第一章事件与概率 种,上式中的数称为多项系数,因为它是(x1+x2+…+x)°展开式中x1x2…x的系数,当 k=2时,即为组合数 (3)若n个元素中有n1个带足标“1”,n2个带足标“2”,……,n个带足标“k”,且n1 +n2+…+n1=n,从这n个元素中取出r个,使得带有足标“i”的元素有r个(1≤i≤k),而 r1+r2+…+r=r,这时不同取法的总数为 这里当然要求r≤n1 4.一些常用等式: 把排列公式推广到r是正整数而n是任意实数x的场合,有时是需要的,这时记 A1=x(x-1)(x-2)…(x-r+1) 同样定义 x)A1x(x-1)(x-2)…(x-r+l r 及0-(0) 对于正整数n,若r>n,则|=0 这样一来二项系数有性质 k/=(-D/a+k-1 k 由于 (1+x)= 故 n abla+b 利用幂级数乘法又可以证明 特别地 0 n
第一章 事件与概率 ·１３· 种,上式中的数称为多项系数,因为它是(x1＋x2＋…＋xk) n 展开式中 k r k r r x x x 1 2 1 2 的系数,当 k＝2 时,即为组合数． (3)若 n 个元素中有 n1 个带足标“1”,n2 个带足标“2”,……,nk 个带足标“k”,且 n1 ＋n2＋…＋nk=n,从这 n 个元素中取出 r 个,使得带有足标“i”的元素有 ri 个(1≤i≤k),而 r1＋r2＋…＋rk=r,这时不同取法的总数为: k k r n r n r n 2 2 1 1 这里当然要求 ri≤ni. 4．一些常用等式: 把排列公式推广到 r 是正整数而 n 是任意实数 x 的场合,有时是需要的,这时记 r Ax ＝x(x-1)(x-2)…(x-r＋1) 同样定义 ! ( 1)( 2) ( 1) ! r x x x x r r A r x r x − − − + = = 及 0!=1, 0 x =1. 对于正整数 n,若 r>n,则 r n =0. 这样一来二项系数有性质: − = n k n k n , + − = − − k a k k a k 1 ( 1) 由于 = + = n r n r x r n x 0 (1 ) 故 n n n n n n 2 0 1 2 = + + + + 利用幂级数乘法又可以证明 + = + + − + n b a b n a n a b n a b 0 1 1 0 特别地 = + + − + n n n n n n n n n n n 2 0 1 1 0
第一章事件与概率 现在举一些求A∈F的概率P(A)的例子.在下面的讨论中,如无特别需要,常常把事件 域F略去. 概率直接计算的例子: [例1]一部四本头的文集按任意次序放到书架上去,问各册自右向左或自左向右恰成 1,2,3,4的顺序的概率是多少? [解]若以a,b,c,d,分别表示自左向右排列的书的卷号,则上述文集放置的方式可与向 量(a,b,c,d)建立一一对应,因为a,b,c,d取值于1,2,3,4,因此这种向量的总数相当于4个 元素的全排列数4!=24,由于文集按“任意的”次序放到书架上去,因此这24种排列中出现 任意一种的可能性都相同,这是古典概型概率,其有利场合有2种,即自左向右或自右向左 成1,2,3,4顺序,因此所求概率为:2/24=1/12 [例2]有10个电阻,其电阻值分别为19,29,…,109,从中取出三个,要求取出的三 个电阻,一个小于59,一个等于59,另一个大于59,问取一次就能达到要求的概率 [解]把从10个电阻中取出3个的各种可能取法作为样本点全体,这是古典概型,其总 数为C3=/10) 有利场合数为 故所求概率为P(1人1)1 3 3 [例3]某城有N部卡车,车牌号从1到N,有一个外地人到该城去,把遇到的n部车子的 牌号抄下(可能重复抄到某些车牌号),问抄到的最大号码正好为k的概率.(1≤k≤N) [解]这种抄法可以看作是对N个车牌号进行n次有放回的抽样.所有可能的抽法共有 N种,以它为样本点全体.由于每部卡车被遇到的机会可以认为相同,因此这是一个古典概 型概率的计算问题,有利场合数可以这样考虑:先考虑最大车牌号不大于k的取法,这样取 法共有k种,再考虑最大车牌号不大于k-1的取法,其数目有(k-1)·种,因此有k-(k-1)种 取法其最大车牌号正好为k,这就是有利场合的数目,因而所求概率为 k”-(k [例4设有n个球,每个都能以同样的概率1/N落到N个格子(N≥n)的每一个格子中, 试求 (1)某指定的n个格子中各有一个球的概率 (2)任何n个格子中各有一个球的概率 [解]这是一个古典概型问题,由于每个球可落入N个格子中的任一个,所以n个球在N 个格子中的分布相当于从N个元素中选取n个进行有重复的排列,故共有N种可能分布 14
