1、第一章 随机事件及其概率,1.1 随机事件,1.2 频率与概率,1.3 古典概型与几何概型,1.4 条件概率与事件的独立性,1.5 全概率公式与贝叶斯公式,一、古典概型,1. 定义 古典概型是指满足下列两个条件的概率模型：,（1）（有限样本空间）随机试验只有有限个可能结果， 即基本事件总数为有限个； （2）（等可能性）每一个可能结果发生的可能性相同， 即各基本事件发生的概率相同。,用数学语言可表述为：,（1）样本空间有限，即 ；,（2） 。,第三节 古典概型与几何概型,设试验 E 的样本空间由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 出现的概率记 为:
2、,2. 古典概型中事件概率的计算公式,称此为概率的古典定义.,说明 计算古典概型中事件A的概率，关键是要计算 出样本空间中样本点总数和事件A包含的样本点数，这 些数目的计算要用到排列组合的知识。,做一件事共有 类方法,完成这件事的方法总数：,加法原理,做一件事共有 个步骤,完成这件事的方法总数：,乘法原理,（1）排列（从n个元素中取m个不同元素）,排列,选排列,全排列,不可重复选排列(不放回),可以重复选排列(有放回),不可重复 (不放回),可以重复 (有放回),【注】关于排列组合知识的简要回顾,(2) 元素的分类,将n个元素分为m类，每类分别有k1, k2 , km 个， 总共的分类方式有：
3、,n个元素,因为:,上式称为多项系数。它是,的展开式中 的系数。,(3) 环排列,从n个不同元素中，选出m个不同的元素排成一 个圆圈的排列，共有：,(4) 组合,从n个不同元素中取m个而不考虑其次序的组合共有 种.,常用组合公式：,（1）,（2）,（3）,（4）,（5）,（6）,可以利用等式 来证明,总结：从n个不同的元素中摸取m个元素( mn),（1）有放回摸取,计序：,不计序：,（2）不放回摸取,计序：,不计序：,从n个球中有放回不计序地摸取m个球：,m个,所有摸取方法总数为：,从n个数中有放回地（即可以重复或不计序）取出m个数的一个组合相当于从1到n+m-1个不同的数中不放回取出m个数的
4、一个组合,变换是一一的,11 12 13 22 23 33,例如：从1，2，3中有放回不计序地摸取2 个数，共有 种：,+ 01 01 01 01 01 01,12 13 14 23 24 34,相当于从1, 2, 3, 4中不放回地取出2个不可重复的数,例1.9 把10本书任意地放在书架上，求其中指定的三 本书放在一起的概率。,解 将10本书放到书架上相当于将10个元素作一次排 列，其所有可能的放法相当于10个元素的全排列数10！， 由于书是按任意的次序放到书架上去，因此，这10！种 排列中出现任意一种的可能性相同，这是古典概型。用 A表示事件“指定的三本书放在一起”，则事件包含的样本 点数
5、为8！3！，所以,例1.10 把1，2，3，4，5，6共6个数各写在一张纸片 上，从中任取三张纸片排成一个三位数。问： （1）所得三位数是偶数的概率是多少？ （2）所得三位数不小于200的概率是多少？,解 从6个数中任取三个，可以排列成65 4 =120 个三位数，故基本事件总数为120。 (1)设A表示事件“三位数是偶数”，则A包含的基本事 件数为35 4 =60, 故,（2）设B表示事件“所得三位数不小于200”，只要百位数取 2，3，4，5，6其中之一，所组成的三位数必定不小于200， 所以，B包含的基本事件数为55 4 =100 ，故,例1.11 从6个男人和9个女人组成的小组中选出5
6、个人 组成一个委员会，假定选取是随机的，问委员会正好由3 男2女组成的概率是多少？,解 基本事件总数为 ，事件包含的基本事件数 为 , 所求概率为：,例1.12（分房问题） 设有 n 个人，每个人等可能地被 分配到 N 个房间中的任意一间去住( Nn )，求下列事件的 概率：,（1）指定的n个房间各住有一人； （2）恰好有n个房间，其中各住有一人（或每个房间最 多住一人 ）； （3）指定的一个房间不空 ； （4）指定的一个房间恰好住k个人 (kn) 。,解 将n个人随意地分配到N个房间，共有 Nn 种分配方 法，记（1），（2），（3），（4）的事件分别为A,B,C,D。 则,例1.13（抽签
