考研概率論復(fù)習(xí)古典概型中幾種研究模型

./古典概型中研究的幾類基本問題:拋硬幣、擲骰<tóu>子、摸球、取數(shù)等隨機(jī)試驗,在概率問題的研究中,有著十分重要的意義.一方面,這些隨機(jī)試驗,是人們從大量的隨機(jī)現(xiàn)象中篩選出來的理想化的概率模型.它們的內(nèi)容生動形象,結(jié)構(gòu)清楚明確,富有直觀性和典型性,便于深入淺出地反映事物的本質(zhì),揭示事物的規(guī)律.另一方面,這種模型化的處理方法,思想活潑,應(yīng)用廣泛,具有極大的普遍性,不少復(fù)雜問題的解決,常?？梢詺w結(jié)為某種簡單的模型.因此,有目的地考察并掌握若干常見的概率模型,有助于我們舉一反三,觸類旁通,豐富解題的技能和技巧,從根本上提高解答概率題的能力.本部分主要討論古典概率中的四類基本問題<摸球問題、分球入盒問題、隨機(jī)取數(shù)問題和選票問題>,給出它們的一般解法,指出它們的典型意義,介紹它們的常見應(yīng)用.一、摸球問題[例1]袋中有α個白球,β個黑球：<1>從中任取出a＋b個<a,b∈N,α≤a,b≤β,試求所取出的球恰有a個白球和b個黑球的概率；<2>從中陸續(xù)取出3個球<不返回>,求3個球依次為"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種顏色為止,求最后是白球留在袋中的概率.思考方法這里的三個小題,摸球的方式各不相同,必須在各自的樣本空間中分別進(jìn)行處理.<1>中的每一個樣本點(diǎn),對應(yīng)著從α+β個球中任取a+b個球的一種取法,無需考慮順序,屬于組合問題.<2>中的每一個樣本點(diǎn),對應(yīng)著從α+β個球中依次取出三個球的一種取法,需要考慮先后次序,屬于排列問題.<3>中事件的有利場合<摸剩白球>包含了α種不同情形：摸剩α個白球,α-1個白球,…,1個白球.因此,必須對各種情形分別加以考慮.[解]<1>設(shè)A1表示事件"所取的a+b個球中恰有a個白球和b個黑球".從α+β個球中任意摸出a+b個,有種不同取法,此即樣本空間所包含的樣本點(diǎn)總數(shù).而事件A1所包含的樣本點(diǎn)數(shù),相當(dāng)于從α個白球中任取a個,從β個黑球中任取b個的取法種數(shù),共種.所以P<A1>=<2>設(shè)A2表示事件"取出的3個球依次為黑白黑".從α+β個球中依次任取3個,有種取法,此即樣本點(diǎn)總數(shù).對于有利場合,第一個和第三個黑球可在β個黑球中依次取得,有種取法,第二個白球可在α個白球中任取,有種取法.因此,A2所包含的樣本點(diǎn)數(shù)為.于是P<A2>=<3>袋中只剩白球時<設(shè)此事件為A3>,取出的球必為β個黑球,i個白球<i=0,1,…,α-1>.用Bi表示事件"取出β個黑球,i個白球,袋中留下的全是白球"<i=0,1,…,α-1>,則事件B0,B1,…,Bα-1,β必兩兩互不相容,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的含義,對于確定的i,它的樣本空間就是從α+β個球中任取i+β個球的排列.所以,樣本點(diǎn)總數(shù)為.注意到i+β個球取出后,留在袋中的全是白球,因而在這i+β個球中,最后取出的一個應(yīng)是黑球.這樣,事件Bi的有利場合,就是i+β-1個球的全排列<β個黑球中扣除1個,以保證最后取出的一個必為黑球>.顯然,i個白球可從α個白球中取得,有種取法;β-1個黑球可從β個黑球中取得,有種取法,．從而事件Bi所包含的樣本點(diǎn)數(shù)為.于是P<Bi>==把諸P<Bi>的值代入<1>式,并注意到+…即得P<A3>=…==評注如果把題中的"白球"、"黑球"換為"正品"、"次品"或"甲物"、"乙物"等等,我們就可以得到各種各樣的"摸球問題".