第二讲古典概率 I授课题目 §1.4古典概型 Ⅱ教学目的与要求 1、了解频率与概率的统计定义 2、掌握古典概率的计算 3、了解概率的公理化定义，掌握用概率的性质求概率的方法 Ⅲ教学重点与难点 重点：用有关性质、定理、公式计算概率 难点：概率的计算 V讲授内容： 在概率论的发展历史上，人们曾针对不同的问题，从不同的角度给出里定 义概率和计算概率的各种方法。，本节先介绍概率的古典定义、统计定义，最后将给 出概率的数学定义及其件质。 §1.4古典概型 在古代较早的时候，人们利用研究对象的物理或几何性质所具有的对称性确定 了计算概率的一种方法，称为概率的古典定义。为此，先介绍一个概念。 在有些随机试验中，每次试验可能发生的结果是有限的（样本空间中样本点的个数 有限)，由于某种对称性条件，使得每种试验结果发生的可能性是相等的（基本事件 发生的可能性相等)，则称这些事件是等可能的。 例如，在§1.1例4抛掷硬币试验中，样本空间Q={O,0,}中有两个样 本点0（正面朝上）和O,(反面朝上)，且O,和0，发生的可能性是相等的，因而 可以规定P（O）甲（0，）=12。又如抽样检查产品时，一批产品中每一个产品 被抽到的可能性在客观上是相同的，因而抽到任一产品是等可能的。 在§1.1例9中，样本空间Q=1,2,.,10},0中有10个样本点，且 基本事件发生的可能性都相等。因而可以规定P=(1})=中({2})==P({10})=1/10。 一般情况下，我们给出古典概型及古典概率定义如下： (一)定义 定义1如果随机试验E满足下述条件： 1.试验结果的个数是有限的，即样本空间的元素（即基本事件）只有有限 个，设Q={0,0,.0n 2.每个基本事件{O},{O},{0n}的出现（发生）是等可能的
第二讲 古典概率 Ⅰ 授课题目 §1.4 古典概型 Ⅱ 教学目的与要求 1、了解频率与概率的统计定义 2、 掌握古典概率的计算 3、 了解概率的公理化定义，掌握用概率的性质求概率的方法 Ⅲ 教学重点与难点 重点：用有关性质、定理、公式计算概率 难点：概率的计算 Ⅳ 讲授内容： 在概率论的发展历史上，人们曾针对不同的问题，从不同的角度给出里定 义概率和计算概率的各种方法。，本节先介绍概率的古典定义、统计定义，最后将给 出概率的数学定义及其性质。 §1.4 古典概型 在古代较早的时候，人们利用研究对象的物理或几何性质所具有的对称性确定 了计算概率的一种方法，称为概率的古典定义。为此，先介绍一个概念。 在有些随机试验中 ，每次试验可能发生的结果是有限的（样本空间中样本点的个数 有限），由于某种对称性条件，使得每种试验结果发生的可能性是相等的（基本事件 发生的可能性相等），则称这些事件是等可能的。 例如，在§1.1 例 4 抛掷硬币试验中，样本空间Ω={ 0 1 , }中有两个样 本点 1 (正面朝上)和 （反面朝上），且 0 和 1 发生的可能性是相等的，因而 可以规定 P（ 0 ）=P（ 1 ）=1/2。又如抽样检查产品时，一批产品中每一个产品 被抽到的可能性在客观上是相同的，因而抽到任一产品是等可能的。 在§1.1 例 9 中，样本空间Ω={1，2，.，10}，Ω中有 10 个样本点，且 基本事件发生的可能性都相等。因而可以规定 P=（{1}）=P（{2}）=.=P（{10}）=1/10。 一般情况下，我们给出古典概型及古典概率定义如下： （一）定义 定义 1 如果随机试验 E 满足下述条件： 1.试验结果的个数是有限的，即样本空间的元素（即基本事件）只有有限 个，设Ω={ 0，1 ，.， n } 2.每个基本事件{ 0 }，{ 1 }，.，{ n }的出现（发生）是等可能的
