$\Omega$Ω为全集，必然事件，样本空间
$\Phi$Φ为空集，不可能事件
相对与实验目的不能再细分或不必再细分的实验结果称为基本事件，否则称为复合事件
事件A的发生必然导致事件B的发生，则称事件B包含事件A，记作$B \supset A$B⊃A，或称事件A包含于事件B，记作$A \subset B$A⊂B

事件的并

事件A与B中至少有一个发生，记作
$A \cup B$A∪B或$A + B$A+B

事件的交

事件A与B同时发生，记作
$A \cap B$A∩B或$AB$AB

一系列事件的和与积

和记作
$\bigcup ^n _{i=1} A_i ~~~or~~~ \sum ^n _{i=1} A_i$i=1⋃n​Ai​   or   i=1∑n​Ai​
积记作
$\bigcap ^n _{i=1} A_i$i=1⋂n​Ai​

事件的差

事件A发生而事件B不发生，记作$A - B$A−B

互不相容事件

若事件A与B不能同时发生，即$AB = \Phi$AB=Φ，称A与B互斥

对立事件

若两事件A与B互不相容，且他们的并集为全集，则称A与B对立，记作$B = \overline{A}$B=A

完备事件组

若n个事件$A_1, A_2, \cdots, A_n$A1​,A2​,⋯,An​两互不相容，且$\bigcup ^n _{i=1} A_i = \Omega$⋃i=1n​Ai​=Ω则称这n个事件构成一个完备事件组。

事件间的运算律

(1). 交换律$A \cup B = B \cup A$A∪B=B∪A   $A \cap B = B \cap A$A∩B=B∩A
(2). 结合律$(A \cup B) \cup C = A \cup (B \cup C)$(A∪B)∪C=A∪(B∪C)   $(A \cap B) \cap C = A \cap (B \cap C)$(A∩B)∩C=A∩(B∩C)

(3). 分配律$(A \cup B) \cap C = (A \cap C) \cup (B \cap C)$(A∪B)∩C=(A∩C)∪(B∩C)   $(A \cap B) \cup C = (A \cup C) \cap (B \cup C)$(A∩B)∪C=(A∪C)∩(B∪C)
(4). 对偶率$\overline{A \cup B} = \overline{A} \cap \overline{B}$A∪B=A∩B   $\overline{A \cap B} = \overline{A} \cup \overline{B}$A∩B=A∪B
$\overline{\bigcup ^n _{i=1} A_i} = \bigcap ^n _{i=1} \overline{A_i}$⋃i=1n​Ai​​=⋂i=1n​Ai​​   $\overline{\bigcap ^n _{i=1} A_i} = \bigcup ^n _{i=1} \overline{A_i}$⋂i=1n​Ai​​=⋃i=1n​Ai​​

概率

在概率论中，用来刻画事件发生的可能性大小的数量指标称为事件的概率，记作P(A).
$P(\Omega) = 1，P(\Phi) = 0$P(Ω)=1，P(Φ)=0
若(1)实验样本空间只有有限个样本点(有限性)；(2)每个样本点出现的可能性相等(等可能性)。则称随机试验为等可能模型或古典概率模型，简称古典概型。
$C^m_n = C^{n-m}_n$Cnm​=Cnn−m​   $C^0_n = C^n_n = 1$Cn0​=Cnn​=1
例7. 袋中有a个白球，b个黑球，从中接连任意取出$m(1 \leq m \leq a+b)$m(1≤m≤a+b)个球，取出的球不放回，求第m次取出的球是白球的概率。
解：设A表示“第m次取到白球”
A发生可以先从a个白球中任意取一个放在第m个位置上，然后将剩下的a+b-1个球任意排在另外的a+b-1个位置上，共有$a·(a+b-1)!$a⋅(a+b−1)!种排法。
$P(A) = \frac{a·(a+b-1)!}{(a+b)!} = \frac{a}{a+b}$P(A)=(a+b)!a⋅(a+b−1)!​=a+ba​
其他条件忽略，第m个球是白的有几种可能，a种，第m个球有几种可能，a+b种。简单。

