样本空间、事件与概率公理

上一章我们已经把概率模型拆成了几个问题：一次观察记录什么，哪些结果算在模型里，哪些假设支持我们给出的概率。现在把这些问题往前推进一步。假如有人交给你一张概率表，里面每个数都在 $0$ 和 $1$ 之间，这张表就一定合理吗？

还真不一定。比如他一边说“出现偶数”的概率是 $0.4$，一边说“出现 2”的概率是 $0.6$。每个数单独看都像概率，放在一起却说不通：出现 2 一定也出现偶数，一个范围更小的事件，不该比包含它的大事件还容易发生。概率论需要一套规则，让我们对不同事件的判断能够彼此对得上。

这就是本章要做的事。先把自然语言里的“发生”“或者”“没有发生”翻译成集合，再说明什么样的集合可以谈概率、什么样的赋值才叫概率。你在导论课里已经用过补集公式和加法公式；到了这里，我们会把它们从几条基本规则里推出来，也会看见一个初学时很容易忽略的区别：概率为零，并不一定表示那个事件是空的。

样本空间：先说明一次结果究竟是什么

我们先拿一个简单过程说起：连续抛两次硬币，并按先后顺序记录正反面。一次完整结果可能是“先正后反”，也可能是“两次都反”。用 $H$ 表示正面、$T$ 表示反面，全部结果构成样本空间

样本空间中的一个元素叫作样本点，通常写成 $\omega$。例如 $\omega=HT$ 表示一次已经完整记录下来的结果。事件“恰好一次正面”则包含两个样本点：

一次试验得到 $\omega$ 后，只要 $\omega\in A$，我们就说 $A$ 发生。所以事件并没有额外制造一种神秘对象，它是在结果集合里划出一块范围，用来表示我们关心的事情。

这里的“试验”也不要求在现实中能够原样重做。记录明天是否降雨、讨论某台已经售出设备的寿命，都可以建立概率模型。数学上真正需要的是：说明我们保留什么结果，以及如何对有关事件分配概率。独立重复试验是后面研究长期平均时需要的额外结构，不是所有概率问题的入场条件。

结果的粗细，由问题决定

同样是抛两次硬币，如果只记“正面的次数”，样本空间可以缩成

这当然可以。不过，“次数为 1”已经把 $HT$ 和 $TH$ 合在一起了。在新空间里，你能回答“有没有出现正面”，却不能直接回答“第一次是不是正面”，因为先后顺序已经丢掉了。

把样本空间压缩，也会改变每个样本点应当带有的概率。若原模型规定四种有序结果等可能，都是 $1/4$，那么压缩后应当得到

中间那一项获得了两份 $1/4$，因为它对应两个原始结果。重新给结果起名字，不会自动把概率重新分成一样大。

两枚骰子也有同样的问题。若记录两枚骰子的点数，样本空间是 $36$ 个有序对 $(i,j)$；若只记录点数和，样本空间变成 $\{2,3,\ldots,12\}$。在两枚骰子公平且相互独立的模型下，前一种空间的样本点等可能，后一种却不是：和为 7 对应 6 个有序对，和为 2 只对应 $(1,1)$。

建模时，我们至少要检查：列出的结果能否覆盖模型允许发生的情况；一次观察会不会被重复记成两个不同样本点；记录的信息是否足以回答问题。概率怎样分配还要另行说明。一个列得很整齐的集合，本身并不带有“等可能”这个承诺。

有限、可数无限与连续空间

抛两次硬币只有有限个结果。如果记录“首次成功出现在第几次”，可能结果是 $1,2,3,\ldots$；如果模型还允许永不成功，就应当把这一种情况写成 $\infty$ 并纳入结果空间。这是可数无限的情形：结果虽列不完，却可以一个接一个编号。

如果记录理想化的等待时长，样本空间可以取 $[0,\infty)$。区间里的实数无法像正整数那样排成一列，它是不可数的。现实仪器可能只能读到百分之一秒，那是测量精度对记录方式的限制；连续模型则把时间当作一个实数。两种描述都能使用，但不能把它们的单点概率混为一谈。

