概率论第一章第四节

m1 m2
mn
完成这件事的方法总数 N m1 m2 mn.
8
乘法原理
做某件事有n个步骤
第一步有 m1种方法 第二步有 m2种方法
……
第 n 步有 mn 种方法
12
n
完成这件事的方法总数 N m1m2 mn.
9
古典概型的几类基本问题 1. 抽球问题(抽样模型）
从n只球（或产品等）中任取k (k≤n)个球， 每一个球被取到的可能相同.
取球方式有：
有放回抽样、无放回抽样； 考虑取球次序、不考虑取球次序.
在每一种方式下各有不同取法.
在实际中，产品的检验、疾病的抽查、农作物 的选种等问题均可化为随机抽球问题.
10
例2 一只口袋装有6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) 放回抽样；(b) 不放回抽样, 试分别就上面两种情况求
6
排列与组合
➢ 选排列 从n个不同的元素中, 任取k(k≤n) 个元素, 按照一定的顺序排成一列, 全部排列个数为
与顺序有关
Ank
n! (n k)!
n(n 1) (n k
1).
➢ 全排列 k n时称为全排列.
Ann n!.
➢ 可重复排列 n个元素中取 k个元素的排列数为
n n n nk
A含基本事件个数：N (N 1) (N n 1),
P( A)
N(N
1) ( N Nn
n 1) .
说明：许多问题和本例有相同数学模型.
生日问题
21
练习 一宿舍住有6位同学，求他们之中恰有4人 的生日在同一月份的概率.
解
C
4 6
12
112
p
126
0.0073 .
C
4 6
6人中任选4人的选法
13
例3 袋中装有a只白球, b只红球，k个人依次从袋中 取一只球，(1) 放回抽样；(2) 不放回抽样, 求第i(i=1,2
…k)人取到白球的概率.
解 B: “第i人取到白球”. a+b个中任取一
(1) 放回抽样
个的排列总数
S含基本事件个数：Aa1b ,
B含基本事件个数：Aa1 ,
P(B )
Aa1 A1
2500 2000 1666 500 333 833 166 10000 10000 10000 10000 10000 10000 10000
0.4666 .
19
2. 投球问题（分配模型） 将n只球随机投入到N (N≥n)个盒子，
投球情形有： 按每盒最多可以容纳一个、任意多个； 球可分辨、不可分辨.
P( A) 333 , 2000
2000 250, 8
P(B) 250 , 2000
83 2000 84, P( AB) 83 ,
24
2000
18
练习 在110000的整数中任取一数，求取到的数 能被4,5,6之一整除的概率.
解 P(A B C) P( A) P(B) P(C) P( AB) P(BC) P( AC) P( ABC)
Ak 1 a b 1
P(B
)
a
Ak1 ab1
Ak ab
a. ab
第i人取到的白球，可 以是a只白球的任一只
结果分析：即k人取球, 尽管取球的先后次序不同,
各人取到白球的概率是一样的.
15
例4 从5双不同的鞋子中任取4只，这4只鞋子中“至少 有两只配成一双”的概率是多少？
解 设 A: “4只至少有两只配成一双”.逆事件简单 A: “4只没有两只配成一双”.
P(B)
CC6121CC6121，
22 66
1. 9
AB , P( A B) P( A) P(B) 5 .
(3) P(C) P(B) 1 P(B) 8 .
9
9
12
A:“取到两只白球”,B:“取到两只红球”，
C:“取到的两球中至少有一只白球”.
(b)不放回抽样
(1) P( A)
S含基本事件个数：C61C51，
nP({ei }),
于是
P ({ei
})
1 n
,
i 1,2,,n.
28
若事件A包含k个基本事件 , 即
A {ei1 } {ei2 } {eik } , 这里i1, i2 , , ik是1, 2, , n中某k个不同的数 , 则有
k
k
P( A) j1 P({eij }) n
A包含的基本事件数 S中基本事件的总数
等可能概型的试验大量存在, 它在概率论发
展初期是主要研究对象. 等可能概型的一些概念 具有直观、容易理解的特点, 应用非常广泛.
