考研概率論復(fù)習(xí)古典概型中幾種研究模型

1、古典概型中研究的幾類基本問題:拋硬幣、擲骰(tóu)子、摸球、取數(shù)等隨機(jī)試驗,在概率問題的研究中,有著十分重要的意義.一方面,這些隨機(jī)試驗,是人們從大量的隨機(jī)現(xiàn)象中篩選出來的理想化的概率模型.它們的內(nèi)容生動形象,結(jié)構(gòu)清楚明確,富有直觀性和典型性,便于深入淺出地反映事物的本質(zhì),揭示事物的規(guī)律.另一方面,這種模型化的處理方法,思想活潑,應(yīng)用廣泛,具有極大的普遍性,不少復(fù)雜問題的解決,常常可以歸結(jié)為某種簡單的模型.因此,有目的地考察并掌握若干常見的概率模型,有助于我們舉一反三,觸類旁通,豐富解題的技能和技巧,從根本上提高解答概率題的能力.本部分主要討論古典概率中的四類基本問題(摸球問題、分

2、球入盒問題、隨機(jī)取數(shù)問題和選票問題),給出它們的一般解法,指出它們的典型意義,介紹它們的常見應(yīng)用.一、摸球問題例1袋中有個白球,個黑球：(1)從中任取出ab個(a,bN,a,b,試求所取出的球恰有a個白球和b個黑球的概率；(2)從中陸續(xù)取出3個球(不返回),求3個球依次為“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種顏色為止,求最后是白球留在袋中的概率.思考方法 這里的三個小題,摸球的方式各不相同,必須在各自的樣本空間中分別進(jìn)行處理.(1)中的每一個樣本點,對應(yīng)著從+個球中任取a+b個球的一種取法,無需考慮順序,屬于組合問題.(2)中的每一個樣本點,對應(yīng)著從+個球中依

3、次取出三個球的一種取法,需要考慮先后次序,屬于排列問題.(3)中事件的有利場合(摸剩白球)包含了種不同情形：摸剩個白球,-1個白球,1個白球.因此,必須對各種情形分別加以考慮.解(1)設(shè)A1表示事件“所取的a+b個球中恰有a個白球和b個黑球”.從+個球中任意摸出a+b個,有種不同取法,此即樣本空間所包含的樣本點總數(shù).而事件A1所包含的樣本點數(shù),相當(dāng)于從個白球中任取a個,從個黑球中任取b個的取法種數(shù),共種.所以P(A1)=(2)設(shè)A2表示事件“取出的3個球依次為黑白黑”.從+個球中依次任取3個,有種取法,此即樣本點總數(shù).對于有利場合,第一個和第三個黑球可在個黑球中依次取得,有種取法,第二個白球可

4、在個白球中任取,有種取法.因此,A2所包含的樣本點數(shù)為.于是P(A2)=(3)袋中只剩白球時(設(shè)此事件為A3),取出的球必為個黑球,i個白球(i=0,1,-1).用Bi表示事件“取出個黑球,i個白球,袋中留下的全是白球”(i=0,1,-1),則事件B0,B1,B-1,必兩兩互不相容,且A3=B0+B1+B-1依概率的有限可加性,有P(A3)=P(B0)+P(B1)+P(B2)+ +P(B-1)依事件Bi的含義,對于確定的i,它的樣本空間就是從+個球中任取i+個球的排列.所以,樣本點總數(shù)為.注意到i+個球取出后,留在袋中的全是白球,因而在這i+個球中,最后取出的一個應(yīng)是黑球.這樣,事件Bi的有利

5、場合,就是i+-1個球的全排列(個黑球中扣除1個,以保證最后取出的一個必為黑球).顯然,i個白球可從個白球中取得,有種取法;-1個黑球可從個黑球中取得,有種取法,從而事件Bi所包含的樣本點數(shù)為.于是P(Bi)= =把諸P(Bi)的值代入(1)式,并注意到+即得P(A3)= =評注 如果把題中的“白球”、“黑球”換為“正品”、“次品”或“甲物”、“乙物”等等,我們就可以得到各種各樣的“摸球問題”.為了讓讀者對此有深切的體會,我們再來看下面的例子：(1)一批燈泡40只,其中3只是壞的,從中任取5只檢查.問： 5只都是好的概率為多少？ 5只中有2只壞的概率為多少？ (答案：;)(2)在相應(yīng)地寫有2,

