概率的定义与性质

§15.2 · 核心概念🌱 基础篇 →

考频价值

1.00 分/卷近 11 年平均

4/11 年出现年份

6.0 分支撑的下游价值

前置诊断

① 直接前置（需先掌握）样本空间与随机事件③ 掌握后可解锁古典概型与几何概型条件概率与乘法公式全概率公式与贝叶斯公式事件的独立性随机变量与分布函数

要点精讲

把关键道理、证明与典型例子重新过一遍。

1. 概率的公理化定义：非负性、规范性、可列可加性，及五条基本性质★★ 必会

定义（Kolmogorov 公理化）：设随机试验的样本空间为

Ω

，对每个事件

A

赋一个实数

P (A)

。若满足：

① 非负性：

P (A) \geq 0

；
② 规范性：

P (Ω) = 1

；
③ 可列可加性：对两两互斥的事件列

A_{1}, A_{2}, \dots

（

A_{i} A_{j} = \emptyset, i \neq = j

）有

P (i = 1 ⋃ \infty A_{i}) = i = 1 \sum \infty P (A_{i}),

则称

P (A)

为事件

A

的概率。以后一切概率公式都由这三条公理推出。

五条基本性质（以后可直接引用）：
- (1)

P (\emptyset) = 0

；
- (2) 有限可加性：

A_{1}, \dots, A_{n}

两两互斥

\Rightarrow P (⋃_{i = 1}^{n} A_{i}) = \sum_{i = 1}^{n} P (A_{i})

；
- (3) 对立事件：

P (\overset{ˉ}{A}) = 1 - P (A)

；
- (4) 单调性与减法：

B \subset A \Rightarrow P (A - B) = P (A) - P (B)

，从而

P (B) \leq P (A)

；对任意两事件

P (A - B) = P (A) - P (A B)

；
- (5) 有界性：

0 \leq P (A) \leq 1

。

必须注意：

P (A) = 0 \neq \Rightarrow A = \emptyset

，

P (A) = 1 \neq \Rightarrow A = Ω

。例如连续型随机变量取任一定点的概率为

0

，但这一事件仍然可能发生。由此可见，概率为零的事件与不可能事件是两回事。

证明 / 推导

证下面由公理推出上述性质。(1) 取

A_{i} = \emptyset (i = 1, 2, \dots)

，两两互斥且并仍为

\emptyset

，由可列可加性得

P (\emptyset) = \sum_{i = 1}^{\infty} P (\emptyset)

。如果

P (\emptyset) > 0

，那么右端发散，与前式矛盾，故

P (\emptyset) = 0

。(2) 在可列可加性中取

A_{n + 1} = A_{n + 2} = \dots = \emptyset

，再由 (1) 即得。(3) 因

A \cup \overset{ˉ}{A} = Ω

且二者互斥，故由 (2) 与规范性得

P (A) + P (\overset{ˉ}{A}) = 1

。(4) 当

B \subset A

时，

A = B \cup (A - B)

且二者互斥，故

P (A) = P (B) + P (A - B)

，移项即得所证；再由非负性得

P (B) \leq P (A)

。一般情形：

A - B = A - A B

且

A B \subset A

。(5) 由

\emptyset \subset A \subset Ω

及单调性即得。

■

举例说明

2015·数一选择：若

A, B

为任意两个随机事件，则（　）
(A)

P (A B) \leq P (A) P (B)

；(B)

P (A B) \geq P (A) P (B)

；(C)

P (A B) \leq \frac{P ( A ) + P ( B )}{2}

；(D)

P (A B) \geq \frac{P ( A ) + P ( B )}{2}

。
解：由单调性（性质 4），

A B \subset A

且

A B \subset B

，故

P (A B) P (A B) \leq P (A) \leq P (B)

两式相加，再除以

2

，得

P (A B) \leq \frac{P ( A ) + P ( B )}{2}

，选 C。
易错之处：(A)(B) 是事件独立时才有的关系式，对任意事件并不成立。取

A = B

、

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

，则

P (A B) = \frac{1}{2} > \frac{1}{4} = P (A) P (B)

，故排除 (A)；再取

A, B

互斥且概率均为正，则

P (A B) = 0 < P (A) P (B)

，故排除 (B)，这个例子同时也排除了 (D)。由此可见，对任意事件都成立的，只能是由公理及其性质推出的不等式。

2. 加法公式（容斥）的基本形： $P (A \cup B)$ 与 $P (A \cup B \cup C)$ ，奇加偶减★★ 必会

求并事件的概率要用加法公式，它是容斥原理的低阶情形。

① 两事件：

P (A \cup B) = P (A) + P (B) - P (A B),

当两事件互斥（即

A B = \emptyset

）时，它化为

P (A) + P (B)

