第二节概率古典概型.docx
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第二节概率古典概型
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第二节概率、古典概型
除必然事件与不可能事件外,任一随机事件在一次实验中都有可能发生,也有可能不发生.人们常常希望了解某些事件在一次实验中发生的可能性的大小.为此,我们首先引入频率的概念,它描述了事件发生的频繁程度,进而我们再引出表示事件在一次实验中发生的可能性大小的数——概率.
1.频率
定义1.1设在相同的条件下,进行了n次实验.若随机事件A在n次实验中发生了k次,则比值k/n称为事件A在这n次实验中发生的频率
由定义1.1容易推知,频率具有以下性质:
1°对任一事件A,有0≤fn(A>≤1;
2°对必然事件Ω,有fn(Ω>=1;
3°若事件A,B互不相容,则
fn(A∪B>=fn(A>+fn(B>
一般地,若事件A1,A2,…,Am两两互不相容,则
.
事件A发生的频率fn(A>表示A发生的频繁程度,频率大,事件A发生就频繁,在一次实验中,A发生的可能性也就大.反之亦然.因而,直观的想法是用fn(A>表示A在一次实验中发生可能性的大小.但是,由于实验的随机性,即使同样是进行n次实验,fn 历史上有一些著名的实验,德·摩根 表1-1 实验者 掷硬币次数 出现正面次数 出现正面的频率 德·摩根 2048 1061 0.5181 蒲丰 4040 2048 0.5069 皮尔逊 12000 6019 0.5016 皮尔逊 24000 12018 0.5005 可见出现正面的频率总在0.5附近摆动,随着实验次数增加,它逐渐稳定于0.5.这个0.5就反映正面出现的可能性的大小.RTCrpUDGiT 每个事件都存在一个这样的常数与之对应,因而可将频率fn(A>在n无限增大时逐渐趋向稳定的这个常数定义为事件A发生的概率.这就是概率的统计定义.5PCzVD7HxA 定义1.2设事件A在n次重复实验中发生的次数为k,当n很大时,频率k/n在某一数值p的附近摆动,而随着实验次数n的增加,发生较大摆动的可能性越来越小,则称数p为事件A发生的概率,记为P 要注意的是,上述定义并没有提供确切计算概率的方法,因为我们永远不可能依据它确切地定出任何一个事件的概率.在实际中,我们不可能对每一个事件都做大量的实验,况且我们不知道n取多大才行;如果n取很大,不一定能保证每次实验的条件都完全相同.而且也没有理由认为,取实验次数为n+1来计算频率,总会比取实验次数为n来计算频率将会更准确、更逼近所求的概率.xHAQX74J0X 为了理论研究的需要,我们从频率的稳定性和频率的性质得到启发,给出概率的公理化定义. 2.概率的公理化定义 定义1.3设Ω为样本空间,A为事件,对于每一个事件A赋予一个实数,记作P LDAYtRyKfE 1°非负性: P 2°规范性: P<Ω>=1; 3°可列可加性: 对于两两互不相容的可列无穷多个事件A1,A2,…,An,…,有 则称实数P 在第五章中将证明,当n→∞时频率fn(A>在一定意义下接近于概率P 由概率公理化定义,可以推出概率的一些性质. 性质1P(∅>=0 证令An=∅(n=1,2,…>, 则 =∅,且AiAj=∅ 由概率的可列可加性得 P(∅>= (∅>, 而P<∅>≥0及上式知P<∅>=0. 这个性质说明: 不可能事件的概率为0.但逆命题不一定成立,我们将在第二章加以说明. 性质2(有限可加性>若A1,A2,…,An为两两互不相容事件,则有 证令An+1=An+2=…=∅,则AiAj=∅.当i≠j,i,j=1,2,…时,由可列可加性,得 性质3设A,B是两个事件,若A B,则有 或 . 