概率

概率（probability）用0到1之间的数描述事件在一个随机模型中发生的可能程度。0表示概率为零，1表示概率为一。怎样给事件分配数值，可以先从两枚骰子的点数看起。

两枚骰子为什么有 36 种等可能结果

假设两枚公平六面骰独立投掷，用有序对 $(i,j)$ 记录结果。第一枚的六种结果各对应第二枚的六种结果，因此有 $6\times 6=36$ 个等可能的有序对。图中横、纵坐标分别记录两枚点数，每个格子概率都是 $1/36$。

有序对等可能，但它们的和不等可能；和为 7 有 6 种结果，和为 2 只有一种。

和为 7 的结果为 $(1,6),(2,5),\dots ,(6,1)$，故概率为 $6/36=1/6$。至少一枚为 6 的概率则为 $$\frac{1}{6}+\frac{1}{6}-\frac{1}{36}=\frac{11}{36}.$$ 减去的 $1/36$ 是两枚都为 6 的情形。也可以取补事件：$1-(5/6{)}^2=11/36$。

结果、事件与随机变量

把刚才的36个有序对放在一起，便得到样本空间，通常记作 $\Omega$。其中“和为7”的六个格子组成一个事件。投两枚骰子可以记录有序点数、点数和，也可以只记录“是否相等”。这三种记录方式的信息量不同，不能把它们当成同一个样本空间再套用相同的均匀分布。

设原始结果为 $\omega =(i,j)$，定义随机变量 $S(\omega )=i+j$。和为 7 的事件就是 $\{\omega :S(\omega )=7\}$。从结果转为数值，是一个函数；这个函数通常把多个原始结果映射到同一个数。因此，原始结果等可能并不能推出函数值等可能。这一层区分也适用于“抽到哪件产品”和“抽到的产品是否合格”。

样本空间、事件与三条公理

在有限样本空间中，每个子集都可作为事件。概率函数 $P$ 为事件赋值。骰子模型中，一个事件包含多少格子，其概率就是格子数除以36；更一般的模型不要求结果等可能，但遵守以下规则。

每个事件的概率非负；整个样本空间的概率为1；若一列事件 $A_1,A_2,\dots$ 两两不重叠，则它们“至少一个发生”的概率是各自概率之和，即可列可加性： $$P\left(\bigcup _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{A}_n\right)=\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}P(A_n).$$ 符号 $\bigcup$ 表示取并集。一般无限空间只对一族指定的事件使用这些规则；这族事件须包含全集，并对补集和可数并封闭。

从公理推导加法公式

空集 $\varnothing$ 表示不含任何结果的事件。由 $\Omega =\Omega \cup \varnothing$ 的不交并得到 $P(\varnothing )=0$。再把全集分成 A 与补集，便有 $P(A)+P(A^c)=1$。若 $A\subseteq B$，则 B 是 A 与 $B\setminus A$ 的不交并，非负性给出 $P(A)\le P(B)$。所以概率具有单调性，不是额外记忆的一条经验规律。

用 $A\cup B$ 表示至少一个发生，$A\cap B$ 表示两者都发生。对于可能重叠的A、B，先拆成三个互斥区域：只属于 A、两者共同部分、只属于 B。把 $P(A)+P(B)$ 展开，交集被算了两次；并集只应算一次，因此 $$P(A\cup B)=P(A)+P(B)-P(A\cap B).$$ 回到“至少一枚为6”：各枚为6的概率都是1/6，两枚都为6的格子被算两次，要减去1/36，正好得到11/36。这一推导说明公式为什么成立，也指出“直接相加”只适用于交集概率为零的情形。互斥当然能保证这一点，但连续模型中交集非空却概率为零也可能出现。

更一般地，将样本空间分割为有限个互斥事件 $B_1,\dots ,B_m$，且每个 $P(B_i)>0$，则 $$P(A)=\sum _{i=1}^{m}P(A\cap B_i)=\sum _{i=1}^{m}P(A\mid B_i)P(B_i).$$ 第一步使用事件分割，第二步使用条件概率定义。这就是全概率公式，其实质是按来源分组加权；不能把组内概率直接做无权平均。相关定义与推导可参见 MIT 18.05 第 3 讲。

条件概率：已知信息改变了范围

先看一枚公平骰子。设 $A$ 为点数等于6，$B$ 为点数是偶数。未得到信息时，A占六个结果中的一个，概率为 $1/6$；已知B以后，候选只剩2、4、6，A占三个中的一个，条件概率为 $1/3$。

