1、一、古典概型一個隨機試驗 ,數學上是用樣本空間、事件域和概率來描述的 .對一個隨機事件,如何尋求它的概率是概率論的一個基本問題.我們先討論一類是簡單的隨機試驗 ,它具有下述特征 :對于一個試驗,如果具有 :(1) 樣本空間的元素 (即基本事件 )只有有限個 .不妨設為個,并記它們為,(2) 每個基本事件出現的可能性是相等的 ,即有通常就稱這種數學模型為古典概型.它在概率論中有很重要的地位 ,一方面 ,因為它比較簡單 ,許多概念既直觀而又容易理解 ,另一方面 ,它又包括了許多實際問題 ,有很廣泛的應用 .對上述的古典概型,它的樣本空間,事件域為的所有子集的全體 ,這時 ,連同在內 ,共含有個事件

2、 ,并且從概率的有限可加性知于是對任意一個隨機事件,如果是個基本事件的總和 ,即則= 中所含的基本事件數 / 基本事件總數= 中有利事件數 / 基本事件總數（中所含的基本事件數,習慣上常常稱為的有利事件數） .不難驗證 ,上述的概率的確具有非負性、規范性和有限可加性.二、幾個古典概型的例子 例 1在盒子中有十個相同的球,分別標為號碼,從中任取一球 ,求此球的號碼為偶數的概率.解法 1令= 取得球的標號為則故基本事件總數為.又令= 所取球的號碼為偶數顯然所以中含有 5 個基本事件 ,從而解法 2令，其中這時,由的對稱性即得這兩種解法都是正確的 ,但二者的樣本空間 (從而事件域 )是不同的 ,嚴格

3、地說 , 兩者所描述的隨機試驗是不同的 .例如 ,對于第二種解法來說 , = 所取球的號碼為 4 并不屬于事件域 ,也就是說 , 不是一個事件 ,從而也就沒有概率可言 . 但對于第一種解法來說 ,是事件 ,而且.因此提請讀者注意 ,為求一個事件的概率,樣本空間可以有不同的取法 ,但一定要認清 ,基本事件總數和有利事件數的計算都要在同一個樣本空間中進行 ,否則要引起混淆并導致謬誤 ! 例 2 一套五卷的選集， 隨機地放到書架上 ,求各冊自左至右或自右至左恰成1、2、3、4、5 的順序的概率 .解：以 a、b、c、d、e 表示自左至右的書的卷號 ,這時一個放置的方式與一個向量（ a,b,c,d,e

4、）對應，而 a、b、c、 d、e 只能在 1、2、 3、4、 5 中取值（而且不許重復取某一個值） ，故這種向量數共有 5！=120.因為各卷書的安放是隨機的 ,所以這 120種放法是等可能的 ,這時就得到一個古典概型,而有利事件發生只有兩種可能性 :或者卷號的排列為 1、 2、3、 4、5,或者為 5、4、 3、2、 1, 所以 例 3 設有任意個人 ,每個人都等可能地被分配到個房間中的任一間去住,求下列事件的概率 :(1) 指定的 個房間各有一個人住；(2) 恰好有 個房間，其中各住一個人 .解： (1) 因為每一個人有個房間可供選擇 ,所以個人住的方式共有種,它們是等可能的 .在第一個問

5、題中 ,指定的個房間各有一個人住,其可能總數為個人的全排列,于是(2)個房間可以在個房間中任意選取， 其總數有個，對選定的個房間，按前述的討論可知有種分配方式，所以恰好有個房間，其中各住一個人的概率為這個例子常稱為“分房問題” .如把例子中的“人”理解為“粒子” , “房間”理解為粒子所處的能級 ,那么“分房問題”所描述的模型就是統計物理學中的馬克斯威爾-波爾茲曼統計 .如果 個人不可分辨的 ,那么上述模型即對應于玻色 -愛因斯坦統計 ; 如果粒子不可分辨的 ,并且每一個“房間”里最多只能放一個“粒子” ,這時就得到費米-狄拉克統計 .這三種統計在物理學中有各自的適用范圍.由以上的例題我們看到

