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第二讲(古典概型与概率的定义)


第二讲
古典概型与概率的定义

1

一、 古典概型
设 随机试验E 具有下列特点: 1) 样本点个数有限——有限性 2) 每个样本点发生的可能性相等 ——等可能性

概率的 古典定义

则称 E 为 古典(等可能)概型 古典概型中概率的计算:

记 n ? ? 中所包含的样本点的 个数

k ? 组成 A的样本点的个数
k 则 P( A) ? n

概率的古典定义与统计定义是一致的:

由概率的统计定义

1 ? P(?) ? P{e1 , e2 ,?, en } ? P(?{ei })
?


n

? P{e } ? nP{e }
i ?1 i i

n

i ?1

1 P {ei } ? n

( i ? 1,2,?, n).
1 。 n

即任意基本事件{ei }发生的概率均为

若事件 A 包含

k 个基本事件,即 A ? {ei , ei ,?, ei }
1 2 k

(1 ? i1 ? i2 ? ? ? ik ? n) , 则有

P( A) ? P{ei , ei
1

2 ,?,

ei } ? P(?{ei })
k

k

j ?1

j

k ? ? P{ei } ? . n j ?1 所以,在等可能概型中事件 A 发生的概率为
j

k

A中的样本点数 P( A) ? ?中的样本点数

古典概率的性质

1、0 ? P( A) ? 1

非负性

规范性 2、P(? ) ? 1 3、对于互不相容的事件 A1 , A2 , ? , An 有

P( ? A k ) ? ? P( A k )
k ?1 k ?1

n

n

有限可加性

这样就把求概率问题转化为计数问题 . 排列组合是计算古典概率的重要工具 . 这里我们先简要复习一下计算古典概率 所用到的 基本计数原理 1. 加法原理 设完成一件事有m种方式, 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nm种方法, 则完成这件事总共 有n1 + n2 + … + nm 种方法 .

无论通过哪种方法都可以 完成这件事,

基本计数原理 2. 乘法原理

设完成一件事有m个步骤,
则完成这件事共有 第二个步骤有n2种方法, …; n1 ? n2 ? ? ? nm 第m个步骤有nm种方法, 种不同的方法 . 必须通过每一步骤, 才算完成这件事, 第一个步骤有n1种方法,

加法原理和乘法原理是两个很重要 的计数原理,它们不但可以直接解决不 少具体问题,同时也是推导下面常用排 列组合公式的基础 .

3、排列、组合的几个简单公式 排列和组合的区别:

顺序不同是 不同的排列 而组合不管 顺序

3把不同的钥匙的6种排列

C ?3
2 3

从3个元素取出2个 的排列总数有6种

从3个元素取出2个 的组合总数有3种

P ?6
2 3

排列、组合的几个简单公式 (1)排列: 从n个不同元素取 k个
(1 ?k ? n)的不同排列总数为:

n! P ? n(n ? 1)(n ? 2)?(n ? k ? 1) ? (n ? k )!
k n

k = n时称全排列

P ? n(n ? 1)(n ? 2)? 2 ?1 ? n !
n n

从n个不同元素取 k个(允许重复)
(1?k ?n)的不同排列总数为:

n ? n? n ? n

k

例如:从装有4张卡片的盒中 有放回地摸取3张
第1张 1 2 3 第2张 1 2 3 第3张 1 2 3

1

2

3

4

n=4,k =3 共有4.4.4=43种可能取法

4

4

4

(2)、组合: 从n个不同元素取 k个 (1?k ?n)的不同组合总数为:

P n! C ? ? k! (n ? k )!k!
k n

k n

C

k n

常记作
k n

? n? ? ? ?k? ? ?

,称为组合系数。

P ? C ? k!
k n

(3)、组合系数与二项式展开的关系
? n? 组合系数? k ? 又常称为二项式系数,因为 ? ? ? ?

