古典概率模型ppt課件

1、 古典概率模型古典概率模型I. I. 什么是古典概率模型什么是古典概率模型如果試驗(yàn)如果試驗(yàn)E E滿(mǎn)足滿(mǎn)足 (1) (1) 試驗(yàn)結(jié)果只有有限種，試驗(yàn)結(jié)果只有有限種， (2) (2) 每種結(jié)果發(fā)生的可能性相同。每種結(jié)果發(fā)生的可能性相同。則稱(chēng)這樣的試驗(yàn)?zāi)Ｐ蜑榈瓤赡芨怕誓Ｐ突蚬诺涓怕誓Ｐ?，?jiǎn)稱(chēng)為等可能概型或古典概型則稱(chēng)這樣的試驗(yàn)?zāi)Ｐ蜑榈瓤赡芨怕誓Ｐ突蚬诺涓怕誓Ｐ停?jiǎn)稱(chēng)為等可能概型或古典概型。II. II. 古典概率模型中事件概率求法古典概率模型中事件概率求法 因試驗(yàn)因試驗(yàn)E E的結(jié)果只有有限種的結(jié)果只有有限種, ,即樣本點(diǎn)是有限個(gè)即樣本點(diǎn)是有限個(gè): : 1 1, , 2 2 , n n ，其中，其中

2、= 1 1 2 2 n n ， i i 是基本事件，且它們發(fā)生的概率都相等。是基本事件，且它們發(fā)生的概率都相等。 于是，有于是，有 1=P()=P(1=P()=P( 1 1 2 2 n n) =P( =P( 1 1)+P()+P( 2 2 )+P()+P( n n) =nP( =nP( i i), i=1,2,n), i=1,2,n。從而，從而，P(P( i i)= 1/n)= 1/n，i=1,2,i=1,2,n n。因此，若事件因此，若事件A A包含包含k k個(gè)基本事件，有個(gè)基本事件，有 P(A)=kP(A)=k (1/n)=k/n(1/n)=k/n。III. III. 古典概率模型的例子古

3、典概率模型的例子例例1 1：擲一顆均勻骰子，擲一顆均勻骰子，設(shè)設(shè):A:A表示所擲結(jié)果為表示所擲結(jié)果為“四點(diǎn)或五點(diǎn)四點(diǎn)或五點(diǎn)”； B B表示所擲結(jié)果為表示所擲結(jié)果為“偶數(shù)點(diǎn)偶數(shù)點(diǎn)”。求求:P(A):P(A)和和P(B)P(B)。解：解：由由n=6n=6，k kA A=2,=2,得得P(A)=2/6=1/3P(A)=2/6=1/3；再由再由k kB B=3=3，得，得P(B)=3/6=1/2P(B)=3/6=1/2。例例2：解解: 貨架上有外觀(guān)相同的商品貨架上有外觀(guān)相同的商品1515件，其中件，其中1212件來(lái)自產(chǎn)地甲件來(lái)自產(chǎn)地甲, 3, 3件來(lái)自地乙?，F(xiàn)從件來(lái)自地乙?，F(xiàn)從1515件商品中件商品中

4、隨機(jī)地抽取兩件隨機(jī)地抽取兩件, ,求這兩件商品來(lái)自一同產(chǎn)地的概率。求這兩件商品來(lái)自一同產(chǎn)地的概率。 從從1515件商品中取出件商品中取出2 2商品商品, ,共有共有C C2 21515 =105 =105種取法種取法, ,且每種取法都是等可能的，故且每種取法都是等可能的，故n=105n=105。令令 A=A=兩件商品都來(lái)自產(chǎn)地甲兩件商品都來(lái)自產(chǎn)地甲,k,kA A= C= C2 21212=66,=66, B= B=兩件商品都來(lái)自產(chǎn)地乙兩件商品都來(lái)自產(chǎn)地乙,k,kB B= C= C2 23 3 =3 =3，而事件而事件:兩件商品來(lái)自同一產(chǎn)地兩件商品來(lái)自同一產(chǎn)地=AB,=AB,且且A A與與B B