。

② 三事件（应当熟记）：

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

其规律是奇加偶减：单个的相加，两两的相减，三个的再相加，这样文氏图上的每一块恰好被计算一次。

n

个事件的一般 Poincaré 公式见后面一般容斥原理一条。

常与它配合使用的三个公式（与 §15.1 德摩根律联用）：

P (\overset{ˉ}{A}) = 1 - P (A)

；

P (A - B) = P (A) - P (A B)

；全不发生的概率

P (\overset{ˉ}{A} \overset{ˉ}{B} \overset{ˉ}{C}) = 1 - P (A \cup B \cup C)

。正面计算困难而改求对立事件时，就以这三式为枢纽。

证明 / 推导

证 两事件：因

A \cup B = A \cup (B - A B)

，且右端两个事件互斥，故由有限可加性得

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

。
三事件：把

A \cup B

看成一个事件，两次使用两事件的公式，得

P ((A \cup B) \cup C) = P (A \cup B) + P (C) - P ((A \cup B) C),

其中

(A \cup B) C = A C \cup B C

，而

(A C) (B C) = A B C

，故

P (A C \cup B C) = P (A C) + P (B C) - P (A B C)

。代入上式并展开

P (A \cup B)

即得三事件公式。

■

举例说明

1999·数一填空：两两相互独立的三事件

A, B, C

满足

A B C = \emptyset

，

P (A) = P (B) = P (C) < \frac{1}{2}

，且

P (A \cup B \cup C) = \frac{9}{16}

，求

P (A)

。
解：设

P (A) = p

。由两两独立得

P (A B) = P (A C) = P (B C) = p^{2}

；由

A B C = \emptyset

得

P (A B C) = 0

。代入三事件的加法公式，得

P (A \cup B \cup C) = 3 p - 3 p^{2} + 0 = \frac{9}{16} ⟹ 16 p^{2} - 16 p + 3 = 0 ⟹ p = \frac{1}{4} 或 \frac{3}{4} .

易错之处：二次方程有两个根，必须由条件

p < \frac{1}{2}

舍去

\frac{3}{4}

，故

P (A) = \frac{1}{4}

。（与此相类似的 2020·数一 q07：所给

P

的数据相同，但问恰有一个事件发生的概率。先由本公式得

P (至少一个) = \frac{7}{12}

，再减去

P (至少两个) = \frac{1}{6}

，得

\frac{5}{12}

。）

拓展 · 考纲外（选读；历年真题从未直接考） 3. 概率的连续性：由可列可加性得到的重要推论

三条公理中，要求最强的是可列可加性（而不只是有限可加性）。它等价于概率的连续性：

- 下连续：递增事件列

A_{n} ↑ A

时

lim_{n} P (A_{n}) = P (⋃_{n} A_{n}) = P (A)

；
- 上连续：递减事件列

A_{n} ↓ A

时

lim_{n} P (A_{n}) = P (⋂_{n} A_{n}) = P (A)

。

其直观含义是：当事件逐渐扩大或逐渐缩小时，它的概率也连续地趋于极限事件的概率。有了这条性质，才能对无穷次的随机过程取极限（例如求终将成功的概率），它也是大数定律等极限定理的基础。

证明 / 推导

证先证下连续。设

A_{1} \subset A_{2} \subset \dots

，令

B_{1} = A_{1}

，

B_{n} = A_{n} - A_{n - 1} (n \geq 2)

。则

{B_{i}}

两两互斥，且有

i = 1 ⋃ n B_{i} i = 1 ⋃ \infty B_{i} = A_{n} = n ⋃ A_{n} = A .

由可列可加性与有限可加性得

P (A) = i = 1 \sum \infty P (B_{i}) = n \to \infty lim i = 1 \sum n P (B_{i}) = n \to \infty lim P (A_{n}) .

至于上连续，只需对递增事件列

{\overset{ˉ}{A}_{n}}

应用下连续，再取对立事件即得：

P (⋂_{n} A_{n}) = 1 - P (⋃_{n} \overset{ˉ}{A}_{n}) = 1 - lim_{n} P (\overset{ˉ}{A}_{n}) = lim_{n} P (A_{n})

。

举例说明

抛硬币直到首次出现正面为止。

A_{n} = {前 n 次内出现正面}

，

P (A_{n}) = 1 - (1/2)^{n}

，且

A_{n} ↑ A = {终将出现正面}

。由下连续性得

P (A) = n \to \infty lim [1 - (\frac{1}{2})^{n}] = 1.

