考研概率论复习古典概型中几种研究模型.docx
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考研概率论复习古典概型中几种研究模型
古典概型中研究的几类基本问题
抛硬币、掷骰(tou)子、摸球、取数等随机试验,在概率问题的研究中,有着十分重要的意义•一方面,这些随机试验,是人们从大量的随机现象中筛选出来的理想化的概率模型•它们的
内容生动形象,结构清楚明确,富有直观性和典型性,便于深入浅出地反映事物的本质,揭示事
物的规律•另一方面,这种模型化的处理方法,思想活泼,应用广泛,具有极大的普遍性,不少复杂问题的解决,常常可以归结为某种简单的模型•因此,有目的地考察并掌握若干常见的概率模
型,有助于我们举一反三,触类旁通,丰富解题的技能和技巧,从根本上提高解答概率题的能力•
本部分主要讨论古典概率中的四类基本问题(摸球问题、分球入盒问题、随机取数问题
和选票问题),给出它们的一般解法,指出它们的典型意义,介绍它们的常见应用•
一、摸球问题
[例1]袋中有a个白球,B个黑球:
(1)从中任取出a+b个(a,b€N,a电,bW0试求所取出的球恰有a个白球和b个黑球的概
率;
(2)从中陆续取出3个球(不返回),求3个球依次为黑白黑”概率;
(3)逐一把球取出(不返回),直至留在袋中的球都是同一种颜色为止,求最后是白球留在袋
中的概率.
思考方法这里的三个小题,摸球的方式各不相同,必须在各自的样本空间中分别进行处
理.
(1)中的每一个样本点,对应着从a+3个球中任取a+b个球的一种取法,无需考虑顺序,属于组合问题.
(2)中的每一个样本点,对应着从a+3个球中依次取出三个球的一种取法,需要考虑
先后次序,属于排列问题.(3)中事件的有利场合(摸剩白球)包含了a种不同情形:
摸剩a个白球,a-1个白球,...,1个白球.因此,必须对各种情形分别加以考虑.
[解]
(1)设Ai表示事件所取的a+b个球中恰有a个白球和b个黑球”从a+3个球中任意
摸出a+b
种不同取法,此即样本空间所包含的样本点总数•而事件Ai
所包含的样本点数,相当于从a个白球中任取a个,从3个黑球中任取b个的取法种数,共
(2)设A2表示事件取出的3个球依次为黑白黑”从a+3个球中依次任取3个,有A#种
取法,此即样本点总数•对于有利场合,第一个和第三个黑球可在3个黑球中依次取得,有A2种
取法,第二个白球可在a个白球中任取,有A〔种取法.因此,A2所包含的样本点数为A-A2•于
P(A2)=
-加(:
-1)
(_:
:
5-)(一八*1)(-八"2)
⑶袋中只剩白球时(设此事件为A3),取出的球必为3个黑球,i个白球(i=0,1,①•,甩Bi表
示事件取出3个黑球,i个白球袋中留下的全是白球”(i=0,1,••-•1)%则事件Bo,Bi,…,B,3必两两互不相容且A3=Bo+Bi+…+B^i.
依概率的有限可加性,有
P(A3)=P(Bo)+P(Bi)+P(B2)+...+P(Ba-i)
依事件Bi的含义,对于确定的i,它的样本空间就是从a+3个球中任取i+3个球的排列•所以,样本点总数为注意到i+3个球取出后,留在袋中的全是白球,因而在这i+3个球中最后取
出的一个应是黑球•这样,事件Bi的有利场合,就是i+3-i个球的全排列(3个黑球中扣除i个,以保证最后取出的一个必为黑球)•显然,i个白球可从a个白球中取得,有种取法;3i个黑球
把诸P(Bi)的值代入
(1)式,并注意到
012nJn_!
Cm■Cm1■Cm2+…CmnJ~Cmn
即得
评注如果把题中的白球”、黑球”换为正品”、次品”或甲物”、乙物”等等,我们就可以得到各种各样的摸球问题”为了让读者对此有深切的体会,我们再来看下面的例子
(1)一批灯泡40只,其中3只是坏的,从中任取5只检查•问:
①5只都是好的概率为多
少?
