等可能概型(古典概型).ppt

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1、一、等可能概型 二、典型例題 三、幾何概率 四、小結 第四節(jié) 等可能概型 (古典概型 ) . . )2( ; )1( 古典概型 驗稱為等可能概型或具有以上兩個特點的試 生的可能性相同試驗中每個基本事件發(fā) 有限個元素試驗的樣本空間只包含 1. 定義 一、等可能概型 (古典概型 ) 設試驗 E 的樣本空間由 n 個樣本點構成 ， A 為 E 的任意一個事件 ， 且包含 m 個樣本點 ， 則事 件 A 出現(xiàn)的概率記為 : 2. 古典概型中事件概率的計算公式 .)( 樣本點總數所包含樣本點的個數AnmAP 稱此為概率的古典定義 . 【 注 】 求解古典概型問題的關

2、鍵是弄清樣本空間中的 基本事件總數 和對所求概率事件 有利的事件個數 在考慮 事件數的時候，必須分清研究的問題是組合問題還是排列 問題，掌握以下關于排列組合的知識是有用的： (1) 加法原理： 設完成一件事有 k類方法，每類又分 別有 m1 , m2,, , mk種方法，而完成這件事只需其中一 種方法，則完成這件事共有 m1 + m2,+ +mk種方法 (2) 乘法原理： 設完成一件事有 n個步驟第一步有 m1種方法、第二步有 m2種方法， 第 n步有 mn 種方法， 則完成這件事共有 m1 m2 mn種方法 . (3)、不同元素的選排列 從 n個不相同的元素中無

3、放回取 k個的排列 (k n)， 稱為從 n個不同元素中取 k個元素的選排列 ,共有 種。 當 n k 時，稱 n個元素的全排列共有 n！ 種。 k nP 例如：從 3個元素取 出 2個的排列總數有 6種 23 6P !( ) ( ) ( ) ( ) ! 1 2 1kn np n n n n k nk (4)、不同元素的重復排列 例如：從裝有 4張卡片的盒中 有放回地摸取 3張 3 2 4 1 n=4,k =3 1 2 3 第 1張 4 1 2 3 第 2張 4 1 2 3 第 3張 4 共有 4.4.4=43種可能取法 kn n n n 從

4、 n個不同的元索中，有放回地取 k個元素進行的排 列，共有 種（元素允許重復 ）。 kn 1 kn剟 n (5)、不全相異元素的排列 在 n個元素中，有 m類不同元素、每類各有 k1, k2 , km 個，將這 n個元素作全排列，共有如下種方式： 12 ! ! ! !m n k k k k1個 元素 k2個 元素 km個 元素 n個 元素 因為 : 12 1 12 ! ! ! ! m m kkk n n k k m nC C C k k k (6)、環(huán)排列 從 n個不同元素中，選出 m個不同的元素排成一 個圓圈的排列，共有： (

5、 1 ) ( 2) ( 1 ) ( 1 ) !m n n n n n m Cm m (7)、組合 從 n個不同元素中取 m個而不考慮其次序的排列 （組合），共有 種 . mnC 4 1 2 3 4 1 2 3 1 1 2 4 2 3 4 3 每個排列 重復了 4 次 4! 4 排列數為 3. 古典概型的基本模型 :摸球模型 (1) 無放回地摸球 問題 1 設袋中有 4 只白球和 2只黑球 , 現(xiàn)從袋中無 放回地依次摸出 2只球 ,求這 2只球都是白球的概率 . 解 ,2 只球都是白球摸得設 A 基本事件總數為 ,2 6 A 所包含 基本事件的個數為 ,2 4

6、 2 6 2 4)( AP故 .52 (2) 有放回地摸球 問題 2 設袋中有 4只紅球和 6只黑球 ,現(xiàn)從袋中有放 回地摸球 3次 ,求前 2次摸到 黑球 、 第 3次摸到紅球 的概率 . 解 3,2 次摸到紅球第次摸到黑球前設 A 第 1次摸球 10種 第 2次摸球 種第 3 種 6種 第 1次摸到黑球 種第 2次摸到黑球4種 第 3次摸到紅球 基本事件總數為 ,10101010 3 A 所包含 基本事件的個數為 ,466 310 466)( AP故 .144.0 課堂練習 1o 電話號碼問題 在 7位數的電話號碼中 ,第一位 不能為 0，求數字

7、0出現(xiàn) 3次的概率 . 2o 骰子問題 擲 3顆均勻骰子 ,求點數之和為 4的 概率 . )109913619:( 633 p答案 )63:( 3p答案 4.古典概型的基本模型 :球放入杯子模型 (1)杯子容量無限 問題 1 把 4 個球放到 3個杯子中去 ,求第 1、 2個 杯子中各有兩個球的概率 , 其中假設每個杯子可 放任意多個球 . 3 3 3 3 4個球放到 3個杯子的所有放法 ,33333 4 種 個2 種 2 4 個2 種 2 2 因此第 1、 2個杯子中各有兩個球的概率為 43 2 2 2 4 p

