1654 年夏天，一个常出入赌场的法国人德梅雷给帕斯卡寄去两个问题，其中一个是：甲乙两人约定先赢若干局者拿走全部赌金，赌到一半因为有事必须停手，这笔钱该怎么分。帕斯卡把问题转给费马，两人来回通信几个月把答案算了出来，用的那套数法后来成了课本第一章的古典概型。
一、一次试验的全部可能
掷一枚骰子、从袋里摸一个球、等下一班车到站，这些事有一个共同点：同样的条件可以重复做，结果不止一个，动手之前说不出会是哪一个，可是所有可能的结果事先都列得出来。这样的过程叫随机试验，把它的全部可能结果收在一起组成的集合叫样本空间，记作 \(S\)，其中每一个结果叫样本点，用 \(\omega\) 表示。
赌桌上那道题也可以用这套话来说：甲再赢 1 局就拿走全部赌金，乙还差 2 局，所以最多再打两局就见分晓。可能的走法只有 3 种，第一局甲胜就当场结束；第一局乙胜、第二局甲胜，还是甲赢；乙连赢两局，才轮到乙赢。
样本空间是全集，它的任意一个子集叫随机事件，简称事件；试验结果 \(\omega\) 落在 \(A\) 里，就说事件 \(A\) 发生了，只含一个点的事件叫基本事件，\(S\) 本身叫必然事件，空集 \(\varnothing\) 叫不可能事件。把事件当成集合有直接的好处，集合的整套运算可以原样搬过来，判断两个事件的关系就是看两个集合的位置关系，算一个事件的概率就是数它里面有几个点。
定义（随机试验与样本空间）
满足下面三条的试验叫随机试验：可以在相同条件下重复进行；每次的结果不止一个，而且事先能列出全部可能结果；进行一次试验之前不能确定哪一个结果会出现。随机试验的全部可能结果组成的集合叫样本空间，记作 \(S\)。
同一个试验，样本空间能不能有几种写法
能。掷两枚骰子，可以按两枚各自的点数记成 \((i,j)\) 得 36 个点，也可以只记点数之和得 11 个点，两种写法都对，只是写粗了以后各点的份量不一样，后面的计算难度差很多。选哪种，看你要算的事件用哪种说法顺手。
二、事件之间怎么算
两个事件之间可以比较大小：若 \(A\) 的每个样本点都在 \(B\) 里，就说 \(A\) 包含于 \(B\)，记作 \(A\subset B\)，意思是 \(A\) 发生则 \(B\) 一定发生。把两个集合拼起来、叠起来、减掉，对应三种运算，\(A\cup B\) 叫 \(A\) 与 \(B\) 的和，表示至少有一个发生；\(AB\) 叫积，表示两个都发生；\(A-B\) 叫差，表示 \(A\) 发生而 \(B\) 不发生。
还有两个词要分清：互不相容说的是 \(AB=\varnothing\)，两个事件不可能同时发生；对立说得更重，要求互不相容并且合起来正好铺满 \(S\)，记作 \(B=\bar A\)。所以对立一定互不相容，互不相容却未必对立，差额就在那些既不在 \(A\) 里也不在 \(B\) 里的样本点上。
定义（事件的包含、和、积、差、互不相容、对立）
若 \(A\) 的每个样本点都在 \(B\) 里，称 \(B\) 包含 \(A\)，记作 \(A\subset B\)；\(A\cup B\) 称为和事件，\(AB\) 称为积事件，\(A-B\) 称为差事件。若 \(AB=\varnothing\)，称 \(A\) 与 \(B\) 互不相容，也称互斥；若再加上 \(A\cup B=S\)，称 \(A\) 与 \(B\) 互为对立事件，\(A\) 的对立记作 \(\bar A\)。
用一枚骰子举例：设 \(A\) 是「点数为偶数」，\(B\) 是「点数大于 4」，那么 \(A\cup B=\{2,4,5,6\}\)，\(AB=\{6\}\)，\(A-B=\{2,4\}\)，而 \(\bar A=\{1,3,5\}\)。
事件运算满足交换律、结合律与分配律，只有一处与数不同：\(A\) 与 \(A\) 相加还是 \(A\)。两条德摩根律把「至少一个」换成「都不」：\(\overline{A\cup B}=\bar A\bar B\)，\(\overline{AB}=\bar A\cup\bar B\)。
为什么「至少一个发生」的反面是「两个都不发生」
逐个点检查就行：样本点不在 \(A\cup B\) 里，意味着它既不在 \(A\) 里也不在 \(B\) 里，所以落在 \(\bar A\) 与 \(\bar B\) 的公共部分；反过来，落在 \(\bar A\bar B\) 里的点显然不在 \(A\cup B\) 里。两个方向都成立，两个集合才相等。