7、问题） 箱中有a根红签，b根白签，除颜 色外，这些签的其它方面无区别，现有a+b个人依次不放回 地去抽签，求第k人抽到红签的概率。,解1 把 a 根红签 b 根白签看作是不同的 ( 设想对它们进 行编号 )，若把所抽出的签依次排成一列， 其排列总数为 此即为基本事件总数。用 Ak 表示事件“第 k 人抽到 红签”，因第人抽到红签有 a 种抽法，其余的 次 抽签，相当于 个元素的全排列，有 种， 故事件Ak包含的样本点数为 ，从而,解2 把 a 根红签看成是没有区别的，把 b 根白签也 看作是没有区别的，把所抽出的签依次放在排成一直线 的 a+ b 个位置上，因若把a 根红签的位置固定下来则其
8、余位置必然是放白签的位置，我们以 a 根红签的所有不 同放法作为样本点，则基本事件总数为 。,由于第 k 次抽到红签，所以第 k 个位置必须放红签， 剩下a-1根红签可以放在a+ b-1个位置的任意a-1个位置上，,故事件Ak包含的样本点数为 。所以所求概率为,解3 把 a 根红签 b 根白签看作是不同的（设想对它们 进行编号），以第 k 次抽出的签的全部可能结果作为样本 空间，则样本空间中样本点总数为 a+b，事件Ak包含的样 本点数为 a ，故所求概率为,这个例子告诉我们，计算随机事件的概率与所选取 的样本空间有关。在计算基本事件总数（样本点总数） 及事件A所包含的基本事件数时，必须对一确
9、定的样本 空间考虑，若其中一个考虑顺序，则另一个也必须考虑 顺序，否则结果一定不正确。,抽签问题是我们在实际中经常遇到的问题，由此例 我们可以看出，每个人抽到红签的概率相同，与抽签的 先后次序无关，这也与我们的实际生活经验相同。,例1.14 15名新生中有3名优秀生，将这15名新生平均 分配到三个班级中去，求下列事件的概率： （1）每一个班级各分配到一个优秀生； （2）3名优秀生分配到同一班。,解 记（1），（2）的事件分别为 A , B 。 （1）将3名优秀生分配到三个班级使每个班级都有一名 优秀生的分法共3！种。对于每种分法，其余12名新生平 均分配到三个班级中的分法共有种 ，因此事件A
10、包含的基本事件数为 ，所以,（2）将3名优秀生分配在同一班级内的分法共有3种， 对于这每一种分法，其余12名新生的分法有 种， 由乘法原理知事件B包含的样本点数为 ，故,【例】 假设每人的生日在一年 365 天中的任一天是等可能的 , 即都等于 1/365 ,求 64 个人中至少有2人生日相同的概率.,64 个人生日各不相同的概率为,故64 个人中至少有2人生日相同的概率为,解,【例】 从5双不同的鞋子中任取4只，这4只鞋子中至少有两只鞋子配成一双的概率是多少?,解：A =4只鞋子中至少有两只鞋子配成一双,=4只鞋子中没两只鞋子配成一双,【例】 有n个人排队，排成一圈，求甲、乙两人相邻的概率是
11、多少?,解：(2)排成一圈是环排列， n个人的环排列有(n1)!种，甲、乙相邻占一个位置的环排列有(n一2)!种，考虑互换性，有利事件有2 (n一2)!种故：,更为简单的想法是：设想一个圆周上：有n个位置，甲占了一个位置后，乙还有n一1个位置可选，其中与甲相邻的位置有2个所以:,【例】 某人将三封写好的信随机装入三个写好 地址的信封中，问没有一封信装对地址的概率是多 少？,解：设Ai =第i封信装入第i个信封 i =1,2,3A=没有一封信装对地址,直接计算P(A)不易，我们先来计算,=至少有一封信装对地址,则,其中：,于是:,【练习】从自然数列1，2，30中不放回地任取 10个数，按大小排列
12、成,求事件A=x5=16的概率。,解 基本事件总数为 ，事件A发生相当于有4次 取到小于16 的数，有5次取到大于16 的数，故有利于A 的基本事件数为 ，所求概率为,例 k个盒子中各装有n个球，编号为1，2， n，从每个盒子中各取一个球，计算所得到的k个 球中最大编号为m 的概率（1 mn ）。,分析： 本题所求概率也可叙述为“从装有编号为1,2,n共n个球的袋中有放回地取k次，计算所得到的k个球中最大编号为m的概率（1 mn ）”。,解 基本事件总数为 nk ，有利场合数可以这 样考虑：先考虑最大编号不大于 m 的取法，共 有 mk 种。,再考虑最大编号不大于 m-1 的取法，共有 (m-
13、1)k 种, 因此最大编为 m 的取法为mk - (m-1)k,则所求概率为,思考：若本题是不放回取球，结果又如何？,同样的问题：掷 n 颗骰子，得最小的点数为2的 概率是多少？(“最小的点数2”-“最小的点数3”).,【练习 】利用概率模型证明恒等式,（1）,（2）,证（1）构造概率模型：设一袋中有n个球，其中只有1个 红球，其余全是黑球，现从袋中无放回地摸出r个球。记 事件A=“摸出的r个球中有红球”，则,由 可得到等式（1）。,（2）构造概率模型：设一袋中有n个球，其中有m个 红球，n-m个黑球，现从袋中无放回地摸出r个球。记事件 Ai=“摸出的r个球中有i个红球”，则,而,所以，,即,
