第三节古典概型与几何概型 引例一个纸桶中装有⑩0个大小、形状完全相同的球.将球编号为1—10把球搅匀,蒙 上眼睛从中任取一球.因为抽取时这些球被抽到的可能性是完全平等的,所以我们没有理由 认为这10个球中的某一个会比另一个更容易抽得,也就是说这10个球中的任一个被抽取的 可能性均为 这样一类随机试验是一类最简单的概率模型,它曾经是概率论发展初期主要的研究对 象 分布图示 ★引例 ★古典概型 ★计算古典概型的方法 ★例1 ★例2 例3 ★例4 ★例5 例6 ★*几何概型 ★例7 ★*例8 ★内容小结 ★课堂练习 ★习题1-3 返回 内容要点 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 因而古典概型又称为等可能概型在概率论的产生和发展过参程中,它是最早的研究对 象,且在实际中也最常用的一种概率模型。它在数学上可表述为: 在古典概型的假设下,我们来推导事件概率的计算公式.设事件A包含其样本空间S中 k个基本事件,即 A=eU{eU…e3} 则事件A发生的概率 kA包含的基本事件数 P(A)=P )=∑P(e,) nS中基本事件的总数 称此概率为古典概率这种确定概率的方法称为古典方法.这就把求古典概率的问题转化为 对基本事件的计数问题 二、计算古典概率的方法一排列组合
第三节 古典概型与几何概型 引例 一个纸桶中装有 10 个大小、形状完全相同的球. 将球编号为 1—10.把球搅匀, 蒙 上眼睛从中任取一球. 因为抽取时这些球被抽到的可能性是完全平等的, 所以我们没有理由 认为这10个球中的某一个会比另一个更容易抽得, 也就是说,这10个球中的任一个被抽取的 可能性均为 10 1 . 这样一类随机试验是一类最简单的概率模型, 它曾经是概率论发展初期主要的研究对 象. 分布图示 ★ 引例 ★ 古典概型 ★ 计算古典概型的方法 ★ 例 1 ★ 例 2 ★ 例 3 ★ 例 4 ★ 例 5 ★ 例 6 ★ *几何概型 ★ 例 7 ★ *例 8 ★ 内容小结 ★ 课堂练习 ★ 习题 1-3 ★ 返回 内容要点 一、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. 因而古典概型又称为等可能概型.在概率论的产生和发展过参程中，它是最早的研究对 象，且在实际中也最常用的一种概率模型。它在数学上可表述为: 在古典概型的假设下,我们来推导事件概率的计算公式. 设事件 A 包含其样本空间 S 中 k 个基本事件, 即 { } { } { }, 1 2 k i i i A = e e e 则事件 A 发生的概率 ( ) ( ) ( ) . 1 1 中基本事件的总数 包含的基本事件数 S A n k P A P e P e k j i k j i j j = = = = = = 称此概率为古典概率.这种确定概率的方法称为古典方法. 这就把求古典概率的问题转化为 对基本事件的计数问题. 二、计算古典概率的方法 —— 排列组合
基本计数原理 1.加法原理:设完成一件事有m种方式其中第一种方式有n1种方法,第二种方式有 n2种方法,……,第m种方式有nn种方法,无论通过哪种方法都可以完成这件事则完成这 件事的方法总数为n1+n2+…+n 2.乘法原理:设完成一件事有m个步骤其中第一个步骤有n种方法,第二个步骤有 种方法,……,第m个步骤有nn种方法;完成该件事必须通过每一步骤才算完成,则完 成这件事的方法总数为n1Xn2x…xn 3.排列组合方法 (1)排列公式:(2)组合公式:(3)二项式公式 例题选讲 例I(E01)掷一颗匀称骰子设A表示所掷结果为“四点或五点”,B表示所掷结果为“偶 数点”,求P(A和P(B) 解设A1={,A={2},…,A={6}分别表示所掷结果为“一点”,“两点”, 六点”,则样本之间 ={1,234,56} A1,A2,…,A是所有不同的基本事件,且它们发生的概率相同,于是 P(4)=P(4)=…=P(4)=6 由于A=A4∪A3={4,5},B=A2UA4∪A6={2,46},得 P(A) P(A) 63 例2(E02)一个袋子中装有10个大小相同的球,其中3个黑球,7个白球,求 (1)从袋子中任取一球,这个球是黑球的概率 (2)从袋子中任取两球,刚好一个白球一个黑球的概率以及两个球全是黑球的概率 解(1)10个球中任取一个,共有C=10种 从而根据古典概率计算,事件A:“取到的球为黑球”的概率为 P(A\ CIO10 (2)10球中任取两球的取法有C1种,其中刚好一个白球,一个黑球的取法有C·C种取
