古典概型的解题技巧

1、学习好资料 欢迎下载古典概率的解题技巧（黄陵中学刘云）摘要：本文从概率论的基础学问人手,介绍了古典概率解题的思路及解答各类题型的具体规律,并供应一些常用的解题技能和技巧；关键词：古典概率；解题技巧；学习古典概率,离不开解题,做确定数量的习题可以帮忙我们正确懂得概率论的基本概念,娴熟把握概率论的重要规律,进展思维的灵敏性和制造性,提高分析问题和解决问题的才能；然而对于初学者来说,解答概率题往往是学习中的难点,不少同学对比较简洁的问题尚能依样画瓢,但稍加变化,遇到难度较大问题,就束手无策,无从下手,显现上述缘由是多方面的,从概率论的学科特点来说,它所争论的对象主要是随机现象,它的基础理论涉及面广,

2、对古典概率部分要从排列,组合,集合论等学问做动身点,而这些学问内容抽象,富于技巧 根本上准备明白答概率题没有一个固定的模式,; 它的思想方法独树一帜,主要靠抽象思维来把握,这些从 唯物辩证法告知我们,一切客观事物都是相互联系的和具有内部规律的,解答古典概率题也有规律可寻,只要我们能够娴熟把握概率论的基础学问,细心观看,接受联想的方法就能找出其中的具体规律；2 求解古曲概率问题的几个基本步骤 判明问题的性质 这类随机试验中只有有限种不同的结果,即只可能显现有限个基本大事不妨设为11,2,n；且它们具有以下三条性质: n；n,中至多有一个显现, 每个基本大事的概率为1 等可能性: ：P 1P 2P

3、 2 完备性：在任一次试验中至少发生一个；2,3 互不相容性：在任一次试验中,1,即P i；n把握古典概率的运算公式 假如样本空间包含的样本点的总数 n,大事A 包含的样本点数为 m,就大事A 的概 率P A m n 大事A 包含的基本大事 数= 有利于A 的基本大事数 基本大事总数基本大事总数例1,一套五卷的选集,随机地放到书架上,求各册自左至右或自右至左恰成 1,2,3,4,5 的 次序的概率；第 1 页,共 4 页解学习好资料欢迎下载a ,b,以a,b,c,d,e 表示自左至右排列的书的卷号,这时一个放置的方式与一个向量相c,d,e 对应,而a,b,c,d,e 只能在1,2,3,4,5

4、中取值（而且不答应重复取某一个值）,故这种向量的个数一共有 5！=120 个；由于各卷书的安放是随机的,从而这120 种方法是等可能的,这时就得到一个古典概型 1,2,120 ,而有利大事A 的发生只有两种情形：或者卷号的排列为 1,2,3,4,5,或者为5,4,3,2,1；故P A 2 1；120 60 依据公式要求,确定m 与n 的数这是解题的关键性一步,运算方法灵敏多变,没有一个固定的模式,大多数情形下,需运用到排 值；列与组合学问；古典概率的种种解法,大体上都是围绕 3求解古典概率问题的运算方法 常用的方法主要有两种 : n 与m 的运算而开放 的；1 2 直接运算法：直接确定 m 与

5、n,利用古典概率公式直接求 PA ；出间接运算法：先斟酌题设情形,先按1 求出有关大事的概率,然后利用概率的基本性质,间接推求PA ；不论直接运算法,仍是间接运算法,解题的关键在于确定 m 与n 的数值；一般说,当样本点总数较少时,可以直接把样本空间和大事 A 所包含的样本点一一列举出来,以确定m 与n 的值；当样本点总数较多时,或难于直接列举时,可以利用排列,组合等数学学问,通过相应的运算来确定 m 与n；例1,将一枚硬币连抛 3 次,观看正反面显现的情形；求至少一次显现正面的概率；分析 审题时先要明确随机试验及其样本空间；这里的立刻试验是“将一枚硬币连抛 3 次”,它的样本空间所含的样本点

6、并不多；因此,可将样本空间和大事“至少一次显现正面” （设为 A）包含的样本点一一列举出来,按古典概率公式推求 PA ,如解法一；假如留意到大事 A 就是“恰有一次显现正面 ” A1 ,“ 恰有两次显现正面 ” A 2 ,“ 恰有三次显现正面 ” A 3 之和,就可先求出P A 1 ,P A 2 ,P A 3 ,然后按加法公式推求 PA, 如解法二；由于大事 A 的逆大事A 就是“三次全显现反面” ,所以也可先求出即 PA ,再依互逆大事性质推求 PA, 如解法三；解法一 设大事A= 至少一次显现正面 ,并用“ H”,“ T”分别表示“正面”和“反面” ,就有= （H,H,H）, （H,H,T