它出现在下面的二项式展开的公式中:

? n ? k n? k (a ? b) ? ? ? ?a b ?k? k ?0 ? ?
n n

? n ? k n? k (a ? b) ? ? ? ?a b ?k? k ?0 ? ?
n n

利用该公式,可得到许多有用的组合公式:
令 a=b=1,得 ?n? ?n? ?n? ?n? n ? ? ? ? ? ? ? ? ??? ? ? ? 2 ? 0? ? 1? ? 2? ? n? 令 a=-1,b=1
? n? ? n? ? n? n ? n? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ( ?1) ? ? ? 0 ?0? ?1? ? 2? ? n? ? ? ? ? ? ? ? ?



(1 ? x )
m? n

m? n

? (1 ? x ) (1 ? x )
m

n

运用二项式展开

m ? n ? j m ? m ? j1 n ? n ? j2 ? 有 ? ? j ?x ? ?0 ? j ?x ?0? j ?x ? ? ? ? ? ? j ?0 ? j1 ? ? 1 ? j2 ? ? 2 ? ?
比较两边 xk 的系数,可得

m ? n ? k ? m ?? n ? ? ? ? k ? ? ? ? i ?? k ? i ? ? ? ?? ? ? ? i ?0 ? ?? ?

(4)、n个不同元素分为k组,各组元素 数目分别为r1,r2,…,rk的分法总数为

n! , r1 ? r2 ? ? rk ? n r1! r2!? rk !
r1个 元素 r2个 元素


r k个 元素

n个元素

因为

C ?C
r1 n

r2 n? r1

?C

rk rk

n! ? r1! r2!? rk !

例1 袋中有a 只白球,b 只红球,从袋中按

m 不放回与放回两种方式取m个球( ? a ? b ), 求其中恰有 k 个 (k ? a, k ? m)白球的概率

解 (1)不放回情形
E: 球编号,任取一球,记下颜色,放在一 边,重复 m 次
? (a ? b)(a ? b ? 1)?(a ? b ? m ? 1) ?: n? ? 记事件 A 为m个球中有k个白球,则
m P( a ? b )
k n A ? C m Pak Pbm ? k

m! a! b! ? ? ? k! ( m ? k )! (a ? k )! (b ? m ? k )!

k C m Pak Pbm ? k k ? a, k ? m 则 P ( A) ? m Pa ? b

又解 E1: 球编号, 一次取 m 个球,记下颜色
?1:

n? ? C
1

m a ?b

记事件 A 为m个球中恰有k个白球,则
nA ? C C
k a m?k b

因此

C C P( A) ? C

k a

m?k b m a ?b

k ? a, k ? m

称超几 何分布

不放回地逐次取 m 个球, 与一次任取 m 个 球算得的结果相同.

(2)放回 情形

重复 m 次 m ?2: n? ? (a ? b) 记 B 为取出的 m 个球中有 k 个白球, 则
2

E2: 球编号, 任取一球, 记下颜色, 放回去,

C ab k? a ? P( B) ? ? Cm ? ? m ( a ? b) ?a ? b?

k m

k

m?k

k

? b ? ? ? ?a ? b?

m?k

a 记p? a?b

k P( B) ? Cm p k (1 ? p) m?k k ? 1,2,?, min( a, m)

称二项分布

设有 k 个不同的球, 每个 例2 (分房模型)
球等可能地落入 N 个盒子中(k ? N ), 设

每个盒子容球数无限, 求下列事件的概率:
(1)某指定的 k 个盒子中各有一球;

(2)某指定的一个盒子恰有 m 个球( m ? k ) (3)某指定的一个盒子没有球; (4)恰有 k 个盒子中各有一球; (5)至少有两个球在同一盒子中; (6)每个盒子至多有一个球.

