§1.3 概率的性质

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§1.3 概率的性质

概率是定义在事件域 $\mathcal{F}$ 上的非负、正规和可列可加的集合函数。概率的运算性质受到集合（事件）关系及运算性质的制约，或者说，概率的运算性质是依据事件关系及运算性质而给出的。

1. $P(\varnothing )=0$.

2. 有限可加性 若有限个事件 $A_1,A_2,\cdots ,A_n$ 互不相容，则有

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

3. 对立事件的概率 对任一事件 $A$，有

$$P(\overline{A})=1-P(A).$$

4. 减法公式（特定场合） 若 $A\supset B$，则

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

5. 单调性 若 $A\supset B$，则

$$P(A)\ge P(B).$$

6. 减法公式（一般场合） 对任意两个事件 $A,B$，有

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

7. 加法公式 对任意两个事件 $A,B$，有

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

对任意 $n$ 个事件 $A_1,A_2,\cdots ,A_n$，有

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

8. 半可加性 对任意两个事件 $A,B$，有

$$P(A\cup B)\le P(A)+P(B).$$

对任意 $n$ 个事件 $A_1,A_2,\cdots ,A_n$，有

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

9. 事件序列的极限

**（1）**对 $\mathcal{F}$ 中任一单调不减的事件序列

$$F_1\subset F_2\subset \cdots \subset F_n\subset \cdots ,$$

称可列并

$$\bigcup _{n=1}^{\infty }{F}_n$$

为 $\{F_n\}$ 的极限事件，记为

$$\underset{n\to \infty }{\lim }{F}_n=\bigcup _{n=1}^{\infty }{F}_n.$$

若

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

则称概率 $P$ 是下连续的。

**（2）**对 $\mathcal{F}$ 中任一单调不增的事件序列

$$E_1\supset E_2\supset \cdots \supset E_n\supset \cdots ,$$

称可列交

$$\bigcap _{n=1}^{\infty }{E}_n$$

为 $\{E_n\}$ 的极限事件，记为

$$\underset{n\to \infty }{\lim }{E}_n=\bigcap _{n=1}^{\infty }{E}_n.$$

若

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

则称概率 $P$ 是上连续的。

10. 概率的连续性 若 $P$ 为事件域 $\mathcal{F}$ 上的概率，则 $P$ 既是下连续的，又是上连续的。

11. 若 $P$ 是 $\mathcal{F}$ 上满足 $P(\Omega )=1$ 的非负集合函数，则 $P$ 具有可列可加性的充要条件是 $P$ 具有有限可加性和下连续性。

习题与解答 1.3

习题 1.3-1

设事件 $A$ 和 $B$ 互不相容，且 $P(A)=0.3,P(B)=0.5$，求以下事件的概率：

1. $A$ 与 $B$ 中至少有一个发生；
2. $A$ 和 $B$ 都发生；
3. $A$ 发生但 $B$ 不发生。

解 （1）

$$P(A\cup B)=P(A)+P(B)=0.3+0.5=\mathrm{0.8.}$$

（2）

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

（3）

$$P(A\overline{B})=P(A)-P(AB)=P(A)=\mathrm{0.3.}$$

习题 1.3-2

设 $P(AB)=0$，则下列说法哪些是正确的？

1. $A$ 和 $B$ 不相容；
2. $A$ 和 $B$ 相容；
3. $AB$ 是不可能事件；
4. $AB$ 不一定是不可能事件；
5. $P(A)=0$，或 $P(B)=0$；
6. $P(A-B)=P(A)$。

解 为了回答这个问题，先要明确一个命题：不可能事件的概率为零，但反之不然，即零概率事件不一定是不可能事件。譬如，向区间 $[0,1]$ 上随机投点（其坐标记为 $x$），则点 $x$ 落在 $[0.2,0.5]$ 和 $[0.2,0.5)$ 内的概率皆为 $0.3$，这说明事件“$x=0.5$”的概率为零，但它是可能发生的事件。

