1.2:古典概型和几何概率
张伟平课件/~zwp/论坛
第一章事件与概率
1.3古典概型....................21.4几何概型....................15
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1 1.3古典概型 称一个随机试验为古典概型,如果 第
一,(有限性)试验结果只有有限个(记为n),第
二,(等可能性)每个基本事件发生的可能性相同. 为计算事件A的概率,设A中包含m个基本事件,则定义事件 A的概率为 ( ) m=|A|或#
A P(A)=n|Ω| #Ω 记号:为方便起见，以|A|或#A记事件A中基本事件的个数.计算古典概率,主要用到排列组合的知识. PreviousNextFirstLastBackForward
2 计数原理乘法原理假定进行过程I有n1中方式，而对于过程I的每一个方式，进行过程II都有n2种方式。
那么，依次进行过程I与II共有n1n2种方式。
加法原理假定进行过程I有n1中方式，进行过程II有n2种方式。
那么，进行过程I或II共有n1+n2种方式。
排列组合 •从n个不同的元素中,有放回地取出r个元素组成的可重复排列的种数为nr种。
从n个不同的元素中，不放回地取出r个元素组成的不重复排列的种数为n(n−1)···(n−r+1)=Pnr. •从n个不同的元素中,不放回地取r个组成的组合，种数为()nr=n(n−1)··r·!
(n−r+1)=r!
(nn−!
r)!
=Cnr PreviousNextFirstLastBackForward
3 •从n个不同的元素中,有放回地取r个组成的组合(不考虑顺 序)，种数为 ( ) n+r−
1 r 在运用排列组合公式时,要清楚次序问题. 甲乙丙丁四人进行乒乓球双打练习,两人一对地结为对打的双方,有多少种不同的结对方式?
可能有人会认为这个问题是简单的组合问题:从四人中选出两人结为一对,剩下的两人结为一对即可.于是他们算得:有C42=6种方式. 但事实是否如此呢?
注意此时并不要求两队之间的顺序,所以一共只有3种结对方式:C42/2=
3 “组合”是一种“有编号的分组模式”,或者说,按照组合模式计算出的分组方式数目中,已经天然地把组的不同编号方式数目计算在内了. ↑Example↓Example PreviousNextFirstLastBackForward
4 欲将6个人分为3组,每组2人,分别从事3项不同工作,求分配方式数. 解：先取出两人从事第1项工作,有C62种方式;再取出两人从事第2项工作,有C42种方式;剩下的两人从事第3项工作.所以一共有: C62·C42=6!
4!
=6!
=904!
·2!
2!
·2!
2!
·2!
·2!
种分配方式. ↑Example↓Example PreviousNextFirstLastBackForward
5 要把7人分为3个小组,执行同一种任务,其中一个组3人,另两个组各2人,求分组方式数. 解:显然这也是一个“无编号分组”问题.但是却与上面的情况有所不同.因为其中有一个3人组,无论是否编号,它都与其余两个组有所区别(编号无非是为了对分出的组加以区分),所以在按“有编号分组模式”算出分组方式数之后,只应再除以2!
(即除去两个不加区分的组的排列顺序数),故得:共有 ↑Example↓Example 7!
1 7!
3!
·2!
·2!
·2!
=3!
·(2!
)
3 种分组方式.为了适应这种分为多个“不同的”组的问题需求,人们总结出如 下的“多组组合模式”: PreviousNextFirstLastBackForward
6 多组组合模式：有n个不同元素,要把它们分为k个不同的组,使得各组依次有n1,n2,···,nk个元素,其中n1+n2+···+nk=n,则一共有 n!
n1!
·n2!
·...·nk!
种不同分法.不尽相异元素的排列模式有n个元素,属于k个不同的类,同类元素之间不可辨认,各类元素分别有n1,n2,···,nk个,其中n1+n2+···+nk=n,要把它们排成一列,则一共有 n!
n1!
·n2!
···nk!