14、【例*】一个人把6根绳子紧握在手中，仅露 出绳子的头和尾。然后请另一个人把6个头两两 相接，6个尾也两两相接。求放开手以后6根绳子 恰好连成一个环的概率。,【解】 取定一个头，它可以与其它的5个头 之一相接，再取另一头，它又可以与其它未接 过的3个之一相接，最后将剩下的两个头相接， 故对头而言有 种接法，同样对尾也有 种接法，所以样本点总数为 。,用A表示“6根绳子恰好连成一个环”，这种连 接，对头而言仍有 种连接法，而对尾而言， 任取一尾，它只能和未与它的头连接的另4根绳子 的尾连接。再取另一尾，它只能和未与它的头连 接的另2根绳子的尾连接，最后再将其余的尾连接 成环，故尾的连接法为 。所以
15、A包含的样本点 数为 ，于是,【例*】甲、乙两人掷均匀的硬币，其中甲掷 n+1次，乙掷n次，求“甲掷出正面的次数大于乙 掷出正面的次数”这一事件的概率。,【解】 本题若直接计算会比较复杂，下面我 们利用对称性来考虑。,因为正面与反面所处的地位是对称的，所以 事件“甲掷出正面的次数大于乙掷出正面的次数” 与事件“甲掷出反面的次数大于乙掷出反面的次 数”的概率相等。,注意到，,甲掷出正面的次数乙掷出正面的次数,= 甲掷出反面的次数乙掷出反面的次数,所以,= 甲掷出正面的次数乙掷出正面的次数,P甲掷出正面的次数乙掷出正面的次数= .,【例*】将均匀的硬币掷 n 次，求“出现正面的 次数多于反面的次数
16、”的概率。,【解】 以 A 表示事件正面的次数反面的次 数，当 n 为奇数时，正面的次数与反面的次数不 会相等，此时,=正面的次数反面的次数,=正面的次数反面的次数,=反面的次数正面的次数 ,由于正面与反面所处的地位是对称的，则,P正面的次数反面的次数,= P反面的次数正面的次数,所以，,当 n 为偶数时，,=正面的次数反面的次数,=正面的次数=反面的次数,+正面的次数反面的次数,所以，,P正面的次数反面的次数=,=1-P正面的次数=反面的次数-P正面的次数反面的次数,= P正面的次数反面的次数,由于正面与反面所处的地位是对称的，则,P正面的次数反面的次数= P反面的次数正面的次数,于是，,P
17、正面的次数反面的次数=,二、几何概型,定义 当随机试验的样本空间是某个区域，并且任意 一点落在度量 (长度、 面积、体积) 相同的子区域是等可 能的，则事件 A 的概率可定义为,其中， 是事件 A 的度量， 是样本空间的度量。 上式所定义的概率通常称为几何概率。,例1.15 (会面问题) 甲、乙两人相约在 0 到 T 这段时 间内, 在预定地点会面. 先到的人等候另一个人, 经过时间 t( tT ) 后离去.设每人在0 到T 这段时间内各时刻到达该 地是等可能的 , 且两人到达的时刻互不牵连.求甲、乙两 人能会面的概率.,解 以 x, y分别表示甲、乙到达指定 地点的时刻，以A表示事件“两人能
18、会面”，,则样本空间可表示为:,事件A可表示为:,这是一个几何概率问题 （如图所示），,所求概率为:,类似问题： 甲乙两艘轮船驶向一个不能同时 停靠两艘轮船的码头停泊，它们等可能地在一 昼夜内的任意时刻到达。如果甲船的停泊时间 是一小时，乙船的停泊时间是两小时，求它们 中的任何一艘都不须等候码头空出的概率。,【例】从区间(0, 1)中任取两个数，求两数之 积小于1/3的概率。,【解】 以 x, y分别表示任取的两个数，以A,则样本空间可表示为:,事件A可表示为:,表示事件“两数之积小于1/3”,例 从区间 (0, 1) 中任取3个数，分别记为 x ,y , z，求 y 位于 x , z 之间的
19、概率。,解法一 样本空间可表示为:,事件A可表示为:,则 y 位于 x , z 之间的概率为,解法二 记A= y 位于 x , z 之间 ， B= x 位于 y , z 之间 ， C = z 位于 x , y 之间 ，则A，B，C 两两互 斥，且 所以,思考题： 甲乙两人比赛，采取5局3胜制， 胜者可获1000元奖金，当比赛进行到甲2：1领 先时，比赛由于某种原因被迫中断，假定甲乙 两人的实力相当，问1000元奖金该如何分配？,思考题解答: 甲最终获胜的情况有“甲第4局获胜”或者 “乙第4局获胜而甲第5局获胜”。所以，甲最终获胜的概率为,从而甲应分得1000元奖金中的 即750元。,例 证明等式：,证1 因为,两边求导得,令 x=1 得,令 x= -1 得,证2 因为,所以，,【思考题】 证明等式,【证】,
