概率论与数理统计图文课件最新版-第1章-第3节-古典概型(等可能概型)
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第一章知识结构图
基本概念与运算 ( 随机试验,事件,样本空间 )
频率与概率
统计定义
古典定义
公理化定义
条件概率
独立性
概率统计
全概率公式与贝叶斯公式
第三节 古典概型（等可能概型）
一．古典型随机试验（等可能试验 ) 一般, 如果随机试验 E 具有： (1) 有限性： 它的样本空间的元素只有有限个. (2) 等可能性：在每次试验中, 每个基本事件发生
P( A1 ) P( A2 ) P( A3 ) P( A1 A2 )
P( A1 A3 ) P( A2 A3 ) P( A1 A2 A3 )
其中
P( A1 )
P( A2 )
P(A3 )
2! 3!
1 3
11
P( A1 A2 )
P( A1 A3 ) 11
P(A2 A3 )
3!
6
P( A1 A2 A3 ) 3! 6 A i { 第 i 封信装入
即, 10个球中的任一个被 取出的机会是相等的，
均为1/10.
10个球中的任一个被取 出的机会都是1/10
所以称这类概率模型为古典概型.
概率统计
在此示例中, 若记 A={ 摸到2号球 } 2
则 P(A)=?
显然： P(A)= 1/10
若记 B={ 摸到红球 } 1 2 3 4 5 6
则 P(B)=?
概率统计
则有：
P( A) P[ ei1 U ei2 UL U eik ]
P(ei )
1 n
k
P ei1 P ei2 L P eik P eij j1
1 1 L L 1 k
nn
nn
A包含的基本事件总数 S包含的基本事件总数
注 ▲ 此公式是法国数学家 Laplace于1812年提出的.
▲
P( A)
C
2 2
C62
1 15
0.067
“不放回地抽取两次，每次取一张”
相当于
“一次抽取两张”。
故在许多问题中如果不是有放回地抽样, 就统称为“任意取出”多少个。
概率统计
例5. 某接待站在某一周曾接待过 12 次来访，已知 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 ？
P( A) 1 P( A) 111
2! 3! 3
1 (1 1 1 L (1)n1 1 )
2! 3!
n!
1 1 L (1)n 1
2! 3!
n!
概率统计
归纳 1、在应用古典概型时必须注意“等可能性”的条件. “等可能性”是一种假设，在实际应用中, 应该根据实 际情况去判断是否可以认为各基本事件或样本点 是等可能的。 在许多场合，由对称性和均衡性，一般就可以认为基 本事件是等可能的，并在此基础上计算事件的概率。
错在同样的“ 4 只配 成两双”算了两次.
概率统计
例如： 从 5 双不同的鞋子中任取 4 只，这 4 只鞋 中“至少有两只配成一双”（事件A）的 概率是多少？
正确的答案是：
P( A)
15
8 2
25
140
请思考： 还有其它解法吗？
概率统计
3、许多表面上提法不同的问题实质上属于同一类型
（1）有 n 个人，每个人都以相同的概率 1/N (N≥n) 被分在 N 间房的每一间中. 求: 指定的 n 间房中各有一人的概率.
