P(B)=N(B) N(S) =Nx(N-I)x.x[N-(n-D] N 式中，A:为从N个不同元素中取出n个元素的 排列数（高中内容） (课间休息) 5.放回抽样与不放回抽样 分析：以放回抽样问题为例，试验 例3：一只口袋装有六只球，其中四只白 E中样本点的总数实际上就是取两 只球总共有多少中取法的问题。由 球，两只红球。从袋中取球两次，每次随 于每次从袋中取球都有6中取法， 机地取一只。考虑两种取球方式：(a)第 共取2次，由乘法原理知，共有6×6 一次取一只球，观察其颜色后放回袋中， 种取法，即样本空间中元素的总数 为36。 搅匀后再取一球。这种取球方式叫做放回 对于事件(1)而言，由于每次取球 抽样。(b)第一次取一球不放回袋中，第 都有4只白球可供抽取，共取两次， 二次从剩余的球中再取一球。这种取球方 因而共有4×4种取法，即事件(1) 中包含16个元素。 式叫做不放回抽样。试分别就上面两种情 对于事件(2)而言，“取到的两只 况求： 球要求颜色相同”，即“取到的两只 (1)取到的两只球都是白球的概率： 球都是白球”或“取到的两只球都 (2)取到的两只球颜色相同的概率： 是红球”，显然是一个和事件问题 由于取到的两只球都是白球的概幸 (3)取到的两只球中至少有一只是白 已经计算时，因此只需计算取到的 球的概率。 两只球都是红球的概率 对于事件(3)而言，“取到的两只 球中至少有一只是白球”则可以理 解为是事件“第一次取到的是白球” 和事件“第二次取到的是白球” 的和事件。然而这两个事件又存在 积事件“两次取到的球都是白球” 解：以A,B,C分别表示事件“取 求解似乎比较麻烦。因此，考虑由 到的两只球都是白球”，“取到的两只球都 事件(3)的逆事件概率来计算其概 是红球”，“取到的两只球中至少有一只是 率，其逆事件为“取到的两只球都
n n N n N A N N N N n N S N B P B = − − − = = ( 1) [ ( 1)] ( ) ( ) ( ) 式中， n AN 为从 N 个不同元素中取出 n 个元素的 排列数（高中内容）。 （课间休息） 5. 放回抽样与不放回抽样 例３：一只口袋装有六只球，其中四只白 球，两只红球。从袋中取球两次，每次随 机地取一只。考虑两种取球方式：（a）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。（b）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。试分别就上面两种情 况求： （1） 取到的两只球都是白球的概率； （2） 取到的两只球颜色相同的概率； （3） 取到的两只球中至少有一只是白 球的概率。 解：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 分析：以放回抽样问题为例，试验 E 中样本点的总数实际上就是取两 只球总共有多少中取法的问题。由 于每次从袋中取球都有 6 中取法， 共取 2 次，由乘法原理知，共有 66 种取法，即样本空间中元素的总数 为 36。 对于事件（1）而言，由于每次取球 都有 4 只白球可供抽取，共取两次， 因而共有 4 4 种取法，即事件（1） 中包含 16 个元素。 对于事件（2）而言，“取到的两只 球要求颜色相同”，即“取到的两只 球都是白球”或“取到的两只球都 是红球”，显然是一个和事件问题。 由于取到的两只球都是白球的概率 已经计算过，因此只需计算取到的 两只球都是红球的概率 对于事件（3）而言，“取到的两只 球中至少有一只是白球”则可以理 解为是事件“第一次取到的是白球” 和事件“第二次取到的是白球” 的和事件。然而这两个事件又存在 积事件“两次取到的球都是白球”， 求解似乎比较麻烦。因此，考虑由 事件（3）的逆事件概率来计算其概 率，其逆事件为“取到的两只球都
白球”。易知，“取到两只颜色相同的球” 是红球”。该事件的概率计算在事件 (2)的概率计算中已经用到，问题 这一事件即为AUB,而C=B。 得解。 (a)放回抽样的情况 P(A)N(A)4x4 4 N(S)6x69 (a)放回抽样的情况 在袋中依次取两只球，每一种 P(B)-N()=2x2=1 取法为一基本事件，显然此时样本 N(S)6×69 空间中仅句含有限个元素。日由对 称性知每个基本事件发生的可能性 由于AnB=p,得 相同，因而属于古典概型。 每次从袋中取球都有6中取 PAUB)=P+PB= 法，共取2次，由乘法原理知，共 9 有6×6种取法，即样本空间中元素 PC)=PE)=1-PB)=8 的总数为36 对于事件A, 由于 次取球都有4只白球可供抽取，共 (选讲内容) 取两次，因而共有4×4种取法，即 以A1,A2分别表示事件“第一次取到的 A中包含16个元素。 