5、互斥互斥, ,AB包含基本事件數(shù)包含基本事件數(shù)66+3=6966+3=69。故，所求概率故，所求概率=69/105=23/35=69/105=23/35。例例3 ：有外觀(guān)相同的三極管：有外觀(guān)相同的三極管6 6只只, ,按其電流放大系數(shù)分類(lèi)按其電流放大系數(shù)分類(lèi),4,4只屬甲類(lèi)只屬甲類(lèi),2,2只屬乙類(lèi)。按下列兩種只屬乙類(lèi)。按下列兩種方案抽取三極管兩只方案抽取三極管兩只, ,(1).(1).每次抽取一個(gè)只每次抽取一個(gè)只, ,測(cè)試后放回測(cè)試后放回, ,然后再抽取然后再抽取 下一只下一只( (放回抽樣放回抽樣););(2).(2).每次抽取一只每次抽取一只, ,測(cè)試后不放回測(cè)試后不放回, ,然后在剩下然

6、后在剩下 的三極管中再抽取下一只的三極管中再抽取下一只( (不放回抽樣不放回抽樣) )。設(shè)設(shè)A=A=抽到兩只甲類(lèi)三極管抽到兩只甲類(lèi)三極管,B=,B=抽到兩只同類(lèi)三極管抽到兩只同類(lèi)三極管,C=,C=至少抽到一只甲類(lèi)三極管至少抽到一只甲類(lèi)三極管,D=,D=抽抽到兩只不同類(lèi)三極管到兩只不同類(lèi)三極管 。求：求：P(A),P(B),P(C),P(D)P(A),P(B),P(C),P(D)。解解: (1). (1).由于每次抽測(cè)后放回由于每次抽測(cè)后放回, ,因此因此, ,每次都是在每次都是在6 6只三極管中抽取。因第一次從只三極管中抽取。因第一次從6 6只中取一只中取一只只, ,共有共有6 6種可能取法；

7、第二次還是從種可能取法；第二次還是從6 6只中取一只只中取一只, ,還是有還是有6 6種可能取法。故種可能取法。故, ,取兩只三極管取兩只三極管共有共有6 6 6=36 6=36 種可能的取法。從而種可能的取法。從而,n=36,n=36。注意注意: :這種分析方法使用的是中學(xué)學(xué)過(guò)的這種分析方法使用的是中學(xué)學(xué)過(guò)的 乘法原理乘法原理 因每個(gè)基本事件發(fā)生的可能性相同因每個(gè)基本事件發(fā)生的可能性相同, ,第一次取一只甲類(lèi)三極管共有第一次取一只甲類(lèi)三極管共有4 4種可能取法種可能取法, ,第二第二次再取一只甲類(lèi)三極管還是有次再取一只甲類(lèi)三極管還是有4 4種可能取法。所以種可能取法。所以, ,取兩只甲類(lèi)三極

8、管共有取兩只甲類(lèi)三極管共有 4 4 4=16 4=16 種可能種可能的取法的取法, , 即即k kA A=16=16。故。故 P(A)=16/36=4/9P(A)=16/36=4/9；令令E=E=抽到兩只乙類(lèi)三極管抽到兩只乙類(lèi)三極管,k,kE E=2=2 2=42=4。故。故 P(E)=4/36=1/9; P(E)=4/36=1/9; 因因C C是是E E的對(duì)立事件，故的對(duì)立事件，故 P(C)=1-P(E)=8/9P(C)=1-P(E)=8/9；因因B= AE ,B= AE ,且且A A與與E E互斥互斥, ,得得 P(B)=P(A)+P(E)=5/9P(B)=P(A)+P(E)=5/9；D

9、D是是B B的對(duì)立事件的對(duì)立事件, , 得得 P(D)=1-P(B)=4/9P(D)=1-P(B)=4/9。(2).(2).由于第一次抽測(cè)后不放回由于第一次抽測(cè)后不放回, ,因此因此, ,第一次從第一次從6 6只中取一只只中取一只, ,共有共有6 6種可能的取法；第二次是種可能的取法；第二次是從剩余的從剩余的5 5只中取一只只中取一只, ,有有5 5種可能的取法。由乘法原理，知取兩只三極管共有種可能的取法。由乘法原理，知取兩只三極管共有n=6n=6 5=305=30種可種可能的取法。能的取法。由乘法原理由乘法原理, ,得得 k kA A=4=4 3=12, P(A)=12/30=2/5;3=1

