考研概率论复习古典概型中几种研究模型

古典概型中研究的几类基本问题古典概型中研究的几类基本问题 抛硬币 掷骰 t u 子 摸球 取数等随机试验 在概率问题的研究中 有着十分重要的 意义 一方面 这些随机试验 是人们从大量的随机现象中筛选出来的理想化的概率模型 它 们的内容生动形象 结构清楚明确 富有直观性和典型性 便于深入浅出地反映事物的本质 揭示事物的规律 另一方面 这种模型化的处理方法 思想活泼 应用广泛 具有极大的普遍性 不 少复杂问题的解决 常常可以归结为某种简单的模型 因此 有目的地考察并掌握若干常见的 概率模型 有助于我们举一反三 触类旁通 丰富解题的技能和技巧 从根本上提高解答概率 题的能力 本部分主要讨论古典概率中的四类基本问题 摸球问题 分球入盒问题 随机取数问题 和选票问题 给出它们的一般解法 指出它们的典型意义 介绍它们的常见应用 一 摸球问题 例 1 袋中有 个白球 个黑球 1 从中任取出 a b 个 a b N a b 试求所取出的球恰有 a 个白球和 b 个黑 球的概率 2 从中陆续取出 3 个球 不返回 求 3 个球依次为 黑白黑 概率 3 逐一把球取出 不返回 直至留在袋中的球都是同一种颜色为止 求最后是白球留在 袋中的概率 思考方法思考方法 这里的三个小题 摸球的方式各不相同 必须在各自的样本空间中分别进行处 理 1 中的每一个样本点 对应着从 个球中任取 a b 个球的一种取法 无需考虑顺序 属于组合问题 2 中的每一个样本点 对应着从 个球中依次取出三个球的一种取法 需要考虑先后次序 属于排列问题 3 中事件的有利场合 摸剩白球 包含了 种不同情形 摸剩 个白球 1 个白球 1 个白球 因此 必须对各种情形分别加以考虑 解 1 设 A1表示事件 所取的 a b 个球中恰有 a 个白球和 b 个黑球 从 个球 中任意摸出 a b 个 有种不同取法 此即样本空间所包含的样本点总数 而 ba C ba 事件 A1所包含的样本点数 相当于从 个白球中任取 a 个 从 个黑球中任取 b 个的取法 种数 共种 所以 ba CC ba P A1 ba ba C CC ba ba 2 设 A2表示事件 取出的 3 个球依次为黑白黑 从 个球中依次任取 3 个 有 种取法 此即样本点总数 对于有利场合 第一个和第三个黑球可在 个黑球中依次取 3 A 得 有种取法 第二个白球可在 个白球中任取 有种取法 因此 A2所包含的样本点 2 A 1 A 数为 于是 21 AA P A2 2 1 1 3 袋中只剩白球时 设此事件为 A3 取出的球必为 个黑球 i 个白球 i 0 1 1 用 Bi 表示事件 取出 个黑球 i 个白球 袋中留下的全是白球 i 0 1 1 则 事件 B0 B1 B 1 必两两互不相容 且 A3 B0 B1 B 1 依概率的有限可加性 有 P A3 P B0 P B1 P B2 P B 1 依事件 Bi的含义 对于确定的 i 它的样本空间就是从 个球中任取 i 个球的排列 所以 样本点总数为 注意到 i 个球取出后 留在袋中的全是白球 因而在这 i 个 i A 球中 最后取出的一个应是黑球 这样 事件 Bi的有利场合 就是 i 1 个球的全排列 个 黑球中扣除 1 个 以保证最后取出的一个必为黑球 显然 i 个白球可从 个白球中取得 有种取法 1 个黑球可从 个黑球中取得 有种取法 从而事件 Bi所包含的样 i C 1 C 本点数为 于是 1 1 i i ACC P Bi i i i i A ACC 1 1 1 i i C 1 把诸 P Bi 的值代入 1 式 并注意到 2 2 1 1 0 mmm CCC 