概率与数理统计及其应用1-4等可能概型(古典概型)
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概率论与数理统计-古典概型
设 ij : 取出的两球的号码为i, j (1 i j 5), 则，
{12 ,13,14 ,15 ,23,24 ,25 ,34 ,35 ,45}, A {12 ,13 ,23},
从而，
P( A) 3 0.3. 10
表达方法：
样本空间中基本事件总数： N
设 Ak 表示第k 次取得次品，则 Ak 包含的基本事件
总数为: M PNk11 M (N 1)(N 2)(N k 1),
于是，P( Ak
)
M
P k 1 N 1
PNk
M N
(N (N
1)( N 1)( N
2)(N 2)(N
k k
1) 1)
第一章 随机事件及其概率
§1.4 概率的古典定义
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.
M N
.
P(Ak ) 与 k 无关!
* 2.几何概型
假设随机试验包含无穷多个基本事件,且每个基 本事件都是等可能的.
定义 假设试验的样本空间 包含无穷多个基本
事件，其总量可用某种几何特征进行度量；事件A包含 的基本事件可用同样的几何特征度量. 事件A的概率定 义为：
P( A) A的的度度量量.
29876 10 9 8 7 6
1 5
这就是抽签的公正性
[例4] 一批产品共有N 件,其中有M 件次品.每次从
{12 ,13,14 ,15 ,23,24 ,25 ,34 ,35 ,45}, A {12 ,13 ,23},
从而，
P( A) 3 0.3. 10
表达方法：
样本空间中基本事件总数： N
设 Ak 表示第k 次取得次品，则 Ak 包含的基本事件
总数为: M PNk11 M (N 1)(N 2)(N k 1),
于是，P( Ak
)
M
P k 1 N 1
PNk
M N
(N (N
1)( N 1)( N
2)(N 2)(N
k k
1) 1)
第一章 随机事件及其概率
§1.4 概率的古典定义
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.
M N
.
P(Ak ) 与 k 无关!
* 2.几何概型
假设随机试验包含无穷多个基本事件,且每个基 本事件都是等可能的.
定义 假设试验的样本空间 包含无穷多个基本
事件，其总量可用某种几何特征进行度量；事件A包含 的基本事件可用同样的几何特征度量. 事件A的概率定 义为：
P( A) A的的度度量量.
29876 10 9 8 7 6
1 5
这就是抽签的公正性
[例4] 一批产品共有N 件,其中有M 件次品.每次从
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
概率论与数理统计第一章1-4高职高专
A、 B不可能同
A
B
时发生
A1 , A2 ,, An 两两互斥
Ai Aj , i j, i, j 1,2,, n A1 , A2 ,, An , 两两互斥
Ai Aj , i j, i, j 1,2,
7. 事件的对立
AB , A B
习 题（P 50-51） 1.
ABC 2% 23% 20% 3% 7% 5% ABC
B
C
ABC 30%
A
2. (1) ABC=A
BC
B A
C
(2)
A
B C
3. 试把 相容的事件的和。
表示成n个两两互不
A
B
AB
ABC
C
6. 解：
(1) (2) (3) (4) (5)
第三节
频率定义
频率与概率
频率——对于随机事件A，若在N次试验中出现
—— A 与B 互相对立 每次试验 A、 B中
B A
A
有且只有一个发生
称B 为A的对立事件(or逆事件)， 记为 B A 注意：“A 与B 互相对立”与 “A 与B 互斥”是不同的概念
8. 完备事件组
若 A1 , A2 ,, An两两互斥，且 Ai
n
则称 A1 , A2 ,, An 为完备事件组 或称 A1 , A2 ,, An 为 的一个分割
(1) 将3名优秀生分配到三个班级，共有3！种分 法，其余12名新生平均分配到三个班级，共有 种分法，因此所求概率为
交换 ( B C ) ( AB)C A( BC ) 分配律 ( A B) C ( A C ) ( B C ) A ( BC ) ( A B)( A C )
A
B
时发生
A1 , A2 ,, An 两两互斥
Ai Aj , i j, i, j 1,2,, n A1 , A2 ,, An , 两两互斥
Ai Aj , i j, i, j 1,2,
7. 事件的对立
AB , A B
习 题（P 50-51） 1.
