《概率论 第一章 第三节.ppt》由会员分享，可在线阅读，更多相关《概率论 第一章 第三节.ppt（23页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、 第一章第四节 古典概率模型古典概率模型I I.什么是古典概率模型什么是古典概率模型如果试验如果试验E E满足满足 (1)(1)试验结果只有有限种，试验结果只有有限种，(2)(2)每种结果发生的可能性相同。每种结果发生的可能性相同。则称这样的试验模型为则称这样的试验模型为等可能概率模型等可能概率模型或或古典概率模型古典概率模型，简称为，简称为等可能概型等可能概型或或古典古典概型概型。II.II.古典概率模型中事件概率求法古典概率模型中事件概率求法 因因试验试验E E的结果只有有限种的结果只有有限种,即样本点是有即样本点是有限个限个:1 1,2 2,n n ，其中，其中 S=S=1 1 2 2
2、n n，i i 是基本事件，且它们发生的概率都相等。是基本事件，且它们发生的概率都相等。于是，于是，有有 1=P(S)=1=P(S)=P(P(1 1 2 2 n n)=P(=P(1 1)+P()+P(2 2)+)+P(+P(n n)=nP(nP(i i),i=1,2,),i=1,2,n n。从而，从而，P(P(i i)=1/n)=1/n，i=1,2,i=1,2,n n。因此，若事件因此，若事件A A包含包含k k个基本事件，有个基本事件，有 P(A)=kP(A)=k(1/n)=(1/n)=k/nk/n。III.III.古典概型的例古典概型的例例例1 1：掷一颗均匀骰子，掷一颗均匀骰子，设设:A
3、:A表示所掷结果为表示所掷结果为“四点或五点四点或五点”；B B表示所掷结果为表示所掷结果为“偶数点偶数点”。求求:P(A):P(A)和和P(B)P(B)。解：解：由由n=6n=6，k kA A=2,=2,得得P(A)=2/6=1/3P(A)=2/6=1/3；再由再由k kB B=3=3，得，得P(B)=3/6=1/2P(B)=3/6=1/2。例例2：解解:货架上有外观相同的商品货架上有外观相同的商品1515件，其中件，其中1212件来自产地甲件来自产地甲,3,3件来自地乙。现从件来自地乙。现从1515件商品件商品中随机地抽取两件中随机地抽取两件,求这两件商品来自同一产求这两件商品来自同一产地
4、的概率。地的概率。从从1515件商品中取出件商品中取出2 2商品商品,共有共有C C2 21515=105=105种种取法取法,且每种取法都是等可能的，且每种取法都是等可能的，故故n=105n=105。令令 A=A=两件商品都来自产地甲两件商品都来自产地甲,k,kA A=C=C2 21212=66,=66,B=B=两件商品都来自产地乙两件商品都来自产地乙,k kB B=C=C2 23 3=3=3，而而事事件件:两两件件商商品品来来自自同同一一产产地地=A=ABB,且且A A与与B B互斥互斥,AB包含基本事件数包含基本事件数66+3=6966+3=69。故，所求概率故，所求概率=69/105=
5、23/35=69/105=23/35。例例3 ：有外观相同的三极管有外观相同的三极管6 6只只,按电流放大系按电流放大系数分类数分类,4,4只属甲类只属甲类,2,2只属乙类。按下列两种方只属乙类。按下列两种方案抽取三极管两只案抽取三极管两只,(1).(1).每次抽取一只每次抽取一只,测试后放回测试后放回,然后再抽取然后再抽取 下一只下一只(放回抽样放回抽样););(2).(2).每次抽取一只每次抽取一只,测试后不放回测试后不放回,然后在剩下然后在剩下 的三极管中再抽取下一只的三极管中再抽取下一只(不放回抽样不放回抽样)。设设A=A=抽到两只甲类三极管抽到两只甲类三极管,B=,B=抽到两只同类抽
6、到两只同类三极管三极管,C=,C=至少抽到一只甲类三极管至少抽到一只甲类三极管,D=,D=抽抽到两只不同类三极管到两只不同类三极管。求：求：P(A),P(B),P(C),P(D)P(A),P(B),P(C),P(D)。解解:(1).(1).由于每次抽测后放回由于每次抽测后放回,因此因此,每次都是每次都是在在6 6只三极管中抽取。因第一次从只三极管中抽取。因第一次从6 6只中取一只中取一只只,共有共有6 6种可能取法；第二次还是从种可能取法；第二次还是从6 6只中取只中取一只一只,还是有还是有6 6种可能取法。种可能取法。故故,取两只三极管取两只三极管共有共有6 6 6=36 6=36 种可能的
