1.2 概率的定义及其确定方法

本节概览

本节建立概率的公理化定义（Kolmogorov 三条公理），介绍排列组合等计数工具，然后给出四种确定概率的方法：频率方法、古典方法、几何方法、主观方法。

逻辑链条：概率的公理化定义 → 排列组合计数工具 → 频率方法 → 古典方法（抽样模型/盒子模型/生日问题）→ 几何方法（会面问题/比丰投针）→ 主观方法

前置依赖：1.1 随机事件及其运算（样本空间、事件域、事件运算）

核心主线：从公理出发，通过不同的”确定方法”为事件赋予具体的概率值，其中古典方法和几何方法是本节重点。

一、概率的公理化定义

历史背景

概率的定义经历了三个阶段：

古典定义（17世纪，Pascal/Fermat）：基于等可能性， $P (A) = k / n$
统计定义（19世纪，von Mises）：基于频率稳定性
公理化定义（1933年，Kolmogorov）：基于三条公理，统一了各种概率定义

Kolmogorov 公理化定义

定义 1.2.1 — 概率的公理化定义

设 $Ω$ 为一个样本空间， $F$ 为 $Ω$ 的某些子集组成的一个事件域。如果对每一个事件 $A \in F$ ，都赋予一个实数 $P (A)$ ，满足：

非负性： $P (A) \geq 0$ ；

规范性： $P (Ω) = 1$ ；

可列可加性：若 $A_{1}, A_{2}, \dots$ 互不相容，则

$P (i = 1 ⋃ \infty A_{i}) = i = 1 \sum \infty P (A_{i}) (1.2.1)$
则称 $P (A)$ 为事件 $A$ 的概率，称 $(Ω, F, P)$ 为概率空间。

三条公理的直观理解

非负性：概率不会是负数（最差是0）

规范性：“什么事情都发生”的概率是1（100%）

可列可加性：互不相容的事件，概率可以相加（最核心的公理）

注意

由可列可加性可以推出有限可加性（取 $A_{n + 1} = A_{n + 2} = \dots = \emptyset$ ），但反过来不成立。可列可加性是更强的条件，它保证了极限运算的合法性。

二、排列与组合公式

在古典概型中，计算概率的关键是计数。以下是常用的计数公式。

乘法原理

乘法原理

若完成一件事需要 $r$ 个步骤，第 $i$ 步有 $n_{i}$ 种方法（ $i = 1, 2, \dots, r$ ），则完成这件事共有
$n_{1} \times n_{2} \times \dots \times n_{r}$
种方法。

加法原理

加法原理

若完成一件事有 $r$ 类方法，第 $i$ 类有 $n_{i}$ 种方法（ $i = 1, 2, \dots, r$ ），且各类方法互不相同，则完成这件事共有
$n_{1} + n_{2} + \dots + n_{r}$
种方法。

排列

排列

从 $n$ 个不同元素中取出 $r$ 个（ $r \leq n$ ），按一定顺序排列，称为从 $n$ 中取 $r$ 的排列，其总数为
$P_{n}^{r} = n (n - 1) \dots (n - r + 1) = \frac{n !}{( n - r )!} (1.2.2)$
特别地，当 $r = n$ 时称为全排列： $P_{n}^{n} = n!$

组合

组合

从 $n$ 个不同元素中取出 $r$ 个（ $r \leq n$ ），不计顺序，称为从 $n$ 中取 $r$ 的组合，其总数为
$(r n) = C_{n}^{r} = \frac{n !}{r ! ( n - r )!} (1.2.3)$

组合的性质：

$(r n) = (n - r n)$ （对称性）
$(r n) = (r - 1 n - 1) + (r n - 1)$ （Pascal恒等式）
$\sum_{r = 0}^{n} (r n) = 2^{n}$ （二项式定理取 $a = b = 1$ ）

重复排列

重复排列

从 $n$ 个不同元素中取出 $r$ 个（允许重复），按一定顺序排列，总数为 $n^{r}$ 。

重复组合

重复组合

从 $n$ 个不同元素中取出 $r$ 个（允许重复），不计顺序，总数为
$(r n + r - 1) = (n - 1 n + r - 1)$

三、确定概率的方法

频率方法

频率的定义

频率

设在相同条件下重复试验 $n$ 次，事件 $A$ 发生了 $n (A)$ 次，则称
$f_{n} (A) = \frac{n ( A )}{n} (1.2.4)$
为事件 $A$ 在 $n$ 次试验中出现的频率。