ABC 2% 23% 20% 3% 7% 5% ABC
B
C
ABC 30%
A
2. (1) ABC=A
BC
B A
C
(2)
A
B C
3. 试把 相容的事件的和。
表示成n个两两互不
A
B
AB
ABC
C
6. 解：
(1) (2) (3) (4) (5)
第三节
频率定义
频率与概率
频率——对于随机事件A，若在N次试验中出现
—— A 与B 互相对立 每次试验 A、 B中
B A
A
有且只有一个发生
称B 为A的对立事件(or逆事件)， 记为 B A 注意：“A 与B 互相对立”与 “A 与B 互斥”是不同的概念
8. 完备事件组
若 A1 , A2 ,, An两两互斥，且 Ai
n
则称 A1 , A2 ,, An 为完备事件组 或称 A1 , A2 ,, An 为 的一个分割
(1) 将3名优秀生分配到三个班级，共有3！种分 法，其余12名新生平均分配到三个班级，共有 种分法，因此所求概率为
交换 ( B C ) ( AB)C A( BC ) 分配律 ( A B) C ( A C ) ( B C ) A ( BC ) ( A B)( A C )
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
概率论与数理统计：1.4等可能概型(古典概型)
一、等可能概型 二、古典概型的求法举例
一、等可能概型（古典概型）
1. 定义
(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. 具有以上两个特点的试验称为等可能概型或 古典概型.
2.古典概型中事件概率的计算公式
设试验E的样本空间由n个样本点构成,A为 E的任意一个事件 , 且包含 m 个样本点,则事件 A出现的概率记为:
P(A)
m n
A所包样含本样点本总点数的个数.
称此为概率的古典定义.
二、古典概型的求法举例
基本模型之一摸球模型
(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 设 A 摸得2只球都是白球
基本事件总数为 6×5 A所包含基本事件的个数为 4×3
解
（1）总的选法种数为
n
C3 10
.
最小号码为5的选法种数为
m
C2 5
故小号码为5的概率为
P
C52 C130
1 12
（2）最大号码为5的选法种数为
C2 4
故最大号码为5的概率为
P
C42 C130
1. 20
例2 有 5 双不同型号的鞋子, 从中任取4 只 ,求
下列各事件的概率 :
1 取出的 4 只鞋恰好为两双 ; 2 取出的 4 只鞋都是不同型号的; 3 取出的 4 只鞋恰好有两只配成一双 .
车祸 天
小结
最简单的随机现象 古典概型
古典概率
PA
m n
A所包样含本样点本总点数的个数.
解 设 A 取出的 4 只鞋恰好为两双 , B 取出的 4 只鞋都是不同型号的, C 取出的 4 只鞋恰好有两只配成一双.
一、等可能概型（古典概型）
1. 定义
(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. 具有以上两个特点的试验称为等可能概型或 古典概型.
2.古典概型中事件概率的计算公式
设试验E的样本空间由n个样本点构成,A为 E的任意一个事件 , 且包含 m 个样本点,则事件 A出现的概率记为:
P(A)
m n
A所包样含本样点本总点数的个数.
称此为概率的古典定义.
二、古典概型的求法举例
基本模型之一摸球模型
(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 设 A 摸得2只球都是白球
基本事件总数为 6×5 A所包含基本事件的个数为 4×3
解
（1）总的选法种数为
n
C3 10
.