10、2, P(A)=12/30=2/5;k kE E=2=2 1=21=2，P(E)=2/30=1/15;P(E)=2/30=1/15;由由C C是是E E的對(duì)立事件的對(duì)立事件, ,得得P(C)=1-P(E)=14/15P(C)=1-P(E)=14/15；由由B=AE,B=AE,且且A A與與E E互斥互斥, ,得得 P(B)=P(A)+P(E)=7/15P(B)=P(A)+P(E)=7/15；由由D D是是B B的對(duì)立事件的對(duì)立事件, , 得得 P(D)=1-P(B)=8/15P(D)=1-P(B)=8/15。解解:例例4 4：n n個(gè)球隨機(jī)地放入個(gè)球隨機(jī)地放入N(Nn)N(Nn)個(gè)盒子中個(gè)盒子

11、中, ,若盒子的容量無(wú)限制。求若盒子的容量無(wú)限制。求“每個(gè)盒子中至多有一球每個(gè)盒子中至多有一球”的概率。的概率。 因每個(gè)球都可以放入因每個(gè)球都可以放入N N個(gè)盒子中的任何一個(gè)個(gè)盒子中的任何一個(gè), , 故每個(gè)球有故每個(gè)球有N N種放法。由乘法原理種放法。由乘法原理, ,將將n n個(gè)球個(gè)球放入放入N N個(gè)盒子中共有個(gè)盒子中共有N Nn n種不同的放法。種不同的放法。 每個(gè)盒子中至多有一個(gè)球的放法每個(gè)盒子中至多有一個(gè)球的放法( (由乘法原理得由乘法原理得): N(N-1): N(N-1)(N-n+1)=A(N-n+1)=AN Nn n 種。種。故，故， ( )nNnAp AN 設(shè)每個(gè)人在一年設(shè)每個(gè)人

12、在一年( (按按365365天計(jì)天計(jì)) )內(nèi)每天出生的可能性都相同內(nèi)每天出生的可能性都相同, ,現(xiàn)隨機(jī)地選取現(xiàn)隨機(jī)地選取n(n365)n(n365)個(gè)個(gè)人人, ,則他們生日各不相同的概率為則他們生日各不相同的概率為 A A365365n n/365/365n n。于是于是, , n n個(gè)人中至少有兩人生日相同的概率為個(gè)人中至少有兩人生日相同的概率為 1- A1- A365365n n/365/365n n。(請(qǐng)打開(kāi)請(qǐng)打開(kāi)P17) 許多問(wèn)題和上例有相同的數(shù)學(xué)模型。許多問(wèn)題和上例有相同的數(shù)學(xué)模型。例如例如(生日問(wèn)題生日問(wèn)題): 某人群有某人群有n個(gè)人，他們中至少有兩人生日相同的概率有多大？個(gè)人，他

13、們中至少有兩人生日相同的概率有多大？ 把把n n個(gè)物品分成個(gè)物品分成k k組組, ,使第一組有使第一組有n n1 1個(gè)個(gè), ,第二組有第二組有n n2 2個(gè)個(gè), , , ,第第k k組有組有n nk k個(gè)個(gè), ,且且n= nn= n1 1+ n+ n2 2+ +n+nk k 。 則則: :不同的分組方法有不同的分組方法有l(wèi)公式公式種。種。!21knnnn12111kknnnnn nn nnc cc 解解:例例5: 5: 某公司生產(chǎn)的某公司生產(chǎn)的1515件品中件品中, ,有有1212件是正品件是正品,3,3件是次品。現(xiàn)將它們隨機(jī)地分裝在件是次品?，F(xiàn)將它們隨機(jī)地分裝在3 3個(gè)箱中個(gè)箱中, ,每箱每

