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文檔簡介
1、一、等可能概型一、等可能概型二、典型例題二、典型例題三、幾何概率三、幾何概率四、小結四、小結第四節(jié)第四節(jié) 等可能概型等可能概型( (古典概型古典概型) ). . )2(; )1(古典概型古典概型驗稱為等可能概型或驗稱為等可能概型或具有以上兩個特點的試具有以上兩個特點的試生的可能性相同生的可能性相同試驗中每個基本事件發(fā)試驗中每個基本事件發(fā)有限個元素有限個元素試驗的樣本空間只包含試驗的樣本空間只包含1. 定義定義一、等可能概型一、等可能概型( (古典概型古典概型) ) 設試驗設試驗 E 的樣本空間由的樣本空間由n 個樣本點構成個樣本點構成, A 為為 E 的任意一個事件的任意一個事件,且包含且包含
2、 m 個樣本點個樣本點,則事則事件件 A 出現(xiàn)的概率記為出現(xiàn)的概率記為: 2. 古典概型中事件概率的計算公式古典概型中事件概率的計算公式.)(樣本點總數(shù)樣本點總數(shù)所包含樣本點的個數(shù)所包含樣本點的個數(shù)AnmAP 稱此為概率的古典定義稱此為概率的古典定義. 【注】求解古典概型問題的關鍵是弄清樣本空間中的【注】求解古典概型問題的關鍵是弄清樣本空間中的基本事件總數(shù)基本事件總數(shù)和對所求概率事件和對所求概率事件有利的事件個數(shù)有利的事件個數(shù)在考慮在考慮事件數(shù)的時候,必須分清研究的問題是組合問題還是排列事件數(shù)的時候,必須分清研究的問題是組合問題還是排列問題,掌握以下關于排列組合的知識是有用的問題,掌握以下關于
3、排列組合的知識是有用的: (1)(1) 加法原理:加法原理:設完成一件事有設完成一件事有k類方法,每類又分類方法,每類又分別有別有m1 , m2, , mk種方法,而完成這件事只需其中一種方法,而完成這件事只需其中一種方法,則完成這件事共有種方法,則完成這件事共有m1 + m2,+mk種方法種方法 (2)(2) 乘法原理:乘法原理: 設完成一件事有設完成一件事有n個步驟第一步有個步驟第一步有m1種方法、第二步有種方法、第二步有m2種方法,種方法,第第n步有步有mn 種方法,種方法,則完成這件事共有則完成這件事共有m1 m2 mn種方法種方法.(3)(3)、不同元素的選排列、不同元素的選排列 從
4、從n個不相同的元素中無放回取個不相同的元素中無放回取k個的排列個的排列(k n),稱為從稱為從n個不同元素中取個不同元素中取k個元素的選排列個元素的選排列,共有共有 種。種。當當 n k 時,稱時,稱n個元素的全排列共有個元素的全排列共有n!種。種。knP 例如:從例如:從3個元素取個元素取出出2個的排列總數(shù)有個的排列總數(shù)有6種種236P!()()()()! 121knnpn nnn kn k(4)(4)、不同元素的重復排列、不同元素的重復排列例如:從裝有例如:從裝有4張卡片的盒中張卡片的盒中有放回地摸取有放回地摸取3張張3241n=4,k =3123第第1張張4123第第2張張4123第第3
5、張張4共有共有4.4.4=43種可能取法種可能取法kn nnn 從從n個不同的元索中,有放回地取個不同的元索中,有放回地取k個元素進行的排個元素進行的排列,共有種(元素允許重復列,共有種(元素允許重復 )。)。kn1kn n(5)(5)、不全相異元素的排列、不全相異元素的排列在在n個元素中,有個元素中,有m類不同元素、每類各有類不同元素、每類各有k1, k2 , km 個,將這個,將這n個元素作全排列,共有如下種方式:個元素作全排列,共有如下種方式:12!mnkkkk1個個元素元素k2個個元素元素km個個元素元素n個個元素元素因為因為:12112!mmkkknn kkmnCCCkkk(6)(6
6、)、環(huán)排列、環(huán)排列 從從n個不同元素中,選出個不同元素中,選出m個不同的元素排成一個不同的元素排成一個圓圈的排列,共有:個圓圈的排列,共有:(1)(2)(1)(1)!mnn nnnmCmm(7)(7)、組合、組合從從n個不同元素中取個不同元素中取m個而不考慮其次序的排列個而不考慮其次序的排列(組合),共有(組合),共有 種種.mnC4123412311242343每個排列每個排列重復了重復了4次次4!4排列數(shù)為排列數(shù)為3. 古典概型的基本模型古典概型的基本模型:摸球模型摸球模型(1) 無放回地摸球無放回地摸球問題問題1 設袋中有設袋中有4 只白球和只白球和 2只黑球只黑球, 現(xiàn)從袋中無現(xiàn)從袋中
