1-4 等可能概型(古典概型)

n! 一共有 n !n ! n !种分法。(n1+n2+„+nk = n ) 1 2 k
n
1
证：从n个不同的元素中取出n1个元素有 n n !( n n )! 种取法；

1 1
n!
(n n1 )! 再从剩下的n-n1个元素中取出n2个元素有 n !(n n n )! 2 1 2
组合分析的两条基本原理
火车2次 火车
成都
汽车3次
重庆
成都
汽车
重庆
火车 飞机 轮船
武汉
共有23=6种方法 共有2+3=5种方法 1.加法原理 若完成一件事有两种方式，第一种方式有n1种方法， 第二种方式有n2种方法，无论通过哪种方法都可以完成这件事，
则完成这件事总共有n1+n2种方法。 2.乘法原理 若完成一件事有两个步骤，第一个步骤有n1种方法，
种分法。
例题7
例7 将15名新生随机地平均分配到三个班级中去，这15名新生中
种取法；„
从最后剩下的n-(n1+n2+„+nk-1)个元素中取出nk个元素有
[n (n1 n2 nk 1 )]! 种取法。 nk ![n (n1 n2 nk )]!
按乘法原理，n个不同的元素，分成k组，每组分别有n1,n2,„,nk 个元素,应该有
[n (n1 n2 nk 1 )]! n! (n n1 )! n! n1!(n n1 )! n2!(n n1 n2 )! nk !0! n1!n2! nk !
P ( A) kA 16 4 , n 36 9
kB 4 1 . n 36 9 5 8 P( A B) P( A) P( B) , P(C ) P( B) 1 P( B) 9 9 P( B)
显然A,B互不相容, 故
(b)不放回抽样 从袋中无放回地取球两次，每次取一只球，按乘法原理， 第一次有6只球可抽，第二次只有5只球可抽，基本事件总数 n=65=30。第一次有4只白球可抽，抽出一只白球后，第二次 只有3只白球可抽。 故A包含的基本事件数kA=4×3=12
P( B) a ab
(2)不放回抽样 基本事件是k个人依次在袋中a+b只球中取一只
球，不能认为哪一种取法更占优势，故满足等可能性，共有取法：
k (a b)(a b 1)[a b (k 1)] Aab
当事件B发生时，第i个人取到的白球可以是a只白球中的任一 只，有a种取法；其余的k-1个人取到的球可以是其余的a+b-1只球 中的任意k-1只，有取法： (a b 1)(a b 11){a b 1 [(k 1) 1]} Aab1 k 1 故事件B包含 a Aab1个基本事件。
例题2
从袋中依次取球两次，每一种取法为一个基本事件，不能认 为哪一种取法更占优势，故满足等可能性，显然也满足有限性。 当样本空间S的元素较多时，可不将S中的元素一一列出，只 需分别求出S与A中包含的元素(即基本事件)的个数即可。 (a)放回抽样 从袋中有放回地取球两次，每次取一只球，按乘法原理，第 一次有6只球可抽，第二次也有6只球可抽，基本事件总数n=36。 第一次有4只白球，２只红球可抽，第二次也有4只白球，２只红 球可抽，故A包含的基本事件数kA=16，B包含的基本事件数kB=4,
而A1={HTT,THT,TTH} 故A1包含的基本事件数k1=3
由硬币的对称性知E2满足等可能性，且基本事件总数n=8。
P( A1 ) k1 3 n 8
例题1
(2)法一： A2 ={HHH,HHT,HTH,THH,HTT,THT,TTH} A2包含的基本事件数k2=7 法二： A2的逆事件 A2 表示“一次也不出现正面”， A2 ={TTT}
注意事件A与B并 不是互不相容的 事件B表示“取到的数能被8整除” 则事件 A B 表示“取到的数既不能被6整除，也不能被8整除”。
由于A B A B ，而事件A∪B表示“取到的数能被6或8整除”
p P( A B) P( A B) 1 P( A B) 1 [ P( A) P( B) P( AB)]
D N D k n k
种，而概率是
D N D p k n k
N n
超几何分布 的概率公式
例题5
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，(1)作 放回抽样；(2)作不放回抽样，求第i(i=1,2,„,k)人取到白球(记 为事件B)的概率(ka+b)。 解：(1)放回抽样 每个人取到白球的概率都是：
a a 若a为任意实数，r为非负整数，定义 a(a 1)(a r 1) , 1
例题4
例4 设有N件产品，其中有D件次品，今从中任取n件，则其中恰 有k(k≤D)件次品的概率是多少？
解： 在N件产品中抽取n件，作不放回抽样，每一种取法为一个基本
14 15
例题3
例3 将n只球随机地放入N(Nn)个盒子中去，试求每个盒子中至 多有一只球的概率(设盒子的容量不限)。 解： 将n只不同的球随机地放入N个不同的盒子中去，每一种放法为
一个基本事件，不能认为哪一种放法更占优势，故满足等可能性 将每一只球随机地放入N个盒子中的任一个盒子，都有N种 不同的放法，而将n只球随机地放入N个盒子中，按乘法原理， 应该有N×Nׄ×N=Nn种不同的放法。 若每个盒子中至多放一只球，则第一只球可放入N个盒子 中，第二只球只能放入(N-1)个盒子中，„，第n只球只能放 入[N-(n-1)]个盒子中，共有N(N-1)„[N-(n-1)]种放法。 故所求概率
P ( A) kA 12 6 0.4 n 30 15
例题2
同理可得B包含的基本事件数kB=2×1=2
P( B) kB 2 1 n 30 15
P ( A B ) P ( A) P ( B )
7 15
P (C ) P ( B ) 1 P ( B )
计算公式
若事件A包含k个基本事件，即 A i e
1
e e
i2 ik
其中 i1,i2,„,ik 是1,2,„,n 中某k个不同的数。 则有
P A P ei j
j 1 k

