1.4 等可能概型
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1-4 等可能概型(古典概型)
n! 一共有 n !n ! n !种分法。(n1+n2+„+nk = n ) 1 2 k
n
1
证：从n个不同的元素中取出n1个元素有 n n !( n n )! 种取法；
1 1
n!
(n n1 )! 再从剩下的n-n1个元素中取出n2个元素有 n !(n n n )! 2 1 2
组合分析的两条基本原理
火车2次 火车
成都
汽车3次
重庆
成都
汽车
重庆
火车 飞机 轮船
武汉
共有23=6种方法 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。 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，
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
种取法；„
从最后剩下的n-(n1+n2+„+nk-1)个元素中取出nk个元素有
[n (n1 n2 nk 1 )]! 种取法。 nk ![n (n1 n2 nk )]!
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
[n (n1 n2 nk 1 )]! n! (n n1 )! n! n1!(n n1 )! n2!(n n1 n2 )! nk !0! n1!n2! nk !
P ( A) kA 16 4 , n 36 9
kB 4 1 . n 36 9 5 8 P( A B) P( A) P( B) , P(C ) P( B) 1 P( B) 9 9 P( B)
n
1
证：从n个不同的元素中取出n1个元素有 n n !( n n )! 种取法；
1 1
n!
(n n1 )! 再从剩下的n-n1个元素中取出n2个元素有 n !(n n n )! 2 1 2
组合分析的两条基本原理
火车2次 火车
成都
汽车3次
重庆
成都
汽车
重庆
火车 飞机 轮船
武汉
共有23=6种方法 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。 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，
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
种取法；„
从最后剩下的n-(n1+n2+„+nk-1)个元素中取出nk个元素有
[n (n1 n2 nk 1 )]! 种取法。 nk ![n (n1 n2 nk )]!
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
[n (n1 n2 nk 1 )]! n! (n n1 )! n! n1!(n n1 )! n2!(n n1 n2 )! nk !0! n1!n2! nk !
P ( A) kA 16 4 , n 36 9
kB 4 1 . n 36 9 5 8 P( A B) P( A) P( B) , P(C ) P( B) 1 P( B) 9 9 P( B)
1.4等可能概型(古典概型)
例如，某人要从甲地到乙地去, 可以乘火车,
也可以乘轮船.
火车有两班
甲地 回答是 3 + 2 种方法
轮船有三班
乙地
乘坐不同班次的火车和轮船，共有几种方法?
2. 乘法原理
设完成一件事有n个步骤， 第一个步骤有m1种方法， 第二个步骤有m2种方法, …… 第n个步骤有mn种方法,
1 2
必须通过每一步骤, 才算完成这件事，
A P{ n 个人生日各不相同 } 365n 365 结果有点出 n A 365 P{ 至少有两人生日相同 } 1 乎人们意料 365n
n
n 20 25 30 40 50 55 100 p 0.41 0.57 0.71 0.89 0.97 0.99 0.9999997
例 4 将 3 个球随即放入 4 个杯子中, 问杯子中个 数最多的球分别为 1,2,3时 的概率各是多少? 解 设 A, B , C 分别表示 杯子中的个数最多的球数
2o 骰子问题 概率.
掷3颗均匀骰子,求点数之和为4的
(答案 : p 3 63 )
5.古典概型的基本模型:球放入杯子模型
(1)杯子容量无限 问题1 把 4 个球放到 3个杯子中去,求第1、2个 杯子中各有两个球的概率, 其中假设每个杯子可 放任意多个球.
3
3
3
3
4个球放到3个杯子的所有放法 3 3 3 3 34 种,
P ( D) 1 / 2.
四、几何概型
古典概型的特点： 有限个样本点 基本事件的等可能性 怎样推广到“无限个样本点”而又有 某种“等可能性”？ 例如：某5万平方公里的海域中，大约有40平方公里 的大陆架贮藏有石油。若在这海域中任选一点进行 钻探，问能够发现石油的概率是多少？ 解：认为任一点能钻探到石油是等可能的, 则所求 概率为 p 40 0.0008
1-4-等可能概型(古典概型)
日相同的概率.
解： 64 个人生日各不相同的概率为
365 364 (365 64 1) . 64 365
故64 个人中至少有2人生日相同的概率为
365 364 (365 64 1) 0.997. 1 64 365
说明
随机选取n( 365)个人, 他们的生日各不相同的 概 率为
为 E 的任意一个事件，且包含 k 个样本点，则事
件 A 出现的概率记为:
k A 所包含样本点的个数 P( A) . n 样本点总数
称此为概率的古典定义.
讲评
对于古典概型应注意以下几点：
(1) 古典概型是学习概率统计的基础，因此它是非
常重要的概率模型；
(2) 计算古典概型概率时，首先要判断有限性和等
因此 P ( A 2 ) 7 8 .
3. 摸球问题
(1) 无放回地摸球 问题1 设袋中有4 只白球和 2只黑球，现从袋中无 放回地依次摸出2只球，求这2只球都是白球的概率. 解： A {摸得 2 只球都是白球 设 },
6 基本事件总数为 , 2
4 A 所包含基本事件的个数为 , 2 4 6 2 故 P ( A) . 2 2 5
可能性是否满足；其次要弄清楚样本空间是怎样
构成的。对于复杂问题只要求基本事件的总数n，
同时求出所讨论事件A包含的基本事件数k，再利
用公式计算出P(A)。
(3) 判断是否古典概型的关键是等可能性。有限性较
容易看出，但等可能性较难判定。
一般在包含有n个样本点的样本空间中，如果没 有理由认为某些基本事件发生的可能性与另一些基本
于排列与组合的基本知识，事件间的关系及运算亦
解： 64 个人生日各不相同的概率为
365 364 (365 64 1) . 64 365
故64 个人中至少有2人生日相同的概率为
365 364 (365 64 1) 0.997. 1 64 365
说明
随机选取n( 365)个人, 他们的生日各不相同的 概 率为
为 E 的任意一个事件，且包含 k 个样本点，则事
件 A 出现的概率记为:
k A 所包含样本点的个数 P( A) . n 样本点总数
称此为概率的古典定义.
