考研概率论复习古典概型中几种研究模型.docx

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考研概率论复习古典概型中几种研究模型

古典概型中研究的几类基本问题:

抛硬币、掷骰（tóu）子、摸球、取数等随机试验,在概率问题的研究中,有着十分重要的意义.一方面,这些随机试验,是人们从大量的随机现象中筛选出来的理想化的概率模型.它们的内容生动形象,结构清楚明确,富有直观性和典型性,便于深入浅出地反映事物的本质,揭示事物的规律.另一方面,这种模型化的处理方法,思想活泼,应用广泛,具有极大的普遍性,不少复杂问题的解决,常常可以归结为某种简单的模型.因此,有目的地考察并掌握若干常见的概率模型,有助于我们举一反三,触类旁通,丰富解题的技能和技巧,从根本上提高解答概率题的能力.

本部分主要讨论古典概率中的四类基本问题（摸球问题、分球入盒问题、随机取数问题和选票问题）,给出它们的一般解法,指出它们的典型意义,介绍它们的常见应用.

一、摸球问题

[例1]袋中有α个白球,β个黑球：

（1）从中任取出a＋b个（a,b∈N,α≤a,b≤β,试求所取出的球恰有a个白球和b个黑球的概率；

（2）从中陆续取出3个球（不返回）,求3个球依次为“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种颜色为止,求最后是白球留在袋中的概率.

思考方法这里的三个小题,摸球的方式各不相同,必须在各自的样本空间中分别进行处理.

（1）中的每一个样本点,对应着从α+β个球中任取a+b个球的一种取法,无需考虑顺序,属于组合问题.

（2）中的每一个样本点,对应着从α+β个球中依次取出三个球的一种取法,需要考虑先后次序,属于排列问题.（3）中事件的有利场合（摸剩白球）包含了α种不同情形：

摸剩α个白球,α-1个白球,…,1个白球.因此,必须对各种情形分别加以考虑.

[解]

（1）设A1表示事件“所取的a+b个球中恰有a个白球和b个黑球”.从α+β个球中任意摸出a+b个,有

种不同取法,此即样本空间所包含的样本点总数.而事件A1所包含的样本点数,相当于从α个白球中任取a个,从β个黑球中任取b个的取法种数,共

种.所以

P（A1）=

（2）设A2表示事件“取出的3个球依次为黑白黑”.从α+β个球中依次任取3个,有

种取法,此即样本点总数.对于有利场合,第一个和第三个黑球可在β个黑球中依次取得,有

种取法,第二个白球可在α个白球中任取,有

种取法.因此,A2所包含的样本点数为

.于是

P（A2）=

（3）袋中只剩白球时（设此事件为A3）,取出的球必为β个黑球,i个白球（i=0,1,…,α-1）.用Bi表示事件“取出β个黑球,i个白球,袋中留下的全是白球”（i=0,1,…,α-1）,则事件B0,B1,…,Bα-1,β必两两互不相容,且A3=B0+B1+…+Bα-1．

依概率的有限可加性,有

P（A3）=P（B0）+P（B1）+P（B2）+…+P（Bα-1）

依事件Bi的含义,对于确定的i,它的样本空间就是从α+β个球中任取i+β个球的排列.所以,样本点总数为

.注意到i+β个球取出后,留在袋中的全是白球,因而在这i+β个球中,最后取出的一个应是黑球.这样,事件Bi的有利场合,就是i+β-1个球的全排列（β个黑球中扣除1个,以保证最后取出的一个必为黑球）.显然,i个白球可从α个白球中取得,有

种取法;β-1个黑球可从β个黑球中取得,有

种取法,．从而事件Bi所包含的样本点数为

.于是

P（Bi）=

=

把诸P（Bi）的值代入

（1）式,并注意到

+…

即得

P（A3）=

…

=

=

评注如果把题中的“白球”、“黑球”换为“正品”、“次品”或“甲物”、“乙物”等等,我们就可以得到各种各样的“摸球问题”.为了让读者对此有深切的体会,我们再来看下面的例子：

（1）一批灯泡40只,其中3只是坏的,从中任取5只检查.问：

①

5只都是好的概率为多少？

②5只中有2只坏的概率为多少？

（答案：

①

;②

）

（2）在相应地写有2,4,6,7,8,11,12及13的8张相同的卡片中,任意取出2张,求由所取得的两个数构成的分数为可约的概率.