②5只中有2只坏的概率为多少?
(答案:
①C7;②C^C3)
C
5「5
40C40
(2)在相应地写有2,4,6,7,8,11,12及13的8张相同的卡片中,任意取出2张,求由所取得的
两个数构成的分数为可约的概率
(答案:
C5)
C8
(3)
从一副扑克牌(52张)中任取6张,求得3张红色的牌和三张黑色的牌的概率
(4)用火车运载两类产品,甲类n件,乙类m件•有消息证实,在路途中有2件产品损坏•求损
坏的是不同产品的概率
(答案:
CnCm
(5)—个班级有2n个男生和2n个女生,把全班学生任意地分成人数相等的两组,求每组中
男女生人数相等的概率
(6)从数1,2,…中任取两数,求所取两数之和和偶数的概率
(答案:
1
222
2Cn/2(n_J)/2(nJ)/2
当n为偶数时,p=2;当n为奇数时,p=2)
C;Cn
不难发现,上述各个问题的解决,都可以归结为摸球问题(例1
(1)).我们说摸球问题具有典型意义,原因也正在于此
、分球入盒问题
[例2]把n个球以同样的概率分配到N(nw])个盒子中的每一个中去,试求下列各事件的
概率:
(1)A:
某指定n个盒子中各有一球;
⑵B:
恰有n个盒子,其中各有一球;
⑶c:
某指疋盒子中恰有m(mwn个球.
思考方法解答本题时,要发掘“n个球以同样的概率分配到N个盒子中的每一个中去
一语的含义•这句话意思是说,每一个球,被分配到任意一个盒子中去是等可能的;也就是说
每一个球各有N种不同的去向.
[解]因为n个球中的每一个球,都以同样的概率进入N个盒子中的任意一个,所以样本点总数为Nn.
(1)n个球分别分配到N个预先指定的盒子中去,相当于n个球的全排列,因此事件A所包含的样本点数为An,于是
CNn!
个样本点,于是
p(b)=CL叭―N!
.
NnNn(N—n)!
(8)事件C中的m个球,可以从n个球中任意选取有C:
种选法,其余的n-m个球可以任意
分配到另外N-1个盒子中去,有(N-1)n-m种分配法•因而事件C包含Cnm(N-1)n』个样本点.
这样
评注不难发现当n和N确定时P(C)只依赖于m.如果把P(C)记作Pm,依二项式定理有
;PmJ時扑门丄严芒1-9"•
m=0m=0NNNN
上述等式的概率意义是十分明显的•就是对于某个指定的盒子来说,进入盒子中的球数不
外是0,1,…,n;从而这n+1种情形的和事件为必然事件,其概率必为1•这个问题实质上就是贝努
利(Bernoulli)概型.