讲评
对于古典概型应注意以下几点：
(1) 古典概型是学习概率统计的基础，因此它是非
常重要的概率模型；
(2) 计算古典概型概率时，首先要判断有限性和等
因此 P ( A 2 ) 7 8 .
3. 摸球问题
(1) 无放回地摸球 问题1 设袋中有4 只白球和 2只黑球，现从袋中无 放回地依次摸出2只球，求这2只球都是白球的概率. 解： A {摸得 2 只球都是白球 设 },
6 基本事件总数为 , 2
4 A 所包含基本事件的个数为 , 2 4 6 2 故 P ( A) . 2 2 5
可能性是否满足；其次要弄清楚样本空间是怎样
构成的。对于复杂问题只要求基本事件的总数n，
同时求出所讨论事件A包含的基本事件数k，再利
用公式计算出P(A)。
(3) 判断是否古典概型的关键是等可能性。有限性较
容易看出，但等可能性较难判定。
一般在包含有n个样本点的样本空间中，如果没 有理由认为某些基本事件发生的可能性与另一些基本
于排列与组合的基本知识，事件间的关系及运算亦
概率论1-4
n
C3 100
k C926C41
P(C) C926C41 C3
100
练习：设在N 件产品中，有 D件次品，其余均为正 品．任取n件，问其中恰有k(k≤D)件次品的概率。
解：所求的概率为
P
C C k nk D ND CNn
上式为超几何分布的概率公式。
练习、课后习题第五题
古典概率的计算：投球入盒
分析 此问题可以用投球入盒模型来模拟
50个学生
50个小球
365天
365个盒子
P( A)
C 50 365
50!
36550
0.03
至少有两人生日相同的概率为
P( A) 1 0.03 0.97
例：一单位有5个员工，一星期共七天，
老板让每位员工独立地挑一天休息，
求不出现至少有2人在同一天休息的
概率。
b
----------与k无关
10
例、从5双不同的鞋子中任取4只，问这4只鞋子中 至少有两只配成一双的概率是多少？
解、考虑4只鞋子是有次序是有次序一只一只取出
令A=“4只鞋子中至少有两只配成一双”
则 A “所取4只鞋子无配对” P( A) 1 P( A) 1 108 6 4 13 1098 7 21
抛掷一颗匀质骰子,观察出现的点数 , 求“出现的 点数是不小于3的偶数”的概率．
试验 抛掷一颗匀质骰子,观察出现的点数
样本空间
S ={1，2，3，4，5，6}
n=6
事件A
Ａ=“出现的点数是不小于3的偶数”={4，6} m=2
事件A的概率
P( A) m 2 1 n 63
例、掷一枚硬币三次，（1）设事件A1为“恰有一 次出现正面”，求P(A1 )；（2）设事件A2为“至少 有一次出现正面” ，求P(A2 )
概率论与数理统计茆诗松1.4等可能概型(古典概型与几何概型
法总数；（3）任意n个箱子各放一球的分法总数；（4）每 个箱子最多放一球的分法总数；（5）第i个箱子不空的分 法总数；（6）第i个箱子恰好放k(k n)个球的分法总数。
解：（1）Nn ,
(2)n!,
(3)C
n N
n!
PNn ,
(4)C
n N
n!
PNn ,
(5)N n ( N 1)n ,
(6)C
k n
(N
1)n k
,
例3：袋中有N个球，其中M个为白球，从中有放回得取出n个 （1）N 10, M 2, n 3; （2）N 10, M 4, n 3 考虑以下排列数：1）全不是白色的球；恰有两个白色的球; 3）至少有两个白色的球；4）至多有两个白色的球； 5）颜色相同的球；6）不考虑球的颜色 以上排列数改为组合数呢？
一.古典概型
古典概型即为满足以下两个假设条件的概率模型：
（1）随机试验只有有限个可能的结果；
（2）每一个可能结果发生的机会相同。
数学表述为：
（1）S {e1，e2， ，en（} 有n个样本点） （2）P（e1 ) P（e2 ) P（en )(每个基本事件
的概率相同)
于是有：P（ei )
1 n
组合数：1)C83C20 (C63C40 ), 2)C22C81(C42C61 ), 3)C22C81 (C42C61 C43C60 ), 4)C130或C22C81 C21C82 C20C83 (C42C61 C41C62 C40C63或C130 C43 , 5)C83 (C43 C63 ) 6)C130 (C130 )
C
3 3
C33
,
P( A)
C43
C
3 3
1-4古典概型
解：以分钟为单位, 则上一次报时时刻为下一次报时时刻长为60，
10 P ( A) 60
例9：(会面问题) 甲、乙两人相约在7点到8点之间在某地会面, 先到者等候另一人20分钟, 过时就离开. 如果每个人可在指定 的一小时内任意时刻到达, 试计算二人能够会面的概率. 记7点为计算时刻的0时, 以分钟为单位, 用 x , y 分别记表 解： 示甲、乙两人到达指定地点的时刻, 显然
A 表示“n 个人的生日均不相同”, 这相当于每间房子至
多做一个人，
于是由例4有： P( A)
Cn 365 n ! 365n
Cn 365 n ! 365
50
n
P( A) 1 P( A) 1
经计算可得下述结果： N 20 23 30 40
.
64
100
p 0.411 0.507 0.706 0.891 0.970 0.997 0.9999997
0 x 60,0 y 60
则样本空间为：
S {( x, y) | 0 x 60,0 y 60}
用字母A表示事件“两人能会面”, 则
A {( x, y ) | ( x, y) S , | x y | 20}
P(A) = 阴影部分的面积/正方形的面积
( A) 602 402 5 . 2 (S ) 60 9
1 Cm (n 1)! m n! n
练习: 一个八位数的电话号码，记住了前5位，而后三位只记 的是0、5、6三个数，而具体排列记不住，问试拨一次就拨 对的可能性有多大？
解：用A来表示“试拨一次就拨对”，
3 总的基本事件总数： P 3
3! 6
A所包含的基本事件数： 1
等可能概型古典概型
第123次摸球 10种
基本事件总数为 101010 103,
A 所包含基本事件的个数为 6 6 4,
故
P( A)
664 103
0.144.
