1-第二节古典概率与几何概率

第2节古典概率与几何概率定义随机事件A发生可能性大小的度量(数值),称为A发生的概率,记作P(A).对于一个随机事件(必然事件和不可能事件除外)来说,它在一次试验中可能发生,也可能不发生.我们希望知道某些事件在一次试验中发生的可能性究竟有多大,找到一个合适的数来表示事件在一次试验中发生的可能性大小.一、概率的定义及性质1.概率的统计定义(描述性定义)(1)频率定义2.1在一定的条件下,随机事件在n次重复试验中出现的次数nA,,叫做事件A发生的频数.比值nA/n叫做事件A发生的频率,并记为fn(A)=nA/n.频率具有下述性质:（1）0≤fn(A)≤1;（2）fn(Ω)=1;（3）若A1,A2,…,Ak是两两互不相容的事件,则kiinikinAfAf11)()(历史上抛掷匀质硬币的若干结果试验者抛掷次数n正面出现次数m正面出现频率m/n德.摩尔根204810610.518蒲丰404020480.5069皮尔逊1200060190.5016皮尔逊24000120120.5005维尼30000149940.4998(2)概率的统计定义定义2.2在一定的条件下,进行了n次重复试验,在这n次试验中,事件A发生了nA次,当试验的次数n很大时,如果事件A发生的频率fn(A)=nA/n稳定在某个常数p的附近摆动,而且随着试验次数的增大,这种摆动的幅度越变越小,则称数值p为事件A在一定条件下发生的概率,记作P(A)=p.这样定义的概率称为统计概率.注意(1)常数p是与试验次数n无关的.它是事件A的固有属性,而不随人的意志和试验操作发生变化.常数p是一种理论值,可以在一定的理论下推算出来.(2)随着试验次数n的增加,频数nA将逐步增大limnA=∞,频率nA/n是实际操作的结果,是试验值,不同的人,不同的时期,得到的结果可能不同.频率nA/n作为一个数列,limnA/n并不一定收敛于p,而只是在p的附近摆动.以后我们会知道，频率fn(A)=nA/n实际上是一个随机序列。具有以上两个特点的随机试验称为古典概型,也称为等可能概型.在概率论发展的初期主要研究具有如下两个特点的随机试验:(1)试验的样本空间的元素只有有限个;(2)试验中每个基本事件发生的可能性相同.二、古典概型1.古典概型的定义定义2.4若一试验(概型)满足下列两个特征:(1)试验的样本空间中的基本事件的总数是有限的,即(2)每个基本事件的出现是等可能的,即neee,,,21)()()(21nePePeP则称此试验为等可能概型或古典概型.例2掷一枚均匀的硬币，只有“正面向上”或“反面向上”两种结果，而且这两种结果出现的可能性相同，均为1/2例3从100件同类型的产品中，任意抽取1件进行质量检查，则共有100种抽法，且每种出现的可能性大小相同，均是1%.2.古典概率的计算公式设随机试验的样本空间为又由于基本事件是两两不相容的,于是有所以,,,,21neee由于在试验中每个基本事件发生的可能性相同,即有)()()(21nePePeP)()()()()()(112121enPePePePeeePPnnnePePePn/1)()()(21/)(,,,,,21nkAPAkeeeAkiii发生的概率事件则个基本事件包含了若事件因此设古典概型的样本空间中基本事件的总数为n,事件A中包含的基本事件的个数为nA,则事件A发生的概率为古典概型中的事件A的概率P(A)就是A包含的样本数nA与样本空间中的样本点数n的比值.称此为古典概率公式nnAPA/)(古典概率的定义即样本空间有4个样本点,而随机事件A1包含2个样本点,随机事件A2包含3个样本点,故P(A1)=2/4=1/2，P(A2)=3/4例4将一枚硬币抛掷二次,设事件A1为“恰有一次出现正面”;事件A2为“至少有一次出现正面”.求P(A1)和P(A2).