考研概率论复习古典概型中几种研究模型.doc

古典概型中研究的几类基本问题:抛硬币、掷骰(tóu)子、摸球、取数等随机实验,在概率问题的研究中,有着十分重要的意义.一方面,这些随机实验,是人们从大量的随机现象中筛选出来的抱负化的概率模型.它们的内容生动形象,构造清晰明确,富有直观性和典型性,便于进一步浅出地反映事物的本质,揭示事物的规律.另一方面,这种模型化的解决措施,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朴的模型.因此,有目的地考察并掌握若干常用的概率模型,有助于我们举一反三,触类旁通,丰富解题的技能和技巧,从主线上提高解答概率题的能力.本部分重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,简介它们的常用应用.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)逐个把球取出(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.思考措施 这里的三个小题,摸球的方式各不相似,必须在各自的样本空间中分别进行解决.(1)中的每一种样本点,相应着从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)中的每一种样本点,相应着从α+β个球中依次取出三个球的一种取法,需要考虑先后顺序,属于排列问题.(3)中事件的有利场合(摸剩白球)涉及了α种不同情形：摸剩α个白球,α-1个白球,…,1个白球.因此,必须对多种情形分别加以考虑.[解](1)设A1表达事件“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,此即样本空间所涉及的样本点总数.而事件A1所涉及的样本点数,相称于从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.因此P(A1)=(2)设A2表达事件“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,第一种和第三个黑球可在β个黑球中依次获得,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所涉及的样本点数为.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表达事件“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,对于拟定的i,它的样本空间就是从α+β个球中任取i+β个球的排列.因此,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,最后取出的一种应是黑球.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种必为黑球).显然,i个白球可从α个白球中获得,有种取法;β-1个黑球可从β个黑球中获得,有种取法,．从而事件Bi所涉及的样本点数为.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,我们就可以得到多种各样的“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？② 5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张相似的卡片中,任意取出2张,求由所获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.有消息证明,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)一种班级有2n个男生和2n个女生,把全班学生任意地提成人数相等的两组,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,因素也正在于此.,二、分球入盒问题[例2]把n个球以同样的概率分派到Ｎ(n≤Ｎ)个盒子中的每一种中去,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.思考措施　解答本题时,要发掘“n个球以同样的概率分派到Ｎ个盒子中的每一种中去”一语的含义.这句话意思是说,每一种球,被分派到任意一种盒子中去是等也许的；也就是说每一种球各有Ｎ种不同的去向.[解]　由于n个球中的每一种球,都以同样的概率进入Ｎ个盒子中的任意一种,因此样本点总数为Nn.(1)n个球分别分派到Ｎ个预先指定的盒子中去,相称于n个球的全排列,因此事件Ａ所涉及的样本点数为An,于是P(A)=．(2)对于事件Ｂ,ｎ个盒子可自Ｎ个盒子中任意选用,有种选法,因而事件Ｂ涉及个样本点,于是P(B)=.(8)事件Ｃ中的ｍ个球,可以从n个球中任意选用有种选法,其他的n-m个球可以任意分派到此外Ｎ-1个盒子中去,有(N-1)n-m种分派法.因而事件Ｃ涉及个样本点.这样P(C)=.评注 不难发现当n和Ｎ拟定期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,是一种抱负化的概率模型,可用以描述许多直观背景很不相似的随机实验.为了阐明这一点,我们列举某些貌异质同的实验：(1)生日.ｎ个人的生日的也许情形,相称于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,相称于把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,相称于ｎ个球放入Ｎ=7个盒子中.(4)掷骰子.掷ｎ颗骰子的也许成果,相称于把ｎ个球放入Ｎ=6个盒子中.(5)质点入格.ｎ个质点落于Ｎ个格子中的也许情形,相称于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.旅客下站的多种能情形,相称于n个球分到Ｎ个盒子中的多种情形.(7)住房分派.n个人被分派到Ｎ个房间中去住,则人相称于球,房间相称于盒子.(8)印刷错误.ｎ个印刷错误在一本具有Ｎ页的书中的一切也许的分布,相称于ｎ个球放入Ｎ个盒子中的一切也许分布(ｎ必须不不小于每一页的字数).从上面所列举的部分实验,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,读者可运用本题的思想措施,解答下列各题：(1)同步掷4颗质量均匀的骰子,求浮现完全不相似的点数的概率.　　　　　　　　　　　　 (答案： )(2)设一种人的生日在星期几是等也许的,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,每个质点都等也许地落于Ｎ(ｎ≤Ｎ)个格子中的每一种.试求每一格子至多含一点的概率.　　　　　　　　　　 (答案：)(4)设有n个人,每个人都等也许地被分派到n个房间中的任一间去住.求恰有一种空房间的概率. (答案:．)三、随机取数问题[例3]从1,2,…,10这十个数中任取一种,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个数全不相似；(2)A2：不含10与1；(3)A3：10正好浮现两次；(4)A4：10至少浮现两次；(5)A5：取到的最大数正好为6．思考措施 本题所及的随机实验,就取样措施来说,属于返回取样.也就是说,把某数取出后还原,下次仍有同样的也许再取到这个数.注意到这一特点,运用上节简介的思想措施,原题就不难得解.[解] 依题设样本空间就是10个相异元素容许反复的7元排列.因此样本点总数为107．(1)事件A1,规定所取的7个数是互不相似的,考虑到各个数取出时有先后顺序之分,因此有利场合相称于从10个相异元素里每次取出7个相异元素的排列.因此,A1所涉及的样本点数为.于是P(A1)=.(2)事件A2：先后取出的7个数中不含10与1,因此,这7个数只能从2,3,4,5,6,7,8,9这8个数中获得.注意到实验属于有返回取样,则A2的有利场合,相称于8个相异元素容许反复的7元排列.于是,A2所涉及的样本点数为87,有 P(A2)=.(3)事件A3中浮现的两次10,可以是7次取数中的任意两次,有种取法,其他的5次,每次可以取剩余的9个数中的任一种,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正好浮现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正好浮现一次或一次也不浮现”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)容许反复的最大数正好为6的7元排列.这种排列可以分为6浮现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：最大数字不不小于6的7元反复排列,有67种,它可以分为两类,一类是最大数正好是6的7元反复排列；一类是最大数不不小于6的7元反复排列.注意到第二类反复排列有57种,则第一类反复排列有67-57种.于是．P(A5)=.评注 例3是一种比较典型的返回取样问题,解题的思想措施,对于同类问题具有指引意义.但决不能把它作为现成的公式乱套,虽然同是随机取数问题,也须斟酌题意灵活运用.例如,下面的四个问题,表面看构造相仿,实质上差别较大,读者不妨一试,以资鉴别.(1)号码有五个数字构成,求号码由完全不同的数字构成的概率.　　　　　　　　　 (答案：．)(2)某单位印刷的一种单据,编号。