等可能概型
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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)
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)
等可能概型
1 P ({ei }) = , i = 1, 2, L，n n
在古典概型中，对任意随机事件A,若
A = {ei1 } ∪ L ∪ {eik }
则
P(A)=∑ ( P{e
j =1
k
ij
A包含的基本事件数 }) = 样本空间基本事件总数
此公式即为等可能概型中事件A概率的 计算公式.
例1 袋中有6个球（4白，2红）,现从袋中 任取球两次,每次任取1只.考虑放回抽样与不 放回抽样两种取球方式，求: (1) 两个均为白球的概率; (2) 两个球中两只球颜色相同的概率; (3) 两个球中至少有一个白球的概率. （p10例2）
长度为a
有利事件
a a a⎫ ⎧ A = ⎨( x , y ) | 0 < x < ,0 < y < , a > x + y > ⎬ 2 2 2⎭ ⎩ ⎧x + y > a − x − y ⎪ ⎨ x + (a − x − y ) > y 2 ⎪ y + (a − x − y ) > x 1 a ⎩ S = (a × a )
根的概率为 . 解 样本空间 Ω = {( u, v ) | 0 < u < 1,0 < v < 1}
x − 2vx + u = 0 有实根 ⇒ ∆ = ( −2v ) − 4u ≥ 0 ⇒ v ≥ u
2
2
2
有利事件 A = {( u, v ) | v ≥ u,0 < v < 1}
2
A 的面积 ∫ v dv P ( A) = = Ω 的面积 1× 1 1 1 = v | = . 3 3
1 2 0
3 1 0
在古典概型中，对任意随机事件A,若
A = {ei1 } ∪ L ∪ {eik }
则
P(A)=∑ ( P{e
j =1
k
ij
A包含的基本事件数 }) = 样本空间基本事件总数
此公式即为等可能概型中事件A概率的 计算公式.
例1 袋中有6个球（4白，2红）,现从袋中 任取球两次,每次任取1只.考虑放回抽样与不 放回抽样两种取球方式，求: (1) 两个均为白球的概率; (2) 两个球中两只球颜色相同的概率; (3) 两个球中至少有一个白球的概率. （p10例2）
长度为a
有利事件
a a a⎫ ⎧ A = ⎨( x , y ) | 0 < x < ,0 < y < , a > x + y > ⎬ 2 2 2⎭ ⎩ ⎧x + y > a − x − y ⎪ ⎨ x + (a − x − y ) > y 2 ⎪ y + (a − x − y ) > x 1 a ⎩ S = (a × a )
根的概率为 . 解 样本空间 Ω = {( u, v ) | 0 < u < 1,0 < v < 1}
x − 2vx + u = 0 有实根 ⇒ ∆ = ( −2v ) − 4u ≥ 0 ⇒ v ≥ u
2
2
2
有利事件 A = {( u, v ) | v ≥ u,0 < v < 1}
2
A 的面积 ∫ v dv P ( A) = = Ω 的面积 1× 1 1 1 = v | = . 3 3
1 2 0
3 1 0
等可能概型概述
P(Ai Aj ) (n 2)!/ n!1/ n(n 1), i !1/ n(n 1), i j, 共Cn2项,
P( Ai Aj Ak ) (n 3)!/ n! 1/ 3!Cn3, i
/ n!PP((1AA/13i..A!.CAj An3,)k ) i1/(nnj!k3,)!/共n!Cn3项1/,3.!.C.n3.,. P( A1...An ) 1/ n!
等可能概型（古典概型）
定义：若试验E满足： •S中样本点有限(有限性) •出现每一样本点的概率相等(等可能性)
称这种试验为等可能概型(或古典概型)。
P A
A所包含的样本点数 S中的样本点数
1
例1：一袋中有8个球，其中3个为红球，5 个为黄球，设摸到每一球的可能性相等。
（1）从袋中随机摸一球，记A={ 摸到红 球 }，求P(A)．
（2）从袋中不放回摸两球，记B={恰是一 红一黄}，求P(B)．
2
解：(1)
S={1,2, ,8},A={1,2,3}
P
A
3 8
(2)P(B)
C31C51
/ C82
15 28
53.6%
3
例2：有N件产品，其中D件是次品， 从中不放回的取n件，记Ak＝{恰有k 件次品}（k≤D)，求P(Ak)．
(D N ,n N )
17
P(没有人取到自己礼物) P( A)
1 P( A1 ... An )
1
n i 1
1 n
Cn2
1 n(n 1)
Cn3
n(n
1 1)(n
2)
...
