湖南商学院：《概率论》课程教学资源（PPT课件）第一章 概率论的基本概念（1.3）古典概率模型

第一章第三节 古典率模型 湖南商学院信胤系 数学教研室

湖南商学院信息系 数学教研室 第一章第三节 古典概率模型

I.什么是古典概率模型 如果试验E满足 (1)试验结果只有有限种, (2)每种结果发生的可能性相同。 则称这样的试验模型为等可能概率模型或 古典概率模型,简称为等可能概型或古典 概型

I. 什么是古典概率模型 如果试验E满足 (1) 试验结果只有有限种， (2) 每种结果发生的可能性相同。 则称这样的试验模型为等可能概率模型或 古典概率模型，简称为等可能概型或古典 概型

II.古典概率模型中事件概率求法 因试验E的结果只有有限种,即样本点是有 限个:1,O2,…,On,其中 9={o1}U{o2}U…U{on}, {o}是基本事件,且它们发生的概率都相等。 于是,有 1=P(9)=P({o}U(o2}U…U{on}) P({o1})+P({o2)+…+P({aon}) =nP({o}),i=1,2,…n 从而,P({o})=1/n,i=1,2,,n

II. 古典概率模型中事件概率求法 因试验E的结果只有有限种,即样本点是有 限个: 1,2 ,…,n ，其中 Ω={1}∪{2 }∪…∪{n}， {i}是基本事件，且它们发生的概率都相等。 于是，有 1=P(Ω)=P({1}∪{2 }∪…∪{n}) =P({1})+P({2 })+…+P({n}) =nP({i}), i=1,2,…n。 从而，P({i})= 1/n，i=1,2,…n

因此,若事件A包含k个基本事件,有 P(A)=k×(1/n)=k/n III.古典概模型的例 例1:掷一颗均匀骰子, 设:A表示所掷结果为“四点或五点”; B表示所掷结果为“偶数点”。 求:P(A)和P(B)。 解:由n=6,k=2,得P(A)=2/6=1/3 再由k3=3,得P(B)=3/6=1/2

因此，若事件A包含k个基本事件，有 P(A)=k(1/n)=k/n。 III. 古典概模型的例 例1：掷一颗均匀骰子， 设:A表示所掷结果为“四点或五点”； B表示所掷结果为“偶数点”。 求:P(A)和P(B)。 解：由n=6，kA=2,得P(A)=2/6=1/3； 再由kB=3，得P(B)=3/6=1/2

例2:货架上有外观相同的商品15件,其中12 件来自产地甲,3件来自地乙。现从15件商品 中随机地抽取两件,求这两件商品来自一同产 地的概率 解:从15件商品中取出2商品,共有C215=105种 取法,且每种取法都是等可能的,故n=105。 令A={两件商品都来自产地甲},k=C212=66 B={两件商品都来自产地乙},kBC23=3, 而事件:{两件商品来自同一产地}=AUB,且A与 B互斥,AUB包含基本事件数66+3=69。 故,所求概率=69/105=23/35

例2： 解: 货架上有外观相同的商品15件，其中12 件来自产地甲, 3件来自地乙。现从15件商品 中随机地抽取两件,求这两件商品来自一同产 地的概率。 从15件商品中取出2商品,共有C 2 15 =105种 取法,且每种取法都是等可能的，故n=105。 令 A={两件商品都来自产地甲},kA= C 2 12=66, B={两件商品都来自产地乙},kB = C 2 3 =3， 而事件:{两件商品来自同一产地}=A∪B,且A与 B互斥,A∪B包含基本事件数66+3=69。 故，所求概率=69/105=23/35

例3:有外观相同的三极管6只,按其电流放大 系数分类,4只属甲类,2只属乙类。按下列两种 方案抽取三极管两只, (1).每次抽取一个只,测试后放回,然后再抽取 下一只(放回抽样); (2).每次抽取一只,测试后不放回,然后在剩下 的三极管中再抽取下一只(不放回抽样)。 设A={抽到两只甲类三极管},B={抽到两只同类 三极管},C={至少抽到一只甲类三极管},D={抽 到两只不同类三极管}。 求:P(A),P(B),P(C),P①D)