这种区分稍后会变得很实际：可数空间可以把单个结果的概率加起来，连续空间通常要从区间这样的事件开始分配概率。我们先把事件之间的关系说清楚。

事件运算：把一句话拆到不会歧义

设一次掷骰子的结果空间是 $\Omega=\{1,2,3,4,5,6\}$，令 $A=\{2,4,6\}$ 表示“偶数”，$B=\{4,5,6\}$ 表示“至少为 4”。下面这些记号都可以从这一个例子读出来。

概率论中的“或”通常包含“两件事都发生”。因此“红牌或人头牌”也包括红色的人头牌。题目若想排除同时发生，应该写“恰好一个发生”；这时对应最后一行，也叫对称差，记作 $A\triangle B$。

还有一个很有用的关系：$A\subseteq B$ 表示 $A$ 中每个结果也在 $B$ 中。翻译成事件语言就是“只要 $A$ 发生，$B$ 就一定发生”。例如“掷出 6”包含在“掷出偶数”中。以后遇到概率不等式，先找这种事件包含关系，常常比先列数字更直接。

下面的实验台使用 $1$ 到 $12$ 作为样本点。先选默认的“偶数 / 3 倍数”，检查交集是否恰好是 $\{6,12\}$；再清空两个事件，观察空集的补集是不是整个样本空间。这里操作的是集合成员关系，不需要为每个点预先指定概率。

互斥和对立，差在有没有把所有结果分完

如果 $A\cap B=\varnothing$，我们说 $A$、$B$ 互斥：一次结果不能同时落在这两个集合里。“掷出 1”和“掷出 2”互斥，但它们没有覆盖全部结果，因为还可能出现 3 到 6。

如果 $B=A^c$，它们叫作对立事件。除了不重叠，还必须合起来等于整个样本空间：

“偶数”和“奇数”就是这样的一对。因而每一对对立事件都互斥，互斥事件却未必对立。

也先提醒一句：互斥与独立是不同关系。互斥说的是不能一起发生；独立说的是知道一个事件发生后，另一个事件的概率是否改变。我们会在后面正式定义独立，现在不要因为两个词都含有“互不影响”的日常联想就把它们换着用。

德摩根律：为什么“没有一个”和“不全是”不一样

设 $A_i$ 表示第 $i$ 台设备发出告警。“至少一台告警”是并集，“所有设备都告警”是交集。它们的反面分别为

第一式说：至少一台告警的反面，是每台都没有告警。第二式说：所有设备都告警的反面，是至少一台没有告警。你不必把它们当成需要死记的两个符号模式。拿一个具体结果逐个检查：它不属于任何一个 $A_i$，恰好意味着它属于每一个 $A_i^c$。

这两条规律对有限个或可数无限个事件都成立。以后写“最终总会发生”“从某次起不再发生”时，虽然语句更长，用的仍然是并、交、补这些基本运算。

为什么还需要一族事件：认识 σ 代数

前面用有限空间时，我们默认每个子集都能拿来问概率。现在把空间换成 $[0,1]$，就不能毫不解释地继续默认“所有子集都已经有概率”。严格的模型需要同时交代：哪些子集属于我们可以讨论的事件范围。

把这族事件记为 $\mathcal F$。它本身是一个集合，不过其中装的不是样本点，而是 $\Omega$ 的子集。我们要求它至少满足下面三条：

1. $\Omega\in\mathcal F$。
2. 若 $A\in\mathcal F$，则 $A^c\in\mathcal F$。
3. 若 $A_1,A_2,\ldots\in\mathcal F$，则 。

满足这些条件的 $\mathcal F$ 叫作 $\sigma$ 代数，也叫事件域。这里的要求其实很合乎我们讨论问题的习惯：既然允许问“$A$ 有没有发生”，也该允许问“$A$ 有没有不发生”；既然允许问一串事件，也该允许问“其中至少一个有没有发生”。$\sigma$ 表示我们要求对可数的并运算保持封闭，不能只处理有限次。

由前两条可知 $\varnothing=\Omega^c\in\mathcal F$。由德摩根律可知可数交也在 $\mathcal F$ 里，因为可以先逐个取补，再取并，最后再取补。因此定义里不必把“交”“差”“有限并”重复列成更多条要求，它们已经能够推出。