种不同排法. PreviousNextFirstLastBackForward
7 一批产品有N个，其中废品有M个。
现从中随机取出n个，在以下两种情形下，分别求“其中恰好有m个废品”这一事件的概率。
(1)有放回地选取；
(2)不放回地选取 ↑Example↓Example 解:记A={其中恰好有m个废品}，则
(1)有放回情形|Ω|=Nn,|A|=(n)Mm(N−M)n−m,所以 m ()nMm(N−M)n−m (n)(M)m(N−M)n−m P(A)=m Nn=mNN
(2)不放回情形|Ω|=(N),|A|=(M)(N−M),所以 n mn−m (M)(N−M)P(A)=m(Nn)−m n PreviousNextFirstLastBackForward
8 n个男生,m个女生排成一排(m≤n+1).求事件A={任意两个女孩不相邻}的概率。
又若排成一圈，又如何?
解:
(1)排成一排 ↑Example↓Example
(2)排成一圈 |Ω|=(n+m)!
,|A|=n!
Cnm+1m!
P(A)=|A|=n!
Cnm+1m!
|Ω|(n+m)!
|Ω|=(n+m−1)!
,|A|=(n−1)!
Cnmm!
P(A)=|A|=(n−1)!
Cnmm!
|Ω|(n+m−1)!
PreviousNextFirstLastBackForward
9 r个不同的球任意放入编号为1至n的n个盒子，每球入各盒均等可能，求下列事件的概率
(1)A={指定的r个盒子各含一个球}
(2)B={每盒至多有一球}
(3)C={某指定盒中恰有m个球} 解:|Ω|=nr
(1)|A|=r!
(2)|B|=Cnrr!
(3)|C|=Crm(n−1)r−m 又若球是相同的，则在这里,由于r个球是相同的,n个盒子是互不相同的.因此我们只需要关心各个盒子中的球数,而无需考虑哪个球落在哪个盒子中.我们可把问题设想为： r个相同的小球已经一字排开,只须在它们之间加上n−1块隔板,把它们隔为n段,然后让各段对号放入相应的盒子即可.由于盒子可空,相当于要将r+n−1个不尽相异的元素进行排列,其中1类 ↑Example↓Example PreviousNextFirstLastBackForward 10 元素(小球)有r个,另1类元素(隔板)有n−1个,所以由不尽相 异元素的排列模式知,一共有 ( )( ) r+n−1=r+n−
1 r n−
1 不同分法.因此 ( ) |Ω|=n+r−1n−
1
(1)|A|=1()
(2)|B|=n
(3)|C|=(rr−m+n−1−1) r−m (n)/(n+r−1) P(B)= r n−
1 PreviousNextFirstLastBackForward 11 注： •球相异和球相同两种情形下的样本空间是不同的，即机会均等原则是不同的。
(各是什么呢？) •这个例子是古典概型中一个很典型的问题，不少实际问题可以归结为它 •若把球解释为粒子，把盒子解释为相空间中的小区域，则这个问题便相应于统计物理学里的Maxwell—Boltzmann统计 •生日问题 求r个人中没有两个人生日相同的概率．若把r个人看作上面问题中的r个不可辨球，而把一年的365看作为盒子，则n=365，这时记B为所求概率事件。
则 例如当r=40时，P(B)=0.109，这个概率已经相当小；而当r=50时,P(B)=0.03,r=55时，P(B)=0.01,这实在是出乎意料地小。
PreviousNextFirstLastBackForward 12 设有方程x+y+z=15,试分别求出它的正整数解和非负整数解(x,y,z)的组数. 解：本题可以设想为将15个无区别的小球分入3个不同的盒子,再分别将第1,2,3个盒中的球数对应为x,y,z的值即可.所以,非负整数解的组数(相当于允许出现空盒的情况)为： ↑Example↓Example C1155+3−1=C127=17×216=136;而正整数解的组数(相当于不允许出现空盒的情况)为： C135−−11=C124=142·13=91.#注:此例的方法即是证明前面排列组合的方法。
PreviousNextFirstLastBackForward 13 设有n个人随机地坐到礼堂第一排N个座位上去，试求下列事件的概率：
(1)任何人都没有邻座；
(2)每人恰有一个邻座；
(3)关于中央座位对称的两个座位至少有一个空着。
解:分别用
A,B,C表示上述
(1)-
(3)各事件。
则|Ω|=PNn.
(1)视此n个人为“女生”，N−n个座位为“男生”，则|A|= CNn−n+1n!
(2)|B|=CNn/−2n+1n!
(3) {|C|= CNn/22nn!
,nC(nN−−11)/22n−1(n−1)!
+C(nN−1)/22nn!
