$4等可能概型（古典概型）..以A、B、C分别表示事件“取到的两只球都是白球”，“取到的两只球都是红球”，“取到的两只球中至少有一只是白球”易知“取到两只颜色相同的球”这一事件即为AUB，而CB.在袋中依次取两只球，每一种取法为一个基本事件，显然此时样本空间中仅包含有限个元素.且由对称性知每个基本事件发生的可能性相同，因而可利用（4.1)式来计算事件的概率，第一次从袋中取球有6只球可供抽取，第二次也有6只球可供抽取.由组合法的乘法原理，共有6X6种取法.即样本空间中元素总数为6×6.对于事件A而言，由于第一次有4只白球可供抽取，第二次也有4只白球可供抽取，由乘法原理共有4×4种取法，即A中包含4×4个元素.同理，B中包含2×2个元素于是4X4-4P(A)=6X6-9.2×21P(B)=6×69由于AB=,得5P(AUB)=P(A)+P(B)98P(C)=P(B)=1—P(B)=9（b）不放回抽样的情况.由读者自己完成，口例3将n只球随机地放入N（N≥n）个盒子中去，试求每个盒子至多有一只球的概率（设盒子的容量不限）解将n只球放入N个盒子中去，每一种放法是一基本事件.易知，这是古典概率问题.因每一只球都可以放人N个盒子中的任一个盒子，故共有N×NXXN=N"种不同的放法，而每个盒子中至多放只球共有N(N-1)[N-(n一1)种不同放法.因而所求的概率为N(N-1)...(N-n+1)-AN力=N"N#有许多问题和本例具有相同的数学模型.例如，假设每人的生日在一年365天中的任一天是等可能的，即都等于1/365，那么随机选取n（n<365）个人，他们的生日各不相同的概率为365·364·...·（365-n+1)365"因而，n个人中至少有两人生日相同的概率为
·12.第一章概率论的基本概念p=1365 · 364 :: (365-n+1)365*经计算可得下述结果：202330405064n1000.5070.7060.891p0.4110.9700.9970.9999997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k件，所有可能的取法有（种.在N一D件正品N-D中取n一k件所有可能的取法有种，由乘法原理知在N件产品中取nN-件，其中恰有件次品的取法共有种，于是所求概率为力(4. 2)（4.2）式即所谓超几何分布的概率公式，口例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+b).解（1）放回抽样的情况，显然有P(B)=a+b（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+b-1)（a十b-k+1）Aa+个基本事件，且由于对称性知每个基本事① 对于任意实数a以及非负整数r,定义(")-αa-1)=/-r+),(。)=1. 例如(二"(元)(一元≤二1)(二x-2)=—(x±(x+2),特别，当a 为正整数,且<a 时,(（）即为组合数，即3!3
84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α种取法，其余被取的k一1只球可以是其余α十b一1只球中的任意k-1只共有（a+b-1)（a十b—2）[a十b-1—（k-1）十1]=A--种取法，于是事件B中包含α·A=-1个基本事件，故由（4.1)式得到aP(B) = a·A1/A+6=a+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.口例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(AB)=P(AUB)=1-P(AUB)=1 -[P(A)+P(B)--P(AB)}.333 2000 334,由于6333故得P(A)=200020002=250，由于8250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83<2000<84,2483得P(AB)2000于是所求概率为250833333p=1-口2000200020004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15!510O5）(5）（5）5！5！5！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12!3！12！种.因此，每一班级各分配到一名优秀生的分法共有种.于是4!4!4!4!4!4!所求概率为=3！×12！/15！25=41414/51515191（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12!余12名新生的分法（一个班级2名，另两个班级各5名）有21号15种.因此 33×12！名优秀生分配在同一班级的分法共有，种，于是，所求概率为2！5！5！3×12!/15!6口p2=215151/51515191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2122=0.0000003.712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竞然发生了，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，口85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
85条件概率·15:这里，样本空间为S（HH，HT，TH，TT)，A=（HH,HT,TH)，B2(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HHEB.于是，在事件A发生的条件下事件B发生的概率（记为P(BIA))为1P(B|A)=口3在这里，我们看到P（B）=2/4≠P（BIA）.这是很容易理解的，因为在求P(BIA)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,P(AB)=,P(BIA)=11/4P(A)=43—3/4故有P(AB)P(B|A)=(5. 1)P(A)对于一般古典概型问题，若仍以P（BIA)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P(BIA)=k=k/n_P(AB)mm/nP(A)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(AB)P(B|A)=)(5.2)P(A)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(BIA)≥0;2°规范性：对于必然事件S,有P(SIA)=1；3°可列可加性：设B，B2，是两两互不相容的事件，则有P(U B, I A)= ZP(B, IA).既然条件概率符合上述三个条件，故83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，B2有P(B,UB,IA)=P(B,/A)+P(B2|A)-P(B,B2A)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