7、無放回地依次摸出放回地依次摸出2只球只球,求這求這2只球都是白球的概率只球都是白球的概率.解解,2只球都是白球只球都是白球摸得摸得設設 A基本事件總數(shù)為基本事件總數(shù)為,26 A 所包含所包含基本事件的個數(shù)為基本事件的個數(shù)為,24 2624)(AP故故.52 (2) 有放回地摸球有放回地摸球問題問題2 設袋中有設袋中有4只紅球和只紅球和6只黑球只黑球,現(xiàn)從袋中有放現(xiàn)從袋中有放回地摸球回地摸球3次次,求前求前2次摸到次摸到黑球黑球、第第3次摸到紅球次摸到紅球的概率的概率.解解3,2次摸到紅球次摸到紅球第第次摸到黑球次摸到黑球前前設設 A第第1 1次摸球次摸球10種種第第2次摸球次摸球10種種第第3
8、次摸球次摸球10種種6種種第第1 1次摸到黑球次摸到黑球 6種種第第2次摸到黑球次摸到黑球4種種第第3次摸到紅球次摸到紅球基本事件總數(shù)為基本事件總數(shù)為,101010103 A 所包含所包含基本事件的個數(shù)為基本事件的個數(shù)為, 466 310466)( AP故故.144. 0 課堂練習課堂練習1o 電話號碼問題電話號碼問題 在在7位數(shù)的電話號碼中位數(shù)的電話號碼中,第一位第一位不能為不能為0,求數(shù)字,求數(shù)字0出現(xiàn)出現(xiàn)3次的概率次的概率. 2o 骰子問題骰子問題 擲擲3顆均勻骰子顆均勻骰子,求點數(shù)之和為求點數(shù)之和為4的的概率概率.)109913619:(633 p答案答案)63:(3 p答案答案4.古
9、典概型的基本模型古典概型的基本模型:球放入杯子模型球放入杯子模型(1)杯子容量無限杯子容量無限問題問題1 把把 4 個球放到個球放到 3個杯子中去個杯子中去,求第求第1 1、2個個杯子中各有兩個球的概率杯子中各有兩個球的概率, 其中假設每個杯子可其中假設每個杯子可放任意多個球放任意多個球. 33334個球放到個球放到3個杯子的所有放法個杯子的所有放法,333334種種 個個2種種 24個個2種種 22因此第因此第1、2個杯子中各有兩個球的概率為個杯子中各有兩個球的概率為432224 p.272 (2) 每個杯子只能放一個球每個杯子只能放一個球問題問題2 把把4個球放到個球放到10個杯子中去個杯
10、子中去,每個杯子只能每個杯子只能放一個球放一個球, 求第求第1 至第至第4個杯子各放一個球的概率個杯子各放一個球的概率. .解解第第1至第至第4個杯子各放一個球的概率為個杯子各放一個球的概率為41044pp p789101234 .2101 2o 生日問題生日問題 某班有某班有20個學生都個學生都是同一年出生的是同一年出生的,求有求有10個學生生個學生生日是日是1 1月月1 1日日,另外另外10個學生生日是個學生生日是12月月31日的概率日的概率. )92:(答案答案)36510101020:(20 p答案答案課堂練習課堂練習1o 分房問題分房問題 將張三、李四、王五將張三、李四、王五3人等可
11、能地人等可能地分配到分配到3 間房中去間房中去,試求每個房間恰有試求每個房間恰有1人的概率人的概率.解解.,TTTTTHTHTHTTTHHHTHHHTHHHS 則則.,1 TTHTHTHTTA 而而.83)(1 AP得得.,)2(2 TTHTHTHTTTHHHTHHHTHHHA .87)(2 AP因此因此).(,)2().(,)1( .2211APAAPA求求次次出出現(xiàn)現(xiàn)正正面面”“至至少少有有一一為為設設事事件件求求”次次出出現(xiàn)現(xiàn)正正面面為為“恰恰有有一一設設事事件件將將一一枚枚硬硬幣幣拋拋擲擲三三次次., )1(為出現(xiàn)反面為出現(xiàn)反面為出現(xiàn)正面為出現(xiàn)正面設設TH二、典型例題二、典型例題1例例
12、在在 N 件產(chǎn)品中抽取件產(chǎn)品中抽取n件件,其中恰有其中恰有k 件次品的取法件次品的取法共有共有,種種 knDNkD于是所求的概率為于是所求的概率為. nNknDNkDp解解在在N件產(chǎn)品中抽取件產(chǎn)品中抽取n件的所有可能取法共有件的所有可能取法共有,種種 nN?)(,件次品的概率是多少件次品的概率是多少問其中恰有問其中恰有件件今從中任取今從中任取件次品件次品其中有其中有件產(chǎn)品件產(chǎn)品設有設有DkknDN 2例例例例3 在在12000的整數(shù)中隨機地取一個數(shù)的整數(shù)中隨機地取一個數(shù),問取到問取到的整數(shù)既不能被的整數(shù)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 ? 設設 A 為事