用一个有限例子看清事件域在管什么

仍然考虑骰子。如果模型保留全部点数信息，可以取

其中 $2^\Omega$ 表示全部子集组成的集合，叫作幂集。一共 6 个样本点，就有 $2^6=64$ 个子集，每个都可以作为事件。

如果我们只想保留奇偶信息，也可以在同一个 $\Omega$ 上选取更小的事件域：

它是一个合法的 $\sigma$ 代数。两个中间集合互为补集；把其中任意若干集合取并，仍然只会得到这四个集合之一。但 $\{6\}$ 不在 $\mathcal F_0$ 中，所以这个模型没有定义“恰好掷出 6”的概率。不要把“没有定义”读成“概率为零”：一个是模型没有给这件事赋值，另一个是赋了值且恰好为零。

更一般地，把样本空间分成互不重叠的若干块，再把这些块的所有可能并集收进来，就得到一个事件域。这样的分块叫作一个划分。分块越细，能区分的事件通常越多。这也解释了为什么事件域有时被理解成模型能表达的信息范围。

连续空间里，我们通常用哪些事件

在实数轴上，我们至少希望区间是事件，例如“等待时间不超过 3 分钟”。由区间经过可数次并、交、补运算所生成的最小 $\sigma$ 代数，叫作博雷尔 $\sigma$ 代数，记为 $\mathcal B(\mathbb R)$。它包含开区间、闭区间、单点、可数集合，以及后续课程通常遇到的集合。

“最小”表示只要求把这些运算必然带进来的集合收齐。一般记号 $\sigma(\mathcal C)$，就是包含一族给定集合 $\mathcal C$ 的最小 $\sigma$ 代数。你现在不需要逐一描述其中所有集合，但要知道实数轴上有标准的事件范围可用。

为什么不干脆让每个子集都有概率？在通常的集合论框架下，如果还要求长度具有平移不变性、可列可加性等自然性质，就会遇到不能按这种规则赋值的子集。我们不在这里构造它们；选定事件域，是让概率函数有一个明确且自洽的定义域。后面定义随机变量时，“可测”这个条件正是为了保证由数值条件产生的集合仍然是事件。

概率公理：给事件赋值，但不能各说各话

现在三个对象可以放在一起了：$\Omega$ 规定可能结果，$\mathcal F$ 规定哪些集合是事件，$P$ 给每个事件赋予概率。三者组成一个概率空间：

把 $P$ 看作定义在 $\mathcal F$ 上的实值函数，它必须满足三条公理。

非负性要求对每个 $A\in\mathcal F$ 都有

规范性要求

可列可加性要求：如果 $A_1,A_2,\ldots$ 两两互斥，即不同下标对应的事件都没有交集，那么

最后一条最值得慢一点读。它并不是说“任何事件都可以直接加”，而是说互不重叠的部分合起来时，总概率等于各部分的概率之和。“两两互斥”也比“所有事件的共同交集为空”强得多：三个圆可以没有共同重叠的中心，却仍然有两两重叠的区域，那样就不能直接相加。

为什么写到无限多个，而不只规定两个

假设我们关心一个任务是否终会完成。事件“第 1 次完成”“第 2 次才完成”“第 3 次才完成”互不重叠，合起来表示“在某个有限次数完成”。这个并集没有固定的最后一项。只有有限可加性，还不足以直接把整个无限并集的概率写成级数。

可列可加性让有限计算能够走向这种无限问题。右侧级数的意义是有限部分和的极限；因为每项非负，没有正负抵消或改变求和顺序带来的歧义。后面的大数定律、分布函数和收敛问题，都要使用这座从有限走向无限的桥。

不过，“可列”不是“任意多”。实数区间里的点不可数，不能把单点概率放进上面的可列求和公式。这个边界稍后正好解释为什么连续模型允许每个单点的概率都为零。

公理检查的是一致性，具体模型还要另定

如果三个互斥结果被赋予 $0.4,0.7,-0.1$，它们的和虽然是 $1$，但有负数，因而不合法。如果赋予 $0.2,0.3,0.4$，三个数虽然都非负，但总和不是 $1$，也不能构成只有这三个结果的概率模型。

