一次随机试验的所有可能基本结果组成样本空间 $\Omega$；一个基本结果称为样本点，事件是样本空间的子集。掷一枚骰子时，$\Omega=\{1,2,3,4,5,6\}$，“出现偶数”是事件 $A=\{2,4,6\}$。骰子是否均匀影响概率，不改变这个样本空间。
必然事件是 $\Omega$，不可能事件是 $\varnothing$。$A\cup B$ 表示至少一个发生，$A\cap B$ 表示同时发生，$\overline A$ 表示 $A$ 不发生。若 $A\cap B=\varnothing$，则两事件互斥；若还满足 $A\cup B=\Omega$，才互为对立事件。
概率满足非负性、$P(\Omega)=1$，以及互斥事件的可加性。因此 $0\le P(A)\le1$。由于 $A$ 与 $\overline A$ 互斥且合起来是全部结果，
一般事件相加时，交集被算了两遍，应减去一遍：
只有互斥时才可以省去交集项。“或”通常包含“同时发生”，不能默认互斥。
若 $\Omega$ 有 $N$ 个等可能样本点，各点概率相同，且总概率为 1，所以各点概率为 $1/N$。事件 $A$ 含 $m$ 个点，由可加性得到
这里的等可能必须来自试验机制，不能来自“分成了几个类别”。两枚均匀骰子的点数和有 11 种，但并不等可能；36 个有序点数对才是等可能样本点。
独立掷一枚均匀骰子两次，求至少一次出现 6 的概率。
对象是两次的有序点数对。独立与均匀保证 36 个点各有概率 $1/36$。正面分情况容易重复计入 $(6,6)$，因此改数对立事件“两次都不是 6”：有 $5\times5=25$ 个点。
验证：恰一次为 6 有 $2\times5=10$ 种，两次都为 6 有 1 种，共 11 种。若骰子不均匀，样本点不再等可能，不能继续用这个计数比例。
$n$ 次试验中事件出现 $m$ 次，频率是 $m/n$，随这批数据变化。在相同条件下反复进行独立试验，频率可用来估计概率；有限次频率不必等于概率，也不保证每增加一次试验就更接近概率。前面连续出现反面，不会让独立的下一次公平抛币更容易出现正面。
请解释：为什么“两枚骰子的和为 2”与“和为 7”不能各按 $1/11$ 计算？为什么互斥不一定对立？
练习：掷均匀骰子，$A=\{2,4,6\}$，$B=\{4,5,6\}$，求 $P(A\cup B)$。
交集为 $\{4,6\}$，故概率为 $3/6+3/6-2/6=2/3$。直接列出并集 $\{2,4,5,6\}$ 也得到 $4/6$。错误的 $3/6+3/6$ 重复计算了两个样本点。
已经知道事件 $B$ 发生，求事件 $A$ 发生的概率，记为 $P(A\mid B)$。当 $P(B)>0$ 时，定义
分母表示新的信息范围，分子表示其中也属于 $A$ 的部分。古典概型下可改为在 $B$ 内计数，但不是所有条件概率问题都等可能。
由定义移项得到乘法公式：
它不要求独立。若改写成 $P(A)P(B\mid A)$，则需 $P(A)>0$ 才能使用该条件概率。
袋中有 3 红 2 白共 5 个除颜色外相同的球，充分混合，每次等可能抽出一个，连续抽两次且不放回。$R_1,R_2$ 分别表示第一、二次为红球。
已知第一球为红，剩下 2 红 2 白，所以 $P(R_2\mid R_1)=2/4=1/2$。
第二球为红可分成“先红后红”或“先白后红”，两条路径互斥且穷尽：
因此 $P(R_2\mid R_1)\ne P(R_2)$，两次红球事件不独立。若每次放回并重新充分混合，第二次红球概率才保持 $3/5$，两次全红为 $9/25$。
定义：若 $P(A\cap B)=P(A)P(B)$，则 $A,B$ 独立。当 $P(B)>0$ 时，这等价于 $P(A\mid B)=P(A)$，即知道 $B$ 没改变 $A$ 的概率。
互斥表示不能同时发生；独立表示概率信息不改变。若两个互斥事件的概率都大于 0，则交集概率为 0、概率乘积大于 0，所以它们不独立。涉及概率为 0 的事件时，不能把这句话不加条件地使用。