13、件為事件“取到的數(shù)能被取到的數(shù)能被6整除整除”,B為事件為事件“取到的數(shù)能被取到的數(shù)能被8整除整除”,則所求概率為,則所求概率為).(BAP)()(BAPBAP )(1BAP ).()()(1ABPBPAP 解解,33462000333 因因為為,2000333)( AP所所以以,8424200083 由于由于.200083)( ABP得得于是所求概率為于是所求概率為)(BAP 200083200025020003331)()()(1ABPBPAP .43 .2000250)( BP故得故得,25082000 由于由于例例4 將將 15 名新生隨機地平均分配到三個班級中名新生隨機地平均分配到三
14、個班級中去去,這這15名新生中有名新生中有3名是優(yōu)秀生名是優(yōu)秀生.問問 (1) 每一個班每一個班級各分配到一名優(yōu)秀生的概率是多少級各分配到一名優(yōu)秀生的概率是多少? (2) 3 名優(yōu)名優(yōu)秀生分配在同一個班級的概率是多少秀生分配在同一個班級的概率是多少? 解解 15名新生平均分配到三個班級中的分法總數(shù)名新生平均分配到三個班級中的分法總數(shù): 55510515.! 5! 5! 5!15 (1) 每一個班級各分配到一名優(yōu)秀生的分法共有每一個班級各分配到一名優(yōu)秀生的分法共有.) ! 4! 4! 4() !12! 3(種種 因此所求概率為因此所求概率為! 5! 5! 5!15! 4! 4! 4!12! 31
15、 p.9125 (2)將將3名優(yōu)秀生分配在同一個班級的分法共有名優(yōu)秀生分配在同一個班級的分法共有3種種,對于每一種分法對于每一種分法,其余其余12名新生的分法有名新生的分法有.! 5! 5! 2!12種種因此因此3名優(yōu)秀生分配在同一個班級的分法共有名優(yōu)秀生分配在同一個班級的分法共有,) ! 5! 5! 2() !123(種種 因此所求概率為因此所求概率為! 5! 5! 5!15! 5! 5! 2!1232 p.916 例例5 某接待站在某一周曾接待過某接待站在某一周曾接待過 12次來訪次來訪,已知已知所有這所有這 12 次接待都是在周二和周四進行的次接待都是在周二和周四進行的,問是問是否可以推
16、斷接待時間是有規(guī)定的否可以推斷接待時間是有規(guī)定的. 假設接待站的接待時間沒有假設接待站的接待時間沒有規(guī)定規(guī)定,且各來訪者在一周的任一天且各來訪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.712種種12341277777 故一周內接待故一周內接待 12 次來訪共有次來訪共有.212種種121272 p.3000000.0 小概率事件在實際中幾乎是不可能發(fā)生的小概率事件在實際中幾乎是不可能發(fā)生的 , 從從而可知接待時間是有規(guī)定的而可知接待時間是有規(guī)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周
17、四12341222222 12 次接待都是在周二和周四進行的共有次接待都是在周二和周四進行的共有故故12 次接待都是在周二和周四進行的概率為次接待都是在周二和周四進行的概率為例例6 假設每人的生日在一年假設每人的生日在一年 365 天中的任一天天中的任一天是等可能的是等可能的 , 即都等于即都等于 1/365 ,求求 64 個人中至少個人中至少有有2人生日相同的概率人生日相同的概率. 64 個人生日各不相同的概率為個人生日各不相同的概率為.365)164365( 364365641 p故故64 個人中至少有個人中至少有2人生日相同的概率為人生日相同的概率為64365)164365( 36436
18、51 p.997. 0 解解率為率為概概他們的生日各不相同的他們的生日各不相同的個人個人隨機選取隨機選取,)365( n.365)1365(364365nnp 日相同的概率為日相同的概率為個人中至少有兩個人生個人中至少有兩個人生而而n.365)1365(3643651nnp 說明說明人數(shù)人數(shù)至少有兩人生日相同的至少有兩人生日相同的 概率概率100.11694817771107765187200.41143838358057998762300.70631624271926865996400.89123180981794898965500.97037357957798839992600.99412