最小号码为5的选法种数为
m
C2 5
故小号码为5的概率为
P
C52 C130
1 12
（2）最大号码为5的选法种数为
C2 4
故最大号码为5的概率为
P
C42 C130
1. 20
例2 有 5 双不同型号的鞋子, 从中任取4 只 ,求
下列各事件的概率 :
1 取出的 4 只鞋恰好为两双 ; 2 取出的 4 只鞋都是不同型号的; 3 取出的 4 只鞋恰好有两只配成一双 .
车祸 天
小结
最简单的随机现象 古典概型
古典概率
PA
m n
A所包样含本样点本总点数的个数.
解 设 A 取出的 4 只鞋恰好为两双 , B 取出的 4 只鞋都是不同型号的, C 取出的 4 只鞋恰好有两只配成一双.
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。
1-4等可能概型
(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: P n r 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 n r r n n (n 1 ) r! (n r 1 ) r!(n n !r)!
任一只, 有 a 种取法.
于是 B 包含 a Aakb11个基本事件,
所以
PAaA Aakakbb11
a． ab
例6 在1~2000 的整数中随机的取一个数, 问取到的 整数即不能被 6 整除又不能被 8 整除的概率是多少?
解: 设 A 为“取到的数能被 6 整除”, B 为“取到 的数能被 8 整除”, 则所求的概率为
P(A1) = 3/8,
P(A2) = 7/8.
例2 一口袋装有6只球, 其中4只白球、2只红球, 从 袋中取球两次, 每次随机取一只. 考虑两种方式: (a) 第一次取一只球, 观察其颜色后放回, 搅匀后再取一 球. 此方式称为放回抽样. (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. 此方式称为不 放回抽样.
思考: 指定的n 个盒子中各有一球的概率.
说明: 本例是一种重要的古典概率模型. 例如, 设每个人的生日在一年365天中的任一
天是等可能的, 即都等于 1/365, 则随机取 n( 365) 个人, 他们的生日各不相同的概率为
36 356 34 6 ( n 35 6 n 5 1 ).
第四节 等可能概型(古典概型)
一、排列组合公式 二、古典概型（等可能概型）
一、排列组合公式
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
浙江大学第四版概率论 1-4
由实际推断原理可知接待时间是有规定的.
212 种.
212 p 12 0.0000003 . 7
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9 假设每人的生日在一年 365 天中的任一天 是等可能的 , 即都等于 1/365 ,求 64 个人中至少 有2人生日相同的概率.
解
64 个人生日各不相同的概率为
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.
解 7 1 周一 7 2 周二 7 3 周三 7 4 周四
周五
7 12 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
周五 周六
2 12
周一
周二
周三
周四
周日
12 次接待都是在周二和周四进行的共有 故12 次接待都是在周二和周四进行的概率为
2018年5月10日10时4分
模型的应用
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.
答案 : p 2 9
生日问题 假设每人的生日在一年365天中的任 一天是等可能的，即都等于1/365，那么随机选取 n(n≤365)个人,试求(1)他们的生日各不相同的概率； (2)n个人中至少有两人生日相同的概率。
2018年5月10日10时4分
例5 (抽签问题)一袋中有a个白球，b个红球，k个人依 次从袋中取一只球，(1)作放回抽样；(2)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 (k≤a+b). 解(1)放回抽样情况，
从a b个球中有放回地取 k个球所有可能的取法有 ：
212 种.
212 p 12 0.0000003 . 7
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9 假设每人的生日在一年 365 天中的任一天 是等可能的 , 即都等于 1/365 ,求 64 个人中至少 有2人生日相同的概率.
解
64 个人生日各不相同的概率为
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.
解 7 1 周一 7 2 周二 7 3 周三 7 4 周四
周五
7 12 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
周五 周六
2 12
周一
周二
周三
周四
周日
12 次接待都是在周二和周四进行的共有 故12 次接待都是在周二和周四进行的概率为
2018年5月10日10时4分
模型的应用
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.