6、4,6,7,8,11,12及13的8張相同的卡片中,任意取出2張,求由所取得的兩個數(shù)構(gòu)成的分?jǐn)?shù)為可約的概率. (答案:)(3)從一副撲克牌(52張)中任取6張,求得3張紅色的牌和三張黑色的牌的概率. (答案：)(4)用火車運載兩類產(chǎn)品,甲類n件,乙類m件.有消息證實,在路途中有2件產(chǎn)品損壞.求損壞的是不同產(chǎn)品的概率. (答案:)(5)一個班級有2n個男生和2n個女生,把全班學(xué)生任意地分成人數(shù)相等的兩組,求每組中男女生人數(shù)相等的概率. (答案：)(6)從數(shù)1,2,n中任取兩數(shù),求所取兩數(shù)之和和偶數(shù)的概率. (答案：當(dāng)n為偶數(shù)時,p=；當(dāng)n為奇數(shù)時,p=)不難發(fā)現(xiàn),上述各個問題的解決,都可以歸結(jié)為

7、摸球問題(例1(1).我們說摸球問題具有典型意義,原因也正在于此.,二、分球入盒問題例2把n個球以同樣的概率分配到(n)個盒子中的每一個中去,試求下列各事件的概率：(1)：某指定n個盒子中各有一球；(2)：恰有n個盒子,其中各有一球;(3)：某指定盒子中恰有m(mn)個球.思考方法解答本題時,要發(fā)掘“n個球以同樣的概率分配到個盒子中的每一個中去”一語的含義.這句話意思是說,每一個球,被分配到任意一個盒子中去是等可能的；也就是說每一個球各有種不同的去向.解因為n個球中的每一個球,都以同樣的概率進(jìn)入個盒子中的任意一個,所以樣本點總數(shù)為Nn.(1)n個球分別分配到個預(yù)先指定的盒子中去,相當(dāng)于n個球的

8、全排列,因此事件所包含的樣本點數(shù)為An,于是P(A)=(2)對于事件,個盒子可自個盒子中任意選取,有種選法,因而事件包含個樣本點,于是P(B)=.(8)事件中的個球,可以從n個球中任意選取有種選法,其余的n-m個球可以任意分配到另外-1個盒子中去,有(N-1)n-m種分配法.因而事件包含個樣本點.這樣P(C)=.評注 不難發(fā)現(xiàn)當(dāng)n和確定時P(C)只依賴于m.如果把P(C)記作Pm,依二項式定理有.上述等式的概率意義是十分明顯的.就是對于某個指定的盒子來說,進(jìn)入盒子中的球數(shù)不外是0,1,.,n;從而這n+1種情形的和事件為必然事件,其概率必為1.這個問題實質(zhì)上就是貝努利(Bernoulli)概型

9、.n個球在個盒子中的分布,是一種理想化的概率模型,可用以描述許多直觀背景很不相同的隨機(jī)試驗.為了闡明這一點,我們列舉一些貌異質(zhì)同的試驗：(1)生日.個人的生日的可能情形,相當(dāng)于個球放入=365個盒子中的不同排列(假定一年有365天).(2)性別.個人的性別分布,相當(dāng)于把個球放入=2個盒子中.(3)意外事件.如果把個意外事件按其發(fā)生在星期幾來分類,相當(dāng)于個球放入=7個盒子中.(4)擲骰子.擲顆骰子的可能結(jié)果,相當(dāng)于把個球放入=6個盒子中.(5)質(zhì)點入格.個質(zhì)點落于個格子中的可能情形,相當(dāng)于個球分入個盒子中.(6)旅客下站.一列火車中有名旅客,它在個站上都停.旅客下站的各種能情形,相當(dāng)于n個球分到