解 n?N 设 (1) ~ (6)的各事件分别为 A1 ? A6
k



m A1 ? k!
m k k ?m
k

mA2 ? C ( N ?1)
mA3 ? ( N ? 1)

Ckm ( N ? 1) k ? m P( A2 ) ? Nkk

k! P( A1 ) ? ? k n N

m A1

mA4 ? C k!
k N

mA5 ? N ? C k!
k k N

N ? C N k! P( A5 ) ? ? 1 ? P( A4 ) k N

C N k! P( A4 ) ? k N k k

( N ? 1) P( A3 ) ? Nk k

mA6 ? C k!
k N

P( A6 ) ? P( A4 )

例3 n双相异的鞋共2n只,随机地分成n堆, 每堆2只 . 问:“各堆都自成一双鞋”(事件A)的 概率是多少?
解:把2n只鞋分成n堆,每堆2只 的分法总数为

(2n)! (2n)! n? ? C C ?C ? ? n 2!2!? 2! 2 而出现事件A的分法数为 nA ? n ! ,故 nA n! n !2n P ( A) ? ? ? n n? (2n)!/ 2 (2n)!
2 2n 2 2 n? 2 2 2

?

例4 袋中有a个红球,b个白球,现在把球 随机地一个个摸出来,求第k次摸出的一个 球是红球的概率(1≤k≤a+b)。
解 以A表示事件“第k次摸出的一个球是 红球”这一事件。把a个红球及b个白球都 看作是不同的(比如设想它们都编了号), 若把摸出的球依次放在排列成一直线的 a+b个位臵上,则可能的排列法相当于把 a+b个元素进行全排列。将每一种排列法 作为一个样本点,那么各样本点的

出现是等可能的,样本点总数为(a+b)!, 下面求事件A所包含的样本点个数,由于第k 次摸 得红球有a种取法,而另外(a+b-1)次摸 球相当于a+b-1个球进行全排列,有(a+b-1)! 种方法,故事件A所包含的样本点个数为 a×(a+b-1)!。于是

a ? (a ? b ? 1)! a P( A) ? ? . (a ? b)! a?b
注:本例体现了抽签公平原理。

注意:计算等可能概型中事件概率时:
? 首先要弄清随机试验是什么?即判断有限性和等可能 性是否满足。 ? 其次要弄清试验目的是什么?样本空间是怎样构成

的?构成样本空间的每个基本事件出现一定要是等可 能的。

上述古典概型的计算,只适用具有等可能性的 有限样本空间。若试验结果无限,则它显然已经不 适合。为了克服有限的局限性,利用几何方法,可 将古典概型的计算加以推广。

二、几何概型 (等可能概型的推广) 1、几何概型
向一个可度量的有限区域 ?内投一点, 若该点落入 ? 内任何子区域 A 中的可能 性大小只与该区域A的度量成正比, 而与 其位臵和形状无关,则称这个随机试验 为几何型随机试验,或几何概型。

2、几何概率的计算

其中? (? ), ? ( A) 分别表示区域Ω ,区域A的度量。

? ( A) P ( A) ? ? (? )

例5 (会面问题)两人相约7点到8点在某地会 面,先到者等候另一个人20分钟,过时就可离

去,试求这两个人能会面的概率。
解:以 x , y 分别表示两个人到达时刻,则会 面的充要条件为 x ? y ? 20 即: ? 20 ? x ? y ? 20 y
g的面积 p? G的面积

60

? 60 ? 240 ? 5 60 9
2 2

20 G 0 20 60

g

x

3、几何概率的性质
1、0 ? P( A) ? 1
非负性

规范性 2、P(? ) ? 1 3、对于互不相容的事件 A1 , A2 ,? , An ,?有

P( ? A k ) ? ? P( A k )
k ?1 k ?1

?

?

可列可加性

三、 概率的公理化定义
设E是随机试验,S是它的样本空间,对 于S中的每一个事件A,赋予一个实数,记为 P(A) ,称为事件A的概率,如果集合函数 P( ?) 满足下述三条公理:

公理1 0 ? P(A) ? 1 ? 公理2 P(S)=1

(1) (2)

公理3 若事件A1, A2 ,… 两两互不相容,则有 P ( A1 ? A2 ? ?) ? P ( A1 ) ? P ( A2 ) ? ? (3) 这里事件个数可以是有限或无限的 .