下图上排保留全部六个等可能结果，下排划去奇数。剩余的2、4、6重新分配总概率1，各占 $1/3$；金框始终指同一个结果6，改变的是作为分母的参照范围。

条件概率在保留的样本范围内重新归一化。

一般地，保留B中的结果，给它们重新归一化。落在A中的保留部分是 $A\cap B$，所以当 $P(B)>0$ 时，定义 $$P(A\mid B)=\frac{P(A\cap B)}{P(B)}.$$ 假设已知第一枚骰子为 6，此时两枚之和为 7 的概率是 $1/6$；如果已知至少一枚为 6，则剩余 11 个等可能结果中只有 $(1,6)$、$(6,1)$ 的和为 7，概率变为 $2/11$。信息的措辞决定条件事件，不能省略。

独立与互斥是不同概念

事件独立意味着 $P(A\cap B)=P(A)P(B)$；互斥意味着 $A\cap B=\varnothing$。两个概率都为正的互斥事件不独立，因为其中一个发生就排除了另一个。

刚才一枚骰子的两个事件不独立，因为 $P(A\mid B)=1/3$ 改变了原概率1/6。两枚独立骰子各自为偶数则不同：九个格子满足两者，概率 $9/36=(1/2)(1/2)$。知道第一枚是偶数，没有改变第二枚为偶数的概率。

不放回抽样怎样改变第二步

袋中有 3 个红球、2 个蓝球，球除颜色外可区分且每次从剩余球中等可能抽取。连续抽两球且不放回。第一球为红的概率是 $3/5$；已知第一球红，第二球红的概率是 $2/4$，故两球都红的概率为 $(3/5)(2/4)=3/10$。这里的乘法用的是条件概率，绝不是假设两次抽取独立。

恰好一个红球有两条互斥路径：先红后蓝与先蓝后红。因此其概率为 $(3/5)(2/4)+(2/5)(3/4)=3/5$。两球都蓝的概率为 $(2/5)(1/4)=1/10$。三类结果之和为 1，这是检查计算的一种方式。也可以用无序组合验证：红蓝组合有 $3\times 2=6$ 个，所有两球组合有 $(\genfrac{}{}{0ex}{}{5}{2})=10$ 个，答案仍为 $6/10$。

若改成每次抽完放回，第二次红球的比例保持 $3/5$，两红概率变为 $9/25$。只改变“放回”这一条规则，答案就不同。一个概率问题缺少抽样协议时，往往不是计算困难，而是尚未定义唯一的问题。

两两独立为什么还不够

对于三个或更多事件，逐对检查独立并不足以得到整体独立。考虑两枚独立公平硬币，四个有序结果等可能。令 $A$ 为第一枚正面，$B$ 为第二枚正面，$C$ 为两枚相同。三个事件概率均为 $1/2$；任意一对的交集都只有一个结果，概率为 $1/4$，所以它们两两独立。

但是三者同时发生只能是两枚都正面，概率仍为 $1/4$，并不等于 $(1/2{)}^3=1/8$。事实上，知道前两个事件是否发生，就完全确定了第三个事件。相互独立要求每一个有限子组的交集概率都等于该组各概率的乘积，不能仅检验所有二元关系。这也是为什么多次试验的独立假设需要针对完整生成机制，而不是只观察两列数据似乎没有关系。

很多小机会合在一起，可以不再小

对任意有限个事件，反复使用加法公式并去掉非负的交集项，可得并集上界 $$P\left(\bigcup _{i=1}^m{A}_i\right)\le \sum _{i=1}^{m}P(A_i).$$ 它不需要独立性，因而常用于给“至少出现一次异常”作保守估计。但右端可能超过 1，也可能明显高估；概率上界不是精确答案。事件之间高度重叠时，重复累计尤其明显。

生日问题展示了比较次数的作用。采用纯教学模型：一年固定365天，各人的生日彼此独立且均匀，不讨论闰日和实际季节差异。23人的生日全部不同的概率为 $$\prod _{j=0}^{22}\frac{365-j}{365},$$ 因为依次选人，第一个没有限制，第二个需要避开已有一天，第三个需避开已有两天，依此类推。取补事件后，至少一对生日相同的概率约为0.5073。这里没有要求每一对相同事件相互独立；直接把各对“不相同”的概率相乘会使用不成立的独立性。