故永不出现正面的概率为

0

。它是一个概率为

0

而并非不可能的事件，要严格断定这一点，正需要用到概率的连续性。

拓展 · 考纲外（选读；历年真题从未直接考） 4. 一般容斥原理（Poincaré 公式）与配对（错排）问题

把加法公式推广到

n

个事件，就得到容斥原理：

P (i = 1 ⋃ n A_{i}) = i \sum P (A_{i}) - i < j \sum P (A_{i} A_{j}) + i < j < k \sum P (A_{i} A_{j} A_{k}) - \dots + (- 1)^{n - 1} P (A_{1} \dots A_{n}) .

按奇加偶减的规律把各阶交事件轮流相加相减，即可抵消重复的计数。当各事件既不互斥、又不独立时，求至少有一个发生的概率就用这个公式，它的经典应用是配对问题（错排问题）。

证明 / 推导

证用示性函数。由

1_{⋃_{i} A_{i}} = 1 - \prod_{i = 1}^{n} (1 - 1_{A_{i}})

，把右端乘开，得

1 - i \prod (1 - 1_{A_{i}}) = i \sum 1_{A_{i}} - i < j \sum 1_{A_{i}} 1_{A_{j}} + \dots + (- 1)^{n - 1} 1_{A_{1}} \dots 1_{A_{n}} .

注意

1_{A_{i}} 1_{A_{j}} = 1_{A_{i} A_{j}}

等。两边取期望，并注意

E 1_{E} = P (E)

，即得容斥公式。

举例说明

n

封信随机装入

n

个写好地址的信封，求至少一封装对的概率。设

A_{i} = {第 i 封装对}

，则

P (A_{i}) = \frac{( n - 1 )!}{n !} = \frac{1}{n}

，

P (A_{i} A_{j}) = \frac{( n - 2 )!}{n !}

，一般地，

k

阶交事件的概率为

P (A_{i_{1}} \dots A_{i_{k}}) = \frac{( n - k )!}{n !}

，这样的项共有

(k n)

个。故

P (i ⋃ A_{i}) = k = 1 \sum n (- 1)^{k - 1} (k n) \frac{( n - k )!}{n !} = k = 1 \sum n \frac{( - 1 ) ^{k - 1}}{k !} n \to \infty 1 - e^{- 1} \approx 0.632.

由此可见，无论信件多少，至少有一封装对的概率都约为

0.632

。这是一个与直觉不符的经典结论。

拓展 · 考纲外（选读；历年真题从未直接考） 5. 概率的上下界：Fréchet 界与 Bonferroni 不等式

已知各单个事件的概率，求组合事件概率的范围（而不是精确值），是常见的题型，所用的是下面两组不等式。

Fréchet 界：

max {0, P (A) + P (B) - 1} \leq P (A B) \leq min {P (A), P (B)};

max {P (A), P (B)} \leq P (A \cup B) \leq min {1, P (A) + P (B)} .

Bonferroni 不等式：把容斥公式的级数截到奇数项得上界，截到偶数项得下界。例如

i \sum P (A_{i}) - i < j \sum P (A_{i} A_{j}) \leq P (i ⋃ A_{i}) \leq i \sum P (A_{i}) .

其中最粗的上界

P (⋃_{i} A_{i}) \leq \sum_{i} P (A_{i})

称为布尔不等式。

证明 / 推导

证 Fréchet 下界

P (A B) \geq P (A) + P (B) - 1

。由加法公式得

P (A \cup B) = P (A) + P (B) - P (A B) \leq 1

，移项即得。又由

A B \subset A

、

A B \subset B

得

P (A B) \leq min {P (A), P (B)}

；再结合

P (A B) \geq 0

，即得下界

max {0, P (A) + P (B) - 1}

。

举例说明

设

P (A) = 0.8, P (B) = 0.7

，求

P (A B)

的取值范围。

上界为

min {0.8, 0.7} = 0.7

，下界为

max {0, 0.8 + 0.7 - 1} = 0.5

。故

0.5 \leq P (A B) \leq 0.7.

两端都能取到：当

B \subset A

时

P (A B) = 0.7

；当

A \cup B = Ω

（即

\overset{ˉ}{A} \overset{ˉ}{B} = \emptyset

）时

P (A B) = P (A) + P (B) - 1 = 0.5

。

6. 恰好发生一个与对称差 $A △ B$ ★ 要懂

A, B

中恰好发生一个，就是对称差事件

A △ B = A \overset{ˉ}{B} \cup \overset{ˉ}{A} B

，它的概率为

P (A △ B) = P (A) + P (B) - 2 P (A B) .