**（1）**不正确，如 $A=[0.1,0.2)$，$B=[0.2,0.3]$。

**（2）**不正确，如 $A=[0.1,0.2)$，$B=[0.2,0.3]$。

**（3）**不正确，如（1）中的反例。

**（4）**正确。

**（5）**不正确，如（1）中的反例。

**（6）**正确。

习题 1.3-3

一批产品分一、二、三级，其中一级品是二级品的三倍，三级品是一级品的一半，从这批产品中随机地抽取一件，试求取到三级品的概率。

解 设取到三级品的概率为 $p$，则取到二级品的概率为 $2p$，取到一级品的概率为 $6p$。由 $6p+2p+p=1$，解得

$$p=\frac{1}{9}.$$

习题 1.3-4

从 $0,1,2,\cdots ,9$ 十个数字中任意选出三个不同的数字，试求下列事件的概率：

1. $A_1=$“三个数字中不含 $0$ 和 $5$”；
2. $A_2=$“三个数字中不含 $0$ 或 $5$”；
3. $A_3=$“三个数字中含 $0$ 但不含 $5$”。

解 记

$$A=\{\text{三个数字中不含 }0\},B=\{\text{三个数字中不含 }5\}.$$

则

$$P(A)=\frac{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{9}{3}\right)}{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{10}{3}\right)}=\frac{7}{10},P(B)=\frac{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{9}{3}\right)}{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{10}{3}\right)}=\frac{7}{10},P(AB)=\frac{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{8}{3}\right)}{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{10}{3}\right)}=\frac{7}{15}.$$

又因为 $A_1=AB,A_2=A\cup B,A_3=\overline{A}B$，所以

$$P(A_1)=P(AB)=\frac{7}{15},$$ $$P(A_2)=P(A\cup B)=P(A)+P(B)-P(AB)=2\times \frac{7}{10}-\frac{7}{15}=\frac{14}{15},$$ $$P(A_3)=P(\overline{A}B)=P(B)-P(AB)=\frac{7}{10}-\frac{7}{15}=\frac{7}{30}.$$

习题 1.3-5

某城市中共发行 $3$ 种报纸 $A,B,C$。在该城市的居民中有 $25\%$ 订阅 $A$ 报，$20\%$ 订阅 $B$ 报，$15\%$ 订阅 $C$ 报，$10\%$ 同时订阅 $A$ 报 $B$ 报，$8\%$ 同时订阅 $A$ 报 $C$ 报，$5\%$ 同时订阅 $B$ 报 $C$ 报，$3\%$ 同时订阅 $A,B,C$ 报。求以下事件的概率：

1. 只订阅 $A$ 报的；
2. 只订阅一种报纸的；
3. 至少订阅一种报纸的；
4. 不订阅任何一种报纸的。

解 仍用 $A,B,C$ 分别表示“订阅 $A,B,C$ 报”，则有

$$P(A)=0.25,P(B)=0.20,P(C)=0.15,P(AB)=0.10,P(AC)=0.08,P(BC)=0.05,P(ABC)=\mathrm{0.03.}$$

（1）

$$\begin{array}{rl}P(\text{只订阅 A 报})& =P(A\overline{B}\overline{C})\\ & =P(A-(B\cup C))\\ & =P(A)-P(A(B\cup C))\\ & =P(A)-P(AB)-P(AC)+P(ABC)\\ & =0.25-0.10-0.08+0.03=\mathrm{0.10.}\end{array}$$

**（2）**因为

$$P(\text{只订阅一种报纸})=P(A\overline{B}\overline{C})+P(\overline{A}B\overline{C})+P(\overline{A}\overline{B}C),$$

其中

$$P(\overline{A}B\overline{C})=P(B)-P(AB)-P(BC)+P(ABC)=0.20-0.10-0.05+0.03=0.08,$$ $$P(\overline{A}\overline{B}C)=P(C)-P(AC)-P(BC)+P(ABC)=0.15-0.08-0.05+0.03=\mathrm{0.05.}$$