, NisevenNisodd ↑Example↓Example PreviousNextFirstLastBackForward 14 1.4几何概型 在实际中，我们还会碰到样本点无限多的情形。
几何概型是其中的一种. 设Ω是欧氏空间中确定的集合，满足条件0对Ω中的任何可测子集
A,称 P(A)=m(A)m(Ω) 为事件A的几何概率。
这里等可能性体现在“落在区域A的概率与区域A的测度成正比并且与其形状位置无关。
" 这里m(Ω)表示Ω的“大小”. Definition PreviousNextFirstLastBackForward 15 甲乙两人约定在[
0,T]时段内去某地会面，规定先到者等候一段时间t(t≤T)再离去。
试求事件A={甲乙将会面}的概率。
解:以x,y分别表示甲乙到达会面地点的时间。
则 ↑Example↓Example Ω={(x,y)|0≤x,y≤T} 而A={(x,y)||x−y|≤t},因此 P(A)=m(A)=1−(1−t)
2. m(Ω)
T PreviousNextFirstLastBackForward 16 (Buffon’sneedle)桌面上画满间隔均为a的平行线，现向桌面任↑Example意投放一长为l(l
↓Example
解：如下图所示，针的位置由针的中点到最近直线的距离ρ及针与
图1.1:针和平行线位置关系
PreviousNextFirstLastBackForward
17
直线所夹锐角θ决定。
于是Ω={(ρ,θ):0≤ρ≤a/2,0≤θ≤π/2}.由针的任意性，样本点(ρ,θ)在Ω中均匀分布，是几何概型。
而针与某直线相交，当且仅当ρ≤2lsinθ.即 E={(ρ,θ)∈Ω:ρ≤lsinθ}
2 所以从而 m(Ω)=πa,
4 ∫π/2l m(E)= sinθdθ 02 P(E)=m(E)=2l.m(Ω)πa π≈2lpˆa 值得注意的是这里采用的方法：建立一个概率模型，它与某些我们感兴趣的量—这里是常数π—有关，然后设计随机试验，并通过这个试验的结果来确定这些量。
这也就是Monte-Carlo思想. PreviousNextFirstLastBackForward 18 在圆周上任取三点
A,B,
C，求事件E={△ABC为锐角三角形}的概率。
(1/4) ↑Example↓Example 在圆上任取两点
A,B连成一条弦，再任取两点
C,D连成一弦，↑Example 求AB与CD相交的概率。
(1/3) ↓Example PreviousNextFirstLastBackForward 19
1 1.3古典概型 称一个随机试验为古典概型,如果 第
一,(有限性)试验结果只有有限个(记为n),第
二,(等可能性)每个基本事件发生的可能性相同. 为计算事件A的概率,设A中包含m个基本事件,则定义事件 A的概率为 ( ) m=|A|或#
A P(A)=n|Ω| #Ω 记号:为方便起见，以|A|或#A记事件A中基本事件的个数.计算古典概率,主要用到排列组合的知识. PreviousNextFirstLastBackForward
2 计数原理乘法原理假定进行过程I有n1中方式，而对于过程I的每一个方式，进行过程II都有n2种方式。
那么，依次进行过程I与II共有n1n2种方式。
加法原理假定进行过程I有n1中方式，进行过程II有n2种方式。
那么，进行过程I或II共有n1+n2种方式。
排列组合 •从n个不同的元素中,有放回地取出r个元素组成的可重复排列的种数为nr种。
从n个不同的元素中，不放回地取出r个元素组成的不重复排列的种数为n(n−1)···(n−r+1)=Pnr. •从n个不同的元素中,不放回地取r个组成的组合，种数为()nr=n(n−1)··r·!
(n−r+1)=r!
(nn−!
r)!
=Cnr PreviousNextFirstLastBackForward
3 •从n个不同的元素中,有放回地取r个组成的组合(不考虑顺 序)，种数为 ( ) n+r−
1 r 在运用排列组合公式时,要清楚次序问题. 甲乙丙丁四人进行乒乓球双打练习,两人一对地结为对打的双方,有多少种不同的结对方式?
可能有人会认为这个问题是简单的组合问题:从四人中选出两人结为一对,剩下的两人结为一对即可.于是他们算得:有C42=6种方式. 但事实是否如此呢?