证由A B,知B=A∪(B-A)且A∩ 再由概率的有限可加性有 P>=P(A>+P(B-A>, 即P 又由P(B-A)≥0,得P 性质4对任一事件A,P 证因为A Ω,由性质3得P=1 性质5对于任一事件A,有 =1-P 证因为 ∪A=Ω, ∩A=∅, 由有限可加性,得 1=P<Ω)=P< ∪A)=P< )+P 即P< >=1-P(A> 性质6<加法公式)对于任意两个事件A,B有 P(A∪B>=P(A>+P(B>-P(AB> 证因为A∪B=A∪(B-AB>且A∩ 由性质2,3得 P=P(A∪(B-AB>>=P(A>+P(B-AB>=P(A>+P(B>-P(AB> 性质6还可推广到三个事件的情形.例如,设A1,A2,A3为任意三个事件,则有 P(A1∪A2∪A3>=P -P 一般地,设A1,A2,…,An为任意n个事件,可由归纳法证得 P 例1.4设A,B为两事件,P=0.3,P(AB>=0.1,求: <1)A发生但B不发生的概率; <2)A不发生但B发生的概率; <3)至少有一个事件发生的概率; <4)A,B都不发生的概率; <5)至少有一个事件不发生的概率. 解<1)P )=P <2)P< B)=P (3>P(A∪B>=0.5+0.3-0.1=0.7; (4>P( >=P( >=1-P(A∪B>=1-0.7=0.3; (5>P( ∪ )=P( )=1-P(AB>=1-0.1=0.9. 3.古典概型 定义1.4若随机实验E满足以下条件: 1°实验的样本空间Ω只有有限个样本点,即 Ω={ω1,ω2,…,ωn}; 2°实验中每个基本事件的发生是等可能的,即 P<{ω1})=P<{ω2})=…=P<{ωn}), 则称此实验为古典概型,或称为等可能概型. 由定义可知{ω1},{ω2},…,{ωn}是两两互不相容的,故有 1=P<Ω>=P({ω1}∪…∪{ωn}>=P({ω1}>+…+P({ωn}>, 又每个基本事件发生的可能性相同,即 P<{ω1})=P<{ω2})=…=P({ωn}>, 故1=nP({ωi}>, 从而P<{ωi}>=1/n,i=1,2,…,n 设事件A包含k个基本事件 即A={ωi1}∪{ωi2}∪…∪{ωik}, 则有 P=P({ωi1}>+P({ωi2}>+…+P({ωik}>dvzfvkwMI1 = =k/n 由此,得到古典概型中事件A的概率计算公式为 称古典概型中事件A的概率为古典概率.一般地,可利用排列、组合及乘法原理、加法原理的知识计算k和n,进而求得相应的概率.rqyn14ZNXI 例1.5将一枚硬币抛掷三次,求: <1)恰有一次出现正面的概率; <2)至少有一次出现正面的概率. 解将一枚硬币抛掷三次的样本空间 Ω={HHH,HHT,HTH,THH,HTT,THT,TTH,TTT} Ω中包含有限个元素,且由对称性知每个基本事件发生的可能性相同. <1)设A表示“恰有一次出现正面”, 则A={HTT,THT,TTH}, 故有P <2)设B表示“至少有一次出现正面”, 由 ={TTT},得 P )=1-1/8=7/8 当样本空间的元素较多时,我们一般不再将Ω中的元素一一列出,而只需分别求出Ω中与A中包含的元素的个数<即基本事件的个数),再由<1.1>式求出A的概率.EmxvxOtOco 例1.6一口袋装有6只球,其中4只白球,2只红球.从袋中取球两次,每次随机地取一只.考虑两种取球方式: SixE2yXPq5 试分别就上面两种情形求: <1)取到的两只球都是白球的概率; <2)取到的两只球颜色相同的概率; <3)取到的两只球中至少有一只是白球的概率. 解 设A表示事件“取到的两只球都是白球”,B表示事件“取到的两只球都是红球”,C表示事件“取到的两只球中至少有一只是白球”.则A∪B表示事件“取到的两只球颜色相同”,而C= .6ewMyirQFL 在袋中依次取两只球,每一种取法为一个基本事件,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,因而可利用<1.1)式来计算事件的概率.kavU42VRUs 第一次从袋中取球有6只球可供抽取,第二次也有6只球可供抽取.由乘法原理知共有6×6种取法,即基本事件总数为6×6.对于事件A而言,由于第一次有4只白球可供抽取,第二次也有4只白球可供抽取,由乘法原理知共有4×4种取法,即A中包含4×4个元素.