為了讓讀者對此有深切的體會,我們再來看下面的例子：<1>一批燈泡40只,其中3只是壞的,從中任取5只檢查.問：①5只都是好的概率為多少？②5只中有2只壞的概率為多少？<答案：①;②><2>在相應(yīng)地寫有2,4,6,7,8,11,12及13的8張相同的卡片中,任意取出2張,求由所取得的兩個數(shù)構(gòu)成的分?jǐn)?shù)為可約的概率.<答案:><3>從一副撲克牌<52張>中任取6張,求得3張紅色的牌和三張黑色的牌的概率.<答案：><4>用火車運(yùn)載兩類產(chǎn)品,甲類n件,乙類m件.有消息證實(shí),在路途中有2件產(chǎn)品損壞.求損壞的是不同產(chǎn)品的概率.<答案:><5>一個班級有2n個男生和2n個女生,把全班學(xué)生任意地分成人數(shù)相等的兩組,求每組中男女生人數(shù)相等的概率.<答案：><6>從數(shù)1,2,…,n中任取兩數(shù),求所取兩數(shù)之和和偶數(shù)的概率.<答案：當(dāng)n為偶數(shù)時,p=；當(dāng)n為奇數(shù)時,p=>不難發(fā)現(xiàn),上述各個問題的解決,都可以歸結(jié)為摸球問題<例1<1>>.我們說摸球問題具有典型意義,原因也正在于此.,二、分球入盒問題[例2]把n個球以同樣的概率分配到Ｎ<n≤Ｎ>個盒子中的每一個中去,試求下列各事件的概率：<1>Ａ：某指定n個盒子中各有一球；<2>Ｂ：恰有n個盒子,其中各有一球;<3>Ｃ：某指定盒子中恰有m<m≤n>個球.思考方法解答本題時,要發(fā)掘"n個球以同樣的概率分配到Ｎ個盒子中的每一個中去"一語的含義.這句話意思是說,每一個球,被分配到任意一個盒子中去是等可能的；也就是說每一個球各有Ｎ種不同的去向.[解]因為n個球中的每一個球,都以同樣的概率進(jìn)入Ｎ個盒子中的任意一個,所以樣本點(diǎn)總數(shù)為Nn.<1>n個球分別分配到Ｎ個預(yù)先指定的盒子中去,相當(dāng)于n個球的全排列,因此事件Ａ所包含的樣本點(diǎn)數(shù)為An,于是P<A>=．<2>對于事件Ｂ,ｎ個盒子可自Ｎ個盒子中任意選取,有種選法,因而事件Ｂ包含個樣本點(diǎn),于是P<B>=.<8>事件Ｃ中的ｍ個球,可以從n個球中任意選取有種選法,其余的n-m個球可以任意分配到另外Ｎ-1個盒子中去,有<N-1>n-m種分配法.因而事件Ｃ包含個樣本點(diǎn).這樣P<C>=.評注不難發(fā)現(xiàn)當(dāng)n和Ｎ確定時P<C>只依賴于m.如果把P<C>記作Pm,依二項式定理有.上述等式的概率意義是十分明顯的.就是對于某個指定的盒子來說,進(jìn)入盒子中的球數(shù)不外是0,1,...,n;從而這n+1種情形的和事件為必然事件,其概率必為1.這個問題實(shí)質(zhì)上就是貝努利<Bernoulli>概型.n個球在Ｎ個盒子中的分布,是一種理想化的概率模型,可用以描述許多直觀背景很不相同的隨機(jī)試驗.為了闡明這一點(diǎn),我們列舉一些貌異質(zhì)同的試驗：<1>生日.ｎ個人的生日的可能情形,相當(dāng)于ｎ個球放入Ｎ=365個盒子中的不同排列<假定一年有365天>.<2>性別.ｎ個人的性別分布,相當(dāng)于把ｎ個球放入Ｎ=2個盒子中.<3>意外事件.如果把ｎ個意外事件按其發(fā)生在星期幾來分類,相當(dāng)于ｎ個球放入Ｎ=7個盒子中.<4>擲骰子.擲ｎ顆骰子的可能結(jié)果,相當(dāng)于把ｎ個球放入Ｎ=6個盒子中.<5>質(zhì)點(diǎn)入格.ｎ個質(zhì)點(diǎn)落于Ｎ個格子中的可能情形,相當(dāng)于ｎ個球分入Ｎ個盒子中.<6>旅客下站.一列火車中有ｎ名旅客,它在Ｎ個站上都停.旅客下站的各種能情形,相當(dāng)于n個球分到Ｎ個盒子中的各種情形.