古典概率模型

有外观相同的三极管6 例3：有外观相同的三极管6只,按其电流放大 系数分类,4只属甲类,2只属乙类。 系数分类,4只属甲类,2只属乙类。按下列两种 ,4只属甲类,2只属乙类 方案抽取三极管两只, 方案抽取三极管两只, (1).每次抽取一个只,测试后放回, (1).每次抽取一个只,测试后放回,然后再抽取 每次抽取一个只 下一只(放回抽样); 下一只(放回抽样); (2).每次抽取一只 测试后不放回, 每次抽取一只, (2).每次抽取一只,测试后不放回,然后在剩下 的三极管中再抽取下一只(不放回抽样) 的三极管中再抽取下一只(不放回抽样)。 设A={抽到两只甲类三极管},B={抽到两只同类 A={抽到两只甲类三极管},B={抽到两只同类 抽到两只甲类三极管},B={ 三极管},C={至少抽到一只甲类三极管},D={ },C={至少抽到一只甲类三极管},D={抽 三极管},C={至少抽到一只甲类三极管},D={抽 到两只不同类三极管} 到两只不同类三极管}。 求：P(A),P(B),P(C),P(D)。 P(A),P(B),P(C),P(D)。
许多问题和上例有相同的数学模型。 许多问题和上例有相同的数学模型。 例如(生日问题 某人群有n个人 个人， 例如 生日问题): 某人群有 个人，他们中 生日问题 至少有两人生日相同的概率有多大？ 至少有两人生日相同的概率有多大？ 设每个人在一年( 365天计) 设每个人在一年(按365天计)内每天出 天计 生的可能性都相同,现随机地选取n(n≤365) 生的可能性都相同,现随机地选取n(n≤365) 个人, 个人,则他们生日各不相同的概率为 A365n/365n。 于是, 于是, n个人中至少有两人生日相同的概率 为 1- A365n/365n。 (请打开 请打开P17) 请打开
故每个球有N种放法。由乘法原理, 故每个球有N种放法。由乘法原理,将n个球放 个盒子中共有N 种不同的放法。 入N个盒子中共有Nn种不同的放法。 每个盒子中至多有一个球的放法( 每个盒子中至多有一个球的放法(由乘法 原理得): N(N-1)…(N (N原理得): N(N-1) (N-n+1)=ANn 种。 故， n A p(A = N n ) N
注意: 注意:这种分析方法使用的是中学学过的
乘法原理
因每个基本事件发生的可能性相同, 因每个基本事件发生的可能性相同,第一 次取一只甲类三极管共有4种可能取法, 次取一只甲类三极管共有4种可能取法,第二 次再取一只甲类三极管还是有4种可能取法。 次再取一只甲类三极管还是有4种可能取法。 所以, 所以,取两只甲类三极管共有 4×4=16 种可能 的取法, =16。 的取法, 即kA=16。故 P(A)=16/36=4/9； P(A)=16/36=4/9； E={抽到两只乙类三极管 抽到两只乙类三极管},k =2×2=4。 令E={抽到两只乙类三极管},kE=2×2=4。故 P(E)=4/36=1/9; 的对立事件， P(C)=1-P(E)=8/9； 因C是E的对立事件，故 P(C)=1-P(E)=8/9； ,且 互斥, 因B= A∪E ,且A与E互斥,得 P(B)=P(A)+P(E)=5/9； P(B)=P(A)+P(E)=5/9； 的对立事件, P(D)=1-P(B)=4/9。 D是B的对立事件, 得 P(D)=1-P(B)=4/9。
第一章第二节
古典概率模型
I. 什么是古典概率模型 如果试验E 如果试验E满足 试验结果只有有限种， (1) 试验结果只有有限种， 每种结果发生的可能性相同。 (2) 每种结果发生的可能性相同。 则称这样的试验模型为等可能概率模型 等可能概率模型或 则称这样的试验模型为等可能概率模型或 古典概率模型，简称为等可能概型 等可能概型或 古典概率模型，简称为等可能概型或古典 概型。 概型
货架上有外观相同的商品15 15件 其中12 货架上有外观相同的商品15件，其中12 例2： ： 件来自产地甲, 3件来自地乙 现从15 件来自地乙。 15件商品 件来自产地甲, 3件来自地乙。现从15件商品 中随机地抽取两件, 中随机地抽取两件,求这两件商品来自一同产 地的概率。 地的概率。
