数理统计：古典概率
概率论文---古典概型浅析
浅析古典概型1018202班于春旭1101800214经过一学期的概率论与数理统计的学习，从最开始的随机事件与概率到多维随机变量，再到数理统计，参数估计。
对于概率的一些基本知识已经有所掌握。
那么回过头来，让我们去分析一下概率论中最为基础的也是最为贴近平时生活的一种概型，古典概型。
所谓古典概型是一种概率模型。
古典概率讨论的对象局限于随机试验所有可能结果为有限个等可能的情形，即基本空间由有限个元素或基本事件组成，其个数记为n，每个基本事件发生的可能性是相同的。
若事件A包含m个基本事件，则定义事件A发生的概率为p（A）=m/n，也就是事件A发生的概率等于事件A所包含的基本事件个数除以基本空间的基本事件的总个数，这是P.-S.拉普拉斯的古典概率定义，或称之为概率的古典定义。
历史上古典概率是由研究诸如掷骰子一类赌博游戏中的问题引起的。
计算古典概率，可以用穷举法列出所有基本事件，再数清一个事件所含的基本事件个数相除，即借助组合计算可以简化计算过程。
例如：掷一次硬币的实验（质地均匀的硬币），只可能出现正面或反面，由于硬币的对称性，总认为出现正面或反面的可能性是相同的；如掷一个质地均匀骰子的实验，可能出现的六个点数每个都是等可能的；又如对有限件外形相同的产品进行抽样检验，也属于这个模型。
是概率论中最直观和最简单的模型；概率的许多运算规则，也首先是在这种模型下得到的。
一个试验是否为古典概型，在于这个试验是否具有古典概型的两个特征——有限性和等可能性，只有同时具备这两个特点的概型才是古典概型。
相较于其他概型，古典概型有以下特点：1、实验的样本空间只包括有限个元素；2、实验中每个基本事件发生的可能性相同。
求古典概型的概率的基本步骤：（1）算出所有基本事件的个数n；（2）求出事件A包含的所有基本事件数m；（3）代入公式P(A)=m/n，求出P（A）。
古典概率模型是在封闭系统内的模型，一旦系统内的某个事件的概率在其他概率确定前被确定，其他事件概率也会跟着发生改变。
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数学实验概率论与数理统计分册习题第1章古典概率2．碰运气能否通过英语四级考试大学英语四级考试是全面检验大学生英语水平的一种综合考试,具有一定难度。
这种考试包括听力、语法结构、阅读理解、写作等。
除写作占15分外,其余85道为单项选择题,每道题附有A、B、C、D四个选项。
这种考试方法使个别学生产生碰运气和侥幸心理,那么,靠运气能通过英语四级考试吗?解：假设学生作文得满分，即15分，85道选择题每道题都靠蒙，即每道题做对的概率为1/4，得60分则通过考试。
则该同学通过考试的概率为：P=4540 45851344C⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭>> nchoosek(85,40)*(1/4)^45*(3/4)^40ans =2.3448e-008即：82.344810-⨯由此可见，即使该同学作文满分，靠运气通过考试的概率也是如此的低，所以可以认为靠运气不能通过英语四级考试。
3.在区域H＝{(x，y)| (x，y)∈Q，x2+y2≤1}，Q＝{(x，y) |0≤x≤1，0≤y≤1}上考虑计算二重积分（利用Monte-carlo法）：⎰⎰++=HdxdyyxyxI) sin(解：积分区域如右图所示：>> n = 10000; % 模拟次数x = rand(n,1); % 点的x坐标y = rand(n,1); % 点的y坐标m = sum(sin(x+y)./(x+y) & x.^2 + y.^2 <= 1); Vn = m/n % 落到所求面积内的点的频率，即概率的模拟值Vn =0.7891第2章 随机变量及其分布4．公共汽车车门的高度是按成年男子与车门碰头的机会在0.01以下的标准来设计的。
根据统计资料，成年男子的身高X 服从均值为168厘米，方差为7厘米的正态分布，那么车门的高度应该至少设计为多少厘米？解：>> norminv(0.99, 168, 7)ans =184.2844则车门的高度应该至少设计为184.3厘米5．某研究中心有同类型仪器300台，各仪器工作相互独立，而且发生故障的概率均为0.01，通常一台仪器的故障由一人即可排除。
概率论与数理统计复习汇总
第二章：随机变量及其相关内容
基本概念：随机变量、分布律、概率密度、分布函数 随机变量：设随机试验的样本空间为 S = {e}, X = X (e) 是定义在样本空间 S 上的
实值单值函数，称 X = X (e) 为随机变量. ( 样本点到数的对应法则) 随机变量的分类：离散型随机变量和连续型随机变量(基于 r.v. 的取值类型) 离散型随机变量 取值为有限个或者无限可列个的随机变量 分布律 若 r.v. X 的取值为 x1, x2 , , xn , 对应概率值为 p1, p2 , , pn , ，即
(1) 任取一件产品为次品的概率是多少？ (2) 已知取得的产品为次品，求此次品来自甲厂生产的概率是多少？ 2. 人们为了了解一支股票未来一定时期内价格的变化，往往会去分析影响股票 价格的基本因素，比如利率的变化. 现假设人们经分析评估知利率下降的概率为 60%，利率不变的概率为 40%.根据经验，人们估计，在利率下调的情况下，该
一个划分.或者 B1, B2 , , Bn 为一个完备事件组.
