·12· 第一章概率论的基本概念 p=1-365·364··(365-n+1) 365" 经计算可得下述结果： n20 23 304050 64 100 p0.4110.5070.7060.8910.9700.9970.9999997 从上表可看出，在仅有64人的班级里，“至少有两人生日相同”这一事件的概率 与1相差无几，因此，如作调查的话，几乎总是会出现的.读者不妨试一试.口 例4设有N件产品，其中有D件次品，今从中任取n件，问其中恰有 k(k≤D)件次品的概率是多少？ 解在N件产品中抽取n件（这里是指不放回抽样），所有可能的取法共有 ()°种，每一种取法为一基本事件，且由于对称性知每个基本事件发生的可能 性相同.又因在D件次品中取：件，所有可能的取法有(R)种，在N一D件正品 中取”一：件所有可能的取法有，二)种，由乘法原理知在N件产品中取刀 件，其中恰有女件次品的取法共有)（仪二P种，于是所求概率为 (4.2) (4.2)式即所谓超几何分布的概率公式. 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十b). 解(1)放回抽样的情况，显然有 P(B)=a (2)不放回抽样的情况.各人取一只球，每种取法是一个基本事件·共有 (a+b)(a十b-1).(a十b一k+l)=A始+b个基本事件，且由于对称性知每个基本事 ①对于任意实数。以及非负整数，定文(）-a-》a中出.(6)-1例如() 二c一2。-++2，特别，当。为正整数，且r<a时.()即为组合数，即 (）=c
§4等可能概型（古典概型） ·13· 件发生的可能性相同.当事件B发生时，第i人取的应是白球，它可以是α只白 球中的任一只，有a种取法，其余被取的k一1只球可以是其余a+b一1只球中 的任意k-1只，共有(a十b-1)(a+b-2).[a+b-1-(k-1)+1]=A1种 取法，于是事件B中包含a·A-,个基本事件，故由(4.1)式得到 P(B)=a·A/A=a十b 值得注意的是P(B)与i无关，即k个人取球，尽管取球的先后次序不同，各 人取到白球的概率是一样的，大家机会相同（例如在购买福利彩票时，各人得奖 的机会是一样的).另外还值得注意的是放回抽样的情况与不放回抽样的情况 下P(B)是一样的. 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A为事件“取到的数能被6整除”，B为事件“取到的数能被8整 除”，则所求概率为 P(A B)=P(AUB)=1-P(AUB) =1-[P(A)+P(B)-P(AB)] 由于 333<2000<334, 故得 P(A)00 由于 200=250. 故得 P(B)=品， 又由于一个数同时能被6与8整除，就相当于能被24整除，因此，由 8<20<84， 衣 P(AB) 于是所求概率为 p1-(赢+器品) 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？ 解15名新生平均分配到三个班级中的分法总数为
·14. 第一章概率论的基本概念 (5)(9)g)- 15！ 每一种分配法为一基本事件，且由对称性易知每个基本事件发生的可能性相同. (1)将3名优秀生分配到三个班级使每个班级都有一名优秀生的分法共3！ 种.对于这每一种分法，其余12名新生平均分配到三个班级中的分法共有 121 3！121 4种.因此，每一班级各分配到一名优秀生的分法共有4种.于是 所求概率为 =品 (2)将3名优秀生分配在同一班级的分法共有3种.对于这每一种分法，其 余12名新生的分法(-个班级2名，另两个班级各5名)有2”5可种因此3 名优秀生分配在同一班级的分法共有2种.于是，所求概率为 3X×121 3×12！/15！ m=2515/51515-g 例8某接待站在某一周曾接待过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？ 解假设接待站的接待时间没有规定，而各来访者在一周的任一天中去接 待站是等可能的，那么，12次接待来访者都在周二、周四的概率为 2器=0.000003. 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几乎 是不发生的”（称之为实际推断原理）.现在概率很小的事件在一次试验中竟然发 生了，因此有理由怀疑假设的正确性，从而推断接待站不是每天都接待来访者， 即认为其接待时间是有规定的. §5条件概率 (一)条件概率 条件概率是概率论中的一个重要而实用的概念.所考虑的是事件A已发生 的条件下事件B发生的概率.先举一个例子. 例1将一枚硬币抛掷两次，观察其出现正反面的情况.设事件A为“至少 有一次为H”,事件B为“两次掷出同一面”.现在来求已知事件A已经发生的条 件下事件B发生的概率