<7>住房分配.n個人被分配到Ｎ個房間中去住,則人相當(dāng)于球,房間相當(dāng)于盒子.<8>印刷錯誤.ｎ個印刷錯誤在一本具有Ｎ頁的書中的一切可能的分布,相當(dāng)于ｎ個球放入Ｎ個盒子中的一切可能分布<ｎ必須小于每一頁的字?jǐn)?shù)>.從上面所列舉的部分試驗,我們不難體會分球入盒的模型的意義.因而使例2成為古典概率中的典型問題之一,為一類實(shí)際問題的求解,提供了有效的途徑.作為練習(xí),讀者可利用本題的思想方法,解答下列各題：<1>同時擲4顆質(zhì)量均勻的骰子,求出現(xiàn)完全不相同的點(diǎn)數(shù)的概率.<答案：><2>設(shè)一個人的生日在星期幾是等可能的,求6個人的生日都集中在一星期中任意兩天但不是都在同一天的概率.<答案：><3>有n個質(zhì)點(diǎn),每個質(zhì)點(diǎn)都等可能地落于Ｎ<ｎ≤Ｎ>個格子中的每一個.試求每一格子至多含一點(diǎn)的概率.<答案：><4>設(shè)有n個人,每個人都等可能地被分配到n個房間中的任一間去住.求恰有一個空房間的概率.<答案:．>三、隨機(jī)取數(shù)問題[例3]從1,2,…,10這十個數(shù)中任取一個,假定各個數(shù)都以同樣的概率被取中,取后還原,先后取出7個數(shù),試求下列各事件的概率：<1>A1：7個數(shù)全不相同；<2>A2：不含10與1；<3>A3：10恰好出現(xiàn)兩次；<4>A4：10至少出現(xiàn)兩次；<5>A5：取到的最大數(shù)恰好為6．思考方法本題所及的隨機(jī)試驗,就取樣方法來說,屬于返回取樣.也就是說,把某數(shù)取出后還原,下次仍有同樣的可能再取到這個數(shù).注意到這一特點(diǎn),運(yùn)用上節(jié)介紹的思想方法,原題就不難得解.[解]依題設(shè)樣本空間就是10個相異元素允許重復(fù)的7元排列.所以樣本點(diǎn)總數(shù)為107．<1>事件A1,要求所取的7個數(shù)是互不相同的,考慮到各個數(shù)取出時有先后順序之分,所以有利場合相當(dāng)于從10個相異元素里每次取出7個相異元素的排列.因此,A1所包含的樣本點(diǎn)數(shù)為.于是P<A1>=.<2>事件A2：先后取出的7個數(shù)中不含10與1,所以,這7個數(shù)只能從2,3,4,5,6,7,8,9這8個數(shù)中取得.注意到實(shí)驗屬于有返回取樣,則A2的有利場合,相當(dāng)于8個相異元素允許重復(fù)的7元排列.于是,A2所包含的樣本點(diǎn)數(shù)為87,有P<A2>=.<3>事件A3中出現(xiàn)的兩次10,可以是7次取數(shù)中的任意兩次,有種取法,其余的5次,每次可以取剩下的9個數(shù)中的任一個,共有95種取法.于是A3的有利場合為.由此P<A3>=.<4>事件A4是六個兩兩互不相容事件"10恰好出現(xiàn)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.這里是事件"10恰好出現(xiàn)一次或一次也不出現(xiàn)"顯然P<>=.<5>事件A5的有利場合,就是6個相異元素<1,2,3,4,5,6>允許重復(fù)的最大數(shù)恰好為6的7元排列.這種排列可以分為6出現(xiàn)1次,2次,3次,4次,5次,6次,7次等七類,顯然,它們的排列數(shù)依次是,,于是P<A5>=.事件A5的有利場合數(shù)也可以這樣來考慮：最大數(shù)字不大于6的7元重復(fù)排列,有67種,它可以分為兩類,一類是最大數(shù)恰好是6的7元重復(fù)排列；一類是最大數(shù)小于6的7元重復(fù)排列.注意到第二類重復(fù)排列有57種,則第一類重復(fù)排列有67-57種.于是．P<A5>=.