古典概型举例
1-4-等可能概型(古典概型)
解： 64 个人生日各不相同的概率为
365 364 (365 64 1) . 64 365
故64 个人中至少有2人生日相同的概率为
365 364 (365 64 1) 0.997. 1 64 365
说明
随机选取n( 365)个人, 他们的生日各不相同的 概 率为
为 E 的任意一个事件，且包含 k 个样本点，则事
件 A 出现的概率记为:
k A 所包含样本点的个数 P( A) . n 样本点总数
称此为概率的古典定义.
讲评
对于古典概型应注意以下几点：
(1) 古典概型是学习概率统计的基础，因此它是非
常重要的概率模型；
(2) 计算古典概型概率时，首先要判断有限性和等
因此 P ( A 2 ) 7 8 .
3. 摸球问题
(1) 无放回地摸球 问题1 设袋中有4 只白球和 2只黑球，现从袋中无 放回地依次摸出2只球，求这2只球都是白球的概率. 解： A {摸得 2 只球都是白球 设 },
6 基本事件总数为 , 2
4 A 所包含基本事件的个数为 , 2 4 6 2 故 P ( A) . 2 2 5
可能性是否满足；其次要弄清楚样本空间是怎样
构成的。对于复杂问题只要求基本事件的总数n，
同时求出所讨论事件A包含的基本事件数k，再利
用公式计算出P(A)。
(3) 判断是否古典概型的关键是等可能性。有限性较
容易看出，但等可能性较难判定。
一般在包含有n个样本点的样本空间中，如果没 有理由认为某些基本事件发生的可能性与另一些基本
于排列与组合的基本知识，事件间的关系及运算亦
典型例题探究(古典概型)
［典型例题探究］规律发现【例1】连续掷3枚硬币，观察落地后这3枚硬币出现正面还是反面. （1）写出这个试验的基本事件空间； （2）求这个试验的基本事件的总数； （3）“恰有两枚正面向上”这一事件包含哪几个基本事件? 分析：理解并运用各定义. 解：（1）这个试验的基本事件空间Ω={（正，正，正），（正，正，反），（正，反，正），（正，反，反），（反，正，正），（反，正，反），（反，反，正），（反，反，反）}；在一次试验中，所有可能发生的每一个基本结果，都称为一个基本事件.所有基本事件构成的集合称为基本事件空间，基本事件空间常用大写希腊字母Ω表示.（2）基本事件的总数是8. （3）“恰有两枚正面向上”包含以下3个基本事件：（正，正，反），（正，反，正），（反，正，正）.【例2】甲、乙两人做出拳游戏（锤子、剪刀、布），求： （1）平局的概率； （2）甲赢的概率； （3）乙赢的概率.解决此类题目只要理清思路，按一定的顺序逐个写出产生的各种结果即可.当然要注意不重不漏问题.分析：研究此试验是否为古典概型，如果是，基本事件总数n ，事件A 包含的基本事件数m 各为多少.解：甲有3种不同的出拳方法，每一种出法是等可能的，乙同样有等可能的3种不同出法.一次出拳游戏共有3×3=9种不同的结果，可以认为这9种结果是等可能的.所以一次游戏（试验）是古典概型.它的基本事件总数为9.平局的含义是两人出法相同，例如都出了锤.甲赢的含义是甲出锤且乙出剪，甲出剪且乙出布，甲出布且乙出锤这3种情况.乙赢的含义是乙出锤且甲出剪，乙出剪且甲出布，乙出布且甲出锤这3种情况.设平局为事件A ，甲赢为事件B ，乙赢为事件C . 由图3－2－1容易得到：甲布剪锤O3－2－1 （1）平局含3个基本事件（图中的△）； （2）甲赢含3个基本事件（图中的⊙）； （3）乙赢含3个基本事件（图中的※）. 由古典概率的计算公式，可得 P （A ）3193==； P （B ）3193==； P （C ）3193==. 利用图示法可以简捷明了地求出基本事件数以及事件A 包含的基本事件数，它在概率问题中是一种常的方法.【例3】甲、乙两个均匀的正方体玩具，各个面上分别刻有1，2，3，4，5，6六个数字，将这两个玩具同时掷一次.