基本计数原理 1. 加法原理：设完成一件事有 m 种方式,其中第一种方式有 1 n 种方法，第二种方式有 2 n 种方法，……,第 m 种方式有 m n 种方法，无论通过哪种方法都可以完成这件事,则完成这 件事的方法总数为 n1 + n2 ++ nm . 2. 乘法原理：设完成一件事有 m 个步骤,其中第一个步骤有 1 n 种方法，第二个步骤有 2 n 种方法，……，第 m 个步骤有 m n 种方法；完成该件事必须通过每一步骤才算完成，则完 成这件事的方法总数为 n1 n2 nm . 3. 排列组合方法 (1) 排列公式：(2) 组合公式； (3) 二项式公式. 例题选讲 例 1 (E01) 掷一颗匀称骰子,设 A 表示所掷结果为“四点或五点”, B 表示所掷结果为“偶 数点”,求 P(A) 和 P(B). 解 设 {1}, {2}, , {6} A1 = A2 = A6 = 分别表示所掷结果为“一点”，“两点”，…， “六点”，则样本之间 = {1,2,3,4,5,6}, 1 2 6 A , A , , A 是所有不同的基本事件，且它们发生的概率相同，于是 . 6 1 ( ) ( ) ( ) P A1 = P A2 = = P A6 = 由于 {4,5}, A = A4 A5 = {2,4,6}, B = A2 A4 A6 = 得 , 3 1 6 2 P(A) = = . 2 1 6 3 P(A) = = 例 2 (E02) 一个袋子中装有 10 个大小相同的球, 其中 3 个黑球, 7 个白球, 求 (1) 从袋子中任取一球, 这个球是黑球的概率; (2) 从袋子中任取两球, 刚好一个白球一个黑球的概率以及两个球全是黑球的概率. 解 (1) 10 个球中任取一个, 共有 10 1 C10 = 种. 从而根据古典概率计算, 事件 A ：“取到的球为黑球”的概率为 P(A) 1 10 1 3 C C = . 10 3 = (2) 10 球中任取两球的取法有 2 C10 种, 其中刚好一个白球, 一个黑球的取法有 1 7 1 C3 C 种取
法,两个球均是黑球的取法有C3种,记B为事件刚好取到一个白球一个黑球”,C为事件 两个球均为黑球”,则 P(B) C3C7_217 P(C)= 例3将标号为1,2,3,4的四个球随意地排成一行,求下列各事件的概率 (1)各球自左至右或自右至左恰好排成1,2,3,4的顺序 (2)第1号球排在最右边或最左边 (3)第1号球与第2号球相邻 (4)第1号球排在第2号球的右边(不一定相邻) 解将4个球随意地排成一行有4=24种排法,即基本事件总数为24 记(1),(2)、(3),(4)的事件分别为A,B,C,D (1)A中有两种排法故有P(A)= 2_1 (2)B中有2×(3)=12种排法,故有P(B) 121 242 (3)先将第12号球排在任意相邻两个位置,共有2×3种排法,其余两个球可在其余两个 任意排放,共有2!种排法,因而C有2×3×2=12种排法,故P(C)=12/24=1/2 (4)第1号球排在第2号球的右边的每一种排法,交换第1号球和第2号球的位置便对 应于第1号球排在第2号球的左边的一种排法,反之亦然 因而第1号球排在第2号球的右边与第1号球排在第2号球的左边的排法种数相同,各 占总排法数的12,故有P(D)=1/2 例4(E03)将3个球随机放入4个杯子中,问杯子中球的个数最多为1,2,3的概率各是 多少? 解设A,BC分别表示杯子中的最多球数分别为1,2,3的事件.我们认为球是可以区分 的,于是,放球过程的所有可能结果数为n=43 (1)A所含的基本事件数:即是从4个杯子中任选3个杯子,每个杯子放入一个球,杯子 的选法有C种,球的放法有3!种,故 P(A)=C30 (2)C所含的基本事件数:由于杯子中的最多球数3,即3个球放在同一个杯子中共有4 种放法,故 P(C) (3)由于三个球放在4个杯子中的各种可能放法为事件 AUBUC,显然 AUBUC=S, 且A,B,C互不相容,故 P(B)=1-P(A)-P(C)=16
法, 两个球均是黑球的取法有 2 C3 种, 记 B 为事件“刚好取到一个白球一个黑球”, C 为事件 “两个球均为黑球”, 则 P(B) 2 10 1 7 1 3 C C C = 45 21 = , 15 7 = P(C) 2 10 2 3 C C = 45 3 = . 15 1 = 例 3 将标号为 1, 2, 3, 4 的四个球随意地排成一行, 求下列各事件的概率: (1) 各球自左至右或自右至左恰好排成 1, 2, 3, 4 的顺序; (2) 第 1 号球排在最右边或最左边; (3) 第 1 号球与第 2 号球相邻; (4) 第 1 号球排在第 2 号球的右边(不一定相邻). 解 将 4 个球随意地排成一行有 4!=24 种排法, 即基本事件总数为 24. 记(1), (2),(3), (4)的事件分别为 A,B,C,D. (1) A 中有两种排法,故有 . 