所以

$$P(\text{只订阅一种报纸})=0.10+0.08+0.05=\mathrm{0.23.}$$

（3）

$$\begin{array}{rl}P(\text{至少订阅一种报纸})& =P(A\cup B\cup C)\\ & =P(A)+P(B)+P(C)-P(AB)-P(AC)-P(BC)+P(ABC)\\ & =0.25+0.20+0.15-0.10-0.08-0.05+0.03\\ & =\mathrm{0.40.}\end{array}$$

（4）

$$P(\text{不订阅任何一种报纸})=P(\overline{A}\overline{B}\overline{C})=1-P(A\cup B\cup C)=\mathrm{0.60.}$$

习题 1.3-6

某工厂一个班组共有男工 $9$ 人，女工 $5$ 人，现要选出 $3$ 个代表，问选的 $3$ 个代表中至少有 $1$ 个女工的概率是多少？

解 设事件 $A$ 为“$3$ 个代表中至少有一个女工”，则 $\overline{A}$ 为“$3$ 个代表全为男工”。因为

$$P(\overline{A})=\frac{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{9}{3}\right)}{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{14}{3}\right)}=\frac{3}{13},$$

所以

$$P(A)=1-P(\overline{A})=1-\frac{3}{13}=\frac{10}{13}.$$

习题 1.3-7

一赌徒认为掷一颗骰子 $4$ 次至少出现一次 $6$ 点与掷两颗骰子 $24$ 次至少出现一次双 $6$ 点的机会是相等的，你认为如何？

解 设事件 $A$ 为“一颗骰子掷 $4$ 次，至少出现一次 $6$ 点”，则 $\overline{A}$ 为“一颗骰子掷 $4$ 次，不出现 $6$ 点”。于是

$$P(A)=1-P(\overline{A})=1-{\left(\frac{5}{6}\right)}^4=\mathrm{0.5177.}$$

又设事件 $B$ 为“两颗骰子掷 $24$ 次，至少出现一次双 $6$ 点”，则 $\overline{B}$ 为“两颗骰子掷 $24$ 次，不出现双 $6$ 点”。于是

$$P(B)=1-P(\overline{B})=1-{\left(\frac{35}{36}\right)}^{24}=\mathrm{0.4914.}$$

从计算结果可以看出：赌徒的感觉是不对的，因为两者的概率相差 $0.0263$，而概率相差 $0.0263$ 的两个事件，在实际中仅凭感觉很难发现它们的细小差别，只有从理论上才能识别。

习题 1.3-8

从数字 $1,2,\cdots ,9$ 中可重复地任取 $n$ 次，求 $n$ 次所取数字的乘积能被 $10$ 整除的概率。

解 记事件 $A$ 为“至少取到一次 $5$”，事件 $B$ 为“至少取到一次偶数”，则所求概率为 $P(AB)$。因为

$$P(\overline{A})=\frac{8^n}{9^n},P(\overline{B})=\frac{5^n}{9^n},P(\overline{A}\cap \overline{B})=\frac{4^n}{9^n},$$

所以

$$P(AB)=1-P(\overline{A}\cup \overline{B})=1-P(\overline{A})-P(\overline{B})+P(\overline{A}\cap \overline{B})=1-\frac{8^n+5^n-4^n}{9^n}.$$

下表对一些不同的 $n$，给出 $P(AB)$ 的值：

$$\begin{array}{cccccc}n& 2& 10& 20& 30& 40\\ P(AB)& 0.0988& 0.6896& 0.9052& 0.9708& 0.9910\end{array}$$

从上表可以看出：$P(AB)$ 是随着 $n$ 的增加而增加的，直至趋向于 $1$，这是符合人们直观感觉的。

习题 1.3-9

口袋中有 $n-1$ 个黑球和 $1$ 个白球，每次从口袋中随机地摸出一球，并换入一个黑球。问第 $k$ 次摸球时，摸到黑球的概率是多少？

解 记事件 $A_k$ 为“第 $k$ 次摸到黑球”，因为计算 $P(A_k)$ 较难，故先计算 $P(\overline{A_k})$。由于口袋中只有一个白球，而摸到球后换入的都是黑球，所以如果第 $k$ 次摸到白球（$\overline{A_k}$），则前面 $k-1$ 次一定不能摸到白球，即前面 $k-1$ 次都摸到黑球，而换入的仍为黑球，即每次摸球时黑球数和白球数不变，故

$$P(\overline{A_k})=\frac{(n-1{)}^{k-1}\cdot 1}{n^k}=\frac{1}{n}{\left(1-\frac{1}{n}\right)}^{k-1},$$ $$P(A_k)=1-\frac{1}{n}{\left(1-\frac{1}{n}\right)}^{k-1}.$$

