正確使用樣本空間、結果、事件等詞彙描述隨機現象，並以集合運算組合事件。
敘述 Kolmogorov 三大公理，並由公理推導出補集規則、單調性與排容原理（inclusion–exclusion）。
在等可能的情境下，用排列與組合計算機率，處理撲克牌、生日問題等經典例子。
分辨頻率學派與貝氏學派對機率的詮釋，並說明兩者如何同時貫穿現代機器學習。
用 Python／NumPy 以模擬驗證理論計算的結果。
機率理論的第一步，是替「不確定的事情」建立一套精確的詞彙。日常語言說「擲骰子可能出現很多情況」，數學語言則把「所有可能情況」整理成一個集合，並把「我們關心的情況」定義為它的子集合。
隨機試驗（random experiment）是任何結果不確定的過程。樣本空間（sample space）\(\Omega\) 是所有可能結果所成的集合。事件（event）\(A\) 是 \(\Omega\) 的一個子集合——也就是我們關心的一組結果。
擲一顆公正的六面骰。樣本空間為 \[\Omega = \{1, 2, 3, 4, 5, 6\}.\] 事件「出現偶數」是 \(A = \{2, 4, 6\}\)；事件「大於 4」是 \(B = \{5, 6\}\)。事件之間可以用集合運算組合：
\(A \cup B = \{2,4,5,6\}\)：「\(A\) 或 \(B\) 發生」（至少一個發生）；
\(A \cap B = \{6\}\)：「\(A\) 且 \(B\) 同時發生」；
\(A^{c} = \{1,3,5\}\)：「\(A\) 不發生」（補集）。
擲兩枚硬幣，以 H 表示正面、T 表示反面，則 \[\Omega = \{\mathrm{HH},\ \mathrm{HT},\ \mathrm{TH},\ \mathrm{TT}\}, \qquad |\Omega| = 4.\] 注意 \(\mathrm{HT}\) 與 \(\mathrm{TH}\) 是不同的結果：第一枚正、第二枚反，與第一枚反、第二枚正，是兩回事。事件「恰好一個正面」為 \(\{\mathrm{HT}, \mathrm{TH}\}\)，機率是 \(2/4 = 1/2\)；若誤把樣本空間寫成「0 個正面、1 個正面、2 個正面」三種並假設等可能，就會得到錯誤答案 \(1/3\)。寫對樣本空間，是所有機率計算的第一步。
公車每 10 分鐘一班，你隨機抵達站牌，等待時間 \(T\) 可以是 \([0, 10]\) 之間的任何實數，故 \[\Omega = [0, 10] \subset \mathbb{R}.\] 這是一個連續樣本空間，含有不可數無限多個結果。事件「等待不超過 3 分鐘」是子區間 \([0,3]\)，直觀上其機率為長度比 \(3/10\)。連續情形的嚴謹處理要等到第 3 章的機率密度函數，但「事件 = 子集合」的觀念完全相同。
把 \(\Omega\) 想像成「一切可能發生之事」構成的空間，而事件是從中劃出的一塊區域。問「\(A\) 的機率是多少？」就是問「全部的可能性中，有多大比例落在 \(A\) 這塊區域裡？」機率的邏輯就是集合的邏輯——聯集、交集、補集——再加上一個度量「大小」的數字。熟悉集合運算的讀者會發現，De Morgan 定律 \[(A \cup B)^c = A^c \cap B^c, \qquad (A \cap B)^c = A^c \cup B^c\] 在機率計算裡隨處可見：「兩者皆非」等於「並非至少其一」。
機率公理
現代機率論建立在三條規則之上，由 Kolmogorov 於 1933 年提出。其餘一切性質都由它們推導而得。
機率 \(\Prob\) 為每個事件指定一個數字，並滿足：
非負性：對任何事件 \(A\)，\(\Prob(A) \ge 0\)。
規範性：\(\Prob(\Omega) = 1\)——「總有某件事會發生」。
可加性：若 \(A_1, A_2, \dots\) 互斥（disjoint，兩兩交集為空），則 \[\Prob\Bigl(\bigcup_{i} A_i\Bigr) = \sum_{i} \Prob(A_i).\]
對任何事件 \(A, B\)：
補集規則：\(\Prob(A^{c}) = 1 - \Prob(A)\)；特別地 \(\Prob(\varnothing) = 0\)。
單調性：若 \(A \subseteq B\)，則 \(\Prob(A) \le \Prob(B)\)；因此 \(0 \le \Prob(A) \le 1\)。
排容原理（inclusion–exclusion）： \[\Prob(A \cup B) = \Prob(A) + \Prob(B) - \Prob(A \cap B).\]
