北工大 概率论与数理统计课件ch1-3古典概型.pptVIP

无重复排列：从含有n个元素的集合中随机抽取k 次， 每次取一个，取后不放回，将所取元素排成一列， 共有Ank=n(n-1)…(n-k+1)种排列方式. n n-1 n-2 n-k+1 组合：从含有n个元素的集合中随机抽取k 个， 共有 种取法. * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * 概率论与数理统计 北京工业大学应用数理学院 古典概率模型（古典概型） §1.3 古典概率模型 I. 什么是古典概率模型 如果试验 E 满足 (1).试验结果只有有限种； (2).各种结果出现的可能性相同。 则称这样的试验模型为等可能概率模型或古典概率模型，简称等可能概型或古典概型。 II. 古典概率模型中事件概率求法 因试验E的结果只有有限种，即样本点是有限个: ?1,?2 ,…,?n 。 Ω={?1}∪{?2 }∪…∪{?n}， {?i}是基本事件，且各自发生的概率相等。 于是，有 1=P(Ω)=P({?1}∪{?2 }∪…∪{?n}) =P({?1})+P({?2 })+…+P({?n}) =n P({?i}), i=1,2,…,n。 从而， P({?i})= 1/n，i=1,2,…,n. 因此，若事件A 包含 k 个基本事件，即 则 III. 古典概模型举例 例1：掷一颗均匀骰子，设A表示所掷结果为“四点或五点”，B表示所掷结果为“偶数点”，求P(A)和P(B)。 解：由 n=6，kA=2,得 P(A)=2/6=1/3； 再由kB=3，得 P(B)=3/6=1/2。 例2：货架上有外观相同的商品15件，其中12件来自产地甲, 3件来自地乙。现从15件商品中随机地抽取两件,求这两件商品来自一同产地的概率。 解：从15件商品中取出2商品，共有C215= 105种取法，且每种取法都是等可能的，故n=105。令 A={两件商品都来自产地甲},kA= C212=66, B={两件商品都来自产地乙},kB= C23 =3， 而事件: {两件商品来自同一产地}=A∪B, 且 A与B互斥, A∪B包含基本事件数66+3=69。 故，所求概率=69/105=23/35。 例3：有外观相同的三极管6只，按电流放大系数分类，4只属甲类，2只属乙类。按下列两种方案抽取三极管两只： (1).每次抽取一只，测试后放回，然后再抽取下一只 (放回抽样)； (2).每次抽取一只，测试后不放回，然后在剩下的三 极管中再抽取下一只(不放回抽样)。 设 A={抽到两只甲类三极管}， B={抽到两只同类三极管}, C={至少抽到一只甲类三极管}, D={抽到两只不同类三极管}。 求 P(A),P(B),P(C),P(D)。 解: (1).由于每次抽测后放回, 因此，每次都是在6只三极管中抽取。 因第一次从6只中取一只，共有6种可能取法；第二次还是从6只中取一只，还是有6种取法。故，取两只三极管共有6?6=36种可能的取法。从而, n=36。 注意：这种分析方法使用的是中学学过的“乘法原理”。 因每个基本事件发生的可能性相同。故第一次取一只甲类三极管共有4种可能取法,第二次再取一只甲类三极管还是有4种可能取法。 故,取两只甲类三极管共有4?4=16 种可能的取法,即kA=16。所以，P(A)=16/36=4/9； 令E={抽到两只乙类三极管}，则 kE=2?2=4。 故，P(E)=4/36=1/9； 因C是E的对立事件，所以 P(C)=1-P(E)=8/9; 因B=A∪E, 且A与E互斥，得 P(B)=P(A)+P(E)=5/9； D是B的对立事件, 得 P(D)=1-P(B)=4/9。 (2).由于第一次抽测后不放回,所以第一次从6只中取一只, 共有6种可能的取法；第二次是从剩余的5只中取一只，有5种可能的取法。由乘法原理，知取两只三极管共有n= 6?5=30种可能的取法。 由乘法原理，得 kA=4?3=12。从而P(A)=12/30=2/5； 类似地,得kE=2?1=2，P(E)=2/30=1/15； 由C是E的对立事件,得 P(C)=1-P(E)=14/15; 由B=A∪E, 且A与E互斥，得 P(B)=P(A)+P(E)=7/15； 由D是B的对立事件, 得 P(D)=1-P(B)=8/15. 例4：n个球随机地放入N(N≥n)个盒子中，若盒子的容量无限制。求“每个盒子中至多有一球”的概率。 解: 因每个球都可以放入N个盒子中的任何一个，故每个球有N种放法。由乘法原理，将n个球放