（1）若甲上的数字为十位数，乙上的数字为个位数，问可以组成多少个不同的数，其中个位数字与十位数字均相同的数字的概率是多少?（2）两个玩具的数字之和共有多少种不同结果?其中数字之和为12的有多少种情况?数字之和为6的共有多少种情况?分别计算这两种情况的概率.分析：（1）准确求出基本事件总数n 和事件A 包含的基本事件个数m . （2）可采用列表的方法求m 、n . 解：（1）甲有6种不同的结果，乙也有6种不同的结果，故基本事件总数为6×6=36个.其中十位数字共有6种不同的结果，若十位数字与个位数字相同，十位数字确定后，个位数字也即确定.故共有6×1=6种不同的结果，即概率为61366 . （2）两个玩具同时掷的结果可能出现的情况如下表.要做某一件事，如果需要分“步”进行，则需用乘法计算个数（或种数）. 其中共有36种不同情况，但数字之和却只有2，3，4，5，6，7，8，9，10，11，12共11种不同结果.从中可以看出，出现2的只有一种情况，而出现12的也只有一种情况，它们的概率均为361，因为只有甲、乙均为1或均为6时才有此结果.出现数字之和为6的共有（1，5），（2，4），（3，3），（4，2），（5，1）五种情况，所以其概率为365.请同学们思考，出现概率最大的数字和是多少?【例4】从含有两件正品a 1，a 2和一件次品b 1的3件产品中每次任取1件，每次取出后不放回，连续取两次，求取出的两件产品中恰有一件次品的概率.如果将“每次取出后不放回”这一条件换成“每次取出后放回”呢?分析：对于较简单的事件可列举出事件总数n ，从而也可找出事件A 包含的基本事件个数.列表法也是求基本事件总数、事件A 包含的基本事件数的常用方法. 解：（1）每次取一件，取后不放回地连续取两次，其一切可能的结果组成的基本事件空间为 求基本事件总数时也常用列举法.Ω={（a 1，a 2），（a 1，b 1），（a 2，a 1），（a 2，b 1），（b 1，a 1），（b 1，a 2）}，其中小括号内左边的字母表示第1次取出的产品，右边的字母表示第2次要注意“有放回抽取”和“无放回抽取”在求基本事件总数时取出的产品.Ω由6个基本事件组成，而且可以认为这些基本事件的出现是等可能的.用A 表示“取出的两件中，恰好有一件次品”这一事件，则A ={（a 1，b 1），（a 2，b 1），（b 1，a 1），（b 1，a 2）}. 事件A 由4个基本事件组成.因而P （A ）3264==. （2）有放回地连续取出两件，其一切可能的结果组成的基本事件空间 Ω={（a 1，a 1），（a 1，a 2），（a 1，b 1），（a 2，a 1），（a 2，a 2），（a 2，b 1），（b 1，a 1），（b 1，a 2），（b 1，b 1）}，由9个基本事件组成.由于每一件产品被取到的机会均等，因此可以认为这些基本事件的出现是等可能的.用B 表示“恰有一件次品”这一事件，则B ={（a 1，b 1），（a 2，b 1），（b 1，a 1），（b 1，a 2）}. 事件B 由4个基本事件组成，因而P （B ）=94. 的区别.。
古典概型的定义
古典概型的定义
古典概型，也叫统计学的古典概率，是一种基本的概率计算方法。
所谓“古典”，指的是它适用于那些有限个基本事件、每个事件的发
生概率相等的样本空间。
具体来说，对于一个由有限个基本事件组成的样本空间，假设每
个基本事件出现的可能性相等，那么该事件发生的概率就可以通过排
列组合求出。
以一枚硬币抛掷为例，它的古典概型是：正面朝上概率
为1/2，反面朝上概率为1/2。
古典概型的定义包含了以下三个要素：样本空间、基本事件和等
可能性原理。
1.样本空间：指所有可能发生的事件的集合，用S表示。
比如，
扔一枚骰子的样本空间为{1，2，3，4，5，6}。
2.基本事件：是样本空间S中每个元素本身，每个基本事件是互
斥的。
比如，扔一枚硬币时，正面朝上和反面朝上就是两个基本事件。
3.等可能性原理：是指每个基本事件发生的概率相等。
