1.4 等可能概型

古典概型
幾何概型

例：分析“拋硬幣”今魔、“擲骰子”等隨機(jī)試驗(yàn)的特征

只有有限個(gè)基本結(jié)果
每個(gè)基本結(jié)果的出現(xiàn)是等可能的

古典概型

設(shè)隨機(jī)試驗(yàn)的樣本空間為 $\Omega$ , 若

$\Omega$ 只含有限個(gè)樣本點(diǎn),即
$\Omega = \left\{ \omega _ { 1 } , \omega _ { 2 } , \cdots , \omega _ { n } \right\}$
每個(gè)樣本點(diǎn)的出現(xiàn)是等可能的,即
$P \left\{ \omega _ { 1 } \right\} = P \left\{ \omega _ { 2 } \right\} = \cdots P \left\{ \omega _ { n } \right\} = \frac { 1 } { n }$
則稱該試驗(yàn)為古典概型

古典概型的概率計(jì)算
設(shè)事件 $A$ 含有 $k$ 個(gè)樣本點(diǎn)官套，即
$A = \left\{ \omega _ { i _ { 1 } } , \omega _ { i _ { 2 } } , \cdots , \omega _ { i _ { k } } \right\} = \left\{ \omega _ { i _ { 1 } } \right\} \cup \left\{ \omega _ { i _ { 2 } } \right\} \cup \cdots \cup \left\{ \omega _ { i _ { k } } \right\},$
故由概率的可列可加性
$\begin{aligned} P ( A ) & = P \left\{ \omega _ { i _ { 1 } } \right\} + P \left\{ \omega _ { i _ { 2 } } \right\} + \cdots + P \left\{ \omega _ { i k } \right\} \\ & = \frac { 1 } { n } + \frac { 1 } { n } + \cdots + \frac { 1 } { n } = \frac { k } { n } \end{aligned}$
通常稱 $A$ 中的樣本點(diǎn)為 $A$ 的有利場(chǎng)合，故
$P(A)=\frac{A\text{的有利場(chǎng)合數(shù)}}{\Omega\text{的樣本點(diǎn)總數(shù)}}=\frac kn$

例1：拋兩枚硬幣,求出現(xiàn)一個(gè)正面一個(gè)反面的概率
解：該試驗(yàn)的樣本空間為
$\Omega = \{ \mathrm { HH } , \mathrm { HT } , \mathrm { TH } , \mathrm { TT } \}$
這是一個(gè)古典概型,事件 $A$ ：“一個(gè)正面一個(gè)反面”的有利場(chǎng)合是 $\mathrm { HT } , \mathrm { TH }$ 游昼，故
$P ( A ) = \frac { 2 } { 4 } = \frac { 1 } { 2 }$

思考：為什么該試驗(yàn)的樣本空間不是 $\Omega = \{ \mathrm { HH } , \mathrm { HT } , \mathrm { TT } \}$ ？如果是這樣，將得到 $P(A)=\frac13$ 硬萍！

提示：這曾經(jīng)是18世紀(jì)法國(guó)數(shù)學(xué)家達(dá)朗貝爾的作法，錯(cuò)誤在于這樣就不是古典概型了虎锚。

計(jì)算古典概型常用的數(shù)學(xué)工具

選排列：從個(gè)不同的元素中硫痰，任取個(gè)元素，按照一定的順序排成一列翁都，則不同排列的總數(shù)為
- 全排列：當(dāng) $k=n$ 時(shí)碍论，排列總數(shù)為 $A _ { n } ^ { n } = n !$
組合：從 $n$ 個(gè)不同的元素中，任取 $k\leq n$ 個(gè)元素構(gòu)成一組（一個(gè)集合）柄慰，則不同組合的總數(shù)為
$C _ { n } ^ { k } = \frac { A _ { n } ^ { k } } { A _ { k } ^ { k } } = \frac { n ! } { k ! ( n - k ) ! } = \frac { n ( n - 1 ) \cdots ( n - k + 1 ) } { k ! }$
加法原理：做一件事（完成一次試驗(yàn)）共有 $n$ 類（條）不同的方法（途徑）鳍悠，每類方法又可以分為若干個(gè)子方法，如圖

加法原理

則坐搔，完成該事件的方法總數(shù)為
$N = m _ { 1 } + m _ { 2 } + \cdots + m _ { n }$
乘法原理：做一件事（完成一個(gè)試驗(yàn)）可分為 $n$ 個(gè)步驟藏研，且每個(gè)步驟又有若干種方法，如圖

