第 02 章 概率公理

本章对应 Ross 第 2 章。它回答"概率到底是什么、必须满足什么规则"。三条公理看起来平淡，但由它们推出的补事件公式、加法公式、容斥恒等式和 Boole 不等式（union bound），是量化研究中多重检验校正、联合风险估计的数学根基。

学习目标

1. 能为一个随机试验写出样本空间，用并、交、补表示复杂事件，熟练运用 De Morgan 律。
2. 掌握概率的三条公理，并能由公理推出 \(P(E^c)=1-P(E)\)、单调性、加法公式。
3. 理解并会用容斥恒等式；知道它截断后给出交替的上下界，一阶截断就是 Boole 不等式（union bound）。
4. 在等可能模型中把概率化为计数，能在有序与无序两种建模之间切换，并会用对称性论证简化计算。
5. 理解生日问题、配对问题、游程分布等经典结果，并能把它们和"数据挖掘中的偶然显著"联系起来。
6. 了解概率的连续性、频率解释与主观概率解释。

读前导读

这一章在解决什么问题。 CFA 一级教过你几条概率规则：\(P(A\text{ 或 }B)=P(A)+P(B)-P(AB)\)、\(P(\text{非}A)=1-P(A)\)，还有乘法规则。当时这些规则是"给定的"。本章把顺序倒过来：只假设三条最基本的公理，其余规则全部推出来。这样做的好处是，遇到 CFA 没覆盖的情形（无穷多个事件、事件之间结构未知），你知道哪些结论仍然可靠。

本章与 CFA 相比深在三处。第一，公理 3 要求对可列无穷多个互斥事件可加，这是处理"无限次交易""最终会不会破产"这类问题的基础。第二，容斥恒等式把加法公式推广到 \(n\) 个事件，它的截断给出 Boole 不等式（union bound），也就是多重检验中 Bonferroni 校正的数学来源。你在 CFA 里见过"数据挖掘偏差（data snooping）"的概念，本章给它一个可计算的上界。第三，2.5 节讨论事件序列的极限，这是后面讲分布函数、大数律时要用的工具。

需要先想起来的数学。

• 集合记号。 \(E\cup F\)（并，"或"）、\(E\cap F\) 或 \(EF\)（交，"且"）、\(E^c\)（补，"非"）、\(E\subset F\)（\(E\) 是 \(F\) 的一部分）、\(\varnothing\)（空集）。把事件想成"满足某条件的情景集合"即可：\(E\)="组合日亏损超 2%"，\(F\)="波动率超 30%"，\(EF\) 就是两者同时出现的情景。见 第 00 册第 08 章 读懂数学证明与符号。
• 无穷级数。 \(\sum_{i=1}^\infty a_i\) 定义为前 \(n\) 项部分和在 \(n\to\infty\) 时的极限。例：\(\sum_{i=1}^\infty(1/2)^i=1\)，因为部分和 \(1-(1/2)^n\to1\)。公理 3 和 2.5 节都在用这个定义。另一条要记的是 \(e^x=\sum_{i\ge0}x^i/i!\)，令 \(x=-1\) 得 \(e^{-1}=\sum_i(-1)^i/i!\)，配对问题的极限就来自这里。见 第 00 册第 04 章 级数与收敛。
• 极限。 \(\lim_{n\to\infty}a_n=a\) 的意思是：\(n\) 足够大以后，\(a_n\) 与 \(a\) 的距离可以小于任何事先给定的正数。例：\((0.95)^n\to0\)。见 第 00 册第 01 章 函数极限与连续。
• 二项式定理与计数。 第 01 章的 \((1-1)^m=0\) 会在容斥证明里出现，组合数会贯穿 2.4 节。

怎么读这一章。 2.1–2.3 是核心：把三条公理和由它们推出补事件、单调性、加法公式的过程读懂；容斥恒等式的"贡献计数"证明值得细读；Boole 不等式和"量化实战"第 1 部分（多重检验）是本章与量化工作联系最紧的地方。2.4 的例题很多，第一次读可以只挑例 5b（有序与无序）、例 5d（对称性）、例 5i（生日问题）、例 5m（配对问题），其余当练习。例 5k 的大公式和 2.5 节的例 6a 第一次可以跳过；2.5 节只需记住命题 6.1 的结论。2.6 节轻松读完即可。

2.1 样本空间与事件

样本空间（sample space） \(S\) 是一个随机试验所有可能结果组成的集合。试验结果事先无法确定，但哪些结果可能出现是已知的。原书的例子：

1. 新生儿性别：\(S=\{g,b\}\)。
2. 7 匹马（起跑位 1–7）的完赛顺序：\(S\) 是 \((1,\dots,7)\) 的全部 \(7!\) 个排列。
3. 抛两枚硬币：\(S=\{(H,H),(H,T),(T,H),(T,T)\}\)。
4. 掷两颗骰子：\(S=\{(i,j):i,j=1,\dots,6\}\)，共 36 个点。
5. 晶体管寿命（小时）：\(S=\{x:0\le x<\infty\}\)。

**事件（event）**是样本空间的任意子集 \(E\)。试验结果落在 \(E\) 中，就说 \(E\) 发生了。例如例 4 中 \(E=\{(1,6),(2,5),(3,4),(4,3),(5,2),(6,1)\}\) 表示"两骰之和为 7"；例 5 中 \(E=\{x:0\le x\le5\}\) 表示"寿命不超过 5 小时"。

