古典概型中研究的几类基本问题:
抛硬币、掷骰(tóu)子、摸球、取数等随机试验,在概率问题的研究中,有着十分重要的意义.一方面,这些随机试验,是人们从大量的随机现象中筛选出来的理想化的概率模型.它们的内容生动形象,结构清楚明确,富有直观性和典型性,便于深入浅出地反映事物的本质,揭示事物的规律.另一方面,这种模型化的处理方法,思想活泼,应用广泛,具有极大的普遍性,不少复杂问题的解决,常常可以归结为某种简单的模型.因此,有目的地考察并掌握若干常见的概率模型,有助于我们举一反三,触类旁通,丰富解题的技能和技巧,从根本上提高解答概率题的能力.
本部分主要讨论古典概率中的四类基本问题(摸球问题、分球入盒问题、随机取数问题和选票问题),给出它们的一般解法,指出它们的典型意义,介绍它们的常见应用.
一、摸球问题
[例1]袋中有α个白球,β个黑球：
(1)从中任取出a＋b个(a,b∈N,α≤a,b≤β,试求所取出的球恰有a个白球和b个黑球的概率；
(2)从中陆续取出3个球(不返回),求3个球依次为“黑白黑”概率；
(3)逐一把球取出(不返回),直至留在袋中的球都是同一种颜色为止,求最后是白球留在袋中的概率.
思考方法 这里的三个小题,摸球的方式各不相同,必须在各自的样本空间中分别进行处理.(1)中的每一个样本点,对应着从α+β个球中任取a+b个球的一种取法,无需考虑顺序,属于组合问题.(2)中的每一个样本点,对应着从α+β个球中依次取出三个球的一种取法,需要考虑先后次序,属于排列问题.(3)中事件的有利场合(摸剩白球)包含了α种不同情形：摸剩α个白球,α-1个白球,?,1个白球.因此,必须对各种情形分别加以考虑.
[解](1)设A1表示事件“所取的a+b个球中恰有a个白球和b个黑球”.从α+β个球中
a?b任意摸出a+b个,有C??????a?b??种不同取法,此即样本空间所包含的样本点总数.而事
???????件A1所包含的样本点数,相当于从α个白球中任取a个,从β个黑球中任取b个的取法种数,
ab共C?C????a????b??种.所以
??????????????????ab???b??C?C??a????
P(A1)=a?b?C??????????a?b????(2)设A2表示事件“取出的3个球依次为黑白黑”.从α+β个球中依次任取3个,有
3A???种取法,此即样本点总数.对于有利场合,第一个和第三个黑球可在β个黑球中依次取1得,有A?种取法,第二个白球可在α个白球中任取,有A?种取法.因此,A2所包含的样本点数
2为A??A?.于是
12P(A2)=
??(??1)
(???)(????1)(????2)(3)袋中只剩白球时(设此事件为A3),取出的球必为β个黑球,i个白球(i=0,1,?,α-1).用Bi表示事件“取出β个黑球,i个白球,袋中留下的全是白球”(i=0,1,?,α-1),则事件B0,B1,?,Bα-1,β必两两互不相容,且A3=B0+B1+?+Bα-1． 依概率的有限可加性,有
P(A3)=P(B0)+P(B1)+P(B2)+ ?+P(Bα-1)
依事件Bi的含义,对于确定的i,它的样本空间就是从α+β个球中任取i+β个球的排列.所
i??以,样本点总数为A???.注意到i+β个球取出后,留在袋中的全是白球,因而在这i+β个球
中,最后取出的一个应是黑球.这样,事件Bi的有利场合,就是i+β-1个球的全排列(β个黑
i球中扣除1个,以保证最后取出的一个必为黑球).显然,i个白球可从α个白球中取得,有C???1种取法;β-1个黑球可从β个黑球中取得,有C?种取法,．从而事件Bi所包含的样本点数
为C??C?i??1?Ai???1.于是
P(Bi)=
i??1???1C??C??Aii???1i??A??? =
?!?!iCi???1
(???)把诸P(Bi)的值代入(1)式,并注意到
n?1n?1012Cm?Cm?1?Cm?2+?Cm?n?1?Cm?n
即得
P(A3)=
?!?!?!?!??1?012??1[C??C?C?C == C]?????2?1???1????1(???)!???(???)!评注 如果把题中的“白球”、“黑球”换为“正品”、“次品”或“甲物”、“乙物”
等等,我们就可以得到各种各样的“摸球问题”.为了让读者对此有深切的体会,我们再来看下面的例子：
(1)一批灯泡40只,其中3只是坏的,从中任取5只检查.问：① 5只都是好的概率为多少？② 5只中有2只坏的概率为多少？
53C37C37C32
(答案：①5;②) 5
C40C40
(2)在相应地写有2,4,6,7,8,11,12及13的8张相同的卡片中,任意取出2张,求由所取
得的两个数构成的分数为可约的概率.