11 1 n nm n nm CC 即得 P A3 2 1 10 1 CCC 1 2 C 1 1 C 评注评注 如果把题中的 白球 黑球 换为 正品 次品 或 甲物 乙物 等等 我 们就可以得到各种各样的 摸球问题 为了让读者对此有深切的体会 我们再来看下面的 例子 1 一批灯泡 40 只 其中 3 只是坏的 从中任取 5 只检查 问 5 只都是好的概率为 多少 5 只中有 2 只坏的概率为多少 答案 5 40 5 37 C C 5 40 2 3 3 37 C CC 2 在相应地写有 2 4 6 7 8 11 12 及 13 的 8 张相同的卡片中 任意取出 2 张 求由所 取得的两个数构成的分数为可约的概率 答案 2 8 2 5 C C 3 从一副扑克牌 52 张 中任取 6 张 求得 3 张红色的牌和三张黑色的牌的概率 答案 6 52 3 26 3 26 C CC 4 用火车运载两类产品 甲类 n 件 乙类 m 件 有消息证实 在路途中有 2 件产品损坏 求损坏的是不同产品的概率 答案 2 11 mn mn C CC 5 一个班级有 2n 个男生和 2n 个女生 把全班学生任意地分成人数相等的两组 求每组 中男女生人数相等的概率 答案 n n n nn C CC 2 4 2 2 2 6 从数 1 2 n 中任取两数 求所取两数之和和偶数的概率 答案 当 n 为偶数时 p 当 n 为奇数时 p 2 2 2 2 n n C C 2 2 2 1 2 2 1 n nn C CC 不难发现 上述各个问题的解决 都可以归结为摸球问题 例 1 1 我们说摸球问题具 有典型意义 原因也正在于此 二 分球入盒问题二 分球入盒问题 例 2 把 n 个球以同样的概率分配到 n 个盒子中的每一个中去 试求下列各事 件的概率 1 某指定 n 个盒子中各有一球 2 恰有 n 个盒子 其中各有一球 3 某指定盒子中恰有 m m n 个球 思考方法思考方法 解答本题时 要发掘 n 个球以同样的概率分配到 个盒子中的每一个中去 一语的含义 这句话意思是说 每一个球 被分配到任意一个盒子中去是等可能的 也就是说 每一个球各有 种不同的去向 解 因为 n 个球中的每一个球 都以同样的概率进入 个盒子中的任意一个 所以样 本点总数为 Nn 1 n 个球分别分配到 个预先指定的盒子中去 相当于 n 个球的全排列 因此事件 所 包含的样本点数为 An 于是 P A nn n N n N A 2 对于事件 个盒子可自 个盒子中任意选取 有种选法 因而事件 包含 n N C 个样本点 于是 nC n N P B nNN N N nC nn n N 8 事件 中的 个球 可以从 n 个球中任意选取有种选法 其余的 n m 个球可以任 m n C 意分配到另外 1 个盒子中去 有 N 1 n m种分配法 因而事件 包含个样本 mnm n NC 1 点 这样 P C mnmm n n mnm n NN C N NC 1 1 1 1 评注评注 不难发现当 n 和 确定时 P C 只依赖于 m 如果把 P C 记作 Pm 依二项式定理有 1 1 1 1 1 1 1 00 nmnm n m m n n m m NNNN CP 上述等式的概率意义是十分明显的 就是对于某个指定的盒子来说 进入盒子中的球数 不外是 0 1 n 从而这 n 1 种情形的和事件为必然事件 其概率必为 1 这个问题实质上 就是贝努利 Bernoulli 概型 n 个球在 个盒子中的分布 是一种理想化的概率模型 可用以描述许多直观背景很不 相同的随机试验 为了阐明这一点 我们列举一些貌异质同的试验 1 生日 个人的生日的可能情形 