则称这个问题为古典概型（或称这种数学模型为古典概型）。则任一随机事件A所包 含的基本事件数K与基本事件总数n的比值，叫做随机事件A的概率，记作P(A), P)=K=事件A包含的基本事件数1一一D 基本事件总数 我们称由(1一一1)给出的概率为古典概率，概率的这种定义，称为概率 的古典定义。 对于古典概型应注意如下几点： (1)古典概型是学习概率统计的基础，因此它是非常重要的概率模型。 (2)判断是否古典概型的关键是等可能性，而有限性较容易看出。但等可 能性较难判定，一般在包含有个元素的样本空间中，如果没有理由认为某些基本事 件发生的可能性比另一些基本事件发生的可能性大时，我们就可以认为每个基本事件 出现的可能性相等，即都等于1/。还有重要一点，是把事件A包含的基本事件数， 数准、数够。对于较简单情况，可以把试验E的所有基本事件全列出，这样就容易应 用公式(1 1)式求之。当较大时，不可能全列出，这就要求读者具有分析想象能 力，还应熟悉关于排列与组合的基本知识，事件间的关系及运算亦要熟，才能去计算古 典概率 3)计算古典概率时.首先要判新有限性和等可能性是否满足·其次要弄清 楚样本空间是怎样构成的.对于复杂问题只要求基本事件的总数，同时求出所讨论 事件A包含的基本事件数h,再利用公式(1一1)计算出P(A). 下面举一些如何应用公式(1一一)计算概率的例子 例1从一批由45件正品、5件次品组成的产品中任取3件，求其中恰有 1件次品的概率. 解设所论事件为A,基本事件的总数为=C0 事件A包含的基本事件数为hFCC 所以PW=C3C8≈0.252 例2一百个产品中有三个废品，任取五个，求其废品数分别为0,1,2,3 的概率。 解基本事件总数n=Co0 设事件A,(0,1,2,3)表示取出的五个产品中有1个废品，A所包含的 基本事件数k=CCgn(i=1,2,3)
则称这个问题为古典概型（或称这种数学模型为古典概型）。则任一随机事件 A 所包 含的基本事件数 K 与基本事件总数 n 的比值，叫做随机事件 A 的概率，记作 P（A）， 即 P（A）= （ — — ） 基本事件总数 事件 包含的基本事件数 1 1 A N K = 我们称由（1——1）给出的概率为古典概率，概率的这种定义，称为概率 的古典定义。 对于古典概型应注意如下几点： （1）古典概型是学习概率统计的基础，因此它是非常重要的概率模型。 （2）判断是否古典概型的关键是等可能性，而有限性较容易看出。但等可 能性较难判定，一般在包含有 n 个元素的样本空间中，如果没有理由认为某些基本事 件发生的可能性比另一些基本事件发生的可能性大时，我们就可以认为每个基本事件 出现的可能性相等，即都等于 1/n。还有重要一点，是把事件 A 包含的基本事件数， 数准、数够。对于较简单情况，可以把试验 E 的所有基本事件全列出，这样就容易应 用公式（1——1）式求之。当 n 较大时,不可能全列出,这就要求读者具有分析想象能 力,还应熟悉关于排列与组合的基本知识,事件间的关系及运算亦要熟,才能去计算古 典概率. (3)计算古典概率时,首先要判断有限性和等可能性是否满足:其次要弄清 楚样本空间是怎样构成的.对于复杂问题只要求基本事件的总数 n,同时求出所讨论 事件 A 包含的基本事件数 h,再利用公式(1——1)计算出 P(A). 下面举一些如何应用公式(1——1)计算概率的例子. 例 1 从一批由 45 件正品、5 件次品组成的产品中任取 3 件,求其中恰有 1 件次品的概率. 解 设所论事件为 A,基本事件的总数为 n= 3 C50 事件 A 包含的基本事件数为 h= 2 45 1 C5C 所以 P(A)= 0.252 3 50 2 45 1 5 C C C 例 2 一百个产品中有三个废品,任取五个,求其废品数分别为 0,1,2,3 的概率. 解 基本事件总数 n= 5 C100 设事件 Ai (i=0,1,2,3)表示取出的五个产品中有i 个废品, Ai 所包含的 基本事件数 ( 1,2,3) 5 1 = 3 97 = − C C i i i k
所以P(A)=C,/Cm=0.856 P(A)=CC/Ci=0.13806 P(A)=CC,/C=0.00588 P(A)=CC,1Co=0.0000618 例3甲乙丙三人去住三间房子.求 (1)每间恰有一人的概率是多少？ (2)空一间的概率是多少？ 解相当顾客去选房间，每人豆油三间房可取，故基本事件总数（选法）有 n=33=27 (1)每房一人，甲有三间可选.甲选定后，乙只有二间可选.丙无选择余地， 故k=3*2*1=6,设A表示每房一人事件，所以有P()=k/n=6/27=2/9 (2)设空一间事件记为B. 方法一空一间房，必有一间住了二人.