先修：02 命题与集合；18 告警、故障与分类计数；分数与百分比
上一章的虚构台账里，有10000个检测窗口。其中100个确有故障，99个发出了告警；9900个健康窗口里，也有99个发出了告警。于是，198次告警中，恰有一半对应故障。
这个“一半”有明确的分母。可一旦说成“故障的概率是一半”，问题就来了：我们在怎样选一个窗口？先看到了什么信息？如果不把这些条件说清，同一个词可以指向完全不同的数字。
本章从这张固定台账出发，建立一个有限概率模型。它只需要两样东西：列清可能得到哪些结果，再给这些结果分配总和为1的非负数字。
先说明随机的究竟是什么
把台账的10000行编号，然后均匀抽取一行，查看这一行的故障标签和告警记录。这就是本章先研究的随机实验。“均匀”明确规定每行被抽中的机会相同；随机性来自抽取，已经写好的记录不会因此改变。
一次抽取只得到一个行号。所有可能行号组成样本空间，记作Ω，读作“欧米伽”：
Ω＝{1，2，…，10000}。
其中某一个结果记作ω，例如ω＝357，表示抽中了第357行。不同窗口即使标签相同，仍是不同的结果。一个结果回答“抽中哪行”，一个事件则可以收集许多行。1
比如，令D表示“抽中的窗口确有故障”。D就是100个故障行号组成的集合。令E表示“抽中的窗口发出了告警”，E就是198个告警行号组成的集合。事件发生，意思是抽中的ω属于相应集合。
在本章的有限模型里，Ω的每个子集都可以作为事件。D∩E是交集，收集同时有故障、有告警的99行；D∪E是并集，收集有故障或有告警的行，包含两者同时发生的情况。这里的“或”沿用第02章的包容含义。
同一张台账还可以搭配别的抽法。例如先用公平硬币决定选故障组还是健康组，再在选中的组里均匀抽一行。这样，抽到故障的概率便是1/2。故障组的一行得到1/200的概率，健康组的一行得到1/19800；它们仍合计为1，却不再每行相等。数据没有改，取得结果的办法改了，概率也随之改变。
因此，“随机抽一行”若没有说明怎样随机，信息仍不够。本章始终采用最初的逐行均匀抽取；分组抽取只是用来提醒我们，抽法是模型的一部分。
给结果赋值，再给事件求和
设有限样本空间为Ω＝{ω₁，…，ωₙ}。给每个结果ω分配一个数p(ω)，要求：
p(ω)≥0，且p(ω₁)＋…＋p(ωₙ)＝1。
这组数描述模型中的概率分配。对事件A，定义它的概率为：
P(A)＝∑ p(ω)，求和范围为ω∈A。
∑表示求和，ω∈A说明“只把属于A的那些结果拿来相加”。小写p针对单个结果，大写P针对事件；只有一个结果的事件{ω}，满足P({ω})＝p(ω)。2
不取任何结果，得到空事件∅，其概率为0；取全部结果，得到P(Ω)＝1。由于每项非负，取一部分相加不可能小于0，也不会超过总和1，所以任何事件都有0≤P(A)≤1。
回到台账，每行的p(ω)都是1/10000。因此：
P(D)＝100/10000＝0.01；
P(E)＝198/10000＝0.0198；
P(D∩E)＝99/10000＝0.0099。
图1：每行等可能，不代表四个分组等可能。图中的格子用于列清集合关系，面积不表示概率。
这里的0.01是“均匀抽取这张台账的一行，抽到故障记录”的概率。如果改问“未来一个窗口发生故障的概率”，随机实验已经换了。要沿用0.01，须另外说明未来窗口的来源、设备状态与抽样过程为何能由这个模型描述，并用新数据检验。台账比例不会自动变成未来分布，更不会保证下一次结果。
为什么有几种结果还不够
只有等可能时，事件概率才等于“事件包含的结果数÷总结果数”。骰子有六面，只告诉我们通常记录哪六种点数；每面概率都是1/6，还需要公平性的假设。形状、重心和投掷方式都可能让这个假设不合适。
换一个小模型。设一只盒中有10张同样材质、同样大小的卡片，均匀抽一张，只记录上面的字母：1张写a，2张写b，3张写c，4张写d。按记录方式，样本空间为Ω＝{a，b，c，d}，对应概率是：