n个球在N个盒子中的分布,是一种理想化的概率模型,可用以描述许多直观背景很不相同的随机试验•为了阐明这一点,我们列举一些貌异质同的试验:
(1)生日•n个人的生日的可能情形相当于n个球放入N=365个盒子中的不同排列(假定
一年有365天)•
(2)性别•n个人的性别分布,相当于把n个球放入N=2个盒子中•
⑶意外事件•如果把n个意外事件按其发生在星期几来分类,相当于n个球放入N=7个
盒子中•
(4)掷骰子•掷n颗骰子的可能结果,相当于把n个球放入N=6个盒子中•
(5)质点入格・n个质点落于N个格子中的可能情形,相当于n个球分入N个盒子中•
⑹旅客下站•一列火车中有n名旅客,它在N个站上都停•旅客下站的各种能情形,相当于
n个球分到N个盒子中的各种情形•
(7)住房分配.n个人被分配到N个房间中去住贝U人相当于球房间相当于盒子•
(8)印刷错误•n个印刷错误在一本具有N页的书中的一切可能的分布,相当于n个球放入
N个盒子中的一切可能分布(n必须小于每一页的字数)•
从上面所列举的部分试验,我们不难体会分球入盒的模型的意义•因而使例2成为古典概
率中的典型问题之一,为一类实际问题的求解,提供了有效的途径•作为练习,读者可利用本题的思想方法,解答下列各题:
(1)同时掷4颗质量均匀的骰子,求出现完全不相同的点数的概率
(2)设一个人的生日在星期几是等可能的,求6个人的生日都集中在一星期中任意两天但
不是都在同一天的概率
(答案:
⑶有n个质点,每个质点都等可能地落于N(nWN)个格子中的每一个•试求每一格子至
多含一点的概率
(答案:
C叫))
Nn
(4)设有n个人,每个人都等可能地被分配到n个房间中的任一间去住•求恰有一个空房间的概率•
12
...CnQn,An斗(答案:
——匚一.)n
三、随机取数问题
[例3]从1,2,…,这0十个数中任取一个,假定各个数都以同样的概率被取中,取后还原,先
后取出7个数,试求下列各事件的概率
(1)Ai:
7个数全不相同;
(2)A2:
不含10与1;
(3)A3:
10恰好出现两次;
(4)A4:
10至少出现两次;
(5)A5:
取到的最大数恰好为6.
思考方法本题所及的随机试验,就取样方法来说,属于返回取样•也就是说,把某数取出后
还原,下次仍有同样的可能再取到这个数•注意到这一特点,运用上节介绍的思想方法,原题就
不难得解.
[解]依题设样本空间就是10个相异元素允许重复的7元排列•所以样本点总数为107.
(1)事件A1,要求所取的7个数是互不相同的,考虑到各个数取出时有先后顺序之分,所以
有利场合相当于从10个相异元素里每次取出7个相异元素的排列•因此,A1所包含的样本点
数为Aw.于是
A1q
P(A1)=弓=0.06048.
107
(2)事件A2:
先后取出的7个数中不含10与1,所以,这7个数只能从2,3,4,5,6,7,8,9这8
个数中取得•注意到实验属于有返回取样,则A2的有利场合,相当于8个相异元素允许重复的7
元排列•于是A所包含的样本点数为87,有
87
P(A2)=7>0.2097.
10
_2
(3)事件A3中出现的两次10,可以是7次取数中的任意两次有C7种取法,其余的5次,每次可以取剩下的9个数中的任一个,共有95种取法于是A3的有利场合为Cy95.由此
P(A3)=^:
.0.1240.
10
(4)事件A4是六个两两互不相容事件“10恰好出现k次”(k=2,3,4,5,6,7)的和,因此
P(A4)=JC79.0.1497
k/107
也可以先考察A4的逆事件•这里A4是事件“1(恰好出现一次或一次也不出现”显然
(5)事件A5的有利场合,就是6个相异元素(1,2,3,4,5,6)允许重复的最大数恰好为6的7元
排列•这种排列可以分为6出现1次,2次,3次,4次,5次,6次,7次等七类,显然,它们的排列数依
次是C7,56,C;5〔C;54,C;53,C;52,C^51,C^50.于是
7
C;-57A
:
0.0202.
P(A5)=空7一
107
事件A5的有利场合数也可以这样来考虑:
最大数字不大于6的7元重复排列,有67种,
它可以分为两类,一类是最大数恰好是6的7元重复排列;一类是最大数小于6的7元重复
排列•注意到第二类重复排列有57种,则第一类重复排列有67-57种•于是.
P(A5)=-务-0.0202•
10
评注例3是一个比较典型的返回取样问题,解题的思想方法,对于同类问题具有指导意
义•但决不能把它作为现成的公式乱套,即使同是随机取数问题,也须斟酌题意灵活运用例如,
F面的四个问题,表面看结构相仿,实质上差别较大,读者不妨一试,以资鉴别.