若甲先选有三种可取，乙丙只能 合住余下两间之一，故飞=3*2=6，也可乙先选或丙先选，于是 K=K,+K2+K3=6+6+6=C3*3*2=18,故P(B)k/=18/27=2/3. 方法二三人中任二人结合，有C种结合法，分两组去选房 K=C*3*2=18,所以P(B)=k/m=C*3*2/27=2/3 例4设有n个不同的球，每一球以等可能落入N(N≥)个盒子中的每 一个盒子里（设每个盒子能容纳的球数是没有限制的）设A={指定的个盒子中各有一 球}，B={任何n个盒子中恰有一球}，C{某指定的一个盒子中恰有m(m≤)个球}. 求：P(A),PB),P(C). 解每一个球都可以放进这N个盒子中的任一个盒子，故有N种放法， 个球放进N个盒子就有N“种放法，所以基本事件总数为N”. (1)今固定n个盒，第一个球有n中放法，第二个球有一1种放法，.，第 n个球有1种放法，因此A包含的基本事件数为n!,所以P(A)=n/N“. (2)因为任何n个盒可以从N个盒中任意选取，共有C”种选法，选出这 n个盒后，再按()知事件B包含的基本事件数为
所以 P ( ) / 0.856 5 100 5 A0 = C97 C = P ( ) / 0.13806 5 100 4 97 1 A1 = C3C C = P ( ) / 0.00588 5 100 3 97 2 A2 = C3C C = P ( ) / 0.0000618 5 100 2 97 3 A3 = C3C C = 例3 甲乙丙三人去住三间房子.求: (1) 每间恰有一人的概率是多少? (2) 空一间的概率是多少? 解 相当顾客去选房间,每人豆油三间房可取,故基本事件总数(选法)有 n= 3 27 3 = (1)每房一人,甲有三间可选.甲选定后,乙只有二间可选.丙无选择余地, 故 k=3*2*1=6,设 A 表示每房一人事件,所以有 P(A)=k/n=6/27=2/9 (2)设空一间事件记为 B. 方法一 空一间房,必有一间住了二人.若甲先选有三种可取,乙丙只能 合 住 余 下 两 间 之 一 , 故 3*2 6 1 k = = . 也 可 乙 先 选 或 丙 先 选 , 于 是 6 6 6 *3*2 18 1 K = K1 +K2 +K3 = + + = C3 = ,故 P(B)=k/n=18/27=2/3. 方法二 三人中任二人结合 , 有 2 C3 种结合法 , 分两组去选房 *3* 2 18 2 K = C3 = ,所以 P(B)=k/n= *3* 2 / 27 2 / 3 2 C3 = 例 4 设有 n 个不同的球,每一球以等可能落入 N(N≥n)个盒子中的每 一个盒子里(设每个盒子能容纳的球数是没有限制的)设A={指定的n 个盒子中各有一 球},B={任何 n 个盒子中恰有一球},C={某指定的一个盒子中恰有 m(m≤n)个球}. 求:P(A),P(B),P(C). 解 每一个球都可以放进这 N 个盒子中的任一个盒子,故有N 种放法,n 个球放进 N 个盒子就有 N n 种放法,所以基本事件总数为 N n . (1)今固定 n 个盒,第一个球有 n中放法,第二个球有n-1 种放法,.,第 n 个球有 1 种放法,因此 A 包含的基本事件数为 n!,所以 P(A)=n!/ N n . (2)因为任何 n 个盒可以从 N 个盒中任意选取,共有 n CN 种选法,选出这 n 个盒后 , 再 按 (1) 知 事 件 B 包 含 的 基 本 事 件 数 为
Cl=P",所以P(B)=C/N=PxIN". (3)因为m个球可以从n个球中任意选出，共有C种选法，其余n-m个 球可以任意落入其余的水1个盒中，共有(N一)”"种选法。根据乘法原理，因此事 件C包含的基本事件数为C(N-1)“,所以P(C)=C"(N-1)"/N”。 这个例子是古典概型中一个很典型的问题，不少实际问题都可以归结为 它。 例5袋中装有10个红球，5个白球，从中一次随机地摸出3个球，求摸 出的3个球全是红球的概率，摸出的全是白球的概率，摸出的是一个红球，二个白球 的概率。 解(1)从15个球中随机地任取3个球所有可能取法有C,种，即基本 事件总数为n=C=15*14*13/3!=455. 