證明 (1) \(A\) 與 \(A^c\) 互斥且 \(A \cup A^c = \Omega\)，由可加性與規範性得 \(\Prob(A) + \Prob(A^c) = \Prob(\Omega) = 1\)。取 \(A = \Omega\) 得 \(\Prob(\varnothing) = 0\)。
(2) 若 \(A \subseteq B\)，把 \(B\) 拆成互斥兩塊：\(B = A \cup (B \cap A^{c})\)。由可加性 \(\Prob(B) = \Prob(A) + \Prob(B \cap A^{c}) \ge \Prob(A)\)，最後一步用了非負性。
(3) 把 \(A \cup B\) 拆成三塊互斥區域：只在 \(A\)、只在 \(B\)、同時在兩者，即 \(A \cup B = (A \cap B^{c}) \cup (A^{c} \cap B) \cup (A \cap B)\)。分別記三塊機率為 \(x, y, z\)， 則 \(\Prob(A \cup B) = x + y + z\)，而 \(\Prob(A) = x + z\)、\(\Prob(B) = y + z\)，故 \(\Prob(A) + \Prob(B) - \Prob(A \cap B) = (x+z) + (y+z) - z = x + y + z\)。\(\blacksquare\)
排容原理正是初學者最常跌倒的地方：只有事件互斥時，機率才能直接相加。若事件有重疊，必須扣掉被重複計算的交集。忘記這件事是最常見的機率錯誤，而且它會以更隱蔽的形式一再出現——例如在建模時假設特徵彼此獨立（實際上並不獨立），本質上犯的是同一類「忽略重疊／關聯」的錯。
從一副標準 52 張撲克牌中隨機抽一張，求抽到「紅心或 A」的機率。
設 \(A\) =「紅心」、\(B\) =「A（Ace）」。則 \(\Prob(A) = \tfrac{13}{52}\)，\(\Prob(B) = \tfrac{4}{52}\)，而兩者的交集是「紅心 A」這一張牌，\(\Prob(A \cap B) = \tfrac{1}{52}\)。由排容原理 \[\Prob(A \cup B) = \frac{13}{52} + \frac{4}{52} - \frac{1}{52} = \frac{16}{52} = \frac{4}{13} \approx 0.308.\] 若直接相加 \(\tfrac{13}{52} + \tfrac{4}{52} = \tfrac{17}{52}\)，就把紅心 A 算了兩次。
三個事件的版本為 \[\Prob(A \cup B \cup C) = \Prob(A) + \Prob(B) + \Prob(C) - \Prob(A \cap B) - \Prob(A \cap C) - \Prob(B \cap C) + \Prob(A \cap B \cap C).\] 某班學生中，\(60\%\) 修數學、\(45\%\) 修物理、\(40\%\) 修化學；\(25\%\) 同時修數學與物理、\(20\%\) 同時修數學與化學、\(15\%\) 同時修物理與化學；\(10\%\) 三科全修。隨機抽一位學生，至少修一科的機率為 \[0.60 + 0.45 + 0.40 - 0.25 - 0.20 - 0.15 + 0.10 = 0.95,\] 因此三科都沒修的機率是 \(1 - 0.95 = 0.05\)。「加總—扣重疊—補回扣過頭的部分」，正是排容原理的節奏。
等可能結果與計數
當有限樣本空間中的 \(N\) 個結果等可能時，機率化約為計數： \[\Prob(A) = \frac{\text{$A$ 中的結果數}}{\text{總結果數}} = \frac{|A|}{|\Omega|}.\] 所以我們必須學會「數得準」。一切計數的起點是乘法原理：若一件事分兩步完成，第一步有 \(m\) 種做法、第二步有 \(n\) 種做法，則總共有 \(m \times n\) 種做法。由此得到兩大主力工具：
從 \(n\) 個相異物件中取 \(k\) 個：
排列（permutation，順序重要）： \[P(n, k) = \frac{n!}{(n-k)!} = n (n-1) \cdots (n-k+1).\]
組合（combination，順序不重要）： \[\binom{n}{k} = \frac{n!}{k!\,(n-k)!} = \frac{P(n,k)}{k!}.\]