事件运算：

• 并（union） \(E\cup F\)：\(E\)、\(F\) 至少一个发生。
• 交（intersection） \(EF\)（也写 \(E\cap F\)）：\(E\)、\(F\) 同时发生。
• 空事件（null event） \(\varnothing\)：不含任何结果。若 \(EF=\varnothing\)，称 \(E\)、\(F\) 互斥（mutually exclusive）。如"和为 7"与"和为 6"互斥。
• 可列并 \(\bigcup_{n=1}^\infty E_n\)：至少一个 \(E_n\) 发生；可列交 \(\bigcap_{n=1}^\infty E_n\)：所有 \(E_n\) 都发生。
• 补（complement） \(E^c\)：\(E\) 不发生；\(S^c=\varnothing\)。
• 包含 \(E\subset F\)：\(E\) 发生必然导致 \(F\) 发生。若 \(E\subset F\) 且 \(F\subset E\)，则 \(E=F\)。

画 Venn 图（Venn diagram） 是理解事件关系的好办法：矩形表示 \(S\)，圆表示事件，阴影表示目标事件。

事件运算满足交换律、结合律和分配律：

证明方法是"左边任一结果属于右边，反之亦然"。

De Morgan 律（DeMorgan's laws）：

第一式：\(x\) 不在 \(\bigcup E_i\) 中 \(\iff\) \(x\) 不在任何 \(E_i\) 中 \(\iff\) \(x\) 属于每一个 \(E_i^c\)。第二式：对 \(E_i^c\) 用第一式，再利用 \((E^c)^c=E\) 两边取补。

直觉：De Morgan 律在风控里天天用。"组合中没有任何一个头寸触发止损"等于"每个头寸都没触发"；它的补事件"至少一个触发"往往更难直接算，于是常用 \(1-P(\text{都不触发})\)。

2.2 概率的三条公理

为什么不用频率来定义概率

最朴素的想法是：在相同条件下重复试验，记 \(n(E)\) 为前 \(n\) 次中 \(E\) 发生的次数，定义

问题在于：凭什么知道 \(n(E)/n\) 一定收敛？凭什么对每一列重复试验都收敛到同一个值？把这种收敛性本身当作假设太复杂了。现代的公理化方法（axiomatic approach）反过来做：先假设一组更简单、不言自明的公理，然后证明频率在某种意义下收敛到 \(P(E)\)——这就是第 08 章的强大数律。

三条公理

对样本空间 \(S\) 中的每个事件 \(E\)，存在一个数 \(P(E)\)，满足：

• 公理 1：\(0\le P(E)\le1\)；
• 公理 2：\(P(S)=1\)；
• 公理 3（可列可加性，countable additivity）：对任意两两互斥的事件序列 \(E_1,E_2,\dots\)（\(i\ne j\) 时 \(E_iE_j=\varnothing\)），
  \[P\Big(\bigcup_{i=1}^\infty E_i\Big)=\sum_{i=1}^\infty P(E_i).\]

满足这三条的 \(P(E)\) 叫事件 \(E\) 的概率。

白话解释："可列"（countable）指能用 1, 2, 3, … 逐个编号的无穷多个，例如"第 1 天、第 2 天、……"。公理 3 说：把不重叠的情景拆成无穷多块，概率可以逐块相加。为什么要对无穷多块成立？考虑"策略第一次回撤超过 20% 发生在第 \(n\) 天"这类事件，\(n=1,2,\dots\) 没有上限，"最终会发生"就是它们的可列并。只有有限可加性时，我们没法从"每天的概率"算出"最终发生的概率"。等式右边是无穷级数，含义是部分和的极限（见读前导读）。 两个直接推论：

• \(P(\varnothing)=0\)。取 \(E_1=S\)、\(E_i=\varnothing\ (i>1)\)，由公理 3 得 \(P(S)=P(S)+\sum_{i\ge2}P(\varnothing)\)，所以 \(P(\varnothing)=0\)。
• 有限可加性：互斥的 \(E_1,\dots,E_n\) 有 \(P(\bigcup_{i=1}^nE_i)=\sum_{i=1}^nP(E_i)\)。令 \(i>n\) 时 \(E_i=\varnothing\) 即可。样本空间有限时，公理 3 与有限可加性等价；样本空间无限时，需要可列可加性的额外一般性。

例 3a：公平硬币 \(P(\{H\})=P(\{T\})=1/2\)；若认为正面出现的可能是反面的两倍，则 \(P(\{H\})=2/3,\ P(\{T\})=1/3\)。例 3b：公平骰子每面概率 \(1/6\)，掷出偶数的概率 \(P(\{2,4,6\})=1/2\)。

技术注记：当样本空间不可数时，\(P(E)\) 只对一类称为**可测（measurable）**的事件有定义。实际中关心的事件都是可测的，本册不必担心这一点；需要测度论严格处理时，可参考专门的测度论概率教材（如 Billingsley《Probability and Measure》），本套教材不展开。

