(2)将15名新生随机地平均分配到三个 5名学生。 思考：在(2)中②为什么不再进行 班级中去，且3名优秀生分配到同一班级 一次班级的选择？ 的分法共有CCCC:中，于是所求概率 答：考虑将2名学生分配到2 个班中的分法，答案肯定是只有两 为 种分法：若分为两步：①在两个班 3×12 中选一个班：②由选中的班再由两 -CiCiCiC? 名学生中选1名学生，另外一个班 6 领取剩余的1名学生。则 出现有 CiCoCS 91 51515 四种分法的错误结论，因此，在计 算过程中，选择方与被选择方总有 一方是有序的。 (例8作为排列问题的解法见附 附录 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(ksD) 件次品的概率是多少？ (作为排列问题解法) 解：从N件产品中任取n件，若以产品抽取的次序对n件产品排序则构成的排 列共有A:种（产品有序），易知获得每种排列的可能性相等，是古典概型问题。 从N-D件正品中任取k件构成的排列共有A,种（产品有序），从D件次品中 任取k件构成的排列共有A种（产品有序）。为将k件次品与k件正品进行混 合排序，可将k件次品插入到-k件正品当中，若k件次品本身有序且不能改变 次序（若改变次序则存在重复计数），则问题变得比较复杂。 因此，考虑从N-D件正品中任取一k件时构成排列(A。种)，而从D件次 品中任取k件时不考虑次品的排列，只计其构成的组合数(C种)。随后，在将 k件次品插入到-k件正品当中时，第一件次品的插入位置有n-k+1中选择， 第二件次品的插入位置有n-k+2中选择，第k件次品的插入位置有n中选 择。于是，从N件产品中任取件，其中恰有k件次品时所构成的排列总数为 A-6C(n-k+10n-k+2.n=A-C6A 所求概率为
（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 的分法共有 5 5 5 10 2 12 1 C3C C C 中，于是所求概率 为 91 6 5!5!5! 15! 2!5!5! 3 12! 5 5 5 10 5 15 5 5 5 10 2 12 1 3 2 = = = C C C C C C C p 5 名学生。 思考：在（2）中②为什么不再进行 一次班级的选择？ 答：考虑将 2 名学生分配到 2 个班中的分法，答案肯定是只有两 种分法；若分为两步：①在两个班 中选一个班；②由选中的班再由两 名学生中选 1 名学生，另外一个班 领取剩余的 1 名学生。则会出现有 四种分法的错误结论，因此，在计 算过程中，选择方与被选择方总有 一方是有序的。 （例８作为排列问题的解法见附 录） 附录 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？ （作为排列问题解法） 解：从 N 件产品中任取 n 件，若以产品抽取的次序对 n 件产品排序则构成的排 列共有 n AN 种（产品有序），易知获得每种排列的可能性相等，是古典概型问题。 从 N-D 件正品中任取 n-k 件构成的排列共有 n k AN D − − 种（产品有序），从 D 件次品中 任取 k 件构成的排列共有 k AD 种（产品有序）。为将 k 件次品与 n-k 件正品进行混 合排序，可将 k 件次品插入到 n-k 件正品当中，若 k 件次品本身有序且不能改变 次序（若改变次序则存在重复计数），则问题变得比较复杂。 因此，考虑从 N-D 件正品中任取 n-k 件时构成排列（ n k AN D − − 种），而从 D 件次 品中任取 k 件时不考虑次品的排列，只计其构成的组合数（ k CD 种）。随后，在将 k 件次品插入到 n-k 件正品当中时，第一件次品的插入位置有 n − k +1 中选择， 第二件次品的插入位置有 n − k + 2 中选择，.，第 k 件次品的插入位置有 n 中选 择。于是，从 N 件产品中任取 n 件，其中恰有 k 件次品时所构成的排列总数为 k n k D n k N D k D n k AN DC n k n k n A C A − − − − ( − +1)( − + 2) = 所求概率为
P=C=(-)ICKCCC4CC A n.C ( CN 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名是伤 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？ (作为排列问题解法) 解：将15名新生随机地平均分配到三个班级中。由于三个班级人数相同，每个 班级学生的排列数相等，因此可以用排列数计算分班时的概率。班级分配的办法 如下：让15名学生进行排队（排列），然后将前5名学生分配到第一个班级中 将随后5名学生分配到第二个班级中，将最后剩余的五名学生分配到第三个班级 中。由于15名学生排队的方法有15！种，且每种排法的可能性相等，因此，是 古典概型问题，样本空间元素的总数为15！。 (1)将15名新生随机地平均分配到 三个班级中，且每一个班级各分配到 一名优 秀生的分配办法（将不同的排列顺序也作为不同的方法，可以认为是直接安排座 位)：首先将12名普通生排序，并以前4名学生作为第一个班级成员，将随后4 名学生作为第二个班级成员，将最后余的五名学生最为第三个班级成员。12 名普通生的排队次序共有12！种：其次，将3名优秀生插 入到每个班级中。由 一名优秀 先有 个班级可以选择，且在班 及的队列 中有5个位 可供道 择，第一名优秀生的分配方法有15种：第二名优秀生有2个班级可以选择，且 在班级的队列中有5个位置可供选择，第二名优秀生的分配方法有10种：第三 名优秀生只有1个班级可以选择，且在班级的队列中有5个位置可供选择，第三 名优秀生的分配方法有5种。因出，优秀牛的分配办法共有15×10×5种。于是！ 所求的分配办法共有： 12x15×10×5种，所求概率为 A=12x15x10x52 151 91 (2)将15名新生随机地平均分配到三个班级中，且3名优秀生分配到同一班级 的分配办法（将不同的排列顺序也作为不同的方法，可以认为是直接安排座位）： 首先将12名普通生排序，12名普通生的排队次序共有12！利 :其次，将排好的 普通生 的队列进行分 ,保证插 入3名优秀生的班级只能有2名学 生，其他两 班有5个学生，易知划分方法只有3中： 【12】【34567】【89101112】 【12345】【67】【89101112】 【12345】【678g10】【1112】 最后，将三名优秀生插入到只有两个学生的班级中。第一名优秀生可供选择的位 置有3个，第二名可供选择的位置有4个，第三名可供选择的位置有5个 于是，所求的分配办法共有：12k3×3×4×5种，所求概率为 A=12x3x3x4×56 91
n N k D n k N D n N k n k D n k N D n N k n k D n k N D n N k n k D n k N D C C C C n k n C C A n C n k C C A A A C A p − − − − − − − − = − = − = = ( )! ! ! ( )! 。 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？ （作为排列问题解法） 解：将 15 名新生随机地平均分配到三个班级中。由于三个班级人数相同，每个 班级学生的排列数相等，因此可以用排列数计算分班时的概率。班级分配的办法 如下：让 15 名学生进行排队（排列），然后将前 5 名学生分配到第一个班级中， 将随后 5 名学生分配到第二个班级中，将最后剩余的五名学生分配到第三个班级 中。由于 15 名学生排队的方法有 15！种，且每种排法的可能性相等，因此，是 古典概型问题，样本空间元素的总数为 15！。 （1）将 15 名新生随机地平均分配到三个班级中，且每一个班级各分配到一名优 秀生的分配办法（将不同的排列顺序也作为不同的方法，可以认为是直接安排座 位）：首先将 12 名普通生排序，并以前 4 名学生作为第一个班级成员，将随后 4 名学生作为第二个班级成员，将最后剩余的五名学生最为第三个班级成员。12 名普通生的排队次序共有 12！种；其次，将 3 名优秀生插入到每个班级中。由 于第一名优秀生首先有 3 个班级可以选择，且在班级的队列中有 5 个位置可供选 择，第一名优秀生的分配方法有 15 种；第二名优秀生有 2 个班级可以选择，且 在班级的队列中有 5 个位置可供选择，第二名优秀生的分配方法有 10 种；第三 名优秀生只有 1 个班级可以选择，且在班级的队列中有 5 个位置可供选择，第三 名优秀生的分配方法有 5 种。因此，优秀生的分配办法共有 15105 种。于是， 所求的分配办法共有： 12!15105 种，所求概率为 91 25 15! 12! 15 10 5 1 = p = （2）将 15 名新生随机地平均分配到三个班级中，且 3 名优秀生分配到同一班级 的分配办法（将不同的排列顺序也作为不同的方法，可以认为是直接安排座位）： 首先将 12 名普通生排序，12 名普通生的排队次序共有 12！种；其次，将排好的 普通生的队列进行分组，保证插入 3 名优秀生的班级只能有 2 名学生，其他两个 班有 5 个学生，易知划分方法只有 3 中； 【1 2 】【3 4 5 6 7 】【8 9 10 11 12】 【1 2 3 4 5 】【6 7 】【8 9 10 11 12】 【1 2 3 4 5 】【6 7 8 9 10 】【11 12】 最后，将三名优秀生插入到只有两个学生的班级中。第一名优秀生可供选择的位 置有 3 个，第二名可供选择的位置有 4 个，第三名可供选择的位置有 5 个。 于是，所求的分配办法共有： 12!3345 种，所求概率为 91 6 15! 12! 3 3 4 5 2 = p = ．
