白球”。易知，“取到两只颜色相同的球” 是红球”。该事件的概率计算在事件 (2)的概率计算中已经用到，问题 这一事件即为AUB,而C=B。 得解。 (a)放回抽样的情况 P(A)N(A)4x4 4 N(S)6x69 (a)放回抽样的情况 在袋中依次取两只球，每一种 P(B)-N()=2x2=1 取法为一基本事件，显然此时样本 N(S)6×69 空间中仅句含有限个元素。日由对 称性知每个基本事件发生的可能性 由于AnB=p,得 相同，因而属于古典概型。 每次从袋中取球都有6中取 PAUB)=P+PB= 法，共取2次，由乘法原理知，共 9 有6×6种取法，即样本空间中元素 PC)=PE)=1-PB)=8 的总数为36 对于事件A, 由于 次取球都有4只白球可供抽取，共 (选讲内容) 取两次，因而共有4×4种取法，即 以A1,A2分别表示事件“第一次取到的 A中包含16个元素。 同理，B中包含2×2个元素。 是白球”，“第二次取到的是白球”，则事 件A⌒A,为“两次取到的球都是白球” 事件AU4为“取到的两只球中至少有 一只是白球”。 A)-答子风6)-80香号 P(C)=P(AA) (b)放回抽样的情况 =P(A)+P(4)-P(A4) 第一次从袋中取球有6中取 法，第二次有5种取法，共取2次 由乘法原理知，共有6×5种取法， (b)不放回抽样的情况 即样本空间中元素的总数为30。 干事件 由于第 次取时 P(A)-N(A)=4x3_2 有4只白球可供抽 取，第 二次则只 N(S)6×55 有3只白球可供抽取，共取两次， 因而共有4×3种取法，即A中包含 12个元素。 同理，B中包含2×1个元素 白球”。易知，“取到两只颜色相同的球” 这一事件即为 A B ，而 C = B 。 （a）放回抽样的情况 P(A)= 9 4 6 6 4 4 ( ) ( ) =   = N S N A P(B)= 9 1 6 6 2 2 ( ) ( ) =   = N S N B 由于 A B =  ，得 9 5 P(A B) = P(A) + P(B) = 9 8 P(C) = P(B) = 1− P(B) = （选讲内容） 以 A1，A2 分别表示事件“第一次取到的 是白球”，“第二次取到的是白球”，则事 件 A1  A2 为“两次取到的球都是白球”， 事件 A1  A2 为“取到的两只球中至少有 一只是白球”。 3 2 6 6 4 6 ( ) 1 =   P A = ， 3 2 6 6 6 4 ( ) 2 =   P A = ， 9 4 ( ) ( ) P A1  A2 = P A = 9 8 9 4 3 2 3 2 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 1 2 1 2 = + − = = + − =  P A P A P A A P C P A A （b）不放回抽样的情况 P(A)= 5 2 6 5 4 3 ( ) ( ) =   = N S N A P(B)= 15 1 6 5 2 1 ( ) ( ) =   = N S N B 是红球”。该事件的概率计算在事件 （2）的概率计算中已经用到，问题 得解。 （a）放回抽样的情况 在袋中依次取两只球，每一种 取法为一基本事件，显然此时样本 空间中仅包含有限个元素。且由对 称性知每个基本事件发生的可能性 相同，因而属于古典概型。 每次从袋中取球都有 6 中取 法，共取 2 次，由乘法原理知，共 有 66 种取法，即样本空间中元素 的总数为 36。对于事件 A，由于每 次取球都有 4 只白球可供抽取，共 取两次，因而共有 4  4 种取法，即 A 中包含 16 个元素。 同理，B 中包含 2  2 个元素。 （b）放回抽样的情况 第一次从袋中取球有 6 中取 法，第二次有 5 种取法，共取 2 次， 由乘法原理知，共有 65 种取法， 即样本空间中元素的总数为 30。 对于事件 A，由于第一次取球 有 4 只白球可供抽取，第二次则只 有 3 只白球可供抽取，共取两次， 因而共有 43 种取法，即 A 中包含 12 个元素。 同理，B 中包含 21 个元素