14、箱裝裝5 5件，設(shè)件，設(shè):A=:A=每箱中恰有一件次品每箱中恰有一件次品, B=, B=三件次品都在同一箱中三件次品都在同一箱中 。求求: P(A): P(A)和和P(B)P(B)。 15 15件產(chǎn)品裝入件產(chǎn)品裝入3 3個(gè)箱中個(gè)箱中, ,每箱裝每箱裝5 5件件, ,共有共有種等可能的裝法。種等可能的裝法。故故, 基本事件總數(shù)有基本事件總數(shù)有) ! 5 ! 5 ! 5/(!15) ! 5 ! 5 ! 5/(!15個(gè)。個(gè)。續(xù)續(xù): 把三件次品分別裝入三個(gè)箱中把三件次品分別裝入三個(gè)箱中, ,共有共有3!3!種裝法。這樣的每一種裝法取定以后種裝法。這樣的每一種裝法取定以后, , 把其余把其余1212件件

15、正品再平均裝入正品再平均裝入3 3個(gè)箱中個(gè)箱中, ,每箱裝每箱裝4 4件件, ,有有個(gè)基本事件。個(gè)基本事件。,) !4!4!4/(!12種種裝裝法法再由乘法原理再由乘法原理, ,可知裝箱總方法數(shù)有可知裝箱總方法數(shù)有種種。)/(4!4!4!3!12!即即A A包含包含。9125!5!5!5!15!4!4!4!12!3)( AP)/(4!4!4!3!12!從而，從而，續(xù)續(xù): 把三件次品裝入同一箱中把三件次品裝入同一箱中, ,共有共有3 3種裝法種裝法. .這樣的每一種裝法取定以后這樣的每一種裝法取定以后, ,再把其余再把其余1212件正品裝入件正品裝入3 3個(gè)箱中個(gè)箱中( (一箱再裝一箱再裝2 2

16、件件, ,另兩箱各裝另兩箱各裝5 5件件) )又有又有個(gè)基本事件。故，個(gè)基本事件。故，種種裝裝法法。) !5!5!2/(!12由乘法原理，知裝箱方法共有由乘法原理，知裝箱方法共有種種。) !5!5!2/(!123 即即B B包含包含。916!5!5!5!15!5!5!2!123)( BP)!5!5!2/(!123 解解:例例6 6：設(shè)設(shè)N N件產(chǎn)品中有件產(chǎn)品中有K K件是次品件是次品,N-K,N-K件是正品件是正品,KN,KN?，F(xiàn)從?，F(xiàn)從N N件中每次任意抽取件中每次任意抽取1 1件產(chǎn)品件產(chǎn)品, ,在檢在檢查過(guò)它是正品或是次品后再放回查過(guò)它是正品或是次品后再放回, ,這樣共抽取了這樣共抽取了n

17、 n次。次。 求求: :事件事件A=A=所取的所取的n n件產(chǎn)品中恰有件產(chǎn)品中恰有k k件次品件次品 的概率的概率,k=0,1,2,k=0,1,2,n,n。 假定假定N N件產(chǎn)品是有編號(hào)的件產(chǎn)品是有編號(hào)的, ,從中任意取出一件從中任意取出一件, ,每次都有每次都有N N種取法種取法. .由乘法原理由乘法原理,n,n次共有次共有N Nn n種種取法取法, ,故故, ,基本事件總數(shù)為基本事件總數(shù)為N Nn n。 當(dāng)所取的當(dāng)所取的n n件產(chǎn)品中恰有件產(chǎn)品中恰有k k件次品時(shí)件次品時(shí), ,由于取到這由于取到這k k件次品的次序的不同件次品的次序的不同, ,因此從次序考慮因此從次序考慮共有共有C Cn nk k種情況。種情況。續(xù)續(xù): 這這C Cn nk k種情況確定以后種情況確定以后, ,從從K K件次品中取出件次品中取出k k件件, ,共有共有K Kk k種取法。從種取法。從N-KN-K件正品中取件正品中取n-kn-k件件, ,共共有有(N-K)(N-K)n-kn-k種取法。由乘法原理種取法。由乘法原理, ,共有共有C Cn nk k K Kk k (N-