同理，B中包含2×2个元素。 是白球”，“第二次取到的是白球”，则事 件A⌒A,为“两次取到的球都是白球” 事件AU4为“取到的两只球中至少有 一只是白球”。 A)-答子风6)-80香号 P(C)=P(AA) (b)放回抽样的情况 =P(A)+P(4)-P(A4) 第一次从袋中取球有6中取 法，第二次有5种取法，共取2次 由乘法原理知，共有6×5种取法， (b)不放回抽样的情况 即样本空间中元素的总数为30。 干事件 由于第 次取时 P(A)-N(A)=4x3_2 有4只白球可供抽 取，第 二次则只 N(S)6×55 有3只白球可供抽取，共取两次， 因而共有4×3种取法，即A中包含 12个元素。 同理，B中包含2×1个元素
白球”。易知，“取到两只颜色相同的球” 这一事件即为 A B ，而 C = B 。 （a）放回抽样的情况 P(A)= 9 4 6 6 4 4 ( ) ( ) = = N S N A P(B)= 9 1 6 6 2 2 ( ) ( ) = = N S N B 由于 A B = ，得 9 5 P(A B) = P(A) + P(B) = 9 8 P(C) = P(B) = 1− P(B) = （选讲内容） 以 A1，A2 分别表示事件“第一次取到的 是白球”，“第二次取到的是白球”，则事 件 A1 A2 为“两次取到的球都是白球”， 事件 A1 A2 为“取到的两只球中至少有 一只是白球”。 3 2 6 6 4 6 ( ) 1 = P A = ， 3 2 6 6 6 4 ( ) 2 = P A = ， 9 4 ( ) ( ) P A1 A2 = P A = 9 8 9 4 3 2 3 2 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 1 2 1 2 = + − = = + − = P A P A P A A P C P A A （b）不放回抽样的情况 P(A)= 5 2 6 5 4 3 ( ) ( ) = = N S N A P(B)= 15 1 6 5 2 1 ( ) ( ) = = N S N B 是红球”。该事件的概率计算在事件 （2）的概率计算中已经用到，问题 得解。 （a）放回抽样的情况 在袋中依次取两只球，每一种 取法为一基本事件，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，因而属于古典概型。 每次从袋中取球都有 6 中取 法，共取 2 次，由乘法原理知，共 有 66 种取法，即样本空间中元素 的总数为 36。对于事件 A，由于每 次取球都有 4 只白球可供抽取，共 取两次，因而共有 4 4 种取法，即 A 中包含 16 个元素。 同理，B 中包含 2 2 个元素。 （b）放回抽样的情况 第一次从袋中取球有 6 中取 法，第二次有 5 种取法，共取 2 次， 由乘法原理知，共有 65 种取法， 即样本空间中元素的总数为 30。 对于事件 A，由于第一次取球 有 4 只白球可供抽取，第二次则只 有 3 只白球可供抽取，共取两次， 因而共有 43 种取法，即 A 中包含 12 个元素。 同理，B 中包含 21 个元素
由于AnB=,得 分析：在N件产品中抽取n件 (不放同抽柱 于被选 品的 排列次序对结果无影响，因此，可 ng==i-话 以作为组合问题处理。当作为组合 问题处理时，所有可能的取法共有 例4：设有N件产品，其中有D件次品， C=种，每一种取法为一基本 今从中任取n件，问其中恰有k(k≤D)件 事件且由于对称性知每个事件发生 次品的概率是多少？ 的可能性相同，是古典概型。 解：从N件产品中抽取n件（不放回抽 将选取n件产品的过程分为两 步，第一步从D件次品中选取k件 样)，所有可能的取法共有C:=父种。 第二步从N-D件正品 件。（对组合问题而言以上两步的次 序也是可以调换的。)该问题完全符 从D件次品中选取k件的取法共有 合乘法原理。 (例4作为排列问题的解法见 C结=点种：从ND件正品中选取m- 附录) k知 件的取法共有C。= 种，由乘法 A 原理知，在N件产品中抽取n件，其中 恰有k件次品的取法共有CC种，于 是所求概率为 p-C5c达 CN 不放回抽样情况的分析：k个人从 a+b只球中各取一只，每种取法是 例5：袋中有a只白球和b只红球，k个 一个基本事件，共有A。种取法， 人依次在袋中取一只球，(1)做放回抽样： 且每种取法的可能性相同，是古典 (2)做不放回抽样，求第i仁1,2，.k) 概刑问题 假设第k个人取到的是第一只白 人取到白球（记为事件B)的概率 球，则其他人的取球方法共有A (k≤a+b) 种，这是完成这件事的一种途径。 解：(1)放回抽样的情况，显然有 类似地，第k个人取到第二只白球 P(B)=a+b a 的情况、取到第 三只白王 的情况 构成完成这件事的其他途径，且共 (2)不放回抽样的情况。 有a中类似途径。由加法原理知
