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概率论课件古典概型与几何概型


引例

一个纸桶中装有10个大小, 形状完全相同

的球.

将球编号为1-10. 把球 搅

匀, 蒙上眼睛从中任取一球. 因 为抽取时这些球被抽到的可能性

是完全平等的, 所以我们没有理
由认为这10个球中某一个会比另

3 4 7 8 6 1

2 10 9 5

一个更容易抽得, 也就是说, 这10 个球中的任一个被抽取的可能性均
为1/10. 设i表示取到i号球(i=1,2,…,10). 则该试验

的样本空间 S ? ? 1,2,?,10?, 且每个样本点(基本

的样本空间 S ? ? 1,2,?,10 ?, 且每个样本点(基本

的样本空间 S ? ? 1,2,?,10 ?, 且每个样本点(基本
事件)

?i?

(i ? 1,2,?,10)

出现的可能性相同. 称这样一类随机试验为古典概型.



古典概型 古典概型是一类简单的概率模型, 它曾经是概率

论发展初期主要研究对象.它满足下列两个假设条件:
(1) 随机试验的结果只有有限个可能;

(2) 每一个可能结果发生的可能性相同.
因而古典概型又称为等可能概型. 它在数学上可表 述为: (1) 试验的样本空间有限, 记 S ? ?e1 , e2 ,?, en ?; (2) 每一基本事件的概率相同, 记

Ai ? ?ei ??i ? 1,?, n?, 即

古典概型

Ai ? ?ei ??i ? 1,?, n?, 即

古典概型

Ai ? ?ei ??i ? 1,?, n?,
由概率的公理化定义知



P ( A1 ) ? P ( A2 ) ? ? ? P ( An ).
1 ? P ( S ) ? P (U Ai ) ? nP ( Ai )
i ?1 n

P ( Ai ) ? 1 , i ? 1,2,?, n n
设事件A包含其样本空间S中K个基本事件, 即 设事件A包含其样本空间S中K个基本事件, 即

古典概型

设事件A包含其样本空间S中K个基本事件, 即

古典概型 设事件A包含其样本空间S中K个基本事件, 即

A ? Ai1 ? Ai2 ? ? ? Aik ,
则事件A发生的概率

A包含的基本事件数 k P ( A) ? ? P ( Ai j ) ? n S中基本事件的总数 j ?1
称此概率为古典概率, 这种确定概率的方法称为 古典方法. 这就把求古典概率的问题转化为对基

k

本事件的计数问题.


计算古典概率的方法 基本计数原理 加法原理 乘法原理 排列组合方法 排列公式 组合公式 二项式 完

加法原理 设完成一件事有m种方式, 其中
nm ... n1 n2 B

第一种方式有 n1 种方法, 第二种方式有 n2 种方法, ……,
事的方法总数为

A

无论通过哪种方法都可以完成这件事, 则完成这件

n1 ? n2 ? ? ? nm

加法公式

例如, 某人要从甲到乙地去, 可以乘火车或乘轮船,
已知火车有两班, 轮船有三班, 问他共有多少种方

加法原理

已知火车有两班, 轮船有三班, 问他共有多少种方

加法原理

已知火车有两班, 轮船有三班, 问他共有多少种方
法从甲地到乙地去? 答: 共有3+2种方法.



乘法原理 设完成一件事有 m个步骤, 其中 第一个步骤有 n1 种方法, 第二个步骤有 n2 种方法, …… 必须通过每一步骤才算完成这件事.
A n1 n2 n3 ... nm B

则完成这件事的方法总数为

n1 ? n2 ? ?? nm

乘法公式

乘法原理

则完成这件事的方法总数为

n1 ? n2 ? ?? nm

乘法公式

乘法原理 则完成这件事的方法总数为

n1 ? n2 ? ?? nm
以有多少种打扮?

乘法公式

例如, 若一个男人有三顶帽子和两件背心, 问他可

答: 共有3×2种打扮.



