$。

查看解答

(1) 因为 $A$ 与 $B$ 互不相容（$AB=\varnothing$），由有限可加性：

$$P(A\cup B)=P(A)+P(B)=0.3+0.5=0.8$$

(2) $P(AB)=P(\varnothing )=0$

(3) 因为 $AB=\varnothing$，所以 $A\subset \bar{B}$，故 $A\bar{B}=A$：

$$P(A\bar{B})=P(A)=0.3$$

或者用一般公式：$P(A\bar{B})=P(A)-P(AB)=0.3-0=0.3$。 $\square$

习题2：P(AB)=0 的命题判断

习题2（教材习题1.3-2）

设 $P(AB)=0$，判断以下命题的正误： (1) $A$ 与 $B$ 互不相容； (2) $A$ 与 $B$ 对立； (3) $\bar{A}$ 与 $\bar{B}$ 互不相容； (4) $P(A)+P(B)=1$； (5) $P(A-B)=P(A)$； (6) $P(\bar{A}\bar{B})=1$。

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(1) 错误。$P(AB)=0$ 不意味着 $AB=\varnothing$。在连续概率空间中，$AB$ 可以是非空集但概率为零。

(2) 错误。$A$ 与 $B$ 对立要求 $AB=\varnothing$ 且 $A\cup B=\Omega$。$P(AB)=0$ 既不保证 $AB=\varnothing$，也不保证 $A\cup B=\Omega$。

(3) 错误。$\bar{A}\bar{B}=\overline{A\cup B}$，若 $A\cup B\ne \Omega$，则 $\bar{A}\bar{B}\ne \varnothing$，$\bar{A}$ 与 $\bar{B}$ 不互不相容。

(4) 错误。$P(AB)=0$ 不蕴含 $P(A)+P(B)=1$。反例：$A=B=\varnothing$ 时 $P(AB)=0$，但 $P(A)+P(B)=0\ne 1$。

(5) 正确。$P(A-B)=P(A)-P(AB)=P(A)-0=P(A)$。

(6) 错误。$P(\bar{A}\bar{B})=P(\overline{A\cup B})=1-P(A\cup B)=1-P(A)-P(B)+P(AB)=1-P(A)-P(B)$。仅当 $P(A)+P(B)=1$ 时才成立，但(4)已说明这不必然成立。

总结：只有(5)正确。 $\square$

习题3：产品等级概率

习题3（教材习题1.3-3）

一批产品分为一等品、二等品、三等品，比例为 $6:2:1$。从中任取一件，求： (1) 取到一等品或二等品的概率； (2) 取到非三等品的概率。

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设 $A$ = “一等品”，$B$ = “二等品”，$C$ = “三等品”。

由比例 $6:2:1$，总比例 $6+2+1=9$，故

$$P(A)=\frac{6}{9}=\frac{2}{3},P(B)=\frac{2}{9},P(C)=\frac{1}{9}$$

(1) $A$ 与 $B$ 互不相容：

$$P(A\cup B)=P(A)+P(B)=\frac{2}{3}+\frac{2}{9}=\frac{8}{9}$$

(2) “非三等品” = $\bar{C}$：

$$P(\bar{C})=1-P(C)=1-\frac{1}{9}=\frac{8}{9}$$

两种方法结果一致，验证了 $A\cup B=\bar{C}$。 $\square$

习题4：数字选取事件概率

习题4（教材习题1.3-4）

从 $0,1,2,\cdots ,9$ 十个数字中有放回地取3个数字，求： (1) 三个数字全不同的概率； (2) 三个数字中不含0和5的概率； (3) 三个数字中不含0或不含5的概率。

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样本空间 $|\Omega |=10^3=1000$。

(1) 三个数字全不同：$|\bar{A}|=P_{10}^3=10\times 9\times 8=720$

$$P=\frac{720}{1000}=0.72$$

(2) 不含0和5（即不含0且不含5）：每次从 $\{1,2,3,4,6,7,8,9\}$ 中取，共8个数字

$$P=\frac{8^3}{10^3}=\frac{512}{1000}=0.512$$

(3) 不含0或不含5。设 $A$ = “不含0”，$B$ = “不含5”。

$$P(A)=\frac{9^3}{10^3}=0.729,P(B)=\frac{9^3}{10^3}=0.729$$ $$P(AB)=\frac{8^3}{10^3}=0.512$$