由于 A B = ，得 15 7 P(A B) = P(A) + P(B) = 15 14 P(C) = P(B) = 1− P(B) = 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：从 N 件产品中抽取 n 件（不放回抽 样），所有可能的取法共有 n! A C n n N N = 种。 从 D 件次品中 选取 k 件的取法共有 k! A C k k D D = 种；从 N-D 件正品中选取 n − k 件的取法共有 (n k)! A C n k n k N D N D − = − − − − 种，由乘法 原理知，在 N 件产品中抽取 n 件，其中 恰有 k 件次品的取法共有 n k N D k CDC − − 种，于 是所求概率为 n N n k N D k D C C C p − − = 例５：袋中有 a 只白球和 b 只红球， k 个 人依次在袋中取一只球，（1）做放回抽样； （2）做不放回抽样，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 a b a + P(B) = （2）不放回抽样的情况。 分析：在 N 件产品中抽取 n 件 （不放回抽样），由于被选中产品的 排列次序对结果无影响，因此，可 以作为组合问题处理。当作为组合 问题处理时，所有可能的取法共有 n! A C n n N N = 种，每一种取法为一基本 事件且由于对称性知每个事件发生 的可能性相同，是古典概型。 将选取 n 件产品的过程分为两 步，第一步从 D 件次品中选取 k 件， 第二步从 N-D 件正品中选取 n − k 件。（对组合问题而言以上两步的次 序也是可以调换的。）该问题完全符 合乘法原理。 （例 4 作为排列问题的解法见 附录） 不放回抽样情况的分析：k 个人从 a +b 只球中各取一只，每种取法是 一个基本事件，共有 k Aa+b 种取法， 且每种取法的可能性相同，是古典 概型问题。 假设第 k 个人取到的是第一只白 球，则其他人的取球方法共有 1 1 − + − k Aa b 种，这是完成这件事的一种途径。 类似地，第 k 个人取到第二只白球 的情况、取到第三只白球的情况. 构成完成这件事的其他途径，且共 有 a 中类似途径。由加法原理知
a 当事件B发生时，共有aA,中取 法。 启示：在购买福利彩票时，各人得 奖的概率是相同的。 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“取到的整数能被6整 除”，B为事件“取到的整数能被8整除”， 则所求概率为 P(AB)=P(AUB)=1-P(AUB) =1-[P(A)+P(B)-P(AB 由于3<2000<34， 6 做智A小器 由r婴20，傲n=器。 8 又事件AB即“取到的数既能被6整除， 又能被8整除”，等价于“取到的数既能 黄24整壁因此，由好0”<4 得P4=8 于是所求概率为 例7：某接待站在某一周内接待过12次 来访，已知所有这12次来访都是在周二 和周四进行的，问是否可以推断接待时间 是有规定的？
a b a A aA P B k a b k a b + = = + − + − 1 1 ( ) 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“取到的整数能被 6 整 除”，B 为事件“取到的整数能被 8 整除”， 则所求概率为 1 [ ( ) ( ) ( )] ( ) ( ) 1 ( ) P A P B P AB P AB P A B P A B = − + − = = − 由于 334 6 2000 333 ， 故得 2000 333 P(A) = 。 由于 250 8 2000 ，故得 2000 250 P(B) = 。 又事件 AB 即“取到的数既能被 6 整除， 又能被 8 整除”，等价于“取到的数既能 被 24 整除”，因此，由 84 24 2000 83 ， 得 2000 83 P(AB) = 。 于是所求概率为 4 3 2000 83 2000 250 2000 333 1 = p = − + − 例７：某接待站在某一周内接待过 12 次 来访，已知所有这 12 次来访都是在周二 和周四进行的，问是否可以推断接待时间 是有规定的？ 当事件 B 发生时，共有 1 1 − + − k aAa b 中取 法。 启示：在购买福利彩票时，各人得 奖的概率是相同的