全概率公式：设设 S 为随机试验 E 的样本空间， B1, B2, , Bn 为一个完备事件组，
则有 P( A) = P(B1)P( A B1) + P(B2 )P( A B2 ) + + P(Bn )P( A Bn )
Bi 称为原因， A 称为结果；全概率公式由原因找结果； 贝叶斯公式： 由结果找造成的原因
运算规律：德摩根律 AB = A ∪ B; A ∪ B = AB
加法原理： n1 + n2 + + nm (分类)，乘法原理： n1 ⋅ n2 ⋅ ⋅ nm (分步)
概率论 第一章1.4
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2007
排列与组合公式
乘法原理：设完成一件事需分两步， 乘法原理：设完成一件事需分两步，第一步有 种方法,第二步有n 种方法， n1种方法,第二步有n2种方法，则完成这件事共 有n1n2种方法
A B C
加法原理：设完成一件事可有两种途径， 加法原理：设完成一件事可有两种途径，第 一种途径有n 种方法，第二种途径有n 一种途径有n1种方法，第二种途径有n2种方 则完成这件事共有n 种方法。 法，则完成这件事共有n1+n2种方法。
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【例3】 将n只球随机地放入N个盒子中去(N≥n), 只球随机地放入N个盒子中去( 试求“每个盒子至多有一球”的概率(设盒子容量不限). 试求“每个盒子至多有一球”的概率(设盒子容量不限). 〖解〗由于盒子容量不限, 由于盒子容量不限, 所以n只球放入N 所以n只球放入N个盒子的每种 放法就是一个样本点. 放法就是一个样本点. 样本点总数为
古典（等可能） 古典（等可能）概型 随机试验E 具有下列特点： 设 随机试验 具有下列特点： 概率的 基本事件的个数有限 古典定义 每个基本事件等可能性发生 古典(等可能) 则称 E 为 古典(等可能)概型 古典概型中概率的计算： 古典概型中概率的计算： 记
n = Ω中包含的基本事件总数
k = 组成 A的基本事件个数
nA 故P（A）＝ （ ）＝ ＝ n
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如果以花色为基本事件共5种花色即 如果以花色为基本事件共 种花色即 Ω＝{黑桃，红桃，梅花，方块，王} 黑桃， ＝ 黑桃 红桃，梅花，方块， n＝5,设A表示“黑桃”则ΩA＝{黑桃 ，nA＝ 表示“ 黑桃}， ＝ 设 表示 黑桃” 黑桃 1 nA 1， ， 5 n 于是,P（ ） 于是 （A）＝ ＝ • 此种解法等可能性被破坏了，所以得出的结 此种解法等可能性被破坏了， 果是错误的。 果是错误的。 • 若题目的条件改为：一付扑克牌无大小王共 若题目的条件改为： 52张，从中任取一张，求是黑桃的概率。则 张 从中任取一张，求是黑桃的概率。 以张数或花色为基本事件求解均对。 以张数或花色为基本事件求解均对。
概率论与数理统计-古典概型_图文
思考题
从0,1,2, ,9共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：
从0,1,2, ,9共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：
从0,1,2, ,9共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：
则有
该式称为等可能概型中事件概率的计算公式.
[例1]
表达方法：
[例 2]
解：(1) 有放回情形 样本空间中基本事件总数：
所包含的基本事件总数： 于是，
(2) 无放回情形 样本空间中基本事件总数：
所包含的基本事件总数：
于是，
[例3]（继上题） 将抽样方式改为“一次任取 件样品”,求相应
的概率. 解： 样本空间中基本事件总数为：
解：基本事件总数为：
* 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
小结
1. 古典概型：构建合适的样本空间,正确计算样本 点个数.构建样本空间时,要特别注意样本点的等可能 性.
2. 两个重要的概率模型---无放回抽样(超几何分 布),抽签次序无关性.
3. 几何概型---古典概型的推广：样本空间为无穷 集合.
所包含的基本事件总数为：
于是，
附：不放回依次抽样与一次抽样的等价性
例4 在10张奖券中有2张中奖券，有10人依次逐个 抽取一张奖
[例4] 一批产品共有 件,其中有 件次品.每次从中 任取一件,取出后不放回,接连取 个产品.求第 次取 得次品的概率.
概率论与数理统计-古典概型_图文.ppt
一、古典概型的定义
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.
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.
概率论与数理统计-第1章-第2讲-古典概率与几何概率
概率论与数理统计
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概率论与数理统计
第1章 随机事件与概率
第2讲 古典概率与几何概率
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本章内容
01 古典概率 02 几何概率
02 古典概率
在概率论发展的历史上，最早研究的一类最直观、最简单的问题是等 可能摡型，在这类问题中，样本空间中每个样本点出现的可能性是相等的.
例如 抛掷一枚均匀的硬币，或抛掷一颗均匀的骰子，这类随机试验，它 们都有如下的两个特点：
10
02 古典概率
例 “分房模型”的应用
某班级有 k (k≤365)个人，求k 个人的生日均不相同的概率. 恰有 k 个盒子中各有一球
P( A)
C
k 365
k
!
365k
Ak 365
365k
问：如何求“至少有两人同生日”的概率？
下一讲揭晓
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02 古典概率
几何概型 (古典概型的推广)
古典概型考虑了样本空间仅包含有限个样本点的等可能概率模型， 但等可能概型还有其它类型，如样本空间为一线段、平面或空间区域 等，这类等可能概型称为几何概型，思路如下：
(n k 1) n! (n k)!
从n个不同元素中任取 k个的不同排列总数
（4）组合公式
C
k n
n(n 1)
(n k 1) n!
ห้องสมุดไป่ตู้
k!
(n k)!k!
从n个不同元素中任取 k个的不同组合总数
5
02 古典概率
典型例题
例 设有N件产品，其中有M件次品，现从这N件中任取n件， 求其中恰 有k件次品的概率.
9
02 古典概率
概率论与数理统计-等可能概型-古典概型
P( A)
m n
A
所包含样本点的个数
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},
基本事件总数为 6,
பைடு நூலகம்
2
A 所包含基本事件的个数为 故 P( A) 4 6 2 .
解 设 x, y 分别为 甲、乙两人到 达的时刻, 则有
1 x 2,
时刻, 那么 0 x T , 0 y T .
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
阴影部分面积 p 正方形面积
T 2 (T t )2
T2
1 (1 t )2 . T
y
T
y x t
x yt
o
•
t
•
T
x
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. 如果甲、乙约定 (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.
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
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
p 4 2 34 2 .
1.3古典概型、几何概型
P(
A)
=
m( A) m( S )
几何概率显然满足：
（1）对任何事件 A，P( A) ³ 0；
（2）P( S) = 1;
（3）若事件 A1, A2,L , An,L 两两互不相容，则
+?
?
( ) P( U n=1
An )
=
?P
n=1
An
古典概型、几何概型
例 5（约会问题）甲乙二人相约在 0 到T 这段时间内，在预定地 点会面.到达时刻是等可能的，先到的人等候另一人，经过时间
（1）有放回抽样；（2）无放回抽样两种情形下，
第k (k = 1, 2,L , m + n) 次取到红球的概率.
解 设事件 A表示第k次取到红球，
（1）有放回抽样： P( A) = m . m+n
（2）无放回抽样：
P( A)
=
m×Amm++nn--11 Am+n
m+n
=
m(m+ n - 1)! (m+ n)!