例５ 把 4 个球放到 3个杯子中去,求第1、2个 杯子中各有两个球的概率, 其中假设每个杯子可 放任意多个球.
解 4个球放到3个杯子的所有放法
3
3
3
3
共3 3 3 3 34种
人抽到白球(记为事件Ｂ)的概率(设k≤a+b)．
解 (1) 作放回抽样, 显然 P(B) a ; ab
(2) 作不放回抽样
第1个人有a+b 种取法， 第2个人有a+b-1 种取法，…， 第i个人有a+b-i+1 种取法， 故i个人各取一球共有 （a+b)(a+b-1)…(a+b-i+1)=Aai b
2) 骰子问题 掷3颗均匀骰子,求点数之和为4的
概率.
(答案 : p 3 63 )
今日作业：
Ｐ23 2、5、6
谢谢大家！
a
Ai1 ab1
Ai ab
a ab
说明：在抽奖游戏中先抽后抽一个样； 有放回无放回一个样！
例７（机动） 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 假设接待站的接待时间没有
规定,且各来访者在一周的任一天
中去接待站是等可能的.
C 所包含基本事件的个数为 N (C) ,
故 P(C ) N (C ) . N(S) 2 2
例３ 设袋中有4只红球和6只黑球,现从袋中有放 回地摸球3次,求前2次摸到黑球、第3次摸到红球 的概率. 解 设 A {前 2次摸到黑球 , 第3次摸到红球 } 第3次摸到红球 4种 第12次摸到黑球 6种
基本事件总数为 101010 103,
A 所包含基本事件的个数为 6 6 4,
故
P( A)
664 103
0.144.
例５ 把 4 个球放到 3个杯子中去,求第1、2个 杯子中各有两个球的概率, 其中假设每个杯子可 放任意多个球.
解 4个球放到3个杯子的所有放法
3
3
3
3
共3 3 3 3 34种
人抽到白球(记为事件Ｂ)的概率(设k≤a+b)．
解 (1) 作放回抽样, 显然 P(B) a ; ab
(2) 作不放回抽样
第1个人有a+b 种取法， 第2个人有a+b-1 种取法，…， 第i个人有a+b-i+1 种取法， 故i个人各取一球共有 （a+b)(a+b-1)…(a+b-i+1)=Aai b
2) 骰子问题 掷3颗均匀骰子,求点数之和为4的
概率.
(答案 : p 3 63 )
今日作业：
Ｐ23 2、5、6
谢谢大家！
a
Ai1 ab1
Ai ab
a ab
说明：在抽奖游戏中先抽后抽一个样； 有放回无放回一个样！
例７（机动） 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 假设接待站的接待时间没有
规定,且各来访者在一周的任一天
中去接待站是等可能的.
C 所包含基本事件的个数为 N (C) ,
故 P(C ) N (C ) . N(S) 2 2
例３ 设袋中有4只红球和6只黑球,现从袋中有放 回地摸球3次,求前2次摸到黑球、第3次摸到红球 的概率. 解 设 A {前 2次摸到黑球 , 第3次摸到红球 } 第3次摸到红球 4种 第12次摸到黑球 6种
1.4 等可能概型
1 { P ( A) P ( B ) P ( AB )}.
2000 333 因为 333 334, 所以 P ( A) , 6 2000
250 2000 . 由于 250, 故得 P ( B ) 2000 8 2000 83 由于 83 84, 得 P ( AB ) . 24 2000 83 3 333 250 P ( AB ) 1 . 2000 2000 2000 4
30
40
50
64
0.411 0.507 0.706 0.891 0.97 0.997
我们利用软件包进行数值计算.
3、 超几何分布 的概率公式
例3 设有 N 件产品, 其中有 D 件次品, 今从中任取 n 件,问其中恰有 k ( k D ) 件次品的概率是多少 ?
解 在N件产品中抽取n件的所有可能取法共有 N 种, n
又 P ( S ) P{e1 e1 en }
P{e1 } P{e2 } P{en } 1,
1 故 P{e1 } P{e2 } P{en } 。 n 于是 P ( A) P ({ei1 } {ei2 } {eik })
3 4 2 4 p 3 2 2 2
例2
将 n 只球随机地放入 N 个盒子中去，试 见课本 P11 例 3）
求每个盒子中至多有一只球的概率（设盒子的容量 不限）（ n<N, 。
n AN N ( N 1)( N n 1) 解：所求概率 p n n N N
a 解：(1)所求概率为 P ( B ) ab k 1 aAa b1
(2)所求概率为 P (B )
2000 333 因为 333 334, 所以 P ( A) , 6 2000
250 2000 . 由于 250, 故得 P ( B ) 2000 8 2000 83 由于 83 84, 得 P ( AB ) . 24 2000 83 3 333 250 P ( AB ) 1 . 2000 2000 2000 4
30
40
50
64
0.411 0.507 0.706 0.891 0.97 0.997
我们利用软件包进行数值计算.
3、 超几何分布 的概率公式
例3 设有 N 件产品, 其中有 D 件次品, 今从中任取 n 件,问其中恰有 k ( k D ) 件次品的概率是多少 ?
解 在N件产品中抽取n件的所有可能取法共有 N 种, n
又 P ( S ) P{e1 e1 en }
P{e1 } P{e2 } P{en } 1,
1 故 P{e1 } P{e2 } P{en } 。 n 于是 P ( A) P ({ei1 } {ei2 } {eik })
3 4 2 4 p 3 2 2 2
例2
将 n 只球随机地放入 N 个盒子中去，试 见课本 P11 例 3）
求每个盒子中至多有一只球的概率（设盒子的容量 不限）（ n<N, 。
n AN N ( N 1)( N n 1) 解：所求概率 p n n N N
a 解：(1)所求概率为 P ( B ) ab k 1 aAa b1
(2)所求概率为 P (B )
等可能(古典)概型
解
Ch1-42
本问题中的人可被视为“球”，365天为 365只“盒子”
A 为 n 个人的生日均不相同,这相当于 每个盒子至多有一个球. 由例4（6） n n C 365 n ! C 365 n ! P( A) 1 P( A ) 1 . P( A ) n n 365 365 若 n = 64， P( A) 0.997.
k N
mA5 N C k!
k k N
N C N k! P( A5 ) 1 P ( A ) k 4 N
C N k! P( A4 ) k N k k
( N 1) P( A3 ) Nk k
mA6 C k!
k N
P( A6 ) P( A4 )
例4 “分房模型”的应用 生物系二年级有 n 个人，求至少有两 人生日相同（设为事件A ) 的概率.