排列公式

1. 从n个不同元素任取k个 ?1 ? k ? n? 的不同排列
总数为

Pnk ? n( n ? 1)( n ? 2)?( n ? k ? 1) ?
k=n 时称其为全排列:

n! ( n ? k )!

Pnn ? Pn ? n( n ? 1)( n ? 2)?2 ? 1 ? n!
例如, n=4,k=3时, P43 ? 4 ? 3 ? 2 ? 24;

P4 ? 4 ? 3 ? 2 ? 1 ? 24
2. 在允许重复条件下, 从n个不同元素中取k个

排列公式

2. 在允许重复条件下, 从n个不同元素中取k个

排列公式

2. 在允许重复条件下, 从n个不同元素中取k个

(1 ? k ? n) 的不同排列总数为

n ? n?n ? n
有 种可能取法.

k

例如,从装有4张卡片的盒中有放回地摸取3张, 则共

4?4?4 ? 4

3



补例

把C,C,E,E,I,N,S七个字母 分别写在七张同样

的卡片上, 并且将卡片放入同一盒中, 现从盒中任意 一张一张地将卡片取出, 并将其按取到的顺序排成一
列, 假设排列结果恰好拼成一个英文单词:SCIENCE. 问: 在多大程度上认为这样的结果是奇怪的, 甚至怀

疑是一种魔术? 解 七个字母排列总数为7! 拼成英文单词SCIENCE的情况数为2×2=4
故该结果出现概率为:

P ? 4 ? 1 ? 0.00079 7! 1260

P ? 4 ? 1 ? 0.00079 7! 1260

P ? 4 ? 1 ? 0.00079 7! 1260
其实际意义是: 如果多次重复这一抽卡试验, 则我 们所关心的事件在1260次试验中大约出现1次.
这样的小概率事件在一次抽卡试验中就发生了, 人们 有99.9%的把握怀疑这是魔术.



组合公式 从n个不同元素任取k个 (1 ? k ? n) 的不同组合总数 为
k n

P n! C ? ? k! ( n ? k )! k!
k n

k n

?n ? C 有时记作 ? ?k ? ? , 称为组合系数. ? ? k Pnk ? C n ? k!
排列和组合的区别:

顺序不同的排列视为不同的排列, 而组合与顺 序无关. 例如, 从5个球中任取3个的取法共有多少种?

组合公式

例如, 从5个球中任取3个的取法共有多少种?

组合公式 例如, 从5个球中任取3个的取法共有多少种?
3 答: 共有 C5 ( ? 10) 种取法. 又如, 1至5五个数字可组成多少个没有重复数字的

三位数? 3 答: 总共可以组成 P5 ( ? 60) 个没有重复数字的三

位数.
注: n个不同元素分为k组, 各组元素数目分别为

r1 , r2 ,?, rk 的分法总数为 rk r1 r2 n! Cn ? Cn ? C ? , r1 ? r2 ? ? ? rk ? n ? r1 rk r1 ! r2 !?rk !


补例 只.

n双相异的鞋共2n只, 随机地分成n堆, 每堆2

问: “各堆都自成一双鞋”(事件A)的概率是多少?
解 把2n只鞋分成n堆, 每堆2只的分法总数为

(2n)! ( 2n)! ? n 2!2!?2! 2
而出现事件A的分法数为n!,故
n n ! n!2 P ( A) ? ? n ( 2n )! ( 2n)! / 2



二项式

(a ? b) ? C b ? C ab
n 0 n n 1 n

n?1

?C a b
2 n

2 n? 2

? ?? C a
n n

n

? ?C a b
k ?0 k n k
k n

n

n? k

其中组合系数 C 又常称为二项式系数, 利用上述 公式, 可得到许多有用的组合公式: 令a=b=1, 得

C ? C ? C ? ?? C ? 2
0 n 1 n 2 n n n

n

令 a ? ?1, b ? 1, 得

C ? C ? C ? ? ? (-1) C ? 0
0 n 1 n 2 n n n n

二项式

C ? C ? C ? ? ? (-1) C ? 0
0 n 1 n 2 n n n n

二项式

C ? C ? C ? ? ? (-1) C ? 0
0 n 1 n 2 n n n n
m ?n m n 展开后比较两边 (1 ? x) ? ( 1 ? x ) ( 1 ? x ) 由