思考：假如将此题条件改为“口袋中装有 $2$ 个白球”，仍从口袋中随机地摸出一球并换入一个黑球，此时 $P(A_k)$ 为多少？

习题 1.3-10

若 $P(A)=1$，证明：对任一事件 $B$，有 $P(AB)=P(B)$。

解 证 因为 $A\cup B\supset A$，所以由单调性知

$$P(A\cup B)\ge P(A)=1,$$

从而得 $P(A\cup B)=1$，又因为

$$1=P(A\cup B)=P(A)+P(B)-P(AB),$$

所以有 $P(B)-P(AB)=0$，即得

$$P(AB)=P(B).$$

习题 1.3-11

掷 $2n+1$ 次硬币，求出现的正面数多于反面数的概率。

解 设事件 $A$ 为“正面数多于反面数”，事件 $B$ 为“反面数多于正面数”，因为投掷 $2n+1$ 次，所以“正面数等于反面数”是不可能事件，由此得 $\overline{B}=A$。又由事件 $A$ 与 $B$ 的对称性知 $P(A)=P(B)$，因此

$$P(A)=\mathrm{0.5.}$$

这里对称性起关键作用。

习题 1.3-12

有 $3$ 个人，每个人都以同样的概率 $1/5$ 被分配到 $5$ 个房间中的任一间中，试求：

1. $3$ 个人都分配到同一个房间的概率；
2. $3$ 个人分配到不同房间的概率。

解 “$3$ 个人分配到 $5$ 个房间”的所有分法数为 $5^3$，这是分母。

**（1）**因为事件 $A=$“$3$ 个人都分配到同一个房间”包括：都在一号房，都在二号房，都在三号房，都在四号房，都在五号房，共 $5$ 种可能，所以

$$P(A)=\frac{5}{5^3}=\frac{1}{25}.$$

**（2）**若事件 $B=$“$3$ 个人分配到不同房间”发生，则第一个人可分配到 $5$ 个房间中的任一间，而第二个人只可分配到余下的 $4$ 个房间中的任一间，第三个人只可分配到余下的 $3$ 个房间中的任一间。因此事件 $B$ 有 $5\times 4\times 3$ 种可能，所以

$$P(B)=\frac{5\times 4\times 3}{5^3}=\frac{12}{25}.$$

注：可将此题看成是 $3$ 个（可辨的）球放入 $5$ 个（可辨的）盒子中的盒子模型。

习题 1.3-13

一间宿舍内住有 $5$ 位同学，求他们之中至少有 $2$ 个人的生日在同一个月份的概率。

解 将此问题看成是：$5$ 个球放入 $12$ 个盒子中去的盒子模型，由盒子模型可得

$$\begin{array}{rl}P(\text{至少有 2 个人的生日在同一个月份})& =1-P(\text{5 个人生日全不同月})\\ & =1-\frac{P_{12}^5}{12^5}=\frac{89}{144}=\mathrm{0.6181.}\end{array}$$

习题 1.3-14

某班 $n$ 个战士各有 $1$ 支归个人保管使用的枪，这些枪的外形完全一样，在一次夜间紧急集合中，每人随机地取了 $1$ 支枪，求至少有 $1$ 人拿到自己的枪的概率。

解 这是一个配对问题。以 $A_i$ 记事件“第 $i$ 个战士拿到自己的枪”，$i=1,2,\cdots ,n$。因为

$$P(A_1)=P(A_2)=\cdots =P(A_n)=\frac{1}{n},$$ $$P(A_1{A}_2)=P(A_2{A}_3)=\cdots =P(A_{n-1}{A}_n)=\frac{1}{n(n-1)},$$ $$P(A_1{A}_2{A}_3)=P(A_1{A}_2{A}_4)=\cdots =P(A_{n-2}{A}_{n-1}{A}_n)=\frac{1}{n(n-1)(n-2)},$$ $$\cdots$$ $$P(A_1{A}_2\cdots A_n)=\frac{1}{n!},$$