设A={所摸出的3个球全是红球) 又红球有10个，因此取3个都是红球的所有可能取法有C。种，即A包 含的基本事件数为k=Cio,所以P(A)=Ci。/Cs=14/91。 (2)设B={所摸出的3个球全是白球} P(B)=k/rC/C6=10/455=2/91 (3)设C={摸出的一个红球，二个白球} P(C)=k/m=Ci。*C1Ci=10*10/455=20/91 例6盒子中有6只灯泡，其中有2只次品，4只正品，无放回地从中任 取两次，每次取一只，求： (1)所取二只都是正品的概率： (2)取到二只中有一只是正品另一只是次品的概率： 解无放回地取球，取二次等价于一次任取二只，即六个取二的组合 数n=C6=15,这15种可能组合，每组被取到的机会是均等的。 (1)二只均正品，相当从4只正品任取三只的组合数，设所论事件 为A,它包含的基本事件数为k=C=6,所以P(A)=k/n=6/15=0.4
N N n n X n n N n N n CN n!= P ,所以P（B）= C n!/ = P / . (3)因为 m 个球可以从 n 个球中任意选出,共有 m Cn 种选法,其余 n-m 个 球可以任意落入其余的 N-1 个盒中,共有 ( −1) − N n m 种选法。根据乘法原理，因此事 件 C 包含的基本事件数为 ( −1) − C N m n m n ，所以 P（C）= ( −1) − C N m n m n / N n 。 这个例子是古典概型中一个很典型的问题，不少实际问题都可以归结为 它。 例 5 袋中装有 10 个红球，5 个白球，从中一次随机地摸出 3 个球，求摸 出的 3 个球全是红球的概率，摸出的全是白球的概率，摸出的是一个红球，二个白球 的概率。 解 （1）从 15 个球中随机地任取 3 个球所有可能取法有 C 3 15 种，即基本 事件总数为 n= C 3 15 =15*14*13/3!=455. 设 A={所摸出的 3 个球全是红球} 又红球有 10 个，因此取 3 个都是红球的所有可能取法有 C 3 10 种，即 A 包 含的基本事件数为 k= C 3 10 ,所以 P（A）=C 3 10 / C 3 15 =14/91。 （2）设 B={所摸出的 3 个球全是白球} P（B）=k/n= / 3 C5 C 3 15 =10/455=2/91 (3)设 C={摸出的一个红球，二个白球} P（C）=k/n= * / 2 5 1 C10 C C 3 15 =10*10/455=20/91 例 6 盒子中有 6 只灯泡，其中有 2 只次品，4 只正品，无放回地从中任 取两次，每次取一只，求： （1）所取二只都是正品的概率； （2）取到二只中有一只是正品另一只是次品的概率； 解 无放回地取球，取二次等价于一次任取二只，即六个取二的组合 数 n= C 2 6 =15,这 15 种可能组合，每组被取到的机会是均等的。 （1）二只均正品，相当从 4 只正品任取三只的组合数，设所论事件 为 A，它包含的基本事件数为 k= C 2 4 =6,所以 P（A）=k/n=6/15=0.4
(②)设所论事件为B,它所包含的基本事件数为K,=C*C2=8, 所以P(B)=K/n=8/15=0,54 例7把1,2,3,4,5的诸数各写在一张纸片上任取其中三个排成自左 而右的次序。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5个数中任取三个，这三个数不管怎么排列都是一个三位数 故基本事件总数n=卫，=5*4*3=60 (1)设A={三位数是偶数}，偶数，必是“个”位数是2或4，而“十” 位，“百”位可任取，“个位”有2或4两种可能，于是“十”位是4种可能，“百” 位有3种可能，所以A包含的基本事件数k=2*4*3=24,故P(A)=2*4*3/5*4*3=2/5。 (2)设B={所得三位数不小于200}，百位数只要取2,3,4,5之一， 所组三位数必大于200 K=4*4*3 (百位数有4种可能取法，十位数有4种可能取法，个位数有3种可能取法) 故 P(B)=k/h=4×4×3/5×4×3=4/5 例8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是多 少？ 