反过来，在一个有限空间上，只要各样本点的权重非负且总和是 $1$，并规定事件概率等于所含权重之和，就能得到合法概率。至于这个模型是否适合现实，还得继续检查权重的依据。公理不会告诉我们某枚硬币一定公平，也不会从“要么下雨、要么不下雨”推出各占一半。

那些熟悉的公式，原来都可以证明

在这里，我们把导论课里常用的规则逐个接回公理。掌握这些证明的用处是：下次换成不等可能或连续模型，你不必重新猜公式还能不能用。只要仍然是概率空间，它们就成立。

先推出空事件与有限可加性

让可列可加性中的每个事件都取 $\varnothing$。这些事件两两交集为空，于是

左边是一个有限的非负数。如果这个数大于零，右边的部分和就会无限增大，无法相等，因此只能有 $P(\varnothing)=0$。现在给有限个互斥事件 $A_1,\ldots,A_m$ 后面补上无限多个空事件，可列可加性就给出

这样证明有一个小好处：我们先得到了空事件概率，再得到了有限可加性，没有在证明过程中提前使用尚未推出的结论。

补集公式和概率范围

$A$ 与 $A^c$ 不重叠，并起来是 $\Omega$，因此

移项得到我们已经很熟悉的公式：

又因为 $P(A^c)\ge0$，所以 $P(A)\le1$。和非负性一起，就得到了每个事件都满足 $0\le P(A)\le1$。

“至少一次”常用补集，是因为“至少一次”包含许多不同的发生方式，而“零次”往往只有一种结构。比如连续掷两次公平且独立的骰子，在 $36$ 个等可能有序对中，两次都不是 6 的结果有 $25$ 个。于是至少一次出现 6 的概率为

你也可以直接数第一次为 6 的 6 个结果和第二次为 6 的 6 个结果，但 $(6,6)$ 会重复一次，最后仍是 $11$ 个。补集公式和加法公式是在用不同分块方式回答同一个问题。

包含关系带来单调性

如果 $A\subseteq B$，我们可以把 $B$ 拆成 $A$ 与剩余部分 $B\setminus A$。两块互斥，故

这就是单调性。开头那张把“偶数”概率写得比“出现 2”还小的概率表，在这里被正式排除了。

同一条等式还说明，只有在 $A\subseteq B$ 时，才可以直接写

若没有包含关系，需要减去的只是 $B$ 中与 $A$ 重叠的部分。因此一般形式为

做减法前先看清究竟扣掉哪一块，能避开不少“数字算对了，集合却错了”的情况。

分块求和：复杂事件可以沿着一个划分拆开

假设 $C_1,C_2,\ldots$ 两两互斥，且并集为 $\Omega$，也就是它们构成一个可数划分。每个事件 $A$ 都可以写成

理由很直接：$A$ 里的每个样本点恰好落在一个 $C_i$ 中。于是我们既没有漏掉它，也没有重复数它。

例如把一批产品按生产线分成几个互斥类别，事件“不合格”就能拆成“来自各条生产线且不合格”的若干部分。现在这只是可加性；后面学到条件概率，我们会把每一块再写成两个概率的乘积，从这里自然得到全概率公式。

有重叠就要扣回来：加法公式、容斥与并集上界

设 $A$ 表示抽到红牌，$B$ 表示抽到人头牌，其中人头牌指 J、Q、K。标准 $52$ 张牌中，红牌有 $26$ 张，人头牌有 $12$ 张，红色人头牌有 $6$ 张。如果直接相加 $26+12$，那 $$ 张牌被数了两次。

把重复的一份扣掉，就得到 $26+12-6=32$ 张。在每张牌被等概率抽中的模型下，所求概率为 $32/52=8/13$。背后的集合恒等式可以证明为

第一步把并集拆成互斥的 $A$ 与 $B\setminus A$，第二步使用刚证明的差事件公式。这叫两个事件的加法公式，对所有概率模型都成立，并不依赖等可能。

图中把刚才的加减过程拆成三步。先分别看两个事件，最后只保留一份重叠区域，就能看出为什么必须减去一次交集。

三个事件为什么最后还要加一次

设三个告警事件为 $A,B,C$。先把单个事件加起来，再扣掉两两交集，会出现一个新问题：同时属于三个事件的结果，先被加了三次，又被减了三次，净计数变成零。它明明属于“至少一个告警”，应该算一次，因此要再加回三重交集：