第三讲条件概率 §5条件概率 条件概率是概率论中的一个 1.引例 重要概念 ,P 考虑的是事件 例1将一枚硬币抛掷两次，观察其出现正反面 A已发生的条件下，事件B 发生的概率. 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”.现在求已知事件A己经 发生条件下事件B发生的概率， 己知事件A已发生，知道 解： "TT"不可能发生.即知试验 所有可能结果所成的集合就 样本空间为S=H,HTTH,T; 是A,A中共有3个元素，其 A={HH,HTTH,B=HHTT.于是，在A发生 中只有HH∈B 的条件下B发生的概率，记为PBA),为 对于一般古典概型问题。若 仍以PBA)记事件A已经发 生的条件下B发生的概率 另外，易知 则关系式(5.1)仍然成立.事 实上，设试验的基本事件总 数为.A所包含的基本事作 数为m(m>O,AB所包含的基 故有 本事件数为k,即有 P(B1A)=P(AB) P(B1A)=kk/n P(AB (5.1) P(A) m min 2.条件概率的定义： 设A,B是两个事件，且P(A>O,称 非负性：对任一事件B,有 n10: P(B[A)20; (5.2) 规范性：对于必然事件S,有 为在事件A发生条件下事件B发生的条件概率， P(SA)=1; 不难验证，条件概率P(·A)符合概率定义 可列可加性：设B1,B2,是 中的三个条件。故§3中对概率所证明的一些 两两互斥事件， 重要结果都适用于条件概率. 14=P(B14) 例如，对于任意事件B1,B2有 P(B.BzIA)=P(B.IA)+P(BalA)-P(B.B2lA)
第三讲 条件概率 1．引例 例 1 将一枚硬币抛掷两次，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". 现在求已知事件 A 已经 发生条件下事件 B 发生的概率. 解： 样本空间为 S=(HH,HT,TH,TT}, A={HH,HT,TH}, B={HH,TT}.于是, 在 A 发生 的条件下 B 发生的概率,记为 P(B|A),为 . 3 1 P(B | A) = 另外, 易知 3/ 4 1/ 4 3 1 , ( | ) 4 1 , ( ) 4 3 P(A) = P AB = P B A = = 故有 (5.1) ( ) ( ) ( | ) P A P AB P B A = 2. 条件概率的定义： 设 A,B 是两个事件, 且 P(A)>0, 称 (5.2) ( ) ( ) ( | ) P A P AB P B A = 为在事件A发生条件下事件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. 故§3 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 B1,B2 有 P(B1 B2|A)=P(B1|A)+P(B2|A)-P(B1B2|A). §5 条件概率 条件概率是概率论中的一个 重要概念, 所考虑的是事件 A 已发生的条件下，事件 B 发生的概率. 已知事件 A 已发生, 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 HH B. 对于一般古典概型问题, 若 仍以 P(B|A)记事件 A 已经发 生的条件下 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 A P AB m n k n m k P B A = = = 非负性: 对任一事件 B, 有 P(B|A) 0; 规范性: 对于必然事件 S, 有 P(S|A)=1; 可列可加性: 设 B1,B2,.,是 两两互斥事件, P B A P(B A) i i i i | | 1 1 = = =
例2一盒子装有4只产品，其中有3只一等 品，1只二等品，从中取产品两次，每次任取一 只，作不放回抽样.设事件A为"第一次取到的也可以直接按条件概率的含 是一等品”，事件B为"第二次取到的是一等品 义来求PBA).我们知道， 试求条件概率PBA) 当A发生以后，试验E所有 解易知此属古典概型问题试验E(取产品两次， 可能结果的集合就是A,A中 记录其号码)的样本空间$中的样本点总数为 有9个元素，其中只有(1,2) CC=12,事件A中的样本点数为CC=9, (13),(2,1),(2,3)2(3,1).(3,2) 属于B,故可得 事件AB中的样本点数为CC=6。按(5.2)式， 得条件概率 n=0-g-号 PBA0=P_6/122 P(A091123 或者直接分析事件A发生后 的情况来分析。因为当事件 A发生后，剩余产品中共有2 只一等品和1只二等品，从 中任取一只，每种取法成为 事件A发生后的基本事件 仍为古典概型。易知此时事 件B发生的概率，即 3.乘法定理 PB1A=号 由条件概率的定义(5.2)可得 设PAP0,则有 P(AB)=P(A)P(BIA) (5.3) 上式容易推广到多个事件的积事件的情况. 例如，设A,B,C为事件，且PAB>0,则有 P(ABC)=P(A)P(BIA)P(CIAB)(5.4) 一般地，设A1,A2,An为n个事件，n≥2，且 P(A1A2.An0
