有限概率计算：等可能计数、互斥分解与完整取补

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先证明所选样本点等可能，再用点数比；先检查事件重叠，再决定能否相加。未知数量还须满足整数、容量与正分母条件。先修：样本空间与记录、事件关系与运算。

一、知识梳理

1. 概率基本性质，从不重叠分解理解

概率 $P(A)$ 度量事件发生的可能性，没有长度、人数等单位。非负性、全空间概率1以及互斥事件概率可相加，是这里使用的基本性质。于是

P(\varnothing)=0,\qquad P(\Omega)=1,\qquad0\le P(A)\le1.

因为 $\Omega$ 与空集互斥且并仍为 $\Omega$ ，有 $1=1+P(\varnothing)$ ，得到空事件概率0。 $A$ 与其补集不重叠且覆盖全空间，所以 $P(A)+P(\overline A)=1$ ；补集概率非负，故 $P(A)\le1$ 。

若 $A\subseteq B$ ，则 $B$ 分成 $A$ 与 $B\setminus A$ 两块， $P(B)=P(A)+P(B\setminus A)\ge P(A)$ 。这是由集合包含推出概率大小，不能反向推包含。

2. 古典概型必须同时满足有限和等可能

若样本空间有限，且全部 $n\ge1$ 个样本点等可能，事件 $A$ 含 $k$ 个点，则

P(A)=\frac{k}{n}=\frac{n(A)}{n(\Omega)}.

这里 $n(A)$ 是点数，不是概率。公式的依据是：全空间由 $n$ 个互斥基本事件组成，每个概率相同为 $p$ ，由 $np=1$ 得 $p=1/n$ ； $A$ 恰由其中 $k$ 个组成，所以概率为 $k/n$ 。

分子分母必须使用同一种完整记录。等可能性须来自机制，例如均匀随机抽取身份组合，或独立正常投掷均匀骰子后记录各枚身份。结果名称相似、颜色相同、每个人机会相同，都不能直接保证所有组合等权。原资料一处把“样本空间包含 $n$ 个样本点”的记号误写成 $A$ ，应为 $\Omega$ ，不能与事件 $A$ 混用。

3. 粗记录可用，但应按真实权重合并

把细结果合并成颜色、性别或点数和，不会自动让粗类别等可能。粗类别概率是其包含的细结果概率之和；只有细点等可能时，才可按它含有的点数除以全部细点数。

数位和原题的完整题面与分析已展示：记录和的样本空间是合法的，但不能把18个和一律等权。两红一白的身份样本空间则保留了两颗红球的不同身份，本页在改编延伸中补算颜色概率并用有序记录核对。

4. 一般加法、互斥加法与补事件公式

任意同一试验中的事件 $A,B$ ，都有

P(A\cup B)=P(A)+P(B)-P(A\cap B).

理由是并事件分成仅 $A$ 、两者同时、仅 $B$ 三个不重叠区域。相加 $P(A)+P(B)$ 时中间交集算了两次，所以减去一次；不需要独立性。

$A$ 又可分为 $A\cap B$ 和 $A\cap\overline B$ ，故

P(A\cap\overline B)=P(A)-P(A\cap B).

互斥时交为空，才能直接按互斥依据相加；多个事件直接求和须两两互斥，只有“没有三个同时发生”还不够。对立事件还覆盖全空间，因而

P(\overline A)=1-P(A).

只知道互斥，不能把另一事件当作完整补集。所求“都不发生”是并的补；“至少一个”的补是一个都没有；“恰好一个”的补则还包括两个及以上，不可混淆。

关系条件	并事件计算	需额外核什么
一般两个事件	$P(A)+P(B)-P(A\cap B)$	共同部分只计一次
互斥事件	$P(A)+P(B)$	交集确为空
对立事件	$P(A)+P(\overline A)=1$	互斥并且覆盖全空间

5. 概率0和1的反向判断有适用范围

空集必有概率0，全空间必有概率1；反向需条件。在每个样本点都有正概率的有限空间中，非空事件至少含一个正概率点，因此 $P(A)=0$ 可推出 $A=\varnothing$ ， $P(A)=1$ 可推出 $A=\Omega$ ，古典概型属于这种情形。

若一般模型允许零概率样本点，即使空间有限，上述反向结论也不再无条件成立。同理，交集概率为0时数值加法可简化，但不能仅据数值相加成立，就断言集合交为空。

二、考点与方法

方法 1：机制、记录、总数、目标数逐项对齐

说明等可能的依据，保留所需身份与顺序，构建完整合法空间。再在同一空间内筛目标，检查重叠和漏计，最后取点数比。换成另一个合格记录模型时，要同时转换分子与分母，而不是只改一边。

