1-4等可能概型(古典概型)

1)
n! r!(n
r )!
说明: 如果把 n 个不同元素分成两组, 一组r个, 另一组
n r个, 组内元素不考虑顺序, 那么不同分法有
n! r!(n r)! 种。
(2) 多组组合：把 n 个不同元素分成 k 组 (1 k n) ,
使第 i 组有 ni 个元素, n1+n2+ … + nk = n 元, 若组内
现在“小概率事件”在一次试验中发生了. 因此 可以推断接待时间是有规定的.
第四节 等可能概型(古典概型)
一、排列组合公式 二、古典概型（等可能概型）
一、排列组合公式
1) 加法原理: 完成某件事有两类方法, 第一类有n 种, 第二类有m 种, 则完成这件事共有 n+m 种方法。 2) 乘法原理: 完成某件事有两个步骤, 第一步有 n 种 方法, 第二步有m 种方法, 则完成这件事共有 nm 种 方法。 3) 排列: (1) 有重复排列: 在有放回选取中, 从n个不同元素中取 r个元素进行排列, 称为有重复排列, 其总数为 nr .
(2) 选排列: 在无放回选取中, 从 n 个不同元素中取 r 个元素进行排列, 称为选排列,其总数为
4) 组合: Pnr n(n 1) (n r 1)
(1) 从 n 个不同元素中取 r 个元素组成一组, 不考虑其 顺序, 称为组合, 其总数为
C nr
n r
n(n 1) (n r!
r
分别就上面两种情况求(1)取到的两只球都是白 球的概率; (2) 取到的两只球颜色相同的概率; (3) 取到的两只球中至少有一只是白球的概率.
解: (a) 放回抽样情形. 以A, B, C 分别表示事件“取到的两只球都是白
球”, “取到的两只球都是红球”, “取到的两只球
中至少有一只是白球”.
则“取到两只颜色相同的球”为 A BC, B.
少
解: 有S一={次H出HH现,正HH面T”, H, 求THP,(ATH2).H, HTT, THT, TTH, TTT}.
A1 = {HTT, THT, TTH}, A2 {TTT }.
P(A1) = 3/8,
P(A2) = 7/8.
例2 一口袋装有6只球, 其中4只白球、2只红球, 从 袋中取球两次, 每次随机取一只. 考虑两种方式: (a) 第一次取一只球, 观察其颜色后放回, 搅匀后再取一 球. 此方式称为放回抽样. (b) 第一次取一球不放回 袋中, 第二次从剩余的球中再取一球. 此方式称为不 放回抽样.
C155C150C
5 5
15! . 5!5!5!
(1) 每一个班各分配到一名优秀生的分法共有
3!
C142C
C4 4
84
3!12! . 4!4!4!
于是
3!12! 15! 25
p1 4!4!4!
5!5!5! 91
(2) 3名优秀生分配到同一班中的分法有 312!种. 2!5!5!
因此
p2
3 12! 2!5!5!
解: 设 A 为“取到的数能被 6 整除”, B 为“取到 的数能被 8 整除”, 则所求的概率为
P( AB) P( A B) = 1 P (A B)
= 1 { P(A) + P(B) P(AB) }
P( A) 333 , P(B) 250 , P( AB) 83 .
2000
2000
有 C NnkD种， 由乘法原理知：在 N 件产品中取 n 件，其中恰
有
k
件次品的取法共有
C C k nk D ND
种，
于是所求的概率为：p
C C k nk D ND
C
n N
此式即为超几何分布的概率公式.
例5 袋中有 a 只白球, b 只红球. k个人依次在袋中取
一只球, 求第 i (i=1,2,…,k) 人取到白球(记为事件 B )
P( A) 4 4 4 66 9
P(B) 2 2 1 66 9
由于 AB = , 得 P(AB) = P(A) + P(B) = 5/9.
P(C) P(B) 8 9
练习: 计算不放回抽样的情形.
P( A) 4 3 2 P(B) 2 1 1
65 5
6 5 15
P(AB) = P(A) + P(B) = 7/15.
n! 元素不考虑顺序, 那么不同分法共有 n1! nk ! 种。
(3) 常用组合公式：
C nk
C nk n
,
Ck n1
C
k n
C k1 n
,
k
n
C k nm
C
ni C
k m
i
,
C
i n
2n.
i0
i0
பைடு நூலகம்
二、古典概型（等可能概型）
生活中有这样一类试验( E1, E4) , 它们的共同特点 是:
(1) 样本空间的元素只有有限个; (2) 每个基本事件发生的可能性相同.
