1-4 等可能概型(古典概型)
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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
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--第一章 概率论的基本概念(2)
利用软件包进行数值计算
3 超几何概率
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件的取法数
C
n N
在 N 件产品中抽取n件,其中恰有k 件次品的取法数
C
nk N D
C
k D
于是所求的概率为
p
C
nk N D n N
7 12
周ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ 周四 周五 周六 周日
故一周内接待 12 次来访共有 712 种.
2 1
2
2 3
2 4
2 12
周一 周二 周三 周四 周五 周六 周日
12 次接待都是在周二和周四进行的共有 212 种. 故12 次接待都是在周二和周四进行的概率为
212 p 12 0.0000003 . 7
(1) 每一个班级各分配到一名特长生的分法共有
( 3!12! ) (4! 4! 4! ) 种.
因此所求概率为
25 3!12! 15! . p1 4! 4! 4! 5! 5! 5! 91
(2)将3名特长生分配在同一个班级的分法共有3种, 12! 种. 对于每一种分法,其余12名新生的分法有 2! 5! 5! 因此3名特长生分配在同一个班级的分法共有
例4 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名是特长生.问 (1) 每一个班 级各分配到一名特长生的概率是多少? (2) 3 名特长生分配在同一个班级的概率是多少?
解 15名新生平均分配到三个班级中的分法总数:
15 10 5 15! . 5 5 5 5! 5! 5!
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
1-4古典概率模型
6 6 4 0.144 . 故 P ( A) 3 10
N ( S ) 10 10 10 103
N ( A) 6 6 4
例6（类似P12--例4 抽样问题）设有N件产品，其中有M件不合 格品。现从中任取n件，求其中恰有m件不合格品的概率.
解: 记事件Am {n件产品中恰有m件不合格品}
解: N ( S ) 10, N ( A) 1
N ( A) 1 P ( A) N ( S ) 10
N ( B) 6
N ( B) 6 P( B) N ( S ) 10
N (C ) 3
N (C ) 3 P (C ) N ( S ) 10
例2 将一枚硬币抛三次. (1)设事件A1表示"恰好出现一次正面", 求P ( A1 ). (2)设事件A2表示"至少出现一次正面",求P ( A2 ).
a P( B) ab
(1)放回抽样时：
袋中始终有a+b个球，每个人取出白球的机会相等.
(2)不放回抽样时：
k个人从a b只球依次取一球的取法:
k (a b) (a b 1) ... (a b k 1) Aa b
事件B {第i个人取到白球}总取法有: a Pakb11
n n n 故事件B的放法总数有: C N n ! AN . (或N ( N 1)...( N n 1) AN )
n AN N! P ( B) n n N N ( N n)!
n=6时, P(B)=0.01543
例9（盒子模型应用- 生日问题）设每人生日在365天的可能性相 同。求：(1) n（n<=365）个人生日各不相同的概率； （2）n个人中至少有两个人生日相同的概率。
N ( S ) 10 10 10 103
N ( A) 6 6 4
例6（类似P12--例4 抽样问题）设有N件产品，其中有M件不合 格品。现从中任取n件，求其中恰有m件不合格品的概率.
解: 记事件Am {n件产品中恰有m件不合格品}
解: N ( S ) 10, N ( A) 1
N ( A) 1 P ( A) N ( S ) 10
N ( B) 6
N ( B) 6 P( B) N ( S ) 10
N (C ) 3
N (C ) 3 P (C ) N ( S ) 10
例2 将一枚硬币抛三次. (1)设事件A1表示"恰好出现一次正面", 求P ( A1 ). (2)设事件A2表示"至少出现一次正面",求P ( A2 ).
a P( B) ab
(1)放回抽样时：
袋中始终有a+b个球，每个人取出白球的机会相等.
(2)不放回抽样时：
k个人从a b只球依次取一球的取法:
k (a b) (a b 1) ... (a b k 1) Aa b
事件B {第i个人取到白球}总取法有: a Pakb11
n n n 故事件B的放法总数有: C N n ! AN . (或N ( N 1)...( N n 1) AN )
n AN N! P ( B) n n N N ( N n)!