(1)n
1 n!
11 1 1 ... (1)n 1
2! 3!
n!
P( Ai Aj Ak ) (n 3)!/ n! 1/ 3!Cn3, i
/ n!PP((1AA/13i..A!.CAj An3,)k ) i1/(nnj!k3,)!/共n!Cn3项1/,3.!.C.n3.,. P( A1...An ) 1/ n!
等可能概型（古典概型）
定义：若试验E满足： •S中样本点有限(有限性) •出现每一样本点的概率相等(等可能性)
称这种试验为等可能概型(或古典概型)。
P A
A所包含的样本点数 S中的样本点数
1
例1：一袋中有8个球，其中3个为红球，5 个为黄球，设摸到每一球的可能性相等。
（1）从袋中随机摸一球，记A={ 摸到红 球 }，求P(A)．
（2）从袋中不放回摸两球，记B={恰是一 红一黄}，求P(B)．
2
解：(1)
S={1,2, ,8},A={1,2,3}
P
A
3 8
(2)P(B)
C31C51
/ C82
15 28
53.6%
3
例2：有N件产品，其中D件是次品， 从中不放回的取n件，记Ak＝{恰有k 件次品}（k≤D)，求P(Ak)．
(D N ,n N )
17
P(没有人取到自己礼物) P( A)
1 P( A1 ... An )
1
n i 1
1 n
Cn2
1 n(n 1)
Cn3
n(n
1 1)(n
2)
...
(1)n
1 n!
11 1 1 ... (1)n 1
2! 3!
n!
第1.3节 等可能概型
定义:
概率论所讨论的问题中,有一类问题最简单直观,这类问题
所涉及到的试验具有下面两个特征：
1)(有限性)试验的样本空间的元素只有有限个; 2)(等可能性)试验中每个基本事件发生的可能性相同. 把具有上述两个特征的试验称为等可能概型或古典概型.
例如,抛一枚质地均匀的硬币,或者出现正面或者出现反面,只
方法２ （利用对立事件的概率关系）
P ( A ) 1 P ( A ) 1 P ( A0 ) 1 C 20
甲、乙两人同时向目标射击一次，设甲击中的概率
为 0.85 ，乙击中的概率为 0.8 ．两人都击中的概率为
0.68 ．求目标被击中的概率．
解
设Ａ表示甲击中目标，Ｂ表示乙击中目标，
有两种结果,且每种结果出现的可能性相同.又如抛一颗骰子, 观察出现的点数,则共有6种结果,且每一种结果出现的可能性 相同.
设古典概率 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
得 P(A1)
m A1 n
3 8
.
( 2 ) A 2 { HHH , HHT , HTH , THH , HTT , THT , TTH }.
因此
P(A2)
m A2 n
7 8
.
例 2 一口袋装有 6 只球,其中 4 只白球、 只红球. 从 2 袋中取球两次,每次随机地取一只.考虑有放回和无放 回两种抽样,试分别就这两种情况求:(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.