評注例3是一個比較典型的返回取樣問題,解題的思想方法,對于同類問題具有指導(dǎo)意義.但決不能把它作為現(xiàn)成的公式亂套,即使同是隨機(jī)取數(shù)問題,也須斟酌題意靈活運(yùn)用.例如,下面的四個問題,表面看結(jié)構(gòu)相仿,實(shí)質(zhì)上差別較大,讀者不妨一試,以資鑒別.<1>電話號碼有五個數(shù)字組成,求電話號碼由完全不同的數(shù)字組成的概率.<答案：．><2>某單位印刷的一種單據(jù),編號由五個數(shù)字組成,從00001開始,求任取其中一張,編號由完全不同的數(shù)組成的概率.<答案:．><3>在0至9這十個數(shù)字中,不放回地任取5個,求能排成由完全不同的數(shù)字組成的五位數(shù)的概率.<答案:．><4>在0至9這十個數(shù)字中,有放回地任取5個,求能排成由完全不同的數(shù)字組成的6位數(shù)的概率.<答案:．>四、選票問題[例4]假定在一次選舉中,候選人甲得a票,候選人乙得b票,且a＞b,試求下列事件的概率：<1>Ａ：在計票過程中,甲、乙的票數(shù)在某個時刻相等；<2>Ｂ：在計票過程中,甲的票數(shù)總比乙的票數(shù)多;<3>Ｃ：在計票過程中,甲的票數(shù)總不落后于乙.思考方法本題結(jié)構(gòu)比較復(fù)雜,不大容易入手.為了便于分析,我們不妨考慮一個簡化問題,比如,令a=3,b=2．這時,樣本空間就是3張屬于甲的選票和2張屬于乙的選票的全排列.顯然這是一個不盡相異元素的全排列問題,其排列種數(shù)為．如果把樣本點(diǎn)具體寫出來,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.為了直觀地反映事件Ａ,Ｂ,Ｃ的情形,我們可以利用平面坐標(biāo)的思想,建立樣本點(diǎn)和平面折線的對應(yīng)關(guān)系.具體地說,以橫軸表示計票張數(shù),縱軸表示計票過程中甲、乙兩候選人所得票數(shù)之差；先依樣本點(diǎn)在計票過程中的情形,在坐標(biāo)平面上確定點(diǎn)的位置,再用線段把各點(diǎn)連成折線.如圖3-3[1]所示,點(diǎn)Ｏ<0,0>表示計票起點(diǎn)；點(diǎn)Ａ<1,-1>表示第一張選票是屬于乙的,甲、乙票數(shù)之差等于-1；點(diǎn)Ｂ<2,-2>表示第二張選票也是屬于乙的,這時共計了兩張選票,甲、乙票數(shù)之差等于-2；點(diǎn)Ｃ<3,-1>表示第三張選票是屬于甲的,這時共計了三張選票,甲、乙票數(shù)之差等于-1；點(diǎn)Ｄ<4,0>表示第四張選票是屬于甲的,這時共計了四張選票,甲、乙票數(shù)之差等于0,即兩人得票數(shù)相等；點(diǎn)Ｅ<5,1>表示第五張選票也是屬于甲的,這時共計了五張選票,甲、乙票數(shù)之差等于1.這樣,圖3-3[1]的折線就形象地刻劃了樣本點(diǎn)"乙乙甲甲甲"在計票過程中的情形.同樣,圖3-3[2]至[10]的各條折線,刻劃了其余九個樣本點(diǎn)在計票過程中的情形.經(jīng)過上述處理,我們從圖3-3就可以形象地看到：事件Ａ包含的樣本點(diǎn),它們所對應(yīng)的折線,除起點(diǎn)外,與橫軸至少有一個公共點(diǎn)；事件Ｂ包含的樣本點(diǎn),它們所對應(yīng)的折線,除起點(diǎn)外,圖形全在橫軸的上方,與橫軸沒有其余的公共點(diǎn)；事件Ｃ的樣本點(diǎn),它們所對應(yīng)的折線,在橫軸的上方,且與橫軸允許有其余的公共點(diǎn).這樣,從圖中容易得到,Ａ的樣本點(diǎn)數(shù)為8,Ｂ的樣本點(diǎn)數(shù)為2,Ｃ的樣本點(diǎn)數(shù)為5．于是P<A>=8/10=0.8;P<B>=2/10=0.2;P<C>=5/10=0.5.分析到這里,簡化問題得以解決.