例题 01 红绿两颗骰子的概率

题目

现有一红一绿两颗质地均匀的正方体骰子，六个面上分别标有数字1，2，3，4，5，6，在抛掷骰子的试验中：

(1)若只抛掷红色的骰子，记下骰子落地时朝上的面的点数，写出该试验的样本空间；设 $C=$ “骰子朝上的点数大于3”，求事件 $C$ 的概率；

(2)若同时抛掷两枚骰子，记下骰子朝上的面的点数.若用 $x$ 表示红色骰子的点数，用 $y$ 表示绿色骰子的点数，用 $\left( x,y\right)$ 表示一次实验的结果.设 $A=$ “两个点数之和等于8”， $B=$ “至少有一颗骰子的点数为5”，分别求出事件 $A$ ， $B$ 的概率.

答案与解析

解析

（1）红骰均匀， $\Omega=\{1,2,3,4,5,6\}$ ， $C=\{4,5,6\}$ ，故 $P(C)=3/6=1/2$ 。

（2）按通常两枚骰子独立正常投掷的模型，记录（红点数，绿点数），共有 $6\times6=36$ 个等可能有序点。只说两枚各自均匀，并不保证任意相关机制下也有36组等可能；这里明确采用正常独立投掷口径。

A=\{(2,6),(3,5),(4,4),(5,3),(6,2)\},

所以 $P(A)=5/36$ 。至少一枚为5的结果为

\begin{aligned} B=\{&(5,1),(5,2),(5,3),(5,4),(5,5),(5,6),\\ &(1,5),(2,5),(3,5),(4,5),(6,5)\}. \end{aligned}

红5的6种与绿5的6种在 $(5,5)$ 处重复一次，所以 $n(B)=6+6-1=11$ ， $P(B)=11/36$ ；也可用 $1-25/36$ ，因为都不是5有 $5\times5$ 种。两个有不同身份位置的 $(3,5),(5,3)$ 不能合并，而相同的 $(5,5)$ 不能算两次。

原题事件 $A,B$ 也不互斥，交集包含 $(3,5),(5,3)$ ；不能把字母不同当成不重叠。

本题结论

（1） $\Omega=\{1,2,3,4,5,6\}$ ， $P(C)=1/2$ ；（2） $P(A)=5/36$ ， $P(B)=11/36$ 。

例题 02 五名应聘者的录用组合

题目

现有5人（其中男性有2人，女性有3人）去某公司应聘，但该公司只录用2人．假设这5人被录用的机会相同，则被录用的2人性别不同的概率是（）

A． $\frac{3}{10}$ B． $\frac{2}{5}$ C． $\frac{3}{5}$ D． $\frac{7}{10}$

答案与解析

解析

原解另用了“每组两人等可能”的机制；题面只写单人被录用机会相同，这两个条件并不等价。以下保留原题，并在解析中说明结论的适用条件。

按原解的等可能选组模型，男生记 $a,b$ ，女生记 $c,d,e$ ，固定排序列出

ab,ac,ad,ae,bc,bd,be,cd,ce,de,

共10组；异性组合 $ac,ad,ae,bc,bd,be$ 共6组，故 $6/10=3/5$ ，对应原答案 C，其他选项不等于这个比值。

但“每个人机会相同”只限定个人入样的边际概率，不能推出10组均匀。自编反例核条件：让 $ab$ 的选中概率为 $2/5$ ， $cd,ce,de$ 各为 $1/5$ ，其他组概率为0，总和为1。每个男生入样概率为 $2/5$ ；每个女生出现在两个概率 $1/5$ 的组中，也为 $2/5$ 。个人机会全相同，但异性组合概率为0，不是 $3/5$ 。

因此 C 是在均匀选两人组条件下的答案，不能仅由题面边际条件唯一推出；也不能把“男男、男女、女女”三个名称各设为 $1/3$ 。

本题结论

均匀选组模型下为 C，即 $3/5$ ；仅凭题面“每个人机会相同”不足以唯一确定。

方法 2：未知数量先列整数范围，再解概率方程或阈值

计数变量须为可行整数，通常非负，还须满足取样容量；总点数必须为正。依次不放回取两身份，总点数为 $N(N-1)$ ，指定 $r$ 个单位中取两者为 $r(r-1)$ ，分子分母都按有序。列式后先证分母正，再乘除；筛掉负根、非整数根，并回代。求最少数量，要核阈值和前一个整数。