所以由概率的加法公式

$$P(A_1\cup A_2\cup \cdots \cup A_n)=\sum _{1\le i\le n}P(A_i)-\sum _{1\le i<j\le n}P(A_i{A}_j)+\sum _{1\le i<j<k\le n}P(A_i{A}_j{A}_k)-\cdots +(-1{)}^{n-1}P(A_1{A}_2\cdots A_n),$$

得

$$P(A_1\cup A_2\cup \cdots \cup A_n)=1-\frac{1}{2!}+\frac{1}{3!}-\frac{1}{4!}+\cdots +(-1{)}^{n-1}\frac{1}{n!}.$$

当 $n$ 较大时，上式右端近似于

$$1-e^{-1}=\mathrm{0.6321.}$$

习题 1.3-15

设 $A,B$ 是两事件，且 $P(A)=0.6,P(B)=0.8$，问：

1. 在什么条件下 $P(AB)$ 取到最大值，最大值是多少？
2. 在什么条件下 $P(AB)$ 取得最小值，最小值是多少？

解 **（1）**因为

$$P(AB)\le P(A)=0.6,P(AB)\le P(B)=0.8,$$

所以当 $P(AB)=P(A)$ 时，$P(AB)$ 的最大值是 $0.6$。

**（2）**因为

$$P(AB)=P(A)+P(B)-P(A\cup B)\ge P(A)+P(B)-1=0.4,$$

所以有 $P(AB)\ge 0.4$。而当 $P(A\cup B)=1$ 时，有 $P(AB)$ 达到最小值 $0.4$。

习题 1.3-16

已知事件 $A,B$ 满足 $P(AB)=P(\overline{A}\cap \overline{B})$，记 $P(A)=p$，求 $P(B)$。

解 因为

$$P(AB)=P(\overline{A}\cap \overline{B})=P\left(\overline{A\cup B}\right)=1-P(A\cup B)=1-P(A)-P(B)+P(AB),$$

由此得

$$1-P(A)-P(B)=0,$$

所以

$$P(B)=1-P(A)=1-p.$$

习题 1.3-17

已知 $P(A)=0.7,P(A-B)=0.4$，试求 $P(\overline{AB})$。

解 因为

$$0.4=P(A-B)=P(A)-P(AB)=0.7-P(AB),$$

由此得

$$P(AB)=0.7-0.4=0.3,P(\overline{AB})=1-P(AB)=\mathrm{0.7.}$$

习题 1.3-18

设 $P(A)=\alpha ,P(B)=1-\alpha$，试证 $P(AB)=P(\overline{A}\cap \overline{B})$。

解 证

$$P(\overline{A}\cap \overline{B})=1-P(A\cup B)=1-P(A)-P(B)+P(AB)=1-\alpha -(1-\alpha )+P(AB)=P(AB).$$

习题 1.3-19

对任意的事件 $A,B,C$，证明：

1. $P(AB)+P(AC)-P(BC)\le P(A)$；
2. $P(AB)+P(AC)+P(BC)\ge P(A)+P(B)+P(C)-1$。

解 证 （1）

$$\begin{array}{rl}P(A)& \ge P(A(B\cup C))=P(AB\cup AC)\\ & =P(AB)+P(AC)-P(ABC)\\ & \ge P(AB)+P(AC)-P(BC).\end{array}$$

**（2）**因为

$$\begin{array}{rl}1& \ge P(A\cup B\cup C)\\ & =P(A)+P(B)+P(C)-P(AB)-P(AC)-P(BC)+P(ABC),\end{array}$$

所以

$$P(AB)+P(AC)+P(BC)\ge P(A)+P(B)+P(C)+P(ABC)-1\ge P(A)+P(B)+P(C)-1.$$

习题 1.3-20

设 $A,B,C$ 为三个事件，且 $P(A)=a,P(B)=2a,P(C)=3a,P(AB)=P(AC)=P(BC)=b$。证明：$a\le 1/4,b\le 1/4$。

