等可能概型(古典概型).ppt

等可能概型 古典概型 授课教师 张俊 第四节 第一章概率论的基本概念 4等可能概型 古典概型 一 定义 如果试验E具有以下两个特点 则称试验E所对应的概率模型为等可能概型或古典概型 二 计算公式 1 有限性 由于基本事件两两互不相容 故 因此 i 1 2 n 2 等可能性 样本空间的元素只有有限个 即 每一个基本事件的概率相等 即 计算公式 若事件A包含k个基本事件 即 其中i1 i2 ik是1 2 n中某k个不同的数 则有 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 由硬币的对称性知E2满足等可能性 且基本事件总数n 8 而A1 HTT THT TTH 故A1包含的基本事件数k1 3 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 TTT A2的逆事件表示 一次也不出现正面 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 事实上 P 0 P 3 1 8 P 1 P 2 3 8 组合分析的两条基本原理 火车2次 汽车3次 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 火车 汽车 火车 飞机 轮船 共有2 3 6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 第二个步骤有n2种方法 必须通过每一个步骤才算完成这件事 则完成这件事总共有n1 n2种方法 在等可能概型的计算中经常要用到的排列 组合的知识 是组合分析最基本的内容 例题2 例2 一口袋装有 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 解 设事件A表示 取到的两只球都是白球 则A B表示 取到的两只球颜色相同 的事件 而B的逆事件表示 取到的两只球不都是红球 即 取到的两只球中至少有一只是白球 故 事件B表示 取到的两只球都是红球 事件C表示 取到的两只球中至少有一只是白球 例题2 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 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 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 只红球可抽 第二次也有4只白球 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 显然A B互不相容 故 例题2 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 6 5 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 同理可得B包含的基本事件数kB 2 1 2 例题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 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 N 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 组合数 与此具有相同数学模型的 生日相合 问题 n 365 个人生日各不相同的概率为 其中至少有两人生日相同的概率为 例如 特别当a为正整数 且r a时 为组合数 若a为任意实数 r为非负整数 定义 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事件 不能认为哪一种取法更占优势 故满足等可能性 共有种取法 若n件中有k件次品 则k件次品从D件次品中取出有种取法 而其余的n k件正品应从N D件正品中取出有种取法 超几何分布的概率公式 按乘法原理 从N件产品中任取n件 其中恰有k件次品的取法是种 而概率是 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 k a b 解 1 放回抽样每个人取到白球的概率都是 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 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 故事件B包含个基本事件 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 事件B表示 取到的数能被8整除 注意事件A与B并不是互不相容的 故逆事件表示 取到的数既不能被6整除 也不能被8整除 则事件表示 取到的数既不能被6整除 也不能被8整除 由于 而事件A B表示 取到的数能被6或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 故能被6整除的数为333个 由于 故能被8整除的数为250个 由于 故能同时被6和8整除的数为83个 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 一共有种分法 n1 n2 nk n 证 从n个不同的元素中取出n1个元素有种取法 再从剩下的n n1个元素中取出n2个元素有种取法 从最后剩下的n n1 n2 nk 1 个元素中取出nk个元素有 种取法 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 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名优秀生分配到同一个班级的概率是多少 解 基本事件是15名新生平均分配到三个班级 每班5人 不能认为哪一种分法更占优势 故满足等可能性 分法总数为 1 每班分一名优秀生有3 种分法 其余12名新生平均分配到三个班级的分法总数为 按乘法原理 每一个班级各分配到一名优秀生的分法总数为 其概率为 2 三名优秀生分配到同一个班级有3种分法 其余12名新生按优秀生所在班2人 另两个班级各5名分配的分法总数为 按乘法原理 3名优秀生分配到同一个班级的分法总数为 其概率为 例题8 例8某接待站某一周曾接待过12次来访 已知所有这12次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 由于不知道接待时间是否有规定 我们可以先假设接待时间有规定 但由此将考虑各种各样的规定 从而面对极其复杂的情况 不妨反过来 假设接待时间没有规定 再根据这12次来访都集中在周二和