乘法原理

則概行，完成該事件的方法總數(shù)為
$N = m _ { 1 } \cdot m _ { 2 } \cdots m _ { n }$

例2（摸球問題）從裝有 $??$ 個(gè)紅球和 $??$ 個(gè)藍(lán)球的口袋里依次摸出兩個(gè)球蠢挡，求兩個(gè)均為紅球的概率？

分析：兩種不同的情況：

有放回抽樣（sampling with replace）
$\frac { r ^ { 2 } } { ( r + b ) ^ { 2 } }$
無放回抽樣（sampling without replace）
$\frac { C _ { r } ^ { 2 } } { C _ { r + b } ^ { 2 } }$

思考：（摸球問題）從裝有 $??$ 個(gè)紅球和 $??$ 個(gè)藍(lán)球的口袋里依次摸出 $??(??\leq ??+??)$ 個(gè)球凳忙，求其中恰好有 $??$ 個(gè)紅球的概率业踏。

分析：兩種不同的情況：

有放回：
$\frac { C _ { n } ^ { k } r ^ { k } b ^ { n - k } } { ( r + b ) ^ { n } }$
無放回：
$\frac { C _ { r } ^ { k } C _ { b } ^ { n - k } } { C _ { r + b } ^ { n } }$

例3（抽簽問題） $??$ 個(gè)學(xué)生抽簽獲取某音樂會(huì)的入場(chǎng)券，現(xiàn)有入場(chǎng)券 $??(??<??)$ 張涧卵。問每個(gè)人抽到入場(chǎng)券的概率與抽簽順序是否有關(guān)勤家？

分析：設(shè)某人第 $k$ 個(gè)抽，考慮兩種不同的思路：

抽簽問題

1.所有的簽都有簽號(hào)柳恐，結(jié)果
$\frac { N ( M - 1 ) ! } { M ! } = \frac { N } { M }$
1.所有的簽都無簽號(hào)
$\frac { C _ { M - 1 } ^ { N - 1 } } { C _ { M } ^ { N } } = \frac { N } { M }$

注：

有簽號(hào)意味著票是可區(qū)分的伐脖，因此要用排列來計(jì)算
無簽號(hào)意味著票是不可能區(qū)分的，因此使用組合來計(jì)算
確定了樣本空間的結(jié)構(gòu)后乐设，有利場(chǎng)合的構(gòu)造必須與樣本空間結(jié)構(gòu)相一致
以上的抽簽問題也可以歸結(jié)為求模型：袋中有 $M$ 只球讼庇，其中 $N$ 只為紅球，其余為白球近尚，隨機(jī)地球逐個(gè)取出蠕啄，問第 $k$ 個(gè)恰好為紅球的概率

例4：從 $??$ 個(gè)元素 $??_1,??_2,…,??_??$ 中有放回地取出 $??(??<??)$ 個(gè)，求事件 $??=\{\text{恰好取出了}??\text{個(gè)不重復(fù)的元素}\}$ 的概率戈锻。

分析：轉(zhuǎn)化為扔球模型

扔球模型

P ( A ) = \frac { A _ { N } ^ { n } } { N ^ { n } }

思考：（生日問題）一個(gè)班級(jí)中共有 $??$ 個(gè)同學(xué),求沒有任何兩人生日相同的概率介汹。

分析： $??$ 個(gè)人對(duì)應(yīng)于 $??$ 只球， $365$ 天對(duì)應(yīng)于 $365$ 個(gè)盒子舶沛，則
$??\{\text{沒有任何兩人生日相同}\}= \frac { A _ { 365 } ^ { n } } { 365 ^ { n } }$

至少有兩個(gè)同學(xué)生日相同的概率

注：

在實(shí)際應(yīng)用中,概率非常接近1的事件可近似地看成必然事件嘹承，稱為幾乎必然事件，例如：一個(gè)超過60人的班級(jí)中,有兩個(gè)人的生日在同一天是幾乎必然事件
概率非常小的事件,稱為小概率事件如庭。
實(shí)際推斷原理：小概率事件在一次試驗(yàn)中是幾乎不可能發(fā)生的

例5：5架戰(zhàn)機(jī)要摧毀敵5個(gè)地面目標(biāo)叹卷。戰(zhàn)斗中每架戰(zhàn)機(jī)隨機(jī)選擇一個(gè)敵目標(biāo)投擲一枚炸彈撼港。假設(shè)每枚炸彈都準(zhǔn)確命中目標(biāo)，且一枚炸彈就可摧毀敵目標(biāo)骤竹。求5個(gè)地面目標(biāo)全被摧毀的概率帝牡。

