（1）A：
某指定n个盒子中各有一球；
（2）E:
恰有n个盒子，其中各有一球；
（3）C:
某指定盒子中恰有m（mcn）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N1.
（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A,于是
Nn
⑵对于事件E，n个盒子可自N个盒子中任意选取
，有cN种选法，因而事件e包含
n!
CNn!
个样本点，于是
P（B）=
cNn!
N!
Nn_Nn（N-n）!
（8）事件C中的m个球
P（C）=
cm（N-i）njm
Nn
心討吩）
n-m
可以从n个球中任意选取有CT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-i）n-m种分配法.因而事件c包含cn^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
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•
（3）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•
（6）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，则人相当于球，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•
（答案：
年）
64
（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•
（答案：
C-（2?
2））
76
（3）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•
CnA
（答案：
WM）
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.
C1C2，a
（答案：
CnCnn.）
nn
三、随机取数问题
［例3］从1,2,…,10这十个数中任取一个，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：
7个数全不相同；
不含10与1；
10恰好出现两次；
10至少出现两次；取到的最大数恰好为6.
（1）Ai
⑵A2
（3）A3
⑷A4
（5）A5
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
原
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
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
（1）事件Ai,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
107.
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,Ai所包含的样本
点数为Aio.于是
A
P（A"=豊=0.06048.
107
（2）事件A:
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复的7元排列.于是,A2所包含的样本点数为
则A的有利场合，相当于8个相异元素允许重87,有
87P（A2）=—-&0.2097
107
（3）事件A中出现的两次10,可以是7次取数中的任意两次，有C；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A的有利场合为C；£5.由此
C295
P（As）=c7T90.1240.
10
（4）事件A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
7ck，97_k
P（A4）=7-—0.1497.
k三107
也可以先考察A的逆事件.这里A4是事件“10恰好出现一次或一次也不出现”显然
P（a4）=^-9—:
0.8503.
107
（5）事件A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；55,C；54,C；53,C；52,C^,C；5°.于是
7_k
P（A5）=70.0202.
10
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）=
67-57
107
0.0202.
对于同类问题具有指导意
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
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，下面的四个问题，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.
（答案：
翼•）
105
（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，编号由完全不同的数组成的概率.
（答案:
A0
105-1
（3）在0至9这十个数字中，不放回地任取
5个，求能排成由完全不同的数字组成的五位
数的概率.
（答案:
AC；（A5-傀）
A10
（4）在0至9这十个数字中，有放回地任取5个，求能排成由完全不同的数字组成的数的概率.
54
（答案:
A9C9（A5-民）
105
四、选票问题
［例4］假定在一次选举中，候选人甲得a票，候选人乙得b票，且a>b，试求下列事件的概率：
（1）A:
在计票过程中，甲、乙的票数在某个时刻相等；
（2）E:
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（32）—10•如果把样本点具体写
3!
2!
出来,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。
（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。
（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•
经过上述处理，我们从图3-3就可以形象地看到：
事件A包含的样本点，它们所对应的折线，除起点外，与横轴至少有一个公共点；事件E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,E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一步的考察•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E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E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：
色卫=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
31!
类样本点所对应的折线，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^，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+b「）!
种
a!
（b-1）!
对于第二类样本点的任一折线，从起点到首次触到横轴的部分对横轴作一次反射，其余
部分保持不变，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
（小一1）!
•这a!
（b_1）!
样，事件A的样本点数为49
a!
（b—1）!
（2）在a>b的条件下，事件E是事件A的逆事件，所以
P（B）=1-P（A）=1--2^=.
a+ba+b
（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-1,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
（ab1）!
（ab）
（a+b）!
2，（a+b—1）!
a!
b!
a!
（b-1）!
（a-1b）!
alb!
而对应的样本点总数为
（a-1）!
b!
（ab-1）!
（a-b）（ab-1）!
P（Ca-1,b）=
a!
b!
（a-1）!
b!
在上式中用a+1替换a,即得
P（C）=P（Ca,b）=皂辿一1
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.
（答案：
—空.）
m+n
（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.
（答案：
2m一“.）
n
（3）剧院售票处有2n个人排队买票，其中n人只有五角钱一张的钞票，其余几个人只有一元钱的钞票.开始售票时售票处无钱可找，而每个人只买一张五角钱的票.求售票处不会找不出钱的概率.
1
（答案：
.）
n+1
（4）一口袋中有n个白球和n个黑球.从袋中一个个把球取出（不返回），直至球全部取出.求在摸完全部球之前，摸出的白球个数总比摸出的黑球个数多的概率
1
（答案：
—.）
2（2n_1）
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