考研概率论复习古典概型中几种研究模型.docx

1、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(t)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

2、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a个白球，3个黑球：(1) 从中任取出a + b个(a，b N，a a，b 3，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a + 3个球中任取a+b个球的一种取法，无需考

3、虑顺序，属于组合问题.(2)中的每一个样本点，对应着从a + 3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 a种不同情形：摸 剩a个白球，a -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A表示事件“所取的a+b个球中恰有a个白球和b个黑球”.从a + 3个球中 fa + P任意摸出a+b个，有 C：b二i种不同取法，此即样本空间所包含的样本点总数 .而事件A所包含的样本点数，相当于从 共 CaCb！2+b丿种.所以a b(2)设A表示事件“取出的fa YP、CctCE la丿 lba个白球中任取a个，从3个

4、黑球中任取b个的取法种数，吶=盘二la+b3个球依次为黑白黑”.从a + 3个球中依次任取 3个，有A3.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 3个黑球中依次取 得，有A2种取法，第二个白球可在a个白球中任取，有A：种取法.因此，A2所包含的样本点数为A1. A2.于是P(A2)= . ( 1).(a 十 P)(a + P _1)(。十 p -2)(3)袋中只剩白球时(设此事件为A)，取出的球必为3个黑球，i个白球(i=0,1，a -1). 用Bi表示事件“取出3个黑球，i个白球，袋中留下的全是白球” (i=0,1，a -1)，贝U事件Ba，B1，B a -1，3必两两

5、互不相容，且A3=Bd+Bi +Ba -1 . 依概率的有限可加性，有P(A3)=P(B o)+P(B 1)+P(B 2)+ +P(Ba -1)依事件Bi的含义，对于确定的i,它的样本空间就是从 a + 3个球中任取i+ 3个球的排列.所 以，样本点总数为 A；.注意到i+ 3个球取出后，留在袋中的全是白球，因而在这i+ 3个球中,最后取出的一个应是黑球.这样,事件B的有利场合，就是i+ 3 -1个球的全排列(B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a个白球中取得，有C：种取法；3 -1个黑球可从3个黑球中取得，有C ：种取法，从而事件Bi所包含的样本点数 为

6、C； cf于把诸P(Bi)的值代入(1)式,并注意到C。+C1 +C2 + C门m m-1 m -2 十匕 m -n J m-n:! :!即得P(A3)=口 C飪+cp十C缶+c琵=丄口 隹(o+B)!P H 吨(+0)! E 0(+0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：5只都是好的概率为多 少？5只中有2只坏的概率为多少？c5c3c2(答案： 与；c37c)C5 q 540 c40(2) 在相

7、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C2(答案：冷)C；(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:C3c3c6 )C52(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 .1 1(答案：) Cn 4m(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.2 n(答案：52护)C4n(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

8、案：当n为偶数时,p=芟驴；当n为奇数时,p=幺竺2C(n 1)/2 )Cn C；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 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

9、这是一个不尽相异元素的全排列问题 ，其排列种数为(3 2)10 如果把样本点具体写3! 2!出来,就是乙乙甲甲甲，乙甲乙甲甲，乙甲甲乙甲，乙甲甲甲乙，甲甲乙乙甲，甲乙乙甲 甲，甲乙甲乙甲，甲乙甲甲乙，甲甲乙甲乙，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3-31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

10、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3-31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3-32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

11、，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

12、，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ab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3-39、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

13、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 31 4与一8.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

14、 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ab);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

15、本点数也是(小一1)!这 a!(b_1)!样，事件A的样本点数为 49a!(b 1)!(2) 在ab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 +b a + 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

16、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(a b 1)!(a b)(a+b)! 2，(a+b1)!a!b! a!(b-1)!(a -1 b)!alb!而对应的样本点总数为(a -1)!b!(a b -1)!(a -b) (a b -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

17、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mn,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(mn/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)