由加法公式： $P(A\cup B)=P(A)+P(B)-P(AB)=0.729+0.729-0.512=0.946$ $\square$

习题5：报纸订阅率

习题5（教材习题1.3-5）

某城市居民订阅三种报纸 $A,B,C$ 的比例分别为：$P(A)=0.25$，$P(B)=0.20$，$P(C)=0.15$，$P(AB)=0.10$，$P(AC)=0.08$，$P(BC)=0.05$，$P(ABC)=0.03$。求： (1) 只订阅 $A$ 的比例； (2) 至少订阅一种报纸的比例； (3) 不订阅任何报纸的比例。

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(1) 只订阅 $A$：

$$P(A\bar{B}\bar{C})=P(A)-P(AB)-P(AC)+P(ABC)=0.25-0.10-0.08+0.03=0.10$$

(2) 至少订阅一种（三事件容斥）：

$$P(A\cup B\cup C)=P(A)+P(B)+P(C)-P(AB)-P(AC)-P(BC)+P(ABC)$$ $$=0.25+0.20+0.15-0.10-0.08-0.05+0.03=0.40$$

(3) 不订阅任何报纸： $P(\bar{A}\bar{B}\bar{C})=1-P(A\cup B\cup C)=1-0.40=0.60$ $\square$

习题6：代表选取概率

习题6（教材习题1.3-6）

9名男工和5名女工中任选3名代表，求至少有1名女工的概率。

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设 $A$ = “至少有1名女工”，则 $\bar{A}$ = “3名都是男工”。

$$P(\bar{A})=\frac{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{9}{3}\right)}{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{14}{3}\right)}=\frac{84}{364}=\frac{21}{91}$$

$P(A)=1-P(\bar{A})=1-\frac{21}{91}=\frac{70}{91}=\frac{10}{13}\approx 0.769$ $\square$

习题7：可列可加性 vs 有限可加性

习题7（2017 中山大学 432）

在概率的公理化结构中，把概率所满足的条件中可列可加性换成有限可加性，则下列概率的性质中不成立的是（ ）。

A. $P(\varnothing )=0$

B. 对任何事件 $A$，$P(\bar{A})=1-P(A)$

C. $\{S_n\}$ 是一个单调不减的集序列，${\lim }_{n\to \infty }P(S_n)=P({\lim }_{n\to \infty }{S}_n)$

D. $P(AB)\ge P(A)+P(B)-1$

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选 C。

分析：

• A. $P(\varnothing )=0$：由有限可加性即可推出（$P(\varnothing )+P(\varnothing )=P(\varnothing \cup \varnothing )=P(\varnothing )$，故 $P(\varnothing )=0$）。✓
• B. $P(\bar{A})=1-P(A)$：由有限可加性，$P(A)+P(\bar{A})=P(A\cup \bar{A})=P(\Omega )=1$。✓
• C. 这是下连续性的定义。由性质1.3.8，有限可加性 + 下连续性 ⟺ 可列可加性。如果只有有限可加性而没有下连续性，则 C 不成立。✗
• D. $P(AB)\ge P(A)+P(B)-1$：由 $P(A\cup B)\le 1$ 和加法公式 $P(A\cup B)=P(A)+P(B)-P(AB)$，得 $P(AB)\ge P(A)+P(B)-1$。加法公式可由有限可加性推出。✓

核心考点：可列可加性与有限可加性的本质区别在于连续性。下连续性是可列可加性的等价条件之一，仅有有限可加性无法保证。 $\square$

习题8：概率性质证明

习题8（2013 上财 808）

$P$ 表示概率，$A$ 和 $B$ 表示事件，证明： (1) $P(B\bar{A})=P(B)-P(BA)$； (2) $P(A\cup B)=P(A)+P(B)-P(AB)$； (3) 如果 $A\subset B$，则 $P(A)\le P(B)$。

