个A成立。
2. 必然事件的频率为1：如果A??，则有n?发生。
3. 有限可加性：假设A和B是互斥事件，让nA，nB和nA?B分别表示在最初n次试验中事件A，B和A?B发生的次数。明显地nA?B望P(A?B)?P(A)?P(B)。
更一般地，若事件A1,A2,?,Am两两互斥，则有
m1?1?nm???nAi? n?Aii?1?n?i?1?n和
n??1，因此，事件以概率1必然n?nA?nB，因此
nA?BnAnB??，由此希nnn从而有
mm??fn??Ai???fn(Ai) ?i?1?i?1由此得P(A1?A2???An)?P(A1)?P(A2)???P(An)。 下面仅就性质3给出证明，而将性质1和2留给读者。
证 因为A1,A2,?,Am两两互斥，即A1,A2,?,Am中任意两个事件都不同时发生，所以在n次试验中事件?Ai发生的频数等于诸A,2,?,m)各自发生的频数nAi之和。故i(i?1i?1mnA1?nA2???nAmm????fn(Ai)。 □ 有fn??Ai??n?i?1?i?1m依照上述思路，给出概率的公理化定义。
定义1.2.3 设试验E的样本空间为?。对于?中每一个事件
A都赋予一个实数
P(A)，它具有以下三条基本性质：
1. 0?P(A)?1； 2. P(?)?1；
3. 如果A1,A2,A3,? 是?中任意一列两两互斥的事件(Ai?Aj有限或无限，如果
??,当i?j)，无论
B?A1?A2?A3?
表示事件“至少出现一个Ai”，则
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或表示为
P(B)?P(Ai) 1)?P(A2)?P(A3)????P(Ai????P??Ai???P(Ai)， ?i?1?i?1则称实数P(A)为事件A的概率。
注意，频率的第3条性质是有限可加性，但对概率的性质3，需要更强的“可数可加性”。 它是频率的基本性质3（有限可加性）的拓展，从而使概率的定义对无限样本空间中的事件也适用，并且由它容易导出概率的有限可加性。概率定义中的性质3称作概率的完全（可数）可加性。
定义1.2.3中三条性质是作为公理规定概率必须具备的，故称定义1.2.3为概率的公理化定义。对概率的进一步的深入理解须等到学习了第五章的大数定理之后，因为大数定理保证这里所定义的P(A)恰恰就是频率
fn(A)的依概率收敛意义下的极限。
利用概率的三条基本性质可以推导出概率的其他性质。 4. P(A)?1?P(A)。
证 因A?A??，AA??，故由基本性质2及3有
1?P(?)?P(A?A)?P(A)?P(A)，
移项即得。 □ 5. 不可能事件的概率为0，即P(?)=0。 证 因?=?????，由基本性质3有
P(?)?P(?)?P(?)??
再由性质1得P(?)=0。 □ 注 空集?的概率为0，它被称之为不可能事件。但要注意的是这并不是意味着一个概率为0的事件A必须是“不可能”或者等于?。将在后面举例说明。
6. 有限可加性：若事件A1,A2,?,An两两互斥，则
nn??P??Ai???P(Ai) ?i?1?i?1证 因?Ai=A1?A2???An??????，故
i?1n 12
n?P??Ai??P(A1?A2???An??????)， ??i?1?再由性质3和5即得。 □ 注 本性质从概率的可数可加性导出了有限可加性。
7. 若A?B，则P(B?A)?P(B)?P(A)且
P(A)?P(B)。
证 由于A?B，则B?A?(B?A)，且A与(B?A)互斥，故由性质6有
P(B)?P(A)?P(B?A)即P(B?A)?P(B)?P(A)。
再由性质1，P(B?A)?0，于是P(A)?P(B)。 □ 8.（加法定理）如果A1和A2是任何事件，不必是互斥事件，则
P(A1?A2)?P(A1)?P(A2)?P(A1?A2)
证 显然
A1?A2?A1?(A1?A2)和A2?(A1?A2)?(A1?A2)
对于每一个等式来说右端的并集中的两个事件都是互斥事件。
根据性质3
P(A1?A2)?P(A1)?P(A1?A2) P(A2)?P(A1?A2)?P(A1?A2)
第二个等式给出P(A把它代入第一个等式就得到了要证1?A2)?P(A2)?P(A1?A2)，明的结论。 □ 可将性质8推广到n个事件的情形：如果A1,A2,?,An是任何事件，不必是互斥事件，则
nn??P??Ai???P(Ai)??P(AiAj)??P(AiAjAk)???(?1)n?1P(A1A2?An) ?i?1?i?11?i?j?n1?i?j?k?n （1.2.3） 右边的这些加和包括了单个事件、两个事件、三个事件等的所有可能的交集。 证 遵循性质8的证明可以用归纳法证得，具体的细节省略，熟悉归纳法证明的读者应该没有困难的补充这些证明。 □
1.2.3 古典概型
下面讨论一类在概率论发展初期讨论的最多的试验——古典概型的概率计算。它适用于
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有限的离散概率空间的情形，并且每个样本点都以等可能出现。
定义1.2.4 设试验E的样本空间有有限多个样本点，即??{?1,?2,?,?n}，且每个样本点出现的可能性相同。称此试验为古典概型。
因为样本点是两两互斥的，根据概率的基本性质2和3，在古典概型中，一方面有
n?P??{?i}???P(?)?1， i?1??另一方面，所有P(?i)都相等，所以
nn??P??{?i}???P(?i)?nP(?i)， ?i?1?i?1可见每一个样本点?i出现的概率为
1P(?i)?
