考研概率论复习古典概型中几种研究模型Word文档格式.docx
《考研概率论复习古典概型中几种研究模型Word文档格式.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《考研概率论复习古典概型中几种研究模型Word文档格式.docx（17页珍藏版）》请在冰点文库上搜索。
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
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
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
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
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.
（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
-57A
0.0202.
P（A5）=空7一
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•
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.
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
（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
（b—1）!
件A的样本点数为型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!
a1b!
而对应的样本点总数为（a一1b）!
.于是
（a-1）!
P（Ca-1b）=（a+b_1）!
（a_b）/（a+b_1）!
a_b
a'
1，ba!
b!
（a—1）!
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
（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
2（2n-1）
升级会员 