这里的两两交集包括三重交集中的结果。例如 $A\cap B$ 的意思是 $A$ 和 $B$ 都发生，不排除 $C$ 也发生。若题目给的是“恰好两类告警”，它已经排除了三重交集，不能把该数值原封不动填进上式。

举个完整的有限例子：从 $100$ 台设备中等概率抽一台，三类告警分别出现在 $40,35,25$ 台设备上；两两同时出现的台数分别为 $15,10,8$，三类都出现的有 $5$ 台。那么至少一种告警的设备有

台，概率是 $0.72$；没有任何告警的概率是 $0.28$。这个计算没有假设三类告警独立，交集信息已经由题目直接给出了。

更一般地，对 $m$ 个事件，容斥公式写为

读这个记号时，把 $I$ 看成一组挑出来的下标：挑一个就加，挑两个就减，挑三个又加。为什么如此交替恰好有效？一个属于其中 $r$ 个事件的样本点，在右边总共被计入

次。这来自 $(1-1)^r=0$。没有属于任何事件的点则一次也不会计入。严格地说，可以把整个空间按“属于哪些事件、不属于哪些事件”分成至多 $2^m$ 个互斥的块；每块在右侧恰好保留一次，再对这些块使用有限可加性，就得到公式。这样证明也适用于连续空间，不需要把单点概率加起来。

交集不知道时，仍然能给出上界

现实中我们未必知道所有交集。好消息是：直接相加虽然可能重复，却不会漏掉并集，因此总有

这个结论叫作并集上界，也叫次可加性，不要求事件独立。如果 $10$ 个检测环节各自发生误报的概率都不超过 $0.002$，那么至少一次误报的概率不超过 $0.02$。误报之间可能相关，所以上式只是一个保证有效的上界，不一定是准确概率。

它也适用于可数无限个事件。证明时把重叠的集合改成“第一次被哪一项收进来”的互斥块：

这些 $B_n$ 两两互斥，合起来与原并集相同，而且 $B_n\subseteq A_n$。所以可列可加性与单调性给出

还有一个可以顺手得到的范围，用来检查给定概率是否自洽：

右边来自交集包含于两个事件；左边来自加法公式和 $P(A\cup B)\le1$，再与非负性合并。例如若 $P(A)=0.8$、$P(B)=0.7$，它们至少要有 $$ 的概率重叠，不可能互斥。

概率的连续性：事件慢慢扩大，概率会跟上吗

到目前为止，我们一直在拆集合、加概率。现在考虑一个带极限的问题。把“等待不超过 1 分钟”放宽成“不超过 2 分钟”，再放宽成“不超过 3 分钟”，对应的事件越来越大。它们的概率会不会趋近于“等待时间有限”的概率？

可列可加性保证答案是会。设

我们记作 $A_n\uparrow A$，称事件序列递增。这时有下连续性：

把扩大的部分一层层剥出来

证明并不需要额外引入分析技巧。令 $B_1=A_1$，并对 $n\ge2$ 令 $B_n=A_n\setminus A_{n-1}$。 就是第 次新加进来的部分，它们两两互斥。

整个 $A$ 是这些新增部分的可数并，而 $A_n$ 是前 $n$ 块的并，因此

级数的定义就是部分和的极限，于是结论成立。这里“连续”表达的是：在一串逐步扩大的事件里，不会有一份概率等到无限远才凭空跳出来。

事件逐步缩小时，使用补集

若事件越来越小，记作

它们的补集就越来越大，且 $A_n^c\uparrow A^c$。用下连续性和补集公式，得到上连续性：

在概率空间里总概率是 $1$，所以不必另外要求首项有限。若将来把概率推广到可能取无穷大的测度，上连续性就需要有限性条件；这里能够顺利做减法，是因为没有遇到无穷减无穷。

看一个容易分辨端点的例子。在 $[0,1]$ 的均匀模型中，令

两者的概率都是 $1/n$，所以都趋于 $0$。但是它们的交集不同：$\bigcap_n A_n=\varnothing$，因为每个正数最终都会超过 $1/n$；，因为 一直没有被剔除。概率极限一样，并不意味着极限事件是同一个集合。