概率统计
所有这些概率都是在假 定一个人的生日在 365 天的任何一天是等可能 的前提下计算出来的。
据不完全统计,有关的实 际概率比表中给出的还 要大 。
一般当人数超过23时， 可以说至少有两人同生 日是可靠的。
例7
对问
某人将三封写好的信随机装入三个 写好地址的信封中。 问：没有一封信装对地址的概率是多少？
(2)．若首位数 2, 4, 6, 8 则有: P41 P41 P84
综合(1),(2)可得: k P51 P51 P84 P41 P41 P84
从而: P( A)
k n
P51 P51 P84 P41 P41 P84 P160
41 0.46 90
概率统计
例3 某公司的内部的电话号码由5个数字组成，每个 数字可能是从 0-9 这十个数字中的任一个。
求：电话号码由五个不同数字组成 的概率。
解： 设 A：电话号码由五个不同数字组成
则：P( A)
P150 105
= 0.3024
从10个不同数字中 取5个的排列
思考：
P( A)
C150 105
？
允许重复的排列
错在何处？
计算样本空间样本点总数和所求 事件所含样本点数计数方法不同
概率统计
例 4. 盒中有 6 张面值相同的债券,其中有两张中奖债券，
P(
A)
1
Pr 365
(365)r
概率统计
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
场他同生们上日分，。别他写随下机P自地(己在A)的某生号1日看 ，台(3P上结63r56召果5)r唤竟发了现22其个中球有迷两，人请
用上面 例6 的公式可以计算此事出现的概率为：
k : 次品至少有一件指的是1件，2件，3件次
品共三种情况，故有：
从而:
C
1 4
C
2 26
C42
C
1 26
C
3 4
C
0 26
P(B)
k n
C41 C226
C42 C216 C330
C43
C206
1460 0.36 4060
概率统计
例2. 有 0, 1, 2, L L , 9 十个数字，现从中任取
▲ 在古典概型的计算中排列组合是必备的基础
知识.
概率统计
例 1．设有30件产品其中有 4 件是次品，现从中任取 3件.
求：(1) 恰有 2 件次品的概率; (2) 至少有一件次品的概率.
解：(1)．设 A：任取 3 件恰有两件是次品
n : 无论取出的是否是次品，它总是从 30 件
产品中取
3件，故它的样本空间总数是：C
代入计算 P( A) 的公式中：
第 i 个信封 }
概率统计
P( A) P( A1 U A2 U A3 )
3 2! 3 1 1 3! 3! 3!
1 1 1 2 2! 3! 3
于是得：
推广到 n 封信，用类似的方法 可得: 把 n 封信随机地装入 n 个写好地 址的信封中, 没有一封信配对的 概率为:
即 A ei1 U ei2 UL U eik , (1 i1 i2 L ik n)
k
则称 P( A) P(
j1
ei j
) k A包含的基本事件总数 n S包含的基本事件总数
为事件 A 的概率。
概率的古典定义
证明: 由已知，在试验中每个基本事件发生的可能 性是相同的，即有：
的可能性相同. 则称随机试验 E为古典型随机试验，也称等可能试验.
概率统计
示例 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. 因为抽取时这些球是完全平等的，
85 1946 7 2 3 10
故没有理由认为10个球中的某一
个会比另一个更容易取得 . 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
两天之中，故有： 212
从而：P( A)
k n
212 712
0.0000003 （千万分之三）
注 由“实际推断原理”概：率很小的事件在一次试验
中实际上几乎是不发生的。
可推断到：
“假设接待站接待时间是没有规定” 这一说法是不正确的。
因为千万分之三的小概率事件竟然 在假设条件下发生了。
故得出： 接待站 的接待时间是有规定的， 而不是每天都接待的。
概率统计
例6 有 r 个人，设每个人的生日是 365 天的任何 一天是等可能的。
试求：事件 “至少有两人同生日” 的概率。
解：令 A = { 至少有两人同生日 }
则 A ={ r 个人的生日都不同}
为求 P( A )， 先求 P( A) :
由题意：
P( A)
Pr 365
(365)r
则有:
P(
A)
1
从而: P( A) k 4 1 0.111 n 36 9
概率统计
nn:
（2). 不放回地抽取
n : P61 P51 30
k : P21 P11 2
从而: P( A) k 2 1 0.067 n 30 15
注 ▲ 若在此例中若将取法改为 “一次抽取两张” ，
其它条件不变则有:
(1). 有放回地抽取 设A：取到的两张都是中奖券
n : 第一次从盒中取，不论是否是中奖券，总是
从 6 张中取一张，第二次再从盒中取，仍是 有 6 张券可供抽取，故有：
P61 P61 36 (种)
k : 中奖券有 2 张，第一次取有 2 张可供抽取,
第二次取仍有 2 张可供抽取，故有：
P21 P21 4 (种)
3 0
k : 恰有 2 件次品应从次品中取，剩下的另一件
正品应从
26
件正品中取到。故有：C42C
1 26
从而：
P( A) k n
C42C216 C330
156 0.038 4060
概率统计
(2) 设 B: 任取 3 件至少有一件次品
n:
C
3 30
30件产品 4 件次品
至少有一件 次品的概率.