等可能概型和几何概型
在人工智能领域，等可能概型和 几何概型用于机器学习和深度学 习的模型训练，如分类器设计、 神经网络训练等。Βιβλιοθήκη 5等可能概型和几何概型的扩展
条件概率
条件概率的定义
在某一事件A发生的条件下，另一事件B发生的概率，记作 P(B|A)。
条件概率的计算公式
P(B|A) = P(AB) / P(A)，其中P(AB)表示事件A和事件B同时 发生的概率，P(A)表示事件A发生的概率。
性质
等可能概型的概率具有均匀性，即每个基本事件的概率相等。
在等可能概型中，概率计算公式为P(A) = m/n，其中m为事件A包含的基本事件数，n为基本事件的总数。
等可能概型举例
投掷一枚质地均匀的骰子，出现1、2、3、4、5、6点的概率均为 1/6，属于等可能概型。
从一副无重复的扑克牌中随机抽取一张牌，每张牌被抽中的概率均 为1/52，也属于等可能概型。
互斥事件概率的加法法则
在等可能概型中，如果两个事件是互斥的，则它们的概率可以直接相加。即如 果$A$和$B$是互斥事件，则$P(A+B)=P(A)+P(B)$。
几何概型举例
投掷骰子
投掷一个六面体的骰子，观察出 现的点数，这是一个典型的等可 能概型问题。
抽签
在一组有限且数量相等的签中随 机抽取一根，也是一个等可能概 型问题。
等可能概型和几何概型
目
CONTENCT
录
• 等可能概型的定义和性质 • 几何概型的定义和性质 • 等可能概型与几何概型的比较 • 等可能概型和几何概型的应用 • 等可能概型和几何概型的扩展
01
等可能概型的定义和性质
定义
等可能概型是指试验中所有可能结果 出现的概率相等。
等可能概型(古典概型)
概率的取值具有非负性，即对于任何事 件A，都有P(A)>=0。
概率的加法原理
概率的加法原理是指对于任意两个事 件A和B，有P(A∪B)=P(A)+P(B)P(A∩B)。
当事件A和B互斥时，即A∩B=∅，概 率的加法原理可以简化为 P(A∪B)=P(A)+P(B)。
概率的乘法原理
01
概率的乘法原理是指对于任意两个事件A和B，有 P(A∩B)=P(A)×P(B|A)。
条件
样本空间中的样本点数量是有限的，且每个样本点都 是互斥的。
特点
01
02
03
04
等可能性
在古典概型中，每个样 本点被选中的概率是相 等的。
有限性
古典概型的样本空间是 有限的，即样本点的数 量是有限的。
互斥性
样本空间中的样本点是 互斥的，即一个样本点 被选中后，其他样本点 就不能再被选中。
独立性
在古典概型中，各次试 验的结果是相互独立的， 即前一次试验的结果不A|B)。
02
计算公式
$P(A|B) = frac{P(A cap B)}{P(B)}$
03
应用场景
在决策理论、统计学、信息理论等领域中，条件概率都有广泛的应用。
贝叶斯定理
定义
贝叶斯定理是关于条件概率的定理，它提供了从事件B发生的条 件下计算事件A的条件概率的方法。
计算公式
$P(A|B) = frac{P(B|A) times P(A)}{P(B)}$
3
计算步骤
确定样本空间的大小，利用组合数公式计算概率。
公式法
定义
公式法是一种利用概率 的基本公式来计算概率 的方法。
适用范围
适用于样本空间较大， 且样本点之间有顺序的 情况。
概率的加法原理
概率的加法原理是指对于任意两个事 件A和B，有P(A∪B)=P(A)+P(B)P(A∩B)。
当事件A和B互斥时，即A∩B=∅，概 率的加法原理可以简化为 P(A∪B)=P(A)+P(B)。
概率的乘法原理
01
概率的乘法原理是指对于任意两个事件A和B，有 P(A∩B)=P(A)×P(B|A)。
条件
样本空间中的样本点数量是有限的，且每个样本点都 是互斥的。
特点
01
02
03
04
等可能性
在古典概型中，每个样 本点被选中的概率是相 等的。
有限性
古典概型的样本空间是 有限的，即样本点的数 量是有限的。
互斥性
样本空间中的样本点是 互斥的，即一个样本点 被选中后，其他样本点 就不能再被选中。
独立性
在古典概型中，各次试 验的结果是相互独立的， 即前一次试验的结果不A|B)。
02
计算公式
$P(A|B) = frac{P(A cap B)}{P(B)}$
03
应用场景
在决策理论、统计学、信息理论等领域中，条件概率都有广泛的应用。
贝叶斯定理
定义
贝叶斯定理是关于条件概率的定理，它提供了从事件B发生的条 件下计算事件A的条件概率的方法。
计算公式
$P(A|B) = frac{P(B|A) times P(A)}{P(B)}$
3
计算步骤
确定样本空间的大小，利用组合数公式计算概率。
公式法
定义
公式法是一种利用概率 的基本公式来计算概率 的方法。
适用范围
适用于样本空间较大， 且样本点之间有顺序的 情况。
概率论与数理统计
记下颜色, 重复 m 次.
E: 球编号, 一次取出 m个球, 记下颜色.