k A包含的基本事件数 n S中基本事件的总数
例1 将一枚硬币抛掷三次。(1)事件A1为“恰有一次出现正面”， 求P(A1)；(2)事件A2为“至少有一次出现正面”，求P(A2)。 解：(1)考察§1的试验E2，其样本空间为 S2：{HHH,HHT,HTH,HTT,THH,THT,TTH,TTT}
P ( A2 )
P ( A2 )
k2 7 n 8
注意： 如用试验E3：将一枚硬币抛掷三次，观察正面H出现的次数。 其样本空间为S3：{0,1,2,3}。如由此得到P(A1)=1/4是错误 的，因为E3不满足等可能性。
1 8
P ( A2 ) 1 P ( A2 )
7 8
事实上，P({0})=P({3})=1/8，P({1})=P({2})=3/8。
n AN N ( N 1) ( N n 1) p Nn Nn
组合数
与此具有相同数学模型的“生日相合”问题。
365 364 (365 n 1) n(365)个人生日各不相同的概率为： 365 n
其中至少有两人生日相同的概率为：p 1 n p
365 364 (365 n 1) 365 n
20 23 30 40 50 64 0.411 0.507 0.706 0.891 0.970 0.997
100 0.9999997
0
r! r 例如： ( )( 1)( 2) ( 1)( 2) 3 3! 6 a 特别当a为正整数，且ra时， Car 为组合数。 r
故逆事件 A B 表示“取到的数既不能被6整除, 也不能被8整除”。
例题6
事件AB表示“取到的数能同时被6和8整除，即能被其最小公倍数
24整除”取到的数共2000个，每一个数被取到的可能性相同。
由于 333 2000 334 ，故能被6整除的数为333个。
6
2000 由于 250 ，故能被8整除的数为250个。 8 250 P( B) 2000
事件，不能认为哪一种取法更占优势，故满足等可能性。
N n
共有
种取法。

若n件中有k件次品，则k件次品从D件次品中取出有 D 种取法； k
而其余的n-k件正品应从N-D件正品中取出有 N kD 种取法。 n
按乘法原理，从N件产品中任取n件，其中恰有k件次品的取法 是
84 ，故能同时被6和8整除的数为83个。
24
P( AB )
p 1 (
83 2000
333 250 83 3 ) 2000 2000 2000 4
多组组合问题
n个不同的元素，分成k组，每组分别有n1,n2,„,nk个元素，
k 1 a Aa b 1 a (a b 1)(a b 2) (a b k 1) a P ( B) k Aa b (a b)(a b 1) (a b k 1) ab
k 1
注意及例题6
注意：1.不放回抽样中P(B)与i无关，即k个人中每个人取到白 球的概率相等，与取球的先后次序无关。这就是概率论中有名 的抽签原理。 2.放回抽样与不放回抽样中的P(B)相等。 例6 在1～2000的整数中随机地取一个数，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： 设事件A表示“取到的数能被6整除”