p(a)＝0.1，p(b)＝0.2，p(c)＝0.3，p(d)＝0.4。
这是四结果模型，却并不均匀。它也说明，抽卡片等可能，按字母合并以后未必等可能；概率要跟着被合并的结果一起相加。
取A＝{a，b}，B＝{b，c}。两个事件都包含两个字母，但P(A)＝0.3，P(B)＝0.5。单数集合里的成员个数，丢掉了每个成员的分量。
图2：圆点表示结果，轮廓表示事件。概率由圆点旁的数字给出，不能按轮廓面积或圆点个数猜测。
这些数字在抽卡模型中由卡片数量和均匀抽取规则推出。在别的实际问题里，怎样选p(ω)可能需要实验、历史记录或其他依据。非负且总和为1，保证它是一组合法的概率；是否适合现实，还要另行判断。
几条规则可以从求和中长出来
A的补集记作Aᶜ，表示Ω中所有不属于A的结果。每个结果恰好落在A和Aᶜ其中一边，既没有遗漏，也没有重复。因此两边的概率之和就是1：
P(Aᶜ)＝1−P(A)。
若A与B没有共同结果，即A∩B＝∅，就说它们互斥。把两份求和接起来，每项都只出现一次，于是有互斥加法规则：
P(A∪B)＝P(A)＋P(B)。
有重叠怎么办？以刚才的字母模型为例，P(A)＋P(B)＝0.3＋0.5＝0.8，其中b的0.2被加了两次。真正的并集{a，b，c}只应包含它一次，所以概率是0.8−0.2＝0.6。
这提示了更一般的容斥公式：
P(A∪B)＝P(A)＋P(B)−P(A∩B)。
来逐项证明。只在A中的结果，其概率在右边出现一次；只在B中的结果，也出现一次；同时在两者中的结果，先出现两次，再减去一次，净出现一次；两者都不在的结果，一次也不出现。右边恰好把并集中的每项加一次，所以等于左边。1
这个证明没有用到等可能。即使各结果的p(ω)不同，逐项计数的理由仍然成立。互斥加法则是交集为空、减去的概率为0时的特殊情况。
用台账核算一次：P(D∪E)＝0.01＋0.0198−0.0099＝0.0199，对应199行。也可以直接数100个故障窗口，再加99个健康但告警的窗口，得到同一答案。
已知落在B中以后怎样重新分配
现在仍按字母模型抽卡，但有人告诉我们：“结果属于B＝{b，c}。”于是a、d被排除。留下的b、c原先概率为0.2和0.3，总和只有0.5。要以B为新的范围描述概率，就把留下的每项都除以0.5：
b的新概率＝0.2/0.5＝0.4；
c的新概率＝0.3/0.5＝0.6。
它们依然保持2∶3的比例，总和恢复为1。这叫重新归一化。只剩两个结果，并不意味着各占一半。
盒子里一张卡片也没有增加或减少，改变的是已知信息限定的范围。已知属于B以后，符合条件的原有卡片共5张，其中2张写b、3张写c。按卡片数计算与按字母概率归一化，得到同一结果。条件概率不是重新规定一套任意权重，而是在保留原有相对分量的同时，把总和调回1。
图3：先限制范围，再统一除以留下的总概率。图中条形长度按标出的概率成比例绘制。
一般地，只要P(B)>0，就定义A在B条件下的概率：
P(A|B)＝P(A∩B)/P(B)。
竖线读作“在……条件下”。分子取A中仍被B保留的部分；分母把整个B的概率当作新的1。这一定义没有要求A包含于B。3
也可以检查它为何仍是合法的有限概率模型。在B中，每个结果的新概率为p(ω)/P(B)，仍然非负；把它们加起来，得到P(B)/P(B)＝1。若P(B)＝0，分母为0，本章的定义就不能使用，不能把“除以0”硬算成某个概率。
在字母例里，A∩B只有b，因此P(A|B)＝0.2/0.5＝0.4。回到台账，得知抽中的一行有告警，便把范围限制在E中：
P(D|E)＝(99/10000)/(198/10000)＝99/198＝1/2。
上一章的“一半”现在有了完整记号。反过来，P(E|D)＝99/100＝0.99，问的是故障行中有多少告警，所用范围不同。