分析：
$P = \frac { 5 ! } { 5 ^ { 5 } } \approx 0.0384$
結(jié)論：在缺少有效計(jì)劃和協(xié)同的情況下，即使個(gè)體作戰(zhàn)能力很強(qiáng)蒙揣，整體作戰(zhàn)效能也是極低的靶溜！

例6：某接待站在某周接待了12次來訪,已知這12次來訪都是在周二和周四進(jìn)行的. 問是否可以推斷接待站的接待時(shí)間是有規(guī)定的？

解：假設(shè)接待站的接待時(shí)間沒有規(guī)定,且認(rèn)為來訪者每周任一天到達(dá)是等可能的懒震。則
$P\{12\text{次來訪都在周二和周四}\}= \frac { 2 ^ { 12 } } { 7 ^ { 12 } } \approx 0.0000003$
由于上述概率非常小罩息，故由實(shí)際推斷原理，可推斷接待站接待時(shí)間是有規(guī)定的个扰。

注:這實(shí)際上是概率反證法瓷炮。

思考一下：如果12次來訪都不在星期日,問能否推斷接待站星期日不接待來訪者？

分析：假設(shè)星期日接待來訪者递宅，則
$P\{12\text{次來訪都在周一到周六}\} = \frac { 6 ^ { 12 } } { 7 ^ { 12 } } \approx 0.157$
因?yàn)檫@個(gè)概率不是很小娘香，故難以斷定星期日是否接待來訪者。

幾何概型

幾何概型可以看成是對(duì)古典概型的“有限個(gè)樣本點(diǎn)”等可能出現(xiàn)到“無無限個(gè)樣本點(diǎn)”等可能出現(xiàn)的推廣

例：某1千平方米的區(qū)域中办龄，有一個(gè)10平方米的敵目標(biāo)『嬲溃現(xiàn)向該區(qū)域隨機(jī)發(fā)射一發(fā)炮彈，求能將目標(biāo)摧毀的概率俐填。

分析：由于炮彈發(fā)射的隨機(jī)性,可認(rèn)為炮彈落在1千平方米的區(qū)域中任一點(diǎn)是等可能的安接。則所求概率為
$p=\frac{\text{目標(biāo)面積}}{\text{區(qū)域總面積}}=\frac{10}{1000}=0.01$

考慮隨機(jī)試驗(yàn)：向平面區(qū)域 $\Omega$ 投擲一個(gè)點(diǎn)，觀察該點(diǎn)是否落入某平面區(qū)域 $A$ 內(nèi)玷禽。假設(shè)

$\Omega$ 是有界的
投擲的點(diǎn)落在 $\Omega$ 上每一點(diǎn)上的概率相同
則稱上述試驗(yàn)為一個(gè)幾何概型。顯然
$P(A)=\frac{A\text{的面積}}{\Omega\text{的面積}}$

注：如果樣本空間為直線上有界區(qū)間呀打、3維空間有界區(qū)域,則“面積” 相應(yīng)改為“長(zhǎng)度”矢赁、“體積”。

例：在一次軍事演習(xí)中贬丛，某舟橋連接到命令要趕到某小河D岸為行進(jìn)中的A部隊(duì)架設(shè)浮橋撩银。假設(shè)舟橋連將于7點(diǎn)到7點(diǎn)30分之間到達(dá)D岸，架橋需要20分鐘時(shí)間豺憔；A部隊(duì)將于7點(diǎn)30分至8點(diǎn)之間到達(dá)D岸额获。試求A部隊(duì)到達(dá)D岸時(shí)能立即過河的概率.

過河問題

解：設(shè)7點(diǎn)為零時(shí)，記 $x,y$ 分別為舟橋連與A部隊(duì)到達(dá)
D岸的時(shí)間恭应，則A部隊(duì)到達(dá)D岸時(shí)能立即過河的充要條件是
$\left\{ \begin{array} { c } { x + 20 \leq y } \\ { 0 \leq x \leq 30 } \\ { 30 \leq y \leq 60 } \end{array} \right.$
這是一個(gè)幾何概型抄邀，所求概率是
$p = \frac { 30 ^ { 2 } - 20 ^ { 2 } / 2 } { 30 ^ { 2 } } = \frac { 7 } { 9 }$

課后思考題：習(xí)題一：5，6昼榛，7境肾，8，10，12奥喻，14

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