频率的稳定性

例 1.2.1 — 频率稳定性

(a) 抛硬币：历史上多位学者进行了大量抛硬币实验，结果如下：

实验者抛掷次数 $n$ 正面出现次数 $n (A)$ 频率 $f_{n} (A)$
De Morgan 2048 1061 0.5181
Buffon 4040 2048 0.5069
Pearson 12000 6019 0.5016
Pearson 24000 12012 0.5005

(b) 英文字母频率：统计大量英文文献中各字母出现的频率，发现频率随文本量增大而趋于稳定，如 E 的频率约为 0.1268。

(c) 女婴出生频率：大量统计表明女婴出生频率稳定在 0.48 左右。

实验者	抛掷次数 $n$	正面出现次数 $n (A)$	频率 $f_{n} (A)$
De Morgan	2048	1061	0.5181
Buffon	4040	2048	0.5069
Pearson	12000	6019	0.5016
Pearson	24000	12012	0.5005

频率方法的特点

优点：适用于大量可重复的随机现象

缺点：需要大量重复试验，无法一次性给出精确概率

频率满足概率的三条公理（非负性、规范性、有限可加性），因此可以作为概率的近似

古典方法

古典概型的定义

古典概型（等可能概型）

若一个随机现象满足：

有限性：样本空间 $Ω$ 中只有有限个基本事件

等可能性：每个基本事件发生的概率相等

则称其为古典概型。此时事件 $A$ 的概率为
$P (A) = \frac{A 包含的基本事件数}{Ω 中的基本事件总数} = \frac{k}{n} (1.2.5)$

例 1.2.2 — 掷两枚硬币

掷两枚均匀硬币， $Ω = {HH, H T, T H, TT}$ ，共 $n = 4$ 个等可能基本事件。

$A =$ “至少一个正面” $= {HH, H T, T H}$ ， $k = 3$
$P (A) = \frac{3}{4}$

抽样模型

例 1.2.3 — 不放回抽样（超几何分布）

$N$ 件产品中有 $M$ 件不合格品，从中不放回地抽取 $n$ 件，恰好抽到 $m$ 件不合格品的概率：
$P (X = m) = \frac{( m M ) ( n - m N - M )}{( n N )} (1.2.6)$
这就是超几何分布。

例 1.2.4 — 放回抽样（二项分布）

$N$ 件产品中有 $M$ 件不合格品，从中有放回地抽取 $n$ 件，恰好抽到 $m$ 件不合格品的概率：
$P (X = m) = (m n) (\frac{M}{N})^{m} (1 - \frac{M}{N})^{n - m} (1.2.7)$
这就是二项分布。

放回 vs 不放回

不放回抽样：每次抽取后总体变小，概率逐次变化 → 超几何分布

放回抽样：每次抽取概率不变，各次独立 → 二项分布

当 $N$ 很大、 $n$ 相对较小时，两者近似相等

彩票问题

例 1.2.5 — 彩票问题

从 $1 \sim 35$ 中选7个号码（35选7），中一等奖（全部命中）的概率：
$P = \frac{1}{( 7 35 )} = \frac{1}{6724520} \approx 1.49 \times 1 0^{- 7}$
约为六百七十二万分之一。

盒子模型

例 1.2.6 — 盒子模型

将 $r$ 个不可分辨的球随机放入 $n$ 个盒子中（每盒可放多个球）。

指定盒子： $r$ 个球放入指定的 $k$ 个盒子中（每盒至少一个）的概率：
$P = \frac{( k - 1 r - 1 )}{( r n + r - 1 )} (1.2.8)$
任意盒子：恰好有 $k$ 个盒子非空的概率：
$P = \frac{( k n ) \cdot S ( r , k )}{( r n + r - 1 )} (1.2.9)$
其中 $S (r, k)$ 为第二类 Stirling 数。

