概率论
第三讲
等可能概型(古典概型)
古典概型的定义 古典概率的求法 小结
概率论
我们首先引入的计算概率的数学模型， 是在概率论的发展过程中最早出现的研究 对象，通常称为
古典概型
概率论
定义 1
若随机试验满足下述两个条件： (1) 它的样本空间只有有限多个样本点； (2) 每个样本点出现的可能性相同. 称这种试验为等可能随机试验或古典概型.
有许多问题和本例有相同的数学模型。
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如，假设每人的生日在一年365天中的 任一天是等可能的，即都是1/365，那么随 （ 机选取n n 365） 个人
则每个人生日各不相同的概率为
365 364 (365 n 1) n 365
n个人中至少有两人生日相同的概率为
365 364 (365 n 1) 1－ n 365
2 9
所以
CC 9 3 9 PC 2 . C12 12 11 22 21
1 9 1 3
例3、将n只球随机地放入N ( N n) 个盒子 中去，试求每个盒子中至多有一只球的概率 （设盒子的容量不限）。
概率论
解：将n只球随机地放入N个盒子中去，
每一种放法是一个基本事件，每一只球都可以放入 N个盒子中的任一个盒子，一共有Nn不同的放法， 即样本空间所含基本事件数为Nn
有趣的是，当n=23时，至少有2人同一天过生日的概率 大于0.5；而当n=50时，至少有2人的生日是同一天的概率 为0.97。也就是说，如果随机地产生的50个人聚在一起， 则他们中至少有2人的生日在同一天的可能性很大。
例1.5 设在10张卡片上分别定有字母A，C，I，I， S，S，S，T，T，T；将10张卡片随意排成一列，求恰好 排成英文单词STATISTICS（统计学）的概率。 解
解
本例可以用古典概型公式，也可以用减法公式。 B8={此数不含8}
设 B6={此数不含6}
故
A=B8－B6
注意到所得数的千位数字不能是0，由古典概型公式得
8 93 P( B8 ) 9 103
因此，由减法公式，得
7 83 P( B6 B8 ) 9 103
P( A) P( B8 B6 ) P( B8 ) P( B6 B8 )
解 设事件A＝“发往同一地区的车皮恰好相邻” 设事件Bi＝“发往Ei地区的车皮恰好相邻” (i=1,2,3) 已知发往3个地区的共有9节车皮，这样随机编组时，共 有9！种不同的排法，即样本空间的基本事件数为n=9！ 将发往E1、 E2、 E3地区的的车皮统一编组（相当于把发 往各地的车皮看作一个整体，这样就是3个物体），且发往 同一地的车皮恰好相邻共有3！＝6种不情形。其中每一种情 形对应B1，B2，B3的一种排列
所以
(n 1)!m m P ( A) n! n
这说明了无论是放回抽样还是不放回抽样，抽到红球的 概率与哪次抽取无关，只与红球所占的比例有关。教材中给 出另外 两种解法，供大家学习参考。
例1.7 假设某铁路编组站随机地发往三地E1，E2，E3 的各2、3、4节车皮，求发往同一地区的车皮恰好相邻的概率。
每个盒子中至多放一只球，则一共有
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N ( N 1) ( N n 1)
种不同的放法，即事件A所含的基本事件数为
N ( N 1) ( N n 1)
故
n ( N 1) ( N 2) ( N n 1) AN P( A) n n N N
B 第一次取得正品, 第二次取得次品, C 取得一件正品一件次品 ,
A 取得两件正品,
解 1 采取有放回抽样 . 从箱子中任取两件产品 , 每次取一件 , 取法总数为 122.
即样本空间中所含的基本事件数为 122 . C1C1 92 . 事件 A 中所含有的基本事件数为 9 9 92 9 所以 P A 2 . 12 16 C1C1 9 3 . 事件 B 中所含有的基本事件数为 9 3 9 3 3 所以 P B 2 . 16 12 1 1 1 1 事件 C 中所含有的基本事件数为 C9 C3 C3C9 54 . 54 3 P C 2 . 所以 8 12
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2 解 从箱子中任取两件产品 , 取法总数为 C12 . 2 C12 . 即试验的样本空间中所含有的基本事件总数为
事件 A 中所含有的基本事件数为 C . 98 2 C9 21 6 . 所以 P A 2 C12 12 11 11 21 1 1 事件 C 中所含有的基本事件数为 C9 C 3 .