在扔一枚
硬币的例子中，正面朝上和反面朝上的概率都是1/2。
按古典概型定义，基本事件的概率是指每个基本事件出现的可能
性大小，因此它是介于0和1之间的一个实数。
所有的基本事件发生
概率之和为1。
应用古典概型，可以计算出概率问题的答案。
比如，如果一副扑
克牌中，从中随机取出一张牌，求取到一张红桃牌的概率是多少？根
据扑克牌的样本空间和等可能性原理，可以得到红桃牌的数量是13张，总牌数为52张，因此概率为13/52 = 1/4。
总之，古典概型是概率论中最基本的概率计算方法，适用于等可
能性的事件。
通过这种方法，可以方便地计算概率问题，为概率统计
学提供了重要的基础。
1-4古典概型
解：以分钟为单位, 则上一次报时时刻为下一次报时时刻长为60，
10 P ( A) 60
例9：(会面问题) 甲、乙两人相约在7点到8点之间在某地会面, 先到者等候另一人20分钟, 过时就离开. 如果每个人可在指定 的一小时内任意时刻到达, 试计算二人能够会面的概率. 记7点为计算时刻的0时, 以分钟为单位, 用 x , y 分别记表 解： 示甲、乙两人到达指定地点的时刻, 显然
A 表示“n 个人的生日均不相同”, 这相当于每间房子至
多做一个人，
于是由例4有： P( A)
Cn 365 n ! 365n
Cn 365 n ! 365
50
n
P( A) 1 P( A) 1
经计算可得下述结果： N 20 23 30 40
.
64
100
p 0.411 0.507 0.706 0.891 0.970 0.997 0.9999997
0 x 60,0 y 60
则样本空间为：
S {( x, y) | 0 x 60,0 y 60}
用字母A表示事件“两人能会面”, 则
A {( x, y ) | ( x, y) S , | x y | 20}
P(A) = 阴影部分的面积/正方形的面积
( A) 602 402 5 . 2 (S ) 60 9
1 Cm (n 1)! m n! n
练习: 一个八位数的电话号码，记住了前5位，而后三位只记 的是0、5、6三个数，而具体排列记不住，问试拨一次就拨 对的可能性有多大？
解：用A来表示“试拨一次就拨对”，
3 总的基本事件总数： P 3
3! 6
A所包含的基本事件数： 1
概率论与数理统计：1.4等可能概型(古典概型)
一、等可能概型（古典概型）
1. 定义
(1) 试验的样本空间只包含有限个元素; (2) 试验中每个基本事件发生的可能性相同. 具有以上两个特点的试验称为等可能概型或 古典概型.
2.古典概型中事件概率的计算公式
设试验E的样本空间由n个样本点构成,A为 E的任意一个事件 , 且包含 m 个样本点,则事件 A出现的概率记为:
P(A)
m n
A所包样含本样点本总点数的个数.
称此为概率的古典定义.
二、古典概型的求法举例
基本模型之一摸球模型
(1) 无放回地摸球 问题1 设袋中有4只白球和2只黑球,现从袋
中无放回地依次摸出2只球,求这2只球都是白球 的概率.
解 设 A 摸得2只球都是白球
基本事件总数为 6×5 A所包含基本事件的个数为 4×3
解
（1）总的选法种数为
n
C3 10
.
最小号码为5的选法种数为
m
C2 5
故小号码为5的概率为
P
C52 C130
1 12
（2）最大号码为5的选法种数为
C2 4
故最大号码为5的概率为
P
C42 C130
1. 20
例2 有 5 双不同型号的鞋子, 从中任取4 只 ,求
下列各事件的概率 :
1 取出的 4 只鞋恰好为两双 ; 2 取出的 4 只鞋都是不同型号的; 3 取出的 4 只鞋恰好有两只配成一双 .
车祸 天
小结
最简单的随机现象 古典概型
古典概率
PA
m n
A所包样含本样点本总点数的个数.
解 设 A 取出的 4 只鞋恰好为两双 , B 取出的 4 只鞋都是不同型号的, C 取出的 4 只鞋恰好有两只配成一双.