10、個盒子中的各種情形.(7)住房分配.n個人被分配到個房間中去住,則人相當(dāng)于球,房間相當(dāng)于盒子.(8)印刷錯誤.個印刷錯誤在一本具有頁的書中的一切可能的分布,相當(dāng)于個球放入個盒子中的一切可能分布(必須小于每一頁的字?jǐn)?shù)).從上面所列舉的部分試驗,我們不難體會分球入盒的模型的意義.因而使例2成為古典概率中的典型問題之一,為一類實際問題的求解,提供了有效的途徑.作為練習(xí),讀者可利用本題的思想方法,解答下列各題：(1)同時擲4顆質(zhì)量均勻的骰子,求出現(xiàn)完全不相同的點數(shù)的概率. (答案： )(2)設(shè)一個人的生日在星期幾是等可能的,求6個人的生日都集中在一星期中任意兩天但不是都在同一天的概率. (答案：)(3

11、)有n個質(zhì)點,每個質(zhì)點都等可能地落于()個格子中的每一個.試求每一格子至多含一點的概率. (答案：)(4)設(shè)有n個人,每個人都等可能地被分配到n個房間中的任一間去住.求恰有一個空房間的概率. (答案:)三、隨機(jī)取數(shù)問題例3從1,2,10這十個數(shù)中任取一個,假定各個數(shù)都以同樣的概率被取中,取后還原,先后取出7個數(shù),試求下列各事件的概率：(1)A1：7個數(shù)全不相同；(2)A2：不含10與1；(3)A3：10恰好出現(xiàn)兩次；(4)A4：10至少出現(xiàn)兩次；(5)A5：取到的最大數(shù)恰好為6思考方法 本題所及的隨機(jī)試驗,就取樣方法來說,屬于返回取樣.也就是說,把某數(shù)取出后還原,下次仍有同樣的可能再取到這個數(shù)

12、.注意到這一特點,運用上節(jié)介紹的思想方法,原題就不難得解.解 依題設(shè)樣本空間就是10個相異元素允許重復(fù)的7元排列.所以樣本點總數(shù)為107(1)事件A1,要求所取的7個數(shù)是互不相同的,考慮到各個數(shù)取出時有先后順序之分,所以有利場合相當(dāng)于從10個相異元素里每次取出7個相異元素的排列.因此,A1所包含的樣本點數(shù)為.于是P(A1)=.(2)事件A2：先后取出的7個數(shù)中不含10與1,所以,這7個數(shù)只能從2,3,4,5,6,7,8,9這8個數(shù)中取得.注意到實驗屬于有返回取樣,則A2的有利場合,相當(dāng)于8個相異元素允許重復(fù)的7元排列.于是,A2所包含的樣本點數(shù)為87,有 P(A2)=.(3)事件A3中出現(xiàn)的兩

13、次10,可以是7次取數(shù)中的任意兩次,有種取法,其余的5次,每次可以取剩下的9個數(shù)中的任一個,共有95種取法.于是A3的有利場合為.由此P(A3)=.(4)事件A4是六個兩兩互不相容事件“10恰好出現(xiàn)k次”(k=2,3,4,5,6,7)的和,因此P(A4)=.也可以先考察A4的逆事件.這里是事件“10恰好出現(xiàn)一次或一次也不出現(xiàn)”顯然P()=.(5)事件A5的有利場合,就是6個相異元素(1,2,3,4,5,6)允許重復(fù)的最大數(shù)恰好為6的7元排列.這種排列可以分為6出現(xiàn)1次,2次,3次,4次,5次,6次,7次等七類,顯然,它們的排列數(shù)依次是,于是P(A5)=.事件A5的有利場合數(shù)也可以這樣來考慮：最