注意此时并不要求两队之间的顺序,所以一共只有3种结对方式:C42/2=
3 “组合”是一种“有编号的分组模式”,或者说,按照组合模式计算出的分组方式数目中,已经天然地把组的不同编号方式数目计算在内了. ↑Example↓Example PreviousNextFirstLastBackForward
4 欲将6个人分为3组,每组2人,分别从事3项不同工作,求分配方式数. 解：先取出两人从事第1项工作,有C62种方式;再取出两人从事第2项工作,有C42种方式;剩下的两人从事第3项工作.所以一共有: C62·C42=6!
4!
=6!
=904!
·2!
2!
·2!
2!
·2!
·2!
种分配方式. ↑Example↓Example PreviousNextFirstLastBackForward
5 要把7人分为3个小组,执行同一种任务,其中一个组3人,另两个组各2人,求分组方式数. 解:显然这也是一个“无编号分组”问题.但是却与上面的情况有所不同.因为其中有一个3人组,无论是否编号,它都与其余两个组有所区别(编号无非是为了对分出的组加以区分),所以在按“有编号分组模式”算出分组方式数之后,只应再除以2!
(即除去两个不加区分的组的排列顺序数),故得:共有 ↑Example↓Example 7!
1 7!
3!
·2!
·2!
·2!
=3!
·(2!
)
3 种分组方式.为了适应这种分为多个“不同的”组的问题需求,人们总结出如 下的“多组组合模式”: PreviousNextFirstLastBackForward
6 多组组合模式：有n个不同元素,要把它们分为k个不同的组,使得各组依次有n1,n2,···,nk个元素,其中n1+n2+···+nk=n,则一共有 n!
n1!
·n2!
·...·nk!
种不同分法.不尽相异元素的排列模式有n个元素,属于k个不同的类,同类元素之间不可辨认,各类元素分别有n1,n2,···,nk个,其中n1+n2+···+nk=n,要把它们排成一列,则一共有 n!
n1!
·n2!
···nk!
种不同排法. PreviousNextFirstLastBackForward
7 一批产品有N个，其中废品有M个。
现从中随机取出n个，在以下两种情形下，分别求“其中恰好有m个废品”这一事件的概率。
(1)有放回地选取；
(2)不放回地选取 ↑Example↓Example 解:记A={其中恰好有m个废品}，则
(1)有放回情形|Ω|=Nn,|A|=(n)Mm(N−M)n−m,所以 m ()nMm(N−M)n−m (n)(M)m(N−M)n−m P(A)=m Nn=mNN
(2)不放回情形|Ω|=(N),|A|=(M)(N−M),所以 n mn−m (M)(N−M)P(A)=m(Nn)−m n PreviousNextFirstLastBackForward
8 n个男生,m个女生排成一排(m≤n+1).求事件A={任意两个女孩不相邻}的概率。
又若排成一圈，又如何?
解:
(1)排成一排 ↑Example↓Example
(2)排成一圈 |Ω|=(n+m)!
,|A|=n!
Cnm+1m!
P(A)=|A|=n!
Cnm+1m!
|Ω|(n+m)!
|Ω|=(n+m−1)!
,|A|=(n−1)!
Cnmm!
P(A)=|A|=(n−1)!
Cnmm!
|Ω|(n+m−1)!
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9 r个不同的球任意放入编号为1至n的n个盒子，每球入各盒均等可能，求下列事件的概率
(1)A={指定的r个盒子各含一个球}
(2)B={每盒至多有一球}
(3)C={某指定盒中恰有m个球} 解:|Ω|=nr
(1)|A|=r!
(2)|B|=Cnrr!