相当于 个球放入 365 个盒子中的不同排列 假 定一年有 365 天 2 性别 个人的性别分布 相当于把 个球放入 2 个盒子中 3 意外事件 如果把 个意外事件按其发生在星期几来分类 相当于 个球放入 7 个盒子中 4 掷骰子 掷 颗骰子的可能结果 相当于把 个球放入 6 个盒子中 5 质点入格 个质点落于 个格子中的可能情形 相当于 个球分入 个盒子中 6 旅客下站 一列火车中有 名旅客 它在 个站上都停 旅客下站的各种能情形 相当 于 n 个球分到 个盒子中的各种情形 7 住房分配 n 个人被分配到 个房间中去住 则人相当于球 房间相当于盒子 8 印刷错误 个印刷错误在一本具有 页的书中的一切可能的分布 相当于 个球放 入 个盒子中的一切可能分布 必须小于每一页的字数 从上面所列举的部分试验 我们不难体会分球入盒的模型的意义 因而使例 2 成为古典 概率中的典型问题之一 为一类实际问题的求解 提供了有效的途径 作为练习 读者可利用 本题的思想方法 解答下列各题 1 同时掷 4 颗质量均匀的骰子 求出现完全不相同的点数的概率 答案 4 4 6 6 A 2 设一个人的生日在星期几是等可能的 求 6 个人的生日都集中在一星期中任意两天 但不是都在同一天的概率 答案 6 62 7 7 22 C 3 有 n 个质点 每个质点都等可能地落于 个格子中的每一个 试求每一格子 至多含一点的概率 答案 n n n N N AC 4 设有 n 个人 每个人都等可能地被分配到 n 个房间中的任一间去住 求恰有一个空房 间的概率 答案 n nnn n ACC 1 21 三 三 随机取数问题随机取数问题 例 3 从 1 2 10 这十个数中任取一个 假定各个数都以同样的概率被取中 取后还 原 先后取出 7 个数 试求下列各事件的概率 1 A1 7 个数全不相同 2 A2 不含 10 与 1 3 A3 10 恰好出现两次 4 A4 10 至少出现两次 5 A5 取到的最大数恰好为 6 思考方法思考方法 本题所及的随机试验 就取样方法来说 属于返回取样 也就是说 把某数取出 后还原 下次仍有同样的可能再取到这个数 注意到这一特点 运用上节介绍的思想方法 原 题就不难得解 解 依题设样本空间就是 10 个相异元素允许重复的 7 元排列 所以样本点总数为 107 1 事件 A1 要求所取的 7 个数是互不相同的 考虑到各个数取出时有先后顺序之分 所 以有利场合相当于从 10 个相异元素里每次取出 7 个相异元素的排列 因此 A1所包含的样本 点数为 于是 7 10 A P A1 06048 0 107 7 10 A 2 事件 A2 先后取出的 7 个数中不含 10 与 1 所以 这 7 个数只能从 2 3 4 5 6 7 8 9 这 8 个数中取得 注意到实验属于有返回取样 则 A2的有利场合 相当于 8 个相异元素允许 重复的 7 元排列 于是 A2所包含的样本点数为 87 有 P A2 2097 0 10 8 7 7 3 事件 A3中出现的两次 10 可以是 7 次取数中的任意两次 有种取法 其余的 5 次 2 7 C 每次可以取剩下的 9 个数中的任一个 共有 95种取法 于是 A3的有利场合为 由此 52 7 9 C P A3 1240 0 10 9 7 52 7 C 4 事件 A4是六个两两互不相容事件 10 恰好出现 k 次 k 2 3 4 5 6 7 的和 因此 P A4 1497 0 10 9 7 2 7 7 7 k kk C 也可以先考察 A4的逆事件 这里是事件 10 恰好出现一次或一次也不出现 显然 4 A P 4 A8503 0 10 