n=6时, P(B)=0.01543
例9（盒子模型应用- 生日问题）设每人生日在365天的可能性相 同。求：(1) n（n<=365）个人生日各不相同的概率； （2）n个人中至少有两个人生日相同的概率。
概率论f1-4
概率论f1-4概率论的基本概念§1-4 等可能概型目录索引等可能概型(古典概型)返回主目录第一章概率论的基本概念等可能概型1. 等可能概型(古典概型)考虑最简单的一类随机试验，它们的共同特点是：样本空间的元素只有有限个；(有限性) 每个基本事件发生的可能性相同。
(等可能性) 我们把这类试验称为等可能概型，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。
返回主目录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 }),1 P ({ei }) , n i 1,2, , n.返回主目录第一章概率论的基本概念随机事件的概率:若事件A 包含k 个基本事件，即等可能概型A {en1 , en2 , , enk }则有：k P ( A) P ({eni }) n i 1kA包含的基本事件数即：P ( A) . S中基本事件总数例1 将一枚硬币抛掷三次。
设：事件A1=“恰有一次出现正面”返回主目录第一章概率论的基本概念事件A2 =“至少有一次出现正面”, 求P (A1 ), P (A2 )。
解：根据上一节的记号，E2 的样本空间S2={HHH, HHT, HTH, THH, HTT, THT TTH,TTT},等可能概型n = 8,即S2 中包含有限个元素，且由对称性知每个基本事件发生的可能性相同，属于古典概型。
A1为“恰有一次出现正面”,A1={HTT, THT, TTH},返回主目录第一章概率论的基本概念等可能概型k = 3,k 3 P ( A 1) = = , n 8事件A2=“至少有一次出现正面”,A2={HHH, HHT, HTH, THH, HTT, THT, TTH }k2 = 7 ,k2 7 P ( A 2) = = , n 81 另解: 由于A2 = {T T T}, k A 2 = 1 ,P ( A 2 ) = = , n 8A2k1 7 P ( A2 ) = 1 P ( A2 ) = 1 = . 8 8返回主目录第一章概率论的基本概念等可能概型例2 一口袋装有6 只球，其中4 只白球、2 只红球。
1-4 等可能概型
【评】古典概型在概率论中占有相当重要的地位。 一方面，由于它简单，对它的讨论有助于直观地理解
概率论的许多基本概念，因此，我们常从古典概型 开始引入新的概念；另一方面，古典概型概率的计算
在产品质量抽样检查等实际问题中有重要的应用。
二、基本排列与组合公式
乘法原理：若进行A1过程有n1种方法，进行A2过程有 n2种方法，则进行A1过程后再进行A2过程共有n1n2种 方法。 加法原理：若进行A1过程有n1种方法，进行A2过程有
r n
设r1+r2+…+rk=n，把n个不同的元素分成k个部分，
第一部分含r1个元素，第二部分含r2个元素，…
则不同的分法为
C C
r1 n
r2 n r1
C
rk 1 rk n r1 rk 2 n r1 rk 1
C
n! r1 !r2 ! rk !
一些常用公式
1 3 5 6 1 2 1 64 2 3 6 1 3
Bk-1={取得的n个数中最大的数不超过k-1}，
则 Bk-1Bk，且 A=Bk-Bk-1，依概率的性质，
C C 【注】利用事件间的关系与运算求解概率。
P(A)= P(Bk)-P(Bk-1)
Ckn
n 10
Ckn1
n 10
例3 从1～9这9个数中有放回地取出 n 个数， 试求取出的 n个数的乘积能被 10 整除的概率。
§4 等可能概型
教学纲目 一、古典概型的定义与计算公式
二、基本排列与组合公式
三、典型例题
10 放回抽样与不放回抽样； 20 抽签与顺序无关；
30生日问题； 40超几何分布；
50 实际推断原理。
四、几何概型
CH1第4节 等可能概型(古典概型)
9 6 3 3 (答案 : p 1 9 9 106 ) 1 3
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 )
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.
说明
随机选取n( 365)个人, 他们的生日各不相同的 概 率为
365 364 ( 365 n 1) p . n 365
而n个人中至少有两个人生 日相同的概率为
365 364 ( 365 n 1) p 1 . n 365
我们利用软件包进行数值计算.
(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 3 次摸到红球} 第3次摸到红球 4种 第1次摸到黑球 6种 第2次摸到黑球
第3次摸球 第2次摸球 第1次摸球
10种
基本事件总数为 10 10 10 103 , A 所包含基本事件的个数为 6 6 4, 6 6 4 0.144 . 故 P ( A) 3 10 课堂练习 1o 电话号码问题 在7位数的电话号码中,第一位 不能为0，求数字0出现3次的概率.
( 3 12! ) ( 2! 5! 5! ) 种 , 因此所求概率为
6 3 12! 15! . p2 2! 5! 5! 5! 5! 5! 91
例5 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. 7 1 周一 7 2 周二 7 3 周三 7 4 周四
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 )
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.