(3)|C|=Crm(n−1)r−m 又若球是相同的，则在这里,由于r个球是相同的,n个盒子是互不相同的.因此我们只需要关心各个盒子中的球数,而无需考虑哪个球落在哪个盒子中.我们可把问题设想为： r个相同的小球已经一字排开,只须在它们之间加上n−1块隔板,把它们隔为n段,然后让各段对号放入相应的盒子即可.由于盒子可空,相当于要将r+n−1个不尽相异的元素进行排列,其中1类 ↑Example↓Example PreviousNextFirstLastBackForward 10 元素(小球)有r个,另1类元素(隔板)有n−1个,所以由不尽相 异元素的排列模式知,一共有 ( )( ) r+n−1=r+n−
1 r n−
1 不同分法.因此 ( ) |Ω|=n+r−1n−
1
(1)|A|=1()
(2)|B|=n
(3)|C|=(rr−m+n−1−1) r−m (n)/(n+r−1) P(B)= r n−
1 PreviousNextFirstLastBackForward 11 注： •球相异和球相同两种情形下的样本空间是不同的，即机会均等原则是不同的。
(各是什么呢？) •这个例子是古典概型中一个很典型的问题，不少实际问题可以归结为它 •若把球解释为粒子，把盒子解释为相空间中的小区域，则这个问题便相应于统计物理学里的Maxwell—Boltzmann统计 •生日问题 求r个人中没有两个人生日相同的概率．若把r个人看作上面问题中的r个不可辨球，而把一年的365看作为盒子，则n=365，这时记B为所求概率事件。
则 例如当r=40时，P(B)=0.109，这个概率已经相当小；而当r=50时,P(B)=0.03,r=55时，P(B)=0.01,这实在是出乎意料地小。
PreviousNextFirstLastBackForward 12 设有方程x+y+z=15,试分别求出它的正整数解和非负整数解(x,y,z)的组数. 解：本题可以设想为将15个无区别的小球分入3个不同的盒子,再分别将第1,2,3个盒中的球数对应为x,y,z的值即可.所以,非负整数解的组数(相当于允许出现空盒的情况)为： ↑Example↓Example C1155+3−1=C127=17×216=136;而正整数解的组数(相当于不允许出现空盒的情况)为： C135−−11=C124=142·13=91.#注:此例的方法即是证明前面排列组合的方法。
PreviousNextFirstLastBackForward 13 设有n个人随机地坐到礼堂第一排N个座位上去，试求下列事件的概率：
(1)任何人都没有邻座；
(2)每人恰有一个邻座；
(3)关于中央座位对称的两个座位至少有一个空着。
解:分别用
A,B,C表示上述
(1)-
(3)各事件。
则|Ω|=PNn.
(1)视此n个人为“女生”，N−n个座位为“男生”，则|A|= CNn−n+1n!
(2)|B|=CNn/−2n+1n!
(3) {|C|= CNn/22nn!
,nC(nN−−11)/22n−1(n−1)!
+C(nN−1)/22nn!
, NisevenNisodd ↑Example↓Example PreviousNextFirstLastBackForward 14 1.4几何概型 在实际中，我们还会碰到样本点无限多的情形。
几何概型是其中的一种. 设Ω是欧氏空间中确定的集合，满足条件0
A,称 P(A)=m(A)m(Ω) 为事件A的几何概率。
这里等可能性体现在“落在区域A的概率与区域A的测度成正比并且与其形状位置无关。
" 这里m(Ω)表示Ω的“大小”. Definition PreviousNextFirstLastBackForward 15 甲乙两人约定在[
0,T]时段内去某地会面，规定先到者等候一段时间t(t≤T)再离去。
试求事件A={甲乙将会面}的概率。
解:以x,y分别表示甲乙到达会面地点的时间。
则 ↑Example↓Example Ω={(x,y)|0≤x,y≤T} 而A={(x,y)||x−y|≤t},因此 P(A)=m(A)=1−(1−t)
2. m(Ω)
T PreviousNextFirstLastBackForward 16 (Buffon’sneedle)桌面上画满间隔均为a的平行线，现向桌面任↑Example意投放一长为l(l
于是Ω={(ρ,θ):0≤ρ≤a/2,0≤θ≤π/2}.由针的任意性，样本点(ρ,θ)在Ω中均匀分布，是几何概型。
而针与某直线相交，当且仅当ρ≤2lsinθ.即 E={(ρ,θ)∈Ω:ρ≤lsinθ}
2 所以从而 m(Ω)=πa,
4 ∫π/2l m(E)= sinθdθ 02 P(E)=m(E)=2l.m(Ω)πa π≈2lpˆa 值得注意的是这里采用的方法：建立一个概率模型，它与某些我们感兴趣的量—这里是常数π—有关，然后设计随机试验，并通过这个试验的结果来确定这些量。
这也就是Monte-Carlo思想. PreviousNextFirstLastBackForward 18 在圆周上任取三点
A,B,
C，求事件E={△ABC为锐角三角形}的概率。
(1/4) ↑Example↓Example 在圆上任取两点
A,B连成一条弦，再任取两点
C,D连成一弦，↑Example 求AB与CD相交的概率。
(1/3) ↓Example PreviousNextFirstLastBackForward 19
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