解 证 由 $P(A)=a,P(AB)=b$，得 $a\ge b$。又因为

$$1\ge P(B\cup C)=P(B)+P(C)-P(BC)=5a-b\ge 4a,$$

所以得

$$a\le \frac{1}{4}.$$

进一步由 $b\le a$ 得

$$b\le \frac{1}{4}.$$

习题 1.3-21

设事件 $A,B,C$ 的概率都是 $\frac{1}{2}$，且 $P(ABC)=P(\overline{A}\cap \overline{B}\cap \overline{C})$，证明：

$$2P(ABC)=P(AB)+P(AC)+P(BC)-\frac{1}{2}.$$

解 证 因为

$$\begin{array}{rl}P(ABC)& =P(\overline{A}\cap \overline{B}\cap \overline{C})=1-P(A\cup B\cup C)\\ & =1-P(A)-P(B)-P(C)+P(AB)+P(AC)+P(BC)-P(ABC)\\ & =P(AB)+P(AC)+P(BC)-\frac{1}{2}-P(ABC),\end{array}$$

上式移项即得结论。

习题 1.3-22

证明：

1. $P(AB)\ge P(A)+P(B)-1$；
2. $P(A_1{A}_2\cdots A_n)\ge P(A_1)+P(A_2)+\cdots +P(A_n)-(n-1)$。

解 证 **（1）**由

$$1\ge P(A\cup B)=P(A)+P(B)-P(AB),$$

移项即得结论。

**（2）**对 $n$ 用数学归纳法。当 $n=2$ 时，由（1）知结论成立。设 $n-1$ 时结论成立，即

$$P(A_1{A}_2\cdots A_{n-1})\ge P(A_1)+P(A_2)+\cdots +P(A_{n-1})-(n-2).$$

则由（1）知

$$\begin{array}{rl}P(A_1{A}_2\cdots A_n)& =P((A_1{A}_2\cdots A_{n-1})A_n)\\ & \ge P(A_1{A}_2\cdots A_{n-1})+P(A_n)-1\\ & \ge P(A_1)+P(A_2)+\cdots +P(A_{n-1})-(n-2)+P(A_n)-1\\ & =P(A_1)+P(A_2)+\cdots +P(A_n)-(n-1).\end{array}$$

习题 1.3-23

证明：

$$\left|P(AB)-P(A)P(B)\right|\le \frac{1}{4}.$$

解 证 不妨设 $P(A)\ge P(B)$，则

$$P(AB)-P(A)P(B)\le P(B)-P(B)P(B)=P(B)[1-P(B)]\le \frac{1}{4}.$$

另一方面，还有

$$\begin{array}{rl}P(A)P(B)-P(AB)& =P(A)[P(AB)+P(A\overline{B})]-P(AB)\\ & =P(A)P(A\overline{B})+P(AB)[P(A)-1]\\ & \le P(A)P(A\overline{B})\\ & \le P(A)P(\overline{A})\\ & =P(A)[1-P(A)]\le \frac{1}{4}.\end{array}$$

综合上述两方面，可得

$$\left|P(AB)-P(A)P(B)\right|\le \frac{1}{4}.$$

补充习题及解答

补充习题 24

任意两事件之并 $A\cup B$ 可表示为两个互不相容事件之并，譬如

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

1. 试用类似方法表示三个事件之并 $A\cup B\cup C$；
2. 利用（1）的结果证明

$$P(A\cup B\cup C)=P(A)+P(B)+P(C)-P(AB)-P(AC)-P(BC)+P(ABC).$$

解 （1）

$$A\cup B\cup C=A\cup (B-AB)\cup [C-(AC\cup BC)].$$

**（2）**利用加法公式可得

$$\begin{array}{rl}P(A\cup B\cup C)& =P(A)+P(B-AB)+P(C-(AC\cup BC))\\ & =P(A)+P(B)-P(AB)+P(C)-P(AC\cup BC)\\ & =P(A)+P(B)+P(C)-P(AB)-P(AC)-P(BC)+P(ABC).\end{array}$$