说明
随机选取n( 365)个人, 他们的生日各不相同的 概 率为
365 364 ( 365 n 1) p . n 365
而n个人中至少有两个人生 日相同的概率为
365 364 ( 365 n 1) p 1 . n 365
我们利用软件包进行数值计算.
(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 3 次摸到红球} 第3次摸到红球 4种 第1次摸到黑球 6种 第2次摸到黑球
第3次摸球 第2次摸球 第1次摸球
10种
基本事件总数为 10 10 10 103 , A 所包含基本事件的个数为 6 6 4, 6 6 4 0.144 . 故 P ( A) 3 10 课堂练习 1o 电话号码问题 在7位数的电话号码中,第一位 不能为0，求数字0出现3次的概率.
( 3 12! ) ( 2! 5! 5! ) 种 , 因此所求概率为
6 3 12! 15! . p2 2! 5! 5! 5! 5! 5! 91
例5 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. 7 1 周一 7 2 周二 7 3 周三 7 4 周四
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”
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.
概率1-4
C1C1 C1 C1 9 3 3 9 54 . 9 3 3 9
概率论
54 3 P C 2 . 所以 8 12 2 采取不放回抽样 .
从箱子中任取两件产品 , 每次取一件 , 取法总数为 12 11 .
即样本空间中所含有的基本事件总数为 12 11 . 1 1 事件 A 中所含有的基本事件数为 C9C8 9 8 . 98 6 . 所以 P A 12 11 11 事件 B 中所含有的基本事件数为 C1C1 9 3 . 9 3 9 3 9 所以 P B . 12 11 44
54 2 C5 1 21 1 P A 4 10 9 8 7 . C10 21 4 3 21 4 1 1 1 1 C5 C 2C 2C 2C 2 80 8 2 P B . 4 C10 210 21 1 2 2 1 1 C5 C 2 C4 C 2C 2 120 4 . 3 P C 4 C10 210 7
C 取得一件正品一件次品 ,
的概率 .
概率论
解 1 采取有放回抽样 .
从箱子中任取两件产品 , 每次取一件 , 取法总数为 122.
即样本空间中所含的基本事件数为 122 . 1 1 2 事件 A 中所含有的基本事件数为 C9C9 9 . 92 9 所以 P A 2 . 12 16 C1C1 9 3 . 事件 B 中所含有的基本事件数为 9 3 9 3 3 所以 P B 2 . 16 12 事件 C 中所含有的基本事件数为
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
概率论
12! 3! 4!4!4! 25 . 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
概率论
54 3 P C 2 . 所以 8 12 2 采取不放回抽样 .
从箱子中任取两件产品 , 每次取一件 , 取法总数为 12 11 .
即样本空间中所含有的基本事件总数为 12 11 . 1 1 事件 A 中所含有的基本事件数为 C9C8 9 8 . 98 6 . 所以 P A 12 11 11 事件 B 中所含有的基本事件数为 C1C1 9 3 . 9 3 9 3 9 所以 P B . 12 11 44
54 2 C5 1 21 1 P A 4 10 9 8 7 . C10 21 4 3 21 4 1 1 1 1 C5 C 2C 2C 2C 2 80 8 2 P B . 4 C10 210 21 1 2 2 1 1 C5 C 2 C4 C 2C 2 120 4 . 3 P C 4 C10 210 7
C 取得一件正品一件次品 ,
的概率 .
概率论
解 1 采取有放回抽样 .
从箱子中任取两件产品 , 每次取一件 , 取法总数为 122.