第一章 事件与概率 ·１４ · 即 = + + + n n n n n n 2 0 1 2 2 2 现在举一些求 A∈ℱ 的概率 P(A)的例子.在下面的讨论中,如无特别需要,常常把事件 域 ℱ 略去. 三、概率直接计算的例子： [例 1]一部四本头的文集按任意次序放到书架上去,问各册自右向左或自左向右恰成 1,2,3,4 的顺序的概率是多少? [解] 若以 a,b,c,d,分别表示自左向右排列的书的卷号,则上述文集放置的方式可与向 量(a,b,c,d)建立一一对应,因为 a,b,c,d 取值于 1,2,3,4,因此这种向量的总数相当于4 个 元素的全排列数 4!=24,由于文集按“任意的”次序放到书架上去,因此这 24 种排列中出现 任意一种的可能性都相同,这是古典概型概率,其有利场合有 2 种,即自左向右或自右向左 成 1,2,3,4 顺序,因此所求概率为：2/24=1/12 [例 2] 有 10 个电阻,其电阻值分别为 1Ω,2Ω,…,10Ω,从中取出三个,要求取出的三 个电阻,一个小于 5Ω,一个等于 5Ω,另一个大于 5Ω,问取一次就能达到要求的概率． [解] 把从 10 个电阻中取出 3 个的各种可能取法作为样本点全体,这是古典概型,其总 数为 = 3 10 3 C10 ,有利场合数为 1 5 1 1 1 4 . 故所求概率为 P= 6 1 3 10 1 5 1 1 1 4 = [例 3]某城有 N 部卡车,车牌号从 1 到 N,有一个外地人到该城去,把遇到的 n 部车子的 牌号抄下(可能重复抄到某些车牌号),问抄到的最大号码正好为 k 的概率．(1≤k≤N) [解]这种抄法可以看作是对 N 个车牌号进行 n 次有放回的抽样．所有可能的抽法共有 N n 种,以它为样本点全体．由于每部卡车被遇到的机会可以认为相同,因此这是一个古典概 型概率的计算问题,有利场合数可以这样考虑：先考虑最大车牌号不大于 k 的取法,这样取 法共有 k n 种,再考虑最大车牌号不大于 k-1 的取法,其数目有(k-1)n 种,因此有 k n -(k-1)n 种 取法其最大车牌号正好为 k,这就是有利场合的数目,因而所求概率为 P= n n n N k − (k −1) [例 4]设有 n 个球,每个都能以同样的概率 1/N 落到 N 个格子(N≥n)的每一个格子中, 试求: (1)某指定的 n 个格子中各有一个球的概率; (2)任何 n 个格子中各有一个球的概率． [解]这是一个古典概型问题,由于每个球可落入 N 个格子中的任一个,所以 n 个球在 N 个格子中的分布相当于从 N 个元素中选取 n 个进行有重复的排列,故共有 N n 种可能分布
第一章事件与概率 在第一个问题中,有利场合相当于n个球在那指定的n个格子中全排列,总数为n!,因 而所求概率为 P=n!/N 在第二个问题中,n个房间可以任意,即可以从N个房间中任意选出n个来,这种选法共 有种,对于每种选定的n个房间,有利场合正如第一个问题一样为n!,故所求概率为 这个例子是古典概型中一个很典型的问题,不少实际问题可以归结为它.例如,若把球 解释为粒子,把格子解释为相空间中的小区域,则这个问题便相应于统计物理学中的马克 斯威尔一波尔茨曼( MaxWell- Boltzmann)统计 概率论历史上有一个颇为有名的问题:要求参加某次集会的n个人中没有两个人生日 相同的概率.若把n个人看作上面问题中的n个球,而把一年的365天作为格子,则N=365, 这时P2就给出所求的概率.例如当n=40时,P2=0.109,这个概率是意外的小 [例5](抽签问题)袋中有a只黑球,b只白球,它们除颜色不同外,其他方面没有差别, 现在把球随机地一只只摸出来,求第k次摸出的一只球是黑球的概率(1≤k≤a+b) [第一种解法]把a只黑球及b只白球都看作是不同的(例如设想把它们进行编号),若把 摸出的球依次放在排列成一直线的a+b位置上,则可能的排列法相当于把a+b个元素进行 全排列,总数为(a+b)!,把它们作为样本点全体.