n所以，若事件A由nA个样本点构成，则其发生的概率
P(A)?这是古典概型计算事件概率的基本公式。
nA n例1.2.1 假设有一组四个收音机，其中包含两个好的，标记为g1和g2；还有两个有缺陷的，标记为d1和d2。如果从这组收音机中随机挑选3个，那么事件A：“三个中有两个是有缺陷的”的概率是多少？
通过直接的列举，观察到挑选这三个收音机有四种方法（如果忽略顺序）：
g1g2d1，g1g2d2，g1d1d2，g2d1d2
这里惯用语“随机挑选”的意思可以解释成选中这四个样本中的任何一个是近似等可能的，因此选中每一个有有P(A)?1的概率。因为事件A有两种方式出现，A?{g1d1d2}?{g2d1d2}，421?。 □ 42例 1.2.2 将一枚均匀的硬币连掷3次，求掷出1次正面的概率。
解 如果用H表示正面，T表示反面，则此试验的样本空间包括8个可能的结果
???HHH,THH,HTH,HHT,HTT,THT,TTH,TTT?
因硬币是均匀的，可以认为每次掷出正面或反面是等可能的，从而上述8个样本点亦是等可能的。而事件A=“掷出1次正面”由3个样本点HTT,THT,TTH组成，所以 P(A)?3 □ 8 14
若将例1.2.2的样本空间用掷出正面的次数来表示，写成???0,1,2,3?，并据此得出
1P(A)?显然是错误的，因为这里的样本点已不是等概的。
4当讨论各种博弈机会时，经常出现近似等可能的样本。因为它们的结构简单，所以在以往的概率论的教科书中常常花大量篇幅讨论这个问题。在概率论发展的初期，因等概假设是否成立而引发的争论多有记载，而且在工程、商业、或者科学中大多数应用问题并不属于这个范畴。可见对等可能假设问题应慎重处理。
以上对有限样本空间的讨论可以立即延伸到一个可能的样本为无限序列的随机试验（可数的样本空间）。
例1.2.3 重新考虑连续投掷硬币的试验，计算直到第一次出现“正面”时所需投掷的次数。显然此时样本空间为???1,2,3,??。假设所对应的概率是：p1,p2,p3,?，即
pi?P(第一次正面出现在第次i投掷)，i?1,2,3,?
因为投掷硬币i次有2个等可能的结果，只有其中一个是在连续i?1次得到反面后跟着
i一次正面。因此有
pi??1,2i?i?1,2,3,?
利用到几何级数的求和公式可以验证
?pi??i?111/2??1 i1?1/2i?12因此上述?pi1???i,i?1,2,??确实是?上的一个概率分布。 □ 2??1,2,3,??， 注意在这个例子中，样本空间取为???其中的事件{??i}不是等可能事件，
但在计算每个事件{??i}的概率时，把它限制在只投掷了i次的事件集合中，则就变成了等可能的了，所以每个事件有概率1/2。
如果A是事件“第一次正面出现在一个偶数次投掷”，那么
iP(A)?p2?p4?p6????11/41 ??2k1?1/43k?12?因此对于一个需要计算概率的实际问题，首先要确定是否是古典概型或者说如何确定
其样本空间?才能使其成为古典概型，然后要找到所有的样本点，记样本点总数为n，对特定的事件A，只须计算它所含样本点数nA，则可使用上述古典概型概率计算公式计算事件A的概率P(A)。
本章的阅读材料二介绍了与计算古典概率相关的排列组合计数方法。
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