1.2.3 几何概型

例1. 某人午觉醒来，发现表停了，他打开收音机，想听听电台报时，求他等待时间不超过10分钟的概率。
解：$P(A) = \frac{1}{6}$P(A)=61​

例2 (会面问题)甲乙两人约定在6时到7时之间在某处见面，并约定先到者应等候另一人一刻钟，过时即可离去。假如每人在指定的1小时内任意时刻到达时等可能的，求两人能会面的概率。
解：设A——两人能会面
x——甲到达约会地点的时刻
y——乙到达约会地点的时刻
则样本空间$\Omega = \{(x,y)|0 \leq x \leq 60, ~~ 0 \leq y \leq 60\}$Ω={(x,y)∣0≤x≤60,  0≤y≤60}
A为区域$G = \{(x,y)|0 \leq |x-y| \leq 15 \}$G={(x,y)∣0≤∣x−y∣≤15}，且$G \subset \Omega$G⊂Ω，于是
$P(A) = \frac{\mu(G)}{\mu(\Omega)} = \frac{60^2 - \frac{1}{2} \times 45^2 \times 2}{60^2} = \frac{7}{16}$P(A)=μ(Ω)μ(G)​=602602−21​×452×2​=167​
画图有助理解
例3. (抛针问题)在两条间距为d的平行线之间抛针，针长为$l，l &lt; d$l，l<d，求针落在线上的概率。
解：设针落在线上为事件A
x为针中点距离平行线的距离$(x \leq d/2)$(x≤d/2)
$\theta$θ为针到平行线的顺时针夹角$(0 \leq \theta \leq \pi)$(0≤θ≤π)，则
$P(A) = \frac{\int^{\pi}_0 \frac{l}{2} \sin \theta d \theta}{\pi \frac{d}{2}} = \frac{2 l}{\pi d}$P(A)=π2d​∫0π​2l​sinθdθ​=πd2l​

重复次数高了，频率趋近于概率。

1.2.5

性质1. 不可能事件的概率为零；
性质2. （有限可加性）若事件$A_1, A_2, \cdots, A_n$A1​,A2​,⋯,An​两两互不相容，则$P(\sum ^n _{i=1} A_i) = \sum ^n _{i=1} P(A_i)$P(∑i=1n​Ai​)=∑i=1n​P(Ai​)
性质3. 对于任意事件A，有$P(\overline{A_i}) = 1 - P(A_i)$P(Ai​​)=1−P(Ai​)
性质4. (1)对于任意事件A、B，有$P(A - B) = P(A) - P(AB)$P(A−B)=P(A)−P(AB);
      (2)若$A \supset B$A⊃B，则$P(A-B) = P(A) - P(B)$P(A−B)=P(A)−P(B)，且$P(A) \geq P(B)$P(A)≥P(B)
性质5. （加法公式）对于任意事件A、B，有$P(A+B) = P(A) + P(B) - P(AB)$P(A+B)=P(A)+P(B)−P(AB)
推广：对任意事件A、B、C，有$P(A + B + C) = P(A) + P(B) + P(C) - P(AB) - P(AC) - P(BC) + P(ABC)$P(A+B+C)=P(A)+P(B)+P(C)−P(AB)−P(AC)−P(BC)+P(ABC)

例1. 设事件A，B，A+B的概率分别是0.4，0.3，0.6，求$P(A \overline{B})$P(AB)
解：$P(A \overline{B}) = P(A - B) = P(A) - P(AB) = P(A) - (P(A) + P(B) - P(A + B)) = 0.1$P(AB)=P(A−B)=P(A)−P(AB)=P(A)−(P(A)+P(B)−P(A+B))=0.1

例2. 已知$P(A) = P(B) = P(C) = \frac{1}{4}，P(AB) = 0，P(AC) = P(BC) = \frac{1}{16}$P(A)=P(B)=P(C)=41​，P(AB)=0，P(AC)=P(BC)=161​，试求A，B，C中至少有一个发生的概率及A，B，C都不发生的概率。
解：(1) $P(AB) = 0 \Rightarrow P(ABC) = 0$P(AB)=0⇒P(ABC)=0，则$P(A + B + C) = P(A) + P(B) + P(C) - P(AB) - P(AC) - P(BC) + P(ABC) = \frac{1}{4} \times 3 - 0 - \frac{1}{16} \times 2 + 0 = \frac{7}{8}$P(A+B+C)=P(A)+P(B)+P(C)−P(AB)−P(AC)−P(BC)+P(ABC)=41​×3−0−161​×2+0=87​
(2) $1 - P(A + B + C) = \frac{1}{8}$1−P(A+B+C)=81​

例3. 一个袋子内装有大小相同的7个球，其中4个白球，3个黑球，从中一次取出3个球，求3个球至少2个是白球的概率。
解：$A_2$A2​为两个白球一个黑球，$A_3$A3​为三个白球，$P(A_2 + A_3) = P(A_2) + P(A_3) - P(A_2 A_3) = \frac{C^2_4 C^1_3}{C^3_7} + \frac{C^3_4}{C^3_7} - 0= \frac{18}{35} + \frac{4}{35} = \frac{22}{35}$P(A2​+A3​)=P(A2​)+P(A3​)−P(A2​A3​)=C73​C42​C31​​+C73​C43​​−0=3518​+354​=3522​

例4. 一个工人看管两个车床，在一个小时内第一台车床不需看管的概率是0.9，第二台车床不需看管的概率为0.8，两台车床都需要看管的概率是0.02，求在一个小时内至少有一台车床需要看管的概率。
解：