例5 在0,1,2,3, ,9中不重复地任取四个数， 求它们能排成首位非零的四位偶数的概率.
Ch1-43
解
设 A为“能排成首位非零的四位偶数”
n A 5040.
4 10
1 四位偶数的末位为偶数, 故有C5 种可能
而前三位数有 A 1 2 位数有 C4 A8 种取法,所以有利于A发生的取 1 3 1 2 法共有 nA C5 A9 C4 A8 2296 种.
3 9 种取法,由于首位为零的四
2296 41 P( A) 5040 90
Ch1-44
例6 在1,2,3, ,9中重复地任取 n ( 2 )个数, 求 n 个数字的乘积能被10整除的概率.
解
n 9
n
设 A 表示事件 “n 次取到的数字的乘积 能被10整除”
Ch1-42
本问题中的人可被视为“球”，365天为 365只“盒子”
A 为 n 个人的生日均不相同,这相当于 每个盒子至多有一个球. 由例4（6） n n C 365 n ! C 365 n ! P( A) 1 P( A ) 1 . P( A ) n n 365 365 若 n = 64， P( A) 0.997.
k N
mA5 N C k!
k k N
N C N k! P( A5 ) 1 P ( A ) k 4 N
C N k! P( A4 ) k N k k
( N 1) P( A3 ) Nk k
mA6 C k!
k N
P( A6 ) P( A4 )
例4 “分房模型”的应用 生物系二年级有 n 个人，求至少有两 人生日相同（设为事件A ) 的概率.
例5 在0,1,2,3, ,9中不重复地任取四个数， 求它们能排成首位非零的四位偶数的概率.
Ch1-43
解
设 A为“能排成首位非零的四位偶数”
n A 5040.
4 10
1 四位偶数的末位为偶数, 故有C5 种可能
而前三位数有 A 1 2 位数有 C4 A8 种取法,所以有利于A发生的取 1 3 1 2 法共有 nA C5 A9 C4 A8 2296 种.
3 9 种取法,由于首位为零的四
2296 41 P( A) 5040 90
Ch1-44
例6 在1,2,3, ,9中重复地任取 n ( 2 )个数, 求 n 个数字的乘积能被10整除的概率.
解
n 9
n
设 A 表示事件 “n 次取到的数字的乘积 能被10整除”
1.4 等可能概型PPT资料26页
二、古典概型的计算公式
定理 设试验的样S本 包空 含 n个 间元,素 事件 A包含 k个基本,事 则有件
P(A) kn SA中包基含本的事基件本的事总件数, 该式称为等可能概型中事件概率的计算公式.
证 设试验的样S 本 {e1,空 e2, 间 ,en},为 由于在试验中每个基本事件发生的可能性相同, 即
第四节 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
一、古典概型的定义
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; 2。试验中每个基本事件发生的可能性相同. 则称E为等可能概. 型 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.
(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 (a) 放回抽样的情况. 以A,B,C分别表示事 件“取到的两只球都是白球”,“取到的两只球都 是红球”, “取到的两只球中至少有一只是白球”. 易“ 知 取到两只颜球 色 ”这相 一同 事A 的 件 B,为 而CB.
A a k b ( a b )a ( b 1 ) ( a b k 1 ) ，
当事B 件发生时 , 第i人取的应是白球有，a种取法. 其余k被 1 只 取 球 的 可 ab 以 1 只 是 球 其
在袋中依次取两只球，每一种取法为一个基本
事件, 显然此时样本空间中仅包含有限个元素, 且 由对称性知每个基本事件发生的可能性相同, 因而
可利用公式来计算事件的概率. 第一次从袋中取球有6只球可供抽取, 第二次
概率论与数理统计
记下颜色, 重复 m 次.
E: 球编号, 一次取出 m个球, 记下颜色.
(或 Ab )1) #S P (a ,b)( a
k # A Cm Pak Pbmk ,
m ab
m ab
#b S n C , (a 1)
m ab
k mk # A Ca Cb ,
—— 超几何分布—— 注: 不放回地逐次取 m 个球与一次取 m 个球所得结果相同.
解: A = “取到的数被 6 整除”， B = “取到的数被 8 整除”.
则
P ( A) 333 , 2000 P ( B) 250 , 2000 P( AB) 83 , 2000
所求为：P( A
B ) P ( A B) 1 P ( A B )
1 [ P( A) P( B) P( AB )] 1 ( 333 250 83 ) 3 . 4 2000 2000 2000
1
例1. 一个盒中装有10个大小形状完全相同的球. 依次将球
编号为1-10 . 把球搅匀，蒙上眼睛，从中任取一球 . 1. 样本空间 S = { 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 }?
2. 记 A = “摸到 2 号球”，则 P(A) = ?
A = { 2 },
P( A) # A 1 ; # S 10
5 1 9 4 6 7 2 3 10 8
3. 记 B = “摸到红色球”，则 P(B) = ? B = { 1 2 3 4 5 6 }, P( B) # B 6 . # S 10
第一章 概率论的基本概念
2
例2 (p.13 例6). 在 1~2000 的整数中随机地取一个数，求
该数既不能被 6 整除, 又不能被 8 整除的概率.
E: 球编号, 一次取出 m个球, 记下颜色.
(或 Ab )1) #S P (a ,b)( a
k # A Cm Pak Pbmk ,
m ab
m ab
#b S n C , (a 1)
m ab
k mk # A Ca Cb ,
—— 超几何分布—— 注: 不放回地逐次取 m 个球与一次取 m 个球所得结果相同.
