概率论与数理统计第2讲

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，
12! 15! 6 P( B) 3 。 2!5!5! 5!5!5! 91
例 6 将 15 名新生随机地平均分配到 3 个班中去，这 15 名新生中有 3 名是优秀生。问： (1) 每个班各分配到一 名优秀生的概率是多少？ (2) 3 名优秀生分配到同一个班级的概率是多少？ 解：15名新生平均分配到 3 个班级中去的分法总数为：
k 从 a b 个球中依次取出k 个球，有取法 Pa b 种
解：
设：A=“第 k 次取出的球是黑球”
样本点总数．
第 k 次取出黑球，有取法b 种，前 k 1 次取球， k 1 种，因此事件 A 所含样本点数为 有取法 Pa b 1 k 1 ． b Pa b 1
解: (1).由于每次抽测后放回, 因此，每次都 是在6只三极管中抽取。 因第一次从6只中取一只，共有6种可能取 法；第二次还是从6只中取一只，还是有6种取 法。故，取两只三极管共有66=36种可能的取 法。从而, n=6×6=36。
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。故第 一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。 故,取两只甲类三极管共有44=16 种可能的取 法,即kA=16。所以，P(A)=16/36=4/9； 令E={抽到两只乙类三极管}，则 kE=22=4。 故，P(E)=4/36=1/9； 因C是E的对立事件，所以 P(C)=1-P(E)=8/9; 因B=A∪E, 且A与E互斥，得 P(B)=P(A)+P(E)=5/9； D是B的对立事件, 得 P(D)=1-P(B)=4/9。
(2).由于第一次抽测后不放回,所以第一次 从6只中取一只, 共有6种可能的取法；第二次 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= 65=30 种可能的取法。 由乘法原理，得 kA=43=12。从而 P(A)=12/30=2/5； 类似地,得kE=21=2，P(E)=2/30=1/15； 由C是E的对立事件,得 P(C)=1-P(E)=14/15; 由B=A∪E, 且A与E互斥，得 P(B)=P(A)+P(E)=7/15； 由D是B的对立事件, 得 P(D)=1-P(B)=8/15.
例4(装箱问题)n个球随机地放入N(N≥n)个盒 子中，若盒子的容量无限制。求“每个盒子中 至多有一球”的概率。 解: 因每个球都可以放入N个盒子中的任何一 个，故每个球有N种放法。由乘法原理，将n个 球放入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(由乘法 原理得): N(N-1)„(N-n+1)=ANn 种。故， P(A)= Ann / Nn .
人们在长期的实践中总结得到“概率很小的事
件在一次实验中几乎是不发生的”（称之为实际 推断原理）。
现在概率很小的事件在一次实验中竟然发 生了，从而推断接待站不是每天都接待来 访者，即认为其接待时间是有规定的。
例 10 （摸球问题） 袋中有 a 只白球， b 只黑球．从中任意 取出 k 只球， 试求第 k 次取出的球是黑球的概率．
即A包含 3!12!/(4!4!4! ) 个基本事件。 从而，
12! 15! 25 P ( A) 3! 。 4!4!4! 5!5!5! 91
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 装入3个箱中(一箱再装2件,另两箱各装5件)又 5 5 2 有 12! /(2!5!5! ) 种装法。 C12C7 C2
例2：货架上有外观相同的商品15件，其中12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,求这两件商品来自一同产地的概 率。 解：从15件商品中取出2商品，共有C215= 105 种取法，且每种取法都是等可能的，故n=105。 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},kB= C23 =3， 而事件: {两件商品来自同一产地}=A∪B, 且 A与B互斥, A∪B包含基本事件数66+3=69。 故，所求概率=69/105=23/35。
k
nk
在上式中，令 p=K/N，则有 k k nk P ( A) Cn p (1 p )
( k 0,1,2,, n)
这是以后常用的，也是非常重要的二项 分布的概率公式。
例 8（随机取数问题）在 1~2000 的整数中随机的 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“取到的整数能被 6 整除”， B 为 “取到的整数能被 8 整除”，则所求的概率为：
许多问题和上例有相同的数学模型。 某人群有n个人，他们中至少 如(生日问题)： 有两人生日相同的概率有多大？ 设每个人在一年(按365天计)内每天出 生的可能性都相同，现随机地选取 n(n≤365)个人，则他们生日各不相同的概 率为 于是, n个人中至少有两人生日相同的概率为
A365n / 365n。
P( A B ) P( A B) 1 P( A B), 其中 P( A B) P( A) P( B) P( AB).