x

k

的系数得
k i k ?i Cm ? C C ? m n ?n i ?0 k



例1 掷一颗匀称骰子, 设 A 表示所掷结果为 “四点 或五点”,B 表示所掷结果为 “偶数点”,求 P ( A) 和

P ( B ).
解 设 A1 ? {1}, A2 ? {2}, ?, A6 ? {6}, 分别表示所 掷结果为 “一点”,“两点”? , , “六点”, 则样本空间

? ? {1,2,3,4,5,6},

A1 , A2 ,?, A6 是所有不同的基本事件, 且它们发生 的概率相同, 于是 P ( A1 ) ? P ( A2 ) ? ? ? P ( A6 ) ? 1 . 6 由 A ? A4 ? A5 ? {4,5}, B ? A2 ? A4 ? A6 ? {2,4,6}, 得 P ( A) ? 2 ? 1 , P ( B ) ? 3 ? 1 . 6 3 6 2 完

例 2 一个袋子中装有 10 个大小相同的球, 其中 3
个黑球, 7 个白球, 求: (1) 从袋子中任取一球, 这个球是黑球的概率; (2) 从袋子中任取两球, 刚好一个白球一个黑球的

概率 以及两个球全是黑球的概率.
解 (1) 10 个球中任取一个, 共有 C ? 10 种. 从
1 10

而根据古典概率计算, 事件 A : “取到的球为黑球” 的概率为
1 C3 P ( A) ? 1 ? 3 . C10 10

例 2 一个袋子中装有 10 个大小相同的球, 其中 3
个黑球, 7 个白球, 求: (2) 从袋子中任取两球, 刚好一个白球一个黑球的

概率 以及两个球全是黑球的概率.


例 2 一个袋子中装有 10 个大小相同的球, 其中 3
个黑球, 7 个白球, 求: (2) 从袋子中任取两球, 刚好一个白球一个黑球的 概率 以及两个球全是黑球的概率.
2 解 (2) 10 个球中任取两球的取法有 C10 种, 其中 1 1 刚好一个白球, 一个黑球的取法有 C 3 ? C7 种取法,

两个球均是黑球的取法有 C 种, 记 B 为事件“刚 好取到一个白球一个黑球”, C 为事件“两个球均 为黑球”, 则

2 3

2 解 (2) 10 个球中任取两球的取法有 C10 种, 其中 1 1 刚好一个白球, 一个黑球的取法有 C 3 ? C7 种取法,

两个球均是黑球的取法有 C 种, 记 B 为事件 “刚 好取到一个白球一个黑球”, C 为事件 “两个球均 为黑球”, 则

2 3

2 解 (2) 10 个球中任取两球的取法有 C10 种, 其中 1 1 刚好一个白球, 一个黑球的取法有 C 3 ? C7 种取法,

两个球均是黑球的取法有 C 种, 记 B 为事件 “刚 好取到一个白球一个黑球”, C 为事件 “两个球均 为黑球”, 则
1 1 C3 C 7 21 P( B) ? 2 ? ? 7, 45 15 C10 2 C3 P (C ) ? 2 ? 3 ? 1 . C10 45 15

2 3



例 3 将标号为 1,2,3,4 的四个球 随意地排成一行,
求下列各事件的概率: (1) 各球自左至右或自右至左 恰好排成 1,2,3,4 的 顺序; (2) 第 1 号球排在最右边或最左边; (3) 第 1 号球与第 2 号球相邻; (4) 第 1 号球排在第 2 号球的右边(不一定相邻).

解 将 4 个球随意地排成一行有 4!=24 种排法, 即 基本事件总数为 24. 记 (1), (2), (3), (4) 的事件分
别为 A, B, C , D.

解 将 4 个球随意地排成一行有 4!=24 种排法, 即 基本事件总数为 24. 记 (1), (2), (3), (4) 的事件分
别为 A, B, C , D.