即样本空间中所含的基本事件数为 122 . 1 1 2 事件 A 中所含有的基本事件数为 C9C9 9 . 92 9 所以 P A 2 . 12 16 C1C1 9 3 . 事件 B 中所含有的基本事件数为 9 3 9 3 3 所以 P B 2 . 16 12 事件 C 中所含有的基本事件数为
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
概率论
12! 3! 4!4!4! 25 . 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
第1.4节 古典概率模型
第1.4节 古典概率模型一、 古典概型（等可能概型）(Classical probability)1.定义：“概型”是指某种概率模型。
“古典概型”是一种最简单、最直观的概率模型。
如果做某个随机试验E 时，只有有限个事件n A A A ,,,21 可能发生，且事件n A A A ,,,21 满足下面三条：（1）n A A A ,,,21 发生的可能性相等（等可能性）；（2）在任意一次试验中n A A A ,,,21 至少有一个发生（完备性）；（3）在任意一次试验中n A A A ,,,21 至多有一个发生（互不相容性）。
具有上述特性的概型称为古典概型(Classical probability)或等可能概型。
n A A A ,,,21 称为基本事件(Basic events)。
2．计算公式：等可能概型中事件概率的计算：设在古典概型中，试验E 共有n 个基本事件，事件A 包含了m 个基本事件，则事件A 的概率为n m A P )(3．例题：Example 1 一袋中有8个大小形状相同的球，其中5个黑色球，三个白色球。
现从袋中随机地取出两个球，求取出的两球都是黑色球的概率。
Solution 从8个球中取出两个，不同的取法有28C 种。
若以A 表示事件{取出的两球是黑球}，那么使事件A 发生的取法为25C 种，从而=)(A P 25C /28C =5/14Example 2 在箱中装有100个产品，其中有3个次品，为检查产品质量，从这箱产品中任意抽5个，求抽得5个产品中恰有一个次品的概率。
Solution 从100个产品中任意抽取5个产品，共有5100C 种抽取方法，事件A ={有1个次品，4个正品}的取法共有49713C C 种取法，故得事件A 的概率为=)(A P 138.0510049713≈C C CExample 3 将N 个球随机地放入n 个盒子中)(N n >，求：（１）每个盒子最多有一个球的概率；（２）某指定的盒子中恰有m （N m <）个球的概率。
概率论与数理统计教案
（2）在其中任选5名学生，求一、二、三、四年级的学生均包含在内的概率。
解：（1）共有5+2+3+2=12名学生，在其中任选4名共有 =495种选法，其中每年级各选1名的选法有 =60种选法，因此，所求概率为p=60/495=4/33。
（2）在12名学生中任选5名的选法共有 =792种，在每个年级中有一个年级取2名，而其它3个年级各取1名的取法共有 + + +
定理：设试验E的样本空间为S，A为E的事件，B1，B2，…，Bn为S的一个划分，且P(Bi)>0（i=1，2，…，n)，则
P(A)=P(A|B1)P(B1)+ P(A|B2)P(B2)+…+ P(A|Bn)P(Bn)（全概率公式）
定理：设试验E的样本空间为S，A为E的事件，B1，B2，…，Bn为S的一个划分，且P(A)>0，P(Bi)>0（i=1，2，…^，n)，则
1.1随机试验
具有如下特点的试验称为随机试验：
①可以在相同的条件下重复地进行。
②每次试验的结果可能不止一个，并且能事先明确试验的所有可能结果。
③进行一次试验之前不能确定哪一个结果会出现。
1.2样本空间、随机事件
（1）样本空间
我们将随机试验E的所有可能结果组成的集合称为E的样本空间，记为S。
样本空间的元素即E的每个结果，称为样本点。
概率的性质：
性质1：
性质2（有限可加性）：若A1，A2，…，An是两两互不相容的事件，则有P(A1∪A2∪…∪An)=P(A1)+P(A2)+…+P(An)。
性质3：设A，B是两个事件，若 ，则有P(B-A)=P(B)-P(A)；P(B)≥P(A)。
解：（1）共有5+2+3+2=12名学生，在其中任选4名共有 =495种选法，其中每年级各选1名的选法有 =60种选法，因此，所求概率为p=60/495=4/33。
（2）在12名学生中任选5名的选法共有 =792种，在每个年级中有一个年级取2名，而其它3个年级各取1名的取法共有 + + +
定理：设试验E的样本空间为S，A为E的事件，B1，B2，…，Bn为S的一个划分，且P(Bi)>0（i=1，2，…，n)，则
P(A)=P(A|B1)P(B1)+ P(A|B2)P(B2)+…+ P(A|Bn)P(Bn)（全概率公式）
定理：设试验E的样本空间为S，A为E的事件，B1，B2，…，Bn为S的一个划分，且P(A)>0，P(Bi)>0（i=1，2，…^，n)，则
1.1随机试验
具有如下特点的试验称为随机试验：
①可以在相同的条件下重复地进行。
②每次试验的结果可能不止一个，并且能事先明确试验的所有可能结果。
③进行一次试验之前不能确定哪一个结果会出现。
1.2样本空间、随机事件
（1）样本空间
我们将随机试验E的所有可能结果组成的集合称为E的样本空间，记为S。
样本空间的元素即E的每个结果，称为样本点。
概率的性质：
性质1：
性质2（有限可加性）：若A1，A2，…，An是两两互不相容的事件，则有P(A1∪A2∪…∪An)=P(A1)+P(A2)+…+P(An)。
性质3：设A，B是两个事件，若 ，则有P(B-A)=P(B)-P(A)；P(B)≥P(A)。
§1.4 等可能概型
解 （1）不放回情形
设 E: 球编号, 任取一球, 记下颜色, 放在一边，重复 m 次
n Amab (a b)(a b 1)(a b m 1)
记事件 A 为m个球中有k个白球，则
nA
Cmk Aak
Amk b
m! a! b!
k!(m k)! (a k)! (b m k)!