23人之间有253对，远不只是23次机会。并集上界给出 $253/365\approx 0.6932$，虽然不精确，却已提示总体事件不能按单对的 $1/365$ 理解。这个例子所揭示的是模型内的组合效应，不能当成真实人口生日分布的精确统计结论。

密度的高度与区间的概率

在区间 $[0,2]$ 上均匀取一个实数 X，密度为 $f(x)=1/2$，区间外为零。于是 $P(0.5\le X\le 1.5)={\int }_{0.5}^{1.5}(1/2)dx=1/2$。区间越短，概率越小；单点的积分为零，但 X 总要取区间中的某个值。可列可加性只允许可数个互斥事件直接求和，不能把不可数多个零概率单点像有限求和一样合并。

密度甚至可以大于 1。例如在 $[0,0.1]$ 均匀分布时，密度为 10，总面积仍为 1。若 X 带时间单位，密度就具有时间单位的倒数，而区间概率没有单位。把密度值误当概率，不仅数值会出错，量纲也对不上。

随机变量的分布函数 $F(x)=P(X\le x)$ 同时适用于离散、连续和混合情形。它非递减，取值在 0 与 1 之间，且在正无穷趋于 1、负无穷趋于 0。离散分布中跳跃的大小等于该点概率；有密度的分布则通过积分积累概率。由此可见，“随机变量必须有概率密度”不是正确命题。

大数定律究竟保证什么

设 $X_1,\dots ,X_n$ 为独立同分布的 0–1 指示变量，成功概率为 p。频率为 ${\overline{X}}_n=n^{-1}\sum _i{X}_i$。由期望的线性性及独立性给出的方差可加性，得到 $𝔼[{\overline{X}}_n]=p$、$\mathrm{Var}({\overline{X}}_n)=p(1-p)/n$。

对任意 $\epsilon >0$，在事件 $|{\overline{X}}_n-p|\ge \epsilon$ 上，平方偏差至少为 ${\epsilon }^2$。将该事件内外分开取期望，就得到 $$P(|{\overline{X}}_n-p|\ge \epsilon )\le \frac{p(1-p)}{n{\epsilon }^2}\le \frac{1}{4n{\epsilon }^2}.$$ 右端随 n 增大而趋于零，这给出了一个弱大数定律的直接证明，也给出了可核验但通常偏保守的误差界。它并不声称每条样本路径的误差逐步减小；也不声称出现连续五次失败后，第六次成功概率会被“补回来”。独立试验没有这种记账机制。

概率界与样本保证如何区别

前文的频率误差界可以转为有限样本的设计要求。若希望独立同分布的0–1试验中，频率偏离真实概率至少0.05的机会不超过0.01，使用不依赖未知成功率的保守上界，取 $n\ge 10000$ 即可。因为 $1/(4n\times 0.05^2)\le 0.01$。这给出一个足够样本量，而非最小或最有效样本量。

该结论仍是概率性的：它允许小概率出现超过容限的误差，不能改写成“做满一万次就绝不偏差超过5%”。如果试验有共同环境导致的相关性，原方差计算还可能不再适用；如果抽样只覆盖某个偏离目标总体的群体，增加样本量可能只是更稳定地估计错误总体的概率。

概率模型与统计推断的分工也由此清楚：前者通常在已指定分布下求事件概率，后者还要用样本研究未知分布或参数，并说明不确定性。一个数值看起来精确，并不代表抽样与模型假设也被精确满足。

从分赌注问题到现代概率空间

17 世纪关于赌博公平分配的讨论推动了有限概率计算，1654 年 Pascal 与 Fermat 的通信是经常引用的节点；Huygens 在 1657 年出版概率论著，把机会与公平价值联系起来。这些事实可查 MacTutor 的概率术语史 与 Huygens 传记。

1933 年 Kolmogorov 的专著把概率置于测度论的公理框架之中，统一了离散和连续模型所需的基本语言，见 Kolmogorov 传记。公理给出统一运算规则，具体分布仍由所研究的随机过程确定。

参考来源与延伸阅读

• Jeremy Orloff、Jennifer French Kamrin，MIT 18.05：Conditional Probability, Independence and Bayes' Theorem。
• 集合 · 函数 · 统计推断：样本空间的语言、随机变量与由样本反推总体。
• MIT OpenCourseWare，18.05 阅读材料：样本空间、条件概率与独立性。
• 组合数学 · 期望 · 贝叶斯定理