为：6，12，18…1998 共 333 个，
2000 333 334 所以能被 6 整除的整数 6
P( A)
333 , 2000
250 83 P( B) 2000 , P( AB) 2000
例3：有外观相同的三极管6只，按电流放大系 数分类，4只属甲类，2只属乙类。按下列两种 方案抽取三极管两只：
(1).每次抽取一只，测试后放回，然后再抽取下一只 (放回抽样)； (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)。
设 A={抽到两只甲类三极管}， B={抽到两只同类三极管}, C={至少抽到一只甲类三极管}, D={抽到两只不同类三极管}。 求 P(A),P(B),P(C),P(D)。
其中 B ={8, 16, … 2000 },
AB = {24, 48 …1992 }，
AB 为“既被 6 整除又被 8 整除”或“能被 24 整除”
于是所求的概率为：
p 1 [ P( A) P( B) P( AB)] 333 250 83 500 3 1 1 . 2000 2000 4
解：假定N件产品有编号，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，由 于取到这k件次品次序之不同，因此，从次序 考虑共有Cnk种情况。
这 Cnk 种情况确定以后 , 从 K 件次品中取出 k 件， 共有 Kk 种取法；从 N-K 件正品中取 n-k 件 , 共 有(N-K)n-k种取法。 由乘法原理，共有Cnk Kk (N-K)n-k种取法。 故A中基本事件个数为Cnk Kk(N-K)n-k，
§1.3 古典概率模型
I. 什么是古典概率模型
生活中有这样一类试验E，它们的共同特点是 (1).试验结果只有有限个； (2).各种结果出现的可能性相同。 则称这样的试验模型为等可能概率模型，考虑 到它在概率论早期发展中的重要地位，又把它 古典概率模型，简称等可能概型或古典概型。 比如：足球比赛中扔硬币挑边，围棋比赛中猜 先。
12!/ (4!4!4!) 种，
每个班各分配到一 名优秀生的分法总数为：
3![12! /( 4! 4! 4!)]
于是所求的概率为：
3!12 ! 15 ! 3!12 ! 4! 4! 4! 25 p1 / 0.2747 4! 4! 4! 5!5!5! 15 ! 5!5!5! 91
从而， P({i})= 1/n，i=1,2,„,n.
因此，若事件A 包含 k 个基本事件，即
A {i }Fra Baidu bibliotek {i }{i },
1 2 k
则
k A中包含基本事件数 P ( A) P (i ) . n 基本事件总数 r 1
k
r
III. 古典概模型举例
例1：掷一颗均匀骰子，设A表示所掷结果为 “四点或五点”，B表示所掷结果为“偶数 点”，求P(A)和P(B)。 解：由 n=6，kA=2,得 P(A)=2/6=1/3； 再由kB=3，得 P(B)=3/6=1/2。
k Cn K k ( N K )nk P ( A) Nn
K C N (k 0,1, 2,
k n
k
K 1 N , n)
nk
k Cn K k ( N K )nk P ( A) Nn
K k K Cn 1 N N (k 0,1, 2, , n)
例5：某公司生产的15件产品中，有12件正品, 3件次品。现将它们随机地分装在3个箱中, 每 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}。求P(A)和P(B)。 解：15件产品装入3个箱中，每箱装5件，有
15! /(5!5!5! ) C C C
5 15 5 10
5 5
C C C
5 15 5 10
5 5
15 14 13 12 11 10 9 8 7 6 5 4 3 2 1 15 ! , 5! 5! 5! 5 !5 !5 !
(1) 将 3 名优秀生分配到 3 个班级，使 每个班级都有一名优秀生的分法共有 3! 种。其余 12 名新生平均分配到 3 个班级 中的分法共有
种等可能的装法。 故，基本事件总数为
15! /(5!5!5! )
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 件正品再平均装入3个箱中，每箱装4件，有 4 4 4 12!/(4!4!4!) 种装法, C12C8 C4
再由乘法原理，可知装箱总方法数有
3!12!/(4!4!4! ) 种。
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，即样本点是 有限个: 1,2 ,„,n 。 Ω ={1}∪{2 }∪„∪{n}，
{i}是基本事件，且各自发生的概率相等。 于是，有 1=P(Ω )=P({1}∪{2 }∪„∪{n}) =P({1})+P({2 })+„+P({n}) =n P({i}), i=1,2,„,n。
例 9 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，各来访 者在一周的任一天中去接待站是等可能的，那么 ，12 次接待来访者都在周二、周四的概率为: 212/712=0.0000003， 即千万分之三。
1-A365n / 365n。
从上表可以看出: 在40人左右的人群里, 十有八九会发生{两人或两人以上生日相同} 这一事件。
公式
把 n 个物品分成k组，使第一组有n1个, 第二组有n2个,„,第 k 组有nk个，且 n1+ n2+„+nk=n， 则不同的分组方法数为
n! n1 ! n2 ! nk !
(2) 3 名优秀生分配到同一个班级的概率为：
12 ! 15 ! 3 12 ! 5! 6 p23 / 0.0659 . 2! 5! 5! 5! 5! 5! 2! 15 ! 91
三名优秀生分配 其余12名新生，一个班级分2 在同一班级内 名，另外两班各分5名
例 7 ：设 N 件产品中有 K 件次品， N-K件正品 , K<N。现从N件中每次任意抽取 1件产品，检 查其是正品还是次品后放回；这样共抽检产 品n次。求事件A={所取的n件产品中恰有k件 次品}的概率，k = 0, 1, 2, „, n。