兩者相差 \(k!\) 倍，因為每一組 \(k\) 個物件都有 \(k!\) 種排序方式。
8 位選手參加賽跑。
(a) 前三名（金、銀、銅牌）有幾種可能？順序重要，用排列： \[P(8,3) = 8 \times 7 \times 6 = 336 \text{ 種}.\] (b) 選 3 人進入決賽有幾種選法？順序不重要，用組合： \[\binom{8}{3} = \frac{8!}{3!\,5!} = \frac{8 \times 7 \times 6}{3 \times 2 \times 1} = 56 \text{ 種}.\] \(336 = 56 \times 3!\)：每一組決賽名單對應 \(3! = 6\) 種頒獎排序，正是兩者的差別。
一副標準撲克牌共 52 張，發 5 張牌的可能手牌數為 \[\binom{52}{5} = 2{,}598{,}960,\] 每一種特定手牌的機率就是它的倒數。進一步問：拿到同花（flush，五張同一花色，含同花順）的機率是多少？
分兩步計數：先選花色（4 種），再從該花色的 13 張中選 5 張： \[|A| = \binom{4}{1}\binom{13}{5} = 4 \times 1287 = 5148, \qquad \Prob(A) = \frac{5148}{2{,}598{,}960} \approx 0.00198,\] 大約 \(0.2\%\)，即平均每 505 手才出現一次。若要排除同花順（straight flush，同花且連號），再扣掉每花色 10 種、共 40 種連號組合：\((5148 - 40)/2{,}598{,}960 \approx 0.00197\)。
一個房間裡有 \(n\) 個人（假設每人生日獨立且均勻分布在 365 天中）。至少有兩人同一天生日的機率是多少？\(n = 23\) 時答案會讓多數人吃驚。
直接算「至少兩人同生日」很難（情況太多），改算補集「所有人生日互不相同」。把 \(n\) 個人依序排開：第一人可以是任何一天（\(365/365\)），第二人要避開第一人（\(364/365\)），第三人要避開前兩人（\(363/365\)），依此類推： \[\Prob(\text{全不相同}) = \frac{365}{365} \times \frac{364}{365} \times \cdots \times \frac{365 - n + 1}{365} = \prod_{k=0}^{n-1} \frac{365 - k}{365}.\] 因此 \[\Prob(\text{至少兩人同生日}) = 1 - \prod_{k=0}^{n-1} \frac{365-k}{365}.\] 代入 \(n = 23\) 得 \(1 - 0.4927 \approx \mathbf{0.507}\)：只要 23 人，同生日的機率就超過一半！\(n = 50\) 時已高達 \(0.970\)。直覺會失準，是因為我們該數的不是「人數」，而是「人與人的配對數」：23 人有 \(\binom{23}{2} = 253\) 對，每一對都是一次「撞生日」的機會。
組合數 \(\binom{n}{k}\) 回答「從 \(n\) 個東西中挑出 \(k\) 個、不管順序，有幾種挑法」。它的舞台遠不止牌桌：二項分布（第 4 章）用它來數「\(n\) 次試驗中恰好 \(k\) 次成功」有幾種發生方式；任何「對子集合求和」的計算——包括模型計數與集成方法（ensemble）中的組合項——都會出現同樣的係數。把 \(\binom{n}{k}\) 練熟，第 4 章會輕鬆許多。
機率是什麼意思？兩大詮釋
公理告訴我們機率如何運算，卻沒有告訴我們機率是什麼意思。兩個學派給出不同回答——而這條分界線直直穿過機器學習的心臟。
頻率學派（frequentist）：機率是長期頻率。「\(\Prob(\text{正面}) = 0.5\)」的意思是：重複拋擲很多次，正面的比例會趨近 \(0.5\)。機率是世界本身的性質，靠重複試驗顯露出來。
貝氏學派（Bayesian）：機率是信念的程度（degree of belief）。「\(\Prob(\text{明天下雨}) = 0.3\)」是在現有資訊下對明天的一致性信心陳述——即使「明天」只會發生一次。機率是觀察者知識的性質，隨著證據到來而更新。
兩種觀點沒有誰「正確」，它們是不同的工具。頻率學派的推理支撐假設檢定與信賴區間（第 8 章）；貝氏學派的推理支撐後驗更新與多數現代機率式機器學習（第 9 章）。深度學習其實悄悄地兩者並用：它用（頻率學派的）最大概似估計來訓練參數，卻把 softmax 的輸出解讀為（帶貝氏色彩的）類別信念。你將學會流利使用這兩種方言。