解: A = “取到的数被 6 整除”， B = “取到的数被 8 整除”.
则
P ( A) 333 , 2000 P ( B) 250 , 2000 P( AB) 83 , 2000
所求为：P( A
B ) P ( A B) 1 P ( A B )
1 [ P( A) P( B) P( AB )] 1 ( 333 250 83 ) 3 . 4 2000 2000 2000
1
例1. 一个盒中装有10个大小形状完全相同的球. 依次将球
编号为1-10 . 把球搅匀，蒙上眼睛，从中任取一球 . 1. 样本空间 S = { 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 }?
2. 记 A = “摸到 2 号球”，则 P(A) = ?
A = { 2 },
P( A) # A 1 ; # S 10
5 1 9 4 6 7 2 3 10 8
3. 记 B = “摸到红色球”，则 P(B) = ? B = { 1 2 3 4 5 6 }, P( B) # B 6 . # S 10
第一章 概率论的基本概念
2
例2 (p.13 例6). 在 1~2000 的整数中随机地取一个数，求
该数既不能被 6 整除, 又不能被 8 整除的概率.
等可能概型
第一章 概率论的基本概念
333 2000
等可能概型
250 83 P ( A) , 同理得 : P ( B) , P ( AB) . 2000 2000 其中 B ={8, 16, … 2000 }, AB = {24, 48 … 199 2 }，
AB 为“既被 6 整除又被 8 整除”或“能被 24 整除”
所以，
b Pk 1 b a b 1 P A ． ab Pk ab
注意：结果与 i 无关．
此结果适用于：抓阄，买彩票等问题
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第一章 概率论的基本概念
等可能概型
例 6 在 1~2000 的整数中随机的取一个数，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 A 为事件“取到的整数能被 6 整除”， B 为 “ 取到的整数能被 8 整除”，则所求的概率为：
n N n
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第一章 概率论的基本概念
等可能概型
该数学模型可用于许多实际问题：
n(n 365)个人在365天的生日,可看成是n个球 放入365个盒子中。随机取n ( 365) 人他们的生日 各不相同的概率为
365 364 ( 365 n 1) P ( A) , n 365
率论早期发展中的重要地位，又把它叫做古典概型。
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第一章
概率论的基本概念
等可能概型
基本事件的概率:
设 S ={e1, e2, …en }, 由古典概型的等可能性，得
P({e1 }) P({e2 }) P({en })
又由于基本事件两两互不相容，所以
1 P ( S ) P ({e1 }) P ({e2 }) ( P{en }),
概率1-4 等可能概型(古典概型)
i 每一个班级各分到一名优秀生的分法为
12 8 4 12! 3! 3! . 4!4!4! 4 4 4
12! 3! 25 4!4!4! p1 . 于是所求概率为 15! 97 5!5!5! ii 三名优秀生分到同一个班级的分法为
注：在用排列组合公式计算古典概率时，必须注意不 要重复计数，也不要遗漏. 例如：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”（事件A）的概率是多少？ 下面的算法错在哪里？ 1 3 5 7 9
5 8 2 4 6 8 10 1 2 从5双中取1双，从剩 P ( A) 下的 8只中取2只 10 4 错在同样的“4只配成两双”算了两次.
第四节
等可能概型(古典概型)
古典概型的定义 古典概率的求法举例 小结 布置作业
我们首先引入的计算概率的数学模型， 是在概率论的发展过程中最早出现的研究 对象，通常称为
古典概型
一、古典概型
假定某个试验有有限个可能的结果
e1, e2, …，en ,
假定从该试验的条件及实施方法上去分析， 我们找不到任何理由认为其中某一结果例如 ei，比 任一其它结果，例如 ej, 更有优势，则我们只好认 为所有结果在试验中有同等可能的出现机会，即 1/n的出现机会.
解 设 A 取到的数能被 6 整除 ,
所求概率为 P A B P A B 1 P A B
1 P A P B P AB 333 250 83 , P B , P AB , 又 P A 2000 2000 2000 333 250 83 3 . 故所求概率为 p 1 2000 2000 2000 4
1-4古典概型
4 p4 4 3 2 1 p 4 p10 10 9 8 7
1 . 210
课堂练习 1o 分房问题 将张三、李四、王五3人等可能 地分配到3 间房中去,试求每个房间恰有1人的概 率. 3
(答案 : 3! 3 )
2o 生日问题 某班有20个学生都 是同一年出生的,求有10个学生生 日是1月1日,另外10个学生生日是 12月31日的概率.
4.古典概型的基本模型:球放入杯子模型
(1)杯子容量无限 问题1 把 4 个球放到 3个杯子中去,求第1、2个 杯子中各有两个球的概率, 其中假设每个杯子可 放任意多个球.
3 3 3 3
4个球放到3个杯子的所有放法 3 3 3 3 34 种,
4 种 2
因此所求概率为
3!12! 15! 25 p1 . 4! 4! 4! 5! 5! 5! 91
(2)将3名优秀生分配在同一个班级的分法共有3种,
12! 对于每一种分法,其余12名新生的分法有 2! 5! 5! 种.
因此3名优秀生分配在同一个班级的分法共有
( 3 12! ) ( 2! 5! 5! ) 种, 因此所求概率为
10 10 10 103 ,
A 所包含样本点的个数为
6 6 4 0.144. 故 P( A ) 3 10 课堂练习
6 6 4,
1o 电话号码问题 在7位数的电话号码中,求各 位数字互不相同的概率.
(答案 : p P
(答案 : p 3 6 )
7 10
10 )
7
2o 骰子问题 掷3颗均匀骰子,求点数之和为4的 概率. 3
设A={所取球恰好含m个白球,n个黑球}
样本点总数为
1 . 210
课堂练习 1o 分房问题 将张三、李四、王五3人等可能 地分配到3 间房中去,试求每个房间恰有1人的概 率. 3
(答案 : 3! 3 )
2o 生日问题 某班有20个学生都 是同一年出生的,求有10个学生生 日是1月1日,另外10个学生生日是 12月31日的概率.
