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1、习题讲解习题讲解 在做题的时候用+来代替事件和的符号, 而事件积的符号则不写以代替乘积是方 便的, 这个时候有规律 A +A = S, A(B+C)=AB+AC, 等等. 并记住对于任何一个事件A, 都成立 A+S=S, AS=A, AA= 其中S为基本空间或必然事件. A与B是对立事件的定义(充要条件)就是 A+B=S和AB=都成立.1习题习题选讲选讲 设 A、B 为两个事件, 若 ABAB=, 问 A 和 B 有什么关系. 解解 因为ABABAB=+, 就是说 AB 与 A+B为对立事件, 则根据对立事件的性质有 AB(A+B)= (1) 和 AB+(A+B)=S (2) 由(1)得 AB
2、A+ABB=AB+AB=AB=, 由(2)得 AB+A+B=A+B=S, 因此 A 与 B 为对立事件, 即AB=. 2习题总结习题总结: 假设有一个非常复杂的事件运 算表达式, 我们用记号表示, 而另一个 非常复杂的事件运算表达式, 我们用记号 表示, 如果一道题能够给出或者推导出 关系式 =则必有下面两式同时成立: S =+= = 34 古典概型与几何概型本节讨论两类比较简单的随机试验, 随机试验的每个样本点的出现是等 可能的情形.4引例引例 一个纸桶中装有10个大小, 形状完 全相同的球. 将球编号为1-10. 把球搅匀, 蒙上眼睛从中任取一球.1234 5678910 5因为抽取时这些
3、球被抽到的可能性是完 全平等的, 所以我们没有理由认为这10 个球中的某一个会比另一个更容易抽得.1234 5678910 6也就是说, 这10个球中的任一个被抽取的 可能性均为1/10. 设i表示取到第i号球, i=1,2,10. 则该试 验的样本空间S=1,2,10, 且每个样本 点(基本事件)i(i=1,2,10)出现的可能 性相同. 这样一类随机试验是一类最简单的概率 模型, 它曾经是概率论发展初期主要的研 究对象.7一一, 古典概型古典概型 我们称具有下列两个特征的随机试验模 型为古典概型古典概型. (1) 随机试验只有有限个可能的结果; (2) 每一个结果发生的可能性大小相同.因而
4、古典概型又称为等可能概型等可能概型. 在概率 论的产生和发展过程中, 它是最早的研究 对象, 而且在实际应用中也是最常用的一 种概率模型.8它在数学上可表述为: (1) 试验的样本空间有限, 记 S=e1,e2,en; (2) 每一基本事件的概率相同, 记 Ai=ei(i=1,2,n), 即 P(A1)=P(A2)=P(An) 由概率的公理化定义知111( )()()()nniii iiP SPAP AnP A=9于是111( )()()()nniii iiP SPAP AnP A=1(),1,2,iP Ainn=在古典概型的假设下, 推导事件概率的计 算公式, 设事件A包含其样本空间S中的k
5、 个基本事件, 即12kiiiAAAA=10则事件A发生的概率12kiiiAAAA=1( )() jki jkAP APAnS=包含的基本事件数 中基本事件的总数 (3.1)称此概率为古典概率古典概率. 这种确定概率的方 法称为古典方法, 这就把求古典概率的问 题转化为对基本事件的计数问题.11二二, 计算古典概率的方法计算古典概率的方法排列与组合排列与组合 1.基本计数原理基本计数原理 (1) 加法原理加法原理 设完成一件事有m种方式, 第i种方式有ni种方法, 则完成该件事的方 法总数为n1+n2+nm. (2) 乘法原理乘法原理 设完成一件事有m个步骤, 其中第i步有ni种方法, 必须通
6、过m个步骤 的每一步骤才能完成该事件, 则完成该事 件的方法总数为n1n2nm.122.排列组合方法排列组合方法 (1) 排列公式排列公式 从n个不同不同元素中任取k个(1kn)的不同 排列总数排列总数为 !(1)(2)(1)()!k nnPn nnnknk=+=k=n时称为全排列:(1)(2)2 1!n nnPPn nnn= 13(2) 组合公式组合公式 从n个不同不同元素中任取k个(1kn)的不同 组合总数为! !()! !k kn nPnCknk k=k nC有时记作n k , 称为组合系数组合系数. !kk nnPCk=14（3 3）( (互异元素有编号分组互异元素有编号分组)将n个不
7、同元 素分为k组, 各组元素数目分别为 r1,r2,rk(r1+r2+rk=n), 则分法的总数为121 12!.! !kkrrr nn rr knCCCr rr=注注：组合相当于有编号分组。按照组合模式计算出的分组方式数目中 , 已经天然地把组的不同编号方式数目计算在内了.15（4）互异元素无编号分组：）互异元素无编号分组：无编号（不可区分）分组：等价于有编号分组种数除以组数的阶层。即：无编号分组种数 =有编号分组种数 （组数）！16欲将 6 个人分为 3 组, 每组 2 人, 分别 从事 3 项不同工作 , 求分配方式数。 解：(有编号分组）先取出两人从事第 1 项工作 , 有 C62种方
