等可能概型古典概型

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1、等可能概型(古典概型)授课教师：张 俊第四节第一章 概率论的基本概念4 等可能概型 (古典概型)(一)定义 如果试验E具有以下两个特点：则称试验E所对应的概率模型为等可能概型或古典概型。(二)计算公式 1.有限性由于基本事件两两互不相容，故因此i=1,2,n。2.等可能性样本空间的元素只有有限个，即每一个基本事件的概率相等，即计算公式若事件A包含k个基本事件，即其中 i1,i2,ik 是1,2,n 中某k个不同的数。则有例1 将一枚硬币抛掷三次。(1)事件A1为“恰有一次出现正面”， 求P(A1)；(2)事件A2为“至少有一次出现正面”，求P(A2)。解：(1)考察1的试验试验 E2，其样本空

2、间为S2：HHH,HHT,HTH,HTT,THH,THT,TTH,TTT由硬币的对称性知E2满足等可能性，且基本事件总数n=8。而A1=HTT,THT,TTH 故A1包含的基本事件数k1=3例题1 (2)法一： A2 =HHH,HHT,HTH,THH,HTT,THT,TTHA2包含的基本事件数k2=7 法二： =TTTA2的逆事件 表示“一次也不出现正面”，注意：如用试验E3：将一枚硬币抛掷三次，观察正面H出现的次数。其样本空间为S3：0,1,2,3。如由此得到P(A1)=1/4是错误的，因为E3不满足等可能性。事实上，P(0)=P(3)=1/8，P(1)=P(2)=3/8。组合分析的两条基本

3、原理成都火车2次汽车3次重庆共有2+3=5种方法1.加法原理 若完成一件事有两种方式，第一种方式有n1种方法，第二种方式有n2种方法，无论通过哪种方法都可以完成这件事，则完成这件事总共有n1+n2种方法。成都重庆武汉火车汽车火车 飞机轮船共有23=6种方法2.乘法原理 若完成一件事有两个步骤，第一个步骤有n1种方法，第二个步骤有n2种方法，必须通过每一个步骤才算完成这件事，则完成这件事总共有n1n2种方法。在等可能概型的计算中经常要用到的排列，组合的知识，是 组合分析最基本的内容。例题2 例2.一口袋装有只球，其中4只白球，2只红球。从袋中取球两 次，每次随机地取一只，考虑两种取球方式：(a)

4、第一次取一只 球，观察其颜色后放回袋中，搅匀后再取一球。这种取球方式叫 做放回抽样。(b)第一次取一球不放回袋中，第二次从剩余的球 中再取一球。这种取球方式叫做不放回抽样。试分别就上面两种 情况求：(1)取到的两只球都是白球的概率；(2)取到的两只球颜 色相同的概率；(3)取到的两只球中至少有一只是白球的概率。 解：设事件A表示“取到的两只球都是白球”，则AB表示“取到的两只球颜色相同”的事件， 而B的逆事件表示“取到的两只球不都是红球”， 即“取到的两只球中至少有一只是白球”，故事件B表示“取到的两只球都是红球”，事件C表示“取到的两只球中至少有一只是白球”，例题2当样本空间S的元素较多时，

5、可不将S中的元素一一列出，只 需分别求出S与A中包含的元素(即基本事件)的个数即可。从袋中依次取球两次，每一种取法为一个基本事件，不能认 为哪一种取法更占优势，故满足等可能性，显然也满足有限性。(a)放回抽样从袋中有放回地取球两次，每次取一只球，按乘法原理，第 一次有6只球可抽，第二次也有6只球可抽，基本事件总数n=36。 第一次有4只白球，只红球可抽，第二次也有4只白球，只红 球可抽，故A包含的基本事件数kA=16，B包含的基本事件数kB=4,显然A,B互不相容, 故 例题2 (b)不放回抽样从袋中无放回地取球两次，每次取一只球，按乘法原理， 第一次有6只球可抽，第二次只有5只球可抽，基本事

6、件总数 n=65=30。第一次有4只白球可抽，抽出一只白球后，第二次 只有3只白球可抽。 故A包含的基本事件数kA=43=12同理可得B包含的基本事件数kB=21=2例题3 例3 将n只球随机地放入N(Nn)个盒子中去，试求每个盒子中至多 有一只球的概率(设盒子的容量不限)。解： 将n只不同的球随机地放入N个不同的盒子中去，每一种放法为一个基本事件，不能认为哪一种放法更占优势，故满足等可能性。将每一只球随机地放入N个盒子中的任一个盒子，都有N种 不同的放法，而将n只球随机地放入N个盒子中，按乘法原理， 应该有NNN=Nn种不同的放法。若每个盒子中至多放一只球，则第一只球可放入N个盒子 中，第二