答案 : p 2 9
生日问题 假设每人的生日在一年365天中的任 一天是等可能的，即都等于1/365，那么随机选取 n(n≤365)个人,试求(1)他们的生日各不相同的概率； (2)n个人中至少有两人生日相同的概率。
2018年5月10日10时4分
例5 (抽签问题)一袋中有a个白球，b个红球，k个人依 次从袋中取一只球，(1)作放回抽样；(2)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 (k≤a+b). 解(1)放回抽样情况，
从a b个球中有放回地取 k个球所有可能的取法有 ：
概率论与数理统计图文课件最新版-第1章-第3节-古典概型(等可能概型)
第一章知识结构图
基本概念与运算 ( 随机试验,事件,样本空间 )
频率与概率
统计定义
古典定义
公理化定义
条件概率
独立性
概率统计
全概率公式与贝叶斯公式
第三节 古典概型（等可能概型）
一．古典型随机试验（等可能试验 ) 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
P( A1 ) P( A2 ) P( A3 ) P( A1 A2 )
P( A1 A3 ) P( A2 A3 ) P( A1 A2 A3 )
其中
P( A1 )
P( A2 )
P(A3 )
2! 3!
1 3
11
P( A1 A2 )
P( A1 A3 ) 11
P(A2 A3 )
3!
6
P( A1 A2 A3 ) 3! 6 A i { 第 i 封信装入
即, 10个球中的任一个被 取出的机会是相等的，
均为1/10.
10个球中的任一个被取 出的机会都是1/10
所以称这类概率模型为古典概型.
概率统计
在此示例中, 若记 A={ 摸到2号球 } 2
则 P(A)=?
显然： P(A)= 1/10
若记 B={ 摸到红球 } 1 2 3 4 5 6
则 P(B)=?
概率统计
则有：
P( A) P[ ei1 U ei2 UL U eik ]
P(ei )
1 n
k
P ei1 P ei2 L P eik P eij j1
1 1 L L 1 k
nn
nn
A包含的基本事件总数 S包含的基本事件总数
基本概念与运算 ( 随机试验,事件,样本空间 )
频率与概率
统计定义
古典定义
公理化定义
条件概率
独立性
概率统计
全概率公式与贝叶斯公式
第三节 古典概型（等可能概型）
一．古典型随机试验（等可能试验 ) 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
P( A1 ) P( A2 ) P( A3 ) P( A1 A2 )
P( A1 A3 ) P( A2 A3 ) P( A1 A2 A3 )
其中
P( A1 )
P( A2 )
P(A3 )
2! 3!
1 3
11
P( A1 A2 )
P( A1 A3 ) 11
P(A2 A3 )
3!
6
P( A1 A2 A3 ) 3! 6 A i { 第 i 封信装入
即, 10个球中的任一个被 取出的机会是相等的，
均为1/10.
10个球中的任一个被取 出的机会都是1/10
所以称这类概率模型为古典概型.
概率统计
在此示例中, 若记 A={ 摸到2号球 } 2
则 P(A)=?
显然： P(A)= 1/10
若记 B={ 摸到红球 } 1 2 3 4 5 6
则 P(B)=?
概率统计
则有：
P( A) P[ ei1 U ei2 UL U eik ]
P(ei )
1 n
k
P ei1 P ei2 L P eik P eij j1
1 1 L L 1 k
nn
nn
A包含的基本事件总数 S包含的基本事件总数
《概率论》第1章§4等可能概型
S {HH, HT, TT}
他计算得
P( A) 1 3
第一章
这不是 等可能概型！
概率论的基本概念
§4 等可能概型
4/16
袋中有 a 只白球， b只红球. 从袋中任取 n 只球， 求取到 k ( min(n, a) ) 只白球的概率. 从 a b 只球中任取 n 只，样本点总数为
n Ca b
P( Ai ) 1/ 4 (i 1, 2,3, 4) P( A1A2 ) P( A3 A4 ) 1/(4 3) P( A1 A2 A3 ) P( A2 A3 A4 ) 1/(4 3 2) P( A1 A2 A3 A4 ) 1/(4 3 2 1)
故所求概率为
P( A1 A 2
先从10个部件选出 C C 10 P( A1一个 ) 1 , 再将3个强度 p 3 1960 C 1 50 10 3 太弱的铆钉全装上 1
1 10 3 3
1 3 C10 10 C3 A10 ) P( Ai )
i 1
C50
1960
按古典概型公式怎样计算
取到 k 只白球的有利场合数为
nk k Ca Cb
故所求概率为
nk k Ca Cb pk n Ca b
第一章
概率论的基本概念
§4 等可能概型
5/16
从 n 个不同的元素中, 任取 k ( n ) 个元素, 按 照一定的顺序排成一列，全部排列个数为
k An
n ! n(n 1) (n k 1) (n k )!