解 将 4 个球随意地排成一行有 4!=24 种排法, 即 基本事件总数为 24. 记 (1), (2), (3), (4) 的事件分 别为 A, B, C , D. (1) A 中有两种排法, 故有

P ( A) ? 2 ? 1 . 24 12 (2) B 中有 2 ? ( 3! ) ? 12 种排法, 故有 P ( B ) ? 12 ? 1 . 24 2 (3) 先将第1,2号球排在任意相邻两个位置, 共有 2 ? 3 种排法,

其余两个球可在其余两个位置任意排

放, 共有2!种排法, 因而 C 有 2 ? 3 ? 2 ? 12 种排 法, 故

P (C ) ? 12 / 24 ? 1 / 2.

(4) 第1号球排在第2号球的右边的每一种排法, 交 换第1号球和第2号球的位置便对应于第1号球排在 第2号球的左边的一种排法, 反之亦然. 因而第1号
球排在第2号球的右边与第1号球排在第2号球的左 边的排法种数相同, 各占总排法数的 1 / 2, 故有

P ( D) ? 1 / 2.

例 4 将 3 个球随即放入 4 个杯子中, 问杯子中球 的个数最多为 1,2,3 的概率各是多少?

解 设 A, B , C 分别表示 杯子中的最多球数分别为 1,2,3 的事件. 我们认为球是可以区分的, 于是, 放
球过程的所有可能结果数为 n ? 43.

(1) A 所含的基本事件数: 即是从 4 个杯子中任选

3个杯子, 每个杯子放入一个球, 杯子的选法有 C 43 种, 球的放法有 3! 种, 故 C 43 ? 3! 3 P ( A) ? ? . 43 8



(1) A 所含的基本事件数: 即是从 4 个杯子中任选

3个杯子, 每个杯子放入一个球, 杯子的选法有 C 43 种, 球的放法有 3! 种, 故 C 43 ? 3! 3 P ( A) ? ? . 43 8

解 (1) A 所含的基本事件数: 即是从 4 个杯子中 任选 3个杯子, 每个杯子放入一个球, 杯子的选法 有 C 43 种, 球的放法有 3! 种, 故

C 43 ? 3! 3 P ( A) ? ? . 43 8

(2) C 所含的基本事件数: 由于杯子中的最多球 数是 3, 即 3 个球放在同一个杯子中共有 4 种放
法, 故

P (C ) ? 43 ? 1 . 4 16



(2) C 所含的基本事件数: 由于杯子中的最多球 数是 3, 即 3 个球放在同一个杯子中共有 4 种放
法, 故

P (C ) ? 43 ? 1 . 4 16

(2) C 所含的基本事件数: 由于杯子中的最 多球数是 3, 即 3 个球放在同一个杯子中共有 4 解 种放法, 故

P (C ) ? 43 ? 1 . 4 16 (3) 由于三个球放在 4 个杯子中的各种可能放法
为 事件

A ? B ? C,
9 ? . P ( B ) ? 1 ? P ( A) ? P (C ) 16

显然 A ? B ? C ? S , 且 A, B , C 互不相容, 故



例 5 将 15 名新生 (其中有 3 名优秀生) 随机地分 配到三个班级中, 其中一班 4 名, 二班 5 名, 三 班 6 名, 求: (1) 每一个班级各分配到一名优秀生的概率; (2) 3 名优秀生被分配到一个班级的概率.

解 15 名新生分别分配给一班 4 名,
三班 6 名的分法有:
4 5 6 ? 15! (种). C15 C11 C6 4!5!6!

二班 5 名,

(1) 将 3 名优秀生分配给三个班级各一名,

解 15 名优秀生分别分配给一班 4 名, 二班 5 名,
三班 6 名的分法有:
4 5 6 ? 15! (种). C15 C11 C6 4!5!6!

(1) 将 3 名优秀生分配给三个班级各一名,

解 15 名优秀生分别分配给一班 4 名, 二班 5 名, 三班 6 名的分法有:
4 5 6 ? 15! (种). C15 C11 C6 4!5!6!