7、取法。从而种可能的取法。从而,n=36,n=36。注意注意:这种分析方法使用的是中学学过的这种分析方法使用的是中学学过的 乘法原理乘法原理 因每个基本事件发生的可能性相同因每个基本事件发生的可能性相同,第一第一次取一只甲类三极管共有次取一只甲类三极管共有4 4种可能取法种可能取法,第二第二次再取一只甲类三极管还是有次再取一只甲类三极管还是有4 4种可能取法。种可能取法。所以所以,取两只甲类三极管共有取两只甲类三极管共有 4 4 4=16 4=16 种可种可能的取法能的取法,即即k kA A=16=16。故。故 P(A)=16/36=4/9P(A)=16/36=4/9；令令E E=抽到两只乙类三
8、极管抽到两只乙类三极管,k kE E=2 2 2=42=4。故。故 P(E)=4/36=1/9;P(E)=4/36=1/9;因因C C是是E E的对立事件，故的对立事件，故 P(C)=1-P(E)=8/9P(C)=1-P(E)=8/9；因因B=AB=AE,E,且且A A与与E E互斥互斥,得得 P(B)=P(A)+P(E)=5/9P(B)=P(A)+P(E)=5/9；D D是是B B的对立事件的对立事件,得得 P(D)=1-P(B)=4/9P(D)=1-P(B)=4/9。(2).(2).由于第一次抽测后不放回由于第一次抽测后不放回,因此因此,第一次第一次从从6 6只中取一只只中取一只,共有共有
9、6 6种可能的取法；第二次种可能的取法；第二次是从剩余的是从剩余的5 5只中取一只只中取一只,有有5 5种可能的取法。种可能的取法。由乘法原理，知取两只三极管共有由乘法原理，知取两只三极管共有n=6n=6 5=305=30种可能的取法。种可能的取法。由乘法原理由乘法原理,得得 k kA A=4=4 3=12,3=12,P(A)=12/30=2/5;P(A)=12/30=2/5;k kE E=2 2 1=21=2，P(E)=2/30=1/15;P(E)=2/30=1/15;由由C C是是E E的对立事件的对立事件,得得P(C)=1-P(E)=14/15P(C)=1-P(E)=14/15；由由B=
10、AB=AE,E,且且A A与与E E互斥互斥,得得 P(B)=P(A)+P(E)=7/15P(B)=P(A)+P(E)=7/15；由由D D是是B B的对立事件的对立事件,得得 P(D)=1-P(B)=8/15P(D)=1-P(B)=8/15。教材例2解解:例例4 4：n n个球随机地放入个球随机地放入N(Nn)N(Nn)个盒子中个盒子中,若盒若盒子的容量无限制。求子的容量无限制。求“每个盒子中至多有一球每个盒子中至多有一球”的概率。的概率。因因每个球都可以放入每个球都可以放入N N个盒子中的任何一个个盒子中的任何一个,故故每个球有每个球有N N种放法。由乘法原理种放法。由乘法原理,将将n n
11、个球放个球放入入N N个盒子中共有个盒子中共有N Nn n种不同的放法。种不同的放法。每个盒子中至多有一个球的放法每个盒子中至多有一个球的放法(由乘法由乘法原理得原理得):N(N-1):N(N-1)(N-n+1)=(N-n+1)=A AN Nn n 种。种。故，故，P(A)=P(A)=A AN Nn n/N Nn n。设每个人在一年设每个人在一年(按按365365天计天计)内每天出内每天出生的可能性都相同生的可能性都相同,现随机地选取现随机地选取n(n365)n(n365)个人个人,则他们生日各不相同的概率为则他们生日各不相同的概率为 A A365365n n/365/365n n。于是于是,
12、n n个人中至少有两人生日相同的概率个人中至少有两人生日相同的概率为为 1-A1-A365365n n/365/365n n。许多问题和上例有相同的数学模型。许多问题和上例有相同的数学模型。例如例如(生日问题生日问题):某人群有某人群有n个人，他们中至个人，他们中至少有两人生日相同的概率有多大？少有两人生日相同的概率有多大？此例可以作为许多问题的数学模型，比如用此公式可此例可以作为许多问题的数学模型，比如用此公式可以得出：以得出：“在一个有在一个有64人的班级里，至少有两人生日相同人的班级里，至少有两人生日相同”的的概率为概率为 99.7%。np20 23 30 40 50 64 1000.4