古典概型例题及解析
古典概型例题及解析
摘要：
1.概论古典概型
2.古典概型的性质与运算
3.例题解析
4.总结
正文：
一、概论古典概型
古典概型是概率论中的一个基本概念，主要用于描述随机试验的结果。
古典概型假设每个试验的结果都是等可能的，即每个结果的概率相等。
古典概型可以应用于各种实际问题，例如掷骰子、抽取扑克牌等。
二、古典概型的性质与运算
1.性质
古典概型的性质主要体现在以下几点：
（1）每个结果的概率相等。
（2）所有可能结果的概率和为1。
（3）任意两个结果的概率和可以表示为它们交集的概率。
2.运算
古典概型的运算主要包括加法和乘法。
（1）加法：对于两个古典概型A 和B，若它们是互斥的，即A 和B 没有相同的结果，则A 和B 的并集的概率为P(A∪B)=P(A)+P(B)。
（2）乘法：对于两个古典概型A 和B，若它们是独立的，即A 的结果不影响B 的结果，则A 和B 的交集的概率为P(A∩B)=P(A)P(B)。
三、例题解析
例题：一个袋子里有3 个红球和2 个绿球，从中随机抽取一个球，求抽到红球的概率。
解析：这是一个典型的古典概型问题。
根据古典概型的性质，抽到红球的概率为红球的个数除以总球数，即P(红球)=3/(3+2)=3/5。
四、总结
古典概型是概率论中的一个基本概念，它具有一些基本的性质和运算规律。
通过理解古典概型的概念和运算，我们可以解决许多实际问题。
古典概型及其概率计算公式
古典概型及其概率计算公式古典概型是概率论中最简单的模型之一，适用于试验结果只有有限个可能结果、这些结果发生的概率相等的情况。
在古典概型中，可以使用概率计算公式来计算特定事件发生的概率。
首先，我们来了解一下古典概型的基本概念和特点。
古典概型由以下两个要素组成：1.试验空间：试验的所有可能结果构成的集合，记为S。
例如，一次掷硬币的试验空间为S={正面，反面}。
2.事件：试验空间的子集，即试验的一些结果或一些结果组成的集合。
事件可以用大写字母A、B、C等表示。
在古典概型中，如果试验的所有可能结果有n个，且这些结果发生的概率相等，则每个结果发生的概率为1/n。
这种情况下，事件A的概率可以用以下公式计算：P(A)=n(A)/n(S)其中，n(A)表示事件A中的结果个数，n(S)表示试验的结果个数。
接下来，我们通过几个具体的例子来进一步理解和应用古典概型及其概率计算公式。
例子1：一枚骰子的掷出结果。
试验空间S={1,2,3,4,5,6}，共有6个可能的结果，每个结果发生的概率为1/6事件A：出现偶数点数；事件B：出现奇数点数。
n(A)=3，n(B)=3因此，事件A的概率为P(A)=n(A)/n(S)=3/6=1/2；事件B的概率为P(B)=n(B)/n(S)=3/6=1/2例子2：一副扑克牌中抽出一张牌的结果。
试验空间S={52张不同的牌}，共有52个可能的结果，每个结果发生的概率为1/52事件A：抽出一张红心牌；事件B：抽出一张大于10的牌。
n(A)=26，n(B)=16因此，事件A的概率为P(A)=n(A)/n(S)=26/52=1/2；事件B的概率为P(B)=n(B)/n(S)=16/52=4/13例子3：一个有5个不同颜色的球的盒子中抽出3个球的结果。
试验空间S={所有可能的颜色组合}，共有C(5,3)=10个可能的结果，每个结果发生的概率为1/10。
事件A：抽出的3个球颜色不相同。
n(A)=C(5,3)=10。
古典概型(原卷版)
10.1.3 古典概型1 概率对随机大事发生可能性大小的度量〔数值〕称为大事的概率，大事A的概率用P(A)表示.【例】掷一个硬币，大事A为硬币消失的是正面，那么P(A)=12.2 古典概型的特点①有限性：样本空间的样本点只有有限个；②等可能性：每个样本点发生的可能性相等.满意以上两个特征的试验称为古典概型试验，其数学模型称为古典概率概型，简称古典概型.