1-第二节古典概率与几何概率

N C C C 30!/ 10! 10! 10!
10 30 10 20 10 10
9 9 P(A) 3! C 27 C18 C99 /N 50/ 203
1 7 10 10 P(B) C 3 C 27 C 20 C10 /N
3 C / C
7 27
10 30
a( a b 1 )! a P ( Ak ) ( a b )! ab
解法2 1.把a只黑球和b只白球都看着没有区别.
2. 把a+b只球摸出来依次排在一直线的a+b个位置 上.若把a只黑球的位置固定下来,则其它位置必然 a C 为白球,则黑球在a+b个位置中的放法共有 a b , 3.有利于A的场合是在第k个位置上固定一个黑球, 其余a - 1个黑球被放到其余a+b-1个位置上,共有 a 1 Ca 种放法. 因此 b 1
k n k CM CN M P ， n CN
0 k minn , M n M
超几何分布
例11 30名毕业生中有3名运动员，将他们平均分配 到甲、乙、丙三个城市去工作，求： （1）每市都有一名运动员的概率； （2）3名运动员集中在一个市里的概率。 解 设A={每市有一名运动员}; B={3名运动员集中在一个市里}
P (e1 ) P (e 2 ) P (e n ) nP (e1 )
P ( e1 ) P ( e 2 ) P ( e n ) 1 / n
因此, 若事件A e i1 , e i2 , , e ik 包含了k个基本事件, 则 事件A发生的概率 P ( A) k / n
使 A 发生的基本事件是第一次抽到合格品 , 且第二次也抽到合格品, 共有mA=8×8=64种取法.于是 P(A)= mA/n=64/100 同理B包含的基本事件数mB=2×2=4.所以 P(B)= mB /n=4/100 由于C=A+B,且AB=,所以
P(C)=P(A+B)=P(A)+P(B)=0.64+0.04=0.68
2 6
且每一基本事件发生是等可能的. 事件A发生是指从4件合格品和2件不合格品中 各抽出一件,抽取方法数,即使事件A发生的基本事 1 1 件数为 m C4 C2 4 2 8
1 1 C4 C2 所以事件A发生的概率为 P(A) 8 / 15 2 C6
例9 袋中有a只黑球,b只白球.它们除了颜色不同 外,其它方面全同.现在随机地把球一只只摸出来, 求第k次摸出的一只是黑球(事件Ak)的概率. 解法1 1. 把a只黑球b只白球视为可分辨的. 2. 把a+b只球摸出来依次排在一直线的a+b个位置 上,则可能的排列法相当于把a+b个元素进行全排列, 即基本事件总数为n=(a+b)!. 3. 有利于事件Ak的场合相当于在第k个位置上放一 个黑球(共有a种选择),而在其余的a+b-1个位置上, 由其余的a+b-1个球任意排列,共有m=a(a+b-1)!种排 法.所以
Hale Waihona Puke 以后我们会知道，频率fn(A) =nA/n实际上是一个 随机序列。
二、古典概型
在概率论发展的初期主要研究具有如下两个 特点的随机试验: (1)试验的样本空间的元素只有有限个;
(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随机试验称为古典概型, 也称为等可能概型.
1.古典概型的定义
定义2.4 若一试验(概型)满足下列两个特征:
C P(A3 ) C
2 96 1 4
3 96 3 100
0 .8836
3 （3）基本事件的总数仍为 C100 , A2包含的基本
事件数为C C ，故
C C P(A2 ) 0 .1128 C
2 1 96 4 3 100
例7 用0,1,2,3,4,5这六个数字排成三位数，求 （1）没有相同数字的三位数的概率. （2）没有相同数字的三位偶数的概率.
C P ( Ak ) C
a 1 a b 1 a ab
a ab
这两种不同的解法,主要在于选取的样本空间 不同,而最后的答案是相同的.
例10 设盒中有3个白球，2个红球，现从盒中任 抽2个球，求取到一红一白的概率。 解 设A={取到一红一白}, 则 1 1 C3 C2 P(A) 6 / 10 0.6 2 C5 答: 取到一红一白的概率为0.6。 一般地，设盒中有N个球，其中有M个白球， 从中任抽n个球，则这n个球中恰有k白球的概率是
解 正面记为H,反面记为T,则随机试验的样本空 间为 Ω ={HH,HT,TH,TT} 而 A1={HT,TH} A2={HH,HT,TH}
即样本空间有 4 个样本点 , 而随机事件 A1 包含 2 个 样本点,随机事件A2包含3个样本点,故 P(A1)=2/4=1/2，P(A2)=3/4
例5 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.
第2 节
1.