7、 ）, H,T,H , T,H,H , H,T,T , T,H,T , T,T,H , T,T,T ; A= （H,H,H）, （H,H,T ）, H,T,H , T,H,H , H,T,T , T,H,T , T,T,H ; 留意到样本空间 n 和大事A 所包含的样本点数分别为 8 和7,依古典概率公式,有7P A 8解法二 设大事A 1 = 恰有一次显现正面 ,A 2 = 恰有两次显现正面 ,A 3 = 恰有三次显现正面 ,依解法一的思想,易知第 2 页,共 4 页P A 1 3,P A 2学习好资料1欢迎下载3,P A 3 888又设大事A=至少一次显现正面 ,依有限可加性,有P A P

8、 A 1 P A 2 P A 3 3 3 18 8 87. 8解法三 设大事A=至少一次显现正面 ,就大事A 三次全是反面 ,有 A=T,T,T ,就PA 18P A 1 PA 1187. 8解法一用的是直接运算法,解法二,三用的用的是间接运算法；简洁看出,各种解法是相互联系的,以解法三最为简便；例2,从5 双不同尺码的鞋子中抽取 4 只,4 只鞋子中至少有 2 只配成一双的概率是多少 .解法一 设大事A=4 只鞋子中至少有 2 只配成一双 ,就样本点总数为 10 只鞋子从中任抽取 4 只的组合数为 n C10 210 ；1 2 1 1 2大事A 所包含的样本点数为 m C5C 4C 2 C2

9、 C5 130 ；故P A m 130 13 ；n 210 21 解法二 样本点总数为n C10 4210 ；1 2 1 2大事A 所包含的样本点数 m C5 C8 C 4 C 5 130 ；m 130 13 故P A ；n 210 21 解法三 先从五双中任取一双,再从剩下8 只中任取2 只,在减去重复的,得到的基本大事总数为4 1 2 2n C10 210 ,有利于A 的基本大事数为m C5C8 C5 130 ；故P A m 130 13 ；n 210 21 解法四 设大事 A=4 只鞋子中至少有 2只配成一双 ,就其对立大事 A =4 只鞋子中没有2 只配成第 3 页,共 4 页一双 ；

10、就大事A 所包含的样本点数学习好资料80 欢迎下载m4i 4 iC5 C5 ii 0 m 80 PA . n 210 故P A =1-PA 1 80 13 ；210 21 解法五 样本点总数n C10 4210 ；大事 A 所包含的样本点数4 1 1 1 1 m C5 C2C 2C 2 C2 80 80 13 故P A =1-PA 1；210 21 解法六 假如设想鞋子是一只一只取出,即留意到鞋子被取出时的先后次序,那么样本点总数是从45 双鞋子中任取4 只的排列数 n=A 10 5040 ,大事 A 中的样本点数为 m=l0 8 64=1920；_ m 1920 80 P A n 5040

11、210 80 13 故P A =1-PA 1；210 21 本例再次说明,古典概率题一般都存在多种解题途径；细酌例 2 的各种解法,我们不难看到,同一随机试验,可用不同的样本空间描述,引导出不同的解法 如解法一与解法六 ,对于相同的样本空间,可以用直接运算法,也可用间接运算法 如解法一与解法四 ,即使同是直接运算法或间接算法,也可采用不同的求解法 如解法一与解法二,解法四与解法五 ；这就告知我们,假如在平常的解题练习中,能够有选择地进行一题多解,通过分析比较,谋取最优的解题方法,那么对于把握问题的数量关系,熟识解题思路,提高解题才能,都是很有帮忙的；就此题而论,明显以解法五和解法六较为简便；假如对例2 作深化的考察,仍可以把它推广到一般的情形: 2 只配成一双的概率是多少？2k 只配成k 双的概率是多少？o 1 从n 双不同尺码的鞋子中任取2r2rn 只,2r 只鞋子中至少有12r Cn 22r C2n o 2 从n 双不同尺码的鞋子中任取2r2rn 只