补充习题 25

甲掷硬币 $n+1$ 次，乙掷 $n$ 次。求甲掷出的正面数比乙掷出的正面数多的概率。

解 记

$$X_1=\text{甲掷出的正面数},X_0=\text{甲掷出的反面数}=n+1-X_1,$$ $$Y_1=\text{乙掷出的正面数},Y_0=\text{乙掷出的反面数}=n-Y_1.$$

又记

$$E=\{X_1>Y_1\},F=\{X_0>Y_0\},$$

由于正反面的地位是对称的，因此 $P(E)=P(F)$。又因为

$$F=\{X_0>Y_0\}=\{n+1-X_1>n-Y_1\}=\{X_1-1<Y_1\}=\{X_1\le Y_1\}=\overline{E},$$

所以由 $P(E)=P(F)=P(\overline{E})$，得

$$P(E)=\mathrm{0.5.}$$

此题求解过程中利用了出现正反面的对称性。在古典方法确定概率的过程中，对称性的应用是很常见的。事实上，确定概率的古典方法中所谓“等可能性”，就是要使样本点处于“对称”的地位。利用对称性的优点可以简化运算，避开一些繁琐的排列组合计算。此题若直接用排列组合来计算，则相当繁琐，具体过程见下：

因为甲掷 $n+1$ 次硬币共有 $2^{n+1}$ 种可能，乙掷 $n$ 次硬币共有 $2^n$ 种可能，因而样本点的总数为 $2^{n+1}\cdot 2^n$。又记乙掷出 $k$ 个正面，甲掷出 $k+l$ 个正面，$k=0,1,\cdots ,n,l\ge 1$。则所求概率

$$\begin{array}{rl}P(\text{甲掷出的正面数}>\text{乙掷出的正面数})& =\frac{1}{2^{2n+1}}\sum _{l=1}^{n+1}\sum _{k=0}^n\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n+1}{k+l}\right)\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}\right)\\ & =\frac{1}{2^{2n+1}}\sum _{l=1}^{n+1}\sum _{k=0}^n\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n+1}{n+1-k-l}\right)\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}\right)\\ & =\frac{1}{2^{2n+1}}\sum _{l=1}^{n+1}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n+1}{n+1-l}\right)\\ & =\frac{1}{2^{2n+1}}\sum _{i=0}^n\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n+1}{i}\right)\\ & =\frac{1}{2^{2n+1}}\cdot \frac{1}{2}\sum _{i=0}^{2n+1}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n+1}{i}\right)\\ & =\frac{1}{2^{2n+1}}\cdot \frac{1}{2}\cdot 2^{2n+1}=\frac{1}{2}.\end{array}$$

补充习题 26

甲掷硬币 $n+2$ 次，乙掷 $n$ 次，求甲掷出的正面数比乙掷出的正面数多的概率。

解 记

$$A=\{\text{甲掷出的正面数}>\text{乙掷出的正面数}\},B=\{\text{甲掷出的反面数}>\text{乙掷出的反面数}\}.$$

由对称性知：$P(A)=P(B)$，又因为 $A\overline{B}=\varnothing$，所以 $A\cup B=\Omega$。由此得

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

注意到 $AB\ne \varnothing$，且

$$\begin{array}{rl}AB& =\{\text{甲的正面数}>\text{乙的正面数，甲的反面数}>\text{乙的反面数}\}\\ & =\{\text{甲的正面数}-\text{乙的正面数}=1,\text{甲的反面数}-\text{乙的反面数}=1\}\\ & =\{\text{甲的正面数}-\text{乙的正面数}=1\},\end{array}$$

所以有

$$\begin{array}{rl}P(AB)& =\sum _{i=0}^{n}P(\text{甲的正面数}=i+1,\text{乙的正面数}=i)\\ & =\sum _{i=0}^n\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n+2}{i+1}\right)\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i}\right){\left(\frac{1}{2}\right)}^{2n+2}\\ & =\frac{1}{2^{2n+2}}\sum _{i=0}^n\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n+2}{i+1}\right)\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i}\right)\\ & =\frac{1}{2^{2n+2}}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n+2}{n+1}\right).\end{array}$$