C52 (答案:2)
C8(3)从一副扑克牌(52张)中任取6张,求得3张红色的牌和三张黑色的牌的概率.
33C26C26 (答案：) 6C52(4)用火车运载两类产品,甲类n件,乙类m件.有消息证实,在路途中有2件产品损坏.求损坏的是不同产品的概率.
11Cn?Cm (答案:) 2Cn?m(5)一个班级有2n个男生和2n个女生,把全班学生任意地分成人数相等的两组,求每组
中男女生人数相等的概率.
2nC2n?C2n (答案：) 2nC4n(6)从数1,2,?,n中任取两数,求所取两数之和和偶数的概率.
222C?C2Cn(n?1)/2(n?1)/2/2 (答案：当n为偶数时,p=；当n为奇数时,p=) 22CnCn不难发现,上述各个问题的解决,都可以归结为摸球问题(例1(1)).我们说摸球问题具
有典型意义,原因也正在于此., 二、分球入盒问题
[例2]把n个球以同样的概率分配到Ｎ(n≤Ｎ)个盒子中的每一个中去,试求下列各事件的概率：
(1)Ａ：某指定n个盒子中各有一球； (2)Ｂ：恰有n个盒子,其中各有一球; (3)Ｃ：某指定盒子中恰有m(m≤n)个球.
思考方法 解答本题时,要发掘“n个球以同样的概率分配到Ｎ个盒子中的每一个中去”一语的含义.这句话意思是说,每一个球,被分配到任意一个盒子中去是等可能的；也就是说每一个球各有Ｎ种不同的去向.
[解] 因为n个球中的每一个球,都以同样的概率进入Ｎ个盒子中的任意一个,所以样
n
本点总数为N.
(1)n个球分别分配到Ｎ个预先指定的盒子中去,相当于n个球的全排列,因此事件Ａ所包含的样本点数为An,于是
P(A)=
Ann!?． nnNNn(2)对于事件Ｂ,ｎ个盒子可自Ｎ个盒子中任意选取,有CN种选法,因而事件Ｂ包含
nCN?n!个样本点,于是
nCN?n!N!P(B)=. ?NnNn?(N?n)!(8)事件Ｃ中的ｍ个球,可以从n个球中任意选取有Cn种选法,其余的n-m个球可以任
m意分配到另外Ｎ-1个盒子中去,有(N-1)点.这样
n-m
m种分配法.因而事件Ｃ包含Cn(N?1)n?m个样本
mCn(N?1)n?m1n?mm1m?C()(1?). P(C)=nnNNN评注 不难发现当n和Ｎ确定时P(C)只依赖于m.如果把P(C)记作Pm,依二项式定理有
m?0?Pnmm??Cn(m?0n1m111)(1?)n?m?(?1?)n?1. NNNN上述等式的概率意义是十分明显的.就是对于某个指定的盒子来说,进入盒子中的球数
不外是0,1,...,n;从而这n+1种情形的和事件为必然事件,其概率必为1.这个问题实质上就是贝努利(Bernoulli)概型.
n个球在Ｎ个盒子中的分布,是一种理想化的概率模型,可用以描述许多直观背景很不相同的随机试验.为了阐明这一点,我们列举一些貌异质同的试验：
(1)生日.ｎ个人的生日的可能情形,相当于ｎ个球放入Ｎ=365个盒子中的不同排列(假定一年有365天).