12 1 24 2 P(A) = = (2) B 中有 2(3!) =12 种排法, 故有 . 2 1 24 12 P(B) = = (3) 先将第1,2号球排在任意相邻两个位置, 共有 2 3 种排法, 其余两个球可在其余两个 位置任意排放, 共有 2! 种排法, 因而 C 有 23 2 =12 种排法, 故 P(C) =12/ 24 =1/ 2. (4) 第 1 号球排在第 2 号球的右边的每一种排法, 交换第 1 号球和第 2 号球的位置便对 应于第 1 号球排在第 2 号球的左边的一种排法, 反之亦然. 因而第 1 号球排在第 2 号球的右边与第 1 号球排在第 2 号球的左边的排法种数相同, 各 占总排法数的 1/ 2, 故有 P(D) =1/ 2. 例 4 (E03) 将 3 个球随机放入 4 个杯子中, 问杯子中球的个数最多为 1, 2, 3 的概率各是 多少? 解 设 A,B,C 分别表示杯子中的最多球数分别为 1,2,3 的事件. 我们认为球是可以区分 的, 于是, 放球过程的所有可能结果数为 4 . 3 n = (1) A 所含的基本事件数: 即是从 4 个杯子中任选 3 个杯子, 每个杯子放入一个球, 杯子 的选法有 3 C4 种, 球的放法有 3! 种, 故 P(A) 3 3 4 4 3! = C . 8 3 = (2) C 所含的基本事件数: 由于杯子中的最多球数 3, 即 3 个球放在同一个杯子中共有 4 种放法, 故 P(C) 3 4 4 = . 16 1 = (3) 由于三个球放在 4 个杯子中的各种可能放法为事件 ABC, 显然 ABC = S, 且 A,B,C 互不相容, 故 P(B) =1− P(A) − P(C) . 16 9 =
例5将15名新生(其中有3名优秀生)随机地分配到三个班级中,其中一班4名,二班5 名,三班6名,求 (1)每一个班级各分配到一名优秀生的概率; (2)3名优秀生被分配到一个班级的概率 解15名优秀生分别分配给一班4名,二班5名,三班6名的分法有: 15! 4!56! (1)将3名优秀生分配给三个班级各一名,共有3!种分法,再将剩余的12名新生分配给 班3名,二班4名,三班5名,共有C=如3(种)分法根据乘法法则,每个班级分 配到一名优秀生的分法有 (种), 故其对应概率P=12/1512624 0.2637 45/456!15!91 (2)用A1表示时间“3名优秀生全部分配到i班”(i=12,3) A中所含基本事件个数m=C12C1=12 A2中所含基本事件个数m2=C1 12 4!1! 4中所含基本事件个数m3=C1C8-345 由(1)中分析知基本事件的总数n 15所以 4156 P(4)=m112/15412=000879 n56/456!15 P(A2)=m2。12 15!1215! =0.02198 n246/456!25 P(43)=m2_12 1216=00 n314!5 315! 因为A1,A2,43互不相容,所以3名优秀生被分配到同一班级的概率为 P(A)=P(41UA2UA3)=P(A1)+P(A2)+P(43)=0.07473 注:在用排列组合公式计算古典概率时,必须注意在计算样本空间S和事件A所包含的 基本事件数时,基本事件数的多少与问题是排列还是组合有关,不要重复计数,也不要遗漏. 例6(F04)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(AB)=P(AUB)=1-P(AUB)=1-P(A)+P(B)-P(AB))
例 5 将 15 名新生(其中有 3 名优秀生)随机地分配到三个班级中, 其中一班 4 名, 二班 5 名, 三班 6 名, 求: (1) 每一个班级各分配到一名优秀生的概率; (2) 3 名优秀生被分配到一个班级的概率. 解 15 名优秀生分别分配给一班 4 名, 二班 5 名, 三班 6 名的分法有: 6 6 5 11 4 C15C C 4!5!6! 15! = (种). (1) 将 3 名优秀生分配给三个班级各一名, 共有 3!种分法, 再将剩余的 12 名新生分配给 一班 3 名, 二班 4 名, 三班 5 名, 共有 5 5 4 9 3 C12C C 3!4!5! 12! = (种)分法. 根据乘法法则, 每个班级分 配到一名优秀生的分法有: 3!4!5! 12! 3! 4!5! 12! = (种), 故其对应概率 P 4!5!6! 15! 4!5! 12! = 15! 12!6! = 91 24 = = 0.2637. (2) 用 Ai 表示时间 “3 名优秀生全部分配到 i 班” (i =1,2,3). A1 中所含基本事件个数 m1 5 11 1 = C12 C 5!6! 