生日问题

例 1.2.7 — 生日问题

$r$ 个人中至少有两人生日相同的概率（假设一年365天，每天等可能）：

精确公式：
$P (r) = 1 - \frac{365 \times 364 \times \dots \times ( 365 - r + 1 )}{36 5 ^{r}} (1.2.10)$
近似公式（利用 $1 - x \approx e^{- x}$ ）：
$P (r) \approx 1 - e^{- r (r - 1) / (2 \times 365)} (1.2.11)$
关键结论：仅需 $r = 23$ 人， $P \approx 0.507 > 0.5$ ，即23人中至少两人生日相同的概率超过一半！

人数 $r$	概率 $P (r)$
10	0.117
20	0.411
23	0.507
30	0.706
40	0.891
50	0.970
60	0.994

生日问题的直觉反差

生日问题的结果常常违背直觉——只需要23人就有一半以上的概率出现生日相同。这是因为我们比较的不是”某人与特定人生日相同”（概率约 $r /365$ ），而是”任意两人之间生日相同”（有 $(2 r)$ 对比较）。

几何方法

几何概型的定义

几何概型

若一个随机现象的样本空间可以用一个有度量的区域 $Ω$ 表示（长度、面积、体积），且每个样本点出现的可能性与度量成正比，则事件 $A$ 的概率为
$P (A) = \frac{S _{A}}{S _{Ω}} (1.2.13)$
其中 $S_{A}$ 和 $S_{Ω}$ 分别是 $A$ 和 $Ω$ 的度量（长度/面积/体积）。

例 1.2.8 — 会面问题

甲乙两人约定在中午12点到下午1点之间在某地会面，先到者等20分钟后离去。求两人能会面的概率。

设甲到达时刻为 $x$ ，乙到达时刻为 $y$ （单位：小时），则：

样本空间： $Ω = {(x, y) ∣ 0 \leq x \leq 1, 0 \leq y \leq 1}$ ，面积 $S_{Ω} = 1$

会面条件： $∣ x - y ∣ \leq 1/3$

有利区域：正方形中去掉两个三角形，面积 $S_{A} = 1 - (2/3)^{2} = 5/9$

$P = \frac{5}{9} \approx 0.556$

例 1.2.9 — 比丰投针

平面上画有等距为 $a$ 的平行线，向平面随机投一根长为 $l$ （ $l < a$ ）的针，求针与平行线相交的概率。
$P = \frac{2 l}{πa}$
重要意义：由此可通过实验估计 $π$ 的值（蒙特卡罗方法的思想起源）。

例 1.2.10 — 线段分三角形

在长度为1的线段上随机取两点，将线段分成三段，求三段能构成三角形的概率。

设两点的位置为 $x, y$ （ $0 < x < y < 1$ ），三段长度为 $x, y - x, 1 - y$ 。构成三角形的条件（三角不等式）：
$x + (y - x) > 1 - y, x + (1 - y) > y - x, (y - x) + (1 - y) > x$
化简得： $y > 1/2$ ， $x < 1/2$ ， $y - x < 1/2$ 。

在 $(x, y)$ 平面上，有利区域面积为 $1/4$ ，样本空间面积为 $1/2$ ：
$P = \frac{1/4}{1/2} = \frac{1}{4}$