= nP({ei})
P{ei
}
1, n
i 1,2, , n.
若事件 A 包含 k 个基本事件, 即 A = {e1,e2, …,ek },
则有 ：P( A)
k n
A包含的基本事件数 S中基本事件总数
.
—— 古典概型中事件概率的计算公式
例1 将一枚硬币抛掷3次. (1) 设事件 A1 为 “恰有一 次出现正面”, 求 P(A1); (2) 设事件 A2 为“至
•
• (365 365n
n
1)
.
于是, n 个人中至少有两人生日相同的概率为
p
1
365
•
364
•
• (365 365n
n
1)
.
经计算可得下述结果：
n 20 23 30 40 50 64 100 p 0.411 0.507 0.706 0.891 0.970 0.997 0.9999997
从上表可以看出： “在一个有64人的班级里, 至少有两人生日相同” 的概率为 99.7% .
P(C ) P(B) 14 15
例3 将 n 只球随机的放入 N (N n) 个盒子中去, 求 每个盒子至多有一只球的概率(设盒子的容量不限）.
解: 将 n 只球放入 N 个盒子中去, 共有
N N N N n 种放法,
而每个盒子中至多放一只球, 共有
N (N 1) [N (n 1)] PNn 种放法 ,
故
p
N
(N
1) [N Nn
(n 1)]
PNn Nn
.
思考: 指定的n 个盒子中各有一球的概率.
说明: 本例是一种重要的古典概率模型. 例如, 设每个人的生日在一年365天中的任一
天是等可能的, 即都等于 1/365, 则随机取 n( 365) 个人, 他们的生日各不相同的概率为
365
•
364
把这类实验称为等可能概型, 考虑到它在概率论早 期发展中的重要地位, 又把它叫做古典概型.
设 S ={e1, e2, …en }, 由古典概型的等可能性, 得 P({e1}) = P({e2}) = … = P({en}).
又由于基本事件两两互不相容; 所以
1 P{S} P({e1}) P({e2 }) P({en }),
例4 设有 N 件产品, 其中有 D 件次品, 今从中任取 n 件, 问其中恰有 k ( k D ) 件次品的概率是多少?
不放回抽样
解: 在 N
件产品中抽取 n 件, 取法有
C
n N
种,
又在 D 件次品中取 k
件,
所有可能的取法有
C
k D
种，
在 N D 件正品中取 n k 件, 所有可能的取法
故一周内接待 12 次来访共有 712 种.
12 2
32
42
122
周一 周二 周三 周四 周五 周六 周日
12 次接待都是在周二和周四进行的共有 212种.
故12 次接待都是在周二和周四进行的概率为
p
212 712
0.0000003 .
“小概率事件在一次试验中实际上几乎是不发生
的” (实际推断原理).
15! 6 5!5!5! 91
例8 某接待站在某一周曾接待过12次来访, 已知所有
这12次来访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,且各来访者在一周的任一天
中去接待站是等可能的.
17 27
37
47
172
周一 周二 周三 周四 周五 周六 周日
的概率(k a + b).
解: 1) 放回抽样, 显然有 P(B) a .
ab
2) 不放回抽样. 共有
Ak ab
种取法,
事件 B 发生时, 第 i 个人取到的白球是 a 只白球中
任一只, 有 a 种取法.
于是
B
包含
a
Ak 1 ab1
个基本事件,
所以
P
A
a
Ak 1 ab1
Aakb
a
a b
．
例6 在1~2000 的整数中随机的取一个数, 问取到的 整数即不能被 6 整除又不能被 8 整除的概率是多少?
2000
于是
p
1
333 2000
250 2000
83 2000
3. 4
例7 将15名新生随机地平均分配到三个班中, 这15
名新生中有3名是优秀生. 问 (1) 每一个 班级各分配
到一名优秀生的概率是多少? (2) 3名优秀生分配在
同一班级的概率是多少?
解: 15名新生平均分配到3各班中的分法总数为