概率论与数理统计
Probability and Statistics
— 概率论与数理统计教学组—
第1章 随机事件及其概率
1.3 古典概型、几何概型
学习 要点
古典概型 古典概型的概率计算方法 几何概型 几何概型的概率计算方法
古典概型、几何概型
一、古典概型的引入
掷一颗骰子，问“出现偶数点”“点数大于 4”的概率分别是
针与最近的一条平行线相交的充分必要条件是 x £ l sinq .
l
2a
x •
M
古典概型、几何概型
例 6（比丰投针问题）在平面上画有等距离的平行线，平行线间
概率论与数理统计总复习知识点归纳
D( X ) E( X 2 ) E 2 ( X ), Cov( X ,Y ) E( XY ) EXEY
XY Cov( X ,Y ) / D( X )D(Y )
⑴ E(aX+b)=aE(X)+b，D(aX+b)=a2D(X)
⑵ E(∑iλi Xi)=∑i λi E(Xi)
(3) D(λ1X±λ2Y)=λ12D(X)+λ22D(Y) ±2λ1λ2Cov(X,Y)
0.587
法二 用Bayes公式：
P (C) = 0.1, P(C ) 0.9;
P (D/C) = 0.3*0.8+0.7*0.2,
P(D / C ) 0.3*0.2.
C
C
于是有
D
P(C / D)
P(C ) P(D / C )
P(C) P(D / C) P(C ) P(D / C )
i 1
i 1
i 1
例3 已知X~ f(x)，求Y= -X2的概率密度。 解 用分布函数法。
y<0 时，FY(y) = P(Y≤y) = P(-X2 ≤y) P(X y) P(X y)
FX ( y ) [1 FX ( y )] y≥0 时， FY(y) = P(Y≤y) =1
于是Y的概率密度为
fY ( y) fX (
y)
1 2
( y)1/ 2
fX
(
y ) 1 ( y)1/2 2
1 2
(
y)1/ 2[
fX
(
y) fX (
y )] , y 0
fY (y) 0 , y 0
例4 设二维随机变量(X,Y )的联合密度函数为：
f
( x,
y)
概率论与数理统计1.3 概率的古典定义
抛掷一颗匀质骰子,观察出现的点数
样本空间
Ω ={1，2，3，4，5，6} 事件A
事件A的概率
n=6
={4，6} m=2 Ａ=“出现的点数是不小于3的偶数”
m 2 1 P( A) n 6 3
不是古典概型的例子 1.掷两枚硬币{全H,一个H一个T,全T},则 n=3,A={掷两次出现至少一次H},P(A)=? 2/3?显然不对,原因是基本事件不是等概率的. 2.掷2个骰子出现的点数之和{2,3,…,12},不是 等概率的.
(2,6),(3,5),(4, 4),(6, 2),(5,3)
所以
11 5 P( A) , P(B) 36 36
3. 包括甲，乙在内的10个人随机地排成一行， 求甲与乙相邻的概率。若这10个人随机地排成 一圈，又如何呢？
解 总的基本事件数为
10!
排成行时，事件“甲乙相邻”的基本事件数为
a a a b 1 1 Ca b1 Ca b1Ca Cb1 C1
因此，
a Ca b 1 b p a Ca b a b
1.从五双大小型号不同的鞋子中任意抽取四只， 问能凑成两双的概率是多少？ 解 设事件A =“能凑成两双鞋”, 总的基本事件数： C
4 10
有利事件数：C
b( a b 1)! b p (a b)! ab
解法2：
a N Ca b , 不区分同色球，所有的排法共有 再将所有的位置分成两类：第k个位置和剩余的（a+b-1) 个位置，放球顺序： （1）先放置第k个位置:从一个位置上挑一个位置,在b个黑球 中取一个,当然有b种方法,由于不区分 ,除去b,所以还是1. （2）再放置剩余的（a+b-1),从中挑a个位置,放进a个白球,在 剩余的b-1个位置上放进b-1个黑球.
概率论与数理统计
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.
概率论与数理统计概率历史介绍
概率论与数理统计概率历史介绍-CAL-FENGHAI.-(YICAI)-Company One1一、概率定义的发展与分析1.古典定义的历史脉络古典定义中的“古典”表明了这种定义起源的古老，它源于赌博．博弈的形式多种多样，但是它们的前提是“公平”，即“机会均等”，而这正是古典定义适用的重要条件：同等可能．16世纪意大利数学家和赌博家卡尔丹（1501—1576）所说的“诚实的骰子”，即道明了这一点．在卡尔丹以后约三百年的时间里，帕斯卡、费马、伯努利等数学家都在古典概率的计算、公式推导和扩大应用等方面做了重要的工作．直到1812年，法国数学家拉普拉斯（1749—1827）在《概率的分析理论》中给出概率的古典定义：事件A的概率等于一次试验中有利于事件A的可能结果数与该事件中所有可能结果数之比．2.古典定义的简单分析古典定义通过简单明了的方式定义了事件的概率，并给出了简单可行的算法．它适用的条件有二：（1）可能结果总数有限；（2）每个结果的出现有同等可能．其中第（2）条尤其重要，它是古典概率思想产生的前提．如何在更多和更复杂的情况下，体现出“同等可能”伯努利家族成员做了这项工作，他们将排列组合的理论运用到了古典概率中．用排列（组合）体现同等可能的要求，就是将总数为P(n,r)的各种排列（或总数为C(n,r)的各种组合）看成是等可能的，通常用“随意取”来表达这个意思．即使如此，古典定义的方法能应用的范围仍然很窄，而且还有数学上的问题．“应用性的狭窄性”促使雅各布?伯努利（1654—1705）“寻找另一条途径找到所期待的结果”，这就是他在研究古典概率时的另一重要成果：伯努利大数定律．这条定律告诉我们“频率具有稳定性”，所以可以“用频率估计概率”，而这也为以后概率的统计定义奠定了思想基础．