4.古典概型的基本模型:球放入杯子模型
(1)杯子容量无限 问题1 把 4 个球放到 3个杯子中去,求第1、2个 杯子中各有两个球的概率, 其中假设每个杯子可 放任意多个球.
3 3 3 3
4个球放到3个杯子的所有放法 3 3 3 3 34 种,
4 种 2
因此所求概率为
3!12! 15! 25 p1 . 4! 4! 4! 5! 5! 5! 91
(2)将3名优秀生分配在同一个班级的分法共有3种,
12! 对于每一种分法,其余12名新生的分法有 2! 5! 5! 种.
因此3名优秀生分配在同一个班级的分法共有
( 3 12! ) ( 2! 5! 5! ) 种, 因此所求概率为
10 10 10 103 ,
A 所包含样本点的个数为
6 6 4 0.144. 故 P( A ) 3 10 课堂练习
6 6 4,
1o 电话号码问题 在7位数的电话号码中,求各 位数字互不相同的概率.
(答案 : p P
(答案 : p 3 6 )
7 10
10 )
7
2o 骰子问题 掷3颗均匀骰子,求点数之和为4的 概率. 3
设A={所取球恰好含m个白球,n个黑球}
样本点总数为
1.4等可能概型
15 10 5 5 5 5
(1) 每一个班级各分配到一名优秀生的分法共有
3 2 1 12 8 4 种 。 1 1 1 4 4 4
因此 P ( A 2 ) = 7 8 .
产 , 中 次 , 从 任 2 有 例 设 N 件 品其 有 D 件 品今 中 取 n 件 问 中 有k(k ≤ D) 件 品 概 是 少 , 其 恰 次 的 率 多 ?
解 在N件产品中抽取 件的所有可能取法共有 件产品中抽取n件的所有可能取法共有 件产品中抽取 N 种, n 件产品中抽取n件 其中恰有 其中恰有k 在 N 件产品中抽取 件,其中恰有 件次品的取法 共有
P( 整除” “取到的数能被8整除”，则所求概率为 A B ). 取到的数能被 整除 P ( AB ) = P ( A U B ) = 1 − P ( A U B )
= 1 − { P ( A) + P ( B ) − P ( AB )}.
2000 333 因为 333 < < 334 , 所以 P ( A ) = , 6 2000
4 × 3 × 2 ×1 p4 4 p= 4 = p10 10 × 9 × 8 × 7 1 . = 210
课堂练习 1o 分房问题 将张三、李四、王五 人等可能地 将张三、李四、王五3人等可能地 分配到3 间房中去,试求每个房间恰有 人的概率. 试求每个房间恰有1人的概率 分配到 间房中去 试求每个房间恰有 人的概率
365⋅ 364⋅ L ⋅ (365− 64 + 1) = 0.997. p = 1− 64 365
说明
机 取 ≤ 随 选 n(≤ 365)个 ,他 的 日 不 同 概 人 们 生 各 相 的 为 率
等可能概型古典概型
3
3
3
3
共3 3 3 3 34种
第1、2个杯子中各有两个球的放法
4种 2
2种 2
2个
2个
共
4 2
22种
因此第1、2个杯子中各有两个球的概率为
p 2422
摸球方式
不同结果总数
从n个 可分 辨的 球中 任取m 个球
无放 回
有放 回
计序 不计序
计序 不计序
Anm (排列数)
Cnm (组合数)
nm (排列数)
C
m nm1
组合
数)
复习排列组合的有关公式
许多古典概型问题可以转化为摸 球模型．
２.典型例题
例２ 设袋中有10只球，编号分别为1,2,…,10. 从中任取３只球,求
..
A {只产品中恰有1只是次品},
与(1)类似有：
p(
A0
)
.
p( A) .
于是所求的概率为
p( A) 1 P( A) 1 P( A A1)
k n
A
所包含基本事件的个数 基本事件总数
.
称此为概率的古典定义 . 也可记为P( A) N ( A) N(S)
例 将一枚硬币抛掷三次. (1) 设事件 A1 为 “恰有一次出现正面”, 求 P( A1). (2) 设事件 A2
为“至少有一次出现正面”, 求 P( A2 ).
解 (1) 设 H 为出现正面 , T 为出现反面.
在 100件产品中抽取15件,其中恰有2 件次品的取法
共有 种, 于是所求的概率为
1-4等可能概型(古典概型)
= nP({ei})
P{ei
}
1, n
i 1,2,, n.
若事件 A 包含 k 个基本事件, 即 A = {e1,e2, …,ek },
则有 ：P( A)
k n
A包含的基本事件数 S中基本事件总数
.
—— 古典概型中事件概率的计算公式
例1 将一枚硬币抛掷3次. (1) 设事件 A1 为 “恰有一 次出现正面”, 求 P(A1); (2) 设事件 A2 为“至
把这类实验称为等可能概型, 考虑到它在概率论早 期发展中的重要地位, 又把它叫做古典概型.
设 S ={e1, e2, …en }, 由古典概型的等可能性, 得
P({e1}) = P({e2}) = … = P({en}).
又由于基本事件两两互不相容; 所以
1 P{S} P({e1}) P({e2 }) P({en }),
(2) 选排列: 在无放回选取中, 从 n 个不同元素中取 r 个元素进行排列, 称为选排列,其总数为
4) 组合: Pnr n(n 1)(n r 1)
(1) 从 n 个不同元素中取 r 个元素组成一组, 不考虑其 顺序, 称为组合, 其总数为
C nr
n r
n(n 1)(n r!
r
1)
例4 设有 N 件产品, 其中有 D 件次品, 今从中任取 n 件, 问其中恰有 k ( k D ) 件次品的概率是多少?
不放回抽样
解: 在 N
件产品中抽取 n 件, 取法有
C
n N
种,
又在 D 件次品中取 k
件,
所有可能的取法有
C
k D
种，
在 N D 件正品中取 n k 件, 所有可能的取法
1.4 等可能概型
求第 i ( i = 1,2,L, k )人取到白球 ( 记为事件 B )的概率
(k ≤ a + b) .