同理,B中包含2×2个元素,于是y6v3ALoS89 P/(6×6)=1/9 由于AB=Φ,故 P P )=1-P (b>不放回抽取的情形: 第一次从6只球中抽取,第二次只能从剩下的5只球中抽取,故共有6×5种取法,即样本点总数为6×5.对于事件A而言,第一次从4只白球中抽取,第二次从剩下的3只白球中抽取,故共有4×3种取法,即A中包含4×3个元素,同理B中包含2×1个元素,于是M2ub6vSTnP =2/5, P(B>=(2×1>/(6×5>= =1/15. 由于AB=Φ,故 P(A∪B>=P P(C>=1-P 在不放回抽取中,一次取一个,一共取m次也可看作一次取出m个,故本例中也可用组合的方法,得 P =2/5, P =1/15. 例1.7箱中装有a只白球,b只黑球,现作不放回抽取,每次一只. <1)任取m+n只,恰有m只白球,n只黑球的概率 (2>第k次才取到白球的概率 <3)第k次恰取到白球的概率. 解<1)可看作一次取出m+n只球,与次序无关,是组合问题.从a+b只球中任取m+n只,所有可能的取法共有 种,每一种取法为一基本事件且由于对称性知每个基本事件发生的可能性相同.从a只白球中取m只,共有 种不同的取法,从b只黑球中取n只,共有 种不同的取法.由乘法原理知,取到m只白球,n只黑球的取法共有 种,于是所求概率为0YujCfmUCw p1= . (2>抽取与次序有关.每次取一只,取后不放回,一共取k次,每种取法即是从a+b个不同元素中任取k个不同元素的一个排列,每种取法是一个基本事件,共有 个基本事件,且由于对称性知每个基本事件发生的可能性相同.前k-1次都取到黑球,从b只黑球中任取k-1只的排法种数,有 种,第k次抽取的白球可为a只白球中任一只,有 种不同的取法.由乘法原理,前k-1次都取到黑球,第k次取到白球的取法共有 种,于是所求概率为eUts8ZQVRd p2= . (3>基本事件总数仍为 .第k次必取到白球,可为a只白球中任一只,有 种不同的取法,其余被取的k-1只球可以是其余a+b-1只球中的任意k-1只,共有 种不同的取法,由乘法原理,第k次恰取到白球的取法有 种,故所求概率为sQsAEJkW5T p3= . 例1.7(3>中值得注意的是p3与k无关,也就是说其中任一次抽球,抽到白球的概率都跟第一次抽到白球的概率相同,为 ,而跟抽球的先后次序无关<例如购买福利彩票时,尽管购买的先后次序不同,但各人得奖的机会是一样的).GMsIasNXkA 例1.8有n个人,每个人都以同样的概率1/N被分配在N 解每个人都有N种分法,这是可重复排列问题,n个人共有Nn种不同分法.因为没有指定是哪几间房,所以首先选出n间房,有 种选法.对于其中每一种选法,每间房各住一人共有n! 种分法,故所求概率为7EqZcWLZNX p= . 许多直观背景很不相同的实际问题,都和本例具有相同的数学模型.比如生日问题: 假设每人的生日在一年365天中的任一天是等可能的,那么随机选取n(n≤365>个人,他们的生日各不相同的概率为lzq7IGf02E p1= 因而n个人中至少有两个人生日相同的概率为 p2=1- . 例如n=64时p2=0.997,这表示在仅有64人的班级里,“至少有两人生日相同”的概率与1相差无几,因此几乎总是会出现的.这个结果也许会让大多数人惊奇,因为“一个班级中至少有两人生日相同”的概率并不如人们直觉中想象的那样小,而是相当大.这也告诉我们,“直觉”并不很可靠,说明研究随机现象统计规律是非常重要的.zvpgeqJ1hk 例1.912名新生中有3名优秀生,将他们随机地平均分配到三个班中去,试求: <1)每班各分配到一名优秀生的概率; <2)3名优秀生分配到同一个班的概率. 解12名新生平均分配到三个班的可能分法总数为 <1)设A表示“每班各分配到一名优秀生” 3名优秀生每一个班分配一名共有3! 种分法,而其他9名学生平均分配到3个班共有 种分法,由乘法原理,A包含基本事件数为NrpoJac3v1 3! · = 故有
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- 第二 概率 古典