解: 从15件商品中取出2商品,共有C215 =105种 15件商品中取出 商品,共有C =105种 件商品中取出2
从而，P({ω 1/n，i=1,2,…n 从而，P({ωi})= 1/n，i=1,2, n。
因此，若事件A包含k个基本事件， 因此，若事件A包含k个基本事件，有 P(A)=k×(1/n)=k/n。 P(A)=k×(1/n)=k/n。 III. 古典概率模型的例子 例1： 掷一颗均匀骰子， 掷一颗均匀骰子，
设:A表示所掷结果为“四点或五点”； :A表示所掷结果为“四点或五点” 表示所掷结果为 表示所掷结果为“偶数点” B表示所掷结果为“偶数点”。 :P(A)和P(B)。 求:P(A)和P(B)。
解： 由n=6，kA=2,得P(A)=2/6=1/3； n=6， =2,得P(A)=2/6=1/3； 再由k =3， P(B)=3/6=1/2。 再由kB=3，得P(B)=3/6=1/2。
II. 古典概率模型中事件概率求法
因试验E的结果只有有限种, 因试验E的结果只有有限种,即样本点是有 限个: ,…,ω 限个: ω1,ω2 ,…,ωn ，其中 Ω={ω }∪{ω }∪…∪{ω Ω={ω1}∪{ω2 }∪…∪{ωn}， 是基本事件，且它们发生的概率都相等。 {ωi}是基本事件，且它们发生的概率都相等。 于是， 于是，有 1=P(Ω)=P({ω }∪{ω }∪…∪{ω 1=P(Ω)=P({ω1}∪{ω2 }∪…∪{ωn}) =P({ω })+P({ω })+…+P({ω =P({ω1})+P({ω2 })+…+P({ωn}) =nP({ω i=1,2,…n。 =nP({ωi}), i=1,2,…n。
12 /(4 4 4 ) 种 法 ! !!! 装 ,
再由乘法原理, 再由乘法原理,可知装箱总方法数有
3!12!/(4!4!4! ) 种 。
个基本事件。 即A包含 3!12!/(4!4!4! ) 个基本事件。 从而， 从而，
12 ! 15 ! 25 P(A = 3 ) ! ÷ = 。 4 4 4 5 5 5 91 !!! !!!
例4：n个球随机地放入N(N≥n)个盒子中,若盒 个球随机地放入N(N≥n)个盒子中, N(N≥n)个盒子中 子的容量无限制。 每个盒子中至多有一球” 子的容量无限制。求“每个盒子中至多有一球” 的概率。 的概率。
解: 因每个球都可以放入N个盒子中的任何一个, 因每个球都可以放入N个盒子中的任何一个,
15!/(5!5!5!)
故 种等可能的装法。 种等可能的装法。 , 基本事件总数有 个。
15!/(5!5!5!)
把三件次品分别装入三个箱中,共有3! 3!种 续: 把三件次品分别装入三个箱中,共有3!种 装法。这样的每一种装法取定以后, 把其余12 装法。这样的每一种装法取定以后, 把其余12 件正品再平均装入3个箱中,每箱装4 件正品再平均装入3个箱中,每箱装4件,有
解: (1).由于每次抽测后放回,因此,每次都是 (1).由于每次抽测后放回 因此, 由于每次抽测后放回,
在6只三极管中抽取。因第一次从6只中取一 只三极管中抽取。因第一次从6 共有6种可能取法；第二次还是从6 只,共有6种可能取法；第二次还是从6只中取 一只,还是有6种可能取法。 一只,还是有6种可能取法。故,取两只三极管 共有6×6=36 种可能的取法。从而,n=36。 共有6 种可能的取法。从而,n=36。 ,n=36
由于第一次抽测后不放回,因此, (2).由于第一次抽测后不放回,因此,第一次 从6只中取一只,共有6种可能的取法；第二次 只中取一只,共有6种可能的取法； 是从剩余的5只中取一只, 种可能的取法。 是从剩余的5只中取一只,有5种可能的取法。 由乘法原理，知取两只三极管共有n=6 n=6× 由乘法原理，知取两只三极管共有n=6×5=30 种可能的取法。 种可能的取法。 由乘法原理, =4× 由乘法原理,得 kA=4×3=12, P(A)=12/30=2/5; =2×1=2， kE=2×1=2，P(E)=2/30=1/15; 的对立事件, P(C)=1-P(E)=14/15； 由C是E的对立事件,得P(C)=1-P(E)=14/15； B=A∪E,且 互斥, 由B=A∪E,且A与E互斥,得 P(B)=P(A)+P(E)=7/15； P(B)=P(A)+P(E)=7/15； 的对立事件, P(D)=1-P(B)=8/15。 由D是B的对立事件, 得 P(D)=1-P(B)=8/15。