判斷下列敘述各自屬於哪種詮釋較自然：
(a)「這顆骰子擲出 6 的機率是 \(1/6\)。」
(b)「這位病人罹患此疾病的機率是 \(70\%\)。」
(c)「這封郵件是垃圾郵件的機率是 \(0.92\)。」
(a) 頻率詮釋最自然：骰子可以重複擲，\(1/6\) 是長期頻率的預測，也可由對稱性（等可能）推得。 (b) 貝氏詮釋較自然：「這位病人」只有一位、生病與否已成事實，機率描述的是醫師在現有證據下的信念，會隨檢驗結果更新。 (c) 機器學習分類器的輸出：這封郵件也只有一封，\(0.92\) 是模型的信念程度（貝氏味）；但模型的參數是靠大量歷史郵件以頻率學派的方法（最大概似）訓練出來的。一句 \(0.92\) 裡，兩個學派各占一半。
模型做出的每一個預測都是一個機率。分類器並不輸出「貓」，而是輸出一個分布：\(\Prob(\text{貓}) = 0.83\)、\(\Prob(\text{狗}) = 0.12\)、……，並且恰好服從本章的公理（每項非負、總和為一）。這裡的樣本空間就是類別集合；softmax 層本質上是一台「把任意實數向量變成合法機率分布」的機器。生成式模型更進一步，直接在「所有可能的圖片」或「所有可能的句子」上放一個機率分布。把地基打對——什麼是事件、機率何時可以相加、那個數字是什麼意思——正是「能夠健全地推理不確定性的模型」與「自欺欺人的模型」之間的分水嶺。
Python 實作
理論之後，動手驗證。下面的程式碼示範：頻率觀點下長期頻率趨近機率、組合計數、排容原理，以及生日問題的蒙地卡羅模擬。
import numpy as np from math import comb, prod
rng = np.random.default_rng(42)
# — 1. 頻率觀點：長期頻率趨近機率 — flips = rng.integers(0, 2, size=1_000_000) # 0/1 = 反面/正面 print(flips.mean()) # -> 約 0.5
# — 2. 計數：五張手牌總數與同花機率 — total = comb(52, 5) flush = 4 * comb(13, 5) print(total, flush / total) # 2598960, 約 0.00198
# — 3. 排容原理：P(A or B) 必須扣掉交集 — PA, PB, PAB = 0.5, 0.4, 0.2 print(PA + PB - PAB) # 0.7，而不是 0.9
# — 4. 生日問題：理論 vs. 模擬 — n = 23 p_theory = 1 - prod((365 - k) / 365 for k in range(n)) bdays = rng.integers(0, 365, size=(100_000, n)) p_sim = np.mean([len(np.unique(row)) < n for row in bdays]) print(round(p_theory, 4), round(p_sim, 4)) # 約 0.5073, 0.507x
樣本空間 \(\Omega\) 收納所有可能結果；事件是 \(\Omega\) 的子集合；機率度量事件的「大小」。寫對樣本空間是一切計算的第一步。
Kolmogorov 三公理（非負性、規範性、互斥事件可加性）生成所有規則：補集規則、單調性、排容原理。
機率只有在事件互斥時才能直接相加；有重疊時必須使用 \(\Prob(A \cup B) = \Prob(A) + \Prob(B) - \Prob(A \cap B)\)。
等可能結果下，機率就是計數：排列 \(P(n,k)\) 管順序、組合 \(\binom{n}{k}\) 不管順序，兩者相差 \(k!\) 倍。
「難算正面就算補集」（生日問題）與「先分步再相乘」（乘法原理）是計數的兩大心法。
頻率學派（長期頻率）與貝氏學派（信念程度）兩種詮釋都貫穿機器學習：訓練用頻率式的最大概似，預測輸出讀作貝氏式的信念。
練習題
建議先獨立完成再對照詳解。題目依難度標示為基礎、進階、挑戰三級。
擲兩顆公正骰子，記錄點數對 \((i, j)\)。(a) 樣本空間共有幾個結果？(b) 求「點數和等於 7」的機率。(c) 求「點數和至少 10」的機率。
從一副 52 張撲克牌隨機抽一張。設 \(A\) =「紅心」、\(B\) =「人頭牌（J、Q、K）」。求 \(\Prob(A)\)、\(\Prob(B)\)、\(\Prob(A \cap B)\)、\(\Prob(A \cup B)\)，以及「既不是紅心也不是人頭牌」的機率，並指出最後一問與 De Morgan 定律的關係。