三、古典概型：拆开「等可能」
样本空间数得清，而且每个样本点出现的可能性一样大，两个条件凑在一起叫古典概型。这时不必做试验，直接数个数就能算概率：\(A\) 的概率等于 \(A\) 里的点数除以 \(S\) 里的点数。
定义（古典概型与古典概率）
若试验的样本空间只含有限个样本点，且每个样本点出现的可能性相同，称这种概型为古典概型。此时事件 \(A\) 的概率为
\[ P(A)=\frac{k}{n}=\frac{|A|}{|S|}, \]其中 \(n\) 是 \(S\) 中样本点的总数，\(k\) 是 \(A\) 所含样本点的个数。
「等可能」这三个字值得拆成三件事来看：第一是有限，样本点要数得清，赌局打到第几局算得清，等公交车等到几点几分就不算。第二是地位相同，任何一个点都不比别的更容易出现，需要骰子均匀、球除了颜色没有差别、两人棋力相当；第三是不重不漏，样本点彼此互不相容并且合起来恰好铺满 \(S\)，这样分母既不会把同一件事数两遍，也不会漏掉一段。
最容易出错的地方是选错样本点。掷两枚骰子，点数之和有 11 种可能，若把这 11 种当成等可能的样本点，算出的概率是 \(1/11\)，错在起点上：和为 7 有 6 种走法，和为 2 只有 1 种，合并之后各和分到的份量已经不一样了。按 \((i,j)\) 记，样本空间里就有 36 个等可能的点，和为 7 的正好是一条斜线上的 6 格，概率 \(6/36=1/6\)。
现在回到赌桌：三条走法的概率分别是 \(1/2\)、\(1/4\)、\(1/4\)，并不相等，所以那 3 种走法不能直接当等可能的样本点去数。补一步就好，假想把第二局也打完，哪怕胜负已经定了，于是有 4 条一样长的路径，甲甲、甲乙、乙甲、乙乙，各占 \(1/4\)，甲在其中 3 条里赢，概率 \(3/4\)，赌金按 3 比 1 分。
1812 年，巴黎
拉普拉斯把数格子的办法写成定义
「概率是有利用情形数与全部可能情形数之比，前提是这些情形同样可能。」
拉普拉斯《概率的分析理论》导论，1812 年
帕斯卡与费马算点数问题时并没有「概率」这个词，他们说的是甲方有几分希望。一百五十八年之后，拉普拉斯把这份希望写成一条公式，并把「同样可能」这个前提单独摆出来，课本里 \(P(A)=k/n\) 的写法就从这句话来。
样本空间不再是一张格子而是一块面积的时候，数个数就换成算面积，概率等于两块面积之比，这种叫几何概型，具体的积分放到第六章再做。古典概型之所以叫古典，因为它是这套想法最早的样子，19 世纪以前的概率论几乎只在等可能的场合里打转。
四、数情形：排列与组合
古典概型的计算最后全落在数个数上：总数多少个，事件里多少个。两个工具就够用，排列管有顺序的取法，组合管没有顺序的取法。
从 \(n\) 个不同元素里取 \(k\) 个排成一列，第一个位置有 \(n\) 种选法，第二个剩下 \(n-1\) 种，一路乘下去得 \(n(n-1)\cdots(n-k+1)\)，叫排列数；若每次取完放回去再取，每个位置都有 \(n\) 种选法，总数 \(n^k\)，叫重复排列。若取出来的 \(k\) 个不排顺序，比如一次摸 3 个球，谁先谁后没有区别，就把排列数再除以 \(k!\)，因为同一组球在排列里被数了 \(k!\) 遍。
定理（三个计数公式）
从 \(n\) 个不同元素中取 \(k\) 个（\(k\le n\)）排成一列，排法总数为
\[ P(n,k)=n(n-1)\cdots(n-k+1)=\frac{n!}{(n-k)!}; \]每次取后放回、共取 \(k\) 次，排法总数为 \(n^k\)；不计顺序地取出 \(k\) 个，取法总数为
\[ \binom{n}{k}=\frac{P(n,k)}{k!}=\frac{n!}{k!\,(n-k)!}. \]做题时先问一句：换个顺序算不算另一种情形，排队、编号、密码、抽签先后都算，一次摸出几个球、把一队人分成几堆都不算。摸球还得分清放回与不放回，放回时每次都是从 \(n\) 个里挑一个，不放回时剩下的球越来越少，分母跟着变。
10 个球里 3 红 7 白，一次摸 3 个，总的取法是 \(\binom{10}{3}=120\) 种，恰有 2 红 1 白的取法是 \(\binom{3}{2}\binom{7}{1}=21\) 种，概率 \(21/120=7/40\)。分子用乘法，先定哪两个红球，再定哪个白球，两步合起来才是一次完整的取法。
组合数为什么要除以 k!