8、. 27 2 (2) 每個杯子只能放一個球 問題 2 把 4個球放到 10個杯子中去 ,每個杯子只能 放一個球 , 求第 1 至第 4個杯子各放一個球的概率 . 解 第 1至第 4個杯子各放一個球的概率為 4 10 4 4 p pp 78910 1234 .2101 2o 生日問題 某班有 20個學生都 是同一年出生的 ,求有 10個學生生 日是 1月 1日 ,另外 10個學生生日是 12月 31日的概率 . )92:(答案 )36 510101020:( 20 p答案 課堂練習 1o 分房問題 將張三、李四、王五 3人等可能地 分配到 3 間房中

9、去 ,試求每個房間恰有 1人的概率 . 解 .,,,,,,, TTTTTHTH TH TTTH HH THHHTHHHS 則 .,,1 TTHT H TH T TA 而 .83)( 1 AP得 .,,,,,,)2( 2 TTHT H TH T TT H HH T HH H TH H HA .87)( 2 AP因此 ).(, )2().(, )1(. 2 21 1 AP AAP A 求次出現(xiàn)正面” “至少有一為設事件求”次出現(xiàn)正面 為“恰有一設事件將一枚硬幣拋擲三次 ., )1( 為出現(xiàn)反面為出現(xiàn)正面設 TH 二、典型例題 1例 在 N 件產品中抽取 n件 ,其中恰有 k 件次品的取法

10、共有 ,種 kn DN k D 于是所求的概率為 . n N kn DN k Dp 解 在 N件產品中抽取 n件的所有可能取法共有 ,種 n N ?)(, ,, 件次品的概率是多少問其中恰有件 今從中任取件次品其中有件產品設有 Dkkn DN 2例 例 3 在 12000的整數中隨機地取一個數 ,問取到 的整數既不能被 6整除 , 又不能被 8整除的概率是 多少 ? 設 A 為事件“取到的數能被 6整除” ,B為事件 “取到的數能被 8整除”，則所求概率為 ).( BAP )()( BAPBAP )(1 BP ) .()()(1 A

11、BPBPAP 解 ,3 3 462 0 0 03 3 3 因為 ,2000333)( AP所以 ,84242 0 0 083 由于 .2 0 0 083)( ABP得 于是所求概率為 )( BAP 20 008320 0025 020 0033 31 )()()(1 ABPBPAP .43 .2 0 0 02 5 0)( BP故得 ,2 5 082 0 0 0 由于 例 4 將 15 名新生隨機地平均分配到三個班級中 去 ,這 15名新生中有 3名是優(yōu)秀生 .問 (1) 每一個班 級各分配到一名優(yōu)秀生的概率是多少 ? (2) 3 名優(yōu) 秀生分配在同一個班級的概率是多少 ?

12、 解 15名新生平均分配到三個班級中的分法總數 : 5 5 5 10 5 15 . !5!5!5 !15 (1) 每一個班級各分配到一名優(yōu)秀生的分法共有 .)!4!4!4()!12!3( 種 因此所求概率為 !5!5!5 !15 !4!4!4 !12!3 1 p . 91 25 (2)將 3名優(yōu)秀生分配在同一個班級的分法共有 3種 , 對于每一種分法 ,其余 12名新生的分法有 .!5!5!2 !12 種 因此 3名優(yōu)秀生分配在同一個班級的分法共有 ,)!5!5!2()!123( 種 因此所求概率為 !5!5!5 !15 !5!5!2 !123 2 p . 9

13、1 6 例 5 某接待站在某一周曾接待過 12次來訪 ,已知 所有這 12 次接待都是在周二和周四進行的 ,問是 否可以推斷接待時間是有規(guī)定的 . 假設接待站的接待時間沒有 規(guī)定 ,且各來訪者在一周的任一天 中去接待站是等可能的 . 解 周一 周二 周三 周四 周五 周六 周日 .712種 1 2 3 4 12 7 7 7 7 7 故一周內接待 12 次來訪共有 .212種 12 12 7 2p .30 0 00 0 0.0 小概率事件在實際中幾乎是不可能發(fā)生的 , 從 而可知接待時間是有規(guī)定的 . 周一 周二 周三 周四 周五 周六 周日 1 2 3 4 12