(或 Ab )1) #S P (a ,b)( a
k # A Cm Pak Pbmk ,
m ab
m ab
#b S n C , (a 1)
m ab
k mk # A Ca Cb ,
—— 超几何分布—— 注: 不放回地逐次取 m 个球与一次取 m 个球所得结果相同.
解: A = “取到的数被 6 整除”， B = “取到的数被 8 整除”.
则
P ( A) 333 , 2000 P ( B) 250 , 2000 P( AB) 83 , 2000
所求为：P( A
B ) P ( A B) 1 P ( A B )
1 [ P( A) P( B) P( AB )] 1 ( 333 250 83 ) 3 . 4 2000 2000 2000
1
例1. 一个盒中装有10个大小形状完全相同的球. 依次将球
编号为1-10 . 把球搅匀，蒙上眼睛，从中任取一球 . 1. 样本空间 S = { 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 }?
2. 记 A = “摸到 2 号球”，则 P(A) = ?
A = { 2 },
P( A) # A 1 ; # S 10
5 1 9 4 6 7 2 3 10 8
3. 记 B = “摸到红色球”，则 P(B) = ? B = { 1 2 3 4 5 6 }, P( B) # B 6 . # S 10
第一章 概率论的基本概念
2
例2 (p.13 例6). 在 1~2000 的整数中随机地取一个数，求
该数既不能被 6 整除, 又不能被 8 整除的概率.
E: 球编号, 一次取出 m个球, 记下颜色.
(或 Ab )1) #S P (a ,b)( a
k # A Cm Pak Pbmk ,
m ab
m ab
#b S n C , (a 1)
m ab
k mk # A Ca Cb ,
—— 超几何分布—— 注: 不放回地逐次取 m 个球与一次取 m 个球所得结果相同.
解: A = “取到的数被 6 整除”， B = “取到的数被 8 整除”.
则
P ( A) 333 , 2000 P ( B) 250 , 2000 P( AB) 83 , 2000
所求为：P( A
B ) P ( A B) 1 P ( A B )
1 [ P( A) P( B) P( AB )] 1 ( 333 250 83 ) 3 . 4 2000 2000 2000
1
例1. 一个盒中装有10个大小形状完全相同的球. 依次将球
编号为1-10 . 把球搅匀，蒙上眼睛，从中任取一球 . 1. 样本空间 S = { 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 }?
2. 记 A = “摸到 2 号球”，则 P(A) = ?
A = { 2 },
P( A) # A 1 ; # S 10
5 1 9 4 6 7 2 3 10 8
3. 记 B = “摸到红色球”，则 P(B) = ? B = { 1 2 3 4 5 6 }, P( B) # B 6 . # S 10
第一章 概率论的基本概念
2
例2 (p.13 例6). 在 1~2000 的整数中随机地取一个数，求
该数既不能被 6 整除, 又不能被 8 整除的概率.
1.3 等可能概型
表示“两只都是红球”
若直接考虑： b.无放回 (考虑先后顺序) (乘法原理) S：6×5=30 (1)
(2) (3)
注：在使用排列组合时，分子分母要保持一致。
10
例4. 某教研室共有11 名教师, 其中男教师7 人, 现 在要选 3 名优秀教师, 问其中至少有一女教师概率 解 (方法一) 设 A = “ 3 名优秀教师中至少有一名女教师”
(2) 设 B = “n个人中至少有两个人生日相同”
当 n 等于64时，在64人的班级中，B发生的概率
接近于1，即 B几乎 总是会出现。
16
二、几何概率
样本空间的基本事件数为无限的几何概率。 其周期 例8 某十字路口自动交通信号的红、绿灯， 求随机到达 为60秒， 其中由南至北方向红灯为 15 秒， （由南至北）该路口的一辆汽车恰遇红灯的概率。 直观可得 例9 一片面积为S 的树林中有一块面积为 S0 的空地。 一架飞机随机地往树林内空投一只包裹。 求这包裹落
等可能概型也称为古典概型。
2
2.计算公式：
①
1 P ei i 1, 2, , n n ② 若事件A包含k个基本事件，即
其中(
表示
中的k个不同的数)
k 则有 P A n
3
例1 投两枚骰子，事件A——“点数之和为3”，求 解法一：出现点数之和的可能数值
11 12 21
第三节 等可能概型
一、等可能概型的定义 二、计算公式 三、计算方法
一、等可能概型
例：E1—抛均匀硬币,观察哪面朝上 S1 ={ H,T }
E2—投一均匀骰子,观察点数 S2 ={1,2,3,4,5,6} 1.定义：具备以下两个条件的随机试验称为等可能概型，
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B为事件“取到的数能被8整除”, 则所求概率为
3 1 [ P ( A) P ( B ) P ( AB )] 4 2000 2000 2000 334, 250, 83 由于 333 84, 6 8 24
P ( A B ) P ( A B ) 1 P ( A B )
N
许多问题和本例有相同数学模型.