若 $A,B$ 独立，则 $A,\overline B$ 也独立，因为
多个试验使用连续概率相乘时，需要相应的相互独立条件；“两两独立”一般不能替代“相互独立”。
若 $B_1,\ldots,B_n$ 两两互斥、合起来覆盖样本空间，且各自概率大于 0，则 $A$ 被分成互斥的 $A\cap B_i$，于是
例：甲生产线供货占 60%，次品率 2%；乙占 40%，次品率 5%。随机抽一件，次品概率为 $0.6\times0.02+0.4\times0.05=0.032$。不能直接平均两个次品率，因为来源权重不同。
记次品事件为 $D$。上例中甲且次品的概率为 $0.012$，所有次品的概率为 $0.032>0$，所以
这是条件概率的直接应用，也称贝叶斯公式的一个实例。$P(D\mid\text{甲})$ 和 $P(\text{甲}\mid D)$ 的分母不同，不能交换。
请用“先沿路径相乘，再把互斥路径相加”解释抽球例题，并指出每个分母来自什么信息。
练习：$P(A)=0.4,P(B)=0.5,P(A\cap B)=0.2$。是否独立？是否互斥？$P(A\mid B)$ 是多少？
$0.2=0.4\times0.5$，故独立；交集概率大于 0，故不互斥。$P(B)>0$，所以条件概率为 $0.2/0.5=0.4$，与 $P(A)$ 相同，验证了独立性。
随机变量是给每个试验结果指定一个实数的函数。例如两次抛币的结果为正正、正反、反正、反反，定义 $X$ 为正面次数，则对应数值为 2、1、1、0。$X=1$ 是一个事件，包含两种基本结果。
本节先研究只取有限个值的离散随机变量。分布列列出所有可能值 $x_i$ 及其概率 $p_i=P(X=x_i)$，必须满足 $p_i\ge0$ 且 $\sum p_i=1$。先确定所有可能值，再算概率，否则容易漏掉端点。
定义
独立重复同一试验时，长期平均值可用期望描述，但期望不保证一次就取到。例如公平骰子点数期望为 $3.5$，骰子永远不出现 3.5 点。有限分布的期望应落在最小值与最大值之间，可用作自检。
由加权求和展开可得 $E(aX+b)=aE(X)+b$。一般地 $E(X+Y)=E(X)+E(Y)$，不要求独立；但 $E(XY)=E(X)E(Y)$ 不能无条件使用。
记 $\mu=E(X)$，定义
展开平方，再用 $\sum p_i=1$ 与 $\sum x_ip_i=\mu$：
方差非负，标准差是 $\sqrt{D(X)}$。平移不改变离均值的距离，伸缩会让距离乘以 $a$，所以 $D(aX+b)=a^2D(X)$。独立随机变量可用 $D(X+Y)=D(X)+D(Y)$；相关时不能直接相加。
袋中 3 红 2 白，等可能不放回抽取 2 球。令 $X$ 为红球数。每抽到一个红球得 4 分，参与扣 3 分，净得分 $Y=4X-3$。
$X$ 取 0、1、2。无序选球共有 $C_5^2=10$ 种等可能组合，故
| $x$ | 0 | 1 | 2 | | --- | --- | --- | --- | | $P(X=x)$ | $1/10$ | $6/10$ | $3/10$ |
分子分别为 $C_2^2$、$C_3^1C_2^1$、$C_3^2$；概率非负且和为 1。
验证：净得分的取值为 $-3,1,5$，期望 $9/5$ 在此范围内。扣分不影响方差，4 倍奖励使方差乘以 16。若改成放回抽取，分布列须重新建模。
不要把 $E(X^2)$ 写成 $[E(X)]^2$；前者先平方再平均，后者先平均再平方。不要把奖金当净收益，也不要仅凭期望高就说“每次都更好”：平均收益与波动是不同问题。
练习：$X$ 取 0、2，概率各 $1/2$，求 $E(X),D(X),D(3-X)$，解释期望为何可以不是可能取值。