连续性要求看清事件序列，不能只看数字

假如 $A_n$ 在两个不同事件之间来回交替，这一串事件就未必有上面这种单调关系。即使 $P(A_n)$ 恰好是同一个数，也不能随手把它解释成“某个逐步收缩的事件”的概率。应用定理时要先写出递增或递减关系，再找清楚并集或交集是什么。

后面写分布函数 $F(x)=P(X\le x)$ 时，我们会再次用到这一点：阈值逐步下降，事件也逐步缩小，概率的上连续性会告诉我们 $F$ 为什么右连续。现在证明的性质，将来会直接决定分布函数应当长什么样。

概率为零，为什么还不一定是不可能

空事件肯定有零概率，但反过来呢？在有限且每个样本点概率严格为正的模型里，非空事件至少含有一个正权重点，概率当然大于零。日常掷公平骰子的题目常常处在这种环境，容易让我们误以为“零概率”和“空事件”可以互换。

连续模型会立刻打破这个印象。在 $[0,1]$ 的均匀模型里，一个区间的概率等于它的长度。固定一个点，例如 $x=1/2$。对任意足够小的 $\varepsilon>0$，单点事件 $\{1/2\}$ 都包含在长度为 $2\varepsilon$ 的区间中，因而

这个上界可以任意接近零，所以 $P(\{1/2\})=0$。但集合 $\{1/2\}$ 明明不是空的，$1/2$ 也没有被排除出样本空间。

这时通常会冒出一个疑问：每个点的概率都是零，为什么整个区间的概率不是零？原因是可列可加性只允许对可数个互斥事件求和，$[0,1]$ 的点却不可数。你不能把这条公理扩大成一个关于“不可数个零相加”的公式。

如果只取 $[0,1]$ 中的有理数，情况又不同。有理数可以排成一列 $q_1,q_2,\ldots$，因此

所以在这个模型里，取到无理数的概率为 $1$。这并不是说有理数不在区间里，也不是说计算机真的能够存下一个无限精度的随机无理数；它说的是理想连续模型的事件概率。

概率一叫“几乎必然”，与集合上的必然要分开

若 $P(A)=1$，我们称 $A$ 几乎必然发生，或说“以概率一发生”。这意味着 $A^c$ 概率为零，不要求 $A^c$ 是空集。集合上的必然事件则是整个 $\Omega$，其中没有任何例外结果。

例如，在无限次独立公平抛硬币的序列空间里，令 $E_n$ 为“前 $n$ 次全是反面”。这些事件递减，而且

它们的交集是“永远都是反面”，这个集合包含那一条全反面的无限序列，并非空集。由上连续性，

因此“最终出现正面”以概率一发生。不过，对任何固定的 $n$，“前 $n$ 次还没见到正面”仍然有正概率 $2^{-n}$。概率一的无限期结论，没有给出某个有限次数内必定成功的保证。

零概率也不必等到连续空间才会出现。有限模型可以允许某个样本点的权重是零，只要其余权重非负且总和为一。因此准确说法始终是：空事件一定为零概率；零概率事件是否非空，要回到具体样本空间查看。

古典概型：数一数为什么能变成概率

现在再回来看最熟悉的公式。设有限样本空间有 $N$ 个样本点，而且模型规定各点等可能。若共同概率为 $p$，有限可加性与规范性给出 $Np=1$，所以每点概率为 $1/N$。于是对任何事件 $A$，

原来“有利情况数除以总情况数”不是独立于公理的一条万能定义，它是有限、等可能模型中的一个推论。对不等可能的有限模型，正确的通式仍然是

举例说，一个转盘的三种颜色对应概率 $0.5,0.3,0.2$，落在后两种颜色中的概率是 $0.3+0.2=0.5$，并不是“三种里占两种”得到的 $2/3$。数的是类别数量，实际需要加的是各类别的概率，两者只有在同权重时才成比例。

换一种记录方式，权重也要一起搬过去

两枚公平且独立的骰子，点数和至少为 10 的有序结果为

在 $36$ 个等可能有序对中占 $6$ 个，概率为 $1/6$。如果改用点数和作为结果，就应给和为 $10,11,12$ 的三个点分别赋予 $3/36,2/36,1/36$，相加仍是 $1/6$，不能用 。