生日问题
生日问题（投球模型）
假设每人的生日在一年365天中任一天是等可 能的,即都等于1/365, 那么随机选取 n ( 365)个人 , 他们的生日各不相同的概率为
n 365 364 ( 365 n 1) A365 n 365 365n
例2 一只口袋装有6只球, 其中4只白球、2只
红球. 从袋中取球两次, 每次随机地取一只, 考虑两
种取球方式: (a) 第一次取一只球, 观察其颜色后 放回袋中, 搅匀后再取一球.这种取球方式叫做放回 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, 这种取球方式叫做不放回抽样. 试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.
(1) P ( A) ( 2) P ( B )
C C
a
b
C C ( a b )!
ab A
ab C a b
C C
ab C
a
b
结论： （3）一次性的取k件与无放回的抽取k次 所计算的概率相同
练习： 一个盒子装有4只产品, 其中有3只一等品,
解
(a) 放回抽样的情况.设
A:表示事件“取到的两只球都是白球”, B：“取到的两只球都都是红球”, C：“取到的两只球中至少有一只是白球”. 2 2 1 4 4 4 P( B) . P ( A) . 6 6 9 6 6 9 5 P ( A B ) P ( A) P ( B ) . 9 8 P (C ) P ( B ) 1 P ( B ) . 9 (b) 不放回抽样. 由读者自己完成.
C p( B ) 1 p( B ) 1 C
200 1100 200 1500
C C C
1 400
199 1100 200 1500
发生的可能性同.
当事件 B发生时, 第i人取的应
是白球, 它可以是 a只白球中的任一只, 有a种取法 .
其余被取的 k 1只球可以是其余 a b 1只球中
例7 将15名新生随机地平均分配到三个班级 中去, 这15名新生中有3名是优秀生. 问 (1) 每个班 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? （投球模型） 解 总数为
结论：
（1）P(B)与i无关，即第一个人，第二个...第k个人 做同一事件尽管次序不同，但所得概率是相同的。 （2）P(B)在有放回抽样还是无放回抽样中是一样的。
练习：设袋子中有50个球，其中红球有20个， 白球有30个，今有两个人依次随机的从袋子中各取一球， 取后不放回，则第二个人取得红球的概率是多少？
C C 2 ( 3 ) P (C ) C
2 n
2 r 4 n 2 2r 2n
2 r 4
C ( 4) P ( D ) C
r n 2r 2n
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 （取数模型）
设A为事件“取到的数能被 6整除 ” ,
则
3 3 C C 1 5 4 P( B) 3 20 C 10
例 3：将 n只球随机地放入 N ( N n 2)个盒子里去
（3）求第2,5个盒子是空的概率 （4）若每个盒子只能放一只球， 求第2,5个盒子是空的概率
( N 2) ( 3) p3 n N
n
(4) p4
n AN 2 n
N n 共有 C N 种 , 恰有k ( k D )件次品的取法数为 n D N D D N D k n k ，故所求概率为 k n k p N n
即随机取球不放回的模型
书25页7题（超几何模型） 某油漆公司发出17桶油漆，其中白漆10桶， 黑漆4桶，红漆3桶，在搬运中所有标签脱落， 交货人随意将这些油漆发给顾客，问一个订货为 4桶白漆，3桶黑漆和2桶红漆的顾客， 能按所订颜色如数得到订货的概率是多少？ 解：
C C C 252 p( A ) C 2431
3 10
(1) 设事件A1为“恰有一次出现正面” 求P ( A1 ); (2) 设事件A2为“至少有一次出现正面” , 求P ( A2 ).
解 (1) 我们考虑如下的样本空间: S { HHH , HHT , HTH , THH , HTT , THT , 而
TTH , TTT } A1 { HTT , THT , TTH }.