19、266086534794247700.99915957596515709135800.99991433194931349469900.999993848356123603551000.999999692751072148421100.999999989471294306211200.999999999756085218951300.999999999996240323171400.999999999999962103951500.99999999999999975491600.99999999999999999900我們利用軟件包進行數(shù)值計算我們利用軟件包進行數(shù)值計算. 例例7 7、有有n個人
20、排隊,排成一圈,求甲、乙兩人個人排隊,排成一圈,求甲、乙兩人相鄰的概率是多少相鄰的概率是多少?解:解:(2)排成一圈是環(huán)排列,排成一圈是環(huán)排列, n個人的環(huán)排列有個人的環(huán)排列有(n1)!種,甲、乙相鄰占一個位置的環(huán)排列有種,甲、乙相鄰占一個位置的環(huán)排列有(n一一2)!種,考種,考慮互換性,有利事件有慮互換性,有利事件有2 (n一一2)!種故:種故: (2)! 2!2( )(1)!1nP Ann 更為簡單的想法是:設想一個圓周上更為簡單的想法是:設想一個圓周上:有:有n個位置,個位置,甲占了一個位置后,乙還有甲占了一個位置后,乙還有n一一1個位置可選,其中與個位置可選,其中與甲相鄰的位置有甲相鄰
21、的位置有2個所以個所以:2( )1P An 例例8、從、從5雙不同的鞋子中任取雙不同的鞋子中任取4只,這只,這4只鞋子中只鞋子中至少有兩只鞋子配成一雙的概率是多少至少有兩只鞋子配成一雙的概率是多少? 41111522224108( )21813( )1( )12121C C C C CP ACP AP A 解:解:A =4只鞋子中至少有兩只鞋子配成一雙只鞋子中至少有兩只鞋子配成一雙=4只鞋子中沒兩只鞋子配成一雙只鞋子中沒兩只鞋子配成一雙A 例例9、某人將三封寫好的信隨機裝入三個寫某人將三封寫好的信隨機裝入三個寫好地址的信封中,問沒有一封信裝對地址的概好地址的信封中,問沒有一封信裝對地址的概率是
22、多少?率是多少?這是一個這是一個配配對對問問題題解:設解:設Ai =第第i封信裝入第封信裝入第i個信封個信封 i =1,2,3 A=沒有一封信裝對地址沒有一封信裝對地址直接計算直接計算P(A)不易,我們先來計算不易,我們先來計算)(AP =至少有一封信裝對地址至少有一封信裝對地址則則A)()(321AAAPAP)()()()()()()(321323121321AAAPAAPAAPAAPAPAPAP1232!1()()()3!3P AP AP A61! 31)()()(323121AAPAAPAAP其中:其中:于是于是:!1)1(! 31!21)!1)1(! 31!211(11nnnn推廣到推
23、廣到n封信封信,用類似的方法用類似的方法可得可得:把把n 封信隨機地裝入封信隨機地裝入n個個寫好地址的信封中寫好地址的信封中, 沒有一封沒有一封信配對的概率為信配對的概率為:2 !11333!3!3!11212 !3!3123( )()P AP AAA12311()3!6P A A A( )1( )1112!3!3P AP A 例例10 利用概率模型證明恒等式利用概率模型證明恒等式111rrrnnnCCC0, ()nrir inmn miCC Crm(1)(2)證(證(1)構造概率模型:設一袋中有)構造概率模型:設一袋中有n個球,其中個球,其中只有只有1個紅球,其余全是黑球,現(xiàn)從袋中無放回個紅
24、球,其余全是黑球,現(xiàn)從袋中無放回地摸出地摸出r個球。記事件個球。記事件A=“摸出的摸出的r個球中有紅個球中有紅球球”,則,則1111( )rnrnC CP AC1( )rnrnCP AC由由 可得到等式(可得到等式(1)。)。( )( )1P AP A(2)構造概率模型:設一袋中有)構造概率模型:設一袋中有n個球,其中有個球,其中有m個紅球,個紅球,n-m個黑球,現(xiàn)從袋中無放回地摸出個黑球,現(xiàn)從袋中無放回地摸出r個球。記事件個球。記事件Ai=“摸出的摸出的r個球中有個球中有i個紅球個紅球”,則,則0()1riiP A而而(),0,1,ir imn mirnC CP AirC所以,所以,01,ir irmn mrinC CC0nrir inmn miCC C即
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