先用排列去数同一件事：从 10 个球里挑 3 个并排个次序，得 \(P(10,3)=720\) 种，一次摸 3 个只有 120 种。差别在于每一组 3 个球在排列里被数了 \(3!=6\) 遍，想从排列数回到组合数，把重复的份数除掉就行。
五、概率的三条基本性质
从 \(k/n\) 这个式子可以直接读出三条性质。概率不会是负数，因为分子分母都是个数；必然事件的概率是 1；若干个互不相容的事件合起来，概率等于各自概率相加，理由很朴素，数格子时互不重叠的几块拼起来，格数相加。
定理（概率的基本性质：非负、归一、有限可加）
对任意事件 \(A\) 有 \(P(A)\ge 0\)；\(P(S)=1\)，\(P(\varnothing)=0\)。若 \(A_1,A_2,\dots,A_m\) 两两互不相容，则
\[ P(A_1\cup A_2\cup\cdots\cup A_m)=P(A_1)+P(A_2)+\cdots+P(A_m). \]减法公式也来自数格子：\(A\) 的格子里有一部分同时在 \(B\) 里，减掉这一部分，剩下的才是 \(A-B\)。加法公式要当心，\(A\cup B\) 的格子等于 \(A\) 的格子加 \(B\) 的格子再减掉 \(AB\) 的格子，因为 \(AB\) 被数了两遍，\(AB\) 为空时第三项是零，就退化成有限可加性。
定理（减法公式与加法公式）
对任意事件 \(A\) 与 \(B\)，
\[ P(A-B)=P(A)-P(AB),\qquad P(A\cup B)=P(A)+P(B)-P(AB). \]三个事件照推，加三个概率，减三对两两交集的概率，再加回三交的概率，因为三交在三对里各被减了一次。
对立事件公式 \(P(\bar A)=1-P(A)\) 是加法公式最常用的特例，因为 \(A\) 与 \(\bar A\) 合起来正好是 \(S\)，又不重叠。题目里出现「至少一个」「至少一次」的时候，先想反面「一个都没有」，通常一步就能算完。
定理（对立事件公式）
对任意事件 \(A\)，\(P(\bar A)=1-P(A)\)，等价地 \(P(A)=1-P(\bar A)\)。
有限可加性为什么要求两两互不相容
不互不相容就会重复计数。掷一枚骰子，设 \(A=\{1,2,3\}\)，\(B=\{3,4\}\)，直接相加得 \(3/6+2/6=5/6\)，而 \(A\cup B=\{1,2,3,4\}\) 的真实概率是 \(4/6\)，多出来的 \(1/6\) 正是公共点 3 被数了两遍，加法公式里那一步减法处理的就是这件事。
六、一局值多少钱
惠更斯 1657 年把赌局的价码写成了一个定义：若我以相等的希望得到 \(a\) 或 \(b\)，这份希望值等于 \(\frac{a+b}{2}\)；推广开来，以概率 \(p\) 得 \(a\)、以概率 \(1-p\) 得 \(b\)，希望值就是 \(pa+(1-p)b\)。权是概率，而不是结果的个数。
这个数叫期望，可以看成一份重量：把每个可能的结果摆在数轴上，把它的概率当作压在那里的重量，整条轴的支点就落在期望处。三个结果分别得 1、2、4 元，概率是 0.5、0.3、0.2，支点在 \(0.5\times 1+0.3\times 2+0.2\times 4=1.9\) 元。
拿它来分赌金：赌金 100 枚金币，甲赢的概率 \(3/4\)，甲应得 75 枚；若甲每局胜率是 \(p\)，两局之内甲赢的概率是 \(p+(1-p)p\)，甲应得 \(100[p+(1-p)p]\)，代 \(p=1/2\) 恰好是 75。帕斯卡和费马当年分的就是这个数，两人走的路子不一样，答案一致。
1654 年，巴黎与图卢兹之间
一个夏天的通信
「赌金应当按双方各有几分赢的希望来分，而希望的大小，取决于各自还差几局。」
帕斯卡致费马，1654 年 7 月 29 日
帕斯卡起初只会用递推算，费马走另一条路，把还没打的局补满，再数等可能的走法，两套办法在点数问题上给出同一个答案。这是概率论第一次用数等可能情形的方式处理问题，课本里的古典概型就从这里开始。
期望不是一定能拿到手的钱，它是一句平均的话：同一个赌局打很多次，平均每次拿到的数额会靠近这个值；证明要等 1713 年伯努利的大数律，那是第二章的内容。
怎么算
