发布时间 : 星期一 文章A事件的概率更新完毕开始阅读
的概率推算较复杂事件的概率；
4、利用概率分布 利用随机变量的概率分布，计算与随机变量相联系的事件的概率（见“二、随机变量及其分布”）．
㈥ 随机抽样和随机分配 在概率计算中常要用到以下模型．
1、简单随机抽样 计算古典型概率时，需要计算基本事件的总数和事件包含的基本事件的个数．自有限总体的随机抽样模型有助于完成运算．设? ???1,?2,?,?N?含N个元素，称?为总体．自总体?的抽样称做简单随机抽样，如果各元素被抽到的可能性相同．有4种不同的简单随机抽样方式：
(1) 还原抽样 每次从?中随意抽取一个元素，并在抽取下一元素前将其原样放回?．
(2) 非还原抽样 凡是抽出的元素均不再放回?．
(3) 有序抽样 既考虑抽到何元素又考虑各元素出现的顺序． (4) 无序抽样 只考虑抽到哪些元素不考虑各元素出现的顺序．
还原与非还原及有序与无序，这四种情形的组合产生四种不同的简单随机抽样方式．表1-1列出了在每种抽样方式下各种不同抽法(基本事件)的总数．
表1-1 四种抽样方式下不同抽法的总数
抽样方式 不同抽法的总数 有序 Nn 自含N个元素的还原 nC无序 N?n?1 总体?的n次简n单随机抽样 有序 PN?N(N?1)?(N?n?1) 非还原 nCn?P无序 NNn! 2、随机分配 即将n个质点随机地分配到N个盒中，区分每盒最多可以容
纳一个和可以容纳任意多个质点，以及质点可辨别和不可辨别等四种情形，对应四种分配方式．各种分配方式下不同分法的总数列入表1-2．
表1-2 四种分配方式下不同分法的总数 分配方式 不同分法的总数 Nn 将n个质点随机每盒可容纳质点可辨 Cn地分配到N个盒任意个质点 质点不可辨 N?n?1 n中 P质点可辨 每盒最多容N?N(N?1)?(N?n?1) 纳一个质点 质点不可辨
—1.5—
nCnN?PNn!
自有限总体? ???1,?2,?,?N?的n次简单随机抽样，相当于将n个质点随机地分配到N盒中：每一个质点在N个盒中“任意选择一个盒子”；“还原”相当于“每盒可以容纳任意多个质点”，“非还原”相当于“每盒最多可以容纳一个质点”；“有序”相当于“质点可辨别”，“无序”相当于“质点不可辨别”．
Ⅲ 典型例题
〖填空题〗
例1.5（古典型概） 在4张同样的卡片上分别写有字母D，D，E，E，现在将4张卡片随意排成一列，则恰好排成英文单词DEED的概率p = 1/6 ．
分析 这是一道古典型概率的小计算题．4张卡片的全排列有4！=24种，其中恰好排成英文单词DEED的总共4种：两个字母D交换位置计2种，两个字母E交换位置计2种．因此，所求概率为
41p??．
246例1.8（古典型概率） 铁路一编组站随机地编组发往三个不同地区E1,E2和
3和4节车皮，则发往同一地区的车皮恰好相邻的概率p= 1/210 ． E3的各2，
分析 1）(古典型) 设A=｛同一地区的车皮相邻｝；Bi={发往Ei的车厢相邻}(i?1,2,3)．
将发往E1,E2和E3车皮各统一编组，且使发往同一地区的车皮恰好相邻的总共有3?=6种不同情形，其中每种情形对应B1，B2和B3的一种排列．６种不同情形都是等可能的，如B1B2B3是其中一种可能的情形，即“发往E1的２节车皮编在最前面，发往E2的３节车皮编在中间，发往E3的４节车皮编在最后面”．由(1,3)式，有
2 ! ?3 !?4 !2 ! ?3 !1 ??， ?9?8???7?6?5?1260 9 !61p?P?A??6P?B1B2B3???．12602102）(乘法公式) 计算概率P?B1B2B3?亦可利用乘法公式：
P?B1B2B3??2!3!1 ??1?．9?87?6?51260例1.12（条件概率） 设在10件产品中有4件一等品6件二等品．现在随意从中取出两件，已知其中至少有一件是一等品，则两件都是一等品的条件概率为 1/5 ．
P?B1B2B3??P?B1?P?B2B1?P?B3B1B2??—1.6—