僅使用 Kolmogorov 三公理，證明：(a) \(\Prob(A^c) = 1 - \Prob(A)\)；(b) 若 \(A \subseteq B\) 則 \(\Prob(A) \le \Prob(B)\)；(c) \(\Prob(A \cup B) = \Prob(A) + \Prob(B) - \Prob(A \cap B)\)。
某班 40 位學生中，25 人修統計、18 人修程式設計、10 人兩科都修。隨機抽出一位學生，求：(a) 至少修一科的機率；(b) 恰好修一科的機率；(c) 兩科都沒修的機率。
社團有 8 位成員。(a) 選出 3 人組成委員會，有幾種選法？(b) 選出主席、副主席、書記各一人（一人不得兼任），有幾種選法？(c) 說明兩個答案為何差 \(3! = 6\) 倍。
求五張撲克手牌是葫蘆（full house：三張同點數＋兩張另一同點數）的機率。
寫出生日問題的一般公式，驗證 \(n = 23\) 時機率首次超過 \(1/2\)（計算 \(n = 22\) 與 \(n = 23\) 的數值），並用「配對數 \(\binom{n}{2}\)」的觀點解釋為何人數不用很多。
擲一顆公正骰子兩次。設 \(A\) =「第一次為偶數」、\(B\) =「第二次為偶數」、\(C\) =「兩次點數和為偶數」。(a) 分別求 \(\Prob(A), \Prob(B), \Prob(C)\)。(b) 求所有兩兩交集與三重交集的機率。(c) 用三事件排容原理求 \(\Prob(A \cup B \cup C)\)，並解釋所得結果的直觀意義。
6 個人隨機圍一張圓桌而坐（旋轉後相同的座位安排視為同一種）。求甲、乙兩人相鄰而坐的機率。
概念題：(a)「這枚公正硬幣擲出正面的機率是 \(1/2\)」與「這場官司原告勝訴的機率是 \(70\%\)」分別適合哪種詮釋？為什麼？(b) 一個影像分類器對某張照片輸出 \(\Prob(\text{貓}) = 0.83\)。從詮釋的角度說明：這個數字在什麼意義下是頻率式的？在什麼意義下是貝氏式的？
錯排問題（matching problem）：\(n\) 封信隨機放入 \(n\) 個寫好地址的信封（每個信封恰一封信）。(a) 用排容原理證明「沒有任何一封信裝對信封」的機率為 \(\sum_{k=0}^{n} \frac{(-1)^k}{k!}\)。(b) 說明 \(n \to \infty\) 時此機率趨近 \(e^{-1} \approx 0.3679\)。
求五張撲克手牌是順子（straight：五張點數連續，如 A-2-3-4-5 到 10-J-Q-K-A，共 10 種起點；花色不限但不得全部同花色，全同花色者稱為同花順，不算在內）的機率。
用 NumPy 寫一個模擬：擲兩顆骰子 \(10^6\) 次，估計「點數和為 7」的機率並與理論值 \(1/6\) 比較；再模擬練習 1.8 中的事件 \(A \cup B \cup C\)，驗證其機率為 1。
練習題詳解
(a) 每顆骰子 6 種結果，由乘法原理 \(|\Omega| = 6 \times 6 = 36\)，且每個點數對等可能。
(b) 和為 7 的結果：\((1,6), (2,5), (3,4), (4,3), (5,2), (6,1)\)，共 6 個，故 \[\Prob(\text{和} = 7) = \frac{6}{36} = \frac{1}{6} \approx 0.167.\] （有趣的事實：7 是兩骰之和中機率最大的值。）
(c) 和至少 10 的結果：和為 10 有 \((4,6),(5,5),(6,4)\) 共 3 個；和為 11 有 \((5,6),(6,5)\) 共 2 個；和為 12 有 \((6,6)\) 共 1 個。合計 \(3+2+1 = 6\) 個， \[\Prob(\text{和} \ge 10) = \frac{6}{36} = \frac{1}{6}.\]