8、式 ; 再取出两人从事 第2项工作，有 C42种方式 ; 剩下的两人 从事第 3 项工作 . 所以一共有62 42=6! 2!2!2!= 9017要把 7 人分为 3 个小组 , 执行同一种任 务 , 其中一个组 3 人, 另两个组各 2 人, 求分组方式数. 解：（无编号分组）与上面的情况有所不同 . 因为其中有一个 3 人组 , 无论是否编号 ,它都与其余两个组有所区别(编号无非是为了对分出的组加以区分 ), 所以在按“有编号分组模式 ”算出分组方式数之后 , 应再除以 2! (即除去两个无法区分的组的排列顺序数)。18所以一共有7！ 3!2!2!1 2!=7! 3! 2!3= 105（种
9、）19（5）不尽）不尽相异元素的相异元素的排列排列 有 n 个元素, 属于 k 个不同的类, 同类元素之间不可辨认 , 各类元素分别有个，其中，要把它们排成一列，则共有种不同的排列方法。12n ,knn12n+nknn+=12! !kn nnn20注注1：组合就是分组(两组,有编号）；有有编号分组编号分组就是“组”的排列：组中 的元素是不可区分的-不尽相异元素 的排列。无编号无编号分组分组是“组的组合”：组中元 素不区分，“组”亦不区分。互异元素的组合，等价于不尽相异元 素的排列（两类不尽相异元素对应于 组合的两个组）21注注2：分组与组合都是指互异元素的分组和 组合。不尽相异元素的分组和组合
10、数 要按照加法原理与乘法原理或者一一 列出的方法来看。不尽相异元素中某一抽取组合出现的 概率可以按照互异元素时组合出现的 概率来计算（例1）22从 n 个不同的元素中 , 有放回地取出 r 个元素组成的可重复排列的种数为 种从 n 个不同的元素中, 不放回地取出 r 个元素组成的不重复排列的种数为 = 1 + 1=! !23从 n 个不同的元素中, 不放回地取 r 个 组成的组合，种数为从 n 个不同的元素中 , 有放回地取 r 个 组成的组合 (不考虑顺序)，种数为1(1)! !()!r n rnrCr nr+ + =! !()!r nnCrnr=24(3) 二项式公式二项式公式012012
11、02( 1)0nn nnnnnn nnnnk kik i m nmn iCCCCCCCCCC C + =+=+ =25r 个不同的球任意放入编号为 1 至 n 的 n 个盒子，每球入各盒均等可能，求下 列事件的概率 (1) A=指定的 r 个盒子各含一个球 (2) B=每盒至多有一球 (3) C=某指定盒中恰有 m 个球26解: = (1) = ! (2) = ! (3) = 127又若球是相同的，则在这里 , r 个球是 相同的 , n 个盒子是互不相同的 . 因此 我们只需要关心各个盒子中的球数 , 而 无需考虑哪个球落在哪个盒子中. 我们 可把问题设想为：r 个相同的小球已经 一字排开
12、, 只须在它们之间加上 n 1 块隔板, 把它们隔为 n 段, 然后让各段 对号放入相应的盒子即可 . 由于盒子可 空, 相当于要将 r + n 1 个不尽相异的 元素进行排列, 28其中 1 类元素 (小球 ) 有 r 个, 另 1 类元 素 (隔板 ) 有 n 1 个, 所以由不尽相异 元素的排列模式知, 一共有 ( + 1)! ! 1 != +1= +11种不同分法. 因此 = +11(1) = 1 (2) = (3) = +1129例例1 一个袋子中装有10个大小相同的球, 其中3个黑球, 7个白球, 求 (1) 从袋子中任取一球, 这个球是黑球的 概率; (2) 从袋子中任取两球,
13、刚好一个白球一 个黑球的概率以及两个球全是黑球的概 率.30解解 (1)10 个球中任取一个, 共有1 1010C=种取法, 10 个球中有 3 个黑球, 取到黑球的 取法共有1 33C =种, 从而根据古典概率计算, 事件 A:“取到的球为黑球”的概率为 1 3 1 103( )10CP AC= 31(2) 10个球中任取两球的取法有2 10C种, 其中刚好一个白球一个黑球的取法有11 37C C种取法, 两个球均是黑球的取法有2 3C种, 记 B 为事件“刚好取到一个白球一个黑 球”. C 为事件“两个球均为黑球”则 11 37 2 10217( ),4515C CP BC=2 3 2 1
14、031( )4515CP CC=32例例2 将标号为1,2,3,4的四个球随意地排成 一行, 求下列各事件的概率: (1) 各球自左至右或自右至左恰好排成 1,2,3,4的顺序; (2) 第1号球排在最右边或最左边; (3) 第1号球与第2号球相邻; (4) 第1号球排在第2号球的右边(不一定 相邻).33解：解：将4个球随意地排成一行有4!=24种 排法, 即基本事件总数为24. 记(1), (2), (3), (4) 的事件分别为 A, B, C, D. (1) A中有两种排法, 故有 21( )2412P A =(2) B中有2(3!)=12种排法, 故有 121( )242P B =34(3) 先将第1,2号球排在任意相邻两个位置, 共有23种排法, 其余两个球可在其余两个位置任意排放, 共有2!种排法, 因而C有232=1