公理 1 ? ? P(A) ? 1 0 (1) ? 公理2 P(S)=1 (2) 公理3 若事件A1, A2 ,… 两两互不相容,则有 P ( A1 ? A2 ? ?) ? P ( A1 ) ? P ( A2 ) ? ? (3) 这里事件个数可以是有限或无限的.

公理1说明,任一事件的概率介于0与1之间;
公理2说明,必然事件的概率为1;

公理3说明,对于任何互不相容(互斥)的 事件序列,这些事件至少有一个发生的概 率正好等于它们各自概率之和.

说明:

(1)此定义是基于集合的概念;

(2) P ( A) 是 A 的函数;
由概率的三条公理,我们可以推导 出概率的若干性质. 下面我们就来给出 概率的一些简单性质. 在说明这些性质时,为了便于理 解,我们常常借助于文氏图.

概率的性质 性质 1 P ( ? ) ? 0 即不可能事件的概率为0 .
证明:因为 ? ? ? ? ? ? ?

由概率的可加性

P (? ) ? P (? ) ? P (? ) ? ?
由 P ( ? ) ? 0 ,证得 P ( ? ) ? 0 。

性质2 对于互不相容的事件 A1 , A2 , ? , An有

P( ? A k ) ? ? P( A k )
k ?1 k ?1

n

n

有限可加性

证明:令由可加性及

Ai ? ?( i ? n ? 1, n ? 2,?)
性质 1 可知

P ( ? Ai ) ? P ( ? Ai ) ? ? P ( Ai ) ? ? P ( Ai )
i ?1 i ?1 i ?1 i ?1

n

?

?

n

性质 3 若 A, B 满足 A ? B ,则有

P ( B ? A) ? P ( B ) ? P ( A), P ( B ) ? P ( A);

证明:

由 A ? B 知, B=A∪(B-A) 且 A(B-A)= ? ,

又由概率的可加性知 P(B) ? P(A) ? P(B - A)

B
A

亦即 P(B - A) ? P(B) - P(A)

而 P(B - A) ? 0
有 P(B) ? P(A)

性质4 对任一事件A ,有 P ( A ) ? 1 ? P ( A) 因为 S ? A ? A

A A

A
S S

A与A 互斥
1=P(S)=P(A)+P( A )

性质4 对任一事件A ,有 P ( A ) ? 1 ? P ( A)

(4)

性质4在概率的计算上很有用,如果 正面计算事件A的概率不容易,而计算其 对立事件A 的概率较易时,可以先计算 P ( A ) ,再计算P(A).
P ( A) ? 1 ? P ( A )

例6 “分房模型”的应用 计算机系二年级有 n 个人,求至少有两 人生日相同(设为事件A ) 的概率.


本问题中的人可被视为“球”,365天为 365只“盒子”

A 为 n 个人的生日均不相同,这相当于 每个盒子至多有一个球. 由例4(6) n n C 365 ? n ! C 365 ? n ! P( A ) ? ? P( A) ? 1 ? P( A ) ? 1 ? . n n 365 365 若 n = 64, ? P( A) ? 0.997.

性质5 对任意两个事件A, B, 有

P( B ? A) ? P( B) ? P( AB)
A AB B - AB B

B=AB+(B – A)
P(B)=P(AB)+

P(B – AB)

性质6 加法公式:对任意两个事件A, B, 有

P( A ? B) ? P( A) ? P( B) ? P( AB) P( A ? B) ? P( A) ? P( B)
当事件A、B互不相容时有 P ( A ? B ) ? P ( A) ? P ( B )

推广: P( A ? B ? C ) ? P( A) ? P( B) ? P(C ) ? P( AB) ? P( AC ) ? P( BC ) ? P( ABC )

P ( A ? B) ? P ( A ? ( B ? AB))
B
AB A

? P ( A) ? P ( B ? AB)

又因

AB ? B

A ? ( B ? AB) ? ?

再由性质 3便得 .

一般:
P(? Ai ) ? ? P( Ai ) ?
i ?1 i ?1 n n

1?i ? j ?n

? P( Ai Aj )
n ?1

?

?