第一章
概率论的基本概念
§4 等可能概型 古典概型的特点： 有限个样本点 基本事件的等可能性
13/16
他计算得
P( A) 1 3
第一章
这不是 等可能概型！
概率论的基本概念
§4 等可能概型
4/16
袋中有 a 只白球， b只红球. 从袋中任取 n 只球， 求取到 k ( min(n, a) ) 只白球的概率. 从 a b 只球中任取 n 只，样本点总数为
n Ca b
P( Ai ) 1/ 4 (i 1, 2,3, 4) P( A1A2 ) P( A3 A4 ) 1/(4 3) P( A1 A2 A3 ) P( A2 A3 A4 ) 1/(4 3 2) P( A1 A2 A3 A4 ) 1/(4 3 2 1)
故所求概率为
P( A1 A 2
先从10个部件选出 C C 10 P( A1一个 ) 1 , 再将3个强度 p 3 1960 C 1 50 10 3 太弱的铆钉全装上 1
1 10 3 3
1 3 C10 10 C3 A10 ) P( Ai )
i 1
C50
1960
按古典概型公式怎样计算
取到 k 只白球的有利场合数为
nk k Ca Cb
故所求概率为
nk k Ca Cb pk n Ca b
第一章
概率论的基本概念
§4 等可能概型
5/16
从 n 个不同的元素中, 任取 k ( n ) 个元素, 按 照一定的顺序排成一列，全部排列个数为
k An
n ! n(n 1) (n k 1) (n k )!
第一章
概率论的基本概念
§4 等可能概型 古典概型的特点： 有限个样本点 基本事件的等可能性
13/16
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
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
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 })
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a
针的中点M到最近的一条平行 直线的距离, 表示针与该平行直线的 夹角.
M x
那么针落在平面上的位 置可由( x , )完全确定.
投针试验的所有可能结 果与 a 矩形区域 a S {( x , ) 0 x ,0 π} 2 中的所有点一一对应 .
M x
由投掷的任意性可知, 这是一个几何概型问题. 所关心的事件 A {针与任一平行直线相交 } 发生的充分必要条件为 S中的点满足 b 0 x sin ,0 π 2
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.
3 3 3 3
4个球放到3个杯子的所有放法 3 3 3 3 34 种,
则 S { HHH , HHT , HTH , THH , HTT , THT , TTH , TTT }.
而 A 1 { HTT , THT , TTH }. 得 P ( A 1 ) 3 8 ,
( 2) A 2 { HHH , HHT , HTH , THH , HTT , THT ,TTH }.
(答案 : p 36520 ) 10 10
二、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) 设 H 为出现正面, T 为出现反面.
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
15 10 5 15! . 5 5 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!12! ) (4! 4! 4! ) 种.
因此所求概率为
25 3!12! 15! . p1 4! 4! 4! 5! 5! 5! 91
解
y 2
1 : 45
设 x, y 分别为 甲、乙两人到 达的时刻, 则有
1 1 : 15 1 : 30 1 : 45 2
1 : 30
1 : 15
1 x 2,
1 y 2.
