1、.古典概型中研究的几类基本问题:抛硬币、掷骰(tu)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
2、、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 个白球, 个黑球：(1)从中任取出 ab 个(a,bN,a,b,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 + 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
3、本点,对应着从 + 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 种不同情形：摸剩 个白球,-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 + 个球中任意摸出 a+b 个,有 种不同取法,此即样本空间所包含的样本点总数.而baCb事件 A1所包含的样本点数,相当于从 个白球中任取 a 个,从 个黑球中任取 b 个的取法种数,共 种.所以baP(A1)= baCba(2)设 A2表示事件“取出的 3 个球依次为黑白黑”.从 + 个球中依
4、次任取 3 个,有种取法,此即样本点总数.对于有利场合,第一个和第三个黑球可在 个黑球中依次取3得,有 种取法,第二个白球可在 个白球中任取,有 种取法.因此,A 2所包含的样本点2 1A数为 .于是1AP(A2)= )2)(1)(.(3)袋中只剩白球时(设此事件为 A3),取出的球必为 个黑球,i 个白球(i=0,1,-1).用 Bi 表示事件“取出 个黑球,i 个白球,袋中留下的全是白球”(i=0,1,-1),则事件 B0,B1,B-1 , 必两两互不相容,且 A3=B0+B1+B-1 依概率的有限可加性,有P(A3)=P(B0)+P(B1)+P(B2)+ +P(B-1 )依事件 Bi的含
5、义,对于确定的 i,它的样本空间就是从 + 个球中任取 i+ 个球的排列.所以,样本点总数为 .注意到 i+ 个球取出后,留在袋中的全是白球,因而在这 i+ 个iA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+-1 个球的全排列( 个黑球中扣除 1 个,以保证最后取出的一个必为黑球).显然,i 个白球可从 个白球中取得,有 种取法;-1 个黑球可从 个黑球中取得,有 种取法,从而事件 Bi所包含的样iC 1C本点数为 .于是1iiAP(Bi)= =iiiAC1i1)(!把诸 P(Bi)的值代入(1)式,并注意到+210mm11nmnC即得P(A3)= = =2101)!(
6、C121)!(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： 5 只都是好的概率为多少？ 5 只中有 2 只坏的概率为多少？(答案： ; )54037C540237(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.(答案: )285(3)从一副扑克牌(52 张)中任取 6 张,求得 3 张红色
7、的牌和三张黑色的牌的概率.(答案： )6523C(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.(答案: )21mnC(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.(答案： )n24(6)从数 1,2,n 中任取两数,求所取两数之和和偶数的概率.(答案：当 n 为偶数时,p= ；当 n 为奇数时,p= )2/nC2/1(/)1(nC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
8、题例 2把 n 个球以同样的概率分配到(n)个盒子中的每一个中去,试求下列各事件的概率：(1)：某指定 n 个盒子中各有一球；(2)：恰有 n 个盒子,其中各有一球;(3)：某指定盒子中恰有 m(mn)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个盒子中的任意一个,所以样本点总数为 Nn.(1)n 个球分别分配到个预先指定的盒子中去,相当于 n 个球的全排列,因此事件所包含的样本点数为 An,于是P
9、(A)= nNA!(2)对于事件,个盒子可自个盒子中任意选取,有 种选法,因而事件包含nNC个样本点,于是!nCNP(B)= .)!(!nNnC(8)事件中的个球,可以从 n 个球中任意选取有 种选法,其余的 n-m 个球可以任mC意分配到另外-1 个盒子中去,有(N-1) n-m种分配法.因而事件包含 个样本mnnN)1(点.这样.P(C)= .mnmnnmNCN)1()1(评注 不难发现当 n 和确定时 P(C)只依赖于 m.如果把 P(C)记作 Pm,依二项式定理有.1)()1()00 nmnmnP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
10、,.,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.个人的生日的可能情形,相当于个球放入=365 个盒子中的不同排列(假定一年有 365 天).(2)性别.个人的性别分布,相当于把个球放入=2 个盒子中.(3)意外事件.如果把个意外事件按其发生在星期几来分类,相当于个球放入=7个盒子中.(4)掷骰子.掷颗骰子的可能结果,相当于把个球放入=6 个盒子中.(5)质点入格.个质点落于个格