(1) 放回抽样的情况 显然有 放回抽样的情况, a . P (B ) = a+b (2) 不放回抽样的情况 不放回抽样的情况. 解
k 各人取一只球, 各人取一只球 共有 A a+ b个基本事件： + 个基本事件：
k−1 a+b−1 k a+b
(例如在购买福利彩票时 各人得奖的机会相同 例如在购买福利彩票时 各人得奖的机会相同). 例如在购买福利彩票时,各人得奖的机会相同
例6 少? 解
的整数中随机地取一个数, 在1~2000的整数中随机地取一个数 问取到 的整数中随机地取一个数
的整数既不能被6整除 又不能被8整除的概率是多 的整数既不能被 整除, 又不能被 整除的概率是多 整除
=nP ({ei }),
于是
1 P ({ei }) = , n
i = 1,2,L, n.
若事件 A包含 k个基本事件 , 即 A = {ei1 } U {ei2 } U L U {eik } ,
这里i1 , i2 ,L, ik 是1,2,L, n中某k个不同的数 , 则有 k A 包含的基本事件数 P ( A) = ∑ P ({ei j }) = = n S 中基本事件的总数 j =1
P ({e1 }) = P ({e2 }) = L = P ({en }) .
又由于基本事件是两两互不相容的, 又由于基本事件是两两互不相容的 于是
1= P (S ) = P ({e1 } U {e2 } U L U {en }) = P ({e1 }) + P ({e2 }) + L + P ({en })
概率论与数理统计：1.4等可能概型(古典概型)
解 假设接待站的接待时间没有规定,且各来
访者在一周的任一天中去接待站是等可能的,
那么,12次接待来访者都是在周二、周四的概
率为
212 p 0.0000003
712
小概率事件在实际中几乎是不可能发生的， 从而可知接待时间是有规定的.
例5 将4只球随机地放入6个盒子中去,试求 每个盒子至多有一只球的概率.
故所求概率为
P( AB) 83 . 2000
P( AB) 1 P( A) P(B) P( AB)
1
333 2000
250 2000
83 2000
3 4
.
例3 将一枚硬币抛掷三次.(i)设事件A1为"恰有一 次出现正面",求 P( A1 ). (ii)设事件A2为"至少有一 次出现正面",求P( A2 ). 解 设H 为出现正面,T 为出现反面.
故
PA
43
2 .
65 5
(2) 有放回地摸球
问题2 设袋中有4只红球和6只黑球,现从袋 中有放回地摸球3次,求前2 次摸到黑球、第3 次 摸到红球的概率.
解 设 A 前2次摸到黑球,第三次摸到红球
第3次摸到红球 4种 第12次摸到黑球 6种
第123次摸球 10种
故
PA
664 103
0.144
基本模型之二球放入杯子模型
8 2
5 2
140
请思考： 还有其它解法吗？
3、许多表面上提法不同的问题实质上属于同一类型：
有n个人，每个人都以相同的概率 1/N (N≥n) 被分在 N 间房的每一间中，求指定的n间房中各有 一人的概率.
人 房
3、许多表面上提法不同的问题实质上属于同一类型：
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- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
S {HHH, HHT, HTH,THH, HTT,THT, TTH,TTT},
而 A1 {HTT,THT,TTH} .
S中包含有限个元素, 由对称性知每个基本
事件发生的可能性相同. 故由计算公式得
P(
A1
)
3 8
.
(2) 由于
于是
A2 {TTT} ,
P(
A2
)
1
P(
A2
)
1
1 8
7 8
.
注意
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.
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) 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
又由于基本事件是两两互不相容的, 于是
于是
1P(S) P({e1} {e2 } {en })
P({e1}) P({e2 }) P({en })
nP({ei }),
P ({ei
})
1 n
,
i 1,2, ,n.
若事件A包含k个基本事件 , 即
A {ei1 } {ei2 } {eik } ,
求每个盒子至多有一只球的概率(盒子容量不限).
解 将n只球放入N个盒子中去, 因每一只球都可
以放入 N 个盒子中的任一盒子, 故共有
N N N N n种不同的放法, 而每个盒子
中至多放一只球共有N ( N 1) [N (n 1)]种
不同放法. 因而所求的概率为
p
N(N
1) ( N Nn
由乘法原理知
在N件产品中取n件, 其中恰有k 件次品的取法共有
所求概率为
D N D种 , k n k
p D N D N . k nk n
超几何分布的概率公式
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
(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 (a) 放回抽样的情况. 以 A, B,C 分别表示事 件“取到的两只球都是白球”, “取到的两只球都 是红球”, “取到的两只球中至少有一只是白球”. 易知“取到两只颜色相同的球”这一事件为 A B , 而C B .
这里i1,i2, ,ik是1,2, ,n中某k个不同的数 , 则有
k
k A包含的基本事件数
P( A) j1 P({eij }) n S中基本事件的总数
定理得证.
三、典型例题
例1 将一枚硬币抛掷三次. (1) 设事件A1为“恰有一次出现正面” 求P( A1 ) ; (2) 设事件A2为“至少有一次出现正面”, 求P( A2 ) . 解 (1) 我们考虑如下的样本空间:
中的任意k 1只 , 共有Aak1b1种取法：
Ak 1 ab1
(a
b
1)(ab2)来自[ab1
(k
1)
1].
于是B中包含a Aakb11个基本事件, 由计算公式得
P(B)
a
Ak 1 ab1
Aak
b
a
a
b
.
与上问结果 相同
结果分析：P(B)与i无关，即k个人取球, 尽管取球的
在袋中依次取两只球，每一种取法为一个基本 事件, 显然此时样本空间中仅包含有限个元素, 且 由对称性知每个基本事件发生的可能性相同, 因而
可利用公式来计算事件的概率. 第一次从袋中取球有6只球可供抽取, 第二次
也有6只球可供抽取. 由组合法的乘法原理, 一共有 6 6种取法 .即样本空间中元素总数为6 6 . 对于 事件A而言 , 由于第一次共有4只白球可供抽取, 第 二次也有4只白球可供抽取, 则由乘法原理总共有 4 4种取法 , 即A中包含4 4个元素 . 同理, B 中包 含2 2个元素 . 于是
P( A) 4 4 4 .