例 1.2.11 — 贝特朗奇论（Bertrand's Paradox）

在单位圆内随机取一条弦，求弦长大于圆内接正三角形边长（ $3$ ）的概率。

根据”随机”的不同理解，可以得到不同的答案：

端点法： $P = 1/3$

半径法： $P = 1/2$

中点法： $P = 1/4$

结论：几何概型中”等可能性”的假设不同会导致不同的概率。这说明几何概型需要更严格的"均匀分布"定义，而贝特朗奇论正是推动概率公理化的重要动力之一。

主观方法

主观概率

根据个人经验和知识对事件发生的可能性给出的估计值称为主观概率。主观概率也满足概率的三条公理。

例 1.2.12

某企业家估计新产品成功的概率为 0.8

某医生估计患者康复的概率为 0.6

某股民估计某只股票上涨的概率为 0.3

主观概率的适用场景

主观概率适用于无法大量重复的随机现象（如一次性决策），在决策分析、贝叶斯统计中有重要应用。

四、知识结构总览

graph TD
    A[概率的公理化定义] --> B[三条公理]
    B --> C[非负性]
    B --> D[规范性]
    B --> E[可列可加性]
    A --> F[概率空间]
    F --> G[Omega 样本空间]
    F --> H[F 事件域]
    F --> I[P 概率测度]
    A --> J[确定概率的方法]
    J --> K[频率方法]
    J --> L[古典方法]
    J --> M[几何方法]
    J --> N[主观方法]
    K --> O[频率稳定性]
    K --> P[大数定律基础]
    L --> Q[排列组合计数]
    Q --> R[乘法原理]
    Q --> S[排列]
    Q --> T[组合]
    Q --> U[重复排列]
    Q --> V[重复组合]
    L --> W[古典概型]
    W --> X[抽样模型]
    W --> Y[盒子模型]
    W --> Z[生日问题]
    W --> AA[彩票问题]
    M --> AB[会面问题]
    M --> AC[比丰投针]
    M --> AD[蒙特卡罗方法]
    M --> AE[贝特朗奇论]

五、核心思想与证明技巧

核心思想

公理化是概率论的统一框架：Kolmogorov 的三条公理将古典概率、统计概率、主观概率统一在一个框架下

计数是古典概型的核心能力：掌握排列组合的各种公式，能正确识别”有序/无序”、“放回/不放回”

等可能性是古典概型的基础：构造样本空间时必须确保基本事件的等可能性，否则会导致错误

几何概型需要谨慎定义均匀性：贝特朗奇论说明”随机”的含义需要严格界定

频率是概率的经验基础：大量重复试验中频率趋于稳定，这是大数定律的直观背景

证明技巧清单

古典概型计算三步法：(1)确定样本空间和总数 $n$ ；(2)确定有利事件和计数 $k$ ；(3) $P = k / n$

放回 vs 不放回：放回用乘法原理（各次独立），不放回用组合（总体变小）

对立事件简化：当直接计算复杂时，考虑 $P (A) = 1 - P (\overset{ˉ}{A})$

几何概型三步法：(1)将问题转化为几何区域；(2)计算总面积 $S_{Ω}$ ；(3)计算有利区域面积 $S_{A}$

Stirling 数的应用：盒子模型中”恰好 $k$ 个盒子非空”需要第二类 Stirling 数

六、补充理解与易混淆点

古典概型的等可能性陷阱

来源：MIT OCW 6.041 Lecture Notes、教材例 1.2.2

误区1："只要列出所有结果，就是古典概型"

❌ 错误解释：认为任何样本空间都可以直接用 $P = k / n$ 计算 ✅ 正确解释：古典概型的核心前提是等可能性。如果样本空间的构造方式导致基本事件不等可能，则不能直接用 $P = k / n$ 。例如同时抛两枚硬币，样本空间必须写成 ${HH, H T, T H, TT}$ （4个等可能结果），而不是 ${0, 1, 2}$ （正面个数，概率分别为 $1/4, 1/2, 1/4$ ，不等可能）。

放回抽样与不放回抽样的混淆

来源：教材例 1.2.3-1.2.4、UCLA STAT 100A Notes

误区2："放回和不放回结果差不多，可以混用"

❌ 错误解释：认为两种抽样方式的区别不大 ✅ 正确解释：虽然当 $N$ 很大时两者近似相等，但本质上是不同的分布。不放回抽样服从超几何分布（各次不独立），放回抽样服从二项分布（各次独立）。在假设检验等问题中，这种区别会导致不同的统计推断结论。

概率为零与不可能事件

来源：教材 §1.2、五三解析册第6页

误区3："概率为零就是不可能事件"

❌ 错误解释：将 $P (A) = 0$ 等同于 $A = \emptyset$ ✅ 正确解释：在古典概型中， $P (A) = 0$ 确实意味着 $A = \emptyset$ 。但在几何概型或连续型随机变量中， $P (A) = 0$ 不意味着 $A$ 不可能发生。例如在 $[0, 1]$ 上均匀投点， $P (恰好投中 0.5) = 0$ ，但这个事件并非不可能。不可能事件一定概率为零，但概率为零不一定是不可能事件。

几何概型中”均匀分布”的歧义

来源：教材例 1.2.11（贝特朗奇论）、Stanford STAT 219 Notes

误区4："几何概型中'随机取'只有一种理解"