$E(X)=1$，$E(X^2)=2$，$D(X)=2-1=1$。$D(3-X)=(-1)^2D(X)=1$。期望是加权平均，并非试验结果清单中的一个必选值。
一次试验只有成功、失败两种结果，定义 $I$ 成功时为 1、失败时为 0，成功概率为 $p$，其中 $0\le p\le1$。这是两点分布：$E(I)=p$，$D(I)=p-p^2=p(1-p)$。
固定做 $n$ 次试验，每次只有成功与失败，试验相互独立且成功概率都为 $p$。成功总次数 $X$ 服从二项分布，记为 $X\sim B(n,p)$。当 $0<p<1$ 时，
来源：指定哪 $k$ 次成功有 $C_n^k$ 种；每种指定次序因独立而具有概率 $p^k(1-p)^{n-k}$；各次序互斥，所以相加。$p=0$ 时 $X=0$，$p=1$ 时 $X=n$，直接处理即可。
把 $X$ 写成 $n$ 个成功指示变量之和，由期望可加与独立时方差可加得到
某人独立投篮 4 次，每次命中概率均为 $0.7$，求恰中 3 次、至少中 1 次的概率，以及命中数的期望方差。
次数固定、结果二分、相互独立、成功率不变，四个条件均满足。$X\sim B(4,0.7)$。
“至少一次”的反面是“零次”，因此 $P(X\ge1)=1-(0.3)^4=0.9919$。$E(X)=2.8$，$D(X)=0.84$。概率在 0 与 1 之间，期望在 0 与 4 之间。若疲劳改变命中率，或前次结果影响后次，不能继续假设这个二项模型。
总体 $N$ 个对象，其中 $M$ 个为目标类；等可能不放回抽取 $n$ 个，令 $X$ 为目标类个数。$N,M,n$ 为整数，$0\le M,n\le N$，$N\ge1$。则
分母是所有无序抽样组合，分子先选 $k$ 个目标类，再选 $n-k$ 个非目标类。取值下限不能总写成 0：若非目标类不够多，就必须抽到目标类。
例如 5 件物品中 3 件合格，随机抽 4 件，合格数只能是 2 或 3。对应概率为 $C_3^2C_2^2/C_5^4=3/5$ 和 $C_3^3C_2^1/C_5^4=2/5$。
期望仍为 $E(X)=nM/N$：把依次抽样各位置是否为目标类写成指示变量，每个位置的目标概率都是 $M/N$，期望相加无需独立。不要据此套用二项方差；较小题目可直接由分布列计算方差。
若连续随机变量 $X$ 服从均值为 $\mu$、方差为 $\sigma^2$ 的正态分布，记为 $X\sim N(\mu,\sigma^2)$，其中 $\sigma>0$。其密度曲线为
区间概率是曲线下对应区间的面积，不是某点的曲线高度；整条曲线下面积为 1。曲线关于 $x=\mu$ 对称，$\sigma$ 越大越分散。连续型模型中 $P(X=a)=0$，因此区间是否含端点不影响概率。这里不要求用微积分计算面积，可利用题目给出的概率、对称性或概率表。
常用近似为 $P(|X-\mu|<\sigma)\approx0.6827$，$P(|X-\mu|<2\sigma)\approx0.9545$，$P(|X-\mu|<3\sigma)\approx0.9973$；这是近似值，不是所有分布都满足的规则。
例：$X\sim N(100,15^2)$，已知 $P(85<X<115)\approx0.6827$。两侧尾部相等，所以 $P(X>115)\approx(1-0.6827)/2=0.15865$。记号中的 $15^2$ 是方差，15 才是标准差。
先问：记录的是次数还是测量值？次数是否固定？是否独立？概率是否相同？是否不放回？模型由这些条件确定，不由“题目出现随机”确定。
练习：两次独立试验成功率分别为 0.2、0.8，成功次数是否服从 $B(2,0.5)$？
不是。虽然平均成功率为 0.5，但各次概率不相同。实际两次成功概率为 $0.2\times0.8=0.16$，而 $B(2,0.5)$ 给出 $0.25$，两者冲突。实际分布为 $P(X=0)=0.16$、$P(X=1)=0.68$、$P(X=2)=0.16$，和为 1。