古典概率与几何概率
一、概率的定义及性质
概率的统计定义
对于一个随机事件(必然事件和不可能事件 除外)来说,它在一次试验中可能发生,也可能不 发生.我们希望知道某些事件在一次试验中发生 的可能性究竟有多大,找到一个合适的数来表示 事件在一次试验中发生的可能性大小. 定义 随机事件A发生可能性大小的度量(数值), 称为A发生的概率,记作P(A). ( 描述性定义)
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一般地,把n个不同的球,分成m组(n>m),使 第 i 组恰有ri个球(i=1,…m)，当这些组可辩时， 则共有分法：
n! r1! r2! .... rm !
当这些组不可辩时，则共有分法：
n! m!r1! r2! .... rm !
例如 将3个不同的水果平分给3个同学，则有 6种分法，而将3个不同的水果平分成3堆，则只 有1种分法
解 设A为“任取1件产品取到次品”，表示“任取 i 0 ,1,2 ,3 3件 产品取到 i件正品”， . (1) 基本事件总数 n =100，A包含的基本事件数 mA=4, 故
1
P(A) 4 / 100 0.04
3 （2）基本事件的总数 n2 C100 , A3包含的基本 3 事件数为C 96 ，故
思考题
例 9名学生会干部中有3名党员，将他们平分到3 个班去，求： （1）每班都有一名党员的概率； （2）3名党员集中在一个班的概率。 例 9名学生会干部中有3名党员，将他们平分成3 组，求： （1）每组都有一名党员的概率； （2）3名党员集中在一个组的概率。 注意，班是先成立的，是可辩的，而组是新成 立的，是不可辩的。
(1)试验的样本空间中的基本事件的总数是有 限的,即 e1 , e 2 ,, e n
(2) 每个基本事件的出现是等可能的,即
P ( e1 ) P ( e 2 ) P ( e n )
则称此试验为等可能概型或古典概型.
例2 掷一枚均匀的硬币，只有“正面向上”或“反 面 向上”两种结果，而且这两种结果出现的可能性相 同，均为1/2 例3 从100件同类型的产品中，任意抽取1件进行 质量检查，则共有100种抽法，且每种出现的可能 性大小相同，均是1%.
例8 设有同类产品6件,其中有4件合格品,2件不合 格品.从6件产品中任意抽取2件,求抽得合格品和不 合格品各一件的概率. 解 设A={抽得合格品和不合格品各一件}. 因为基 本事件总数等于从6件可以区别的产品中任取2件的 组合数目,故有基本事件总数
6! 6 5 nC 15 2! ( 6 2 )! 2!
2.古典概率的计算公式
设随机试验的样本空间为 e1 , e 2 ,, e n , 由于在试验中每个基本事件发生的可能性相同,即有
P ( e1 ) P ( e 2 ) P ( e n )
又由于基本事件是两两不相容的,于是有 1 P ( ) P (e1 e 2 e n ) 所以
0.518 0.5069 0.5016 0.5005 0.4998
(2) 概率的统计定义
定义2.2 在一定的条件下,进行了n次重复 试验,在这n次试验中,事件A发生了nA次,当 试验的次数n很大时,如果事件A发生的频率 fn(A)=nA/n
稳定在某个常数p的附近摆动,而且随着试验 次数的增大,这种摆动的幅度越变越小,则称 数值p为事件A在一定条件下发生的概率,记 作P(A)=p.这样定义的概率称为统计概率.
解 设 A={取到两件合格品}, B={取到两件次品}, C={取到两件相同质量的产品}, D={取到的两件产品中至少有一件合格品}
(1)有放回抽样:
第一次从10件产品中抽1件有10种抽取方法, 第二次从10件产品中抽1件也有10种抽取方法, 故有10×10种可能的取法.
每一种取法是一基本事件,且发生的可能性是 相同的. 所以基本事件总数为n=10×10=100.
f n ( Ai ) f n ( Ai )
i 1 i 1 k k
历史上抛掷匀质硬币的若干结果 试验者 德.摩尔根 蒲丰 皮尔逊 皮尔逊 维尼
抛掷次数 n
2048 4040 12000 24000 30000
正面出现次 数m
1061 2048 6019 12012 14994
正面出现频 率m/n
解 设A=没有相同数字的三位数，B表示没有相同 数字的三位偶数，则基本事件总数n=5×6×6=180 (1) 事件A包含的基本事件数为mA=5×5×4 所以 5 5 4 5
P(A) 5 6 6 9
(2) 事件B包含的基本事件数为 mB=4×4×2+5×4=52 所以
52 13 P(B) 5 6 6 45
(1) 频率
定义 2.1 在一定的条件下 , 随机事件在 n 次重复试 验中出现的次数 nA,, 叫做事件 A 发生的频数 . 比值 nA/n叫做事件A发生的频率,并记为 fn(A)= nA/n.