(2)性别.ｎ个人的性别分布,相当于把ｎ个球放入Ｎ=2个盒子中.
(3)意外事件.如果把ｎ个意外事件按其发生在星期几来分类,相当于ｎ个球放入Ｎ=7个盒子中.
(4)掷骰子.掷ｎ颗骰子的可能结果,相当于把ｎ个球放入Ｎ=6个盒子中.
(5)质点入格.ｎ个质点落于Ｎ个格子中的可能情形,相当于ｎ个球分入Ｎ个盒子中. (6)旅客下站.一列火车中有ｎ名旅客,它在Ｎ个站上都停.旅客下站的各种能情形,相当于n个球分到Ｎ个盒子中的各种情形.
(7)住房分配.n个人被分配到Ｎ个房间中去住,则人相当于球,房间相当于盒子.
(8)印刷错误.ｎ个印刷错误在一本具有Ｎ页的书中的一切可能的分布,相当于ｎ个球放入Ｎ个盒子中的一切可能分布(ｎ必须小于每一页的字数).
从上面所列举的部分试验,我们不难体会分球入盒的模型的意义.因而使例2成为古典概率中的典型问题之一,为一类实际问题的求解,提供了有效的途径.作为练习,读者可利用本题的思想方法,解答下列各题：
(1)同时掷4颗质量均匀的骰子,求出现完全不相同的点数的概率.
A64 (答案：4 )
6(2)设一个人的生日在星期几是等可能的,求6个人的生日都集中在一星期中任意两天但不是都在同一天的概率.
2C7(26?2) (答案：)
76(3)有n个质点,每个质点都等可能地落于Ｎ(ｎ≤Ｎ)个格子中的每一个.试求每一格子至多含一点的概率.
nCNAn (答案：)
Nn(4)设有n个人,每个人都等可能地被分配到n个房间中的任一间去住.求恰有一个空房间的概率.
12Cn?Cn?An?1 (答案:．)
nn三、随机取数问题
[例3]从1,2,?,10这十个数中任取一个,假定各个数都以同样的概率被取中,取后还原,先后取出7个数,试求下列各事件的概率：
(1)A1：7个数全不相同； (2)A2：不含10与1； (3)A3：10恰好出现两次； (4)A4：10至少出现两次；
(5)A5：取到的最大数恰好为6．
思考方法 本题所及的随机试验,就取样方法来说,属于返回取样.也就是说,把某数取出后还原,下次仍有同样的可能再取到这个数.注意到这一特点,运用上节介绍的思想方法,原题就不难得解.
7
[解] 依题设样本空间就是10个相异元素允许重复的7元排列.所以样本点总数为10． (1)事件A1,要求所取的7个数是互不相同的,考虑到各个数取出时有先后顺序之分,所以有利场合相当于从10个相异元素里每次取出7个相异元素的排列.因此,A1所包含的样本
7点数为A10.于是
7A10P(A1)=7?0.06048.
10(2)事件A2：先后取出的7个数中不含10与1,所以,这7个数只能从2,3,4,5,6,7,8,9这8个数中取得.注意到实验属于有返回取样,则A2的有利场合,相当于8个相异元素允许重
7
复的7元排列.于是,A2所包含的样本点数为8,有
87P(A2)=7?0.2097.
102(3)事件A3中出现的两次10,可以是7次取数中的任意两次,有C7种取法,其余的5次,2每次可以取剩下的9个数中的任一个,共有9种取法.于是A3的有利场合为C7?95.由此
5
2C7?95?0.1240. P(A3)=
107(4)事件A4是六个两两互不相容事件“10恰好出现k次”(k=2,3,4,5,6,7)的和,因此
kC7?97?kP(A4)=??0.1497. 710k?27也可以先考察A4的逆事件.这里A4是事件“10恰好出现一次或一次也不出现”显然
考研概率论复习古典概型中几种研究模型