概率统计
P(e1) P(e2) L L P(en)
又由于基本事件是两两互不相容的，于是：
P(S) P(e1Ue1UL L en)
P(e1) P(e2) L L P(en)
nP(ei)
而 P(S) 1
又由已知，
P(ei )
1 n
,
i 1, 2,L n
A ei1 U ei2 UL U eik , (1 i1 i2 L ik n)
解：设 Ai = { 第 i 封信装入第 i 个信封 } i =1, 2, 3
A = { 没有一封信装对地址 }
则：A = { 至少有一封信装对地址 } 直接计算P(A)不易, 则可先来计算 P( A)
因为： A A1 U A2 U A3
概率统计
A A1 U A2 U A3
应用加法公式
P( A) P( A1 U A2 U A3 )
现从中任取两次，每次取一张，考虑两种取法:
(1). 有放回地取：第一次取出观察后放回盒中混
合均匀后再取第二次.
放回抽样
(2). 无放回地取：第一次取出后不放回盒中, 第
二次从剩余的债券中再取一张 .
不放回抽样
求：分别就两种抽样方式求取到的两张都是中奖
债券的概率？
概率统计
解： 显然，本题属古典概型。
P( A) 1 0.524 0.476
22个球迷中至少有两人 同生日的概率为0.476.
这个概率不算小，但它的出现不值得奇怪. 计算后发现，这个概率随着球迷人数的增 加而迅速地增加，如下页表所示：
概率统计
统计表
人数
20 21 22 23 24 30 40 50 60
至少有两人同 生日的概率 0.411 0.444 0.476 0.507 0.538 0.706 0.891 0.970 0.994
显然： P(B)= 6/10 静态
这里实际上是从“比例” 转化为“概率”
当要求“摸到红球”的概率时， 实际上只要找出它在静态时 相应的比例.
动态
85 1946 7 2 3 10
概率统计
二．古典概型中事件概率的计算公式
定义：设 E 是古典随机试验，S 是它的样本空间，
S e1,e2,L ,en , 若事件A包含 k 个基本事件
六个不同的数. 求： 能排成一个六位数是 偶数 的概率. 解: 设事件A： “排成的六位数是偶数”
由题意可知：它的样本空间元素是有限个， 并且每个基本事件发生的可能性也是相同的。
n : 不论取出的 六个数是否能排成偶数，它
总是从十个数中取出六个数，
故样本空间的总数应是： P160 (排列数)
概率统计
概率统计
2、在用排列组合公式计算古典概率时，必须注意 不要重复计数，也不要遗漏.
例如：从 5 双不同的鞋子中任取 4 只，这 4 只鞋子
中“至少有两只配成一双”（事件A）的概
率是多少？
13579
下面的算法错在哪里？ 2 4 6 8 10
P(
A)
15
8 2
140
从 5 双中取 1 双，从剩 下的 8 只中取 2 只
k : 要排成 偶数 则第六位只能是 0, 2, 4, 6, 8；
要成为 六位数，则第一位不能是 0，
第一位只能取 1, 3, 5, 7, 9 或 2, 4, 6, 8； 要排成无重复数字的六位偶数，则首位与末位 有两种情况:
(1)．若首位取 1, 3, 5, 7 , 9 则有: P51 P51 P84
解：假设接待站的接待时间没有规定，而各来 访者在一周的任一天去接待站是等可能的. 设 A：12 次接待来访者都在周二和周四
n : 一周共有7天，12次来访者均可在七天中任
一天都可去接待站 , 相当于从七天中要接 待 12 次且可以 重复日期，故有：
7 12 (种)
概率统计
k : 因为12次接待来访者只能放在周二和周四
基本概念与运算 ( 随机试验,事件,样本空间 )
频率与概率
统计定义
古典定义
公理化定义
条件概率
独立性
概率统计
全概率公式与贝叶斯公式
第三节 古典概型（等可能概型）
一．古典型随机试验（等可能试验 ) 一般, 如果随机试验 E 具有： (1) 有限性： 它的样本空间的元素只有有限个. (2) 等可能性：在每次试验中, 每个基本事件发生
P( A1 ) P( A2 ) P( A3 ) P( A1 A2 )
P( A1 A3 ) P( A2 A3 ) P( A1 A2 A3 )
其中
P( A1 )
P( A2 )
P(A3 )
2! 3!