2.3 由公理推出的基本性质

命题 4.1 \(P(E^c)=1-P(E)\)。

证明：\(E\) 与 \(E^c\) 互斥且并为 \(S\)，由公理 2、3 得 \(1=P(E)+P(E^c)\)。

命题 4.2 若 \(E\subset F\)，则 \(P(E)\le P(F)\)。

证明：\(F=E\cup E^cF\) 且二者互斥，\(P(F)=P(E)+P(E^cF)\ge P(E)\)。

命题 4.3（加法公式） \(P(E\cup F)=P(E)+P(F)-P(EF)\)。

证明：\(E\cup F=E\cup E^cF\)（互斥），所以 \(P(E\cup F)=P(E)+P(E^cF)\)；又 \(F=EF\cup E^cF\)（互斥），得 \(P(E^cF)=P(F)-P(EF)\)。用 Venn 图看更直观：\(P(E)+P(F)\) 把交集 \(EF\) 那块数了两次，要减掉一次。

例 4a：J 喜欢第一本书的概率是 .5，喜欢第二本是 .4，两本都喜欢是 .3。至少喜欢一本的概率是 \(.5+.4-.3=.6\)，都不喜欢的概率是 \(1-.6=.4\)。

三个事件时，反复使用命题 4.3 和分配律可得

容斥恒等式

命题 4.4（容斥恒等式，inclusion–exclusion identity）

其中内层求和遍历 \(\{1,\dots,n\}\) 的全部 \(\binom nr\) 个 \(r\) 元子集。

一个漂亮的非归纳证明。 看任意一个样本点 \(s\) 对等式两边的"贡献"。若 \(s\) 不属于任何 \(E_i\)，它对两边都没有贡献。若 \(s\) 恰好属于 \(m>0\) 个 \(E_i\)，它在左边被计 1 次；在右边，它属于其中任意 \(r\) 个的交，所以被计

推导拆解：这个证明的思路是"把概率当成按样本点加权求和"：\(P(E)=\sum_{s\in E}P(\{s\})\)（这里默认样本空间离散）。等式两边都是这种加权和，只要每个样本点在两边被计的次数相同，两边就相等。

1. 设 \(s\) 恰好属于 \(E_1,\dots,E_n\) 中的 \(m\) 个。左边 \(\bigcup E_i\) 包含 \(s\)，计 1 次。
2. 右边第 \(r\) 层是所有 \(r\) 个事件之交的概率之和。\(s\) 属于某个 \(r\) 元交，当且仅当这 \(r\) 个事件全在那 \(m\) 个之中，共 \(\binom mr\) 个；带符号 \((-1)^{r+1}\)。\(r>m\) 时 \(\binom mr=0\)。
3. 由 \(\sum_{i=0}^m\binom mi(-1)^i=0\)，把 \(i=0\) 项（等于 1）移到另一边：\(\sum_{i=1}^m\binom mi(-1)^{i+1}=1\)。这正是右边对 \(s\) 的计数。 例：\(m=2\) 时右边计 \(2-1=1\) 次；\(m=3\) 时计 \(3-3+1=1\) 次。"多加了再减、多减了再加"，最后每个点都恰好计一次。

交替上下界与 Boole 不等式

容斥展开截断到奇数项给出上界，截断到偶数项给出下界：

证明思路：把并写成互斥分解

推导拆解：

1. 互斥分解：第 \(i\) 块 \(B_iE_i\) 表示"\(E_i\) 发生，而前面的 \(E_1,\dots,E_{i-1}\) 都没发生"，即"第一个发生的事件是 \(E_i\)"。各块互斥，并起来就是"至少一个发生"，所以 \(P(\bigcup E_i)=\sum_iP(B_iE_i)\)。
2. \(E_i\) 拆成"前面都没发生"与"前面至少一个发生"两块：\(P(B_iE_i)=P(E_i)-P(B_i^cE_i)\)。
3. \(B_i^c=\bigcup_{j<i}E_j\)（De Morgan 律），再用分配律 \(B_i^cE_i=\bigcup_{j<i}E_iE_j\)。代入第 1 步即得 (4.5)。
4. (4.5) 中被减去的项非负，去掉它得 (4.1)。被减去的项是一个并的概率，对它用 (4.1) 放大，减得更多，于是得到下界 (4.2)。对它用 (4.2) 缩小，减得更少，得上界 (4.3)。上下界就是这样逐层交替出现的。

(4.1) 就是 Boole 不等式，在统计和机器学习里通常叫 union bound。它不需要知道事件之间的任何相关结构，这正是它在实务中好用的原因。与之配套的还有原书理论练习 11、16 的 Bonferroni 不等式 \(P(E_1\cdots E_n)\ge\sum P(E_i)-(n-1)\)。

金融直觉：Boole 不等式像对一组头寸的"损失简单加总"。不知道相关性时，把各头寸单独的尾部概率相加，得到的是"至少一个出事"的保守上界；真实值只会更小，因为同时出事的情景被重复计算了。这与 VaR 的情况相反：VaR 不满足次可加性，组合 VaR 可能大于各头寸 VaR 之和；而概率对"至少一个发生"总是次可加的。Bonferroni 不等式则是它的对偶：每个信号正确的概率都是 0.9，\(n\) 个同时正确的概率至少是 \(1-0.1n\)，相关性未知时这已是最好的保证。