紅心 13 張，人頭牌每花色 3 張共 12 張，紅心人頭牌（紅心 J、Q、K）3 張： \[\Prob(A) = \frac{13}{52} = \frac{1}{4}, \qquad \Prob(B) = \frac{12}{52} = \frac{3}{13}, \qquad \Prob(A \cap B) = \frac{3}{52}.\] 由排容原理 \[\Prob(A \cup B) = \frac{13 + 12 - 3}{52} = \frac{22}{52} = \frac{11}{26} \approx 0.423.\] 「既非紅心也非人頭牌」即 \(A^c \cap B^c\)。由 De Morgan 定律 \(A^c \cap B^c = (A \cup B)^c\)，故 \[\Prob(A^c \cap B^c) = 1 - \Prob(A \cup B) = 1 - \frac{11}{26} = \frac{15}{26} \approx 0.577.\] De Morgan 把「兩者皆非」轉換成「並非至少其一」，再套用補集規則，是這類問題的標準解法。
(a) \(A\) 與 \(A^c\) 互斥且聯集為 \(\Omega\)。由公理 3（可加性）：\(\Prob(A) + \Prob(A^c) = \Prob(\Omega)\)；由公理 2（規範性）右邊為 1，移項即得 \(\Prob(A^c) = 1 - \Prob(A)\)。
(b) 因 \(A \subseteq B\)，可寫 \(B = A \cup (B \cap A^c)\)，兩塊互斥。由可加性 \[\Prob(B) = \Prob(A) + \Prob(B \cap A^c),\] 而公理 1 保證 \(\Prob(B \cap A^c) \ge 0\)，故 \(\Prob(B) \ge \Prob(A)\)。
(c) 將 \(A \cup B\) 分割為互斥三塊：\(A \cap B^c\)、\(A^c \cap B\)、\(A \cap B\)，記其機率為 \(x, y, z\)。可加性給出 \[\Prob(A \cup B) = x + y + z, \qquad \Prob(A) = x + z, \qquad \Prob(B) = y + z.\] 於是 \[\Prob(A) + \Prob(B) - \Prob(A \cap B) = (x + z) + (y + z) - z = x + y + z = \Prob(A \cup B). \qquad \blacksquare\]
設 \(S\) =「修統計」、\(C\) =「修程式設計」，\(\Prob(S) = \tfrac{25}{40}\)、\(\Prob(C) = \tfrac{18}{40}\)、\(\Prob(S \cap C) = \tfrac{10}{40}\)。
(a) 排容原理： \[\Prob(S \cup C) = \frac{25 + 18 - 10}{40} = \frac{33}{40} = 0.825.\]
(b) 「恰好一科」= 只修統計 + 只修程式設計： \[\frac{25 - 10}{40} + \frac{18 - 10}{40} = \frac{15 + 8}{40} = \frac{23}{40} = 0.575.\] （也可用 \(\Prob(S \cup C) - \Prob(S \cap C) = \tfrac{33}{40} - \tfrac{10}{40}\) 驗證。）
(c) 補集規則： \[\Prob(\text{都沒修}) = 1 - \Prob(S \cup C) = 1 - \frac{33}{40} = \frac{7}{40} = 0.175.\]
(a) 委員會不分職位，順序不重要，用組合： \[\binom{8}{3} = \frac{8 \times 7 \times 6}{3!} = 56 \text{ 種}.\]
(b) 三個職位互不相同，順序重要，用排列： \[P(8,3) = 8 \times 7 \times 6 = 336 \text{ 種}.\]
(c) 每一組 3 人的委員會，可以用 \(3! = 6\) 種方式分配主席／副主席／書記三個職位，因此「有序」數量恰為「無序」數量的 6 倍：\(336 = 56 \times 6\)。這正是公式 \(\binom{n}{k} = P(n,k) / k!\) 的內容。
分四步建構一手葫蘆（三條＋一對）：
選「三條」的點數：\(\binom{13}{1} = 13\) 種；
從該點數的 4 張牌中選 3 張：\(\binom{4}{3} = 4\) 種；
選「一對」的點數（不得與三條相同）：\(\binom{12}{1} = 12\) 種；
從該點數的 4 張牌中選 2 張：\(\binom{4}{2} = 6\) 種。
由乘法原理，葫蘆總數為 \[13 \times 4 \times 12 \times 6 = 3744,\] 機率為 \[\Prob(\text{葫蘆}) = \frac{3744}{2{,}598{,}960} \approx 0.00144,\] 約 \(0.14\%\)，平均每 694 手出現一次。注意步驟 1、3 不能寫成 \(\binom{13}{2}\)：三條的點數與一對的點數角色不同（3 張 vs. 2 張），順序有別，必須依序選取。