13、11 0.507 0.706 0.891 0.970 0.997 0.9999997 经计算可得下述结果：经计算可得下述结果：把把n n个物品分成个物品分成k k组组,使第一组有使第一组有n n1 1个个,第二组有第二组有n n2 2个个,第第k k组有组有n nk k个个,且且n=nn=n1 1+n+n2 2+n nk k 。则则:不同的分组方法有不同的分组方法有l公式公式种。种。解解:例例5:5:某公司生产的某公司生产的1515件产品中件产品中,有有1212件正品件正品,3,3件次品。现将它们随机地分装在件次品。现将它们随机地分装在3 3个箱中个箱中,每箱每箱装装5 5件，设件，设:A=:
14、A=每箱中恰有一件次品每箱中恰有一件次品,B=,B=三件次品都在同一箱中三件次品都在同一箱中。求求:P(A):P(A)和和P(B)P(B)。1515件产品装入件产品装入3 3个箱中个箱中,每箱装每箱装5 5件件,共有共有种等可能的装法。种等可能的装法。故故,基本事件总数有基本事件总数有个。个。续续:把三件次品分别装入三个箱中把三件次品分别装入三个箱中,共有共有3!3!种种装法。这样的每一种装法取定以后装法。这样的每一种装法取定以后,把其余把其余1212件正品再平均装入件正品再平均装入3 3个箱中个箱中,每箱装每箱装4 4件件,有有个基本事件。个基本事件。再由乘法原理再由乘法原理,可知装箱总方法
15、数有可知装箱总方法数有即即A A包含包含从而，从而，续续:把三件次品装入同一箱中把三件次品装入同一箱中,共有共有3 3种装法种装法.这这样的每一种装法取定以后样的每一种装法取定以后,再把其余再把其余1212件正品装件正品装入入3 3个箱中个箱中(一箱再装一箱再装2 2件件,另两箱各装另两箱各装5 5件件)又有又有个基本事件。故，个基本事件。故，由乘法原理，知装箱方法共有由乘法原理，知装箱方法共有即即B B包含包含 例例6 设有设有 N 件产品，其中有件产品，其中有 M 件次品，今从中任件次品，今从中任取取 n 件，问其中恰有件，问其中恰有 k (k D)件次品的概率是多少件次品的概率是多少?又
16、又 在在 M 件次品中取件次品中取 k 件，所有可能的取法有件，所有可能的取法有 在在 N-M 件正品中取件正品中取 n-k 件件,所有可能的取法有所有可能的取法有 解：解：在在 N 件产品中抽取件产品中抽取 n 件，取法共有件，取法共有考虑不放回抽样考虑不放回抽样:于是所求的概率为：于是所求的概率为：此式即为此式即为超几何分布超几何分布的概率公式。的概率公式。由乘法原理知：在由乘法原理知：在 N 件产品件产品 中取中取 n 件，其中恰有件，其中恰有 k件次品的取法共有件次品的取法共有 例例7 某接待站在某一周曾接待过某接待站在某一周曾接待过 12次来访次来访,已知已知所有这所有这 12 次接
17、待都是在周二和周四进行的次接待都是在周二和周四进行的,问是问是否可以推断接待时间是有规定的否可以推断接待时间是有规定的.假设接待站的接待时间没有假设接待站的接待时间没有规定规定,且各来访者在一周的任一天且各来访者在一周的任一天中去接待站是等可能的中去接待站是等可能的.解解周一周一周二周二周三周三周四周四周五周五周六周六周日周日12341277777 故一周内接待故一周内接待 12 次来访共有次来访共有小概率事件在实际中几乎是不可能发生的小概率事件在实际中几乎是不可能发生的,从从而可知接待时间是有规定的而可知接待时间是有规定的.周一周一周二周二周三周三周四周四周五周五周六周六周日周日周二周二周四
18、周四12341222222 12 次接待都是在周二和周四进行的共有次接待都是在周二和周四进行的共有故故12 次接待都是在周二和周四进行的概率为次接待都是在周二和周四进行的概率为例例8 在在12000的整数中随机地取一个数的整数中随机地取一个数,问取到问取到的整数既不能被的整数既不能被6整除整除,又不能被又不能被8整除的概率是整除的概率是多少多少?设设 A 为事件为事件“取到的数能被取到的数能被6整除整除”,B为事件为事件“取到的数能被取到的数能被8整除整除”则所求概率为则所求概率为解解:于是所于是所求求概率为概率为小结小结 本节首先给出古典概型的定义；然后本节首先给出古典概型的定义；然后讨论了古典概型中事件概率的求法：讨论了古典概型中事件概率的求法：若事件若事件A包含包含k个基本事件，有个基本事件，有 P(A)=k(1/n)=k/n；最后，给出了几个古典概型中求随机事件最后，给出了几个古典概型中求随机事件概率的应用实例。概率的应用实例。