有利场合数为a×(a+b-1)!,这是因为第k 次摸得黑球有a种取法,而另外(a+b-1)次摸球相当于a+b-1只球进行全排列,有(a+b-1) 种构成法,故所求概率为 P a×(a+b-1) (a+b) 这个结果与k无关,回想一下,就会发觉这与我们平常的生活经验是一致的.例如在体育比 赛中进行抽签,对各队机会均等,与抽签的先后次序无关 [第二种解法]把a只黑球看作是没有区别的,把b只白球也看作是没有区别的.仍把 摸出的球依次放在排列成一直线的a+b位置上,因若把a只黑球的位置固定下来则其他位 置必然是放白球,而黑球的位置可以有 种放法,以这种放法作为样本点这时有利 b a+b-1 场合数为 这是由于第k次取得黑球,这个位置必须放黑球,剩下的黑球可以在 b-1 a+b-1个位置上任取a-1个位置,因此共有 种放法.所以所求概率为
第一章 事件与概率 ·１５· 在第一个问题中,有利场合相当于 n 个球在那指定的 n 个格子中全排列,总数为 n!,因 而所求概率为 P1=n!/Nn . 在第二个问题中,n 个房间可以任意,即可以从 N 个房间中任意选出 n 个来,这种选法共 有 n N 种,对于每种选定的 n 个房间,有利场合正如第一个问题一样为 n!,故所求概率为 n N n n N P ! 2 = 这个例子是古典概型中一个很典型的问题,不少实际问题可以归结为它．例如,若把球 解释为粒子,把格子解释为相空间中的小区域,则这个问题便相应于统计物理学中的马克 斯威尔—波尔茨曼(MaxWell-Boltzmann)统计． 概率论历史上有一个颇为有名的问题：要求参加某次集会的 n 个人中没有两个人生日 相同的概率．若把 n 个人看作上面问题中的 n 个球,而把一年的 365 天作为格子,则 N=365, 这时 P2 就给出所求的概率.例如当 n=40 时,P2=0.109,这个概率是意外的小. [例 5] (抽签问题)袋中有 a 只黑球,b 只白球,它们除颜色不同外,其他方面没有差别, 现在把球随机地一只只摸出来,求第 k 次摸出的一只球是黑球的概率(1≤k≤a+b). [第一种解法] 把 a 只黑球及 b 只白球都看作是不同的(例如设想把它们进行编号),若把 摸出的球依次放在排列成一直线的 a+b 位置上,则可能的排列法相当于把 a+b 个元素进行 全排列,总数为(a+b)!,把它们作为样本点全体．有利场合数为 a×(a+b-1)!,这是因为第 k 次摸得黑球有 a 种取法,而另外(a+b-1)次摸球相当于 a+b-1 只球进行全排列,有(a+b-1)! 种构成法,故所求概率为 a b a a b a a b Pk + = + + − = ( )! ( 1)! 这个结果与 k 无关．回想—下,就会发觉这与我们平常的生活经验是一致的.例如在体育比 赛中进行抽签,对各队机会均等,与抽签的先后次序无关. [第二种解法] 把 a 只黑球看作是没有区别的,把 b 只白球也看作是没有区别的.仍把 摸出的球依次放在排列成一直线的 a+b 位置上,因若把 a 只黑球的位置固定下来则其他位 置必然是放白球,而黑球的位置可以有 + b a b 种放法,以这种放法作为样本点.这时有利 场合数为 − + − 1 1 a a b ,这是由于第 k 次取得黑球,这个位置必须放黑球,剩下的黑球可以在 a+b-1 个位置上任取 a-1 个位置,因此共有 − + − 1 1 a a b 种放法．所以所求概率为
第一章事件与概率 a+b-1 b 两种不同的解法答案相同,注意考察一下两种解法的不同,就会发现主要在于选取的 样本空间不同.在前一种解法中把球看作是“有个性的”,而在后一种解法中则对同色球 不加区别,因此在第一种解法中要顾及各黑球及各白球间的顺序而用排列,第二种解法则 不注意顺序而用组合,但最后还是得出了相同的答案 这种情况的产生并不奇怪,这说明对于同一随机现象,可以用不同的模型来描述,只要 方法正确,结论总是一致的.在这个例子中,第二种解法中的每一个样本点是由第一种解法 中的a!b!个样本点合并而成的. 这个例子告诉我们,在计算样本点总数及有利场合数时,必须对同一个确定的样本空 间考虑,因此其中一个考虑顺序,另一个也必须考虑顺序,否则结果一定不正确 既然同一个随机现象可用不同的样本空间来描述,因此对同一个概率也常常有多种不 同的求法,我们应逐步训练自己能采用最简便的方法解题,为此熟悉同一问题的多种不同 解法是重要的 例如,对例5就存在着多种不同的解法,上面提供的只是比较自然的两种.