1 3
11
P( A1 A2 )
P( A1 A3 ) 11
P(A2 A3 )
3!
6
P( A1 A2 A3 ) 3! 6 A i { 第 i 封信装入
即, 10个球中的任一个被 取出的机会是相等的，
均为1/10.
10个球中的任一个被取 出的机会都是1/10
所以称这类概率模型为古典概型.
概率统计
在此示例中, 若记 A={ 摸到2号球 } 2
则 P(A)=?
显然： P(A)= 1/10
若记 B={ 摸到红球 } 1 2 3 4 5 6
则 P(B)=?
概率统计
则有：
P( A) P[ ei1 U ei2 UL U eik ]
P(ei )
1 n
k
P ei1 P ei2 L P eik P eij j1
1 1 L L 1 k
nn
nn
A包含的基本事件总数 S包含的基本事件总数
注 ▲ 此公式是法国数学家 Laplace于1812年提出的.
▲
P( A)
C
2 2
C62
1 15
0.067
“不放回地抽取两次，每次取一张”
相当于
“一次抽取两张”。
故在许多问题中如果不是有放回地抽样, 就统称为“任意取出”多少个。
概率统计
例5. 某接待站在某一周曾接待过 12 次来访，已知 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 ？
P( A) 1 P( A) 111
2! 3! 3
1 (1 1 1 L (1)n1 1 )
2! 3!
n!
1 1 L (1)n 1
2! 3!
n!
概率统计
归纳 1、在应用古典概型时必须注意“等可能性”的条件. “等可能性”是一种假设，在实际应用中, 应该根据实 际情况去判断是否可以认为各基本事件或样本点 是等可能的。 在许多场合，由对称性和均衡性，一般就可以认为基 本事件是等可能的，并在此基础上计算事件的概率。
错在同样的“ 4 只配 成两双”算了两次.
概率统计
例如： 从 5 双不同的鞋子中任取 4 只，这 4 只鞋 中“至少有两只配成一双”（事件A）的 概率是多少？
正确的答案是：
P( A)
15
8 2
25
140
请思考： 还有其它解法吗？
概率统计
3、许多表面上提法不同的问题实质上属于同一类型
（1）有 n 个人，每个人都以相同的概率 1/N (N≥n) 被分在 N 间房的每一间中. 求: 指定的 n 间房中各有一人的概率.