解设所论事件为A,基本事件的总数为 np1o-10! 下面求事件A包含的基本事件数： 三本书必须排在一起的排法共有P,=3!种，如果将这3本书看作1本书，与 剩下的7本书的所有排列共有P。=8!种，根据乘法原理，总共有P3·P。=3!8!种 排法，所以k=P3·Pg=3!8! 所以P(A)=3!8:10:=1/15=0.67 例9一袋中有4个白球，2个红球，从袋中取二次，每一次取一个，求取 到的两个球都是白球的概率？ 设A={取到的两个球都是白球) 解1)有放回地抽取 由于每次抽取后均放回，因此每次都是从6个球中抽取 从6个球中任取2个的所有可能取法有62种，即基本事件总数
(2)设所论事件为B，它所包含的基本事件数为 * 8 1 2 2 1 4 K =C C = ， 所以 P（B）= / 8/15 0.54 1 K n = = 例 7 把 1，2，3，4，5 的诸数各写在一张纸片上任取其中三个排成自左 而右的次序。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 5 个数中任取三个，这三个数不管怎么排列都是一个三位数， 故基本事件总数 n= 5*4*3 60 3 5 p = = (1)设 A={三位数是偶数}，偶数，必是“个”位数是 2 或 4，而“十” 位，“百”位可任取，“个位”有 2 或 4 两种可能，于是“十”位是 4 种可能，“百” 位有 3 种可能，所以 A 包含的基本事件数 k=2*4*3=24,故 P（A）=2*4*3/5*4*3=2/5。 （2）设 B={所得三位数不小于 200}，百位数只要取 2，3，4，5 之一， 所组三位数必大于 200 K=4*4*3 (百位数有 4 种可能取法，十位数有 4 种可能取法，个位数有 3 种可能取法) 故 P（B）=k/n=4 4 3/5 4 3=4/5 例 8 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是多 少？ 解 设所论事件为 A，基本事件的总数为 n=p 10 =10! 下面求事件 A 包含的基本事件数： 三本书必须排在一起的排法共有 P 3 =3！种，如果将这 3 本书看作 1 本书，与 剩下的 7 本书的所有排列共有 P 8 =8！种，根据乘法原理，总共有 P 3 • P 8 =3！8！种 排法，所以 k= P 3 • P 8 =3！8！ 所以 P（A）=3！8！/10！=1/15=0.67 例9 一袋中有 4 个白球，2 个红球，从袋中取二次，每一次取一个，求取 到的两个球都是白球的概率？ 设 A={取到的两个球都是白球} 解 1）有放回地抽取 由于每次抽取后均放回，因此每次都是从 6 个球中抽取 从 6 个球中任取 2 个的所有可能取法有 6 2 种，即基本事件总数
n=62 又白球有4个，因此取2个都是白球的所有可能取法有42种，即A包含的 基本事件数为k=6 所以 P(A)-4262-0.444 2)不放回地抽取 方法一（计顺序） 由于抽取后不放回，因此第一次从6个球中抽取。而第二次抽取只能在剩 下的5个球中抽取，故基本事件总数 n-6×5=P8 同理A包含的基本事件数k=4×3=P 所以不放回抽取时 P(A)=P1P-4×36×5-0.4 方法二（不计顺序） 在6个球中取2球（不计顺序）的所有可能取法有C?种， 故基本事件总数n=C 同理，A包含的基本事件数k=C 所以P(A)=C/C6=0.4 例10袋中有10个小球，4个红的，6个白的。今按取法1和取法2连续从 袋中取3个球，按两种取法分别求下列事件的概率： A={3个球都是白的} B=2个红的，1个白的} 其中取法1每次抽取一个，看后放回袋中，再抽取下一个，这种取法称为放回 抽样。 取法2每次抽取一个，不放回袋中，再抽取下一个，这种取法称为不放回 抽样。 解(1)放回抽样 由于每次抽取的小球看过颜色后都放回袋中。因此，每次都是从10个小球中 抽取。根据乘法原理，从10个小球中取3个的所有可能的取法共有103=1000种