2.4 等可能结果的样本空间

若 \(S=\{1,\dots,N\}\) 有限且各结果等可能，由公理 2、3 得 \(P(\{i\})=1/N\)，从而

于是概率问题化为第 01 章的计数问题。下面按方法归类介绍原书例题。

有序还是无序：两种建模都行，但要一致

例 5b 碗中 6 白 5 黑，随机取 3 个，求恰好 1 白 2 黑的概率。

• 有序看法：样本空间有 \(11\cdot10\cdot9=990\) 个等可能的有序结果。"白黑黑""黑白黑""黑黑白"各有 \(6\cdot5\cdot4=120\) 种，概率 \(360/990=4/11\)。
• 无序看法：\(\binom{11}{3}=165\) 个等可能子集，概率 \(\binom61\binom52/\binom{11}3=60/165=4/11\)。

每个无序集合恰好对应 \(3!\) 个有序结果，所以有序结果等可能蕴含无序结果等可能。两种建模任选，但分子分母必须用同一种。

例 5c 6 男 9 女中随机选 5 人委员会，恰好 3 男 2 女的概率为 \(\binom63\binom92/\binom{15}5=240/1001\)。

补充例 20 人由 10 对夫妻组成，随机选 5 人，互不为夫妻的概率：无序看法 \(\binom{10}5 2^5/\binom{20}5\)（先选 5 对夫妻，再每对选一人）；有序看法 \(\frac{20\cdot18\cdot16\cdot14\cdot12}{20\cdot19\cdot18\cdot17\cdot16}\)。两者相等。

对称性论证

例 5d 瓮中 \(n\) 个球，其中一个特殊，逐个无放回取 \(k\) 个，特殊球被取到的概率是多少？

方法一：取出的 \(k\) 球集合在 \(\binom nk\) 个子集中等可能，含特殊球的有 \(\binom{n-1}{k-1}\) 个，概率 \(\binom{n-1}{k-1}/\binom nk=k/n\)。

方法二：令 \(A_i\) 为"特殊球是第 \(i\) 个被取出的"。由对称性，每个球在第 \(i\) 次被取出的可能性相同，所以 \(P(A_i)=1/n\)，与 \(i\) 无关。\(A_i\) 互斥，相加得 \(k/n\)。

"第 \(i\) 次取到某特定球的概率与 \(i\) 无关"这个对称性论证非常好用，第 06b 章会把它升华为"可交换性"。

例 5e \(n\) 红 \(m\) 蓝球随机排成一列（\((n+m)!\) 种等可能），只记颜色序列，则每种颜色序列仍然等可能，概率都是 \(\frac{n!\,m!}{(n+m)!}\)。例如 2 红 2 蓝时，每种颜色序列对应 \(2!2!=4\) 种排列，概率 \(4/24=1/6\)。

例 5j 一副洗好的 52 张牌逐张翻开，直到第一张 A 出现。下一张是黑桃 A 的可能性大，还是梅花 2 的可能性大？答案是一样大，都是 \(1/52\)。论证：先把除黑桃 A 以外的 51 张排好（\(51!\) 种），再把黑桃 A 插进 52 个空位之一；要使它紧跟在第一张 A 后面，只有 1 个位置可选。所以概率为 \(51!/52!=1/52\)。同理任何一张指定的牌都是 \(1/52\)。直觉上容易误以为"黑桃 A 有 1/4 的可能自己就是第一张 A"会降低它的机会，而梅花 2 只有 1/5 的可能出现在第一张 A 之前……这些直觉都抵不过精确计数。

扑克与桥牌

• 例 5f（顺子）：5 张点数连续且不全同花。A,2,3,4,5 型有 \(4^5\) 种花色组合，减去 4 种同花顺得 \(4^5-4\)；起点有 10 种（A-5 到 10-A），概率 \(\frac{10(4^5-4)}{\binom{52}5}\approx.0039\)。
• 例 5g（葫芦）：三条加一对，\(P=\frac{13\cdot12\cdot\binom42\binom43}{\binom{52}5}\approx.0014\)。
• 例 5h（桥牌）：(a) 某人拿到全部 13 张黑桃：四人各自的事件互斥，\(P=4/\binom{52}{13}\approx6.3\times10^{-12}\)。(b) 每人恰有 1 张 A：\(\frac{4!\binom{48}{12,12,12,12}}{\binom{52}{13,13,13,13}}\approx.1055\)。

生日问题：巧合比直觉多得多

例 5i（生日问题，birthday problem） \(n\) 个人生日互不相同的概率（忽略 2 月 29 日，各日等可能）为

当 \(n\ge23\) 时这个概率小于 \(1/2\)，也就是说 23 人中至少两人同生日的概率超过一半。直观解释：每一对人同生日的概率只有 \(1/365\)，但 23 人共有 \(\binom{23}{2}=253\) 对。50 人时至少两人同日的概率约为 .970；100 人时超过 \(\frac{3\times10^6}{3\times10^6+1}\)。

量化含义：在大量候选里出现"惊人巧合"的概率，远比盯着单个候选时的直觉高。回测几百个策略后，看到某个策略"惊人地好"，首先要怀疑的就是这种组合爆炸。

用容斥求概率

例 5l（用概率解计数题） 俱乐部中 36 人打网球、28 人打壁球、18 人打羽毛球；网壁都打 22 人、网羽 12 人、壁羽 9 人、三项都打 4 人。随机选一人，\(P(C)=|C|/N\)，由容斥 \(P(T\cup S\cup B)=(36+28+18-22-12-9+4)/N=43/N\)，故至少打一项的有 43 人。