概率统计
所有这些概率都是在假 定一个人的生日在 365 天的任何一天是等可能 的前提下计算出来的。
据不完全统计,有关的实 际概率比表中给出的还 要大 。
一般当人数超过23时， 可以说至少有两人同生 日是可靠的。
例7
对问
某人将三封写好的信随机装入三个 写好地址的信封中。 问：没有一封信装对地址的概率是多少？
(2)．若首位数 2, 4, 6, 8 则有: P41 P41 P84
综合(1),(2)可得: k P51 P51 P84 P41 P41 P84
从而: P( A)
k n
P51 P51 P84 P41 P41 P84 P160
41 0.46 90
概率统计
例3 某公司的内部的电话号码由5个数字组成，每个 数字可能是从 0-9 这十个数字中的任一个。
求：电话号码由五个不同数字组成 的概率。
解： 设 A：电话号码由五个不同数字组成
则：P( A)
P150 105
= 0.3024
从10个不同数字中 取5个的排列
思考：
P( A)
C150 105
？
允许重复的排列
错在何处？
计算样本空间样本点总数和所求 事件所含样本点数计数方法不同
概率统计
例 4. 盒中有 6 张面值相同的债券,其中有两张中奖债券，
P(
A)
1
Pr 365
(365)r
概率统计
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
场他同生们上日分，。别他写随下机P自地(己在A)的某生号1日看 ，台(3P上结63r56召果5)r唤竟发了现22其个中球有迷两，人请
用上面 例6 的公式可以计算此事出现的概率为：
k : 次品至少有一件指的是1件，2件，3件次
品共三种情况，故有：
从而:
C
1 4
C
2 26
C42
C
1 26
C
3 4
C
0 26
P(B)
k n
C41 C226
C42 C216 C330
C43
C206
1460 0.36 4060
概率统计
例2. 有 0, 1, 2, L L , 9 十个数字，现从中任取
▲ 在古典概型的计算中排列组合是必备的基础
知识.
概率统计
例 1．设有30件产品其中有 4 件是次品，现从中任取 3件.
求：(1) 恰有 2 件次品的概率; (2) 至少有一件次品的概率.
解：(1)．设 A：任取 3 件恰有两件是次品
n : 无论取出的是否是次品，它总是从 30 件
产品中取
3件，故它的样本空间总数是：C
代入计算 P( A) 的公式中：
第 i 个信封 }
概率统计
P( A) P( A1 U A2 U A3 )
3 2! 3 1 1 3! 3! 3!
1 1 1 2 2! 3! 3
于是得：
推广到 n 封信，用类似的方法 可得: 把 n 封信随机地装入 n 个写好地 址的信封中, 没有一封信配对的 概率为:
即 A ei1 U ei2 UL U eik , (1 i1 i2 L ik n)
k
则称 P( A) P(
j1
ei j
) k A包含的基本事件总数 n S包含的基本事件总数
为事件 A 的概率。
概率的古典定义
证明: 由已知，在试验中每个基本事件发生的可能 性是相同的，即有：
的可能性相同. 则称随机试验 E为古典型随机试验，也称等可能试验.
概率统计
示例 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. 因为抽取时这些球是完全平等的，
85 1946 7 2 3 10
故没有理由认为10个球中的某一
个会比另一个更容易取得 . 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
两天之中，故有： 212
从而：P( A)
k n
212 712
0.0000003 （千万分之三）
注 由“实际推断原理”概：率很小的事件在一次试验
中实际上几乎是不发生的。
可推断到：
“假设接待站接待时间是没有规定” 这一说法是不正确的。
因为千万分之三的小概率事件竟然 在假设条件下发生了。
故得出： 接待站 的接待时间是有规定的， 而不是每天都接待的。
概率统计
例6 有 r 个人，设每个人的生日是 365 天的任何 一天是等可能的。
试求：事件 “至少有两人同生日” 的概率。
解：令 A = { 至少有两人同生日 }
则 A ={ r 个人的生日都不同}
为求 P( A )， 先求 P( A) :
由题意：
P( A)
Pr 365
(365)r
则有:
P(
A)
1
从而: P( A) k 4 1 0.111 n 36 9
概率统计
nn:
（2). 不放回地抽取
n : P61 P51 30
k : P21 P11 2
从而: P( A) k 2 1 0.067 n 30 15
注 ▲ 若在此例中若将取法改为 “一次抽取两张” ，
其它条件不变则有:
(1). 有放回地抽取 设A：取到的两张都是中奖券
n : 第一次从盒中取，不论是否是中奖券，总是
从 6 张中取一张，第二次再从盒中取，仍是 有 6 张券可供抽取，故有：
P61 P61 36 (种)
k : 中奖券有 2 张，第一次取有 2 张可供抽取,
第二次取仍有 2 张可供抽取，故有：
P21 P21 4 (种)
3 0
k : 恰有 2 件次品应从次品中取，剩下的另一件
正品应从
26
件正品中取到。故有：C42C
1 26
从而：
P( A) k n
C42C216 C330
156 0.038 4060
概率统计
(2) 设 B: 任取 3 件至少有一件次品
n:
C
3 30
30件产品 4 件次品
至少有一件 次品的概率.