【例1】“在1,2,3,4,5中取2个数，其差为1概率〞属于古典概型，由于试验的结果有限，每种结果发生的可能性相等；【例2】“在区间[1,5]中取2个数，其差为1概率〞不属于古典概型，由于试验的结果有无限种可能；【例3】“贵哥投篮中与否〞不属于古典概型，由于中与不中的可能性相等.3 古典概型大事A的概率(1) 一般地，设试验E是古典概型，样本空间Ω包含n个样本点，大事A包含其中的k个样本点，那么定义大事A的概率P(A)=n(A) n(Ω)其中n(A)和n(Ω)分别表示大事A和样本空间Ω包含的样本点个数.【例】掷一个骰子，大事A=“点数为奇数〞，那么n(Ω)=6，n(A)=3，P(A)=n(A)n(Ω)=36=12.(2) 求解古典概型问题的一般思路①明确试验的条件及要观看的结果，用适当的符号〔字母、数字、数组等〕表示试验的可能结果〔借助图表可以关心我们不重不漏地列出全部的可能结果〕；②依据实际问题情境推断样本点的等可能性；③计算样本点总个数及大事A包含的样本点个数，求出大事A的概率.【题型1】古典概型的概念【典题1】以下概率模型中，古典概型的个数为()①从区间[1，10]内任取一个数，求取到1的概率；②从1，2，…，9，10中任取一个整数，求取到1的概率；③向正方形ABCD内任意投一点P，求点P刚好与点A重合的概率；④抛掷一枚质地不匀称的骰子，求向上点数为3的概率．A．1B．2C．3D．4【稳固练习】1.以下是古典概型的个数有()①1≤x≤9且x∈Z，从x中任取一个数，那么满意2<x≤5的概率；②同时掷两颗骰子，点数和为11的概率；③近一周中有一天降雨的概率；④10个人站成一排，其中甲在乙右边的概率．A．1B．2C．3D．42.以下试验中，为古典概型的是()A．种下一粒种子，他是否发芽B．从规格质量为59千克的产品中任意抽取一袋，其是否合格C．抛掷一枚硬币，观看其消失正面还是反面D．某人射击中靶或不中靶【题型2】求古典概型概率【典题1】如图是一个古典概型的样本空间Ω和大事A和B，其中n(Ω)=24，n(A)=12，n(B)=8，n(A∪B)=16，以下运算结果，正确的有()A．n(AB)=4B．P(AB)=16C．P(A⋃B)=23D．P(A B̅)=12【典题2】假设连掷两次骰子，分别得到的点数是m、n，将m、n作为点P的坐标，那么点P落在区域|x−2|+|y−2|⩽2内的概率是.【典题3】将一颗骰子先后抛掷2次，观看向上的点数，大事A：“两数之和为8〞，大事B：“两数之和是3的倍数〞，大事C：“两个数均为偶数〞．(1)写出该试验的根本领件空间Ω，并求大事A发生的概率；(2)求大事B发生的概率；(3)大事A与大事C至少有一个发生的概率．【稳固练习】1.从4名选手甲、乙、丙、丁中选取2人组队参与数学竞赛，其中甲被选中的概率是()A ．13B ．12C ．23D ．352.先后抛掷两枚骰子，设消失的点数之和是8，7，6的概率依次为P 1，P 2，P 3，那么( )A ．P 1=P 2<P 3B ．P 3<P 2<P 1C ．P 3=P 1<P 2D ．P 3=P 1>P 23.从集合A ={−1，12，2}中随机选取一个数记为k ，从集合B ={12，32，2}中随机选取一个数记为a ，那么a k >1的概率为( ) A ．13B ．23C ．79D ．594.抛掷两颗质地匀称的正方体骰子，登记骰子朝上面的点数．设A =“两个点数之和等于8〞，B =“至少有一颗骰子的点数为5〞，那么大事A ∪B 的概率是( ) A ．118B ．29C ．718D ．495.数学与文学有很多奇异的联系，如诗中有回文诗：“儿忆父兮妻忆夫〞，既可以顺读也可以逆读，数学中有回文数，如343、12521等，两位数的回文数有11、22、33、…、99共9个，那么三位数的回文数中为偶数的概率是( ) A ．19B ．29C ．13D ．496.一个口袋内装有大小相同的6个小球，其中2个红球记为A 1,A 2，4个黑球记为B 1,B 2,B 3，B 4，从中一次摸出2个球．(1)写出这个试验的样本空间及样本点总数； (2)求摸出的2个球颜色不同的概率．7.调查某校高三班级500名同学的肥胖状况，得到下表：从这批同学中随机抽取1名同学，抽到偏瘦女生的概率为0.1．(1)求x的值；(2)假设用分层抽样的方法，从这批同学中随机抽取50名，问应在偏胖同学中抽多少名？