例题 03 由两红球概率求绿球数

题目

一个袋子中装有形状大小完全相同的6个红球， $n$ 个绿球，现采用不放回的方式从中依次随机取出2个球.若取出的2个球都是红球的概率为 $\frac{1}{3}$ ，则 $n$ 的值为（）

A．4 B．5 C．12 D．15

答案与解析

解析

设 $n$ 为非负整数。随机均匀不放回依次取两球，总点数 $(6+n)(5+n)>0$ ；红红有 $6\times5=30$ 个身份有序点，第二球不能重复第一颗，故不是 $6\times6$ 。

\frac{30}{(6+n)(5+n)}=\frac13 \ \Longrightarrow\ 90=(6+n)(5+n) \ \Longrightarrow\ n^2+11n-60=0.

分解 $(n-4)(n+15)=0$ ，候选为4与 $-15$ ，负值不是球数，所以 $n=4$ 。回代总10球，概率 $30/90=1/3$ 。

B 的5给 $30/(11\times10)=3/11$ ；C 的12给 $30/(18\times17)=5/51$ ；D 的15给 $30/(21\times20)=1/14$ ，均不满足。

本题结论

A，即 $n=4$ 。

例题 04 购书数量与抽取概率阈值

题目

题干的文学称谓仅转述原资料，未独立认证；数学计算按每本书等可能被抽取的模型。

中国古典戏曲四大名著是《牡丹亭》《西厢记》《桃花扇》和《长生殿》，它们是中国古典文化艺术的瑰宝.某戏曲学院图书馆藏有上述四部戏曲名著各10本，由于该戏曲学院的部分学生对《牡丹亭》这部戏曲产生了浓厚的兴趣，该戏曲学院图书馆决定购买一批《牡丹亭》戏曲书籍(其他三部数量保持不变)若干本.若要保证购买后在该戏曲学院图书馆所藏有的这四大戏曲名著中任取一本，使得能取到一本《牡丹亭》戏曲书籍的概率不小于0.6，则该戏曲学院图书馆需至少购买《牡丹亭》戏曲书籍（）

A．25本 B．30本 C．35本 D．40本

答案与解析

解析

设购入 $x$ 本， $x$ 为非负整数。目标书数量为 $10+x$ ，总量同时变为 $40+x$ ，分母正。按每本等可能抽取，

\frac{10+x}{40+x}\ge\frac35 \ \Longleftrightarrow\ 50+5x\ge120+3x \ \Longleftrightarrow\ 2x\ge70 \ \Longleftrightarrow\ x\ge35.

最小整数为35；此时 $45/75=3/5$ ，前一个整数34给 $44/74=22/37<3/5$ 。选项25、30仍不满足，40虽然满足，却不是最少，所以选 C。

原解末句把《牡丹亭》误写为《社丹亭》，此处公开按题干书名解释。各书种数量已经不同，不能把四个书名当四个等可能样本点。

本题结论

C，至少购买35本。

方法 3：先拆交集与仅发生的部分，再代入概率

看到“或”先查交集，不能直接相加。可用一般加法减去重复，也可把并事件拆成 $B$ 与 $A\cap\overline B$ 两块。没有独立条件，不把两概率相乘当成交集。计算后核交集不大于任一事件、并集不小于任一事件，并且结果都在0至1。

例题 05 并概率已知时的仅一方发生

题目

若 $P\left( A\cup B\right)=0.9,P\left( A\right)=0.7,P\left( B\right)=0.5$ ，则 $P(A\cap \overline{B})=$ （）

A．0.5 B．0.4 C．0.3 D．0.2

答案与解析

解析

由一般加法，

P(A\cap B)=0.7+0.5-0.9=0.3.

把 $A$ 分为同时发生与仅 $A$ 发生两块，得 $P(A\cap\overline B)=0.7-0.3=0.4$ ，选 B。

也可直接把并集拆为 $B$ 与仅 $A$ 两个互斥部分，得 $0.9-0.5=0.4$ 。两种算法对应不重不漏的分解，不是任意减两个数。

A 选项的0.5是 $P(B)$ ，C 的0.3是交集，D 的0.2都不是所求。直接加0.7与0.5得1.2已超范围；直接乘它们也没有独立依据，且与给定并概率不符。