14、大數(shù)字不大于6的7元重復(fù)排列,有67種,它可以分為兩類,一類是最大數(shù)恰好是6的7元重復(fù)排列；一類是最大數(shù)小于6的7元重復(fù)排列.注意到第二類重復(fù)排列有57種,則第一類重復(fù)排列有67-57種.于是P(A5)=.評注 例3是一個比較典型的返回取樣問題,解題的思想方法,對于同類問題具有指導(dǎo)意義.但決不能把它作為現(xiàn)成的公式亂套,即使同是隨機(jī)取數(shù)問題,也須斟酌題意靈活運用.例如,下面的四個問題,表面看結(jié)構(gòu)相仿,實質(zhì)上差別較大,讀者不妨一試,以資鑒別.(1)電話號碼有五個數(shù)字組成,求電話號碼由完全不同的數(shù)字組成的概率. (答案：)(2)某單位印刷的一種單據(jù),編號由五個數(shù)字組成,從00001開始,求任取其中一

15、張,編號由完全不同的數(shù)組成的概率. (答案:)(3)在0至9這十個數(shù)字中,不放回地任取5個,求能排成由完全不同的數(shù)字組成的五位數(shù)的概率. (答案:)(4)在0至9這十個數(shù)字中,有放回地任取5個,求能排成由完全不同的數(shù)字組成的6位數(shù)的概率. (答案:)四、選票問題例4假定在一次選舉中,候選人甲得a票,候選人乙得b票,且ab,試求下列事件的概率：(1)：在計票過程中,甲、乙的票數(shù)在某個時刻相等；(2)：在計票過程中,甲的票數(shù)總比乙的票數(shù)多;(3)：在計票過程中,甲的票數(shù)總不落后于乙.思考方法 本題結(jié)構(gòu)比較復(fù)雜,不大容易入手.為了便于分析,我們不妨考慮一個簡化問題,比如,令a=3,b=2這時,樣本空

16、間就是3張屬于甲的選票和2張屬于乙的選票的全排列.顯然這是一個不盡相異元素的全排列問題,其排列種數(shù)為如果把樣本點具體寫出來,就是乙乙甲甲甲,乙甲乙甲甲,乙甲甲乙甲,乙甲甲甲乙,甲甲乙乙甲,甲乙乙甲甲,甲乙甲乙甲,甲乙甲甲乙,甲甲乙甲乙,甲甲甲乙乙.為了直觀地反映事件,的情形,我們可以利用平面坐標(biāo)的思想,建立樣本點和平面折線的對應(yīng)關(guān)系.具體地說,以橫軸表示計票張數(shù),縱軸表示計票過程中甲、乙兩候選人所得票數(shù)之差；先依樣本點在計票過程中的情形,在坐標(biāo)平面上確定點的位置,再用線段把各點連成折線.如圖3-31所示,點(0,0)表示計票起點；點(1,-1)表示第一張選票是屬于乙的,甲、乙票數(shù)之差等于-1；

17、點(2,-2)表示第二張選票也是屬于乙的,這時共計了兩張選票,甲、乙票數(shù)之差等于-2；點(3,-1)表示第三張選票是屬于甲的,這時共計了三張選票,甲、乙票數(shù)之差等于-1；點(4,0)表示第四張選票是屬于甲的,這時共計了四張選票,甲、乙票數(shù)之差等于0,即兩人得票數(shù)相等；點(5,1)表示第五張選票也是屬于甲的,這時共計了五張選票,甲、乙票數(shù)之差等于1.這樣,圖3-31的折線就形象地刻劃了樣本點“乙乙甲甲甲”在計票過程中的情形.同樣,圖3-32至10的各條折線,刻劃了其余九個樣本點在計票過程中的情形.經(jīng)過上述處理,我們從圖3-3就可以形象地看到：事件包含的樣本點,它們所對應(yīng)的折線,除起點外,與橫軸至