“古典定义数学上的问题”在贝特朗（1822—1900）悖论中表现得淋漓尽致，它揭示出定义存在的矛盾与含糊之处，这导致了拉普拉斯的古典定义受到猛烈批评．3.统计定义的历史脉络概率的古典定义虽然简单直观，但是适用范围有限．正如雅各布•伯努利所说：“……这种方法仅适用于极罕见的现象．”因此，他通过观察来确定结果数目的比例，并且认为“即使是没受过教育和训练的人，凭天生的直觉，也会清楚地知道，可利用的有关观测的次数越多，发生错误的风险就越小”．虽然原理简单，但是其科学证明并不简单，在古典概型下，伯努利证实了这一点，即“当试验次数愈来愈大时，频率接近概率”．事实上，这不仅对于古典概型适用，人们确信“从现实中观察的频率稳定性”的事实是一个普遍规律．1919年，德国数学家冯•米塞斯（1883—1953）在《概率论基础研究》一书中提出了概率的统计定义：在做大量重复试验时，随着试验次数的增加，某个事件出现的频率总是在一个固定数值的附近摆动，显示出一定的稳定性，把这个固定的数值定义为这一事件的概率．4.统计定义的简单分析虽然统计定义不能像古典定义那样确切地算出概率，但是却给出了一个估计概率的方法．而且，它不再需要“等可能”的条件，因此，从应用的角度来讲，它的适用范围更广．但是从数学理论上讲，统计定义是有问题的．在古典概率的场合，事件概率有一个不依赖于频率的定义——它根本不用诉诸于试验，这样才有一个频率与概率是否接近的问题，其研究导致伯努利大数定律．在统计定义的场合这是一个悖论：你如不从承认大数定律出发，概率就无法定义，因而谈不上频率与概率接近的问题；但是你如承认大数定律，以便可以定义概率，那大数定律就是你的前提，而不是一再需要证明的论断了．5.公理化定义的历史脉络正因为古典定义和统计定义数学理论上的这样或那样的问题，所以到了19世纪，无论是概率论的实际应用还是其自身发展，都要求对概率论的逻辑基础作出更加严格的考察．1900年，38岁的希尔伯特（1862—1943）在世界数学家大会上提出了建立概率公理系统的问题，这就是著名的希尔伯特23个问题中的第6个问题．这引导了一批数学家投入这方面的工作．在概率公理化的研究道路上，前苏联数学家柯尔莫哥洛夫（1903—1987）成绩最为卓著，1933年，他在《概率论基础》中运用集合论和测度论表示概率论的方法赋予了概率论严密性．6.公理化定义的简单分析为什么直到20世纪才实现了概率论的公理化，这是因为20世纪初才完成了勒贝格测度与积分理论以及抽象测度与积分理论，而这都是概率论公理化体系建立的基础．柯尔莫哥洛夫借助实变函数论和测度论来定义概率概念，形成了概率论的公理化体系，他的公理体系既概括了古典定义、统计定义的基本特性，又避免了各自的局限．例如，公理中有一条，是把事件概率的存在作为一个不要证明的事实接受下来，在这个前提下，大数定律就成为一个需要证明且可以得到证明的论断，这就避免了“4”中统计定义的数学理论上的问题；而公理中关于“概率存在”的规定又有其实际背景，这就是概率的古典定义和统计定义．所以，我们说，概率论公理体系的出现，是概率论发展史上的一个里程碑，至此，概率论才真正成为了严格的数学分支．二、关于概率定义教学的几点思考对于概率的定义，教科书是先给出古典定义，然后再给出统计定义．这与历史上概率定义的发展相吻合，从“简单到复杂”．在教学中，我们不仅要明了这种顺序的设计意图，而且还要抓住不同定义的特点和思想，以引导学生更好地理解概率．1.古典定义的教学定位在前面的分析中，我们说“等可能”是古典概率非常重要的一个特征，它是古典概率思想产生的前提．正是因为“等可能”，所以才会有了“比率”．因此，“等可能性”和“比率”是古典定义教学中的两个落脚点．“等可能”是无法确切证明的，往往是一种感觉，但是这种感觉是有其实际背景的，例如，掷一枚硬币，“呈正面”“呈反面”是等可能的，因为它质地均匀；而掷一枚图钉，“钉帽着地”“顶针着地”不是等可能的，因为图钉本身给我们的感觉就是帽重钉轻．因此，“等可能”并不要多么严密的物理上或化学上的分析，只需要通过例子感知一下“等可能”和“不等可能”即可，以便让学生明白古典定义的适用对象须具备的条件．2.统计定义的教学定位从直观上讲，统计定义是非常容易接受的，但是它的内涵是非常深刻的，涉及到大数定律．在初中阶段，我们不可能让学生接触其严格的形式和证明．因此，统计定义定位在其合理性和必要性是比较恰当的．如何让学生体会其合理性和必要性？罗老师的课堂教学比较好地实现了这两点．从教学顺序来看，罗老师将“掷硬币”作为归纳统计定义的例子，“掷硬币”可以用古典定义求概率，所以概率值是明确的，而通过试验的方法计算得到的频率就可以和这个明确的概率值相比较，如此更容易让学生体会到“频率具有稳定性”这一事实，从而感受到“用频率估计概率”的合理性；罗老师将“掷图钉”作为统计定义的应用，“掷图钉”不能用古典定义求概率，由此能让学生体会到学习统计定义计算事件概率的必要性．从教学手段来看，罗老师主要采用了“学生试验”的方法，学生的亲自试验在这节课所起的作用是无可代替的：“亲自试验”获得的结果能够给学生以真实感和确切感；“亲自试验”能够让学生感受到频率的随机性和稳定性等特点．所以，像概率与统计的学习，学生应该有更多的主动权和试验权，在动手和动脑中感受概率与统计的思想和方法．3. 概率与统计教学的背后：专业素养的提升在课题研讨时，教师们表现出这样一些困惑：随着试验次数的增加，频率就越来越稳定频率估计概率，一定要大量试验实验次数多少合适事实上，这些问题涉及的就是概率与统计的专业素养．对于大多数教师而言，概率与统计相对而言比较陌生，这是很自然的，因为在教师自身接受的数学专业学习中，概率与统计就是一个弱项．但是，既然要向学生教授概率与统计，那么还是需要有“一桶水”的．就像上面的问题，翻阅任何一本《概率论与数理统计》，都可以给我们知识上的答案，而翻阅一下相关的科普读物或史料，就可以给我们思想方法上的答案．