(3)y≥46，z≥46，求偏胖同学中男生人数大于女生人数的概率．8.从0，1，2，3这四个数字中，不放回地取两次，每次取一个，构成数对(x，y)，x为第一次取到的数字，y为其次次取到的数字．设大事A=“第一次取出的数字是1〞，B=“其次次取出的数字是2〞．(1)写出此试验的样本空间及P(A)，P(B)的值；(2)推断A与B是否为互斥大事，并求P(A∪B)；(3)写出一个大事C，使A⊆C成立．【A组根底题】1.以下古典概型的说法中正确的个数是()①试验中全部可能消失的根本领件只有有限个；②每个大事消失的可能性相等；③根本领件的总数为n，随机大事A包含k个根本领件，那么P(A)=kn；④每个根本领件消失的可能性相等．A．1B．2C．3D．42.以下试验是古典概型的是()A．口袋中有2个白球和3个黑球，从中任取一球，样本点为{取中白球}和{取中黑球}B．在区间[−1，5]上任取一个实数x，使x2−3x+2>0C．抛一枚质地匀称的硬币，观看其消失正面或反面D．某人射击中靶或不中靶3.掷一枚匀称的硬币两次，大事M={一次正面对上，一次反面对上}；大事N={至少一次正面对上}．以下结果正确的选项是()A．P(M)=13,P(N)=12B．P(M)=12,P(N)=34C．P(M)=13,P(N)=34D．P(M)=12,P(N)=124. 任取三个整数，至少有一个数为偶数的概率为( )A.0.125B.0.25C.0.5D.0.8755.(多项选择)甲罐中有2个大小、质地完全一样的小球，标号为1，2，乙罐中有4个大小、质地完全一样的小球，标号为1，2，3，4，现从甲罐、乙罐中分别随机抽取1个小球，记样本空间为Ω，大事A为“抽取的两个小球标号之和大于4〞，大事B为“抽取的两个小球标号之积小于5〞，那么以下结论正确的选项是() A．A与B是互斥大事B．A与B不是对立大事C．Ω=A∪B D．P(A)+P(B)=986.将一枚质地匀称的骰子先后抛掷两次，假设第一次朝上一面的点数为a，其次次朝上一面的点数为b，那么函数y=ax2−2bx+1在(−∞，2]上为减函数的概率是．7.经过某十字路口的汽车，它可能连续直行，也可能向左转或向右转，假如这三种可能性大小相同，那么三辆汽车经过这个十字路口，至少有两辆车向左转的概率为．8.有3个相同的球，分别标有数字1，2，3，从中有放回的随机取两次，每次取1个球．用(x，y)表示试验的样本点，其中x表示第一次取出的根本结果，y表示其次次取出的根本结果．(1)写出这个试验的样本空间Ω；(2)用A表示大事“第一次取出的球的数字是1〞；用B表示大事“两次取出的球的数字之和是4〞，求证：P(AB)=P(A)P(B)．9.将一枚骰子先后抛掷2次，观看向上的点数，求：(1)两数之和为6的概率；(2)两数之和是3的倍数的概率；(3)两数之积是6的倍数的概率；(4)以第一次向上的点数为横坐标x、其次次向上的点数为纵坐标y的点(x，y)在圆x2+y2=25的内部的概率．10.将一颗骰子先后抛掷2次，观看向上的点数，大事A：“两数之和为8〞，大事B：“两数之和是3的倍数〞，大事C：“两个数均为偶数〞．(1)写出该试验的根本领件空间Ω，并求大事A发生的概率；(2)求大事B发生的概率；(3)大事A与大事C至少有一个发生的概率．【B组提高题】1.一个正方体，它的外表涂满了红色．在它的每个面上切两刀可得27个小立方块，从中任取两个，其中恰有1个一面涂有红色，1个两面涂有红色的概率为()A．16117B．32117C．839D．1639。
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第三讲
等可能概型(古典概型)
古典概型的定义 古典概率的求法 小结
概率论
我们首先引入的计算概率的数学模型， 是在概率论的发展过程中最早出现的研究 对象，通常称为
古典概型
概率论
定义 1
若随机试验满足下述两个条件： (1) 它的样本空间只有有限多个样本点； (2) 每个样本点出现的可能性相同. 称这种试验为等可能随机试验或古典概型.