将此结果及 $P(A)=P(B)$ 代入（1）式得

$$P(A)=\frac{1}{2}\left[1+\frac{1}{2^{2n+2}}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n+2}{n+1}\right)\right].$$

注：当乙掷 $n$ 次硬币时，无论是甲掷 $n+1$ 次（上题）还是 $n+2$ 次（本题），均有 $A\overline{B}=\varnothing$，即 $A\cup B=\Omega$。且由对称性，本题和上一题都有 $P(A)=P(B)$。而本题与上一题的不同点在于：本题中 $AB\ne \varnothing$，而上一题中 $AB=\varnothing$。因此对上一题我们可以由以下更简便的方法去计算：

当甲掷 $n+1$ 次硬币，乙掷 $n$ 次硬币时，由对称性知 $P(A)=P(B)$，且由 $A\cup B=\Omega ,AB=\varnothing$，即得

$$1=P(A\cup B)=P(A)+P(B)=2P(A).$$

所以

$$P(A)=\frac{1}{2}.$$

补充习题 27

试分别设计一个概率模型问题，用其解答证明以下恒等式（$N\ge m\ge 1$）：

1. $1+\frac{N-m}{N-1}+\frac{(N-m)(N-m-1)}{(N-1)(N-2)}+\cdots +\frac{(N-m)\cdots 2\cdot 1}{(N-1)\cdots (m+1)\cdot m}=\frac{N}{m};$

$$1+\frac{N-m}{N}\cdot \frac{m+1}{m}+\frac{(N-m)(N-m-1)}{N^2}\cdot \frac{m+2}{m}+\cdots +\frac{(N-m)\cdots 2\cdot 1}{N^{N-m}}\cdot \frac{N}{m}=\frac{N}{m};$$

$$1+\frac{N-m}{N+1}\cdot \frac{m+1}{m}+\frac{(N-m{)}^2}{(N+1)(N+2)}\cdot \frac{m+2}{m}+\frac{(N-m{)}^3}{(N+1)(N+2)(N+3)}\cdot \frac{m+3}{m}+\cdots =\frac{N}{m}.$$

解 证 设计如下的试验，计算相应的概率，即可证得相应的恒等式。

**（1）**口袋中装有 $N$ 个球，其中 $m$ 个为白球。从中每次取出一球，不放回。试求迟早取到白球的概率。

因为袋中 $N$ 个球中只有 $m$ 个白球，在不放回抽样场合，可能第 $1$ 次抽到白球，或第 $2$ 次抽到白球，$\cdots$，或最迟在 $N-m+1$ 次必取到白球。若记 $p_k$ 为第 $k$ 次取到白球的概率，则有

$$p_1=\frac{m}{N},p_2=\frac{m(N-m)}{N(N-1)},\cdots ,$$ $$p_k=\frac{m(N-m)(N-m-1)\cdots (N-m-k+2)}{N(N-1)(N-2)\cdots (N-k+1)},k=2,3,\cdots ,N-m+1,$$

且

$$p_1+p_2+\cdots +p_{N-m+1}=1,$$

即

$$\frac{m}{N}+\frac{m(N-m)}{N(N-1)}+\cdots +\frac{m(N-m)\cdots (N-m-k+2)}{N(N-1)\cdots (N-k+1)}+\cdots +\frac{m(N-m)\cdots 2\cdot 1}{N(N-1)\cdots (m+1)\cdot m}=1,$$

对上式两边同乘 $N/m$ 即得（1）。

而（2）（3）两个等式可在如下设计的试验中获得证实。

**（2）**口袋中装有 $N$ 个球，其中 $m$ 个为白球。从中每次取出一球，若取出白球，则放回；若取出的不是白球，则换一个白球放回。试求迟早取到白球的概率。

**（3）**口袋中装有 $N$ 个球，其中 $m$ 个为白球。从中每次取出一球后放回，若取出的不是白球，则不仅放回，且再加进一个白球进去。试求迟早取到白球的概率。