(1) 将 3 名优秀生分配给三个班级各一名, 共有 3! 种分法, 再将剩余的 12 名新生分配给一班 3 名,

12 ! 3 4 5 二班 4 名, 三班 5 名, 共有 C12 (种) C9 C5 ?
分法. 法有:

3!4!5!

根据乘法法则, 每个班级分配到一名优秀生的分

3!? 12! ? 12! (种), 3!4!5! 4!5!



(1) 将 3 名优秀生分配给三个班级各一名, 共有 3! 种分法, 再将剩余的 12 名新生分配给一班 3 名,

12 ! 3 4 5 二班 4 名, 三班 5 名, 共有 C12 (种) C9 C5 ?
分法. 法有:

3!4!5!

根据乘法法则, 每个班级分配到一名优秀生的分

3!? 12! ? 12! (种), 3!4!5! 4!5!

解 (1) 将 3 名优秀生分配给三个班级各一名, 共 有 3! 种分法, 再将剩余的 12 名新生分配给一班

12 ! 3 4 5 3 名, 二班 4 名, 三班 5 名, 共有 C12 ? C9 C5 3!4!5!
(种) 分法. 法有: 故其对应概率 根据乘法法则, 每个班级分配到一名优秀生的分

3!? 12! ? 12! (种), 3!4!5! 4!5!

12! 15! ? ? 12!6! ? 24 ? 0.2637. P 4!5! 4!5!6! 15! 91

i 班” 解 (2) 用 Ai 表示时间“3名优秀生全部分配到
( i ? 1,2,3).
12 ! A1 中所含基本事件个数 m1 ? C ? C ? 5!6! 4 2 12 ! m ? 中所含基本事件个数 ? C ? C A2 2 12 8 2!4!6! 12 ! 4 5 m A3 中所含基本事件个数 3 ? C12 ? C 8 ? 3!4!5! 15 ! 中分析知基本事件的总数 n ? , 所以 由(1) 4!5!6! m1 12! 15! P ( A1 ) ? ? ? 4!12! ? 0.00879. n 5!6! 4!5!6! 15!
1 12 5 11

解 (2)

m1 12! 15! P ( A1 ) ? ? n 5!6! 4!5!6!

? 0.00879.

m 解 (2) P ( A1 ) ? 1 ? 12!

15! ? 0.00879. n 5!6! 4!5!6! m2 15! ? 12!5! ? 0.02198. P ( A2 ) ? ? 12! n 2!4!6! 4!5!6! 2!15! m3 15! ? 12!6! ? 0.04396. P ( A3 ) ? ? 12! 3!4!5! 4!5!6! 3!15! n 因为 A1 , A2 , A3 互不相容, 所以 3 名优秀生被分
配到同一班级的概率为:

P ( A) ? P ( A1 ? A2 ? A3 )

? P ( A1 ) ? P ( A2 ) ? P ( A3 ) ? 0.07473.
注: 在用排列组合公式计算古典概率时,

解 (2) P ( A1 )

? 0.00879. ? 0.02198. ? 0.04396.

P ( A2 )

P ( A3 )
配到同一班级的概率为:

因为 A1 , A2 , A3 互不相容, 所以 3 名优秀生被分

P ( A)

? P ( A1 ) ? P ( A2 ) ? P ( A3 ) ? 0.07473.
注: 在用排列组合公式计算古典概率时,

解 (2) P ( A1 ) ? 0.00879,

P ( A2 ) ? 0.02198, P ( A3 ) ? 0.04396. 因为 A1 , A2 , A3 互不相容, 所以 3 名优秀生被分
配到同一班级的概率为:

P ( A) ? P ( A1 ) ? P ( A2 ) ? P ( A3 ) ? 0.07473.
注: 在用排列组合公式计算古典概率时, 必须注 意在计算样本空间 S 和事件 A 所包含的基本事 件数时, 基本事件数的多少与问题是排列还是组 合有关, 不要重复计数, 也不要遗漏.