n=6 2 又白球有 4 个，因此取 2 个都是白球的所有可能取法有 4 2 种，即 A 包含的 基本事件数为 k=6 2 所以 P（A）=4 2 /6 2 =0.444 2）不放回地抽取] 方法一 （计顺序） 由于抽取后不放回，因此第一次从 6 个球中抽取。而第二次抽取只能在剩 下的 5 个球中抽取，故基本事件总数 n=6 5 =P 2 6 同理 A 包含的基本事件数 k=4 3=P 2 4 所以不放回抽取时 P（A）=P 2 4 /P 2 6 =4 3/6 5 =0.4 方法二 （不计顺序） 在 6 个球中取 2 球（不计顺序）的所有可能取法有 C 2 6 种， 故基本事件总数 n= C 2 6 同理，A 包含的基本事件数 k= C 2 4 所以 P（A）= C 2 4 / C 2 6 =0.4 例 10 袋中有 10 个小球，4 个红的，6 个白的。今按取法 1 和取法 2 连续从 袋中取 3 个球，按两种取法分别求下列事件的概率： A={3 个球都是白的} B={2 个红的，1 个白的} 其中 取法 1 每次抽取一个，看后放回袋中，再抽取下一个，这种取法称为放回 抽样。 取法 2 每次抽取一个，不放回袋中，再抽取下一个，这种取法称为不放回 抽样。 解 （1）放回抽样 由于每次抽取的小球看过颜色后都放回袋中。因此，每次都是从 10 个小球中 抽取。根据乘法原理，从 10 个小球中取 3 个的所有可能的取法共有 10 3 =1000 种
即样本空间2中的元素个数为：n=103 若A发生，即3次取的都是白球，事件A包含的基本事件数为 k=63 所以P(A)h=63/103-0.216 若B发生，即3次取的小球中有2次取的是红球，一次取的是白球，考虑到红 球出现的次序，因此事件B包含的基本事件数为： K=C;×42×6 所以P(B)=k/n=C:×42×6/103=0.288 (2)不放回抽样 第一次从10个小球中抽取1个，由于不再放回，因此第二次从9个球中抽取1 个，第三次从8个球中抽取1个，因而基本事件总数 n=Pio=10×9×8 类似讨论可知，事件A包含的基本事件数 k=P26×5×4 因而P(A)kh=6×5×410×9×8≈0.167 事件B包含的基本事件数 k=C3×4×3×6 所以P(B)=k/n=C×4×3×6/10×9×8≈0.3 例一批产品中有n个正品m个次品，逐个进行检查，若已查明前kk≤) 个都是正品，求第k+1次检查时仍得正品的概率是多少？ 解由已知条件知基本事件总数为n+m-k 设A={第k+1次检查时仍得正品}的事件，则A包含的基本事件数为-k 所以 P (A)=(n-k)/(n+m-k) 例12两封信随机地向四个邮简投寄，球第二个邮简恰好投入 一封信的概率。 解设A=第二个邮筒只投入一封信}。两封信随机地投入 四个邮筒，共有42种可能投法。即基本事件的总数为 n=42=16 另外，两封信随机地向四个邮筒投寄，而第二个邮筒恰好投入一封信的投法： 首先两封信投入第二个邮筒恰好一封信有两种投法，再将剩下的另一封信投入其余三 个邮筒又有三种投法。即事件A包含的基本事件数为
即样本空间 中的元素个数为：n=10 3 若 A 发生，即 3 次取的都是白球，事件 A 包含的基本事件数为 k =6 3 所以 P（A）=k/n=6 3 / 10 3 =0.216 若 B 发生，即 3 次取的小球中有 2 次取的是红球，一次取的是白球，考虑到红 球出现的次序，因此事件 B 包含的基本事件数为： K=C 2 3 4 6 2 所以 P（B）=k/n= C 2 3 4 6 2 / 10 3 =0.288 (2) 不放回抽样 第一次从 10 个小球中抽取 1 个，由于不再放回，因此第二次从 9 个球中抽取 1 个，第三次从 8 个球中抽取 1 个，因而基本事件总数 n= P 3 10 =10 98 类似讨论可知，事件 A 包含的基本事件数 k= P 3 6 =6 5 4 因而 P（A）=k/n=6 5 4/10 98 0.167 事件 B 包含的基本事件数 k=C 2 3 4 3 6 所以 P（B）=k/n= C 2 3 4 3 6/10 98 0.3 例 11 一批产品中有 n 个正品 m 个次品，逐个进行检查，若已查明前 k(k n) 个都是正品，求第 k+1 次检查时仍得正品的概率是多少？ 