❌ 错误解释：认为”随机取一条弦”有唯一正确的概率 ✅ 正确解释：贝特朗奇论表明，“随机”的含义取决于如何定义均匀分布。不同的参数化方式（端点均匀、半径均匀、中点均匀）对应不同的概率。这说明几何概型中必须明确指定”均匀分布”的具体含义，否则问题本身是不明确的。

生日问题的直觉偏差

来源：教材例 1.2.7、Wikipedia “Birthday problem”

误区5："23人中两人生日相同的概率很小"

❌ 错误解释：直觉认为需要365人左右才能保证生日重复 ✅ 正确解释：直觉偏差来源于我们混淆了”某人与特定人生日相同”（概率约 $r /365$ ）和”任意两人之间生日相同”（有 $(2 r) \approx r^{2} /2$ 对比较）。23人时有 $(2 23) = 253$ 对比较，远超365的一半，因此概率超过50%。

频率与概率的关系

来源：教材 §1.2.3、UMD CMSC 351 Lecture Notes

误区6："频率就是概率"

❌ 错误解释：将频率 $f_{n} (A)$ 直接等同于概率 $P (A)$ ✅ 正确解释：频率是概率的经验近似。当试验次数 $n$ 足够大时，频率趋于稳定并接近概率（这是大数定律的内容）。但对于有限次试验，频率只是概率的估计值，两者之间存在误差。频率满足概率的公理，但频率本身依赖于具体的试验序列。

七、习题精选

本节习题

习题号标题核心考点难度来源
1 组合恒等式证明组合公式推导 ⭐⭐⭐ 教材习题1.2
2 掷硬币古典概型古典概型基本计算 ⭐ 教材习题1.2
5 二次方程有实根概率连续样本空间+古典方法 ⭐⭐ 教材习题1.2
6 扑克牌古典概型组合计数+古典概型 ⭐⭐ 教材习题1.2
7 抽样检验超几何分布 ⭐⭐ 教材习题1.2
10 球盒模型盒子模型+Stirling数 ⭐⭐⭐ 教材习题1.2
五三1 鞋子配对问题古典概型+组合计数 ⭐⭐ 2017中山大学432
五三2 古典概型概念辨析概率公理+古典定义 ⭐ 2022北师大432
五三3 摸球概率对立事件+逐步概率 ⭐⭐ 2020北师大432
五三4 扑克牌条件概率古典概型+条件概率综合 ⭐⭐⭐ 2014北京大学432

习题号	标题	核心考点	难度	来源
1	组合恒等式证明	组合公式推导	⭐⭐⭐	教材习题1.2
2	掷硬币古典概型	古典概型基本计算	⭐	教材习题1.2
5	二次方程有实根概率	连续样本空间+古典方法	⭐⭐	教材习题1.2
6	扑克牌古典概型	组合计数+古典概型	⭐⭐	教材习题1.2
7	抽样检验	超几何分布	⭐⭐	教材习题1.2
10	球盒模型	盒子模型+Stirling数	⭐⭐⭐	教材习题1.2
五三1	鞋子配对问题	古典概型+组合计数	⭐⭐	2017中山大学432
五三2	古典概型概念辨析	概率公理+古典定义	⭐	2022北师大432
五三3	摸球概率	对立事件+逐步概率	⭐⭐	2020北师大432
五三4	扑克牌条件概率	古典概型+条件概率综合	⭐⭐⭐	2014北京大学432

习题1：组合恒等式证明

习题1

证明： $\sum_{k = 0}^{r} (k m) (r - k n) = (r m + n)$ （Vandermonde 恒等式）

查看解答

证明（组合意义法）：

考虑从 $m + n$ 个元素中取 $r$ 个的组合数 $(r m + n)$ 。

将 $m + n$ 个元素分为两组：前 $m$ 个和后 $n$ 个。取出的 $r$ 个元素中，有 $k$ 个来自前组、 $r - k$ 个来自后组（ $k = 0, 1, \dots, r$ ）。

对于固定的 $k$ ：从前 $m$ 个中取 $k$ 个有 $(k m)$ 种方法，从后 $n$ 个中取 $r - k$ 个有 $(r - k n)$ 种方法，由乘法原理共有 $(k m) (r - k n)$ 种。