解：假设接待站的接待时间没有规定，各 来访者在一周内的任一天中去接待站是 等可能的，那么，12次接待来访者都是 在周二和周四的概率为 .003 人们在长期实践中总结得到：“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，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。 分析：将15名新生随机地平均分 到三个班级中去，分配过程可分为 例8：将15名新生随机地平均分配到三 三步，第一步，第一个班级从15名 个班级中去，这15名新生中有3名是优 学生中挑取5名：第二步，第二个 班级从剩余的10名学生中挑取5 秀生。问：(1)每一个班级各分配到一名 名：第三步，第三个班级领取剩余 优秀生的概率是多少？(2)3名优秀生 的5名学生 (1)将15名新生随机地平均分配 分配到同一班级的概率是多少？ 到三个班级中去，且每一个班级各 解：将15名新生平均分配到三个班级中 分配到一名优秀生的分配过程可大 致分为如下三步：①第一个班级从 的分法共有C,CC种，每一种分配办法 3名优秀生中挑选1名，并从12名 普通生中挑选4名：②第二个班级 为一基本事件，且每个基本事件发生的可 从剩余的2名优秀生中挑选1名， 能性相同，是古典概型问题。 并从剩余的8名普通生中挑选4名： ③第三个班级领取剩余的5名学 (1)将15名新生随机地平均分配到三个 班级中去，且每一个班级各分配到一名优 (2)将15名新生随机地平均分面 到三个班级中去，且3名优秀生分 秀生的分法共有CCICC:CICI种，于是 配到同一班级的分配过程可大致分 为如下三步：（①从3个班中选择 所求概率为 个班作为代委生所在的班，并从1) 12131 名普通生中挑选2名组成 n-Cicccic'c_44」 班 25 成员：②在剩余的两个班级中，第 CisCloCs 15191 一个班从剩余的10名优秀生中挑 51515 选5名：③最后一个班领取剩余的
解：假设接待站的接待时间没有规定，各 来访者在一周内的任一天中去接待站是 等可能的，那么，12 次接待来访者都是 在周二和周四的概率为 0.0000003. 7 2 12 12 p = = 人们在长期实践中总结得到：“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，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。 例８：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）每一个班级各分配到一名 优秀生的概率是多少？（2）3 名优秀生 分配到同一班级的概率是多少？ 解：将 15 名新生平均分配到三个班级中 的分法共有 5 5 5 10 5 C15C C 种，每一种分配办法 为一基本事件，且每个基本事件发生的可 能性相同，是古典概型问题。 （1）将 15 名新生随机地平均分配到三个 班级中去，且每一个班级各分配到一名优 秀生的分法共有 4 4 1 1 4 8 1 2 4 12 1 C3C C C C C 种，于是 所求概率为 91 25 5!5!5! 15! 4!4!4! 12!3! 5 5 5 10 5 15 4 4 1 1 4 8 1 2 4 12 1 3 1 = = = C C C C C C C C C p 分析：将 15 名新生随机地平均分配 到三个班级中去，分配过程可分为 三步，第一步，第一个班级从 15 名 学生中挑取 5 名；第二步，第二个 班级从剩余的 10 名学生中挑取 5 名；第三步，第三个班级领取剩余 的 5 名学生。 （1）将 15 名新生随机地平均分配 到三个班级中去，且每一个班级各 分配到一名优秀生的分配过程可大 致分为如下三步：①第一个班级从 3 名优秀生中挑选 1 名，并从 12 名 普通生中挑选 4 名；②第二个班级 从剩余的 2 名优秀生中挑选 1 名， 并从剩余的 8 名普通生中挑选 4 名； ③第三个班级领取剩余的 5 名学 生。 （2）将 15 名新生随机地平均分配 到三个班级中去，且 3 名优秀生分 配到同一班级的分配过程可大致分 为如下三步：①从 3 个班中选择一 个班作为优秀生所在的班，并从 12 名普通生中挑选 2 名组成一个班的 成员；②在剩余的两个班级中，第 一个班从剩余的 10 名优秀生中挑 选 5 名；③最后一个班领取剩余的