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(1) 因为 $B=(B\bar{A})\cup (BA)$，且 $(B\bar{A})\cap (BA)=\varnothing$（$B\bar{A}$ 中不含 $A$ 的元素，$BA$ 中全是 $A$ 的元素）。

由有限可加性：

$$P(B)=P(B\bar{A})+P(BA)$$

移项得 $P(B\bar{A})=P(B)-P(BA)$。 $\square$

(2) $A\cup B=A\cup (B\bar{A})$，且 $A\cap (B\bar{A})=\varnothing$。

由有限可加性：$P(A\cup B)=P(A)+P(B\bar{A})$。

由(1)：$P(B\bar{A})=P(B)-P(BA)$，代入得 $P(A\cup B)=P(A)+P(B)-P(AB)$ $\square$

(3) 由(1)，$P(B)=P(BA)+P(B\bar{A})$。

因为 $A\subset B$，所以 $BA=A$，故

$$P(B)=P(A)+P(B\bar{A})\ge P(A)$$

其中 $P(B\bar{A})\ge 0$ 由非负性保证。 $\square$

习题9：酒驾检测概率

习题9（2014 华东师大 432）

交警部门发布报告称：在被怀疑酒驾司机中，72% 的司机被要求采用呼吸仪测量，36% 的司机被要求采用血液仪测量，18% 的司机被要求既采用呼吸仪测量又采用血液仪测量。那么一个被怀疑酒驾的司机，不用这两种仪器测量的比例是（ ）。

A. 0.5　　B. 0.25　　C. 0.2　　D. 0.1

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选 D。

设 $A$ = “被要求采用呼吸仪测量”，$B$ = “被要求采用血液仪测量”。

已知 $P(A)=0.72$，$P(B)=0.36$，$P(AB)=0.18$。

“不用两种仪器” = $\bar{A}\bar{B}=\overline{A\cup B}$。

由加法公式：

$$P(A\cup B)=P(A)+P(B)-P(AB)=0.72+0.36-0.18=0.90$$

$P(\bar{A}\bar{B})=1-P(A\cup B)=1-0.90=0.10$ $\square$

习题10：三事件覆盖样本空间

习题10（2018 北大 431）

$A_1\cup A_2\cup A_3=\Omega$，$P(A_1)=P(A_2)=P(A_3)=p$，且三者不同时发生。求 $p$ 的范围。

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由题意 $P(A_1\cup A_2\cup A_3)=1$，$P(A_1{A}_2{A}_3)=0$。

下界：由 Boole 不等式：

$$1=P(A_1\cup A_2\cup A_3)\le P(A_1)+P(A_2)+P(A_3)=3p$$

故 $p\ge \frac{1}{3}$。

上界：由容斥公式展开：

$$1=3p-P(A_1{A}_2)-P(A_2{A}_3)-P(A_1{A}_3)+0$$

注意 $P(A_i{A}_j)=P(A_i)+P(A_j)-P(A_i\cup A_j)=2p-P(A_i\cup A_j)$，代入得：

$$1=3p-[2p-P(A_1\cup A_2)]-[2p-P(A_2\cup A_3)]-[2p-P(A_1\cup A_3)]$$ $$1=P(A_1\cup A_2)+P(A_2\cup A_3)+P(A_1\cup A_3)-3p$$

因为 $P(A_i\cup A_j)\le 1$，故

$$1\le 3-3p⟹p\le \frac{2}{3}$$

结论：$\frac{1}{3}\le p\le \frac{2}{3}$。

取等号验证：

• $p=\frac{1}{3}$：$A_1,A_2,A_3$ 构成 $\Omega$ 的一个分割（互不相容且并集为 $\Omega$）
• $p=\frac{2}{3}$：每个 $A_i$ 覆盖 $\Omega$ 的 $\frac{2}{3}$，两两交集覆盖 $\frac{1}{3}$ $\square$

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九、教材原文

第一章 随机事件与概率/概率性质