由加法原理，对所有可能的 $k$ 求和：
$k = 0 \sum r (k m) (r - k n) = (r m + n)$
$□$

习题2：掷硬币古典概型

习题2

掷两枚均匀硬币，求事件 $A =$ “一个正面一个反面”的概率。

查看解答

样本空间 $Ω = {HH, H T, T H, TT}$ ，共 $n = 4$ 个等可能基本事件。

$A = {H T, T H}$ ， $k = 2$ 。
$P (A) = \frac{2}{4} = \frac{1}{2}$
$□$

习题5：二次方程有实根概率

习题5

从 $[- 1, 1]$ 中随机取两个数 $a, b$ ，求二次方程 $x^{2} + a x + b = 0$ 有实根的概率。

查看解答

二次方程 $x^{2} + a x + b = 0$ 有实根的条件是判别式 $Δ = a^{2} - 4 b \geq 0$ ，即 $b \leq a^{2} /4$ 。

样本空间 $Ω = {(a, b) ∣ - 1 \leq a \leq 1, - 1 \leq b \leq 1}$ ，面积 $S_{Ω} = 4$ 。

有利区域： $b \leq a^{2} /4$ 且 $- 1 \leq b \leq 1$ 。

计算有利面积：
$S_{A} = \int_{- 1}^{1} (\frac{a ^{2}}{4} - (- 1)) d a = \int_{- 1}^{1} (\frac{a ^{2}}{4} + 1) d a = [\frac{a ^{3}}{12} + a]_{- 1}^{1} = \frac{1}{12} + 1 + \frac{1}{12} + 1 = \frac{13}{6}$ $P = \frac{13/6}{4} = \frac{13}{24}$
$□$

习题6：扑克牌古典概型

习题6

一副52张扑克牌（无大小王），任取4张，求： (1) 4张花色各不相同的概率； (2) 4张中恰好有2张A的概率。

查看解答

总数： $(4 52) = 270725$

(1) 从4种花色各取1张： $(1 13)^{4} = 1 3^{4} = 28561$
$P = \frac{28561}{270725} \approx 0.1055$
(2) 从4张A中选2张，再从其余48张非A中选2张：
$P = \frac{( 2 4 ) ( 2 48 )}{( 4 52 )} = \frac{6 \times 1128}{270725} = \frac{6768}{270725} \approx 0.0250$
$□$

习题7：抽样检验

习题7

某批产品共100件，其中10件为不合格品。从中不放回地抽取5件，求恰好有2件不合格品的概率。

查看解答

这是超几何分布， $N = 100$ ， $M = 10$ ， $n = 5$ ， $m = 2$ ：
$P (X = 2) = \frac{( 2 10 ) ( 3 90 )}{( 5 100 )} = \frac{45 \times 117480}{75287520} \approx 0.0702$
$□$

习题10：球盒模型

习题10

将4个不同的球随机放入3个盒子中，求： (1) 没有空盒的概率； (2) 恰好有1个空盒的概率。

查看解答

总数（每个球有3种选择）： $3^{4} = 81$

(1) 没有空盒 = 4个球放入3个盒子，每盒至少1个。先分组（2+1+1），再分配到3个盒子：

分组方式： $(2 4) = 6$ （选2个球为一组）

分配方式： $3! = 6$ （3组分配到3个盒子）

有利事件数： $6 \times 6 = 36$

$P = \frac{36}{81} = \frac{4}{9}$
(2) 恰好1个空盒 = 4个球放入2个盒子（每盒至少1个），第3个盒子为空。

选空盒： $(1 3) = 3$

4个球放入2个盒子（每盒至少1个）： $2^{4} - 2 = 14$ （减去全放一个盒的2种情况）

有利事件数： $3 \times 14 = 42$

$P = \frac{42}{81} = \frac{14}{27}$
$□$

五三第1题：鞋子配对问题

五三第1题（2017中山大学432）

从5双不同的鞋子中任取4只，其中恰有一双配对的概率是（）。 A. 2/3　　B. 4/7　　C. 2/7　　D. 1/3

查看解答

选 B。

总数：从10只鞋子中取4只， $(4 10) = 210$ 。

有利事件（恰有一双配对）分三步：

从5双中选1双（两只都取）： $(1 5) = 5$

从剩下4双中选2双： $(2 4) = 6$

从选出的2双中各取1只： $(1 2)^{2} = 4$

有利事件数： $5 \times 6 \times 4 = 120$
$P = \frac{120}{210} = \frac{4}{7}$
来源：五三解析册第13页