3
二、古典概型计算公式
定理 设试验E的样本空间S包含n个元素，事件A 包含k个基本事件，则有
P( A) k A包含的样本点个数
n S中的样本点总数
A包含的基本事件数 S中的基本事件总数
27
证明 设试验的样本空间为 S {e1, e2 , , en } ,
由于在试验中每个基本事件发生的可能性相同, 即
P({e1}) P({e2 }) P({en }) .
又由于基本事件是两两互不相容的, 于是
1P(S) P({e1} {e2 } {en }) P({e1}) P({e2 }) P({en })
➢ 组合 从n个不同的元素中, 任取k(k≤n) 个元素,
并成一组, 全部组合数为
与顺序无C关nk
n! k !(n
k)!
n(n 1) (n k!
k
1)
Ank .
Akk
7
加法原理
做某件事有n类方法
第一类方法有 m1种方法 第二类方法有 m2 种方法
……
第 n 类方法有 mn 种方法
12 4人的生日可以是
12个月中的任一月
112 其余2人的生日可以是
余下的11个月中的任一月
22
例7 30名学生中有3名运动员，将这30名学生平均
成3组，求：
(1) 每组有一名运动员的概率；
每一种分法
(2) 3名运动员集中在一个组的概率. 为一个基本事件.
解 设A:“每组有一名运动员”,
B: “3名运动员集中在一组”, 30名学生分成3
A含基本事件个数：C41C
1，
3
P( A)
C
41C
1 3
43
C
61C
1 5
65
2. 5
(2) P( A B)
AB ,
P(B) CC6121CC5111，
21
65
P( A B) P( A) P(B)
7
.
1 .
15
15
(3) P(C) P(B) 1 P(B) 7 .
15
事件本身复杂，可以 转求其逆事件的概率.
1/10.
85 1946 7 2 3 10
2
定义 设E是随机试验，若E满足下列条件：
1。试验的样本空间只包含有限个元素; (有限性)
即
S {e1 , e2 , , en }
2。试验中每个基本事件发生的可能性相同.(等可能性)
即
P({e1 }) P({e2 }) P({en })
则称E为等可能概型.
解 A: “n件其中恰有k 件次品”.
S含基本事件个数：C
n N
A含基本事件个数：C
k D
C
nk ND
P( A)
C C k nk D ND
C
n N
.
---超几何分布的概率公式
次品 正品
D件次品, N-D件 正品,
每一种取法 为一个基本事件
17
例6 在1~2000的整数中任取一个数，问取到的整数 既不能被8整除，又不能被6整除的概率是多少？
定理得证.
2返9 回
生日问题
假设每人的生日在一年365天中任一天是等可 能的,即都等于1/365, 那么随机选取 n ( 365)个人 , 他们的生日各不相同的概率为
证明
4
三、典型例题
例1 将一枚硬币抛掷三次。设： (1) 事件 A1为“恰有一次出现正面”， (2)事件 A2为“至少有一次出现正面”，
求 P (A1 ), P (A2).
解 样本空间:
S {HHH, HHT, HTH,THH, HTT,THT,TTH ,TTT}.
(1) A1 {HTT ,THT ,TTH },
P( A1 )
3 8
．
(2) A2 {HHH , HHT , HTH ,THH , HTT ,THT ,TTH }.
P( A2 )
7 8
．
5
说明 当样本空间中的元素较多时, 一般不再将元素
一一列出, 只需分别求出S和A中元素的个数，再 用计算公式即可求得相应的概率.
求样本空间，及所求事件含元素（基本事件） 的个数常常需要用到排列、组合.
根据小概率原理(实际推断原理) ， 可以断定接待来访者是有时间规定的.
24
例9 在11张卡片上分别写上probability这11个字母 从中任取7张，求其恰好排列成ability的概率.