解正面记为H,反面记为T,则随机试验的样本空间为Ω={HH,HT,TH,TT}而A1={HT,TH}A2={HH,HT,TH}例5抛掷一颗匀质骰子，观察出现的点数，求出现的点数是不小于3的偶数的概率.解设A表示出现的点数是大小于3的偶数，则基本事件总数n=6，A包含的基本事件是“出现4点”和“出现6点”即m=2，即6,46,4,26,5,4,36,5,4,3,2,1A3162//P(A)故0401004./P(A)例6在100件产品中,有4件次品,其余均为正品,求(1)这批产品的次品率；(2)任取3件，全是正品的概率；(3)任取3件，恰好有2件正品的概率.解设A为“任取1件产品取到次品”，表示“任取3件产品取到i件正品”，.3210,,,i(1)基本事件总数n1=100，A包含的基本事件数mA=4,故8836031003963.CC)P(A112803100142962.CCC)P(A，故数为包含的总数）（3963310022CA,Cn事件基本基本事件的，故数为包含的总数仍为）（14296231003CCA,C事件基本基本事件的解设A=没有相同数字的三位数，B表示没有相同数字的三位偶数，则基本事件总数n=5×6×6=180(1)事件A包含的基本事件数为mA=5×5×495665455P(A)(2)事件B包含的基本事件数为mB=4×4×2+5×4=52451366552P(B)所以所以例7用0,1,2,3,4,5这六个数字排成三位数，求（1）没有相同数字的三位数的概率.（2）没有相同数字的三位偶数的概率.15256262626!)!(!!Cn8241214CCm158261214/CCCP(A)例8设有同类产品6件,其中有4件合格品,2件不合格品.从6件产品中任意抽取2件,求抽得合格品和不合格品各一件的概率.解设A={抽得合格品和不合格品各一件}.因为基本事件总数等于从6件可以区别的产品中任取2件的组合数目,故有基本事件总数且每一基本事件发生是等可能的.事件A发生是指从4件合格品和2件不合格品中各抽出一件,抽取方法数,即使事件A发生的基本事件数为所以事件A发生的概率为解法11.把a只黑球b只白球视为可分辨的.baa)!ba()!ba(a)A(Pk1例9袋中有a只黑球,b只白球.它们除了颜色不同外,其它方面全同.现在随机地把球一只只摸出来,求第k次摸出的一只是黑球(事件Ak)的概率.2.把a+b只球摸出来依次排在一直线的a+b个位置上,则可能的排列法相当于把a+b个元素进行全排列,即基本事件总数为n=(a+b)!.3.有利于事件Ak的场合相当于在第k个位置上放一个黑球(共有a种选择),而在其余的a+b-1个位置上,由其余的a+b-1个球任意排列,共有m=a(a+b-1)!种排法.所以baaCC)A(Pabaabak11这两种不同的解法,主要在于选取的样本空间不同,而最后的答案是相同的.解法21.把a只黑球和b只白球都看着没有区别.abaC11abaC2.把a+b只球摸出来依次排在一直线的a+b个位置上.若把a只黑球的位置固定下来,则其它位置必然为白球,则黑球在a+b个位置中的放法共有,3.有利于A的场合是在第k个位置上固定一个黑球,其余a-1个黑球被放到其余a+b-1个位置上,共有种放法.因此例10设盒中有3个白球，2个红球，现从盒中任抽2个球，求取到一红一白的概率。答:取到一红一白的概率为0.6。解设A={取到一红一白},则一般地，设盒中有N个球，其中有M个白球，从中任抽n个球，则这n个球中恰有k白球的概率是MnM,nminkCCCPnNknMNkM0，6.010/6251213CCCP(A)超几何分布例1130名毕业生中有3名运动员，将他们平均分配到甲、乙、丙三个城市去工作，求：（1）每市都有一名运动员的概率；（2）3名运动员集中在一个市里的概率。!!!!