有许多问题和本例有相同的数学模型。
概率论
如，假设每人的生日在一年365天中的 任一天是等可能的，即都是1/365，那么随 （ 机选取n n 365） 个人
则每个人生日各不相同的概率为
365 364 (365 n 1) n 365
n个人中至少有两人生日相同的概率为
365 364 (365 n 1) 1－ n 365
2 9
所以
CC 9 3 9 PC 2 . C12 12 11 22 21
1 9 1 3
例3、将n只球随机地放入N ( N n) 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）。
概率论
解：将n只球随机地放入N个盒子中去，
每一种放法是一个基本事件，每一只球都可以放入 N个盒子中的任一个盒子，一共有Nn不同的放法， 即样本空间所含基本事件数为Nn
有趣的是，当n=23时，至少有2人同一天过生日的概率 大于0.5；而当n=50时，至少有2人的生日是同一天的概率 为0.97。也就是说，如果随机地产生的50个人聚在一起， 则他们中至少有2人的生日在同一天的可能性很大。
例1.5 设在10张卡片上分别定有字母A，C，I，I， S，S，S，T，T，T；将10张卡片随意排成一列，求恰好 排成英文单词STATISTICS（统计学）的概率。 解
解
本例可以用古典概型公式，也可以用减法公式。 B8={此数不含8}
设 B6={此数不含6}
故
A=B8－B6
注意到所得数的千位数字不能是0，由古典概型公式得
8 93 P( B8 ) 9 103
因此，由减法公式，得
7 83 P( B6 B8 ) 9 103
P( A) P( B8 B6 ) P( B8 ) P( B6 B8 )
解 设事件A＝“发往同一地区的车皮恰好相邻” 设事件Bi＝“发往Ei地区的车皮恰好相邻” (i=1,2,3) 已知发往3个地区的共有9节车皮，这样随机编组时，共 有9！种不同的排法，即样本空间的基本事件数为n=9！ 将发往E1、 E2、 E3地区的的车皮统一编组（相当于把发 往各地的车皮看作一个整体，这样就是3个物体），且发往 同一地的车皮恰好相邻共有3！＝6种不情形。其中每一种情 形对应B1，B2，B3的一种排列
所以
(n 1)!m m P ( A) n! n
这说明了无论是放回抽样还是不放回抽样，抽到红球的 概率与哪次抽取无关，只与红球所占的比例有关。教材中给 出另外 两种解法，供大家学习参考。
例1.7 假设某铁路编组站随机地发往三地E1，E2，E3 的各2、3、4节车皮，求发往同一地区的车皮恰好相邻的概率。
每个盒子中至多放一只球，则一共有
概率论
N ( N 1) ( N n 1)
种不同的放法，即事件A所含的基本事件数为
N ( N 1) ( N n 1)
故
n ( N 1) ( N 2) ( N n 1) AN P( A) n n N N
B 第一次取得正品, 第二次取得次品, C 取得一件正品一件次品 ,
A 取得两件正品,
解 1 采取有放回抽样 . 从箱子中任取两件产品 , 每次取一件 , 取法总数为 122.
即样本空间中所含的基本事件数为 122 . C1C1 92 . 事件 A 中所含有的基本事件数为 9 9 92 9 所以 P A 2 . 12 16 C1C1 9 3 . 事件 B 中所含有的基本事件数为 9 3 9 3 3 所以 P B 2 . 16 12 1 1 1 1 事件 C 中所含有的基本事件数为 C9 C3 C3C9 54 . 54 3 P C 2 . 所以 8 12
概率论
2 解 从箱子中任取两件产品 , 取法总数为 C12 . 2 C12 . 即试验的样本空间中所含有的基本事件总数为
事件 A 中所含有的基本事件数为 C . 98 2 C9 21 6 . 所以 P A 2 C12 12 11 11 21 1 1 事件 C 中所含有的基本事件数为 C9 C 3 .
8 93 7 83 2248 0.2498 3 3 3 9 10 9 10 9 10
例1.14 (一般加法公式) 假设四个人的学生证混放在 一起，现在将其随意地发给四个人．试求事件A＝{没有一 个人领到自己学生证}的概率p
解 设 Ak={第k个人恰好领到自己的学生证}(k = 1,2,3,4)． 则
P( A1 A2 A3 A4 )
四个人各领一个学生证总共有4!种不同情形．四个人中任 何两个人（例如第一个人和第二个人）都领到自己学生证总共 有1×1×2×1＝2 种不同情形（第一个人和第二个人各有一种选 择，对于第三个人剩下两种选择，对于第四个人最后只剩下一 种选择）．因此
概率论
事件 C 中所含有的基本事件数为
C1C1 C1 C1 9 3 3 9 . 9 3 3 9
9 3 39 9 P C . 12 11 22
所以
例3 从有 9 件正品 、 件次品的箱子中任取两件产 3 品 即一次抽取两件产品 , 求事件 A 取得两件正品 , C 取得一件正品一件次品 , 的概率 .