它与并事件的概率

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

只相差一个

P (A B)

。这是因为并事件把两个都发生的情形计算了

1

次，而对称差把它计算

0

次，所以要多减去一个

P (A B)

。在文氏图上，它就是两个月牙形的面积，也等于

P (A \cup B) - P (A B)

。

证明 / 推导

证因

A \overset{ˉ}{B}

与

\overset{ˉ}{A} B

互斥，故

P (A △ B) = P (A \overset{ˉ}{B}) + P (\overset{ˉ}{A} B) .

再用减法公式

P (A \overset{ˉ}{B}) = P (A) - P (A B)

、

P (\overset{ˉ}{A} B) = P (B) - P (A B)

，两式相加即得

P (A) + P (B) - 2 P (A B)

。

举例说明

设

P (A) = 0.5, P (B) = 0.6, P (A B) = 0.3

。

恰好发生一个的概率为

P (A △ B) = 0.5 + 0.6 - 2 (0.3) = 0.5

。

校验：两个都发生的概率

= 0.3

；两个都不发生的概率

P (\overset{ˉ}{A} \overset{ˉ}{B}) = 1 - P (A \cup B) = 1 - (0.5 + 0.6 - 0.3) = 0.2

。故恰好发生一个的概率

= 1 - 0.3 - 0.2 = 0.5

，与上面所得一致。

💡 小知识

1933 年，30 岁的柯尔莫哥洛夫用薄薄一本《概率论基础》把整个学科安放在三条公理之上。从此概率不再依赖赌桌上的直觉，而成了一个满足非负性、规范性与可列可加性的测度。希尔伯特 1900 年提出的第六问题，要求给物理和概率一个公理化的基础，这三条公理便是其中一份漂亮的答卷。

基础例题

从最基础开始，循序渐进；先独立尝试，再展开完整解答。

例 1 设事件

A, B

互斥（

A B = \emptyset

），且

P (A) = 0.6

，

P (B) = 0.3

。求

P (A \cup B)

与

P (\overset{ˉ}{A})

。难度 1

要点：互斥时加法公式没有重叠项；对立用 $P (\overset{ˉ}{A}) = 1 - P (A)$ 。

因

A, B

互斥，

P (A B) = 0

，加法公式化为

P (A \cup B) = P (A) + P (B) = 0.6 + 0.3 = 0.9.

对立事件概率：

P (\overset{ˉ}{A}) = 1 - P (A) = 1 - 0.6 = 0.4.

例 2 设

P (A) = 0.5

，

P (B) = 0.4

，

P (A B) = 0.2

。求

(1) P (A \cup B)

；

(2) P (A - B)

；

(3) P (\overset{ˉ}{A} \overset{ˉ}{B})

；

(4) P (\overset{ˉ}{A} \cup \overset{ˉ}{B})

。难度 1

策略：加法公式求并，减法公式求差，带补的先用德摩根律翻成对立。

(1)

加法公式：

P (A \cup B) = P (A) + P (B) - P (A B) = 0.5 + 0.4 - 0.2 = 0.7

。

(2)

减法公式：

P (A - B) = P (A) - P (A B) = 0.5 - 0.2 = 0.3

。

(3)

德摩根

\overset{ˉ}{A} \overset{ˉ}{B} = \overline{A \cup B}

：

P (\overset{ˉ}{A} \overset{ˉ}{B}) = 1 - P (A \cup B) = 1 - 0.7 = 0.3

。

(4)

德摩根

\overset{ˉ}{A} \cup \overset{ˉ}{B} = \overline{A B}

：

P (\overset{ˉ}{A} \cup \overset{ˉ}{B}) = 1 - P (A B) = 1 - 0.2 = 0.8

。

例 3 已知

P (A) = 0.4

，

P (B) = 0.3

，

P (A \cup B) = 0.6

。求

(1) P (A B)

；

(2) P (A - B)

；

(3) P (\overset{ˉ}{A} \overset{ˉ}{B})

。难度 2

思路：由加法公式反解 $P (A B)$ ，其余顺次代入。

(1)

加法公式

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

反解：

P (A B) = P (A) + P (B) - P (A \cup B) = 0.4 + 0.3 - 0.6 = 0.1.