把条件概率定义两边乘以P(B)，还得到乘法规则：P(A∩B)＝P(A|B)P(B)，这里仍要求P(B)>0。它只是同一个定义的改写。由一个方向的条件概率怎样求另一个方向，以及怎样把新证据用于判断，留到下一章继续。
独立与互斥相差在哪里
两个事件独立，定义为P(A∩B)＝P(A)P(B)。当P(B)>0时，结合刚才的定义，这等价于P(A|B)＝P(A)：知道B发生，不改变A的概率。3
考虑两枚理想公平、且结果相互独立的硬币。按“第一枚、第二枚”的顺序记录，样本空间为{正正，正反，反正，反反}，每个结果分配1/4。公平与独立都是这里明确采用的模型条件。
令H₁表示第一枚为正，H₂表示第二枚为正。两者概率都为1/2，同时发生只有“正正”，概率为1/4，确实等于(1/2)×(1/2)。它们独立，而且能够同时发生。
只知道两枚硬币各自公平，还不够推出这四项都是1/4。另一个合法模型可以把“正正”和“反反”各分配1/2，另外两项分配0：每枚单看仍有一半为正，两枚却总是同面。它不符合独立假设。列出联合结果的概率，才能检查各部分究竟怎样联系。
第一枚为正与第一枚为反则互斥，各自概率均为1/2，交集概率是0，不等于1/4，所以不独立。一般地，两个概率都大于0的互斥事件不独立：知道其中一个发生，另一个就被排除了。不能看见“随机”二字，就随手把概率相乘。
至此，我们能把一段概率叙述逐层拆开：随机实验规定怎样取得结果；样本空间列出结果；事件挑出关心的部分；概率分配提供可加的数。条件改变时，先确认范围和权重怎样变化，再开始计算。同一个百分数，只有放回它所属的实验和事件，才有确定的含义。清楚地写出这些对象，比背下更多公式更能防止误解。
顺手试一下
题目1： 在字母模型中，令C＝{a，c}，F＝{c，d}。求P(C)、P(F)、P(C∪F)和P(C|F)。C与F互斥吗？独立吗？
**提示：**先写出交集与并集，再分别检查“交集为空”和“交集概率等于概率乘积”。
**参考答案：**P(C)＝0.4，P(F)＝0.7；交集为{c}，概率0.3；并集为{a，c，d}，概率0.8，也等于0.4＋0.7−0.3。P(C|F)＝0.3/0.7＝3/7。交集不为空，所以不互斥；0.3≠0.4×0.7，所以不独立。
题目2： 仍在固定台账中均匀抽一行。已知这一行没有告警，它仍有故障的概率是多少？能否直接把答案当作明天所有未告警窗口的故障概率？
**提示：**没有告警的事件是Eᶜ，其中既有健康窗口，也有漏报窗口。
**参考答案：**Eᶜ包含1＋9801＝9802行，其中故障行只有1行，所以P(D|Eᶜ)＝1/9802，约为0.0102%。不能直接推广到明天：这个数严格描述当前台账的均匀抽取实验；未来窗口是否符合相同分布，需要额外依据与检验。
参考与延伸
1 麻省理工学院，Jeremy Orloff、Jonathan Bloom，18.05课程讲义，Probability: Terminology and Examples，第1—5页。核对样本空间、事件及补集、互斥加法、容斥规则。
2 Charles M. Grinstead、J. Laurie Snell，Introduction to Probability，第1.2节，书内第18—20页。核对有限结果的非负概率分配、总和为1及事件概率求和；本文用p替代书中的m。
3 麻省理工学院，Jeremy Orloff、Jonathan Bloom，18.05课程讲义，Conditional Probability, Independence and Bayes’ Theorem，第1—3、6—7页。核对条件概率的非零分母条件、乘法规则与独立定义；本章不展开其中的贝叶斯公式。
本文台账、字母算例和图解均为原创教学构造；故障标签在例中按准确已知处理，并非真实系统评测。以上资料用于核对概念与规则。
作者：Jiancheng Wang · 数学之美（独立原创）