66 9
P(B) 2 2 1 .
66 9 由于AB , 得
P( A B) P( A) P(B) 5 .
9
P(C) P(B ) 1 P(B) 8 .
9 (b) 不放回抽样. 请同学们自己完成.
例3 将n只球随机地放入N ( N n)个盒子里去, 试
n 1)
A
n N
Nn
说明：许多问题和本例有相同数学模型.
生日问题
例4 设有N件产品 , 其中有D件次品 , 今从中任 取n件, 问其中恰有k(k D)件次品的概率是多
少? 解 在N件产品中抽取n件, 所有可能的取法共有
N 种 , n
在D件次品中取k件, 所有可能取法有 D 种， k
在N D件正品中取n k件所有可能的取法有 N D 种 , nk
第四节 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
一、古典概型的定义
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; 2。试验中每个基本事件发生的可能性相同. 则称E为等可能概型. 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.
二、古典概型的计算公式
定理 设试验的样本空间S包含n个元素 , 事件A包含k个基本事件, 则有
P(
A)
k n
SA中包基含本的事基件本的事总件数,
该式称为等可能概型中事件概率的计算公式.
证 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 }) .
(k a b) . 解 (1) 放回抽样的情况, 显然有
P(B) a .
ab (2) 不放回抽样的情况. 各人取一只球, 共有Aakb个基本事件：
Aakb (a b)(a b 1) (a b k 1)，
当事件B发生时 , 第i人取的应是白球有，a种取法 . 其余被取的k 1只球可以是其余a b 1只球中
而 A1 {HTT,THT,TTH} .
S中包含有限个元素, 由对称性知每个基本
事件发生的可能性相同. 故由计算公式得
P(
A1
)
3 8
.
(2) 由于
于是
A2 {TTT} ,
P(
A2
)
1
P(
A2
)
1
1 8
7 8
.
注意
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.
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) 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
又由于基本事件是两两互不相容的, 于是
于是
1P(S) P({e1} {e2 } {en })
P({e1}) P({e2 }) P({en })
nP({ei }),
P ({ei
})
1 n
,
i 1,2, ,n.
若事件A包含k个基本事件 , 即
A {ei1 } {ei2 } {eik } ,
求每个盒子至多有一只球的概率(盒子容量不限).
解 将n只球放入N个盒子中去, 因每一只球都可
以放入 N 个盒子中的任一盒子, 故共有
N N N N n种不同的放法, 而每个盒子
中至多放一只球共有N ( N 1) [N (n 1)]种
不同放法. 因而所求的概率为
p
N(N
1) ( N Nn
由乘法原理知
在N件产品中取n件, 其中恰有k 件次品的取法共有
所求概率为
D N D种 , k n k
p D N D N . k nk n
超几何分布的概率公式
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
(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 (a) 放回抽样的情况. 以 A, B,C 分别表示事 件“取到的两只球都是白球”, “取到的两只球都 是红球”, “取到的两只球中至少有一只是白球”. 易知“取到两只颜色相同的球”这一事件为 A B , 而C B .
这里i1,i2, ,ik是1,2, ,n中某k个不同的数 , 则有
k
k A包含的基本事件数
P( A) j1 P({eij }) n S中基本事件的总数
定理得证.
三、典型例题
例1 将一枚硬币抛掷三次. (1) 设事件A1为“恰有一次出现正面” 求P( A1 ) ; (2) 设事件A2为“至少有一次出现正面”, 求P( A2 ) . 解 (1) 我们考虑如下的样本空间:
中的任意k 1只 , 共有Aak1b1种取法：
Ak 1 ab1
(a
b
1)(ab2)来自[ab1
(k
1)
1].
于是B中包含a Aakb11个基本事件, 由计算公式得
P(B)
a
Ak 1 ab1
Aak
b
a
a
b
.
与上问结果 相同
结果分析：P(B)与i无关，即k个人取球, 尽管取球的
在袋中依次取两只球，每一种取法为一个基本 事件, 显然此时样本空间中仅包含有限个元素, 且 由对称性知每个基本事件发生的可能性相同, 因而
可利用公式来计算事件的概率. 第一次从袋中取球有6只球可供抽取, 第二次
也有6只球可供抽取. 由组合法的乘法原理, 一共有 6 6种取法 .即样本空间中元素总数为6 6 . 对于 事件A而言 , 由于第一次共有4只白球可供抽取, 第 二次也有4只白球可供抽取, 则由乘法原理总共有 4 4种取法 , 即A中包含4 4个元素 . 同理, B 中包 含2 2个元素 . 于是
P( A) 4 4 4 .
66 9
P(B) 2 2 1 .
66 9 由于AB , 得
P( A B) P( A) P(B) 5 .
9
P(C) P(B ) 1 P(B) 8 .
9 (b) 不放回抽样. 请同学们自己完成.
例3 将n只球随机地放入N ( N n)个盒子里去, 试
n 1)
A
n N
Nn
说明：许多问题和本例有相同数学模型.
生日问题
例4 设有N件产品 , 其中有D件次品 , 今从中任 取n件, 问其中恰有k(k D)件次品的概率是多
少? 解 在N件产品中抽取n件, 所有可能的取法共有
N 种 , n
在D件次品中取k件, 所有可能取法有 D 种， k
在N D件正品中取n k件所有可能的取法有 N D 种 , nk
第四节 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
一、古典概型的定义
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; 2。试验中每个基本事件发生的可能性相同. 则称E为等可能概型. 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.
二、古典概型的计算公式
定理 设试验的样本空间S包含n个元素 , 事件A包含k个基本事件, 则有
P(
A)
k n
SA中包基含本的事基件本的事总件数,
该式称为等可能概型中事件概率的计算公式.
证 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 }) .
(k a b) . 解 (1) 放回抽样的情况, 显然有
P(B) a .
ab (2) 不放回抽样的情况. 各人取一只球, 共有Aakb个基本事件：
Aakb (a b)(a b 1) (a b k 1)，
当事件B发生时 , 第i人取的应是白球有，a种取法 . 其余被取的k 1只球可以是其余a b 1只球中