一般公式（\(n \le 365\)）： \[\Prob(\text{至少兩人同生日}) = 1 - \prod_{k=0}^{n-1} \frac{365 - k}{365}.\] 數值驗證： \[n = 22:\quad 1 - 0.5243 = 0.4757 < \tfrac12, \qquad n = 23:\quad 1 - 0.4927 = 0.5073 > \tfrac12,\] 故 \(n = 23\) 是機率首次超過一半的人數。
直觀解釋：撞生日的「機會」不是 \(n\) 次，而是每一對人都有一次機會，共 \(\binom{n}{2}\) 對。\(n = 23\) 時有 \(\binom{23}{2} = 253\) 對；每對同生日的機率約 \(1/365\)，粗略估計 \[\Prob(\text{至少一對相同}) \approx 1 - \Bigl(1 - \frac{1}{365}\Bigr)^{253} \approx 1 - e^{-253/365} \approx 0.500,\] 與精確值 \(0.5073\) 非常接近。配對數以 \(n^2\) 級成長，這就是為什麼人數不需要接近 365。
(a) 骰子偶數有 \(\{2,4,6\}\)，故 \(\Prob(A) = \Prob(B) = \tfrac{1}{2}\)。和為偶數 \(\iff\) 兩次同奇偶（偶偶或奇奇）， \[\Prob(C) = \tfrac12 \cdot \tfrac12 + \tfrac12 \cdot \tfrac12 = \tfrac12.\]
(b) \(A \cap B\) =「兩次皆偶」：\(\Prob = \tfrac14\)。 \(A \cap C\)：第一次偶且和偶 \(\Rightarrow\) 第二次也必須是偶，故 \(A \cap C = A \cap B\)，\(\Prob = \tfrac14\)。 同理 \(B \cap C = A \cap B\)，\(\Prob = \tfrac14\)。 \(A \cap B \cap C\) =「兩次皆偶」（此時和自動為偶），\(\Prob = \tfrac14\)。
(c) 排容原理： \[\Prob(A \cup B \cup C) = \underbrace{\tfrac12 + \tfrac12 + \tfrac12}_{3/2} - \underbrace{\tfrac14 - \tfrac14 - \tfrac14}_{\text{扣 } 3/4} + \tfrac14 = \tfrac32 - \tfrac34 + \tfrac14 = 1.\] 機率為 1 表示 \(A \cup B \cup C = \Omega\)：三個事件必然至少發生一個。直觀驗證——若 \(A\) 與 \(B\) 都不發生，表示兩次都是奇數，那麼和 = 奇 + 奇 = 偶，\(C\) 必然發生。排容原理算出的「1」正好印證了這個邏輯事實。
圓桌排列把旋轉視為相同：固定其中一人當「基準」消除旋轉自由度，其餘 5 人可任意排列，總數為 \((6-1)! = 120\) 種。
甲乙相鄰的排法：把甲乙「綁」成一個單位，圓桌上共 5 個單位，圓排列數 \((5-1)! = 24\)；甲乙在單位內可交換左右，乘上 \(2\)，得 \(24 \times 2 = 48\) 種。 \[\Prob(\text{甲乙相鄰}) = \frac{48}{120} = \frac{2}{5}.\] 快速驗算：固定甲的座位，乙落在剩下 5 個座位中的任一個，等可能；其中與甲相鄰的座位恰有 2 個，故 \(\Prob = 2/5\)。兩法一致。
(a) 「公正硬幣出正面機率 \(1/2\)」適合頻率詮釋：拋硬幣可以無限重複，\(1/2\) 描述長期頻率（亦可由物理對稱性支持）。「原告勝訴機率 \(70\%\)」適合貝氏詮釋：這場官司獨一無二、不可重複，\(70\%\) 表達的是在現有證據下對結果的信念強度，新證據出現時應當更新。
(b) 頻率式的一面：模型的參數是用大量歷史資料、以最大概似（頻率學派方法，第 7 章）訓練而得；而且若模型校準良好（第 13 章），那麼在所有被它標為 0.83 的照片中，長期而言約有 \(83\%\) 真的是貓——這是一個可用頻率檢驗的性質。貝氏式的一面：對這一張特定的照片而言，「是貓」已是既定事實，0.83 表達的是模型基於這張圖的特徵所持的信念程度，功能上等同於貝氏後驗機率。實務上我們同時使用兩種讀法。