1?i ? j ? k ? n

? P( Ai Aj Ak ) ? ? ? (?1)
? 1 项.

n

P( A1 A2 ? An )

右端共有 2 n

例7

设 A, B 为两事件, P ( B ) ? 0.3 , P ( A ? B ) ? 0.6 , 且


求 P( A B )

解:

P( A B) ? P( A ? AB)
? P( A) ? P( AB ) ,

而 P ( A ? B ) ? P ( A) ? P ( B ) ? P ( AB )
则 P ( A? B ) ? P ( B ) ? P ( A) ? P ( AB )

则有 P ( A B ) ? 0.6 ? 0.3 ? 0.3 .

例 8 (1)设有任意两事件 A, B ,且 P ( A) ? ( B ) ? 0.5 ,求 证: P ( AB ) ? P ( A B )
(2)证明对任意两事件 A, B 有

P ( A) ? P ( B ) ? 1 ? P ( AB ) ? P ( A ? B )

(1)设有任意两事件 A, B ,且 P ( A) ? ( B ) ? 0.5 求 证: P( AB) ? P( AB)

证明: (1) P ( AB ) ? P ( A ? B ) ? 1 ? P ( A ? B)
? 1 ? [ P ( A) ? P ( B ) ? P ( AB ) 1 1 ? 1 ? [ ? ? P ( AB )] 2 2 ? P ( AB )

(2)证明对任意两事件 A, B 有
P ( A) ? P ( B ) ? 1 ? P ( AB ) ? P ( A ? B )

(2)因为 AB ? A ? B ,所以

P ( AB ) ? P ( A ? B ) 可得1 ? P ( A ? B ) ? P ( A) ? P ( B ) ? P ( AB )
又因为 P ( AB ) ? P ( A) ? P ( B ) ? 1
从而证得

P ( A) ? P ( B ) ? 1 ? P ( AB ) ? P ( A ? B )

例9 小王参加“智力大冲浪”游戏, 他能答出第
一类问题的概率为0.7, 答出第二类问题的概率 为0.2, 两类问题都能答出的概率为0.1. 求小王
(1) 答出第一类而答不出第二类问题的概率 (2) 两类问题中至少有一类能答出的概率 (3) 两类问题都答不出的概率

解 设事件Ai 表示“能答出第 i 类问题” i = 1,2 (1) P( A1 A2 ) ? P( A1 ) ? P( A1 A2 ) ? 0.7 ? 0.1 ? 0.6
(2) P( A1 ? A2 ) ? P( A1 ) ? P( A2 ) ? P( A1 A2 ) ? 0.8

(3) P( A1 A2 ) ? P( A1 ? A2 ) ? 0.2

例10 在1,2,3,? ,9中重复地任取 n (? 2 )个数, 求 n 个数字的乘积能被10整除的概率.


n? ? 9

n

设 A 表示事件 “n 次取到的数字的乘积 能被10整除”

设 A1 表示事件 “n 次取到的数字中有偶数” A2表示事件 “n 次取到的数字中有5” A = A1 A2

A ? A1 A2 ? A1 ? A2

8 5 P? A1 ? ? n P? A2 ? ? n 9 9 P? A ? ? P? A1 ? A2 ?
n n n

n

n

4 P? A1 A2 ? ? n 9

n

? P? A1 ? ? P? A2 ? ? P? A1 A2 ?

5 ?8 ?4 ? n 9 n n n 5 ?8 ?4 P ? A? ? 1 ? . n 9

课堂练习: 设A , B满足 P ( A ) = 0.6, P ( B ) = 0.7, 在何条件下, P(AB) 取得最大(小)值? 最大(小)值是多少?


P( A ? B) ? P( A) ? P( B) ? P( AB)
P( AB) ? P( A) ? P( B) ? P( A ? B) ? P( A) ? P( B) ? 1 ? 0.3 —— 最小值

最小值在 P( A ? B) ? 1 时取得

P( AB) ? P( A) ? 0.6

—— 最大值

最大值在 P( A ? B) ? P( B) 时取得


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