- 先写样本空间。把一次试验的全部结果列清楚，数出 \(n\)。这一步写错，后面全错，宁可慢一点。
- 再查等可能。每个点地位是否相同？不对称就补成对称的等长路径，点数问题是典型例子。
- 把事件写成子集。逐个数 \(k\)，注意「恰有」「至少」「至多」三种说法的边界。
- 「至少」先想反面。用 \(1-P(\bar A)\)，通常比正面分类快得多。
- 两个事件并起来，先看是否互不相容。不互不相容就用 \(P(A)+P(B)-P(AB)\)，别漏掉减号。
- 答完检查。概率必须落在 0 与 1 之间，分母是总数，分子不该比它大。
例题
例 1 掷两枚均匀骰子，求点数之和为 7 的概率，以及至少出现一个 6 的概率。
样本空间按 \((i,j)\) 记，共 36 个等可能的点。和为 7 的有 \((1,6)\) 到 \((6,1)\) 共 6 个，概率 \(6/36=1/6\)。至少一个 6 的反面是两个都不是 6，共 25 个，概率 \(1-25/36=11/36\)。
例 2 袋中 5 红 3 白，一次摸 3 个，求恰有 2 个红球的概率，以及至少 1 个红球的概率。
总数 \(\binom{8}{3}=56\)。恰有 2 红是 \(\binom{5}{2}\binom{3}{1}=30\)，概率 \(30/56=15/28\)。至少 1 红用反面，3 个全白只有 1 种，概率 \(1-1/56=55/56\)。
例 3 点数问题：赌金 100 枚，甲再赢 1 局、乙再赢 2 局，每局甲胜的概率 \(1/2\)，赌金怎么分。
补满两局，得 4 条等长路径，各占 \(1/4\)。甲在甲甲、甲乙、乙甲 3 条里赢，概率 \(3/4\)，应得 75 枚，乙得 25 枚。若甲每局胜率是 \(p\)，甲应得 \(100[p+(1-p)p]\)。
习题
A 档 巩固定义与基本计算，每题五分钟内
1. 掷一枚硬币两次，写出样本空间，并写出事件「至少出现一次正面」所含的样本点。
看答案
\(S\) 里四个点是正正、正反、反正、反反，彼此等可能。「至少一次正面」是前三个点，\(k=3\)，\(P=3/4\)。
2. 掷一枚骰子，\(A=\{2,4,6\}\)，\(B=\{5,6\}\)，求 \(A\cup B\)、\(AB\)、\(A-B\)、\(\bar A\)。
看答案
\(A\cup B=\{2,4,5,6\}\)，\(AB=\{6\}\)，\(A-B=\{2,4\}\)，\(\bar A=\{1,3,5\}\)。注意 \(B\) 与 \(\bar A\) 有公共点 5，两者不对立。
3. 从 1 到 10 这 10 个整数中任取一个，求取到质数的概率。
看答案
质数是 2、3、5、7 共 4 个，10 个点等可能，概率 \(4/10=2/5\)。1 既不是质数也不是合数，别数进去。
4. 计算 \(P(5,2)\) 与 \(\binom{6}{3}\)，再算三位数字（每位 0 至 9，可重复）的密码总数。
看答案
\(P(5,2)=5\times 4=20\)，\(\binom{6}{3}=20\)，密码是 \(10^3=1000\) 个。前两个数相等是巧合，别当成规律。
5. 袋中 4 白 6 黑共 10 个球，任取 2 个，求两个同色的概率。
看答案
总数 \(\binom{10}{2}=45\)，同色是两白或两黑，\(\binom{4}{2}+\binom{6}{2}=6+15=21\)，概率 \(21/45=7/15\)。
6. 已知 \(P(A)=0.4\)，\(P(B)=0.3\)，\(P(AB)=0.1\)，求 \(P(A\cup B)\)、\(P(\bar A\bar B)\)、\(P(A-B)\)。
看答案
\(P(A\cup B)=0.4+0.3-0.1=0.6\)；\(\bar A\bar B\) 是 \(A\cup B\) 的对立，得 \(1-0.6=0.4\)；\(P(A-B)=0.4-0.1=0.3\)。
B 档 综合题，接近期末难度
1. 一副扑克 52 张里有 4 张 A，任取 5 张，求恰有 2 张 A 的概率。
看答案
总数 \(\binom{52}{5}=2598960\)，恰 2 张 A 是 \(\binom{4}{2}\binom{48}{3}=6\times 17296=103776\)，概率约 0.0399。