二、古典概型中事件概率的计算
概率论
设古典概型 E 的样本空间为 S e1 , e2 , , en .
由于在试验中每个基本事件发生的可能性相同 , 即
P e1 P e 2 P e n
又由于基本事件是两两互不相容的 . 于是
1 P S P e1 e 2 e n
即
P ( A1 A2 A3 A4 )
P( A1 ) P( A2 ) P( A3 ) P( A4 )
概率论
[ P( A1 A2 ) P( A1 A3 ) P ( A1 A4 ) P ( A2 A3 ) P( A2 A4 ) P( A3 A4 )]
[ P( A1 A2 A3 ) P( A1 A2 A4 ) P( A1 A3 A4 ) P ( A2 A3 A4 )]
设事件A＝“10字母恰好排成STATISTICS”
概率论
由于从10
张卡片中任取一张进行排列，则样本空间所包含
的基本事件数：
n 10! 3628800
又所做的排列中，3张写有S的卡片交换位置有3！种不 同的排法、3张写有T的卡片交换位置有3！种不同的排法、 2张写有I的卡片交换位置有2！种不同的排法、，所以
每次取一件 , 试分别以 :
1 有放回抽样法 :即每次抽取的产品观察后放回 ; 2 不放回抽样法 :即每次抽取产品观察后不放回 ;
两种抽样方式求事件
A 取得两件正品 ,
B 第一次取得正品 , 第二次取得次品 ,
C 取得一件正品一件次品 ,
的概率 .
例2 从有 9 件正品、件次品的箱子中任取两次 , 每次取一件概率论 3
例1.10 某幼儿园小班有20位同年龄的儿童，求至 少两个儿童的生日不在同天的概率。
概率论
解 设A={至少有2人的生日不在同一天}，其对立事件为
A={20个人的生日在同一天}
则由上例的分析可知， 365 1 P ( A) 20 365 36519
1 P ( A) 1 P ( A) 1 1 19 365
事件A所包含的基本事件数：
于是
k 3! 3! 2! 72
3! 3! 2! 72 P ( A) 0.00001984 10! 36288000
概率论
实际推断原理 人们在长期的实践中总结得到：
“概率很小的事件在一次试验中 实际上是几乎不会发生的”
例1.6（简单随机抽样） 假设箱总共有n个球，其 中有m(0≤m≤n)个红球，其余的是白球。现在一个接一个 的从箱中抽球，试就放回和不放回两种方式，分别求第 k(0≤k≤n)次抽到红球的概率。
A 取得两件正品 ,
B 第一次取得正品 , 第二次取得次品 ,
概率论
C 取得一件正品一件次品 ,
2 采取不放回抽样 .
从箱子中任取两件产品 , 每次取一件 , 取法总数为 12 11 .
即样本空间中所含有的基本事件总数为 12 11 . 1 1 事件 A 中所含有的基本事件数为 C9C8 9 8 . 98 6 . 所以 P A 12 11 11 事件 B 中所含有的基本事件数为 C1C1 9 3 . 9 3 9 3 9 所以 P B . 12 11 44
概率论
A A1 A2 A3 A4 由对偶律，得 A A1 A2 A3 A4 p P( A) 1 P( A) 1 P( A1 A2 A3 A4 )
又，每个学生领到自己的学生证的概率都等于1/4，
1 P ( A1 ) P ( A2 ) P ( A3 ) P ( A4 ) 4 由四个事件的加法公式，有
概率论
显然，6种不同情形是等可能的，如其中一种可能是 B1B2B3，即“发往E1的2节车皮排在最前面，发往E2的3节车 皮排在中间，发往E3的4节车皮排在最后面”，则由于
发往E1地区的2节车皮如果恰好相邻，则有2！种排法； 发往E2地区的3节车皮如果恰好相邻，则有3！种排法；发 往E3地区的4节车皮如果恰好相邻，则有4！种排法；