例２ 一盒子装有 4 只产品, 其中有 3 只一等 品, 1 只二等品, 从中取产品两次, 每次任取一 只, 作不放回抽样. 设事件 A 为"第一次取到的 是一等品", 事件 B 为"第二次取到的是一等品". 试求条件概率 P(B|A). 解易知此属古典概型问题.试验 E(取产品两次, 记录其号码)的样本空间 S 中的样本点总数为 = 1 3 1 C4C 12，事件 A 中的样本点数为 = 1 3 1 C3C 9， 事件 AB 中的样本点数为 = 1 2 1 C3C 6。按(5.2)式, 得条件概率 . 3 2 9 /12 6 /12 ( ) ( ) ( | ) = = = P A P AB P B A 3. 乘法定理 由条件概率的定义(5.2)可得 设 P(A)>0, 则有 P(AB)=P(A)P(B|A) (5.3) 上式容易推广到多个事件的积事件的情况. 例如, 设 A,B,C 为事件, 且 P(AB)>0, 则有 P(ABC)=P(A)P(B|A)P(C|AB) (5.4) 一般地, 设 A1,A2,.,An为 n 个事件, n 2,且 P(A1A2.An-1)>0, 也可以直接按条件概率的含 义来求 P(B|A). 我们知道, 当 A 发生以后, 试验 E 所有 可能结果的集合就是 A, A 中 有 9 个元素, 其中只有(1,2), (1,3), (2,1), (2,3), (3,1), (3,2) 属于 B, 故可得 . 3 2 9 6 ( ) ( ) ( | ) = = = N A N AB P B A 或者直接分析事件 A 发生后 的情况来分析。因为当事件 A 发生后，剩余产品中共有 2 只一等品和 1 只二等品，从 中任取一只，每种取法成为 事件 A 发生后的基本事件， 仍为古典概型。易知此时事 件 B 发生的概率，即 . 3 2 P(B | A) =
则有 P(A1A2.An)=P(A)P(A2A).P(An-AA2.An-2) P(AlA1A2A-l） (5.5) 例3设袋中装有r只红球，t只白球.每次自 袋中任取一只球，观察其颜色后放回，并再放 分析：由于袋中红、白球的 入a只与所取出的那只球同色的球.若在袋中 比例与上一次所取球的颜色 连续取球四次，试求第一，二次取到红球且第 相关，问题似乎很复杂。但 三，四次取到白球的概率 是，若知道前面各次取球的 解以A(1,2,3,4)表示事件"第i次取到红球”， 情况，则本次取球时的概率 P(4444) 好求。该题是乘法定理的典 P(4144)P(4144)P(414)P(4) 型例题。 =本4a*12o49 r a 1+a 例4某种透镜，第一次落下时打破的概率为 12,若第一次落下来未打破，第二次落下打破 的概率为710，若前两次落下未打破，第三次 落下打破的概率为910.试求透镜落下三次而 未打破的概率 解以A1,2,3)表示事件"透镜第i次落下打 破”，以B表示事件"透镜落下三次而未打破。 则 Pra)=1-4-月 Pra1a4)=1-41a)-80 P(B)=P(A 4,A) =P(4)P()P() 品
则有 P(A1A2.An)=P(A1)P(A2|A1).P(An-1|A1A2.An-2) P(An|A1A2.An-1) (5.5) 例３ 设袋中装有 r 只红球, t 只白球. 每次自 袋中任取一只球, 观察其颜色后放回, 并再放 入 a 只与所取出的那只球同色的球. 若在袋中 连续取球四次, 试求第一,二次取到红球且第 三,四次取到白球的概率. 解 以 Ai(i=1,2,3,4)表示事件"第 i 次取到红球", r t a t a r t a t r t a r a r t r P A A A A P A A A P A A P A P A A A A 2 3 ( | ) ( | ) ( | ) ( ) ( ) 4 1 2 3 3 1 2 2 1 1 1 2 3 4 + + + + + + + + + = = 例４ 某种透镜, 第一次落下时打破的概率为 1/2, 若第一次落下来未打破, 第二次落下打破 的概率为 7/10, 若前两次落下未打破, 第三次 落下打破的概率为 9/10. 试求透镜落下三次而 未打破的概率. 解 以 Ai(i=1,2,3)表示事件"透镜第 i 次落下打 破", 以 B 表示事件"透镜落下三次而未打破。 则 . 2 1 2 1 ( 1 ) 1 ( 1 ) 1 = P A = − P A = − . 10 3 10 7 ( 2 | 1 ) 1 ( 2 | 1 ) 1 = P A A = − P A A = − . 10 1 10 9 ( 3 | 1 2 ) 1 ( 3 | 1 2 ) 1 = P A A A = − P A A A = − . 200 3 10 9 1 10 7 1 2 1 1 ( ) ( | ) ( | ) ( ) ( ) 1 2 1 3 1 2 1 2 3 = − − = − = = P A P A A P A A A P B P A A A 分析：由于袋中红、白球的 比例与上一次所取球的颜色 相关，问题似乎很复杂。但 是，若知道前面各次取球的 情况，则本次取球时的概率 好求。该题是乘法定理的典 型例题