(1)电话号码有五个数字组成,求电话号码由完全不同的数字组成的概率
5
(答案需•)
(2)某单位印刷的一种单据,编号由五个数字组成,从00001开始,求任取其中一张,编号由学习参
完全不同的数组成的概率
(答案:
化•)
的概率.
的概率.
四、选票问题
105
率:
(1)A:
在计票过程中,甲、乙的票数在某个时刻相等;
(2)B:
在计票过程中,甲的票数总比乙的票数多;
(3)C:
在计票过程中,甲的票数总不落后于乙•
思考方法本题结构比较复杂,不大容易入手•为了便于分析,我们不妨考虑一个简化问题
比如,令a=3,b=2•这时,样本空间就是3张属于甲的选票和2张属于乙的选票的全排列显然
这是一个不尽相异元素的全排列问题,其排列种数为«2)!
=10•如果把样本点具体写出
3!
2!
来,就是
①乙乙甲甲甲,②乙甲乙甲甲,③乙甲甲乙甲,④乙甲甲甲乙,⑤甲甲乙乙甲,⑥甲乙乙甲甲
⑦甲乙甲乙甲,⑧甲乙甲甲乙,⑨甲甲乙甲乙,⑩甲甲甲乙乙.
为了直观地反映事件A,B,C的情形,我们可以利用平面坐标的思想,建立样本点和平面
折线的对应关系•具体地说,以横轴表示计票张数,纵轴表示计票过程中甲、乙两候选人所得
票数之差;先依样本点在计票过程中的情形,在坐标平面上确定点的位置,再用线段把各点连
成折线•如图3-3[1]所示,点O(0,0)表示计票起点;点A(1,-1)表示第一张选票是属于乙的甲、乙票数之差等于-1;点B(2-2)表示第二张选票也是属于乙的,这时共计了两张选票
甲、乙票数之差等于-2;点C(3,-1)表示第三张选票是属于甲的,这时共计了三张选票,甲、
乙票数之差等于-1;点D(4,0)表示第四张选票是属于甲的,这时共计了四张选票,甲、乙票数之差等于0,即两人得票数相等;点E(5,1)表示第五张选票也是属于甲的,这时共计了五张选
票,甲、乙票数之差等于1•这样,图3-3[1]的折线就形象地刻划了样本点乙乙甲甲甲”在计票
过程中的情形•同样,图3-3[2]至[10]的各条折线,刻划了其余九个样本点在计票过程中的情形
线,除起点外,与横轴至少有一个公共点;事件B包含的样本点,它们所对应的折线,除起点外,图形全在横轴的上方,与横轴没有其余的公共点;事件C的样本点,它们所对应的折线,在横轴的上方,且与横轴允许有其余的公共点•这样,从图中容易得到,A的样本点数为8,B的样本点数为2,C的样本点数为5.于是
P(A)=8/10=0.8;P(B)=2/10=0.2;P(C)=5/10=0.5.
分析到这里,简化问题得以解决•为了能用于指导原题的解答,我们还需对简化问题作进
步的考察•细酌题中的各个事件,从图3-3可以得到以下结论
1•在计票过程中,甲的票数总比乙少的情形是不可能发生的•事实上,如果甲的票数总比乙
少,那么甲的得票总数将比乙少,与条件a>b相矛盾•这就表明,事件A与B必为互逆事件.
2•事件E的样本点,对应于图3-3[9]、[10]所示的折线•这两个样本点的共同特点是:
甲
先得一票;如果把这一票扣除,那么余下的四票就组成甲得2票、乙得2票时,事件在计票过程中,甲的票数总不落后于乙”的样本点•这样,我们就可把事件B与事件C联系起来,相互转化.
3•从1、2可知,解题的关键,在于推求P(A);而计算P(A)的关键又在于确定A的样本点数.从图3-3不难看出,A的样本点可以分为两类:
一类是第一张选票属于乙的另一类是第一
张选票属于甲的•前一类样本点数,相当于3张属于甲的选票和2-1=1张属于乙的选票的全排
列数:
目9=4.后一类样本点数,似难直接推算•但从图3-3可以看出•如果把这一类样3!