99 7 761 7 C 5 事件 A5的有利场合 就是 6 个相异元素 1 2 3 4 5 6 允许重复的最大数恰好为 6 的 7 元排列 这种排列可以分为 6 出现 1 次 2 次 3 次 4 次 5 次 6 次 7 次等七类 显然 它 们的排列数依次是 于是 25 7 34 7 43 7 52 7 61 7 5 5 5 5 5 CCCCC 16 75 C 50 7 7 C P A5 0202 0 10 5 7 7 1 7 7 k kk C 事件 A5的有利场合数也可以这样来考虑 最大数字不大于 6 的 7 元重复排列 有 67种 它可以分为两类 一类是最大数恰好是 6 的 7 元重复排列 一类是最大数小于 6 的 7 元重复 排列 注意到第二类重复排列有 57种 则第一类重复排列有 67 57种 于是 P A5 0202 0 10 56 7 77 评注评注 例 3 是一个比较典型的返回取样问题 解题的思想方法 对于同类问题具有指导 意义 但决不能把它作为现成的公式乱套 即使同是随机取数问题 也须斟酌题意灵活运用 例如 下面的四个问题 表面看结构相仿 实质上差别较大 读者不妨一试 以资鉴别 1 电话号码有五个数字组成 求电话号码由完全不同的数字组成的概率 答案 5 5 10 10 A 2 某单位印刷的一种单据 编号由五个数字组成 从 00001 开始 求任取其中一张 编号 由完全不同的数组成的概率 答案 1105 5 10 A 3 在 0 至 9 这十个数字中 不放回地任取 5 个 求能排成由完全不同的数字组成的五位 数的概率 答案 5 10 45 4 9 5 9 A AACA 4 在 0 至 9 这十个数字中 有放回地任取 5 个 求能排成由完全不同的数字组成的 6 位 数的概率 答案 5 45 4 9 5 9 10 AACA 四 选票问题四 选票问题 例 4 假定在一次选举中 候选人甲得 a 票 候选人乙得 b 票 且 a b 试求下列事件的 概率 1 在计票过程中 甲 乙的票数在某个时刻相等 2 在计票过程中 甲的票数总比乙的票数多 3 在计票过程中 甲的票数总不落后于乙 思考方法思考方法 本题结构比较复杂 不大容易入手 为了便于分析 我们不妨考虑一个简化问 题 比如 令 a 3 b 2 这时 样本空间就是 3 张属于甲的选票和 2 张属于乙的选票的全排列 显 然这是一个不尽相异元素的全排列问题 其排列种数为 如果把样本点具体写10 2 3 23 出来 就是 乙乙甲甲甲 乙甲乙甲甲 乙甲甲乙甲 乙甲甲甲乙 甲甲乙乙甲 甲乙乙甲 甲 甲乙甲乙甲 甲乙甲甲乙 甲甲乙甲乙 甲甲甲乙乙 为了直观地反映事件 的情形 我们可以利用平面坐标的思想 建立样本点和平 面折线的对应关系 具体地说 以横轴表示计票张数 纵轴表示计票过程中甲 乙两候选人所 得票数之差 先依样本点在计票过程中的情形 在坐标平面上确定点的位置 再用线段把各 点连成折线 如图 3 3 1 所示 点 0 0 表示计票起点 点 1 1 表示第一张选票是属 于乙的 甲 乙票数之差等于 1 点 2 2 表示第二张选票也是属于乙的 这时共计了两 张选票 甲 乙票数之差等于 2 点 3 1 表示第三张选票是属于甲的 这时共计了三张 选票 甲 乙票数之差等于 1 点 4 0 表示第四张选票是属于甲的 这时共计了四张选票 甲 乙票数之差等于 0 即两人得票数相等 点 5 1 表示第五张选票也是属于甲的 这时共计 了五张选票 甲 乙票数之差等于 1 这样 图 3 3 1 的折线就形象地刻划了样本点 乙乙甲 甲甲 在计票过程中的情形 同样 图 3 3 2 至 10 的各条折线 刻划了其余九个样本点在 