8 93 7 83 2248 0.2498 3 3 3 9 10 9 10 9 10
例1.14 (一般加法公式) 假设四个人的学生证混放在 一起，现在将其随意地发给四个人．试求事件A＝{没有一 个人领到自己学生证}的概率p
解 设 Ak={第k个人恰好领到自己的学生证}(k = 1,2,3,4)． 则
P( A1 A2 A3 A4 )
四个人各领一个学生证总共有4!种不同情形．四个人中任 何两个人（例如第一个人和第二个人）都领到自己学生证总共 有1×1×2×1＝2 种不同情形（第一个人和第二个人各有一种选 择，对于第三个人剩下两种选择，对于第四个人最后只剩下一 种选择）．因此
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事件 C 中所含有的基本事件数为
C1C1 C1 C1 9 3 3 9 . 9 3 3 9
9 3 39 9 P C . 12 11 22
所以
例3 从有 9 件正品 、 件次品的箱子中任取两件产 3 品 即一次抽取两件产品 , 求事件 A 取得两件正品 , C 取得一件正品一件次品 , 的概率 .
二、古典概型中事件概率的计算
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设古典概型 E 的样本空间为 S e1 , e2 , , en .
由于在试验中每个基本事件发生的可能性相同 , 即
P e1 P e 2 P e n
又由于基本事件是两两互不相容的 . 于是
1 P S P e1 e 2 e n
即
P ( A1 A2 A3 A4 )
P( A1 ) P( A2 ) P( A3 ) P( A4 )
概率论
[ P( A1 A2 ) P( A1 A3 ) P ( A1 A4 ) P ( A2 A3 ) P( A2 A4 ) P( A3 A4 )]
[ P( A1 A2 A3 ) P( A1 A2 A4 ) P( A1 A3 A4 ) P ( A2 A3 A4 )]
设事件A＝“10字母恰好排成STATISTICS”
概率论
由于从10
张卡片中任取一张进行排列，则样本空间所包含
的基本事件数：
n 10! 3628800
又所做的排列中，3张写有S的卡片交换位置有3！种不 同的排法、3张写有T的卡片交换位置有3！种不同的排法、 2张写有I的卡片交换位置有2！种不同的排法、，所以
每次取一件 , 试分别以 :
1 有放回抽样法 :即每次抽取的产品观察后放回 ; 2 不放回抽样法 :即每次抽取产品观察后不放回 ;
两种抽样方式求事件
A 取得两件正品 ,
B 第一次取得正品 , 第二次取得次品 ,
C 取得一件正品一件次品 ,
的概率 .
例2 从有 9 件正品、件次品的箱子中任取两次 , 每次取一件概率论 3
例1.10 某幼儿园小班有20位同年龄的儿童，求至 少两个儿童的生日不在同天的概率。
概率论
解 设A={至少有2人的生日不在同一天}，其对立事件为
A={20个人的生日在同一天}
则由上例的分析可知， 365 1 P ( A) 20 365 36519
1 P ( A) 1 P ( A) 1 1 19 365
事件A所包含的基本事件数：
于是
k 3! 3! 2! 72
3! 3! 2! 72 P ( A) 0.00001984 10! 36288000
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实际推断原理 人们在长期的实践中总结得到：
“概率很小的事件在一次试验中 实际上是几乎不会发生的”
例1.6（简单随机抽样） 假设箱总共有n个球，其 中有m(0≤m≤n)个红球，其余的是白球。现在一个接一个 的从箱中抽球，试就放回和不放回两种方式，分别求第 k(0≤k≤n)次抽到红球的概率。
A 取得两件正品 ,
B 第一次取得正品 , 第二次取得次品 ,
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C 取得一件正品一件次品 ,
2 采取不放回抽样 .
从箱子中任取两件产品 , 每次取一件 , 取法总数为 12 11 .
即样本空间中所含有的基本事件总数为 12 11 . 1 1 事件 A 中所含有的基本事件数为 C9C8 9 8 . 98 6 . 所以 P A 12 11 11 事件 B 中所含有的基本事件数为 C1C1 9 3 . 9 3 9 3 9 所以 P B . 12 11 44
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A A1 A2 A3 A4 由对偶律，得 A A1 A2 A3 A4 p P( A) 1 P( A) 1 P( A1 A2 A3 A4 )
又，每个学生领到自己的学生证的概率都等于1/4，
1 P ( A1 ) P ( A2 ) P ( A3 ) P ( A4 ) 4 由四个事件的加法公式，有

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显然，6种不同情形是等可能的，如其中一种可能是 B1B2B3，即“发往E1的2节车皮排在最前面，发往E2的3节车 皮排在中间，发往E3的4节车皮排在最后面”，则由于
发往E1地区的2节车皮如果恰好相邻，则有2！种排法； 发往E2地区的3节车皮如果恰好相邻，则有3！种排法；发 往E3地区的4节车皮如果恰好相邻，则有4！种排法；