例 6 在 1~2000 的整数中随机地取一个数, 问取 到的整数既不能被 6 整除, 又不能被 8 整除的概 率是多少? 解 设 A 为事件“取到的数能被 6 整除”, B 为事 件“取到的数能被 8 整除”则所求概率为 ,

P( A B ) ? P ( A ? B ) ? 1 ? P ( A ? B)
? 1 ? { P ( A) ? P ( B ) ? P ( AB )}. 333 2000 . ? 334, 故得 P ( A) ? 由于 333 ? 2000 6 由于 2000 ? 250, 故得 P ( B ) ? 250 . 8 2000

解 设 A 为事件“取到的数能被 6 整除”, B 为事 件“取到的数能被 8 整除”则所求概率为 ,

P( A B )
? 1 ? { P ( A) ? P ( B ) ? P ( AB )}. 333 . 得 P ( A) ? 2000 P ( B ) ? 250 . 2000

解 设 A 为事件“取到的数能被 6 整除”, B 为事 件“取到的数能被 8 整除”则所求概率为 ,

P ( A B ) ? 1 ? { P ( A) ? P ( B ) ? P ( AB )}. 333 250 得 P ( A) ? , P( B) ? . 2000 2000 又由于一个数同时能被 6 与 8 整除, 就相当于能 被 24 整除, 因此, 由

2000 83 ? ? 84 24
于是所求概率为

P ( AB ) ? 83 . 2000

解 设 A 为事件“取到的数能被 6 整除”, B 为事 件“取到的数能被 8 整除”则所求概率为 ,

P ( A B ) ? 1 ? { P ( A) ? P ( B ) ? P ( AB )}. 333 250 得 P ( A) ? , P( B) ? . 2000 2000

P ( AB ) ? 83 . 2000
于是所求概率为

解 设 A 为事件“取到的数能被 6 整除”, B 为事 件“取到的数能被 8 整除”则所求概率为 ,

P ( A B ) ? 1 ? { P ( A) ? P ( B ) ? P ( AB )}. 333 250 得 P ( A) ? , P( B) ? , 2000 2000 83 P ( AB ) ? . 2000
于是所求概率为

333 250 83 3 ? ? ? 1 ? ? ? ? ?? . P ? 2000 2000 2000 ? 4


几何概型 古典概型只考虑了有限等可能结果的随机试验模 型. 下面我们进一步研究样本空间为一线段、平面区 域或空间立体等的 等可能随机试验的概率模型——几 何概型.

1. 设样本空间S是平面上
某个区域, 它的面积记 为 ? (S) .
A S

2. 向区域S上随机投掷一
点, 这里“随机投掷一

几何概型

点, 这里“随机投掷一

几何概型 点, 这里“随机投掷一 该点落入S内任何部分区域内的可能性 点”的含义是指 只与区域面积成比例, 而与这部分区域的位置 和形状无关. 3. 设事件A是S的某个区域, 它的面积为 ? (A), 则向

区域S上随机投掷一点, 该点落在区域A的概率为

? ( A) P ( A) ? 几何概率 ?(S)

( *)

注: 若样本空间S为一线段或一空间立体, 则向S“投 ( *) 式来确定, 但 ? (?)应理解 点”的相应概率仍可用
为长度或体积. 完

例 7 某人午觉醒来, 发觉表停了, 他打开收音机, 想听电台报时, 设电台每正点时报时一次, 求他

(她) 等待时间短于 10 分钟的概率.
解 以分钟为单位, 记上一次报时时刻为 0, 下一 次报时时刻为 60, 于是 这个人打开收音机的时间 必在 (0,60), 记“等待时间短于 10 分钟” 为事件 A, 则有

S ? (0,60),
于是

A ? (50,60) ? S ,

1 10 P ( A) ? ? . 60 6



例 8 (会面问题) 甲、乙两人相约在 7 点到 8 点之 间在某地会面, 先到者等候另一人 20 分钟, 过时 就离开. 如果每个人 可在指定的一小时内任意时 到达, 试计算二人能够会面的概率.