分析 设A＝｛两件中至少一件一等品｝，B＝｛两件都是一等品｝．易见
2C6C222 P?B??24?．AB=B, P(AB) = P(B)． P?A??1?P?A??1?2?，
C103C1015P?AB?P?B?1??． P?A?P?A?5例1.14 (独立试验) 对同一目标接连进行3次独立重复射击，假设至少命中目标一次的概率为7/8，则每次射击命中目标的概率p = 0.5 ．
分析 引进事件A i＝｛第i次命中目标｝（i＝1,2,3）．由条件知，事件A1,A2,A3相互独立，且其概率均为p．已知3次独立重复射击至少命中目标一次的概率为
73 P?A1?A2?A3??1?P?A1A2A3??1?P?A1? P?A2? P?A3? ?1??1?p??．8由此得p=0.5．
例1.15（独立重复试验） 设事件A在每次试验中出现的概率为p, 则在n于是，所求条件概率为 P?BA??次独立重复试验中事件A最多出现一次的概率P= ?1?p??np?1?p? ．
nn?1分析 引进事件Ai=｛第i次试验出现A｝（i＝1,2,?,n）．事件A1,A2,?,An相互独立且每个事件的概率均为p．设Bk={在n次独立重复试验中事件A恰好出现k次}(k=0,1)，则
B0?A1A2?An， B1?A1A2?An???A1?An?1An．P(B0)?P?A1A2?An???1?p? ；nP(B1)?P?A1A2?An????P?A1?An?1An??np?1?p?P?P(B0)?P(B1)??1?p??np?1?p? ．nn?1n?1
；
〖选择题〗
例1.20 设A, B和C是任意三事件，则下列选项中正确的选项是 (A) 若A?C?B?C,则A?B；(B) 若A?C?B?C,则A?B．
(C) 若AC?BC,则A?B； (D) 若AB??且A B??,则A?B． [D] 分析 本题既可以用直选法，也可以用排除法．(1) 直选法．由事件运算的对偶律，有AB?A?B????．而由A?B??且AB??，可见A和B互为对立事件，即A?B，因此（D）正确．
(2) 排除法．前三个选项都不成立，只需分别举出反例．例如，由于A,B,C—1.7—
是三任意事件，若取A?B而C??是必然事件，则A?C?B?C且A?C?B?C但A?B，从而命题（A）和（B）不成立．设A?B，C??，则
AC?BC但A?B，从而命题（C）不成立．
注意，该题的结果反映了事件的运算与数的运算的不同之处．
〖解答题〗
例1.33 (随机抽样) 假设箱中共有n个球，其中m（0≤m≤n）个是红球其余是白球．现在一个接一个地接连从箱中抽球，试求第k(1≤k≤n)次抽球抽到红球的概率p．
分析 引进事件Ak={第k次抽球抽到红球}(1≤k≤n)．对于还原抽样，显然
m． n对于非还原抽样有同样结果．问题有多种解法．
解法1 设想将n个球一一编号．这样，不但区分球的颜色，而且区分球的编号．假如将n个球一个接一个（非还原）地接连从箱中抽出，则不同抽法（基本事件）的总数为n!．导致事件Ak的不同抽法有(n－1)!×m种，即Ak共包含(n?1)! ?m个基本事件：在第k次抽球抽到红球的情形共有m种，其余n－1次
p?P?Ak??抽球不同抽法的总数等于从(n－1)!．从而
?n?1? ! ?m ?m．
p?P?Ak??n !n解法2 仍将n个球一一编号．从n个不同的球中接连抽出k个球，相当于从n个元素中选k个元素的选排列．因此总共有
Pnk?n ?n?1?? n?2???n?k?1?
种不同抽法，即基本事件的总数为Pnk．导致事件Ak的不同抽法有
Pnk??11?m ??n?1?? n?2???n?k?1??m
种，即Ak共包含m?Pnk??11个基本事件：第k次抽球抽到红球的情形共有m种，前
k?1次抽球的不同抽法的总数等于从n?1个元素中选k?1个的选排列数．于是
Pnk??11?mmp?P?Ak???． kPnn解法3 对于同颜色球不加区分．设想有n个格子依次排成一列（见插图）
1 2
k
例1.24插
—1.8—
n