样本空间S共有6 6个基本事件。
若事件A发生，由于第一次有4只白球可供抽取， 第二次也有4只白球可供抽取，故有
P(A) 4 4 4 66 9
同理P(B) 2 2 1 66 9
由于AB ，故
P(A B) P(A) P(B) 5 9
P(C) P(B) 1 P(B) 8 9
(空,白,红),(空,红,白),(白,空,红),(白,红,空), (红,空,白),(红,白,空),(红白,空,空), (空, 空,红白),(空,红白,空).
因为两只球的放置是随机的,所以每一种放法 是等可能的,即每一个基本事件出现的可能性 相等,故每一个基本事件出现的机会都是1/9, 而事件A出现的可能结果为下面四种情况: (白,红, 空), (红,白, 空), (红白, 空, 空), (空,红白, 空). 即事件A包含九个基本事件中的四个基本事 件,故事件A出现的可能性为4/9,即P(A)=4/9.
A140
90
因为，从十个数字中不重复任取四个数的
取法总数为A140 . 而0在个位的四位数共有A93种取法， 而个位为2, 4, 6,8且首位不为0的数有4 8 A82种.
例12 从0，1，2，…，9等十个数字中任意 选出三个不同的数字，试求下列事件的概率： （1）A1={三个数字中不含0和5}；（2） A2={三个数字中不含0或5}。
设 E: 球编号, 任取一球, 记下颜色, 放在一边，重复 m 次
n Amab (a b)(a b 1)(a b m 1)
记事件 A 为m个球中有k个白球，则
nA
Cmk Aak
Amk b
m! a! b!
k!(m k)! (a k)! (b m k)!
样本空间S共有6 6个基本事件。
若事件A发生，由于第一次有4只白球可供抽取， 第二次也有4只白球可供抽取，故有
P(A) 4 4 4 66 9
同理P(B) 2 2 1 66 9
由于AB ，故
P(A B) P(A) P(B) 5 9
P(C) P(B) 1 P(B) 8 9
(空,白,红),(空,红,白),(白,空,红),(白,红,空), (红,空,白),(红,白,空),(红白,空,空), (空, 空,红白),(空,红白,空).
因为两只球的放置是随机的,所以每一种放法 是等可能的,即每一个基本事件出现的可能性 相等,故每一个基本事件出现的机会都是1/9, 而事件A出现的可能结果为下面四种情况: (白,红, 空), (红,白, 空), (红白, 空, 空), (空,红白, 空). 即事件A包含九个基本事件中的四个基本事 件,故事件A出现的可能性为4/9,即P(A)=4/9.
A140
90
因为，从十个数字中不重复任取四个数的
取法总数为A140 . 而0在个位的四位数共有A93种取法， 而个位为2, 4, 6,8且首位不为0的数有4 8 A82种.
例12 从0，1，2，…，9等十个数字中任意 选出三个不同的数字，试求下列事件的概率： （1）A1={三个数字中不含0和5}；（2） A2={三个数字中不含0或5}。
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(古典概型)
4×4 4 P(A = ) = 6×6 9
2×2 1 P(B) = = 6×6 9
∪ 由于 AB = ∅, 得 P(A∪B) = P(A) + P(B) = 5/9.
8 P(C) = P(B) = 9
练习: 计算不放回抽样的情形. 练习 计算不放回抽样的情形
4×3 2 P(A = ) = 6×5 5
由古典概型的等可能性, 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; 又由于基本事件两两互不相容 所以
1= P{S} = P({e1}) + P({e2}) +⋯ ({en}), P
15 ! CCC = . 555 !!!
5 15 5 10 5 5
(1) 每一个班各分配到一名优秀生的分法共有
3×12 ! ! × 3C CC = ! . 444 !!!
