议古典概型

安庆师范学院数学与计算科学学院2014届毕业论文第1页共13页议古典概型作者：王雷指导老师：桂春燕摘要概率论是研究随机现象数量规律的数学学科,随机现象在我们日常生活中随处可见,随着科技的日新月异,经济全球化的日益快速发展,概率论也发挥着越来越大的作用,古典概型是概率论中的基本问题之一,是概率论发展初期的主要研究对象.内容比较简单,应用却十分广泛.本文的研究目的是从一些典型的事件为例入手研究古典概率模型的一些解题方法,希望能给读者一定的启发.关键词随机试验等可能性古典概型1引言古典概型的起源与赌博问题有关.17世纪中叶,法国一位热衷于掷骰子赌博的贵族赌徒德·梅耳,他有要急于处理的事情必须中途停止赌博,要对胜负的预测把赌资进行合理的分配,但不知用什么比例分配才好,于是就写信向当时法国的最高数学家帕斯卡请教.帕斯卡邀请当时数学家费尔玛一起,研究了德·梅耳提出的关于骰子赌博的问题:掷两个骰子时,下注猜几点赢的机会大.掷两个骰子朝上的面共有36种可能,它们的点数为2到12的整数.如下表所示：在这36种可能中出现7点的占6次且最多,也就是压7点赢的概率大些,而这就是最初古典概型的出处.2古典概型的定义与计算2.1随机试验的定义在了解古典概型定义之前,我们先了解这样一个概念--随机试验：概括的讲,在概率论中把符合下面三个特点的试验叫做随机试验：（1）每次试验的可能结果不止一个,并且能事先明确试验的所有可能结果.（2）进行一次试验之前无法确定哪一个结果会出现.（3）可以在同一条件下重复进行试验.例1可以根据以下示例进行理解：1E：抛掷一枚硬币,观察正面,反面出现的情况.2E：抛掷一颗骰子,观察出现的点数.3E：连续向靶射击10次,记录整数环.123456123456723456783456789456789105678910116789101112安庆师范学院数学与计算科学学院2014届毕业论文第2页共13页解1E试验中结果有2个,且事先知道结果为正面或反面.进行试验前不知出现哪个面,可以在同一条件下反复抛掷.说明1E是一个随机试验.2E试验中结果有6个,且事先知道结果为1到6点之中一个.进行试验前不知出现几点,可以在同一条件下反复抛掷.说明2E是一个随机试验.3E试验中结果有11种,且事先知道结果为0到10环之中一个.进行试验前不知出现几环,可以在同一条件下反复射击.说明3E是一个随机试验.2.2古典概型的定义了解随机试验概念后,我们来了解古典概型的定义.如果一个随机试验E具有以下特征：（1）试验的样本空间中仅含有有限个样本点;（2）每个样本点出现的可能性相同;则称该随机试验为等可能概型.等可能概型在概率论发展的初期,曾经是主要的研究对象,所以习惯上就称之为古典概型.例2我们依然借助上面的事例进行理解：解1E抛掷一枚硬币试验中,样本空间的样本点只有2个（正面和反面）,且出现正面反面的可能性一样.说明1E是一个古典概型.同理,2E抛掷骰子的试验中,样本空间的样本点只有6个（1点到6点）,且出现每个点数的可能性一样.说明2E也是一个古典概型.但是,3E连续打靶10次试验中,样本空间的样本点的确只有11个（0环到10环）,但每个结果出现的可能性不一样.（如结果可能只有3种,10环8个,9环2个,0环1个,且命中每个环的概率也是不一样的）,故3E是一个随机试验,但不是一个古典概型.2.3古典概型的计算公式了解古典概型的概念后,我们继续了解计算公式.设试验E的样本空间S由n个样本点构成,A为E的任意一个事件,且包含m个样本点,则事件A出现的概率:()=SAmPAn中样本点的个数中样本点的总数.例35个球中有3个黑球,2个白球,求随机从中抽取一个黑球的概率.解样本空间S的总数是5个,事件A（从中抽取一个黑球）样本点的个数是3个,所以抽到黑球的概率为3()5mPAn.3古典概型的典型实例3.1摸球问题例4（有放回抽样）设袋中有不同的a个黑球,b个白球,从中依次有放回的摸三次,每次摸一个．