文档介绍：第一章第三节
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) 每种结果发生的可能性相同。
则称这样的试验模型为等可能概率模型或古典概率模型,简称为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 ,其中
Ω={1}∪{2 }∪…∪{n},
{i}是基本事件,且它们发生的概率都相等。
于是,有
1=P(Ω)=P({1}∪{2 }∪…∪{n})
=P({1})+P({2 })+…+P({n})
=nP({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,有
P(A)=k(1/n)=k/n。
III. 古典概模型的例
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:
解:
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。
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,按其电流放大系数分类,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).每次抽取一个只,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种可能取法。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,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。所以,取两只甲类三极管共有 44=16 种可能的取法, 即kA=16。故
P(A)=16/36=4/9;
令E={抽到两只乙类三极管},kE=22=4。故
P(E)=4/36=1/9;
因C是E的对立事件,故 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,因此,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, P(A)=12/30=2/5;
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。
解:
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。
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个球放入N个盒子中共有Nn种不同的放法。
每个盒子中至多有一个球的放法(由乘法原理得): N(N-1)…(N-n+1)=ANn 种。
故,
P(A)= ANn/Nn。