这种模型称为随机取球的模型
书25页6题（取球模型） 在房间里有10个人，分别佩戴从1号到10号的纪念章， 任选3人记录其纪念章的号码。 (1)求最小号码是5的概率。 (2)求最大号码是5的概率。 解：（1）方法1：设A={最小号码等于5}
C 1C 2 1 1 5 方法 2 ： P ( A) 12 C3 10
解
(a) 不放回抽样的情况.设
A:表示事件“取到的两只球都是白球”, B：“取到的两只球都都是红球”, C：“取到的两只球中至少有一只是白球”. 21 1 . 4 3 2 P( B) P ( A) . 6 5 15 6 5 5 7 P ( A B ) P ( A) P ( B ) . 15 14 P (C ) P ( B ) 1 P ( B ) . 15
第四节 等可能概型(古典概型)
一、古典概型定义 二、古典概型计算公式
三、典型例题
四、小结
五、几何概型简介
一、古典概型的定义
定义 设E是随机试验 , 若E满足下列条件 : 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.
。 。
则称 E为等可能概型 , 也称为古典概型 .
例题：从1至10个数中任取一数，设每个数以1/10 的概率被取中，取后放回，先后取7个数字， 求下列事件的概率。
（1）7个数全不相同；（2）不含10和1； （3）10恰好出现两次；（4）取到的最大数为6； （5）取出的7个数形成一个严格上升的序列。
解：
67 57 ( 4) P ( D ) 0.0202 7 10 7 C10 ( 5) P ( E ) 0.000012 7 10
={最小号码大于等于5}-{最小号码大于等于6} 3 C3 C 则 1 6 5 P ( A) 3 12 C 10
在房间里有10个人，分别佩戴从1号到10号的纪念章， 任选3人记录其纪念章的号码。 (1)求最小号码是5的概率。 (2)求最大号码是5的概率。
（2）设B={最大号码等于5} ={最大号码小于等于5}-{最大号码小于等于4}
A2 {TTT },
(1)
3 P ( A1 ) . 8 1 7 P ( A2 ) 1 P ( A2 ) 1 8 8 注意
(2)
当样本空间中的元素较多时, 一般不再将元素 A1 { HTT , THT , TTH }. 而 一一列出, 只需分别求出 S和A中元素的个数，再 A2 {TTT }, 用计算公式即可求得相应的概率.
二、古典概型的计算公式
定理
设试验的样本空间 S包含n个元素,
事件A包含k个基本事件 , 则有
AБайду номын сангаас含的基本事件 k P ( A) n S中基本事件的总数
(4.1)式称为等可能概型中事件概率的计算公式.
古典概型的使用方法：计数
古典概型的使用工具：
加法原理，乘法原理，排列，组合
三、典型例题
例1 将一枚硬币抛掷三次.
因而, n个人中至少有两人生日 相同的概率为
p 1 365 364 ( 365 n 1) 365n 我们利用软件包进行数值计算计算可得下述结果:
64 个人的班级里，生日各不相同的概率为
365 364 ( 365 64 1) p1 . 64 365
20 2 P ( A2 ) P ( A1 ) 50 5
例题： 只白球， 只黑球， 袋子中有
(a , b N , a , b )
现用下列两种方式从中任取（a+b)个球，
求所取得球中，恰有a只白球，b只黑球的概率。 （1）从袋子中一次性抽取； （2）从袋子中无放回的抽取。
解：设这4个事件分别为A,B,C,D，则有： （1）先从n双中选取2r双，再从每一双中取一只，则有
C 2 P ( A) 2r C2n
( 2) P ( B ) CC
1 n
2r n
2r
C
2r 2 n 1 2r 2n
2
2r 2
例题：n双不同型号的的鞋，今从其中任意拿2r只, (2r n) 求下列事件的概率. （1）无一双配对（2）恰有一双配对 （3）恰有两双配对（4）恰有r双配对
中的任意 k 1只, 共有
k 1 (a b 1)(a b 2)[a b 1 ( k 1) 1] Aa b 1 k 1 种取法, 于是 B中包含 a Aa b 1个基本事件 , 故根据
(4.1)式得到
k 1 a A a b 1 a P( B) k ab Aa b
至少有2人生日相同的概率为
365 364 ( 365 64 1) 0.997. p 1 64 365