4 12 4 8 4 4
于是
3×12 ! . 种 (2) 3名优秀生分配到同一班中的分法有 3名优秀生分配到同一班中的分法有 255 !!!
k ， 又在 D 件次品中取 k 件, 所有可能的取法有 CD 种 在 N − D 件正品中取 n − k 件, 所有可能的取法 n 有 CN−k 种 ， −D 由乘法原理知： 由乘法原理知：在 N 件产品中取 n 件，其中恰 k n 有 k 件次品的取法共有 CDCN−k 种 ， −D
C C 于是所求的概率为： 于是所求的概率为： p = C
所以
k−1 a⋅ A +b−1 a a ) P( A = = ． k A +b a +b a
的整数中随机的取一个数, 例6 在1~2000 的整数中随机的取一个数 问取到的 整除的概率是多少? 整数即不能被 6 整除又不能被 8 整除的概率是多少 整除” 解: 设 A 为“取到的数能被 6 整除”, B 为“取到 整除” 的数能被 8 整除”, 则所求的概率为
1-4古典概型
七张同样的卡片上，并且将卡片放入同一盒中， 现从盒中任意一张一张地将卡片取出，并将其按 取到的顺序排成一列，假设排列结果恰好拼成一 个英文单词：
SC I ENCE
问：在多大程度上认为这样的结果
是奇怪的，甚至怀疑是一种魔术？
解 七个字母的排列总数为7！
拼成英文单词SCIENCE 的情况数为
22 4
概率.
解 同时掷两枚硬币有44个个等等可可能能 的结果，即样本
空间为
古典概型
={(正,正), (正,反), (反,正), (反,反)}
又事件A, B, C 分别包含 1个、2个和 1个样本点，
P( A)
1 4
;
P(B)
2 4
1 2
;
P(C )
1 4
.
抽样模型
例4 从有9件正品、3件次品的箱子中任取两次 每次取一件 ,试分别以:
箱中摸球
分球入箱
随机取数
分组分配
是常见的几种模型 . 课下可通过作业进一步掌握.
二、几何概率
定义 当随机试验的样本空间是某个区域,并且
任意一点落在度量（长度, 面积, 体积）相同的 子区域是等可能的,则事件A的概率可定义为
P( A) SA
S
（其中S是样本空间的度量，S
是构成事件A的子区
A
域的度量）这样借助于几何上的度量来合理规定
箱
人 任一天
旅客 车站
某城市每周发生7次车祸, 假设每天发生 车祸的概率相同. 求每天恰好发生一次车祸 的概率.
车祸 天
211
月
波尔克和哈定
的生日
3月 菲尔莫尔和
8 塔夫脱的祭日
12月 杜鲁门和福
26 特
SC I ENCE
问：在多大程度上认为这样的结果
是奇怪的，甚至怀疑是一种魔术？
解 七个字母的排列总数为7！
拼成英文单词SCIENCE 的情况数为
22 4
概率.
解 同时掷两枚硬币有44个个等等可可能能 的结果，即样本
空间为
古典概型
={(正,正), (正,反), (反,正), (反,反)}
又事件A, B, C 分别包含 1个、2个和 1个样本点，
P( A)
1 4
;
P(B)
2 4
1 2
;
P(C )
1 4
.
抽样模型
例4 从有9件正品、3件次品的箱子中任取两次 每次取一件 ,试分别以:
箱中摸球
分球入箱
随机取数
分组分配
是常见的几种模型 . 课下可通过作业进一步掌握.
二、几何概率
定义 当随机试验的样本空间是某个区域,并且
任意一点落在度量（长度, 面积, 体积）相同的 子区域是等可能的,则事件A的概率可定义为
P( A) SA
S
（其中S是样本空间的度量，S
是构成事件A的子区
A
域的度量）这样借助于几何上的度量来合理规定
箱
人 任一天
旅客 车站
某城市每周发生7次车祸, 假设每天发生 车祸的概率相同. 求每天恰好发生一次车祸 的概率.
车祸 天
211
月
波尔克和哈定
的生日
3月 菲尔莫尔和
8 塔夫脱的祭日
12月 杜鲁门和福
26 特
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
第四节古典概型
第四节
古典概型（等可能概型）
一．古典型随机试验（等可能概型) 一般, 如果随机试验 E 具有： (1) 有限性： 它的样本空间的元素只有有限个 (2) 等可能性：在每次试验中,每个基本事件发生的 可能性相同 则称随机试验E为古典型随机试验,也称等可能概型
概率统计
示例： 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，蒙 上眼睛，从中任取一球.
7 待12次且可以 重复日期，故有：
概率统计
12
(种 )
k : 12次接待来访者只能放在周二和周四两天之中,
故有： 2
12
12
k 2 从而 P ( A) 12 0.0000003 (千万分之三 ) n 7 注：由“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。
次品 正品
M N M k n k P ( B ) N n
这是一种无放回抽样.
概率统计
M件 次品
N-M件 正品
……
例6 把C、C、E、E、I、N、S七个字母分别写在七 张同样的卡片上，并且将卡片放入同一盒中，现 从盒中任意一张一张地将卡片取出，并将其按取 到的顺序排成一列，假设排列结果恰好拼成一个 英文单词：
5 P10 则： ( A) P 5 =0.3024 10
5 C10 问： ( A) 5 P 10
从10个不同数字中 取5个的排列
允许重复的排列
错在何处？
概率统计
计算样本空间样本点总数和所求事件 所含样本点数计数方法不同.