$□$

五三第2题：古典概型概念辨析

五三第2题（2022北师大432）

关于古典概率空间，描述错误的是（）。 A. 样本点对应基本事件概率和一定为1 B. 各样本点对应基本事件概率一定相同 C. 样本空间中元素个数可能无限 D. 各事件 $P$ 一定正比于事件中包含的样本点个数

查看解答

选 C。

古典概型的两大前提：(1)有限性（样本空间中基本事件个数有限）；(2)等可能性（每个基本事件概率相等）。

选项C说”元素个数可能无限”，直接违背有限性前提，是错误的。

来源：五三解析册第12页

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五三第3题：摸球概率

五三第3题（2020北师大432）

袋中有 $n - 1$ 个黑球，1个白球，每次摸出一球后不放回，放入一个黑球。求第 $k$ 次摸球摸出黑球的概率。

查看解答

用对立事件简化：
$P (第 k 次黑球) = 1 - P (第 k 次白球)$
第 $k$ 次摸到白球 ⟺ 前 $k - 1$ 次都摸到黑球（每次摸出黑球后放回黑球，袋中始终 $n - 1$ 黑 1 白），第 $k$ 次摸到白球：
$P (第 k 次白球) = (\frac{n - 1}{n})^{k - 1} \cdot \frac{1}{n}$
因此：
$P (第 k 次黑球) = 1 - \frac{1}{n} (\frac{n - 1}{n})^{k - 1}$
来源：五三解析册第16页

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五三第4题：扑克牌条件概率

五三第4题（2014北京大学432）

一副52张扑克牌（无大小王），不放回地抽出两张。 (1) 两张牌花色相同的概率； (2) 在花色相同的条件下，两张牌数字相邻的概率。

查看解答

总数： $(2 52) = 1326$

(1) 花色相同：先选花色 $(1 4)$ ，再从该花色13张中取2张：
$P (A) = \frac{( 1 4 ) ( 2 13 )}{( 2 52 )} = \frac{4 \times 78}{1326} = \frac{4}{17}$
(2) 条件概率 $P (B ∣ A) = \frac{P ( A B )}{P ( A )}$ ：

$P (A B)$ ：花色相同且数字相邻。选花色 $(1 4)$ ，13张牌中相邻对子有12对（A-2, 2-3, …, Q-K）：
$P (A B) = \frac{4 \times 12}{1326} = \frac{48}{1326}$ $P (B ∣ A) = \frac{48/1326}{4/17} = \frac{48 \times 17}{1326 \times 4} = \frac{2}{13}$
来源：五三解析册第15页

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八、教材原文

第一章随机事件与概率/概率定义与确定方法

数学笔记 Wiki

探索

1.2 概率的定义及其确定方法

1.2 概率的定义及其确定方法

一、概率的公理化定义

历史背景

Kolmogorov 公理化定义

二、排列与组合公式

乘法原理

加法原理

排列

组合

重复排列

重复组合

三、确定概率的方法

频率方法

频率的定义

频率的稳定性

古典方法

古典概型的定义

抽样模型

彩票问题

盒子模型

生日问题

几何方法

几何概型的定义

主观方法

四、知识结构总览

五、核心思想与证明技巧

六、补充理解与易混淆点

古典概型的等可能性陷阱

放回抽样与不放回抽样的混淆

概率为零与不可能事件

几何概型中”均匀分布”的歧义

生日问题的直觉偏差

频率与概率的关系

七、习题精选

习题1：组合恒等式证明

习题2：掷硬币古典概型

习题5：二次方程有实根概率

习题6：扑克牌古典概型

习题7：抽样检验

习题10：球盒模型

五三第1题：鞋子配对问题

五三第2题：古典概型概念辨析

五三第3题：摸球概率

五三第4题：扑克牌条件概率

八、教材原文

关系图谱

目录

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