7、只球只能放入(N-1)个盒子中，第n只球只能放入 N-(n-1)个盒子中，共有N(N-1)N-(n-1)种放法。故所求概率组合数n202330405064100 p0.4110.5070.7060.8910.9700.9970.9999997与此具有相同数学模型的“生日相合”问题。n(365)个人生日各不相同的概率为：其中至少有两人生日相同的概率为：例如：特别当a为正整数，且ra时， 为组合数。若a为任意实数，r为非负整数，定义例题4例4 设有N件产品，其中有D件次品，今从中任取n件，则其中恰有k(kD)件次品的概率是多少？解： 在N件产品中抽取n件，作不放回抽样，每一种取法为一个基本事件，不

8、能认为哪一种取法更占优势，故满足等可能性。共有 种取法。若n件中有k件次品，则k件次品从D件次品中取出有 种取法；而其余的n-k件正品应从N-D件正品中取出有 种取法。超几何分布 的概率公式按乘法原理，从N件产品中任取n件，其中恰有k件次品的取法是 种，而概率是例题5 例5 袋中有a只白球，b只红球。k个人依次在袋中取一只球，(1)作放回抽样；(2)作不放回抽样，求第i(i=1,2,k)人取到白球(记为事件B)的概率(ka+b)。 解：(1)放回抽样 每个人取到白球的概率都是：(2)不放回抽样 基本事件是k个人依次在袋中a+b只球中取一只球，不能认为哪一种取法更占优势，故满足等可能性，共有取法

9、：当事件B发生时，第i个人取到的白球可以是a只白球中的任一只，有a种取法；其余的k-1个人取到的球可以是其余的a+b-1只球中的任意k-1只，有取法： 故事件B包含 个基本事件。注意及例题6 注意：1.不放回抽样中P(B)与i无关，即k个人中每个人取到白球 的概率相等，与取球的先后次序无关。这就是概率论中有名的抽 签原理。 2.放回抽样与不放回抽样中的P(B)相等。 例6 在12000的整数中随机地取一个数，问取到的整数既不能 被6整除，又不能被8整除的概率是多少？解： 设事件A表示“取到的数能被6整除”事件B表示“取到的数能被8整除”注意事件A与B并 不是互不相容的故逆事件 表示“取到的数既

10、不能被6整除, 也不能被8整除”。则事件 表示“取到的数既不能被6整除，也不能被8整除”。由于 ，而事件AB表示“取到的数能被6或8整除”例题6 事件AB表示“取到的数能同时被6和8整除，即能被其最小公倍数24整除”取到的数共2000个，每一个数被取到的可能性相同。由于 ，故能被6整除的数为333个。由于 ，故能被8整除的数为250个。由于 ，故能同时被6和8整除的数为83个。多组组合问题n个不同的元素，分成k组，每组分别有n1,n2,nk个元素，一共有 种分法。(n1+n2+nk = n )证：从n个不同的元素中取出n1个元素有 种取法；再从剩下的n-n1个元素中取出n2个元素有 种取法；从

11、最后剩下的n-(n1+n2+nk-1)个元素中取出nk个元素有种取法。按乘法原理，n个不同的元素，分成k组，每组分别有n1,n2,nk个元素,应该有种分法。 例题7 例7 将15名新生随机地平均分配到三个班级中去，这15名新生中有 3名是优秀生。问(1)每一个班级各分配到一名优秀生的概率是多少？(2) 3名优秀生分配到同一个班级的概率是多少？ 解： 基本事件是15名新生平均分配到三个班级, 每班5人，不能认 为哪一种分法更占优势，故满足等可能性。分法总数为：(1)每班分一名优秀生有3!种分法，其余12名新生平均分配到三 个班级的分法总数为 。按乘法原理，每一个班级各分配到一名 优秀生的分法总数

12、为 。其概率为 。(2)三名优秀生分配到同一个班级有3种分法，其余12名新生按 优秀生所在班2人，另两个班级各5名分配的分法总数为 ，按 乘法原理，3名优秀生分配到同一个班级的分法总数为 ，其 概率为 。例题8 例8 某接待站某一周曾接待过12次来访，已知所有这12次接待都是 在周二和周四进行的，问是否可以推断接待时间是有规定的？ 解： 由于不知道接待时间是否有规定，我们可以先假设接待时间有 规定。但由此将考虑各种各样的规定，从而面对极其复杂的情况。不妨反过来，假设接待时间没有规定，再根据这12次来访都集 中在周二和周四来求该事件的概率。基本事件是某天接待了一次来访，而各来访者在一周七天中的 任一天去接待站是等可能的。12次来访共有712种可能方式，这是 基本事件总数。来访都发生在周二和周四的可能方式为212种，其 概率为：概率如此小的事件居然发生了，这与人们在长期的实践中总 结得到的“实际推断原理”(概率很小的事件在一次试验中实际上 几乎是不发生的)矛盾。因此接待时间是有规定的。