解 记 7 点为计算时刻的 0 时, 以分钟单位, x , y
分别记甲、乙达到指定地点的时刻, 则样本空间 为

S ? {( x , y ) | 0 ? x ? 60,0 ? y ? 60}. A ? {( x , y ) | ( x , y ) ? S , | x ? y |? 20}

以 A 表示事件“两人能会面”则显然有 ,


样本空间 为

S ? {( x , y ) | 0 ? x ? 60,0 ? y ? 60}. A ? {( x , y ) | ( x , y ) ? S , | x ? y |? 20}

以 A 表示事件“两人能会面”则显然有 ,



样本空间为

S ? {( x , y ) | 0 ? x ? 60,0 ? y ? 60}.
以 A 表示事件“两人能会面”, 则显然有

A ? {( x , y ) | ( x , y ) ? S , | x ? y |? 20}
根据题意, 这是一个几何概 型问题, 于是

? ( A) P ( A) ? ?(S)
60 ? 40 5. ? ? 2 9 60
2 2



课堂练习 设有 N 件产品, 其中有 M 件次品, 现从中任取n 件, 求其中恰有 k ( k ? M ) 件次品的概率.

练习解答 设有 N 件产品, 其中有 M 件次品, 现从中任取n 件, 求其中恰有 k ( k ? M ) 件次品的概率. 解 在 N 件产品中任取 n 件(这里指无放回抽样), n 种; 所有可能的取法共有 C N k 在 M 件次品中任取 k 件, 所有可能的取法共有C M 种; 而在 N ? M 件正品中任取 n ? k 件, 所有可能的取 n? k C 法共有 N ? M 种. 由乘法原理知, 在 N 件产品任取 n 件, 其中恰有 k
k n? k CN 件次品的取法共有 C M 于是, 所求概率为 ? M 种,

练习解答 设有 N 件产品, 其中有 M 件次品, 现从中任取n 件, 求其中恰有 k ( k ? M ) 件次品的概率. 解
k 在 M 件次品中任取 k 件, 所有可能的取法共有C M 种; 而在 N ? M 件正品中任取 n ? k 件, 所有可能的取 n? k C 法共有 N ? M 种. 由乘法原理知, 在 N 件产品任取 n 件, 其中恰有 k k n? k CN 件次品的取法共有 C M 于是, 所求概率为 ? M 种,

练习解答 设有 N 件产品, 其中有 M 件次品, 现从中任取n 件, 求其中恰有 k ( k ? M ) 件次品的概率. 解 在 M 件次品中任取 k 件, 所有可能的取法共有 k CM 种; 而在 N ? M 件正品中任取 n ? k 件, 所有可能的取 n? k 法共有C N ? M 种. 由乘法原理知, 在 N 件产品任取 n 件, 其中恰有 k
k n? k CN 件次品的取法共有 C M 于是, 所求概率为 ? M 种,

k n? k CM CN ?M p? . 超几何分布的概率公式 n CN



内容小结 古典概型满足下列假设条件: (1) 随机试验的结果只有有限个可能结果; (2) 每一个可能结果发生的可能性相同. 在上述条件下, 事件 A 发生的概率 A包含的基本事件数 P ( A) ? . S 中基本事件的总数 排列组合方法是求解古典概率问题的主要工具. 解题注意: 1.“等可能性”是一种假设, 在实际应用中, 需 根据实际情况去判断是否可以认为各基本事件 或样本点是等可能的;

内容小结

解题注意: 1.“等可能性”是一种假设, 在实际应用中, 需 根据实际情况去判断是否可以认为各基本事件 或样本点是等可能的;

内容小结 解题注意: 1.“等可能性”是一种假设, 在实际应用中, 需 根据实际情况去判断是否可以认为各基本事件 或样本点是等可能的; 在许多场合, 由对称性和均衡性, 就可以认 为基本事件是等可能的 , 并在此基础上计算事 件的概率. 2. 在用排列组合公式 计算古典概率时, 必须注 意不要重复计数, 也不要遗漏. 完


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