11、子中的可能情形,相当于个球分入个盒子中.(6)旅客下站.一列火车中有名旅客,它在个站上都停.旅客下站的各种能情形,相当于 n 个球分到个盒子中的各种情形.(7)住房分配.n 个人被分配到个房间中去住,则人相当于球,房间相当于盒子.(8)印刷错误.个印刷错误在一本具有页的书中的一切可能的分布,相当于个球放入个盒子中的一切可能分布(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
12、点数的概率.(答案： )46A(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.(答案： )627(C(3)有 n 个质点,每个质点都等可能地落于()个格子中的每一个.试求每一格子至多含一点的概率.(答案： )nNA(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.(答案: )nAC121三、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；
13、(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.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107(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,A 1所包含的样本点数为 .于是710P(A1)= .0648.7A(2)事
14、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 个相异元素允许重复的 7 元排列.于是,A 2所包含的样本点数为 87,有 P(A2)= .0917(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 种取法,其余的 5 次,27C每次可以取剩下的 9 个数中的任一个,共有 95种取法.于是 A3的有利场合为 .由此279P(A3)= .124072C(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,
15、7)的和,因此P(A4)= .9710727kk也可以先考察 A4的逆事件.这里 是事件“10 恰好出现一次或一次也不出现”显然4AP( )= .4850310976C.(5)事件 A5的有利场合,就是 6 个相异元素(1,2,3,4,5,6)允许重复的最大数恰好为 6的 7 元排列.这种排列可以分为 6 出现 1 次,2 次,3 次,4 次,5 次,6 次,7 次等七类,显然,它们的排列数依次是 , , 于是25734375217,CC16.507P(A5)= .107kk事件 A5的有利场合数也可以这样来考虑：最大数字不大于 6 的 7 元重复排列,有 67种,它可以分为两类,一类是最大数
16、恰好是 6 的 7 元重复排列；一类是最大数小于 6 的 7 元重复排列.注意到第二类重复排列有 57种,则第一类重复排列有 67-57种.于是P(A5)= .0217评注 例 3 是一个比较典型的返回取样问题,解题的思想方法,对于同类问题具有指导意义.但决不能把它作为现成的公式乱套,即使同是随机取数问题,也须斟酌题意灵活运用.例如,下面的四个问题,表面看结构相仿,实质上差别较大,读者不妨一试,以资鉴别.(1)电话号码有五个数字组成,求电话号码由完全不同的数字组成的概率.(答案： )510A(2)某单位印刷的一种单据,编号由五个数字组成,从 00001 开始,求任取其中一张,编号由完全不同的数
17、组成的概率.(答案: )105(3)在 0 至 9 这十个数字中,不放回地任取 5 个,求能排成由完全不同的数字组成的五位数的概率.(答案: )510449(AC(4)在 0 至 9 这十个数字中,有放回地任取 5 个,求能排成由完全不同的数字组成的 6 位数的概率.(答案: )544910(四、选票问题例 4假定在一次选举中,候选人甲得 a 票,候选人乙得 b 票,且 ab,试求下列事件的概率：(1)：在计票过程中,甲、乙的票数在某个时刻相等；(2)：在计票过程中,甲的票数总比乙的票数多;(3)：在计票过程中,甲的票数总不落后于乙.思考方法 本题结构比较复杂,不大容易入手.为了便于分析,我们
18、不妨考虑一个简化问题,比如,令 a=3,b=2这时,样本空间就是 3 张属于甲的选票和 2 张属于乙的选票的全排列.显.然这是一个不尽相异元素的全排列问题,其排列种数为 如果把样本点具体写10!23)(出来,就是乙乙甲甲甲,乙甲乙甲甲,乙甲甲乙甲,乙甲甲甲乙,甲甲乙乙甲,甲乙乙甲甲,甲乙甲乙甲,甲乙甲甲乙,甲甲乙甲乙,甲甲甲乙乙.为了直观地反映事件,的情形,我们可以利用平面坐标的思想,建立样本点和平面折线的对应关系.具体地说,以横轴表示计票张数,纵轴表示计票过程中甲、乙两候选人所得票数之差；先依样本点在计票过程中的情形,在坐标平面上确定点的位置,再用线段把各点连成折线.如图 3-31所示,点(
19、0,0)表示计票起点；点(1,-1)表示第一张选票是属于乙的,甲、乙票数之差等于-1；点(2,-2)表示第二张选票也是属于乙的,这时共计了两张选票,甲、乙票数之差等于-2；点(3,-1)表示第三张选票是属于甲的,这时共计了三张选票,甲、乙票数之差等于-1；点(4,0)表示第四张选票是属于甲的,这时共计了四张选票,甲、乙票数之差等于 0,即两人得票数相等；点(5,1)表示第五张选票也是属于甲的,这时共计了五张选票,甲、乙票数之差等于 1.这样,图 3-31的折线就形象地刻划了样本点“乙乙甲甲甲”在计票过程中的情形.同样,图 3-32至10的各条折线,刻划了其余九个样本点在计票过程中的情形.经过上