举个例子：伯努利大数定律：设m是n重伯努利试验中事件A出现的次数，又A在每次试验中出现的概率为p()，则对任意的，有．狄莫弗-拉普拉斯极限定理：设m是n重伯努利试验中事件A出现的次数，又A在每次试验中出现的概率为p()，则．伯努利大数定律只是告诉我们，当n趋于无穷时，频率依概率收敛于概率p．伯努利的想法是：只要n充分大，那么频率估计概率的误差就可以如所希望的小．值得赞赏的是，他利用了“依概率收敛”而不是更直观的p，因为频率是随着试验结果变化的，在n次试验中，事件A出现n次也是有可能的，此时p就不成立了．伯努利不仅证明了上述大数定律，而且还想知道：若想要把一个概率通过频率而确定到一定的精确度，要做多少次观察才行．这时，伯努利大数定律无能为力，但是狄莫弗-拉普拉斯极限定理给出了解答：．（*）例如研究课中掷硬币的问题，若要保证有95%的把握使正面向上的频率与其概率0.5之差落在0.1的范围内，那要抛掷多少次？根据（*）式，可以估计出．三、概率论发展简史概率论有悠久的历史，它的起源与博弈问题有关。
人工智能必备数学基础：概率论与数理统计（1）
⼈⼯智能必备数学基础：概率论与数理统计（1）如果需要⼩编其他数学基础博客，请移步⼩编的GitHub地址 传送门： 这⾥我打算再补充⼀下关于概率论与数理统计的基础。
（注意：⽬前⾃⼰补充到的所有知识点，均按照⾃⼰⽹课视频中⽼师课程知识点⾛的，同时⼀些公式是⽹友⾟⾟苦苦敲的，这⾥⽤到那个博客均在⽂末补充地址，不过这⾥⾸先表⽰感谢！！）1，基本概念1.1 随机试验的概念 在⾃然界的现象中，分为必然现象和随机现象。
随机现象在相同的条件下，⼤量重复试验中呈现出的规律性称为统计规律性。
随机试验：对随机现象所作的观察，测量等试验统称为随机试验，简称试验，⽤E表⽰。
随机试验有如下特点：1，可以在相同条件下重复进⾏2，所有可能结果不⽌⼀个，且事先已知3，每次试验总是出现可能结果之⼀，但出现哪⼀个，试验前还不能确定1.2 样本点，样本空间，随机事件的概念 基本事件（⼜称样本点）：指随机试验的每⼀个可能结果，⽤ e 表⽰。
样本空间：基本事件或样本点的全体构成的集合，⽤ S 表⽰。
样本点与样本空间的关系： 这⾥需要注意的是，条件概率的样本空间： 随机事件：样本空间 S 的某个⼦集A，称为随机事件，简称事件 A。
当且仅当 A 中某个样本点出现，称为 A 发⽣。
事件 A 可以⽤语⾔表⽰，也可以⽤集合表⽰。
必然事件：样本空间 S 包含所有的基本事件，故在每次试验中都发⽣，因此称为必然事件。
不可能事件：Ø 不包含任何基本事件，故在每次试验中不发⽣因此称为不可能事件。
下⾯举个例⼦1.3 概率与频率 概率论中，频率和概率的概念是很重要的，两者既有联系也有本质的不同，有必要专门区分⼀下。
对于⼀个不确定事件发⽣的可能性⼤⼩，我们希望找到⼀个合适的数来表征它。
⽽为了引出这个表⽰不确定事件可能性⼤⼩的数，我们引⼊频率来给概念。
简单来说就是引⼊频率来引出概率。
频率：描述的是事件发⽣的频繁程度。
严格的定义是：在相同的条件下，进⾏ n 次试验，事件 A 发⽣的次数Na 称为事件 A 的频数，⽐值 Na/n 称为事件 A 发⽣的频率。
《概率论与数理统计》总复习资料
《概率论与数理统计》总复习资料概率论部分1．古典概型中计算概率用到的基本的计数方法。
例1：袋中有4个白球，5个黑球，6个红球，从中任意取出9个球，求取出的9个球中有1个白球、3个黑球、5个红球的概率.解：设B ＝｛取出的9个球中有1个白球、3个黑球、5个红球｝样本空间的样本点总数：915C n ==5005事件B 包含的样本点：563514C C C r ==240，则P (B )=240/5005=0.048例2：在0～9十个整数中任取四个，能排成一个四位偶数的概率是多少？解：考虑次序.基本事件总数为：410A =5040，设B ={能排成一个四位偶数}。
若允许千位数为0，此时个位数可在0、2、4、6、8这五个数字中任选其一，共有5种选法；其余三位数则在余下的九个数字中任选，有39A 种选法；从而共有539A =2520个。
其中，千位数为0的“四位偶数”有多少个？此时个位数只能在2、4、6、8这四个数字中任选其一，有4种选法；十位数与百位数在余下的八个数字中任选两个，有28A 种选法；从而共有428A =224个。
因此410283945)(A A A B P -==2296/5040=0.4562．概率的基本性质、条件概率、加法、乘法公式的应用；掌握事件独立性的概念及性质。
例1：事件A 与B 相互独立，且P (A )=0.5，P (B )=0.6，求：P (AB )，P (A －B )，P (A B )解：P (AB )=P (A )P (B )=0.3，P (A －B )=P (A )－P (AB )=0.2，P (A B )=P (A )＋P (B )－P (AB )=0.8例2：若P (A )=0.4，P (B )=0.7，P (AB )=0.3，求：P (A －B )，P (A B )，)|(B A P ，)|(B A P ，)|(B A P 解：P (A －B )=0.1，P (A B )=0.8，)|(B A P =)()(B P AB P =3/7，)|(B A P =)()()()()(B P AB P B P B P B A P -==4/7，|(B A P =)(1)()()(B P B A P B P B A P -==2/33．准确地选择和运用全概率公式与贝叶斯公式。
概率论与数理统计第1.3节
美国数学家伯格米尼曾经做过 一个别开生面的实验，在一个盛况 空前、人山人海的世界杯足球赛赛场上， 他随机地在某号看台上召唤了22个球迷， 请他们分别写下自己的生日，结果竟发现 其中有两人同生日.
用上面的公式可以计算此事出现的概率为
P(A)=1-0.524=0.476
即22个球迷中至少有两人同生日的概率为 0.476.