1!
本点所对应的折线,从起点到首次触到横轴的部分,对横轴作一次反射,那么就得到第一类样
本点(参考图3—3[1]—[4]与⑸一[8].这就是说,两类样本点在所作的反射下是一一—对应的.所
以,第二类样本点数等于第一类样本点数.分析到这里,原题就不难解出了•
[解]依题设,样本空间就是a张屋于甲的选票与b张属于乙的选票的全排列.这是一个不
尽相异元素的排列问题,排列种数为9^,这就是样本点的总数•
a!
b!
(1)为了计算A的样本点数.我们把A的每个样本点表示成形如图3—3的折线,横标为计
票张数,纵标为甲、乙票数之差;斜率为1的线段表示计票过程中甲得票,斜率为-1的线段表
示计票过程中乙得票.这样,可以把A的样本点分成两类:
第一类为第一张选票属于乙的,在这种场合,于某个时刻必然会出现甲、乙两人的票数相等(因为a>b);第二类为第一张选票属于甲,且在某时刻甲、乙两人的票数相等•
这里,第一类样本点数,相当于a张属于甲的选票与b-1张属于乙的选票的全排列数,有
(a厲-1)!
种
a!
(b-1)!
分保持不变,就得到第一类样本点的一条折线(图3-4).不难证明用这样的方法可以建立起第
一类与第二类样本点之间的一一对应关系•所以,第二类样本点数也是(a.这样,事
a!
(b—1)!
件A的样本点数为型b~1)!
]
a!
(b-1)!
(2)在a>b的条件下,事件B是事件A的逆事件,所以
(3)为了方便起见,我们用Ca,b记事件在计票过程中,甲的票数总不落后于乙"用Ba,b记事
件在计票过程中,甲的票数总比乙多”足码a,b表示在计票过程中一共有a+b张选票,其中a
张属于甲的,b张属于乙的)•容易看出,Ba,b的样本点,它们所对应的折线,全在横轴的上方所以,如果把第一张属于甲的选票去掉(相当于把横轴向上平移一个单位),那么余下的折线仍在新
横轴的上方,最多与新横轴有若干个公共点(图3-5),从而必是Ca-I,b的样本点•也就是说,Ca-1,b
的样本点数与Ba,b的样本点数相等•
因此,Ca-1,b的样本点数为
(ab)!
2(ab-1)!
_(ab_1)!
(a_b)
a!
b!
a!
(b-1)!
a1b!
而对应的样本点总数为(a一1b)!
.于是
(a-1)!
b!
P(Ca-1b)=(a+b_1)!
(a_b)/(a+b_1)!
a_b
a'1,ba!
b!
(a—1)!
b!
一a
在上式中用a+1替换a,即得
评注在解题过程中,我们借助了几何直观,把每个样本点都用坐标平面上的一条折线来
表示,并采用了反射的技巧,建立起事件A的两类样本点之间的一一对应关系,把本来难以入
手的问题,转化为容易求解的排列问题•本题涉及到较多的理论问题,深入进行考察,还可得到许多有趣的结论,有兴趣的读者可以阅读威廉.费勒(WilliamFeuer)的名著概率论及其应用》(胡迪鹤等译,科学出版社1964年11月第一版).
例4是一个典型的古典概率问题•利用本题的结论和思想方法,不难解答下列问题:
(1)一口袋中有m个白球及n个黑球,且m>n,从袋中一个个把球取出(不返回),直至把球
全部取出•求在整个摸球过程中,得到相同个数黑、白球的概率
(2)掷均匀硬币几次,求总共掷出m次正面(m>n/2)且在整个投掷过程中掷出反面次数
总小于正面次数的概率
出钱的概率
(答案:
(4)一口袋中有
在摸完全部球之前
n个白球和n个黑球•从袋中一个个把球取出
,摸出的白球个数总比摸出的黑球个数多的概率
(不返回),直至球全部取出•求
(答案:
1
2(2n-1)