18、少有一個公共點；事件包含的樣本點,它們所對應(yīng)的折線,除起點外,圖形全在橫軸的上方,與橫軸沒有其余的公共點；事件的樣本點,它們所對應(yīng)的折線,在橫軸的上方,且與橫軸允許有其余的公共點.這樣,從圖中容易得到,的樣本點數(shù)為8,的樣本點數(shù)為2,的樣本點數(shù)為5于是P(A)=8/10=0.8; P(B)=2/10=0.2; P(C)=5/10=0.5.分析到這里,簡化問題得以解決.為了能用于指導(dǎo)原題的解答,我們還需對簡化問題作進(jìn)一步的考察.細(xì)酌題中的各個事件,從圖3-3可以得到以下結(jié)論：1.在計票過程中,甲的票數(shù)總比乙少的情形是不可能發(fā)生的.事實上,如果甲的票數(shù)總比乙少,那么甲的得票總數(shù)將比乙少,與條件ab

19、相矛盾.這就表明,事件與必為互逆事件.2.事件的樣本點,對應(yīng)于圖3-39、10所示的折線.這兩個樣本點的共同特點是：甲先得一票；如果把這一票扣除,那么余下的四票就組成甲得2票、乙得2票時,事件“在計票過程中,甲的票數(shù)總不落后于乙”的樣本點.這樣,我們就可把事件與事件聯(lián)系起來,相互轉(zhuǎn)化.3.從1、2可知,解題的關(guān)鍵,在于推求P(A)；而計算P(A)的關(guān)鍵,又在于確定的樣本點數(shù).從圖3-3不難看出,A的樣本點可以分為兩類：一類是第一張選票屬于乙的;另一類是第一張選票屬于甲的.前一類樣本點數(shù),相當(dāng)于3張屬于甲的選票和2-1=1張屬于乙的選票的全排列數(shù)：后一類樣本點數(shù),似難直接推算.但從圖3-3可以看

20、出.如果把這一類樣本點所對應(yīng)的折線,從起點到首次觸到橫軸的部分,對橫軸作一次反射,那么就得到第一類樣本點(參考圖3314與58.這就是說,兩類樣本點在所作的反射下是一一對應(yīng)的.所以,第二類樣本點數(shù)等于第一類樣本點數(shù).分析到這里,原題就不難解出了.解 依題設(shè),樣本空間就是a張屋于甲的選票與b張屬于乙的選票的全排列.這是一個不盡相異元素的排列問題,排列種數(shù)為,這就是樣本點的總數(shù).(1)為了計算A的樣本點數(shù).我們把A的每個樣本點表示成形如圖33的折線,橫標(biāo)為計票張數(shù),縱標(biāo)為甲、乙票數(shù)之差；斜率為1的線段表示計票過程中甲得票,斜率為-1的線段表示計票過程中乙得票.這樣,可以把A的樣本點分成兩類：第一類

21、為第一張選票屬于乙的,在這種場合,于某個時刻必然會出現(xiàn)甲、乙兩人的票數(shù)相等(因為a>b)；第二類為第一張選票屬于甲,且在某時刻甲、乙兩人的票數(shù)相等.這里,第一類樣本點數(shù),相當(dāng)于a張屬于甲的選票與b-1張屬于乙的選票的全排列數(shù),有種.對于第二類樣本點的任一折線,從起點到首次觸到橫軸的部分對橫軸作一次反射,其余部分保持不變,就得到第一類樣本點的一條折線(圖3-4).不難證明,用這樣的方法可以建立起第一類與第二類樣本點之間的一一對應(yīng)關(guān)系.所以,第二類樣本點數(shù)也是這樣,事件的樣本點數(shù)為于是P(A)=(2)在ab的條件下,事件是事件的逆事件,所以P(B)=1-P(A)=1-.(3)為了方便起見,我們用Ca,b記事件“在計票過程中,甲的票數(shù)總不落后于乙”;用Ba,b記事件“在計票過程中,甲的票數(shù)總比乙多”(足碼a,b表示在計票過程中一共有ab張選票,其中a張屬于甲的,b張屬于乙的).容易看出,Ba,b的樣本點,它們所對應(yīng)的折線,全在橫軸的上方.所以,如果