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
第 1张 1 2 3 第2张 1 2 3 第 3张 1 2 3
n=4,k =3
共有4.4.4=43种可能取法
4
4
4
2、组合: 从n个不同元素取 k个 （1k n)的不同组合总数为：
n P n! k Cn 有时记作 C k , k! ( n k )! k!
k n k n
若记 A={摸到2号球}
P(A)=?
2
P(A)=1/10
1 2 3 4 5 6 8 5 1 9 4 6 7 2 3 10
记 B={摸到红球} P(B)=? P(B)=6/10
例1 抛两枚硬币，求出现一个正面一个反面的概率. 解：该试验的样本空间为
S HH, HT, TH , TT
这是一个古典概型 ,事件 A : “一个正面一个反面” 的有利场合是 HT , TH
CC 2 故 P ( A) . CC 5
1 4 1 6
1 3 1 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 3 次摸到红球}
第3次摸到红球 4种
1次摸到黑球 6种 第2
（1）排列: 从n个不同元素取 k个（1≤ k≤ n) 的不同排列总数为：
n! p n( n 1)( n 2) ( n k 1) ( n k )!
k n
k = n时称全排列
P pn n( n 1)( n 2) 2 1 n!
n n
从n个不同元素取 k个（允许重复）（1≤ k≤ n) k 的不同排列总数为：n n n n 例如：从装有4张卡片的盒中 1 2 3 4 有放回地摸取3张
第3 2 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.
1 3 (答案: p C9 C6 13 93 9 106 )
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:
m A 所包含的基本事件数 P ( A) . n S中基本事件的总数
称此概率为古典概率, 这种确定概率的方法称为 古典方法. 这就把求古典概率的问题转到 i号球， i =1,2,…,10 .
则该试验的样本空间 S={1,2,…,10} ,
如i =2 2
且每个样本点{i}(i=1,2,…,n)
(或者说基本事件)出现的可能 性相同 . 称这样一类随机试验为古 典概型. 5 8 19 4 6 7 3 10
一、古典概型（等可能概型）
P A 2 1 4 2
18世纪著名的法国数学家达朗贝尔取 样本空间为 S HH , HT , TT 他计算得
1 P A 3
这不是 等可能概型！
例2 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. 解： 从 a b 只球中任取 n 只，样本点总数为
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
85 1946 7 2 3 10 抽取时这些球是完全平等的，即10个球中的任一 个被取出的机会是相等的，均为1/10.
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 10个球中的任一个被取 出的机会都是1/10
引例：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.
分别为1,2,3 的事件. 我们认为球是可以区分的, 于是, 放球过程的所有可能结果数为 n 43. (1) A 所含的基本事件数: 即是从 4 个杯子中任选 3个杯子, 每个杯子放入一个球, 杯子的选法有 C 43 3 种, 球的放法有 3! 种, 故 P ( A) C 4 3! 3 . 3 8 4
1 2
k
即 A Ai Ai Ai , 1 2 k
又由于基本事件是两两互斥的。 于是，
事件A发生的概率
P A P Ai1 Ai2 ... Aik
i1 i2
P A P A P A
ik
k A 包含的基本事件数 n S 中的基本事件总数
求每个盒子至多有一只球的概率。 任一只球进任一盒子是等可能的,故这是古 典概型问题 解：样本点总数为
基本事件
N N N N n
“每个盒子至多有一只球”的有利场合数为
A N ( N 1) [ N ( n 1)]
n N
故所求概率为
n AN N ( N 1) ( N n 1) p n N Nn
位数.
注: n个不同元素分为k组, 各组元素数目分别为
r1 , r2 ,, rk 的分法总数为 rk r1 r2 n! C n C nr1 C rk , r1 r2 rk n r1 ! r2 !rk !
例 3 将 n 只球随机地放入 N ( n ) 个盒子中去，试
显然 A B C S , 且 A, B , C 互不相容, 故
三、典型例题
例 5 将标号为 1,2,3,4 的四个球 随意地排成一行, 求下列各事件的概率: (1) 各球自左至右或自右至左 恰好排成 1,2,3,4 的 顺序; (2) 第 1 号球排在最右边或最左边; (3) 第 1 号球与第 2 号球相邻;
(4) 第 1 号球排在第 2 号球的右边(不一定相邻).
解 将 4 个球随意地排成一行有 4!=24 种排法, 即 基本事件总数为 24. 记 (1), (2), (3), (4) 的事件分 别为 A, B, C , D.
(1)事件A 各球自左至右或自右至左恰好排成 1,2,3,4的顺序; A 中有 2 种排法,
称为组合系数. 排列和组合的区别:
P C k!
k n k n
顺序不同的排列视为不同的排列, 而组合与顺
序无关.
例如, 从5个球中任取3个的取法共有多少种? 答: 共有 C ( 10) 种取法. 又如, 1至5五个数字可组成多少个没有重复数字的
3 5
三位数? 答: 总共可以组成 P53 ( 60) 个没有重复数字的三
P ( A1 ) P ( A2 ) P ( An ).
n
由概率的公理化定义知
1 P ( S ) P (U Ai )
i 1
nP ( Ai )
1 P ( Ai ) , i 1,2,, n n
设事件A包含其样本空间S中k个基本事件: Ai , Ai ,, Ai
1.定义
若随机试验满足下述两个条件： (1) 它的样本空间只有有限多个样本点； (2) 每个样本点出现的可能性相同. 称这种试验模型为等可能概型或古典概型.
怎样计算等可能概型中事件的概率
2. 古典概型中事件概率的计算公式
记 S e1 , e2 ,, en ; Ai ei i 1,, n, 即
C
k a
取到 k 只白球的有利场合数为
n ab
C C
n k b
故所求概率为
k n k Ca Cb P n Ca b
二、计算古典概率的方法
1. 加法原理
设完成一件事有n种方式， m1 m2 mn 第一种方式有m1种方法， 第二种方式有m2种方法, …； 第n种方式有mn种方法, 则完成这件事总共 无论通过哪种方法都可以 有m1 + m2 + … + mn 完成这件事， 种方法 .

2 C4 种
2 C2 种