计票过程中的情形 经过上述处理 我们从图 3 3 就可以形象地看到 事件 包含的样本点 它们所对应的 折线 除起点外 与横轴至少有一个公共点 事件 包含的样本点 它们所对应的折线 除起 点外 图形全在横轴的上方 与横轴没有其余的公共点 事件 的样本点 它们所对应的折线 在 横轴的上方 且与横轴允许有其余的公共点 这样 从图中容易得到 的样本点数为 8 的 样本点数为 2 的样本点数为 5 于是 P A 8 10 0 8 P B 2 10 0 2 P C 5 10 0 5 分析到这里 简化问题得以解决 为了能用于指导原题的解答 我们还需对简化问题作进 一步的考察 细酌题中的各个事件 从图 3 3 可以得到以下结论 1 在计票过程中 甲的票数总比乙少的情形是不可能发生的 事实上 如果甲的票数总比 乙少 那么甲的得票总数将比乙少 与条件 a b 相矛盾 这就表明 事件 与 必为互逆事件 2 事件 的样本点 对应于图 3 3 9 10 所示的折线 这两个样本点的共同特点是 甲先得一票 如果把这一票扣除 那么余下的四票就组成甲得 2 票 乙得 2 票时 事件 在 计票过程中 甲的票数总不落后于乙 的样本点 这样 我们就可把事件 与事件 联系起来 相 互转化 3 从 1 2 可知 解题的关键 在于推求 P A 而计算 P A 的关键 又在于确定 的样本 点数 从图 3 3 不难看出 A 的样本点可以分为两类 一类是第一张选票属于乙的 另一类是 第一张选票属于甲的 前一类样本点数 相当于 3 张属于甲的选票和 2 1 1 张属于乙的选票 的全排列数 后一类样本点数 似难直接推算 但从图 3 3 可以看出 如果把4 1 3 13 这一类样本点所对应的折线 从起点到首次触到横轴的部分 对横轴作一次反射 那么就得到 第一类样本点 参考图 3 3 1 4 与 5 8 这就是说 两类样本点在所作的反射下是 一一对应的 所以 第二类样本点数等于第一类样本点数 分析到这里 原题就不难解出了 解 依题设 样本空间就是 a 张屋于甲的选票与 b 张属于乙的选票的全排列 这是一个 不尽相异元素的排列问题 排列种数为 这就是样本点的总数 ba ba 1 为了计算 A 的样本点数 我们把 A 的每个样本点表示成形如图 3 3 的折线 横标为 计票张数 纵标为甲 乙票数之差 斜率为 1 的线段表示计票过程中甲得票 斜率为 1 的线 段表示计票过程中乙得票 这样 可以把 A 的样本点分成两类 第一类为第一张选票属于乙 的 在这种场合 于某个时刻必然会出现甲 乙两人的票数相等 因为 a b 第二类为第一 张选票属于甲 且在某时刻甲 乙两人的票数相等 这里 第一类样本点数 相当于 a 张属于甲的选票与 b 1 张属于乙的选票的全排列数 有 种 1 1 ba ba 对于第二类样本点的任一折线 从起点到首次触到横轴的部分对横轴作一次反射 其余 部分保持不变 就得到第一类样本点的一条折线 图 3 4 不难证明 用这样的方法可以建立 起第一类与第二类样本点之间的一一对应关系 所以 第二类样本点数也是 这 1 1 ba ba 样 事件 的样本点数为 于是 1 1 2 ba ba P A ba b ba ba ba ba 2 1 1 2 2 在 a b 的条件下 事件 是事件 的逆事件 所以 P B 1 P A 1 ba ba ba b 2 3 为了方便起见 我们用 Ca b记事件 在计票过程中 甲的票数总不落后于乙 用 Ba b记事件 在计票过程中 甲的票数总比乙多 足码 a b 表示在计票过程中一共有 a b 张选票 其中 a 张属于甲的 b 张属于乙的 容易看出 Ba b的样本点 它们所对