例 4. 盒中有6张面值相同的债券,其中有两张中奖债券,
现从中任取两次,每次取一张,考虑两种取法:
古典概型（等可能概型）
一．古典型随机试验（等可能概型) 一般, 如果随机试验 E 具有： (1) 有限性： 它的样本空间的元素只有有限个 (2) 等可能性：在每次试验中,每个基本事件发生的 可能性相同 则称随机试验E为古典型随机试验,也称等可能概型
概率统计
示例： 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，蒙 上眼睛，从中任取一球.
7 待12次且可以 重复日期，故有：
概率统计
12
(种 )
k : 12次接待来访者只能放在周二和周四两天之中,
故有： 2
12
12
k 2 从而 P ( A) 12 0.0000003 (千万分之三 ) n 7 注：由“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。
次品 正品
M N M k n k P ( B ) N n
这是一种无放回抽样.
概率统计
M件 次品
N-M件 正品
……
例6 把C、C、E、E、I、N、S七个字母分别写在七 张同样的卡片上，并且将卡片放入同一盒中，现 从盒中任意一张一张地将卡片取出，并将其按取 到的顺序排成一列，假设排列结果恰好拼成一个 英文单词：
5 P10 则： ( A) P 5 =0.3024 10
5 C10 问： ( A) 5 P 10
从10个不同数字中 取5个的排列
允许重复的排列
错在何处？
概率统计
计算样本空间样本点总数和所求事件 所含样本点数计数方法不同.
例 4. 盒中有6张面值相同的债券,其中有两张中奖债券,
现从中任取两次,每次取一张,考虑两种取法:
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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)
显然A,B互不相容, 故
(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=4×3=12
P( B) a ab
(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：
k (a b)(a b 1)[a b (k 1)] Aab
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： (a b 1)(a b 11){a b 1 [(k 1) 1]} Aab1 k 1 故事件B包含 a Aab1个基本事件。
例题2
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。 当样本空间S的元素较多时，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。 (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，２只红球可抽，第二次也有4只白球，２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,
而A1={HTT,THT,TTH} 故A1包含的基本事件数k1=3
由硬币的对称性知E2满足等可能性，且基本事件总数n=8。
P( A1 ) k1 3 n 8
例题1
(2)法一： A2 ={HHH,HHT,HTH,THH,HTT,THT,TTH} A2包含的基本事件数k2=7 法二： A2的逆事件 A2 表示“一次也不出现正面”， A2 ={TTT}
注意事件A与B并 不是互不相容的 事件B表示“取到的数能被8整除” 则事件 A B 表示“取到的数既不能被6整除，也不能被8整除”。
由于A B A B ，而事件A∪B表示“取到的数能被6或8整除”
p P( A B) P( A B) 1 P( A B) 1 [ P( A) P( B) P( AB)]
D N D k n k
种，而概率是
D N D p k n k
N n
超几何分布 的概率公式
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：
a a 若a为任意实数，r为非负整数，定义 a(a 1)(a r 1) , 1
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(k≤D)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
14 15
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N×Nׄ×N=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
P ( A) kA 12 6 0.4 n 30 15
例题2
同理可得B包含的基本事件数kB=2×1=2
P( B) kB 2 1 n 30 15
P ( A B ) P ( A) P ( B )
7 15
P (C ) P ( B ) 1 P ( B )
计算公式
若事件A包含k个基本事件，即 A i e
1
e e
i2 ik
其中 i1,i2,„,ik 是1,2,„,n 中某k个不同的数。 则有
P A P ei j
j 1 k
k A包含的基本事件数 n S中基本事件的总数
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E2，其样本空间为 S2：{HHH,HHT,HTH,HTT,THH,THT,TTH,TTT}
P ( A2 )
P ( A2 )
k2 7 n 8
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。
1 8
P ( A2 ) 1 P ( A2 )
7 8
事实上，P({0})=P({3})=1/8，P({1})=P({2})=3/8。
n AN N ( N 1) ( N n 1) p Nn Nn
组合数
与此具有相同数学模型的“生日相合”问题。
365 364 (365 n 1) n(365)个人生日各不相同的概率为： 365 n
其中至少有两人生日相同的概率为：p 1 n p
365 364 (365 n 1) 365 n
20 23 30 40 50 64 0.411 0.507 0.706 0.891 0.970 0.997
100 0.9999997
0
r! r 例如： ( )( 1)( 2) ( 1)( 2) 3 3! 6 a 特别当a为正整数，且ra时， Car 为组合数。 r
故逆事件 A B 表示“取到的数既不能被6整除, 也不能被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 333 2000 334 ，故能被6整除的数为333个。
6
2000 由于 250 ，故能被8整除的数为250个。 8 250 P( B) 2000
事件，不能认为哪一种取法更占优势，故满足等可能性。
N n
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 D 种取法； k
而其余的n-k件正品应从N-D件正品中取出有 N kD 种取法。 n
