晋中学院：《概率论》课程授课教案（章节讲义，共四章）

章节（单元）教案要素内容教学章节名称第一章随机事件与概率时数时间单元内容2021年9月7日第7、8节$1.2概率与频率（2）会用古典概型求随机事件的概率；掌握概率的几何定义，会用教学目标几何概型求随机事件的概率；掌握常见的古典概型、几何概型。从古典概型到几何概型，几何概型从一维到多维是一步一步演思政目标化来的。我们做任何事情都不能急于求成，只有打好基础，才能盖成高楼大厦。教学重点：运用古典概型和几何概型计算随机事件的概率；重点难点教学难点：运用古典概型计算复杂随机事件的概率。1.会用古典概型求随机事件的概率；2.掌握概率的几何定义，会用几何概型求随机事件的概率；教学要求3.掌握常见的古典概型、几何概型。4.对学生进行思政教育，消除学生的急功近利的、浮躁的风气教学方法课堂讲授、课堂讨论、课堂练习等授课方式传统板书与多媒体课件辅助教学相结合练习习题1-2第1、9、1020、2、24题。作业[1]陈希孺.概率论与数理统计.北京：科学出版社.2002.[2]李贤平.概率论基础.3版.北京：高等教育出版社.2010参考资料[3]盛骤，谢式千，潘承毅.概率论与数理统计.北京：高等教育出版.2008.注：一个教学单元是指一次理论课（2学时）或者一个完整实验

章节（单元）教案 要 素 内 容 章节名称 第一章 随机事件与概率 教学 时数 单元内容 §1.2 概率与频率（2） 时间 2021 年 9 月 7 日第 7、8 节 教学目标 会用古典概型求随机事件的概率；掌握概率的几何定义，会用 几何概型求随机事件的概率；掌握常见的古典概型、几何概型。 思政目标 从古典概型到几何概型，几何概型从一维到多维是一步一步演 化来的。我们做任何事情都不能急于求成，只有打好基础，才能盖 成高楼大厦。 重点难点 教学重点：运用古典概型和几何概型计算随机事件的概率； 教学难点：运用古典概型计算复杂随机事件的概率。 教学要求 1.会用古典概型求随机事件的概率； 2.掌握概率的几何定义，会用几何概型求随机事件的概率； 3.掌握常见的古典概型、几何概型。 4.对学生进行思政教育，消除学生的急功近利的、浮躁的风气. 教学方法 课堂讲授、课堂讨论、课堂练习等 授课方式 传统板书与多媒体课件辅助教学相结合. 练 习 作 业 习题 1-2 第 1、9、1020、2、24 题。 参 考 资 料 [1]陈希孺.概率论与数理统计.北京:科学出版社.2002. [2]李贤平.概率论基础.3 版.北京:高等教育出版社.2010. [3]盛骤,谢式千,潘承毅.概率论与数理统计.北京:高等教育出 版.2008. 注：一个教学单元是指一次理论课（2 学时）或者一个完整实验

章节（单元）教案一、复习引入1.古典概型我们称具有下列两个特征的随机试验模型为古典概型，（1）随机试验只有有限个可能的结果；（2）每一个结果发生的可能性大小相同．古典概型又称为等可能概型，A中包含基本事件数_k即 P(A) = S中基本事件总数n2.古典概型的例子例1将一枚硬币抛掷三次，观察正面H，反面T出现的情况。(1）设事件为“恰有一次出现正面”，求P(A4)；教学(2)设事件A,为“第一次出现正面”，求P(A)；流程(3)设事件A为“至少有一次出现正面”，求P(A）解：Q中包含有限个元素，且每个基本事件发生的可能性相同，属于古典概型。样本空间Q=(HHH,HHT,HTH,THH, HTT,THT,TTH,TTT), n = 8(1) 4 =(HTT,THT,TTH), k=3, P(4,)=≤-n8(2) A =(HHH,HHT,HTH,HTT),h=4,P(4,)==4=ln82(3) A, = {HHH, HHT, HTH,THH, HTT,THT,TTH) 或A,=(TTT)例2袋中装有5只白球3只黑球，分别按下列方式抽取2只：（1）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（2）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