解 由已知条件知基本事件总数为 n+m-k 设 A={第 k+1 次检查时仍得正品}的事件，则 A 包含的基本事件数为 n-k 所以 P（A）=（n-k）/(n+m-k) 例12 两封信随机地向四个邮筒投寄，球第二个邮筒恰好投入 一封信的概率。 解 设 A={第二个邮筒只投入一封信}。两封信随机地投入 四个邮筒，共有 4 2 种可能投法。即基本事件的总数为 n=4 2 =16 另外，两封信随机地向四个邮筒投寄，而第二个邮筒恰好投入一封信的投法： 首先两封信投入第二个邮筒恰好一封信有两种投法，再将剩下的另一封信投入其余三 个邮筒又有三种投法。即事件 A 包含的基本事件数为
k=C;·C}=2×3-6 所以 P(A)=C,·C142=3/8 同样还可以计算前两个邮筒各有一封信的概率P(B): 例13将15名新生平均分配到三个班级中去，这15名新生中有3名优秀生， A={每一个班级各分配到一个优秀生 B={3名优秀生分配到同一班} 求P(A) P(B) 解15名新生平均分配到三个班中的分法总数为 n=l51/51515Cis·Cio·C; (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12！4！4！4！ 种，因此事件A包含的基本事件数为 k=3112/4144 所以 P(A)k/n=25/91-0.2747 (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（一个班级2名，另一个班级5名）有12！2！5！5！种因 此事件B包含的基本事件数为 k=3×121/215151 所以 P(B)k/n-6/91=0.0659 由以上举出的例题可知，古典概型大体可以概括为三类问题： (1) 摸球问题（产品的随机抽样问题）： (2) 分房问题： (3) 随机取数问题。 (一)性质 性质1设A为任一事件，则0≤P(2)≤1 性质2设2为必然事件，则P(2)=1 性质3（有限可加性）设A1,A2,A3,An互不相容， 则 p(Y4)=∑P(4) 以上介绍概率的4条性质，对概率的计算带来很大方便，下面举些例子说明这 些性质的应用。 例16一袋中有4个白球，2个红球，不放回的从袋中抽取二次，每次取一个。 的 A=(取到的二个球颜色相同}
k=C 1 2 • C 1 3 =2 3=6 所以 P（A）= C 1 2 • C 1 3 /4 2 =3/8 同样还可以计算前两个邮筒各有一封信的概率 P（B）： 例 13 将 15 名新生平均分配到三个班级中去，这 15 名新生中有 3 名优秀生。 设 A={每一个班级各分配到一个优秀生} B={3 名优秀生分配到同一班} 求 P（A） P（B） 解 15 名新生平均分配到三个班中的分法总数为 n=15!/(5!5!5!)= C 5 15 • C 5 10 • C 5 5 (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 12！/4！4！4！ 种，因此事件 A 包含的基本事件数为 k=3!12!/4!4!4! 所以 P（A）=k/n=25/91=0.2747 （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（一个班级 2 名，另一个班级 5 名）有 12！/2！5！5！ 种 因 此事件 B 包含的基本事件数为 k=3 12!/2!5!5! 所以 P（B）=k/n=6/91=0.0659 由以上举出的例题可知，古典概型大体可以概括为三类问题： （1） 摸球问题 （产品的随机抽样问题）； （2） 分房问题： （3） 随机取数问题。 （二）性质 性质 1 设 A 为任一事件，则 0 P（ ） 1 性质 2 设 为必然事件，则 P（ ）=1 性质 3 （有限可加性）设 A 1，A 2 ，A 3 .，A n 互不相容， 则 P（ n i=1 Ai ）== n i 1 P（Ai） 以上介绍概率的 4 条性质，对概率的计算带来很大方便，下面举些例子说明这 些性质的应用。 例 16 一袋中有 4 个白球，2 个红球，不放回的从袋中抽取二次，每次取一个。 设 A={取到的二个球颜色相同}