§5条件概率 这里，样本空间为S={HH,HT,TH,TT},A={HH,HT,TH},B {HH,TT.易知此属古典概型问题.已知事件A已发生，有了这一信息，知道 TT不可能发生，即知试验所有可能结果所成的集合就是A.A中共有3个元 素，其中只有HH∈B.于是，在事件A发生的条件下事件B发生的概率（记为 P(BA))为 PBA)=号 在这里，我们看到P(B)=2/4≠P(B|A).这是很容易理解的，因为在求 P(B1A)时我们是限制在事件A已经发生的条件下考虑事件B发生的概率的. 另外，易知 PCA=,PAB)-PBA=号-券 故有 BIA) (5.1) 对于一般古典概型问题，若仍以P(B引A)记事件A已经发生的条件下事件 B发生的概率，则关系式(5.1)仍然成立.事实上，设试验的基本事件总数为n,A 所包含的基本事件数为m(m>0),AB所包含的基本事件数为k,即有 PBA=奈-a-P 在一般场合，我们将上述关系式作为条件概率的定义. 定义设A,B是两个事件，且P(A)>0,称 P(BIA)-P(AB) P(A) (5.2) 为在事件A发生的条件下事件B发生的条件概率 不难验证，条件概率P(·A)符合概率定义中的三个条件， 即 1°非负性：对于每一事件B,有P(B引A)≥0： 2°规范性：对于必然事件S,有P(S引A)=1: 3°可列可加性：设B,B.是两两互不相容的事件，则有 P(UB,IA)=∑P(B,IA). 既然条件概率符合上述三个条件，故§3中对概率所证明的一些重要结果 都适用于条件概率.例如，对于任意事件B,B有 P(B UB:IA)=P(B:|A)+P(B2IA)-P(B B2 IA). 例2一盒子装有4只产品，其中有3只一等品，1只二等品.从中取产品两
·16· 第一章概率论的基本概念 次，每次任取一只，作不放回抽样.设事件A为“第一次取到的是一等品”，事件 B为“第二次取到的是一等品”.试求条件概率P(BA). 解易知此属古典概型问题.将产品编号，1,2,3号为一等品：4号为二等 品.以(i,)表示第一次、第二次分别取到第i号、第j号产品.试验E(取产品两 次，记录其号码)的样本空间为 S={(1,2),(1,3),(1,4),(2,1),(2,3),(2,4),.,(4,1),(4,2),(4,3)}, A={(1,2),(1,3),(1,4),(2,1),(2,3),(2,4),(3,1),(3,2),(3,4)》, AB=((1,2),(1,3),(2,1),(2,3),(3,1),(3,2)}. 按(5.2)式，得条件概率 PBAw-8-号 也可以直接按条件概率的含义来求P(B1A).我们知道，当事件A发生以 后，试验E所有可能结果的集合就是A,A中有9个元素，其中只有(1,2)， (1,3),(2,1),(2,3),(3,1),(3,2)属于B,故可得 P(B1A)=号=号 (二)乘法定理 由条件概率的定义(5.2)，立即可得下述定理. 乘法定理设P(A)>0,则有 P(AB)=P(BA)P(A). (5.3) (5.3)式称为乘法公式. (5.3)式容易推广到多个事件的积事件的情况.例如，设A,B,C为事件，且 P(AB)>0,则有 P(ABC)=P(CAB)P(BIA)P(A). (5.4) 在这里，注意到由假设P(AB)>0可推得P(A)≥P(AB)>O. 一般，设A,A2,A,为n个事件，n≥2，且P(A1A2.A,-1)>0,则有 P(AA2.A)=P(AAA2.A,-1)P(A-1AA2.A-2).P(AA)P(A). (5.5) 例3设袋中装有”只红球，t只白球.每次自袋中任取一只球，观察其颜色 然后放回，并再放入α只与所取出的那只球同色的球.若在袋中连续取球四次， 试求第一、二次取到红球且第三、四次取到白球的概率. 解以A,(i=1,2,3,4)表示事件“第i次取到红球”，则A、A,分别表示事 件第三、四次取到白球.所求概率为 P(AA:AA.)=P(AAA:A3)P(AAA2)P(A2A)P(A)