章节（单元）教案 教 学 流 程 一、复习引入 1.古典概型 我们称具有下列两个特征的随机试验模型为古典概型． （1）随机试验只有有限个可能的结果； （2）每一个结果发生的可能性大小相同．古典概型又称为等可 能概型． 即 ( ) A k P A n   中包含基本事件数 S中基本事件总数 2.古典概型的例子 例 1 将一枚硬币抛掷三次,观察正面 H,反面 T 出现的情况。 (1) 设事件为“恰有一次出现正面”，求 1 P(A )； (2)设事件 A2 为“第一次出现正面”，求 2 P(A ) ； (3)设事件 A3为“至少有一次出现正面”,求 3 P(A ) . 解：  中包含有限个元素，且每个基本事件发生的可能性相同， 属于古典概型。样本空间   HHH, HHT, HTH,THH, HTT,THT,TTH,TTT , n  8 (1) A1  HTT ,THT ,TTH  , 1 1 1 3 =3 ( ) = = 8 k k P A n ， (2) A1  HHH,HHT,HTH,HTT, 2 2 2 4 1 =4 ( ) = = = 8 2 k k P A n ， (3) A3  HHH, HHT, HTH,THH, HTT,THT,TTH 或 A 3={TTT} 例2 袋中装有5只白球3只黑球，分别按下列方式抽取2只： （1）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． （2）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。（3）一次任取2只．设A=“所取2只球均为白球”，B=“所取2只球中一白一黑”，求P(A),P(B).解（1）不放回抽样．第一次从8只球中抽取一只，不再放回，故第二次从7只球中抽取1只，因此基本事件总数为A=8×7=56.因为第一次有5只白球供抽取，第二次有4只白球供抽取，所以事件A中包含的基本事件数为A=5×4=20个。所以 P(4)=-=号A-5614从5只白球中任取一只共有5种方法，从3只黑球中任取一只共有3种方法，第一次取得白球第二次取得黑球及第一次取得黑球第二次教取得白球构成事件B，共有AA+A,A=15+15=30种方法，故学流P(B)-44 +44_30 _15程0 56 28As（2）放回抽样．因为每次都是从8只球中抽取，故由乘法原理，基本事件总数的82=64，又由于两次都是从5只白球中抽取，故构成5225A的基本事件数为52=25，因此P(A)=8264事件B包含的基本事件数：第一次取得白球第二次取得黑球有5×3个基本事件，第一次取得黑球第二次取得白球有3×5个基本事5215件，故P(B)=82-64（3）一次任取2只因为不考虑次序，将从8只球中抽取2只的可能组合作为基本事件，总数为C=28.事件A发生的基本事件数为从5C310_5只白球中任取2只的组合，有C=10个．故P(A)=C~2814事件B发生的基本事件数为从5只白球中任取1只，从3只黑球中