(2)

减法公式：

P (A - B) = P (A) - P (A B) = 0.4 - 0.1 = 0.3

。

(3)

\overset{ˉ}{A} \overset{ˉ}{B} = \overline{A \cup B}

：

P (\overset{ˉ}{A} \overset{ˉ}{B}) = 1 - P (A \cup B) = 1 - 0.6 = 0.4

。

真题精选

近年原题，先做做看、自动判分，再对照答案、思路与完整解答。

2025 年 · 数一 · 第 16 题 · 填空题 · 5 分

设

A, B

为两个不同的随机事件，且

A

与

B

相互独立，已知

P (A) = 2 P (B)

，

P (A \cup B) = \frac{5}{8}

，则在

A, B

中至少有一个发生的条件下，

A, B

中恰好有一个发生的概率为 ______.

2022 年 · 数一 · 第 16 题 · 填空题 · 5 分

设

A, B, C

为随机事件，且

A

与

B

互不相容，

A

与

C

互不相容，

B

与

C

相互独立，

P (A) = P (B) = P (C) = \frac{1}{3}

，则

P (B \cup C ∣ A \cup B \cup C) =

______.

2020 年 · 数一 · 第 7 题 · 选择题 · 4 分

设

A, B, C

为三个随机事件，且

P (A) = P (B) = P (C) = \frac{1}{4}

，

P (A B) = 0

，

P (A C) = P (B C) = \frac{1}{12}

，则

A, B, C

中恰有一个事件发生的概率为（　　）

A $\frac{3}{4}$ .
B $\frac{2}{3}$ .
C $\frac{1}{2}$ .
D $\frac{5}{12}$ .

2019 年 · 数一 · 第 7 题 · 选择题 · 4 分

设

A, B

为随机事件，则

P (A) = P (B)

的充分必要条件是（　　）

A $P (A \cup B) = P (A) + P (B)$ .
B $P (A B) = P (A) P (B)$ .
C $P (A \overline{B}) = P (B \overline{A})$ .
D $P (A B) = P (\overline{A} \overline{B})$ .

随堂练习

先用基础题热身，再按年份从新到旧挑战本知识点的其余真题。

练习 1 · 填空题

设

P (A) = 0.7

，

P (A - B) = 0.3

，则

P (A B) =

____。

练习 2 · 选择题

设

A, B

互斥，

P (A) = 0.3

，

P (B) = 0.5

，则

P (\overset{ˉ}{A} \overset{ˉ}{B}) =

（　）。

A $0.2$
B $0.15$
C $0.8$
D $0$

练习 3 · 选择题

设

P (A) = 0.4

，

P (B) = 0.5

，

P (A B) = 0.2

，则

P (\overset{ˉ}{A} \cup \overset{ˉ}{B}) =

（　）。

A $0.8$
B $0.6$
C $0.7$
D $0.3$

练习 4 · 填空题

设

A \subset B

，

P (A) = 0.2

，

P (B) = 0.5

，则

P (B - A) =

____。

练习 5 · 选择题

设两事件

A, B

满足

P (A) = 0.6

，

P (B) = 0.7

，则

P (A B)

的最小可能值为（　）。

A $0.3$
B $0.42$
C $0$
D $0.6$

2015 年 · 数一 · 第 7 题 · 选择题 · 4 分

若

A, B

为任意两个随机事件，则（　　）

A $P (A B) \leq P (A) P (B)$ .
B $P (A B) \geq P (A) P (B)$ .
C $P (A B) \leq \frac{P ( A ) + P ( B )}{2}$ .
D $P (A B) \geq \frac{P ( A ) + P ( B )}{2}$ .

1995 年 · 数一 · 第 21 题 · 填空题 · 3 分

设

X

和

Y

为两个随机变量，且

P {X \geq 0, Y \geq 0} = \frac{3}{7}

，

P {X \geq 0} = P {Y \geq 0} = \frac{4}{7}

，则

P {max (X, Y) \geq 0} =

___.

概率的定义与性质

考频价值

前置诊断

要点精讲

1. 概率的公理化定义：非负性、规范性、可列可加性，及五条基本性质★★ 必会

2. 加法公式（容斥）的基本形：P(A∪B) 与 P(A∪B∪C)，奇加偶减★★ 必会

6. 恰好发生一个与对称差 A△B★ 要懂

基础例题

真题精选

随堂练习

2. 加法公式（容斥）的基本形： $P (A \cup B)$ 与 $P (A \cup B \cup C)$ ，奇加偶减★★ 必会

6. 恰好发生一个与对称差 $A △ B$ ★ 要懂