(a) 設 \(A_i\) =「第 \(i\) 封信裝對信封」。所求為 \(\Prob\bigl(\bigcap_i A_i^c\bigr) = 1 - \Prob\bigl(\bigcup_i A_i\bigr)\)。
排容原理的一般形式： \[\Prob\Bigl(\bigcup_{i=1}^{n} A_i\Bigr) = \sum_{k=1}^{n} (-1)^{k+1} \sum_{i_1 < \cdots < i_k} \Prob(A_{i_1} \cap \cdots \cap A_{i_k}).\] 指定 \(k\) 封特定的信全部裝對時，其餘 \(n-k\) 封信可任意排列，故 \[\Prob(A_{i_1} \cap \cdots \cap A_{i_k}) = \frac{(n-k)!}{n!},\] 而選出這 \(k\) 封信的方式有 \(\binom{n}{k}\) 種，因此第 \(k\) 層的貢獻為 \[\binom{n}{k} \frac{(n-k)!}{n!} = \frac{n!}{k!\,(n-k)!} \cdot \frac{(n-k)!}{n!} = \frac{1}{k!}.\] 代入排容原理： \[\Prob\Bigl(\bigcup_i A_i\Bigr) = \sum_{k=1}^{n} \frac{(-1)^{k+1}}{k!}, \qquad \Prob(\text{全部裝錯}) = 1 - \sum_{k=1}^{n} \frac{(-1)^{k+1}}{k!} = \sum_{k=0}^{n} \frac{(-1)^k}{k!}.\]
(b) 由指數函數的泰勒展開 \(e^{x} = \sum_{k=0}^{\infty} x^k / k!\)，取 \(x = -1\)： \[\lim_{n \to \infty} \sum_{k=0}^{n} \frac{(-1)^k}{k!} = e^{-1} \approx 0.3679.\] 收斂極快：\(n = 6\) 時已準確到小數第三位。無論 10 封信還是 1000 萬封信，「全部裝錯」的機率都約為 \(36.8\%\)——一個反直覺的美麗結果。
分步計數順子（不含同花順）：
選起點：順子可為 A-2-3-4-5、2-3-4-5-6、……、10-J-Q-K-A，共 \(10\) 種點數組合；
五張牌各自獨立選花色：\(4^5 = 1024\) 種；
扣除五張全同花色的情形（即同花順）：每種點數組合有 4 種全同花，故扣 \(4\)。
順子總數： \[10 \times (4^5 - 4) = 10 \times 1020 = 10{,}200,\] 機率： \[\Prob(\text{順子}) = \frac{10{,}200}{2{,}598{,}960} \approx 0.00392,\] 約 \(0.39\%\)，平均每 255 手一次。（對照：同花 \(\approx 0.197\%\)、葫蘆 \(\approx 0.144\%\)——這正是撲克牌型大小排序「順子 \(<\) 同花 \(<\) 葫蘆」的由來：越稀有，牌型越大。）
參考程式與輸出：
import numpy as np rng = np.random.default_rng(0) N = 1_000_000
# (a) 兩骰之和為 7 d1 = rng.integers(1, 7, size=N) d2 = rng.integers(1, 7, size=N) p_seven = np.mean(d1 + d2 == 7) print(round(p_seven, 4), round(1/6, 4)) # 約 0.1667 vs 0.1667
# (b) 練習 1.8：A = 第一骰偶數, B = 第二骰偶數, C = 和為偶數 A = (d1 B = (d2 C = ((d1 + d2) print(np.mean(A | B | C)) # 1.0，與排容原理的結論一致
模擬結果 \(\hat{p} \approx 0.1667\) 與理論值 \(1/6\) 相符（誤差約 \(10^{-3}\) 量級，來自有限樣本的隨機波動，第 6 章的中央極限定理會告訴我們誤差正比於 \(1/\sqrt{N}\)）。第二個輸出恆為 \(1.0\)：\(A \cup B \cup C\) 涵蓋整個樣本空間，每一次模擬都至少發生其中一個事件。
下一章：條件機率與貝氏定理——機率如何吸收證據。