概率统计
P(e1) P(e2) L L P(en)
又由于基本事件是两两互不相容的，于是：
P(S) P(e1Ue1UL L en)
P(e1) P(e2) L L P(en)
nP(ei)
而 P(S) 1
又由已知，
P(ei )
1 n
,
i 1, 2,L n
A ei1 U ei2 UL U eik , (1 i1 i2 L ik n)
解：设 Ai = { 第 i 封信装入第 i 个信封 } i =1, 2, 3
A = { 没有一封信装对地址 }
则：A = { 至少有一封信装对地址 } 直接计算P(A)不易, 则可先来计算 P( A)
因为： A A1 U A2 U A3
概率统计
A A1 U A2 U A3
应用加法公式
P( A) P( A1 U A2 U A3 )
现从中任取两次，每次取一张，考虑两种取法:
(1). 有放回地取：第一次取出观察后放回盒中混
合均匀后再取第二次.
放回抽样
(2). 无放回地取：第一次取出后不放回盒中, 第
二次从剩余的债券中再取一张 .
不放回抽样
求：分别就两种抽样方式求取到的两张都是中奖
债券的概率？
概率统计
解： 显然，本题属古典概型。
P( A) 1 0.524 0.476
22个球迷中至少有两人 同生日的概率为0.476.
这个概率不算小，但它的出现不值得奇怪. 计算后发现，这个概率随着球迷人数的增 加而迅速地增加，如下页表所示：
概率统计
统计表
人数
20 21 22 23 24 30 40 50 60
至少有两人同 生日的概率 0.411 0.444 0.476 0.507 0.538 0.706 0.891 0.970 0.994
显然： P(B)= 6/10 静态
这里实际上是从“比例” 转化为“概率”
当要求“摸到红球”的概率时， 实际上只要找出它在静态时 相应的比例.
动态
85 1946 7 2 3 10
概率统计
二．古典概型中事件概率的计算公式
定义：设 E 是古典随机试验，S 是它的样本空间，
S e1,e2,L ,en , 若事件A包含 k 个基本事件
六个不同的数. 求： 能排成一个六位数是 偶数 的概率. 解: 设事件A： “排成的六位数是偶数”
由题意可知：它的样本空间元素是有限个， 并且每个基本事件发生的可能性也是相同的。
n : 不论取出的 六个数是否能排成偶数，它
总是从十个数中取出六个数，
故样本空间的总数应是： P160 (排列数)
概率统计
概率统计
2、在用排列组合公式计算古典概率时，必须注意 不要重复计数，也不要遗漏.
例如：从 5 双不同的鞋子中任取 4 只，这 4 只鞋子
中“至少有两只配成一双”（事件A）的概
率是多少？
13579
下面的算法错在哪里？ 2 4 6 8 10
P(
A)
15
8 2
140
从 5 双中取 1 双，从剩 下的 8 只中取 2 只
k : 要排成 偶数 则第六位只能是 0, 2, 4, 6, 8；
要成为 六位数，则第一位不能是 0，
第一位只能取 1, 3, 5, 7, 9 或 2, 4, 6, 8； 要排成无重复数字的六位偶数，则首位与末位 有两种情况:
(1)．若首位取 1, 3, 5, 7 , 9 则有: P51 P51 P84
解：假设接待站的接待时间没有规定，而各来 访者在一周的任一天去接待站是等可能的. 设 A：12 次接待来访者都在周二和周四
n : 一周共有7天，12次来访者均可在七天中任
一天都可去接待站 , 相当于从七天中要接 待 12 次且可以 重复日期，故有：
7 12 (种)
概率统计
k : 因为12次接待来访者只能放在周二和周四