解 设A:“恰好排列成ability”，
基本事件总数：A171 ,
A包含的基本事件个数：A21 A22 4,
13579
2 4 6 8 10
S含基本事件个数：C140
先从5双中取4双, 再从每双中任取1只
A 含基本事件个数：C54 24
P( A) 1
P( A) 1
C54 24 C140
13 . 21
16
例5 设有N件产品, 其中有D件次品, 现从中任取n件， 求其中恰有k (k≤D)件次品（记为事件A)的概率. ，
P( A)
4 A171 .
25
四、小结
➢ 定义
设E是随机试验，若E满足下列条件： 1。试验的样本空间只包含有限个元素; (有限性) 2。试验中每个基本事件发生的可能性相同.(等可能性)
则称E为等可能概型. ➢ 计算公式
P( A)
A包含的基本事件 S中基本事件的总数
.
26
作业：
习题
P25-26 6.8.12.13.
§1.4 等可能概型(古典概型)
一、古典概型定义 二、古典概型计算公式 三、典型例题 四、小结
1
一、古典概型定义
例如，一个袋子中装有10个大小、形状完全 相同的球. 将球编号为1－10 .把球搅匀，闭上眼 睛，从中任取一球.
因为抽取时这些球是完全平 等的，我们没有理由认为10个球 中的某一个会比另一个更容易取 得 . 也就是说，10个球中的任一 个被取出的机会是相等的，均为
S含基本事件个数：C
C C 10 10 10
30 20 10
,
组的分法总数
A含基本事件个数：3
!
C297C198C
9 9
,
B含基本事件个数：3
C277C
C 10 10
20 10
,
乘法原理
P( A)
3！ C297C198C99 C C C 10 10 10
30 20 10
50 . 203
P(B)
3 C277C2100C1100 C C C 10 10 10
在每一种情形下各有不同投法.
20
例6 将n只球随机地放入N (N n)个盒子里去 , 求每个盒子至多有一只球的概率(盒子容量不限).
每一只球可放入
N个盒子中的任一个， 每一种放法
解设 A“每个盒子至多有一只球”， 为一个基本事件.
S含基本事件个数：N N N N n ,
n个球放入N个 盒子总放法.
30 20 10
.
23
例8 某接待站在某一周曾接待过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 若没有规定，则在任一天来访是等可能的，
A: “12次接待都在周二和周四”. 212
P( A) 0.0000003.
712
小概率事件
小概率原理:
概率很小的事件在 一次试验中几乎是 不发生的.
11
A:“取到两只白球”,B:“取到两只红球”，
C:“取到的两球中至少有一只白球”.
(a)放回抽样
(1) P( A)
组合的乘法 原理
S含基本事件个数：C61C61，
A含基本事件个数：C41C
1，
4
每一种取法 为一个基本事件
P( A)
C41Cຫໍສະໝຸດ 1 444C
61C
1 6
66
4. 9
(2) P( A B)
解设A “取到的数能被6整除”，
对偶规律B “取到的数能被8整除”，
250 333 83
则所求的概率为
S
P( AB) P( A B) 1 P( A B) 1 [P( A) P(B) P( AB)] 1 [ 333 250 83 ] 3 .
2000 2000 2000 4
由于
333 2000 334, 6
ab
a .
ab
每一种取法 为一个基本事件
14
例3 袋中装有a只白球, b只红球，k个人依次从袋中 取一只球，(1) 放回抽样；(2) 不放回抽样, 求第i(i=1,2
…k)人取到白球的概率.
解 B: “第i人取到白球”. k人每人各取
(2) 不放回抽样
一球总数
S含基本事件个数：Aak b
B含基本事件个数：a
(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. 分析每一个球被取到的可能性是相同的，属古典概型.
解 设 A:“取到两只白球”, B:“取到两只红球”， C:“取到的两球中至少有一只白球”.
即求 (1)P( A); (2) P( A B); (3)P(C). 基本事件