公式 把n个物品分成k组,使第一组有n1个, 个物品分成k 使第一组有n 第二组有n 组有n 第二组有n2个, …,第k组有nk个,且 , n= n1+ n2+…+nk 。 +n 则:不同的分组方法有
n ! n !n ! n ! 1 2 L k
cc L c
种。
n n2 1 n n−n 1
nk n−n − nk−1 1 L
由乘法原理， 由乘法原理，知装箱方法共有
3×12 /(2 5 5 ) 种 × ! !!! 。
即B包含 3×12 /(2 5 5 ) 个基本事件。故， × ! ! ! ! 个基本事件。
1! 2 1! 5 6 P(B = 3× ) ÷ = 。 255 555 !!! !!! 9 1
件产品中有K件是次品,N ,N例6：设N件产品中有K件是次品,N-K件是正 品,K<N。现从N件中每次任意抽取1件产品,在 ,K<N。现从N件中每次任意抽取1件产品, 检查过它是正品或是次品后再放回, 检查过它是正品或是次品后再放回,这样共抽 取了n 取了n次。 事件A={所取的n件产品中恰有k A={所取的 求:事件A={所取的n件产品中恰有k件次 的概率,k=0,1,2, ,n。 ,k=0,1,2,…,n 品}的概率,k=0,1,2, ,n。 假定N件产品是有编号的, 解: 假定N件产品是有编号的,从中任意取出一 件,每次都有N种取法.由乘法原理,n次共有Nn 每次都有N种取法.由乘法原理,n次共有N ,n次共有 种取法, 基本事件总数为N 种取法,故,基本事件总数为Nn。 当所取的n件产品中恰有k件次品时, 当所取的n件产品中恰有k件次品时,由于 取到这k件次品的次序的不同, 取到这k件次品的次序的不同,因此从次序考虑 共有C 种情况。 共有Cnk种情况。
把三件次品装入同一箱中,共有3种装法. 续: 把三件次品装入同一箱中,共有3种装法.这 样的每一种装法取定以后,再把其余12件正品装 样的每一种装法取定以后,再把其余12件正品装 12 个箱中(一箱再装2 另两箱各装5 入3个箱中(一箱再装2件,另两箱各装5件)又有
12 /(2 5 5 ) 种 法 ! !!! 装 。
Байду номын сангаас
=
例5: 某公司生产的15件品中,有12件是正品,3 某公司生产的15件品中, 12件是正品,3 15件品中 件是正品 件是次品。现将它们随机地分装在3个箱中, 件是次品。现将它们随机地分装在3个箱中,每 箱装5 :A={每箱中恰有一件次品 每箱中恰有一件次品}, 箱装5件，设:A={每箱中恰有一件次品}, B={三件次品都在同一箱中 三件次品都在同一箱中} B={三件次品都在同一箱中}。 P(A)和P(B)。 求: P(A)和P(B)。 15件产品装入 个箱中,每箱装5 件产品装入3 解: 15件产品装入3个箱中,每箱装5件,共有
取法,且每种取法都是等可能的，故n=105。 取法,且每种取法都是等可能的， n=105。 A={两件商品都来自产地甲 两件商品都来自产地甲},k 66, 令 A={两件商品都来自产地甲},kA= C212=66, B={两件商品都来自产地乙 两件商品都来自产地乙},k B={两件商品都来自产地乙},kB= C23 =3， 而事件: 两件商品来自同一产地}=A∪B, }=A∪B,且 而事件:{两件商品来自同一产地}=A∪B,且A与 互斥, ∪ 包含基本事件数66+ 69。 包含基本事件数66 B互斥,A∪B包含基本事件数66+3=69。 故，所求概率=69/105=23/35。 所求概率=69/105=23/35。