求下列事件的概率：A“仅仅第二次摸得黑球”;B“三次中仅有一次摸得黑球”;C“至少一次摸得黑球”.解这是一个古典概型问题,抽样方法是有放回抽样.安庆师范学院数学与计算科学学院2014届毕业论文第3页共13页(1)问题是有放回的抽样.可分步完成,抽球的结果必然是第一个白球,第二个黑球,第三个也是白球.样本空间个数是ab（）,抽到白球的样本点个数是b,根据古典概型的定义1bPab,此时将球放回,第二个黑球的样本空间个数是ab（）,抽到黑球的样本点的个数是a,故2aPab;第三个是白球,情况同第一个白球,故3bPab.综合上述,应用分步乘法计数原理,从而21233··()bababPAPPPabababab（）.（2）B基本事件总数是一次摸黑球另两次摸白球,共有三种情况：(1)黑白白(2)白黑白(3)白白黑.情况（2）已经在第一问讨论过,而情况（1）、情况（3）的概率和情况（2）相同.应用分类加法计数原理,从而21333·()abPBCPAab（）（）.（3）[方法一]“至少有一次摸得黑球”的互斥事件是“三次全摸白球”,将此事件记为事件D,应用分步乘法原理,则3()bbbPDababbaabb,从而322333311(())aababPCPDbabab（）（）.[方法二]除了上述方法外,也可以这样考虑：“至少有一次摸得黑球”即有以下3种情况（1）只有一次摸得黑球,记为1;P（2）只有两次摸得黑球,记为2;P（3）全摸黑球,记为3P.从而1213()abPCabab=,2223()ababaPCb,3333()PCaab,应用分类加法原理,从而322123333()aababPCPPPab.不过,这种方法在计算更加复杂问题时,过于繁琐,我们通常采用正难则反的方法,建议选用[方法一].若问题变为无放回抽样,则为：例5（无放回抽样）设袋中有a个黑球,b个白球,从中依次无放回的摸三次,每次摸一个．求下列事件的概率：A“仅第二次摸得黑球”;B“三次中仅有一次摸得黑球”;C“至少有一次摸得黑球”.解这是一个古典概率问题,抽样方法是无放回抽样.安庆师范学院数学与计算科学学院2014届毕业论文第4页共13页(1)问题要考虑顺序用排列计算,从ab只球中无放回的摸三球的排列共有3abA种.故基本事件总数为3abA;A包含的基本事件是仅第二次摸得黑球有a种,余下两次全摸白球有2bA种,所以A包含的基本事件数是2baA.从而23babaAPAA（）.(2)问题要考虑顺序用排列计算,样本空间总数是ab个球中任取三个的排列数,共有3abA,一次摸黑球另两次摸白球摸法有123bCaA种,从而1233babCaAPBA.(3)问题要考虑顺序,用排列计算.C包含样本空间S是总数中扣去三次都摸白球的数,故样本空间S的总数为33abbAA,从而333abbabAAPCA.3.2质点入盒问题质点入盒问题在概率论及统计学中有不少的应用.它是一个抽象的数学模型,概括了很多实际问题.在具体应用时,应分清“质点”是什么？“盒”是什么？m个质点随机放入n个盒中放入方式不同放法总数每盒可容纳任意个质点质点可分辨mn质点不分辨1mnmC每盒最多只容纳一质点质点可分辨mnA质点不分辨mnC如上表所示,该问题是指有n个可分辨的盒子,m个质点,按照质点是否可分辨、每盒可容纳质点的多少等不同情况,把m个质点放入n个盒中,从而形成不同的样本空间,然后在各自样本空间里计算事件的概率.情况一每盒能容纳任意多个质点,且质点需分辨质点需要分辨的问题就是排列问题,盒子能容纳任意多个质点的问题就是重复排列问题.例6将3个球随机放入4个杯中,求杯子中球的最大个数分别为1,2,3的概率.解这里的随机实验是把3个球随机放入4个杯子中去,3个球的任一种放法为一个基本事件.