教 学 流 程 种取球方式叫做放回抽样． （3）一次任取2只．设 A＝“所取2只球均为白球”， B ＝“所取2 只球中一白一黑”，求 P(A),P(B) ． 解（1）不放回抽样. 第一次从8只球中抽取一只，不再放回， 故第二次从7只球中抽取1只，因此基本事件总数为 2 8 A  8 7  56 . 因为第一次有5只白球供抽取，第二次有4只白球供抽取，所以事件 A 中包含的基本事件数为 2 5 A  5 4  20个. 所以 2 5 2 8 20 5 ( ) 56 14 A P A A    . 从5只白球中任取一只共有5种方法，从3只黑球中任取一只共有 3种方法，第一次取得白球第二次取得黑球及第一次取得黑球第二次 取得白球构成事件 B ，共有 1 1 1 1 5 3 3 5 A A  A A 15 15  30种方法， 故 1 1 1 1 5 3 3 5 2 8 30 15 ( ) 56 28 A A A A P B A     ． （2）放回抽样. 因为每次都是从8只球中抽取，故由乘法原理， 基本事件总数的 2 8  64 ,又由于两次都是从5只白球中抽取，故构成 A的基本事件数为 2 5  25 ，因此 2 2 5 25 ( ) 8 64 P A   ． 事件 B 包含的基本事件数：第一次取得白球第二次取得黑球有 53 个基本事件，第一次取得黑球第二次取得白球有35 个基本事 件，故 2 2 5 15 ( ) 8 64 P B   ． （3）一次任取2只因为不考虑次序，将从8只球中抽取2只的可能 组合作为基本事件，总数为 2 8 C  28 .事件 A发生的基本事件数为从5 只白球中任取2只的组合，有 2 5 C  10个．故 2 5 2 8 10 5 ( ) 28 14 C P A C    事件 B 发生的基本事件数为从5只白球中任取1只，从3只黑球中

C,Cl_ 15任取一只构成的组合，共有C,C,=15个，故P(B)=C28例3一批产品共10件，其中有3件次品，今从中随机取4件，问其中恰有2件为次品的概率是多少？解：设A=（从中随机地取4件，恰有2件为次品】，10件产品中随机地取4件共有Ci种取法，每种取法为一基本事件且每个基本事件发生是等可能的，又因在3件次品中取2件的取法有C?种，在7件正品中取2件正品的取法有C种，由乘法原理，在4件产品中有2件次品，2件正品的取法共有C2·C,种，所以P(A)=SCi_3教C10学例4有r只球，随机放在n个盒子中（r≤n）：试求下列各事件的流程概率.（1）每个盒子中至多有一只球；（2）某指定的r个盒子中各有一只球；（3）恰有r个盒中各有一球解：r只球放入n个盒子里的方法共有n·nn=n种，即为基本事件总数.（1）设A=“每个盒子中至多有一只球”：因为每个盒子中至多放一只球，共有n(n-1)[n-(r-1)]=A,种不同的放法。即A中包含的基本事件数为4。所以P(4)=，n（2）设B=“某指定的r个盒子中各有一只球”.由于r只球在指定的r个盒中各放一只，共有r!种放法，故B中包含r!的基本事件数为r!.所以P(B)=n（3）设C=“恰有r个盒中各有一只球”，由于在n个盒中选取r个盒子的选法有C,种，而对于每一种选法选

教 学 流 程 任取一只构成的组合，共有 1 1 5 3 C C  15个，故 1 1 5 3 2 8 15 ( ) 28 C C P B C   例 3 一批产品共 10 件，其中有 3 件次品，今从中随机取 4 件，问 其中恰有 2 件为次品的概率是多少？ 解：设 A =｛从中随机地取 4 件,恰有 2 件为次品｝，10 件产品中 随机地取 4 件共有 4 C10 种取法，每种取法为一基本事件且每个基本事 件发生是等可能的，又因在 3 件次品中取 2 件的取法有 2 C3 种，在 7 件正品中取 2 件正品的取法有 2 C7 种，由乘法原理，在 4 件产品中有 2 件次品，2 件正品的取法共有 2 C3 · 2 C7 种，所以 2 2 3 7 4 10 3 ( ) 10 C C P A C    ． 例4 有r 只球，随机放在n 个盒子中（r  n ）．试求下列各事件的 概率． （1）每个盒子中至多有一只球； （2）某指定的r 个盒子中各有一只球； （3）恰有r 个盒中各有一球． 解: r 只球放入n 个盒子里的方法共有 r n  nn  n 种，即为基本事件 总数． （１）设 A＝“每个盒子中至多有一只球”． 因为每个盒子中至多放一只球，共有n(n 1)[n  (r 1)]  r An 种不 同的放法．即 A中包含的基本事件数为 r An ．所以 ( ) rn r A P A n  ． （2）设 B ＝“某指定的r 个盒子中各有一只球”． 由于r 只球在指定的r 个盒中各放一只，共有r!种放法，故 B 中包含 的基本事件数为r!.所以 ! ( ) r r P B n  （3）设C ＝“恰有r 个盒中各有一只球”． 由于在n 个盒中选取r 个盒子的选法有 r Cn 种，而对于每一种选法选