20、述处理,我们从图 3-3 就可以形象地看到：事件包含的样本点,它们所对应的折线,除起点外,与横轴至少有一个公共点；事件包含的样本点,它们所对应的折线,除起点外,图形全在横轴的上方,与横轴没有其余的公共点；事件的样本点,它们所对应的折线,在横轴的上方,且与横轴允许有其余的公共点.这样,从图中容易得到,的样本点数为 8,的样本点数为 2,的样本点数为 5于是P(A)=8/10=0.8; P(B)=2/10=0.2; P(C)=5/10=0.5.分析到这里,简化问题得以解决.为了能用于指导原题的解答,我们还需对简化问题作进一步的考察.细酌题中的各个事件,从图 3-3 可以得到以下结论：1.在计票过程
21、中,甲的票数总比乙少的情形是不可能发生的.事实上,如果甲的票数总比乙少,那么甲的得票总数将比乙少,与条件 ab 相矛盾.这就表明,事件与必为互逆事件.2.事件的样本点,对应于图 3-39、10所示的折线.这两个样本点的共同特点是：甲先得一票；如果把这一票扣除,那么余下的四票就组成甲得 2 票、乙得 2 票时,事件“在计票过程中,甲的票数总不落后于乙”的样本点.这样,我们就可把事件与事件联系起来,相互转化.3.从 1、2 可知,解题的关键,在于推求 P(A)；而计算 P(A)的关键,又在于确定的样本.点数.从图 3-3 不难看出,A 的样本点可以分为两类：一类是第一张选票属于乙的;另一类是第一张
22、选票属于甲的.前一类样本点数,相当于 3 张属于甲的选票和 2-1=1 张属于乙的选票的全排列数： 后一类样本点数,似难直接推算.但从图 3-3 可以看出.如果把4!13)(这一类样本点所对应的折线,从起点到首次触到横轴的部分,对横轴作一次反射,那么就得到第一类样本点(参考图 3314与58.这就是说,两类样本点在所作的反射下是一一对应的.所以,第二类样本点数等于第一类样本点数.分析到这里,原题就不难解出了.解 依题设,样本空间就是 a 张屋于甲的选票与 b 张属于乙的选票的全排列.这是一个不尽相异元素的排列问题,排列种数为 ,这就是样本点的总数.!)(1)为了计算 A 的样本点数.我们把 A
23、 的每个样本点表示成形如图 33 的折线,横标为计票张数,纵标为甲、乙票数之差；斜率为 1 的线段表示计票过程中甲得票,斜率为-1 的线段表示计票过程中乙得票.这样,可以把 A 的样本点分成两类：第一类为第一张选票属于乙的,在这种场合,于某个时刻必然会出现甲、乙两人的票数相等(因为 ab)；第二类为第一张选票属于甲,且在某时刻甲、乙两人的票数相等.这里,第一类样本点数,相当于 a 张属于甲的选票与 b-1 张属于乙的选票的全排列数,有种.)!1(ba对于第二类样本点的任一折线,从起点到首次触到横轴的部分对横轴作一次反射,其余部分保持不变,就得到第一类样本点的一条折线(图 3-4).不难证明,用
24、这样的方法可以建立起第一类与第二类样本点之间的一一对应关系.所以,第二类样本点数也是 这)!1(ba样,事件的样本点数为 于是)!1(2baP(A)= ba2!)()!(2)在 ab 的条件下,事件是事件的逆事件,所以P(B)=1-P(A)=1- .ba2(3)为了方便起见,我们用 Ca,b记事件“在计票过程中,甲的票数总不落后于乙”;用Ba,b记事件“在计票过程中,甲的票数总比乙多”(足码 a,b 表示在计票过程中一共有 ab张选票,其中 a 张属于甲的,b 张属于乙的).容易看出,B a,b的样本点,它们所对应的折线,全.在横轴的上方.所以,如果把第一张属于甲的选票去掉(相当于把横轴向上平
25、移一个单位),那么余下的折线仍在新横轴的上方,最多与新横轴有若干个公共点(图 3-5),从而必是 Ca-1,b的样本点.也就是说,C a-1,b的样本点数与 Ba,b的样本点数相等.因此,C a-1,b的样本点数为.!1)()!1(2!)( baba而对应的样本点总数为 于是!)(P(Ca-1,b)= .ababa!)1(!)(1在上式中用 a1 替换 a,即得P(C)=P(Ca,b)= .评注 在解题过程中,我们借助了几何直观,把每个样本点都用坐标平面上的一条折线来表示,并采用了反射的技巧,建立起事件的两类样本点之间的一一对应关系,把本来难以入手的问题,转化为容易求解的排列问题.本题涉及到较
26、多的理论问题,深入进行考察,还可得到许多有趣的结论,有兴趣的读者可以阅读威廉费勒(William Feuer)的名著概率论及其应用(胡迪鹤等译,科学出版社 1964 年 11 月第一版).例 4 是一个典型的古典概率问题.利用本题的结论和思想方法,不难解答下列问题：(1)一口袋中有 m 个白球及 n 个黑球,且 mn,从袋中一个个把球取出(不返回),直至把球全部取出.求在整个摸球过程中,得到相同个数黑、白球的概率.(答案： )nm2(2)掷均匀硬币几次,求总共掷出 m 次正面(mn/2)且在整个投掷过程中掷出反面次数总小于正面次数的概率.(答案： )(3)剧院售票处有 2n 个人排队买票,其中 n 人只有五角钱一张的钞票,其余几个人只有一元钱的钞票.开始售票时售票处无钱可找,而每个人只买一张五角钱的票.求售票处不会找不出钱的概率.(答案： )1n(4)一口袋中有 n 个白球和 n 个黑球.从袋中一个个把球取出(不返回),直至球全部取出.求在摸完全部球之前,摸出的白球个数总比摸出的黑球个数多的概率.(答案： )12(n