例 5m（配对问题，matching problem） \(N\) 人把帽子扔到房间中央，混合后每人随机拿一顶。没有人拿到自己帽子的概率是多少？

令 \(E_i\) 为"第 \(i\) 人拿到自己的帽子"。结果可视为 \(1..N\) 的排列，共 \(N!\) 种等可能。指定的 \(n\) 个人都拿对时，其余人有 \((N-n)!\) 种拿法，所以 \(P(E_{i_1}\cdots E_{i_n})=(N-n)!/N!\)；这样的 \(n\) 元组有 \(\binom Nn\) 个，和为 \(\binom Nn\frac{(N-n)!}{N!}=\frac1{n!}\)。由容斥，

无人配对的概率为 \(\sum_{i=0}^N(-1)^i/i!\)，\(N\) 大时趋于 \(e^{-1}\approx.3679\)。

推导拆解：

1. 为什么 \(\binom Nn\frac{(N-n)!}{N!}=\frac1{n!}\)：把 \(\binom Nn=\frac{N!}{n!(N-n)!}\) 代入，\(N!\) 与 \((N-n)!\) 都约掉，只剩 \(1/n!\)。
2. 容斥第 \(n\) 层带符号 \((-1)^{n+1}\)，所以 \(P(\text{至少一人配对})=\sum_{n=1}^N(-1)^{n+1}/n!\)。
3. 无人配对 \(=1-\) 上式 \(=1-1+\frac1{2!}-\frac1{3!}+\cdots=\sum_{i=0}^N(-1)^i/i!\)（\(i=0,1\) 两项是 \(1-1\)）。
4. 这正是 \(e^x=\sum_{i=0}^\infty x^i/i!\) 在 \(x=-1\) 时的前 \(N+1\) 项部分和，\(N\to\infty\) 时趋于 \(e^{-1}\)。阶乘增长极快，\(N=6\) 时误差已小于 \(1/7!\approx0.0002\)，所以人数不必很大，答案就几乎固定在 0.368。很多人以为 \(N\to\infty\) 时它趋于 1，其实不然。第 03 章会用条件概率再推一次，第 04b 章会看到"配对人数近似服从参数 1 的泊松分布"。

例 5n 10 对夫妻随机围圆桌就座，无夫妻相邻的概率。20 人围圆桌有 \(19!\) 种排法。指定 \(n\) 对相邻时，每对捆绑成一个单位，\(20-n\) 个单位围圆桌有 \((19-n)!\) 种，每对内部 2 种，所以 \(P(E_{i_1}\cdots E_{i_n})=2^n(19-n)!/19!\)。至少一对相邻的概率为

例 5k（室友配对） 20 名进攻球员和 20 名防守球员随机两两配成 20 对。无序配对共 \(\frac{40!}{2^{20}20!}\) 种。恰有 \(2i\) 个攻防混合对（混合对数必为偶数）的概率为

游程分布：检验"手感"是否存在

例 5o（游程，runs） 一支球队一个赛季 \(n\) 胜 \(m\) 负。想判断是否有某段时期更容易赢。假设所有 \(\binom{n+m}{n}\) 个胜负序列等可能（即胜负与时间无关），求恰有 \(r\) 个胜利游程（连续的 W 段）的概率。例如 \(n=10,m=6\) 时，WWLLWWWLWLLLWWWW 有 4 个胜利游程，长度为 2,3,1,4。

给定胜利游程的长度 \(x_1+\cdots+x_r=n\)（\(x_i>0\)），记 \(y_1\) 为第一段胜利前的负场数，\(y_i\) 为相邻两段胜利之间的负场数，\(y_{r+1}\) 为最后的负场数，则 \(y_1+\cdots+y_{r+1}=m\)，其中 \(y_1,y_{r+1}\ge0\)、中间 \(y_i>0\)。平移 \(\bar y_1=y_1+1\)、\(\bar y_{r+1}=y_{r+1}+1\)，化为 \(\sum\bar y_i=m+2\) 的正整数解，个数为 \(\binom{m+1}{r}\)；胜利游程长度的正整数解有 \(\binom{n-1}{r-1}\) 个。所以

白话解释：一个"恰有 \(r\) 个胜利游程"的序列由两件独立的选择决定：\(n\) 场胜利怎样切成 \(r\) 段（每段至少 1 场），\(m\) 场失败怎样填在这些段的两头和中间（中间的缝至少 1 场，两头可以为 0）。前者是第 01 章命题 6.1 的正整数解 \(\binom{n-1}{r-1}\)，后者经过平移也化为正整数解 \(\binom{m+1}{r}\)。两者相乘得到有利序列数，再除以全部序列数 \(\binom{m+n}{n}\)。分母之所以是 \(\binom{m+n}{n}\)，是因为一个胜负序列就是"在 \(m+n\) 场里选哪 \(n\) 场赢"。