14、 2 2 2 2 12 次接待都是在周二和周四進行的共有 故 12 次接待都是在周二和周四進行的概率為 例 6 假設每人的生日在一年 365 天中的任一天 是等可能的 , 即都等于 1/365 ,求 64 個人中至少 有 2人生日相同的概率 . 64 個人生日各不相同的概率為 .3 6 5 )1643 6 5( 3 6 43 6 5 641 p 故 64 個人中至少有 2人生日相同的概率為 643 6 5 )1643 6 5( 3 6 43 6 51 p .997.0 解 率為 概他們的生日各不相同的個人隨機選取 ,)365( n .3 6 5 )13 6 5(3 6

15、 43 6 5 n np 日相同的概率為個人中至少有兩個人生而 n .365 )1365(3643651 n np 說明 我們利用軟件包進行數值計算 . 例 7、 有 n個人排隊，排成一圈，求甲、乙兩人 相鄰的概率是多少 ? 解： (2)排成一圈是環(huán)排列， n個人的環(huán)排列有 (n 1)! 種，甲、乙相鄰占一個位置的環(huán)排列有 (n一 2)!種，考 慮互換性，有利事件有 2 (n一 2)!種故： ( 2 ) ! 2 ! 2() ( 1 ) ! 1 nPA nn 更為簡單的想法是：設想一個圓周上：有 n個位置， 甲占了一個位置后，乙還有 n一 1個位置可選，其中與 甲相鄰的位

16、置有 2個所以 : 2() 1PA n 例 8、從 5雙不同的鞋子中任取 4只，這 4只鞋子中 至少有兩只鞋子配成一雙的概率是多少 ? 4 1 1 1 1 5 2 2 2 2 4 10 8 () 21 8 1 3 ( ) 1 ( ) 1 2 1 2 1 C C C C C PA C P A P A 解： A =4只鞋子中至少有兩只鞋子配成一雙 =4只鞋子中沒兩只鞋子配成一雙 A 例 9、 某人將三封寫好的信隨機裝入三個寫 好地址的信封中，問沒有一封信裝對地址的概 率是多少？ 這是一個 對 問 解：設 Ai =第 i封信裝入第 i個信封 i =1,2,3

17、 A=沒有一封信裝對地址 直接計算 P(A)不易，我們先來計算 )( AP =至少有一封信裝對地址 則 A )()( 321 AAAPAP )()()( )()()()( 3213231 21321 AAAPAAPAAP AAPAPAPAP 1 2 3 2 ! 1( ) ( ) ( ) 3 ! 3P A P A P A 6 1 !3 1)()()( 323121 AAPAAPAAP 其中： 于是 : ! 1 )1( !3 1 !2 1 ) ! 1 )1( !3 1 !2 1 1(1 1 n n n n 推廣到 n封信 ,用類似的方法 可得 :把 n

18、 封信隨機地裝入 n個 寫好地址的信封中 , 沒有一封 信配對的概率為 : 2 ! 1 1 33 3! 3! 3! 1 1 2 1 2 ! 3! 3 1 2 3( ) ( )P A P A A A 1 2 3 11() 3 ! 6P A A A ( ) 1 ( ) 1 1 1 2 ! 3 ! 3 P A P A 例 10 利用概率模型證明恒等式 111r r rn n nC C C 0 , ( ) n r i r i n m n m i C C C r m （ 1） （ 2） 證（ 1）構造概率模型：設一袋中有 n個球，其中 只有 1個紅球，其余全

19、是黑球，現(xiàn)從袋中無放回 地摸出 r個球。記事件 A=“摸出的 r個球中有紅 球”，則 11 11() r n r n CCPA C 1() r n r n CPA C 由 可得到等式（ 1）。 ( ) ( ) 1P A P A （ 2）構造概率模型：設一袋中有 n個球，其中有 m個紅球， n-m個黑球，現(xiàn)從袋中無放回地摸出 r 個球。記事件 Ai=“摸出的 r個球中有 i個紅球”，則 0 ( ) 1 r i i PA 而 ( ) , 0 , 1 , , i r i m n m i r n CCP A i r C 所以， 0 1, i r i

20、r m n m r i n CC C 0 n r i r i n m n m i C C C 即 定義 當隨機試驗的樣本空間是某個區(qū)域，并且 任意一點落在度量 (長度、 面積、體積 ) 相同的 子區(qū)域是等可能的，則事件 A 的概率可定義為 .)( SSAP A 說明 當古典概型的試驗結果為連續(xù)無窮多個時 , 就歸結為幾何概型 . 三、幾何概型 . .) ,( 幾何概型定的概率稱為 量來合理規(guī)這樣借助于幾何上的度區(qū)域的度量 的子是構成事件是樣本空間的度量其中 ASS A 那么 .0,0 TyTx 兩人會面的充要條件為 ,tyx 例 10 甲、乙兩人相約在 0

21、到 T 這段時間內 , 在 預定地點會面 . 先到的人等候另一個人 , 經過時間 t( t