12! = A2 中所含基本事件个数 m2 2 8 4 = C12 C 2!4!6! 12! = A3 中所含基本事件个数 m3 5 8 4 = C12 C 3!4!5! 12! = 由(1)中分析知基本事件的总数 , 4!5!6! 15! n = 所以 ( ) P A1 n m1 = 4!5!6! 15! 5!6! 12! = 15! 4!12! = = 0.00879. ( ) P A2 n m2 = 4!5!6! 15! 2!4!6! 12! = 2!15! 12!5! = = 0.02198. ( ) P A3 n m3 = 4!5!6! 15! 3!4!5! 12! = 3!15! 12!6! = = 0.04396. 因为 1 2 3 A , A , A 互不相容, 所以 3 名优秀生被分配到同一班级的概率为: P(A) ( ) = P A1 A2 A3 ( ) ( ) ( ) = P A1 + P A2 + P A3 = 0.07473. 注: 在用排列组合公式计算古典概率时, 必须注意在计算样本空间 S 和事件 A 所包含的 基本事件数时, 基本事件数的多少与问题是排列还是组合有关, 不要重复计数, 也不要遗漏. 例 6 (E04) 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(AB) = P(A B) =1− P(A B) =1−{P(A) + P(B) − P(AB)}
由于33200 6<34故得P()=200 250 由于==250,故得P(B)=2000 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8320084 P(AB) 于是所求概率为 P=1-33 2000 几何概型 *例7某人午觉醒来,发觉表停了,他打开收音机,想听电台报时,设电台每正点是报时 一次,求他(她)等待时间短于10分钟的概率 解以分钟为单位,记上一次报时时刻为下一次报时时刻为60,于是这个人打开收音 机的时间必在(060),记“等待时间短于10分钟”为事件A,则有 S=(060),A=(50,60)cS 于是P(A *例8(会面问题)甲、乙两人相约在7点到8点之间在某地会面,先到者等候另一人20 分钟,过时就离开.如果每个人可在指定的一小时内任意时刻到达,试计算二人能够会面的 概率 解记7点为计算时刻的0时,以分钟单位,xy分别记甲、乙达到指定地点的时刻 则样本空间为 S={(x,y)|0≤x≤600≤y≤60)} 以A表示事件两人能会面”,则显然有A={(x,y)(x,y)∈Sx-y20} 根据题意,这是一个几何概型问题,于是P(4)=(4=50-40=5 课堂练习 1.设有N件产品,其中有M件次品,现从中任取n件,求其中有k(k≤M)件次品的概
由于 333 6 2000 334, 故得 . 2000 333 P(A) = 由于 250, 8 2000 = 故得 . 2000 250 P(B) = 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 84 24 2000 83 . 2000 83 P(AB) = 于是所求概率为 P = − + − 2000 83 2000 250 2000 333 1 . 4 3 = 几何概型 *例 7 某人午觉醒来, 发觉表停了, 他打开收音机, 想听电台报时, 设电台每正点是报时 一次, 求他(她)等待时间短于 10 分钟的概率. 解 以分钟为单位, 记上一次报时时刻为下一次报时时刻为 60, 于是这个人打开收音 机的时间必在 (0,60), 记 “等待时间短于 10 分钟”为事件 A, 则有 S = (0,60), A = (50,60) S, 于是 P(A) 60 10 = . 6 1 = *例 8 (会面问题) 甲、乙两人相约在 7 点到 8 点之间在某地会面, 先到者等候另一人 20 分钟, 过时就离开. 如果每个人可在指定的一小时内任意时刻到达, 试计算二人能够会面的 概率. 解 记 7 点为计算时刻的 0 时, 以分钟单位, x, y 分别记甲、乙达到指定地点的时刻, 则样本空间为 S ={(x, y)| 0 x 60,0 y 60}. 以 A 表示事件“两人能会面”, 则显然有 A ={(x, y)|(x, y)S,| x − y | 20} 根据题意, 这是一个几何概型问题, 于是 P(A) ( ) ( ) S A = 2 2 2 60 60 − 40 = . 9 5 = 课堂练习 1. 设有 N 件产品, 其中有 M 件次品, 现从中任取 n 件, 求其中有 k(k M) 件次品的概 率