例：\(n=8,m=6\) 时，7 个游程（如 WLWLWLWLWWLWLW）的概率是 \(\binom77\binom76/\binom{14}8=1/429\)；只有 1 个游程（WWWWWWWWLLLLLL）的概率是 \(\binom71\binom70/\binom{14}8=1/429\)。两种极端都很不可能，提示胜率并非常数：前者像"输后易赢、赢后易输"，后者像"状态持续"。这正是非参数**游程检验（runs test）**的思想。

2.5 概率是连续的集函数（原书选读）

若 \(E_1\subset E_2\subset\cdots\)，称为递增列，定义 \(\lim_nE_n=\bigcup_{i=1}^\infty E_i\)；若 \(E_1\supset E_2\supset\cdots\)，称为递减列，定义 \(\lim_nE_n=\bigcap_{i=1}^\infty E_i\)。

命题 6.1（概率的连续性） 若 \(\{E_n\}\) 递增或递减，则

证明（递增情形）：令 \(F_1=E_1\)，\(F_n=E_nE_{n-1}^c\)（\(E_n\) 中新增的部分）。\(F_n\) 两两互斥，且 \(\bigcup_1^nF_i=E_n\)、\(\bigcup_1^\infty F_i=\bigcup_1^\infty E_i\)。由可列可加性，

白话解释：命题说"概率可以和极限交换次序"。举例：\(E_n\)="前 \(n\) 个交易日内出现过单日跌幅超 5%"，它随 \(n\) 递增，\(\lim E_n\)="迟早会出现"。命题保证 \(P(\text{迟早出现})=\lim_nP(\text{前 }n\text{ 天内出现})\)，于是可以先算有限期，再取极限。证明的关键是把递增列切成"每一步新增的部分" \(F_n\)，它们互斥，于是可以用可列可加性；第二个等号是无穷级数的定义（部分和的极限），第三个等号是有限可加性 \(\sum_1^nP(F_i)=P(E_n)\)。 这个命题是处理"无穷多步之后会怎样"的基本工具，后面证明 CDF 右连续（第 04a 章）、赌徒破产终将结束（第 03 章）都要用到。

例 6a（瓮与"悖论"） 原书用一个思想实验说明对无穷的直觉不可靠：12 点前 1 分钟往瓮里放入 1–10 号球并取出一个，前 1/2 分钟放入 11–20 号并取出一个，依此类推。若每次取出的是 10 号、20 号、30 号……，12 点时瓮中有无穷多个球；若每次取出的是 1 号、2 号、3 号……，12 点时瓮是空的。若每次随机取出一个，可以证明以概率 1 瓮在 12 点是空的：1 号球在前 \(n\) 次后仍在瓮中的概率为 \(\prod_{k=1}^n\frac{9k}{9k+1}\)，由连续性它的极限就是 1 号球最终留下的概率，而 \(\prod(1+\frac1{9n})\ge\frac19\sum\frac1i=\infty\) 说明这个乘积趋于 0；再由 Boole 不等式，"至少有一个球留下"的概率不超过 \(\sum_i0=0\)。此例与交易实务无直接关系，属于理论基础。

2.6 概率作为信念的度量

除了长期频率解释，概率还常用于"莎士比亚写了《哈姆雷特》的可能性是 90%"这类不可重复的陈述。最自然的解释是说话者的信念程度（degree of belief），称为主观概率（subjective / personal probability）。合理的信念也应满足公理：若你 70% 确信《尤利乌斯·恺撒》是莎士比亚写的、10% 确信是马洛写的，那么应当 80% 确信是二者之一。所以无论采用哪种解释，概率的数学性质都一样。

例 7a 7 匹马比赛，你认为 1、2 号各 20%，3、4 号各 15%，其余 3 匹各 10%。在 1:1 赔率下，押"冠军在 1–3 号中"的胜率是 \(.2+.2+.15=.55\)，押"冠军是 1、5、6、7 号之一"的胜率是 \(.2+.1+.1+.1=.5\)，前者更有吸引力。

一致性。 真实的人给出的主观概率可能不自洽。例如某人说"今天下雨 30%、明天下雨 40%、两天都下雨 20%、至少一天下雨 60%"，这违反了加法公式：\(.3+.4-.2=.5\ne.6\)。一组自洽的回答是 30%、40%、10%、60%。

补充（非原书内容）：如果一个人的主观概率不满足公理，别人就可以按他认可的赔率构造一组下注，让他无论结果如何都输钱，这叫"荷兰赌（Dutch book）"。金融里的对应物就是套利：一组资产价格隐含的概率若不自洽，就存在无风险获利机会。第 08 册的无套利定价可以看作这一思想的延伸。

量化实战

1. 多重检验与 union bound

回测 \(N\) 个其实毫无预测力的策略，每个都用 5% 的显著性水平检验。记 \(E_i\) 为"第 \(i\) 个策略被误判为显著"，\(P(E_i)=0.05\)。"至少一个被误判"的概率是 \(P(\bigcup E_i)\)：

• 若各策略独立，\(P(\bigcup E_i)=1-(0.95)^N\)（De Morgan 律 + 独立性，独立性见第 03 章）。\(N=20\) 时已达 0.64。
• 不管相关结构如何，Boole 不等式都给出 \(P(\bigcup E_i)\le0.05N\)。