本题结论

B，即 $0.4$ 。

方法 4：互斥分类与完整取补，选更直接的一条

先把“至少”“至多”“都不”翻成准确事件。分解时须两两互斥且合起来等于目标；取补时须交空且覆盖全空间。至少不强制用取补，能正向求和也可；两种路径均简便时可相互核对。只取目标的一部分反情形不能作完整补集。

例题 06 一次射击的两个概率问题

题目

某射击运动员在一次射击中射中10环、9环、8环、7环、7环以下的概率分别为0.1，0.2，0.3，0.3，0.1.计算这个运动员在一次射击中：

(1)射中10环或9环的概率；

(2)至少射中7环的概率．

答案与解析

解析

题干保留“7环、7环以下”及其概率0.3、0.1。原解因为已经单列7环，实际把末类按“低于7环”理解，形成10、9、8、7、低于7五个互斥且穷尽的类别，概率和为1。以下计算沿用这一排他分组口径。

若把“7环以下”按包含7环的 $\le7$ 理解，则事件包含关系要求 $P(\text{环数}\le7)\ge P(\text{环数}=7)=0.3$ ，与题给0.1矛盾，数据不相容。不能在这一含端点口径下同时保留所有题给概率并直接求补。

（1）10环与9环不可能在同一次射击中同时出现，所以概率为 $0.1+0.2=0.3$ 。

（2）“至少7”包含7、8、9、10，完整对立为“低于7”，所以概率 $1-0.1=0.9$ 。直接求和也得 $0.1+0.2+0.3+0.3=0.9$ 。

“至少7”含7，“低于7”不含7，边界相接而无重叠。这是取补的依据，不是只凭原解“显然”二字。

本题结论

按原解排他分组口径：（1） $0.3$ ；（2） $0.9$ ；若以下含7，则题给概率不相容。

例题 07 两个事件都不发生

题目

已知事件 $A$ ， $B$ 互斥，且事件 $A$ 发生的概率 $P\left( A\right)=\frac{2}{5}$ ，且事件 $B$ 发生的概率 $P\left( B\right)=\frac{1}{3}$ ，则事件 $A$ ， $B$ 都不发生的概率是（）

A． $\frac{2}{15}$ B． $\frac{4}{15}$ C． $\frac{11}{15}$ D． $\frac{6}{15}$

答案与解析

解析

目标为 $\overline A\cap\overline B$ ，其完整对立是 $A\cup B$ 。因 $A,B$ 互斥，并概率为 $2/5+1/3=11/15$ ，所以

P(\overline A\cap\overline B)=1-P(A\cup B)=1-\frac{11}{15}=\frac4{15}.

选 B；C 的 $11/15$ 是至少一个发生的概率，A、D 均不是余下概率。这里仍有正概率 $4/15$ 的两者都不发生情形，说明两事件不是对立。

不能把两个补事件的概率相乘：题目给的是互斥，不是独立；本题只需对并取补与互斥加法。

本题结论

B，即 $4/15$ 。

复用原记录模型：比较有序与无序计数

两红一白原题的完整选择题已在前页，本页不重复建卡。下面明确添加均匀机制，延伸到颜色概率，并核两种记录的一致性。

例题 08 改编延伸｜两红一白的颜色概率

题目

改编延伸：两颗红球标为 $A,B$ ，白球标为 $C$ ，从三个不同身份球中等可能选一组两球。求全红与一红一白的概率，并用等可能的依次不放回有序记录核对。

答案与解析

解析

无序组 $AB,AC,BC$ 各概率 $1/3$ ；全红只有 $AB$ ，概率 $1/3$ ，红白有 $AC,BC$ ，概率 $2/3$ 。两个颜色名称并不各占一半。

有序记录为 $AB,BA,AC,CA,BC,CB$ 六点，全红两点，红白四点，所以分别 $2/6=1/3$ 、 $4/6=2/3$ 。同一个无序组由两个有序点组成，分子分母一起转换，概率不变。不能分母用6，分子却只记一个无序全红组。

本题结论

全红 $1/3$ ，一红一白 $2/3$ ；两种合格记录结果一致。

答案与解析

解析

（1）不能。 $\{b\}$ 非空但概率0； $\{a\}$ 不是整个 $\Omega$ 却概率1。模型有限，但两个基本事件不等可能，其中一个概率为0，不能套古典模型下的反向判定。

（2）数值上 $1=1+0$ 成立，但 $E\cap F=\{b\}\ne\varnothing$ ，不互斥。一般加法中交集概率为0，不等于交集真为空。

本题结论

两问都不能；必须保留相应模型与集合条件。