题型 1 古典概型

方法与技巧

计算古典概率 $P\left(A\right)$ 的关键是找出 $A$ 中的基本事件数, 在计算过程中常常用到排列组合的知识,有时也需要用列举法逐一分析 $A$ 中的基本事件.

2.1

设一个袋中装有 $a$ 个黑球, $b$ 个白球, 现将球随机地一个个摸出,问第 $k$ 次摸出黑球的概率是多少? $\left(1\le k\le a+b\right)$

解法一

令 $A$ 表示事件“第 $k$ 次摸到黑球”.

将这 $a+b$ 个球编号,并将球依摸出的先后次序排队,易知基本事件总数为 $\left(a+b\right)$ !. 事件 $A$ 等价于在第 $k$ 个位置上放一个黑球,在其余 $a+b-1$ 个位置上放余下的 $\left(a+b-1\right)$ 个球,则 $A$ 包含的基本事件数为 $a\left(a+b-1\right)$ !. 那么所求概率为

$$P\left(A\right)=\frac{a\left(a+b-1\right)!}{\left(a+b\right)!}=\frac{a}{a+b}.$$

解法二

本题也可以只考虑前 $k$ 个位置,则 $P\left(A\right)=\frac{C_a^1\cdot P_{a+b-1}^{k-1}}{P_{a+b}^k}=\frac{a}{a+b}$

2.2

一袋中装有 10 个号码球,分别标有 $1\sim 10$ 号,现从袋中任取 3 个球,记录其号码,求:

(1)最小号码为 5 的概率;

(2)最大号码为 5 的概率；

(3)中间号码为 5 的概率.

解

(1),(2),(3) 有同一样本空间且所含元素个数为 $C_{10}^3$.

(1)记 $A=$ “最小号码为 5”, $A$ 的有利事件数为 $C_5^2$,故 $P\left(A\right)=\frac{C_5^2}{C_{10}^3}=\frac{1}{12}$.

(2)记 $B=$ “最大号码为 5”,则 $B$ 的有利事件数为 $C_4^2$,故 $P\left(B\right)=\frac{C_4^2}{C_{10}^3}=\frac{1}{20}$.

(3)记 $C=$ “中间号码为 5”,则利用乘法原理, $C$ 的有利事件数为为 $C_4^1\cdot C_5^1$,故

$$P\left(C\right)=\frac{C_4^1\cdot C_5^1}{C_{10}^3}=\frac{1}{6}.$$

2.3

有 $n$ 个人,每人都有同等的机会被分配到 $N\left(n\le N\right)$ 间房中的任一间去,试求下列各事件的概率.

(1) $A=$ “某指定的 $n$ 间房中各有一人”;

(2) $B=$ “恰有 $n$ 间房各有一人”;

(3) $C=$ “某指定的一间房中恰有 $m\left(m\le n\right)$ 人”.

解

(1)基本事件总数为 $N^n$. 将 $n$ 个人分到某指定的 $n$ 间房中,相当于 $n$ 个元素的全排列, 所以事件 $A$ 包含的基本事件数为 $n!$,故

$$P\left(A\right)=\frac{n!}{N^n}$$

(2) $n$ 间房中各有 1 人是指任意的 $n$ 间房中各有 1 人,这共有 $C_N^n$ 种情况,所以事件 $B$ 包含的基本事件数为 $C_N^{n}n!$,故

$$P\left(B\right)=\frac{C_N^{n}n!}{N^n}=\frac{N!}{N^n\left(N-n\right)!}$$

(3)从 $n$ 个人中选 $m$ 个分配到指定的一间房中,有 $C_n^m$ 种选法；而其余的 $n-m$ 个人分到其余 $N-1$ 间房,有 ${\left(N-1\right)}^{n-m}$ 种方法,所以事件 $C$ 包含的基本事件数为 $C_n^m{\left(N-1\right)}^{n-m}$,故

$$P\left(C\right)=\frac{C_n^m{\left(N-1\right)}^{n-m}}{N^n}=C_n^m{\left(\frac{1}{N}\right)}^m{\left(\frac{N-1}{N}\right)}^{n-m}$$

这实际上是第二章将要介绍的二项分布的特殊情形.

2.4

考虑一元二次方程 $x^2+Bx+C=0$,其中 $B$, $C$ 分别是将一枚骰子接连掷两次先后出现的点数. 求该方程有实根的概率 $p$ 和有重根的概率 $q$.

解

一枚骰子掷两次,其基本事件总数为 36. 令 $A_i\left(i=1,2\right)$ 分别表示“方程有实根” 和 “方程有重根”, 则

$$A_1=\left\{B^2-4C\ge 0\right\}=\left\{C\le \frac{B^2}{4}\right\},A_2=\left\{B^2-4C=0\right\}=\left\{C=\frac{B^2}{4}\right\}$$

注意到表 1-1.

表 1-1 由此易知 $A_1$ 的基本事件个数为

$$0+1+2+4+6+6=19$$

$B$	1	2	3	4	5	6
$A_1$ 的基本事件个数	0	1	2	4	6	6
$A_2$ 的基本事件个数	0	1	0	1	0	0

则由古典型概率计算公式得

$$p=P\left(A_1\right)=\frac{19}{36}$$

$A_2$ 的基本事件个数为

$$0+1+0+1+0+0=2$$

由古典型概率计算公式得

$$q=P\left(A_2\right)=\frac{2}{36}=\frac{1}{18}.$$

2.5

一部五卷的文集,按任意次序排放到书架上,试求下列概率:

(1)第一卷出现在两边；

(2)第一卷及第五卷出现在两边；

(3)第一卷或第五卷出现在两边；

(4)第一卷或第五卷不出现在两边.

解

(1) 记 $A$ 为“第一卷出现在两边”,则 $A$ 中样本点数为 2,

故 $P\left(A\right)=\frac{2}{5}$.

(2)记 $B$ 为“第一卷及第五卷出现在两边”,则 $B$ 中样本点数为 2,而(2),(3),(4)中样本空间中所含样本点数都为 $5\cdot 4=20$,

故 $P\left(B\right)=\frac{1}{10}$.

(3)记 $C$ 为“第一卷或第五卷出现在两边”,则 $C$ 中样本点数为 $2\cdot 4+2\cdot 4-2=14$,

故 $P\left(C\right)=\frac{7}{10}$.

(4)记 $D$ 为“第一卷或第五卷不出现在两边”,则 $D$ 中样本点数为 $3\cdot 4+3\cdot 4-3\cdot 2=18$,

故 $P\left(D\right)=\frac{9}{10}$.

另外,也可以利用 $B$ 与 $D$ 的互逆性, $P\left(D\right)=1-P\left(B\right)=\frac{9}{10}$.

2.6

设袋中有红、白、黑球各 1 个,从中有放回地取球,每次取 1 个,直到三种颜色的球都取到时停止,则取球次数恰好为 4 的概率为_____.

解

设 $A$ 为“取球次数恰好为 4 时三种颜色齐全”,样本空间所含基本事件数 $n=3^4$,

$A$ 意味着第 4 次单独一种颜色,前 3 次出现两种颜色,其中一种颜色出现一次,另一种颜色出现两次,故 $A$ 所含基本事件数为

$$m=C_3^1\left(C_3^1{C}_2^1\right)$$

则 $P\left(A\right)=\frac{m}{n}=\frac{2}{9}$.