解 方法1 把a+b个球编上1至a+b号，将球一只一只 取出后排成一排，考虑取球的先后顺序，因此共有 (a+b)!种取法，由球的均匀性知每种取法机会都相 同，故属于古典概型，A发生可以先从a个红球中 任取一个放在第k个位置上，然后将剩下的a+b+1 个球随意排在另外a+b+1个位置上，
共有 Ca1(a b 1)! 种排法，故
（1）不放回地从中任取一件，共取3次，求取到3 件次品的概率；
（2）每次从中任取一件，有放回地取3次，求取到 3件次品的概率；
（3）从中任取3件，求至少取得1件次品的概率。
例2 已知10件产品中有7件正品，3件次品。 （1）不放回地从中任取一件，共取3次，求取到3 件次品的概率； 解 （1）设A={取到3件次品}
由于此试验是不放回抽取3次，所以由乘法原理 3次取产品共有10×9×8=720种不同取法，
而3次取3件次品共有3×2×1=6种不同取法，所以
P( A) 6 1 0.0083 720 120
例2 已知10件产品中有7件正品，3件次品。 （2）每次从中任取一件，有放回地取3次，求取到 3件次品的概率； 解 （2）设B={取到3件次品}
（1）事件A包含的基本事件个数是3！个，所以
P( A)
3! 33
2 9
1古典概率典型题解
概率论与数理统计典型题解第一章 随机事件与概率典型题解1．n 个人随机地围一圆桌而坐，求甲、乙两人相邻而坐的概率． 解 令A ={甲、乙两人相邻而坐}，设想圆桌周围有1,2,,n 这n 个位置，由于该问题属于圆排列问题，所以不妨认为甲坐1号位置，那么A 发生当且仅当乙坐2号或n 号位置，从而1,2,()2, 2.1n P A n n =⎧⎪=⎨>⎪-⎩ 2．甲、乙两人掷均匀硬币，其中甲掷1n +次，乙掷n 次，求甲掷出正面的次数大于乙掷出正面次数的概率．解 令A ={甲掷出正面的次数大于乙掷出正面次数}，B ={甲掷出反面的次数大于乙掷出反面次数}，由硬币的均匀性知，()()P A P B =，容易看出，,A B S AB ==∅，由此可知1()2P A =． 3．某班有N 个学生，上体育课时老师发给每人一根绳子进行跳绳练习，跳了10分钟后把绳子放在一堆，进行别的练习，后来每人又随机拿了一根绳子进行练习，问至少有一个学生拿到自己原先使用的绳子的概率． 解 令i A ={第i 个学生拿到自己原先使用的绳子}（1,2,,i N =）， A ={至少有一个学生拿到自己原先使用的绳子}，则111()()()()NN i i i j i i j N i P A P A P A P A A =≤<≤===-+∑∑1121()(1)()N i j k N i j k N P A A A P A A A -≤<<≤-+-∑12311111(1)(1)(1)(2)!N N N N N N C C C C N N N N N N N -=-+-+---- 11111(1)2!3!!N N -=-+-+-． 4．若事件A 与B 互不相容，且()0P B ≠，证明：(|)()/()P A B P A P B =． 证明 由于A 与B 互不相容，则AB A =，而()0P B ≠，故(|)()/()()/()P A B P AB P B P A P B ==．5．一学生接连参加同一课程的两次考试，第一次及格的概率为p ，若第一次及格则第二次及格的概率也为p ；若第一次不及格则第二次及格的概率为/2p ．（1）若至少有一次及格则他能取得某种资格，求他取得该资格的概率．（2）若已知他第二次已经及格，求他第一次及格的概率．解 令i A ={该学生第i 次考试及格}（1,2i =），A ={该学生取得该资格}，则（1）1121121()()()()()(|)P A P A P A A P A P A P A A =+=+23(1)222p p p p p =+-=-． （2）12112121121()(|)2(|)()(|)()(|)(1)/21P A P A A p p p P A A P A P A A P A P A A p p p p p===++-+． 6．设口袋里装有b 个黑球，r 个红球，任意取出一个，然后放回并放入c 个与取出的颜色相同的球，再从袋里取出一球，问：（1）最初取出的球是黑球，第二次取出的也是黑球的概率；（2）如将上述手续进行n 次，用归纳法证明任何一次取得黑球的概率都是b b r +，任何一次取得红球的概率都是r b r+． 解 令n A ={第n 次取出的球是黑球}（1,2,n =），则 （1）21(|)b c P A A b r c +=++； （2）1()b P A b r =+，假设()n b P A b r=+，则 11(|)n b c P A A b r c ++=++，11(|)n b P A A b r c+=++， 所以1111111()()(|)()(|)n n n P A P A P A A P A P A A +++=+b bc r b b b r b r c b r b r c b r+=+=+++++++， 于是()n b P A b r =+（1,2,n =），()n r P A b r=+（1,2,n =）． 7．利用概率论的思想证明恒等式（其中A a >，且均为正整数） ()(1()2111(1)(2)(1)(1)A a A a A a A a A A A A A a a a-----++++=----+．证明 设一口袋中共有A 只球，其中有a 红球，不放回地从袋中一次取一只球，令n B ={第n 次取出的球是红球}（1,2,,1n A a =-+），则11A a n n B S -+==，所以111212111()()()()()A a n A a A a n P S P B P B P B B P B B B B -+--+====+++11111a A a a A a A a a A A A A A a a----=+⋅+⋅⋅⋅⋅--+L ， 即 ()(1()2111(1)(2)(1)(1)A a A a A a A a A A A A A a a a -----+++⋅⋅⋅+=----+L g L ． 8．学生在做一道有4个选项的单项选择题时，如果他不知道问题的正确答案时，就作随机猜测，现从卷面上看题是答对了，试在以下情况下求学生确实知道正确答案的概率：（1）学生知道正确答案和胡乱猜测的概率都是12； （2）学生知道正确答案的概率是0.2．解 令B ={学生知道正确答案}，A ={学生题目答对}，则（1）()(|)0.51(|)0.8()(|)()(|)0.510.50.25P B P A B P B A P B P A B P B P A B ⨯===+⨯+⨯； （2）()(|)0.21(|)0.5()(|)()(|)0.210.80.25P B P A B P B A P B P A B P B P A B ⨯===+⨯+⨯． 9．甲、乙比赛射击，每进行一次，胜者得一分，在一次射击中，甲胜的概率为α，乙胜的概率为β．设(1)αβαβ>+=，且独立地进行比赛到有一人超过对方2分就停止，多得2分者胜．分别求甲、乙获胜的概率．解 令n A ={甲恰好在第n 局比赛后获胜}，n B ={乙恰好在第n 局比赛后获胜}（1,2,n =），A ={甲获胜}，B ={乙获胜}．则22n A +发生当且仅当第1,3,,21n -局可胜可负，第2,4,,2n 局的胜负情形恰好分别与第1,3,,21n -局的胜负情形相反，而第21,22n n ++局连胜．因此2222()2(2)n n n n n P A αβαααβ+==，所以222222000()()()(2)12nn n n n n P A P A P A αααβαβ∞∞∞++=======-∑∑， 同理 2()12P B βαβ=-．10．在四次独立试验中事件A 至少出现一次的概率为0.59，试问一次试验中A 出现的概率是多少？解 令n A =｛第n 次试验中A 发生｝（1,2,3,4n =），()P A p =，则41234()1(1)0.59P A A A A p =--=，解之得()0.1998P A =．11．设,A B 相互独立，()0P A >．证明,,A B A B 相互独立的充要条件是()1P A B =．证明 必要性．设,,A B A B 相互独立，则(())()()P A A B P A P A B =， 即()()()P A P A P A B =，而()0P A >，所以 ()1P A B =．充分性．设()1P A B =，则,,A B A B 两两独立，且(())()()()()()P AB A B P AB P A B P A P B P A B ==，于是,,A B A B 相互独立．12．