反过来，要让"至少一个误判"的概率不超过 \(\alpha\)，只需把每个检验的门槛设为 \(\alpha/N\)——这就是 Bonferroni 校正。它的优点是对相关结构完全稳健，代价是在策略高度相关时过于保守。下面的模拟展示了这一点：策略之间相关时，实际的"至少一个显著"概率远低于独立情形，union bound 仍然成立但更松。

2. 游程检验：交易胜负是否成簇

例 5o 的公式可以直接用来检验一串交易结果是否独立。如果胜利游程太少（左尾），说明盈亏成簇出现，策略可能存在"状态"（例如只在趋势行情里赚钱）；游程太多则说明盈亏交替过于频繁。下面用一个两状态马尔可夫链模拟"保持上一笔结果的概率为 stay"的胜负序列：stay=0.5 时各笔独立，stay=0.7 时有明显的成簇效应。

import numpy as np
from math import comb

rng = np.random.default_rng(42)

# ---------- 1) 多重检验："N 个无效策略中至少一个显著"的概率 ----------
alpha, T, n_sim = 0.05, 250, 4000
print(" N   独立精确 1-(1-a)^N   Union bound N*a   模拟(独立)   模拟(相关rho=0.5)")
for N in (1, 5, 20, 100):
    exact = 1 - (1 - alpha) ** N
    bound = min(1.0, N * alpha)
    hits_ind = hits_cor = 0
    for _ in range(n_sim // 10):
        # 每个策略 T 天收益，真实均值为 0；用 t 统计量 > 1.645 判"显著"（单侧 5%）
        z_ind = rng.standard_normal((10, N, T))
        common = rng.standard_normal((10, 1, T))
        z_cor = np.sqrt(0.5) * common + np.sqrt(0.5) * rng.standard_normal((10, N, T))
        for z, flag in ((z_ind, "ind"), (z_cor, "cor")):
            t = z.mean(-1) / (z.std(-1, ddof=1) / np.sqrt(T))
            any_sig = (t > 1.645).any(axis=1).sum()
            if flag == "ind":
                hits_ind += any_sig
            else:
                hits_cor += any_sig
    print(f"{N:3d}   {exact:18.3f}   {bound:15.3f}   {hits_ind/n_sim:10.3f}   {hits_cor/n_sim:15.3f}")

# ---------- 2) 游程检验：胜负序列是否"成簇" ----------
def p_win_runs(r, n, m):
    """n 胜 m 负、所有排列等可能时，恰有 r 个胜利游程的概率（Ross 例 5o）"""
    if r < 1:
        return 0.0
    return comb(m + 1, r) * comb(n - 1, r - 1) / comb(m + n, n)

def count_win_runs(seq):
    seq = np.asarray(seq)
    return int(seq[0] == 1) + int(((seq[1:] == 1) & (seq[:-1] == 0)).sum())

print("\n书中数值: n=8,m=6 时 P(7 个胜利游程)=%.6f, P(1 个)=%.6f, 1/429=%.6f"
      % (p_win_runs(7, 8, 6), p_win_runs(1, 8, 6), 1 / 429))

def simulate_trades(n_trades, stay):
    """两状态马尔可夫胜负序列：stay=保持上一笔结果的概率；stay=0.5 即独立"""
    s = [rng.integers(2)]
    for _ in range(n_trades - 1):
        s.append(s[-1] if rng.random() < stay else 1 - s[-1])
    return np.array(s)

for stay in (0.5, 0.7):
    seq = simulate_trades(60, stay)
    n, m = int(seq.sum()), int((1 - seq).sum())
    r_obs = count_win_runs(seq)
    p_low = sum(p_win_runs(r, n, m) for r in range(1, r_obs + 1))   # 游程太少 => 成簇
    print(f"stay={stay}: 胜 {n} 负 {m}, 胜利游程 {r_obs}, 期望约 {n*(m+1)/(n+m):.1f}, "
          f"左尾 p 值 P(R<={r_obs}) = {p_low:.4f}")

# 用置换模拟核对精确分布
seq = simulate_trades(60, 0.7); n, m = int(seq.sum()), int((1 - seq).sum())
r_obs = count_win_runs(seq)
perm = np.array([count_win_runs(rng.permutation(seq)) for _ in range(20000)])
print(f"核对: 精确 P(R<={r_obs}) = {sum(p_win_runs(r,n,m) for r in range(1,r_obs+1)):.4f}, "
      f"置换模拟 = {(perm <= r_obs).mean():.4f}")

关键输出：

 N   独立精确 1-(1-a)^N   Union bound N*a   模拟(独立)   模拟(相关rho=0.5)
  1                0.050             0.050        0.048             0.059
  5                0.226             0.250        0.230             0.162
 20                0.642             1.000        0.655             0.331
100                0.994             1.000        0.993             0.554

书中数值: n=8,m=6 时 P(7 个胜利游程)=0.002331, P(1 个)=0.002331, 1/429=0.002331
stay=0.5: 胜 30 负 30, 胜利游程 12, 期望约 15.5, 左尾 p 值 P(R<=12) = 0.0602
stay=0.7: 胜 30 负 30, 胜利游程 10, 期望约 15.5, 左尾 p 值 P(R<=10) = 0.0046
核对: 精确 P(R<=11) = 0.0765, 置换模拟 = 0.0742