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
84 ，故能同时被6和8整除的数为83个。
24
P( AB )
p 1 (
83 2000
333 250 83 3 ) 2000 2000 2000 4
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，
k 1 a Aa b 1 a (a b 1)(a b 2) (a b k 1) a P ( B) k Aa b (a b)(a b 1) (a b k 1) ab
k 1
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1～2000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”
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)
显然A,B互不相容, 故
(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=4×3=12
P( B) a ab
(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：
k (a b)(a b 1)[a b (k 1)] Aab
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： (a b 1)(a b 11){a b 1 [(k 1) 1]} Aab1 k 1 故事件B包含 a Aab1个基本事件。
例题2
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。 当样本空间S的元素较多时，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。 (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，２只红球可抽，第二次也有4只白球，２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,
而A1={HTT,THT,TTH} 故A1包含的基本事件数k1=3
由硬币的对称性知E2满足等可能性，且基本事件总数n=8。
P( A1 ) k1 3 n 8
例题1
(2)法一： A2 ={HHH,HHT,HTH,THH,HTT,THT,TTH} A2包含的基本事件数k2=7 法二： A2的逆事件 A2 表示“一次也不出现正面”， A2 ={TTT}
注意事件A与B并 不是互不相容的 事件B表示“取到的数能被8整除” 则事件 A B 表示“取到的数既不能被6整除，也不能被8整除”。
由于A B A B ，而事件A∪B表示“取到的数能被6或8整除”
p P( A B) P( A B) 1 P( A B) 1 [ P( A) P( B) P( AB)]
D N D k n k
种，而概率是
D N D p k n k
N n
超几何分布 的概率公式
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：
a a 若a为任意实数，r为非负整数，定义 a(a 1)(a r 1) , 1
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(k≤D)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
14 15
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N×Nׄ×N=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
P ( A) kA 12 6 0.4 n 30 15
例题2
同理可得B包含的基本事件数kB=2×1=2
P( B) kB 2 1 n 30 15
P ( A B ) P ( A) P ( B )
7 15
P (C ) P ( B ) 1 P ( B )
计算公式
若事件A包含k个基本事件，即 A i e
1
e e
i2 ik
其中 i1,i2,„,ik 是1,2,„,n 中某k个不同的数。 则有
P A P ei j
j 1 k
k A包含的基本事件数 n S中基本事件的总数
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E2，其样本空间为 S2：{HHH,HHT,HTH,HTT,THH,THT,TTH,TTT}
P ( A2 )
P ( A2 )
k2 7 n 8
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。
1 8
P ( A2 ) 1 P ( A2 )
7 8
事实上，P({0})=P({3})=1/8，P({1})=P({2})=3/8。
n AN N ( N 1) ( N n 1) p Nn Nn
组合数
与此具有相同数学模型的“生日相合”问题。
365 364 (365 n 1) n(365)个人生日各不相同的概率为： 365 n
其中至少有两人生日相同的概率为：p 1 n p
365 364 (365 n 1) 365 n
20 23 30 40 50 64 0.411 0.507 0.706 0.891 0.970 0.997
100 0.9999997
0
r! r 例如： ( )( 1)( 2) ( 1)( 2) 3 3! 6 a 特别当a为正整数，且ra时， Car 为组合数。 r
故逆事件 A B 表示“取到的数既不能被6整除, 也不能被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 333 2000 334 ，故能被6整除的数为333个。
6
2000 由于 250 ，故能被8整除的数为250个。 8 250 P( B) 2000
事件，不能认为哪一种取法更占优势，故满足等可能性。
N n
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 D 种取法； k
而其余的n-k件正品应从N-D件正品中取出有 N kD 种取法。 n
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
84 ，故能同时被6和8整除的数为83个。
24
P( AB )
p 1 (
83 2000
333 250 83 3 ) 2000 2000 2000 4
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，
k 1 a Aa b 1 a (a b 1)(a b 2) (a b k 1) a P ( B) k Aa b (a b)(a b 1) (a b k 1) ab
k 1
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1～2000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”