為了能用于指導(dǎo)原題的解答,我們還需對簡化問題作進(jìn)一步的考察.細(xì)酌題中的各個事件,從圖3-3可以得到以下結(jié)論：1.在計票過程中,甲的票數(shù)總比乙少的情形是不可能發(fā)生的.事實(shí)上,如果甲的票數(shù)總比乙少,那么甲的得票總數(shù)將比乙少,與條件a＞b相矛盾.這就表明,事件Ａ與Ｂ必為互逆事件.2.事件Ｂ的樣本點(diǎn),對應(yīng)于圖3-3[9]、[10]所示的折線.這兩個樣本點(diǎn)的共同特點(diǎn)是：甲先得一票；如果把這一票扣除,那么余下的四票就組成甲得2票、乙得2票時,事件"在計票過程中,甲的票數(shù)總不落后于乙"的樣本點(diǎn).這樣,我們就可把事件Ｂ與事件Ｃ聯(lián)系起來,相互轉(zhuǎn)化.3.從1、2可知,解題的關(guān)鍵,在于推求P<A>；而計算P<A>的關(guān)鍵,又在于確定Ａ的樣本點(diǎn)數(shù).從圖3-3不難看出,A的樣本點(diǎn)可以分為兩類：一類是第一張選票屬于乙的;另一類是第一張選票屬于甲的.前一類樣本點(diǎn)數(shù),相當(dāng)于3張屬于甲的選票和2-1=1張屬于乙的選票的全排列數(shù)：．后一類樣本點(diǎn)數(shù),似難直接推算.但從圖3-3可以看出.如果把這一類樣本點(diǎn)所對應(yīng)的折線,從起點(diǎn)到首次觸到橫軸的部分,對橫軸作一次反射,那么就得到第一類樣本點(diǎn)<參考圖3—3[1]—[4]與[5]—[8].這就是說,兩類樣本點(diǎn)在所作的反射下是一一對應(yīng)的.所以,第二類樣本點(diǎn)數(shù)等于第一類樣本點(diǎn)數(shù).分析到這里,原題就不難解出了.[解]依題設(shè),樣本空間就是a張屋于甲的選票與b張屬于乙的選票的全排列.這是一個不盡相異元素的排列問題,排列種數(shù)為,這就是樣本點(diǎn)的總數(shù).<1>為了計算A的樣本點(diǎn)數(shù).我們把A的每個樣本點(diǎn)表示成形如圖3—3的折線,橫標(biāo)為計票張數(shù),縱標(biāo)為甲、乙票數(shù)之差；斜率為1的線段表示計票過程中甲得票,斜率為-1的線段表示計票過程中乙得票.這樣,可以把A的樣本點(diǎn)分成兩類：第一類為第一張選票屬于乙的,在這種場合,于某個時刻必然會出現(xiàn)甲、乙兩人的票數(shù)相等<因為a>b>；第二類為第一張選票屬于甲,且在某時刻甲、乙兩人的票數(shù)相等.這里,第一類樣本點(diǎn)數(shù),相當(dāng)于a張屬于甲的選票與b-1張屬于乙的選票的全排列數(shù),有種.對于第二類樣本點(diǎn)的任一折線,從起點(diǎn)到首次觸到橫軸的部分對橫軸作一次反射,其余部分保持不變,就得到第一類樣本點(diǎn)的一條折線<圖3-4>.不難證明,用這樣的方法可以建立起第一類與第二類樣本點(diǎn)之間的一一對應(yīng)關(guān)系.所以,第二類樣本點(diǎn)數(shù)也是．這樣,事件Ａ的樣本點(diǎn)數(shù)為．于是P<A>=<2>在a＞b的條件下,事件Ｂ是事件Ａ的逆事件,所以P<B>=1-P<A>=1-.<3>為了方便起見,我們用Ca,b記事件"在計票過程中,甲的票數(shù)總不落后于乙";用Ba,b記事件"在計票過程中,甲的票數(shù)總比乙多"<足碼a,b表示在計票過程中一共有a＋b張選票,其中a張屬于甲的,b張屬于乙的>.容易看出,Ba,b的樣本點(diǎn),它們所對應(yīng)的折線,全在橫軸的上方.所以,如果把第一張屬于甲的選票去掉<相當(dāng)于把橫軸向上平移一個單位>,那么余下的折線仍在新橫軸的上方,最多與新橫軸有若干個公共點(diǎn)<圖3-5>,從而必是Ca-1,b的樣本點(diǎn).也就是說,Ca-1,b的樣