读法：独立时模拟值与 \(1-(0.95)^N\) 吻合；相关时"至少一个显著"的概率小得多，union bound 依然成立但很松。游程检验中，stay=0.7 的成簇序列给出 p 值 0.0046，能被识别出来；精确公式与置换模拟一致。代码里用到的期望游程数 \(n(m+1)/(n+m)\) 可以用第 04a 章（4.6 节）的示性变量法推出。

3. 其他用法

• 联合触发的保守估计：多个头寸同时触发止损、多个债务人同时违约时，完整的联合分布往往未知。加法公式与 (4.2) 下界只需要两两联合概率，就能给出"至少一个发生"的区间估计，常用于压力测试。
• 数据一致性检查：原书习题 14 用容斥证明一组调查数据自相矛盾（算出的概率大于 1）。同样的思路可用于检查分组统计报表是否自洽。

本章小结

概率是定义在事件上、满足非负性、规范性和可列可加性三条公理的集函数；频率解释和主观信念解释都与公理相容，"频率收敛到概率"是大数律证明的定理，而不是定义。由公理可以推出补事件公式、单调性、加法公式和容斥恒等式；容斥截断给出交替的上下界，一阶截断就是 Boole 不等式。等可能模型下概率化为计数，有序和无序建模都可以，但要前后一致；对称性论证常能免去繁琐计数。生日问题、配对问题和游程分布都说明：直觉在"大量组合"面前很不可靠。

练习

基础

1. 用 \(E,F,G\) 的运算表示：(a) 只有 \(E\) 发生；(b) 至少两个发生；(c) 恰好一个发生。 答案：(a) \(EF^cG^c\)；(b) \(EF\cup EG\cup FG\)；(c) \(EF^cG^c\cup E^cFG^c\cup E^cF^cG\)。
2. 证明 \(P(EF^c)=P(E)-P(EF)\)，以及"恰好一个发生"的概率为 \(P(E)+P(F)-2P(EF)\)。 提示：\(E=EF\cup EF^c\) 互斥。
3. 掷一颗骰子 4 次至少出现一个 6，与掷两颗骰子 24 次至少出现一次双 6，哪个概率大？（de Méré 问题，原书习题 41、42） 答案：\(1-(5/6)^4\approx.518\)；\(1-(35/36)^{24}\approx.491\)。前者大。
4. 证明 \(P(EF)\ge P(E)+P(F)-1\)。若两个信号各自"正确"的概率都是 0.9，它们同时正确的概率至少是多少？ 答案：由加法公式和 \(P(E\cup F)\le1\) 立得；至少 0.8。
5. 某人给出：今天下雨 30%、明天 40%、两天都下 20%、至少一天下 60%。指出矛盾并修正其中一个数使之自洽。 答案：\(P(A\cup B)\) 应为 \(.5\)；可把"两天都下"改为 10%。

进阶

6. 一位研究员独立测试了 200 个无效因子，每个用 1% 显著性水平。求至少一个"显著"的概率，并给出若要求这一概率不超过 5%，单个检验应使用的门槛（Bonferroni）。 答案：\(1-0.99^{200}\approx0.866\)；门槛 \(0.05/200=0.00025\)。
7. 一个月有 21 个交易日。假设某指数每天出现"单日跌幅超过 3%"的概率是 0.02，且各天独立。用 union bound 和精确公式分别估计一个月内至少出现一次的概率，并说明哪个是上界。 答案：union bound \(21\times0.02=0.42\)（上界）；精确 \(1-0.98^{21}\approx0.346\)。
8. 证明容斥截断的下界 (4.2)，并在 3 个事件的情形下检查它与命题 4.4 的关系。 提示：从 (4.5) 出发，对 \(P(\bigcup_{j<i}E_iE_j)\) 用 Boole 不等式。
9. 在例 5o 中，\(n=m=10\)，求胜利游程数 \(r\le3\) 的概率。若一个策略 20 笔交易恰好 10 胜 10 负且只有 3 个胜利游程，你会得出什么结论？ 答案：\(\sum_{r=1}^3\binom{11}{r}\binom9{r-1}/\binom{20}{10}=(11+55\cdot9+165\cdot36)/184756=6446/184756\approx0.035\)。在 5% 水平下拒绝"胜负顺序随机"，盈亏可能成簇。
10. 30 只股票，每只股票的"日内最高价出现时刻"等可能落在 240 个分钟之一，彼此独立。至少两只股票的最高价出现在同一分钟的概率是多少？这对"多只股票同时见顶"的解读有什么启示？ 答案：\(1-\prod_{k=0}^{29}\frac{240-k}{240}\approx0.85\)。即便毫无联动，"撞在同一分钟"也很常见，不能据此断言存在同步信号。

原书推荐习题：Problems 14（用容斥发现数据矛盾）、15–16（牌型概率）、25–26（craps，"先发生哪个"问题的原型）、41–42（de Méré 问题）、54（容斥求缺门）、56（非传递转盘）；Theoretical Exercises 8（Bell 数）、11 与 16（Bonferroni 不等式）、17（错排递推）、18（Fibonacci 计数）、19（负超几何）、20（可列无穷空间上不能均匀分布）、21（总游程数的分布）；Self-Test 4、14（Boole 不等式）、20（对称性巧解）。

原书对照

（书内页码 = PDF 页码 − 13。）