设一枚深水炸弹击沉一潜水艇的概率为13，击伤的概率为12，击不中的概率为16．并设击伤两次也会导致潜水艇下沉．求施放4枚深水炸弹能击沉潜水艇的概率．解 令n A =｛第n 枚炸弹击沉潜水艇｝，n B =｛第n 枚炸弹击伤潜水艇｝，n C =｛第n 枚炸弹击不中潜水艇｝，（1,2,3,4n =），A =｛潜水艇被击沉｝，则12341234123412341234A C C C C B C C C C B C C C C B C C C C B =，于是12341234123412341234()()()()()()P A P C C C C P B C C C P C B C C P C C B C P C C C B =++++43(1/6)4(1/2)(1/6)0.01=+⨯⨯=，所以 ()0.99P A =．13．设0()1,0()1,(|)(|)1P A P B P A B P A B <<<<+=，试证A 与B 独立． 证明 因为0()1,0()1,(|)(|)1P A P B P A B P A B <<<<+=， 所以(|)1(|)(|)P A B P A B P A B =-=，即()()()()P AB P AB P B P B =，于是()(1())()()P AB P B P AB P B -=，因此 ()(()())()()()P AB P AB P AB P B P A P B =+=，从而A 与B 独立．14．已知某商场一天内来k 个顾客的概率为/!(0,1,2,)k e k k λλ-=，其中0λ>．又设每个到达商场的顾客购买商品是独立的，其概率为p ．试求这个商场一天内有r 个顾客购买商品的概率．解 令k B =｛一天内有k 个顾客到达这个商场｝(0,1,2,)k =，r A =｛这个商场一天内有r 个顾客购买商品｝，则()()(|)(1)!k r r k r r k r k k k r k rP A P B P A B eC p p k λλ∞∞--====-∑∑ 0()((1))()!!!rk r p k p p p e e r k r λλλλλ∞--=-==∑． 15．甲、乙两人进行乒乓球比赛，每局甲胜的概率为,1/2p p ≥．问对甲而言，采用三局二胜制有利，还是采用五局三胜制有利．设各局胜负相互独立．解 采用三局二胜制，甲最终获胜，其胜局的情况是：“甲甲”或“乙甲甲”或“甲乙甲”．而这三种结局互不相容，于是由独立性得甲最终获胜的概率为2212(1)p p p p =+-．采用五局三胜制，甲最终获胜，至少需比赛3局（可能赛3局，也可能赛4局或5局），且最后一局必需是甲胜，而前面甲需胜二局．例如，共赛4局，则甲的胜局情况是：“甲乙甲甲”，“乙甲甲甲”，“甲甲乙甲”，且这三种结局互不相容．由独立性得在五局三胜制下甲最终获胜的概率为3332234(1)(1)22p p p p p p ⎛⎫⎛⎫=+-+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，而 2322221(615123)3(1)(21)p p p p p p p p p -=-+-=--． 当1/2p >时21p p >；当1/2p =时211/2p p ==．故当1/2p >时，对甲来说采用五局三胜制为有利．当1/2p =时两种赛制甲、乙最终获胜的概率是相同的，都是50%．。
古典概型与几何概型
（3，1），（4，0）五种情形。
显然后者比前者发生的可能性大。
正确的解法为：n=10×10=100
取出的两数之和等于5由 （0，5），（1，4），（2，
3），（3，2），（4，1），（5，0）这6个基本事件组成，
k=6，则
PA 6 3
100 50
排列组合有关知识复习
加法原理：完成一件事情有n 类方法，第 i 类
n
n2
C
证：如图
SABP
1 2
AB x
x
SABC 1 AB h h
2
M
A
SABP n1即xn1 即x n1h
SABC n h n
n
P PE N F DB
若CE 1 h n
当点P落入 CMN中时，
AB与 PAB的 C 面积之n比 1 大于
则PASCMN1nh2 1
n
SABC
h2
n2
例7．在线段AB上任取三点x1,x2,x3，求：
可能的确切意义是这样的：设在区域 中有任意一个小区域A，如果它的面积为 ，则点
落入A中的可能性大小与 成正比，而与A的位置及形状无关，如果“点落入小区域A”这
个随机事件仍然记作A，则由
可得
这一类概率通 常称作几何概 率
定义：一个试验具有下列两个特征： （1）每次试验的结果是无限多个，且全体结果可用一个 有度量的几何区域来表示
设B=“第三卷恰好 在中央”，
设C=“各卷自左向 右或自右向左恰成 12345的顺序”，
设D=“某三卷放在 一起”，
4
A 1 4
则P(D)
A33A33 A55
3 10
则P(B) 5 A 5 5
则P(A)
概率论与数理统计第3节 古典概型与几何概型
S 1,
S(A)
2
3 1
3
(1
x
2 9
1 )dx x
1 2 ln 2;
69
因此所求事件A的概率为：
P( A)
A的面积 的面积
1 6
2 9
ln
2
1
2
ln
2.
1
69
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内容小结
1. 古典概型:
(1) 试验结果有限个 ;
(2)每种结果出现是等可能 的;
解：样本空间的样本点有100 个，设A表示“取到的整数能 被6整除”,B表示“取到的整数能被8整除”；
令A中的样本点为x 个，则有：6x 100, 解得：x 16; 令B中的样本点为y 个，则有：8y 100, 解得：y 12; 令AB中的样本点为z 个，则有：24z 100, 解得：z 4; 于是取到的整数能被6或8整除的概率为：
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那么问题来了，请问如果你是参赛者，为了得到门后的跑车大 奖，你会做哪种选择，使得自己获奖的概率会更大呢？
或者增加点难度，换和不换的获胜概率分别是多少呢？
为了避免歧义和误解，先明确游戏具有如下的限制条件：
1.参赛者只能在三扇门中挑选一扇，而且他并不知道内里 有什么。
2.主持人却是明确知道每扇门后面有什么。 3.主持人必须开启剩下的其中一扇门，并且必须提供换门 的机会。
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一、古典概型
例5的结果表明，这是一个小概率事件。 人们在长期的实践中，总结出了所谓的“实际推断原理”： 概率很小的事件在一次试验中实际上几乎不可能发生。 但例5表明概率很小的事件在一次试验中竟然发生了， 因此有理由怀疑假设的正确性，而断言该女士却有这种分辨能力， 即她的说法是可信的。 这种推断思想在第8章的假设检验中十分有用。
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概率论与数理统计之古典概型和伯努利概型
概率与数理统计是考研数学的一大模块，一般常出现在填空题、选择题、计算题和证明题中，下面是我对古典概型、几何概型、伯努利概型进行分析，希望大家在基础复习阶段就能记住，打好基础。
古典型概率：
当试验结果为有限n个样本点,且每个样本点的发生具有相等的可能性，如果事件A由n(A)个样本点组成，则事件A的概率为
P（A)=n(A)/n=A所包含的样本点数/样本点总数
称有限等可能试验中事件A 的概率P(A)为古典型概率。
几何型概率：
几何型概率
n重伯努利试验：
n重伯努利试验
题型一：古典概型的计算
例1：一批产品有10个正品和2个次品，任意抽取两次，每次抽一个，抽出后不再放回，则第二次抽出的是次品的概率是多少？
解题思路：应用古典概型计算。
解：分别计算出总样本个数和事件A的样本个数
题型二：几何概型的计算
例2：（2017年考研真题)在区间（0，1）中随机地取两个数，则两数之差的绝对值小于0.5的概率是多少。
解题思路：几何概型的计算。
解：分别计算出总样本空间对应区域的面积和事件A对应区域的面积。
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例4．将r个人随机地分配到n个房间里，设 A1
=某指定r个房间中各有一人。A2=恰有r个
房间中各有一人，A3=某指定房间恰有k个
人，k≤r。求 P(A1)， P(A2) ， P(A3) 。
解：
P(A1)
r! nr
P(A
2
)
c rn r! nr
P(A3
)
ckr
(n 1)r nr
k
例5．袋中有a个黑球，b个白球，若随机地把球 一个接一个地摸出来，求A=“第k次摸出的 球是黑球”的概率，（k≤a+b）.