出的r个盒，其中各放一只球的放法有r!种。所以C包含的基本事件数为C,-rl.所以 P(C)=l_4nn例如，假设每个人的生日在一年365天中的任一天是等可能的，即都等于云，那么随机选取r(r≤365)个人，他们的生日各不相365同的概率.因而，r个人中至少有两人生日相同的概率为p=1-As365"如果r=50，可算出p=0.970，即在一个50人的班级里，“至少有两个人的生日相同”这一事件发生的概率与1差别很小。例5从1-100的100个整数中任取一个，试求取到的整数既不能被6整除，又不能被8整除的概率，教解：设A=“取到的数能被6整除”，B=“取到的数能被8整除”，学流C=“取到的数既不能被6整除，也不能被8整除”，则C=AB，程P(C)= P(AB)= P(AUB)=1- P(AUB)=1-[P(A)+ P(B)-P(AB))对A，设100个整数中有x个能被6整除，则6x≤100，所以16x=16.即A中有16个基本事件，P(A)=10012同理B中含有12个基本事件，则P(B)=100设既能被6整除又能被8整除即能被24整除的数为个，则424y≤100，所以y=4.即AB中含有4个基本事件，则P(AB)=1001612.4P(C)=1-[P(A) + P(B) - P(AB))=1-(=0.761001001003.几何概型古典概型只考虑了有限等可能结果的随机试验的概率模型。将古典概型中的有限性推广到无限性，而保留等可能性，就得到几何概型。几何概型特点：有一个可度量的几何图形Q，试验E看成在Q中随

教 学 流 程 出的r 个盒，其中各放一只球的放法有r!种．所以C 包含的基本事 件数为 ! r Cn r .所以 ! ( ) r r n n r r C r A P C n n    例如，假设每个人的生日在一年365天中的任一天是等可能的， 即都等于 1 365 ，那么随机选取 r (r  365) 个人，他们的生日各不相 同的概率.因而， r 个人中至少有两人生日相同的概率为 365 1 365 r r A p   ． 如果r  50 ，可算出 p  0.970，即在一个50人的班级里，“至 少有两个人的生日相同”这一事件发生的概率与1差别很小． 例5 从1100 的100个整数中任取一个，试求取到的整数既不能被6 整除，又不能被8整除的概率． 解:设 A＝“取到的数能被6整除”，B ＝“取到的数能被8整除”， C ＝“取到的数既不能被6整除，也不能被8整除”．则C  AB ， P(C)  P(AB)  P(A B) 1 P(A B) 1[P(A)  P(B)  P(AB)] 对 A，设100个整数中有 x 个能被6整除，则6x  100 ，所以 x  16．即 A中有16个基本事件， 16 ( ) 100 P A  ． 同理 B 中含有12个基本事件，则 12 ( ) 100 P B  ． 设既能被6整除又能被8整除即能被24整除的数为 y 个，则 24y  100 ，所以 y  4．即 AB 中含有4个基本事件，则 4 ( ) 100 P AB  16 12 4 ( ) 1 [ ( ) ( ) ( )] 1 ( ) 0.76 100 100 100 P C   P A  P B  P AB      3.几何概型 古典概型只考虑了有限等可能结果的随机试验的概率模型. 将 古典概型中的有限性推广到无限性，而保留等可能性，就得到几何 概型． 几何概型特点: 有一个可度量的几何图形 ，试验 E 看成在 中随