2. \(n\) 个人中至少两人生日相同的概率是多少（一年按 365 天，各人生日等可能且互不影响）？说明为什么 \(n=23\) 时这个概率已经过半。
看答案
反面是 \(n\) 人生日全不同，有 \(365\times 364\times\cdots\times(365-n+1)\) 种，概率 \(1-\frac{365\times 364\times\cdots\times(365-n+1)}{365^n}\)。\(n=23\) 时全不同的概率约 0.4927，所以至少两人相同的概率约 0.5073。
3. 袋中 3 红 7 白，不放回逐个摸，求第 3 次才摸到红球的概率。
看答案
前两次都是白、第三次是红：\(\frac{7}{10}\times\frac{6}{9}\times\frac{3}{8}=\frac{126}{720}=\frac{7}{40}\)。用组合算也一样，\(\frac{\binom{7}{2}\times 3}{\binom{10}{2}\times 8}\) 化简后同为 \(7/40\)。
4. 甲乙各掷一枚均匀骰子，求甲的点数大于乙的点数的概率。
看答案
36 个等可能结果，平局 6 个，剩下 30 个里甲大于乙与乙大于甲各占一半，即 15 个，概率 \(15/36=5/12\)。
C 档 拓展与历史原题
1.（帕斯卡与费马，1654）点数问题：甲再赢 1 局、乙再赢 3 局时停手，赌金 64 枚金币怎么分？
看答案
补满 3 局，共 8 条等长路径。只有乙连赢 3 局那 1 条轮到乙，所以甲得 \(64\times\frac{7}{8}=56\) 枚，乙得 8 枚。
2.（惠更斯，1657）某赌局以 \(1/3\) 的概率得 9 元、以 \(2/3\) 的概率得 3 元。按惠更斯的定义求期望，并说明它为什么可以当作公平的入场费。
看答案
期望 \(\frac{1}{3}\times 9+\frac{2}{3}\times 3=5\) 元。入场费收 5 元时，反复玩下去双方的平均得失都为零。这就是惠更斯命题一的算法。
3. 公平分赌金的一般公式：甲再赢 \(a\) 局、乙再赢 \(b\) 局，每局甲胜概率 \(p\)，写出甲应得的份额。
看答案
甲得 \(\sum_{k=0}^{b-1}\binom{a+k-1}{k}p^{a}(1-p)^{k}\)，也就是补满 \(a+b-1\) 局后乙赢不到 \(b\) 局的那部分概率。\(a=b=1\) 时退化成 \(p\)。
思考题 不设标准答案，只给提示
1. 把「点数和」当成样本点，错在哪一步？如果 11 种和真的等可能，算出来的答案会变成什么？
看提示
错在默认每种和只有一种走法。和为 7 有 6 条路径，和为 2 只有 1 条，合并之后各和分到的份量已经不同。若真的等可能，和为 7 的概率会是 \(1/11\)，比 \(1/6\) 小，与大量掷骰的经验对不上。
2. 互不相容与对立的差别在哪里？举一对互不相容但不对立的事件。
看提示
互不相容只要求不能同时发生，没要求合起来铺满 \(S\)。掷一枚骰子，\(A=\{1\}\)、\(B=\{2\}\) 互不相容，可 \(\bar A=\{2,3,4,5,6\}\ne B\)，所以不对立。对立还要加一条 \(A\cup B=S\)。
3. 「等可能」是骰子本身的属性，还是我们对试验的假设？骰子灌了铅以后，古典公式还能用吗？
看提示
是假设，靠对称性或经验来支撑。灌铅之后各面不再等可能，\(k/n\) 立刻失效，得改用频率或其他模型。课本先假设等可能，因为这是唯一能靠数数算出概率的场合。
延伸阅读
- 浙江大学 盛骤、谢式千、潘承毅《概率论与数理统计》第四版，第一章 §1 至 §5。本章的记号与例题口径以这本为准。
- 帕斯卡与费马 1654 年 7 月至 10 月的通信，收于《帕斯卡全集》第二卷；英译文见 F. N. David, Games, Gods and Gambling, 1962。
- 惠更斯《论赌博中的计算》（1657），期望定义的出处；英译收于 D. E. Smith, A Source Book in Mathematics, 1929。
- 拉普拉斯《概率的分析理论》（1812），导论部分给出古典概型的正式定义，并讨论了等可能前提的困难。