例如，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.
85 1946 7 2 3 10
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
因为抽取时这些球是 10个球中的任一个被取 完全平等的，我们没有理 出的机会都是1/10
由认为10个球中的某一个
例如：从装有4张卡片的盒中 有放回地摸取3张
第1张 第2张 第3张
1 2 34
n=4,k =3
1
1
1
2
2
2 共有4.4.4=43种可能取法
3
3
3
4
4
4
2、组合: 从n个不同元素取 k个
（1kn)的不同组合总数为：
Cnk
Pnk k!
n! (n k)!k!
Ck n
常记作
n k
，称为组合数。
Pnk Cnk k!
种不同的方法 .
才算完成这件事，
例如，若一个男人有三顶帽子和两 件背心，问他可以有多少种打扮？
可以有 3 2 种打扮
３．排列和组合的区别：
3把不同的钥匙的6种排列
顺序不同是 不同的排列
而组合不管 顺序
C32 3
从3个元素取出2个 的排列总数有6种
P32 6
从3个元素取出2个 的组合总数有3种
会比另一个更容易取得 .
也就是说，10个球中的任
一个被取出的机会是相等 的，均为1/10.
85 1946 7 2 3 10
我们用 i 表示取到 i号球， i =1,2,…,10 . 则该试验的样本空间
S={1,2,…,10} , 且每个样本点(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.
如i =2
2
1 7
98345106
若随机试验E的样本空间S满足：
只有有限个样本点— 有限性
每个样本点发生的可能性相等 — 等可能性
则称E为古典概型试验。
在古典概型的情况下，事件A的概率定义为：
A所含样本点数 P( A ) 样本点总数
这样就把求概率问题转化为计数问题 . 排列组合是计算古典概率的重要工具 .
P( A)
104 P140 108
0.504
例 2．一批产品中有10个正品和2个次品，任意抽取 两次，每次抽出一个，抽出后不放回，求第二
次抽到次品的概率？
解： 设A=第二次抽到次品，则
注意上下 一致，上
P(A)
C110C12 C12C11 C112C111
P110P21 P22 P122
1 6
古典概率——
概率论初期研究的主要对象
概率 ——表示某事件发生可能性大小的一种
数量指标。 事件A、B、C……的概率通常用P（A）， P（B），P（C）……表示， 显然0≤P（A）≤1。
注意：概率是随机事件的函数。
一．古典概率的定义：
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.
n0
n 1
n 2
(1)
n
n n
0
由 (1 x)mn (1 x)m(1 x)n
运用二项式展开
有
mn
j0
m
j
n
x
j
m j1 0
m j1
x
j1
n
j2 0
n j2
x
j2
比较两边 xk 的系数，可得
m n k m n
k i0 i k i
4、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
面用排列 下面也用 排列。
例3．将A，B，B，I，I，L，O，P，R，T，Y等
11个字母随机地排成一行，那末恰好排成
单词PROBABILITY的概率是多少？
解：设A=恰好排成单词PROBABILITY，则
P(A)
1 11!
4 11!
2!2!
或 P(A) 1 1 1 2 1 1 2 1 1 1 1 4 11 10 9 8 7 6 5 4 3 2 1 11!
排列、组合的几个简单公式
1、排列: 从n个不同元素取 k个
（1kn)的不同排列总数为：
pnk
n(n 1)(n
2)
(n
k
1)
n! (n k)!
k = n时称全排列
Pnn pn n(n 1)(n 2) 2 1 n!
从n个不同元素取 k个（允许重复）
（1kn)的不同排列总数为：
n n n nk
二．排列组合
这里我们先简要复习一下计算古典概率
所用到的
基本计数原理
1. 加法原理
设完成一件事有m种方式，
第一种方式有n1种方法， 第二种方式有n2种方法,
…；
第m种方式有nm种方法,
则完成这件事总共
有n1 + n2 + … + nm 种方法 .
无论通过哪种方法都可以完成 这件事，
例如，某人要从甲地到乙地去, 可以乘火车,
3、组合系数与二项式展开的关系
组合系数kn 又常称为二项式系数，因为 它出现在下面的二项式展开的公式中：
(a
b)n
n k0
n k
a
k
bnk
(a
b)n
n k0
n k
a
k
bnk
利用该公式，可得到许多有用的组合公式：
令 a=b=1,得
n n n 0 1 2
n n
2n
令 a=-1,b=1
n! , r1!r2! rk!
r1 r2 rk n
r1个 元素
r2个 元素
…
rk个 元素
n个元素
因为
C r1 n
C r2 nr1
C rk rk
n! r1!r2!
rk．在哈市电话号码薄中，任意取一个电话号码，
求后面四个数字全不相同的概率？
解： 设A=电话号码后面四个数字全不相同，则
也可以乘轮船. 火车有两班
甲地 回答是 3 + 2 种方法
乙地
轮船有三班
乘坐不同班次的火车和轮船，共有几种方法?
基本计数原理
2. 乘法原理
设完成一件事有m个步骤，
第一个步骤有n1种方法， 第二个步骤有n2种方法, 则完成这件事共有
…； 第m个步骤有nm种方法,
n1 n2 nm
必须通过每一步骤,