　　　　　　（答案:

）

（3）从一副扑克牌（52张）中任取6张,求得3张红色的牌和三张黑色的牌的概率.

　　　　　　　　（答案：

）

（4）用火车运载两类产品,甲类n件,乙类m件.有消息证实,在路途中有2件产品损坏.求损坏的是不同产品的概率.

　（答案:

）

（5）一个班级有2n个男生和2n个女生,把全班学生任意地分成人数相等的两组,求每组中男女生人数相等的概率.

　　　　　　　　（答案：

）

（6）从数1,2,…,n中任取两数,求所取两数之和和偶数的概率.

　　　　　（答案：

当n为偶数时,p=

；当n为奇数时,p=

）

不难发现,上述各个问题的解决,都可以归结为摸球问题（例1

（1））.我们说摸球问题具有典型意义,原因也正在于此.,

二、分球入盒问题

[例2]把n个球以同样的概率分配到Ｎ（n≤Ｎ）个盒子中的每一个中去,试求下列各事件的概率：

（1）Ａ：

某指定n个盒子中各有一球；

（2）Ｂ：

恰有n个盒子,其中各有一球;

（3）Ｃ：

某指定盒子中恰有m（m≤n）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Nn.

（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An,于是

P（A）=

．

（2）对于事件Ｂ,ｎ个盒子可自Ｎ个盒子中任意选取,有

种选法,因而事件Ｂ包含

个样本点,于是

P（B）=

.

（8）事件Ｃ中的ｍ个球,可以从n个球中任意选取有

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-1）n-m种分配法.因而事件Ｃ包含

个样本点.这样

P（C）=

.

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：

）

（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：

）

（3）有n个质点,每个质点都等可能地落于Ｎ（ｎ≤Ｎ）个格子中的每一个.试求每一格子至多含一点的概率.

　　　　　　　　　　（答案：

）

（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.

（答案:

．）

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：

（1）A1：

7个数全不相同；

（2）A2：

不含10与1；

（3）A3：

10恰好出现两次；

（4）A4：

10至少出现两次；

（5）A5：

取到的最大数恰好为6．

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,原题就不难得解.

[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107．

（1）事件A1,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,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,A1所包含的样本点数为

.于是

P（A1）=

.

（2）事件A2：

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,则A2的有利场合,相当于8个相异元素允许重复的7元排列.于是,A2所包含的样本点数为87,有

P（A2）=

.

（3）事件A3中出现的两次10,可以是7次取数中的任意两次,有

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A3的有利场合为

.由此

P（A3）=

.

（4）事件A4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

P（A4）=

.

也可以先考察A4的逆事件.这里

是事件“10恰好出现一次或一次也不出现”显然

P（

）=

.

（5）事件A5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

于是

P（A5）=

.

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）=

.

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,对于同类问题具有指导意义.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：

．）

（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:

．）

（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:

．）

（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6位数的概率.

（答案:

．）

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）Ｂ：

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

．如果把样本点具体写出来,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Ｃ（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Ｄ（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Ｂ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,Ｂ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Ｂ必为互逆事件.

2.事件Ｂ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Ｂ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：

．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[5]—[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.

（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

种.

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

．这样,事件Ａ的样本点数为

．于是

P（A）=

（2）在a＞b的条件下,事件Ｂ是事件Ａ的逆事件,所以

P（B）=1-P（A）=1-

.

（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

.

而对应的样本点总数为

．于是

P（Ca-1,b）=

.

在上式中用a＋1替换a,即得

P（C）=P（Ca,b）=

.

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：

．）

（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：

．）

（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.

　　　　　　　　　　　　（答案：

．）

（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.

　　（答案：

．）