例3：有外观相同的三极管6只,按其电流放大 系数分类,4只属甲类,2只属乙类。按下列两种 方案抽取三极管两只, (1).每次抽取一个只,测试后放回,然后再抽取 下一只(放回抽样); (2).每次抽取一只,测试后不放回,然后在剩下 的三极管中再抽取下一只(不放回抽样)。 设A={抽到两只甲类三极管},B={抽到两只同类 三极管},C={至少抽到一只甲类三极管},D={抽 到两只不同类三极管}。 求：P(A),P(B),P(C),P(D)

解:(1).由于每次抽测后放回,因此,每次都是 在6只三极管中抽取。因第一次从6只中取 只,共有6种可能取法;第二次还是从6只中取 只,还是有6种可能取法。故,取两只三极管 共有6×6=36种可能的取法。从而,n=36 注意:这种分析方法使用的是中学学过的 乘法原理

解: (1).由于每次抽测后放回,因此,每次都是 在6只三极管中抽取。因第一次从6只中取一 只,共有6种可能取法；第二次还是从6只中取 一只,还是有6种可能取法。故,取两只三极管 共有66=36 种可能的取法。从而,n=36。 注意:这种分析方法使用的是中学学过的 乘法原理

因每个基本事件发生的可能性相同,第 次取一只甲类三极管共有4种可能取法,第二 次再取一只甲类三极管还是有4种可能取法。 所以,取两只甲类三极管共有4×4=16种可能 的取法,即k=16。故 P(A)=16/36=4/9 令E={抽到两只乙类三极管},kE2×2=4。故 P(E)=4/36=1/9; 因C是E的对立事件,故P(C)=1-P()=8/9; 因B=AUE,且A与E互斥,得 P(B)=P(A)+P(E)=5/9; D是B的对立事件,得P(D)=1-P(B)=4/9

因每个基本事件发生的可能性相同,第一 次取一只甲类三极管共有4种可能取法,第二 次再取一只甲类三极管还是有4种可能取法。 所以,取两只甲类三极管共有 44=16 种可能 的取法, 即kA=16。故 P(A)=16/36=4/9； 令E={抽到两只乙类三极管},kE =22=4。故 P(E)=4/36=1/9; 因C是E的对立事件，故 P(C)=1-P(E)=8/9； 因B= A∪E ,且A与E互斥,得 P(B)=P(A)+P(E)=5/9； D是B的对立事件, 得 P(D)=1-P(B)=4/9

(2).由于第一次抽测后不放回,因此,第一次 从6只中取一只,共有6种可能的取法;第二次 是从剩余的5只中取一只,有5种可能的取法 由乘法原理,知取两只三极管共有n=6×5=30 种可能的取法。 由乘法原理,得k=4×3=12,P(A)=12/30=2/5; kE=2x1=2,P(E)=2/30=1/15; 由C是E的对立事件,得P(C)=1-P(E)=14/15 由B=AUE,且A与E互斥,得 P(B)=P(A)+P(E)=7/15 由D是B的对立事件,得P(D)=1-P(B=8/15

(2).由于第一次抽测后不放回,因此,第一次 从6只中取一只,共有6种可能的取法；第二次 是从剩余的5只中取一只,有5种可能的取法。 由乘法原理，知取两只三极管共有n=65=30 种可能的取法。 由乘法原理,得 kA=43=12, P(A)=12/30=2/5; kE =21=2，P(E)=2/30=1/15; 由C是E的对立事件,得P(C)=1-P(E)=14/15； 由B=A∪E,且A与E互斥,得 P(B)=P(A)+P(E)=7/15； 由D是B的对立事件, 得 P(D)=1-P(B)=8/15

例4:n个球随机地放入N(≥n)个盒子中,若盒 子的容量无限制。求“每个盒子中至多有一球” 的概率。 解:因每个球都可以放入N个盒子中的任何一个, 故每个球有N种放法。由乘法原理,将n个球放 入N个盒子中共有N种不同的放法。 每个盒子中至多有一个球的放法(由乘法 原理得):N(N-1)…N-n+1)=AN种 故, P(A)=AN/N

解: 例4：n个球随机地放入N(N≥n)个盒子中,若盒 子的容量无限制。求“每个盒子中至多有一球” 的概率。 因每个球都可以放入N个盒子中的任何一个, 故每个球有N种放法。由乘法原理,将n个球放 入N个盒子中共有N n种不同的放法。 每个盒子中至多有一个球的放法(由乘法 原理得): N(N-1)…(N-n+1)=AN n 种。 故， P(A)= AN n/N n