/CCCN10101030101010201030/NCCC!P(A)999189273/NCCCCP(B)1010102072713解设A={每市有一名运动员};B={3名运动员集中在一个市里}10307273C/C20350/20318/!r....!r!rn!m21当这些组不可辩时，则共有分法：一般地,把n个不同的球,分成m组(nm),使第i组恰有ri个球(i=1,…m)，当这些组可辩时，则共有分法：!r....!r!r!mn!m21例如将3个不同的水果平分给3个同学，则有6种分法，而将3个不同的水果平分成3堆，则只有1种分法例9名学生会干部中有3名党员，将他们平分到3个班去，求：（1）每班都有一名党员的概率；（2）3名党员集中在一个班的概率。注意，班是先成立的，是可辩的，而组是新成立的，是不可辩的。思考题例9名学生会干部中有3名党员，将他们平分成3组，求：（1）每组都有一名党员的概率；（2）3名党员集中在一个组的概率。作业：P23，T3，4，5，6.1.有放回抽样:第一次取一件产品观察其是否合格后放回袋中,第二次再取一件产品.2.不放回抽样:第一次取一件产品后不放回袋中,第二次再取一件产品.试由上面两种抽样方法,求:1.取到两件合格品的概率;2.取到两件相同质量产品的概率;3.取到的两件产品中至少有一件合格品的概率.例12一只口袋中,装有10件同类晶体管,其中有8件合格品,2件次品.从口袋中取产品2次,每次取一件,考虑两种情况:解设A={取到两件合格品},B={取到两件次品},C={取到两件相同质量的产品},D={取到的两件产品中至少有一件合格品}第一次从10件产品中抽1件有10种抽取方法,第二次从10件产品中抽1件也有10种抽取方法,故有10×10种可能的取法.每一种取法是一基本事件,且发生的可能性是相同的.(1)有放回抽样:所以基本事件总数为n=10×10=100.使A发生的基本事件是第一次抽到合格品,且第二次也抽到合格品,同理B包含的基本事件数mB=2×2=4.所以由于C=A+B,且AB=,所以共有mA=8×8=64种取法.于是P(A)=mA/n=64/100P(C)=P(A+B)=P(A)+P(B)=0.64+0.04=0.68P(D)=1-P(B)=1-0.04=0.96P(B)=mB/n=4/100第一次从10件产品中抽1件有10种抽取方法,第二次从9件产品中抽1件有9种抽取方法,故有10×9种可能的取法.所以样本空间的基本事件总数为n=10×9=90.两次均抽到合格品共有mA=8×7=56种取法,即A包含的基本事件数为56.于是P(A)=56/90同理B包含的基本事件数mB=2×1=2.所以P(B)=2/90由于C=A∪B,且AB=,所以P(C)=P(A∪B)=P(A)+P(B)=0.622+0.022=0.644P(D)=1-P(B)=1-0.022=0.978(2)不放回抽样:解设A={指定的n个盒子各有一球},B={恰有n个盒子各有一球}.例13将n个球随机地放入N(N≥n)个盒子中,每个球都以相同的概率1/N落入N个盒子中的每一个,试求:1.指定的n个盒子各有一球的概率;2.恰有n个盒子各有一球的概率.由于每个球都可以放入N个盒子中的任一个,共有N种不同的放法.于是n个球放进盒子就有Nn种不同的放法.而每一放法就是一个基本事件,且发生的可能性是相同的.所以基本事件总数为Nn.nNn!C指定的n个盒子各有一球,共有n(n-1)(n-2)…1=n!种可能的放法,于是恰有n个盒子各有一球,共有可能的放法,于是nnNNn!CP(B)P(A)=n!/Nn例14将3个球随机的放入3个盒子中去，问：（1）每盒恰有一球的概率是多少？（2）空一盒的概率是多少？解设A={每盒恰有一球},B={空一盒}.N=33,K=3!,P(A)=2/9.P(B)=1－P{空两合}－P{全有球}=1－3/33－2/9=2/3.一般地，把n个球随机地分