“两个孩子中至少一个男孩”的常见练习，也必须明确它采用的是简化模型：按出生顺序记录，每个孩子的两种性别结果各占一半且相互独立。在这些假设下，四种有序结果等可能，至少一个男孩占其中三种，概率才是 $3/4$。如果只记男孩人数 $0,1,2$，相应权重为 $1/4,1/2,1/4$，并非各占 $1/3$。这个例子讨论的是指定模型的数学结构，等可能和独立都不能从结果名称本身推出来。

下面的辨析器可以在细、粗两种记录方式之间切换。硬币场景采用公平且两次独立的模型；孩子场景采用上述各占一半且相互独立的简化模型。把同一场景切换为粗粒度后，留意目标事件的正确概率保持不变，改变的是结果分组和各组权重。

无限多个整数上，不能“每个都一样可能”

有人也许会说：“那就在所有正整数中均匀随机挑一个。”如果这指的是每个正整数具有相同概率 $c$，它不能构成一个可列可加的概率模型。

若 $c>0$，选足够多的整数，有限部分的总概率 $nc$ 就会超过 $1$。若 $c=0$，可列可加性又会使所有正整数的概率之和等于 $0$，而不是 $1$。没有其他非负的 $c$ 可选。因此正整数上的概率分配必须是不等权的，例如

这个赋值完全合法。比如抽到偶数的概率可以按照可列可加性计算：

我们从有限空间走到可数无限空间，保留下来的不是“数量比数量”，而是“非负权重相加等于一，事件概率由所含权重相加得到”。

把定义和推导连起来做几道题

做题时先把事件写清楚，再决定需要补集、分块还是极限。下面的题不要求复杂运算，重点是每一步都有对应的集合依据。

练习一：样本点与事件。 连续抛三次硬币，记录先后顺序。写出样本空间，以及“恰好两次正面”的事件。如果只记录正面次数，哪些原始结果会被合并？在公平且独立的假设下，两个记录方式怎样给出相同概率？

练习二：事件域是否封闭。 在 $\Omega=\{1,2,3,4\}$ 上，$\mathcal G=\{\varnothing,\Omega,\{1,2\}\}$ 是 $\sigma$ 代数吗？如果只要求它包含 ，最小的事件域是什么？

练习三：检查一组概率信息。 已知 $P(A)=0.65$、$P(B)=0.55$，有人声称 $P(A\cap B)=0.10$。这组信息能成立吗？如果改为 $$，求“恰好一个发生”和“两个都不发生”的概率。

练习四：概率连续性。 在 $[0,1]$ 的均匀模型里，令 $A_n=[0,1-1/n]$，其中 $n\ge1$。求 及其概率。为什么不能只看右端点趋于 1，就把并集写成 ？

练习五：零概率与可数并。 设 $N_1,N_2,\ldots$ 都是零概率事件。证明它们的并仍为零概率。这个结论能否用来证明 $[0,1]$ 的均匀模型中“整个区间概率为零”？

练习六：从公理走到计数。 从编号为 $1$ 到 $20$ 的卡片中等概率抽一张。令 $A$ 为“编号能被 2 整除”，$B$ 为“编号能被 3 整除”，求至少满足一条的概率。若卡片抽取概率不等，这个计数答案还能直接使用吗？

现在我们已经能说明一个概率模型由什么组成，也知道常用概率公式为什么成立。接下来，当模型确实有限且等可能时，主要工作就转移到了“怎样把结果数全，又不重复”上。下一章的排列、组合与各种计数方法，正是为这个已经有了公理依据的数量比服务的。

也可以拆成 $A\setminus B$ 的 $0.35$ 和 $B\setminus A$ 的 $0.25$，相加仍是 $0.60$。

$[0,1)$ 与 $[0,1]$ 的概率一样，是因为它们只差一个零概率单点；两个集合本身仍然不同。事件的并集要按“是否属于某一项”判断，不能直接用数值极限替换集合端点。

所以可数个零概率事件的并仍为零概率。它不能用于所有区间单点的并，因为区间有不可数个点。这正是不能把“可数”省略掉的地方。