注意到在这 两种解法中,我们对不同的k用的是同一个样本空间,也就是说:我们构造了一个可以描述 a十b次摸球的样本空间,并利用它一举解决了“第k(1≤k≤a+b)次摸得黑球”这一概率 的计算.假如允许对不同的k用不同的样本空间,则我们完全可以构造一个只包含前k次 试验,甚至只包含第k次试验的样本空间,这时也能求得有关概率.特别是选用最后一种样 本空间简直马上可以看出正确答案,不过这种做法对初学者或许不那么容易理解. 四、古典概率的计算方法 求解古典概率问题,一般要做好三方面的工作 是判明问题性质,分辨所解的问题,是不是古典概率问题.如果问题所及的试验,具 有以下两个基本特征:(1)试验的样本空间的元素只有有限个:(2)试验中每个样本点出现 豹可能性相同.那么,我们就可断定它是一个古典概率问题 二是掌握古典概率的计算公式.如果样本空间包含的样本点的总数为n,事件A包含的 样本点数(即A的有利场合的数目)为k,那么事件A的概率是 k事件A包含的样本点数A的有利场合数 P(A)=-= 样本点总数 样本点总数 三是根据公式要求,确定n和k的数值这是解题的关键性一步,计算方法灵活多变,没 有一个固定的模式古典概率一种解法,大体都是围绕n和k的计算而展开的 五、几类基本问题 抛硬币、掷骰(tωu)子、摸球、取数等随机试验,在概率问题的硏究中,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 16
第一章 事件与概率 ·１６ · a b a a a b a a b Pk + = + − + − = 1 1 两种不同的解法答案相同,注意考察一下两种解法的不同,就会发现主要在于选取的 样本空间不同．在前—种解法中把球看作是“有个性的”,而在后一种解法中则对同色球 不加区别,因此在第一种解法中要顾及各黑球及各白球间的顺序而用排列,第二种解法则 不注意顺序而用组合,但最后还是得出了相同的答案. 这种情况的产生并不奇怪,这说明对于同一随机现象,可以用不同的模型来描述,只要 方法正确,结论总是一致的.在这个例子中,第二种解法中的每一个样本点是由第一种解法 中的 a!·b!个样本点合并而成的． 这个例子告诉我们,在计算样本点总数及有利场合数时,必须对同一个确定的样本空 间考虑,因此其中一个考虑顺序,另一个也必须考虑顺序,否则结果一定不正确． 既然同一个随机现象可用不同的样本空间来描述,因此对同一个概率也常常有多种不 同的求法,我们应逐步训练自己能采用最简便的方法解题,为此熟悉同一问题的多种不同 解法是重要的. 例如,对例 5 就存在着多种不同的解法,上面提供的只是比较自然的两种.注意到在这 两种解法中,我们对不同的 k 用的是同一个样本空间,也就是说：我们构造了一个可以描述 a 十 b 次摸球的样本空间,并利用它一举解决了“第 k(1≤k≤a+b)次摸得黑球”这一概率 的计算．假如允许对不同的 k 用不同的样本空间,则我们完全可以构造一个只包含前 k 次 试验,甚至只包含第 k 次试验的样本空间,这时也能求得有关概率.特别是选用最后一种样 本空间简直马上可以看出正确答案,不过这种做法对初学者或许不那么容易理解． 四、古典概率的计算方法: 求解古典概率问题,一般要做好三方面的工作： 一是判明问题性质,分辨所解的问题,是不是古典概率问题.如果问题所及的试验,具 有以下两个基本特征：(1)试验的样本空间的元素只有有限个；(2)试验中每个样本点出现 豹可能性相同.那么,我们就可断定它是一个古典概率问题. 二是掌握古典概率的计算公式．如果样本空间包含的样本点的总数为 n,事件 A 包含的 样本点数(即 A 的有利场合的数目)为 k,那么事件 A 的概率是 P(A)= n k = 样本点总数 事件A包含的样本点数 = 样本点总数 A的有利场合数 三是根据公式要求,确定 n 和 k 的数值.这是解题的关键性一步,计算方法灵活多变,没 有一个固定的模式.古典概率一种解法,大体都是围绕 n 和 k 的计算而展开的. 五、几类基本问题: 抛硬币、掷骰(tóu)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