由于不同的球可放入同一杯子中,每个球可放入4个杯子中的任一个,故3个球的放法总数等于从4元素中选取3个进行可重复排列,故基本事件总数34.设iA{杯子中的球的个数为i个}(1,2,3)i安庆师范学院数学与计算科学学院2014届毕业论文第5页共13页（1）事件1A可以理解为从4个杯子中选出3个，共有34C种选法，再将3个球分别放入选中的杯子中，每个杯子有且仅有一个球，共有33A种放法.由乘法原理，有利于事件1A的基本事件总数为3334AC,从而3343133().48CAPA(2)事件2A可理解为先从4个杯子中选出一个,共有14C种选法,再从3个球中选出2个球放入选中的杯子中共有23C种选法,最后将剩下的1个球随机地放入其他3个杯子中,共有13C种放法,由乘法原理知,有利于事件2A的基本事件数为121433CCC.从而121433239()416CCCPA.（3）事件3A的完成可先选杯子,从4个杯子中选出一个共有4种选法,再将3个球全部放入选中的杯子中只有一种选法.由乘法原理知,有利于事件3A的基本事件数14C.从而14331().416CPA情况二每盒能容纳任意多个质点,且质点不需分辨例7有5个相同质点,每个都以一样的概率110落入10个盒子中的每一个,试求：(1)事件A{指定的5个盒子中各有一个质点}的概率.(2)事件B{指定的一盒中恰有3个质点}的概率.解质点不需分辨属组合问题.又每个盒子容纳的质点不限,故该组合为元素可重复组合其基本事件总数551051142002CC.(1)指定的5个盒子中各有一质点,由于质点不可分辨,故选出5个杯子即可,从而551()20022002CPA.(2)因为3个质点有3510C种选法,其余两质点可能落入两盒中,有29C种选法,也可能落入一盒中,有19C种选法,故有利于事件B的基本事件总数是321599()CCC.从而221599514()28().125CCCPBC情况三每盒最多可容纳一质点,且质点需要分辨安庆师范学院数学与计算科学学院2014届毕业论文第6页共13页例8将3个不同质点投入5个盒子中,每个质点投进的概率是15,且限定每盒最多容纳一个盒中,且限定每盒最多只容纳一个质点,试求：（1）事件A{指定某盒是空}的概率.（2）事件B{指定的某3个盒中各有一质点}的概率.解因质点互异,且每盒最多只容纳一质点,故属元素不允许重复排列问题,其基本事件总数为3560A.（1）事件A所包含基本事件是34A24,从而343524()0.4.60APAA（2）事件B所包含基本事件数为33A6,从而6()0.1.60PB情况四每盒最多只容纳一质点,且质点不需分辨质点不需分辨为组合问题,又每盒最多只容纳一个质点,该组合为不允许元素重复的组合.例9将3个相同质点投入5个盒中,每个质点都以15的概率进入每个盒中,且限定每盒最多只容纳一个质点,试求：（1）事件A{指定某盒是空的}的概率;（2）事件B{某指定的3盒中各有一个质点}的概率.解质点不需分辨为组合问题.事件总数3510C.（1）事件A所包含基本事件总数为344C,从而34354()10CPAC.（2）事件B所包含的基本事件总数为331C,从而3511()10PBC.当然,也有些问题并不像上述问题如此明显,下面就列出一些问题给予思考借鉴.例10将2封信随即投入4个邮筒,求前2个邮筒内没有信的概率及第一个邮筒只有1封信的概率.解因邮筒的容量未限制,且每封信不同,即情况一.2封信随即投入4个邮筒,共有24种投法,即为基本事件总数.（1）设事件A{前2个邮筒没有信},2封信只能放在后2个邮筒,共有4种放法,因而A所包含的基本事件总数为4,从而241()44PA.安庆师范学院数学与计算科学学院2014届毕业论文第7页共13页（2）设事件B{第1个邮筒只有1封信},这封信的选法有2种,另1封信可投入其余3个邮筒,有3种投法,故B所包含的基本