B={取到的二个球中至少有一个白球} 求P(A),P(B) 解设C={取到的二个球都是白球) D={取到的二个球都是红球} 则A=CUD,B=D 易知P(C)=C/C2=0.4,P(D)=C/C2=0.067 所以P(A)P(CUD)GD=PC)PO =0.4+0.067=0.467 P(B)=P(D)=1-PD)=1-0.067=0.933 例17有100件产品，其中有10件是次品，任取10件，问至少有一件是次 品的概率是多少？ 解方法一设A,=(有1件次品}，=0,1,2，.10 显然AA=9,i≠j 设A={至少有一件次品}，则 A=A UA2 U.UA1o P (A)=Cio C30/C100 P(A2)=C1C&/C18 4*4*4444444**440, P (A)=Ci0 Co/Ci0 所以P(A)=(CioC9o+Ci0C8o++CC0)/C180 要计算P(A)的最后结果是比较麻烦的。 方法二事件A的对立（逆）事件为A=A。 由公式(1一2)有 P(A)=1-P(A)=1-P(Ao)=1-C10C9/C18=0.6695
B={取到的二个球中至少有一个白球} 求 P（A），P（B）。 解 设 C={取到的二个球都是白球} D={取到的二个球都是红球} 则 A=C D， B= −− D 易知 P（C）=C 2 4 / C 2 6 =0.4，P（D）= C 2 3 / C 2 6 =0.067 所以 P（A）=P（C D） − − − − − − − GD == P(C)+P(D) =0.4+0.067=0.467 P(B)=P( −− D )=1-P(D)=1-0.067=0.933 例 17 有 100 件产品，其中有 10 件是次品，任取 10 件，问至少有一件是次 品的概率是多少？ 解 方法一 设 A 1 ={有 1 件次品}，i=0,1,2,.10 显然 Ai Aj = ，i j 设 A={至少有一件次品}，则 A= A 1 A2 . A 10 P（A 1 ）= C 1 10 C 9 90 / C 10 100 P（A2）= C 2 10 C 8 90 / C 10 100 . P（A 10 ）= C 10 10 C 0 10 / C 10 100 所以 P（A）=（C 1 10 C 9 90 + C 2 10 C 8 90 +.+ C 2 10 C 8 90 ）/ C 10 100 要计算 P（A）的最后结果是比较麻烦的。 方法二 事件 A 的对立（逆）事件为 - A = A 0 。 由公式（1—2）有 P（A）=1-P（ - A ）= 1-P（A 0 ）=1- C 10 10 C 0 10 / C 10 100 =0.6695
可见方法二比方法一好，计算量少多了。 小结由此例可看出，应当善于利用公式P(A)=1-P(A)。为了计算事件A的 概率，我们可以先计算对立事件A的概率，然后利用这个公式求得事件A的概率， 这样往往可以使计算简化。 V小结与提问 本章学习了古典概型，为了利用概率的古典定义来计算概率，首先应确定试验的 基本事件的总数，再确定随机事件A所包含的基本事件数，则后者与前者之比，即为 所求的概率P(A)。 提问：设A,B是具有正概率的事件，你能给出下列概率的大小吗？ P(A),P(AUB),P(AB),P(A)+P(B) Ⅵ课外作业： P323,4,5,6,8,9
可见方法二比方法一好，计算量少多了。 小结 由此例可看出，应当善于利用公式 P（A）=1-P（ - A ）。为了计算事件 A 的 概率，我们可以先计算对立事件 - A 的概率，然后利用这个公式求得事件 A 的概率， 这样往往可以使计算简化。 Ⅴ 小结与提问： 本章学习了古典概型，为了利用概率的古典定义来计算概率，首先应确定试验的 基本事件的总数，再确定随机事件 A 所包含的基本事件数，则后者与前者之比，即为 所求的概率 P（A）。 提问：设 A,B 是具有正概率的事件，你能给出下列概率的大小吗？ P(A),P(A∪B),P(AB),P(A)+P(B) Ⅵ 课外作业： P32 3,4,5,6,8,9