1
o
x
2 见车就乘 阴影部分面积 4 (1 4) 1 . p 2 的概率为 ( 2 1) 4 正方形面积
设试验 E 的样本空间由n 个样本点构成, A 为 E 的任意一个事件,Байду номын сангаас包含 m 个样本点, 则事
件 A 出现的概率记为:
m 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.
3. 古典概型的基本模型:摸球模型
(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 设 A {摸得 2 只球都是白球 }, 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
两人会面的充要条件为 x y t ,
若以 x, y 表示平面 上点的坐标 , 则有 故所求的概率为
T
o
y
y xt
x yt
阴影部分面积 p 正方形面积
t
T
x
T (T t ) T2 t 2 1 (1 ) . T
2
2
例8 甲、乙两人约定在下午1 时到2 时之间到某 站乘公共汽车 , 又这段时间内有四班公共汽车它 们的开车时刻分别为 1:15、1:30、1:45、2:00.如 果它们约定 (1) 见车就乘; (2) 最多等一辆 车,求甲、乙同乘一车的概率. 假定甲、乙两人到达车站的时 刻是互相不牵连的,且每人在1 时到2 时的任何时刻到达车站 是等可能的.
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
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.
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.
(答案 : 2 9)
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. 20 10
D N D N . 于是所求的概率为 p k n k n
例3 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 A 为事件“取到的数能被6整除”,B为事件
P ( A B ). “取到的数能被8整除”则所求概率为 P ( AB ) P ( A B ) 1 P ( A B )
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 SA P ( A) S (其中 S 是样本空间的度量 , S A 是构成事件 A的子
区域的度量) 这样借助于几何上的度 量来合理规 定的概率称为几何概率. 说明 当古典概型的试验结果为连续无穷多个时, 就归结为几何概率.
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 7 4
7 12
周三 周四 周五 周六 周日
利用上式可计算圆周率π 的近似值.
历史上一些学者的计算结果(直线距离a=1)
μ(G ) G的面积 P ( A) μ( S ) S的面积
b 0 2 sind a π 2 b 2b . a aπ π 2
π
蒲丰投针试验的应用及意义
2b P ( A) aπ 根据频率的稳定性 ,当投针试验次数 n很大时, m 算出针与平行直线相交 的次数m , 则频率值 即可 n 作为P ( A)的近似值代入上式 , 那么 m 2b 2bn , π . n aπ am
会面问题
例7 甲、乙两人相约在 0 到 T 这段时间内, 在预 定地点会面. 先到的人等候另一个人, 经过时间 t
( t<T ) 后离去.设每人在0 到T 这段时间内各时刻
到达该地是等可能的 , 且两人到达的时刻互不牵 连.求甲、乙两人能会面的概率. 解 设 x , y 分别为甲,乙两人到达的时
刻, 那末 0 x T , 0 y T .
因此 P ( A 2 ) 7 8 .
例 2 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 在 N 件产品中抽取n件,其中恰有k 件次品的取法
共有
D N D 种, k n k
第四节 等可能概型(古典概型)
一、等可能概型 二、典型例题
三、几何概率 四、小结
一、等可能概型(古典概型)
1.定 义
(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. 具有以上两个特点的试 验称为等可能概型或 古典概型 .
2. 古典概型中事件概率的计算公式
例6 假设每人的生日在一年 365 天中的任一天 是等可能的 , 即都等于 1/365 ,求 64 个人中至少 有2人生日相同的概率.
解
64 个人生日各不相同的概率为
365 364 ( 365 64 1) p1 36564
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. p 1 64 365
(2)将3名优秀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
6 3 12! 15! . p2 2! 5! 5! 5! 5! 5! 91
4 种 2
2 种 2
2个
2个
因此第1、2个杯子中各有两个球的概率为
4 2 4 2 p 3 . 27 2 2
(2) 每个杯子只能放一个球 问题2 把4个球放到10个杯子中去,每个杯子只能 放一个球, 求第1 至第4个杯子各放一个球的概率. 解 第1至第4个杯子各放一个球的概率为