6、,求解古典概型問題的關鍵是在尋求基本事件總數和有利事件數 ,但正面求這兩個數并不那么容易的 ,有時要研究一些技巧 .要掌握這些技巧 , 當然需要一些艱苦的訓練 . 例 4 某班級有個人,問至少有兩個人的生日在同一天的概率有多大?解假定一年按 365 天計算 ,把 365 天當作 365 個“房間” , 那么問題就可以歸結為例 3,這時“ 個人的生日全不相同”就相當于例 3 中的 (2): “恰好有 個房間，其中各住一個人” .令=個人中至少有兩個人的生日在同一天則=個人的生日全不相同由例 3 的(2) 知而于是這個例子是歷史上有名的“生日問題” ,對不同的一些值,計算得相應的值如下表 :102

7、0233040500.120.410.510.710.890.97上表所列的答案是足以引起多數讀者驚奇的，因為“一個班級中至少有兩個人的生日相同”這種情形發生的概率 ,并不如大多數人直覺想象的那么小 ,而是相當大 . 由表中可以看出 ,當班級中的人數為 23 時,就有半數以上的班級會發生上述事情 ,而當班級中的人數達到 50 時,竟有 97%的會發生上述事件 .當然 ,這里講的“半數以上”、“有 97%”都是就概率而言 ,正如前面中所討論的那樣 ,只是在大數次重復下 (這就要求班級的數目相當多 ),才可以理解為頻率 .這個例子告訴了我們 ,“直覺”并不很可靠 ,這就有力地說明了研究隨機現象統計

8、規律的重要性. 例 5 袋子中有只黑球 ,只白球 ,它們除顏色不同外,其他方面沒有差別 ,現在把球隨機地一只只地摸出來,求第次摸出來的一只球是黑球的概率.解法 1:把只黑球與只白球都看作是不同的(對它們進行編號 )，若把摸出的球依次放在排列成一條直線的個位置上 ,則可能的排列相當于把個元素進行全排列,總數為,把它們作為樣本點全體.有利場合數為,這是因為第次摸得黑球有種取法 ,而另外次摸球相當于只球進行全排列,有種構成法,故所求概率為這個結果與 無關 .回想一下 ,就會發現這與我們平常生活經驗是一致的 .例如在體育比賽中進行抽簽，對各隊機會均等 ,與抽簽先后次序無關 .解法 2:把只黑球看作是沒

9、有區別的,把只白球也看作是沒有區別的.仍把摸出的球依次放在排列成一條直線的個位置上 ,因若把只黑球的位置固定下來,則其他位置必然是白球,而黑球的位置可以有種放法 ,以這種放法作為樣本點.這時有利場合數為,這是由于第次摸得黑球 ,這個位置必須放黑球,剩下的黑球可以放在個位置上任取個位置 ,因此共有種放法 .所以所求概率為兩種不同解法答案是相同的 ,注意考察一下兩種解法的不同 ,就會發現主要在于選取的空間不同 . 在前一種解法中把球看作是“有個性的” ,而在后一種解法中則對同色球不加區別 ,因此在第一種解法中要顧及各黑球及各白球的順序而用排列 , 第二種則不注意順序而用組合 ,但最后還是得到相同的

10、答案 .這種情況的產生并不奇怪 ,這說明對于同一隨機現象 ,可以用不同的模型來表述 , 只要方法正確 ,結論總是一致的 .在這個例子中 ,第二種解法中的每一個樣本點是由第一種解法中的個樣本點合并而成的.這個例子告訴我們 ,在計算樣本點總數及有利場合數時 ,必須對同一確定的樣本空間考慮 ,因此其中一個考慮順序 ,另一個也必須考慮順序 ,否則結果一定不正確 .既然同一個隨機現象可有不同的樣本空間來表述，因此同一個概率也常常有多種不同的求法，我們應逐步訓練自己能采用最簡便的方法解題 , 為此熟悉同一問題的多種解法是重要的 . 例 6 一個袋子中有個球 ,其中個是黑球 ,其余是白球 .從袋子中任取個球

11、.求取到個黑球的概率 .解從個球中取個球 ,樣本總數是.我們關心的只是黑白球的個數,不存在球的排列問題 ,所以我們用組合數 .在計算有利樣本點時,注意到在取出個黑球的同時 ,也取出了個白球 ,它們是分別從個黑球與個白球中選出來的 .因此 ,有利樣本點個數為,所求的概率為. 例 7 9 名學生中有 3 名女生，將 3 名女生隨機地分成3 組，每組 3 人，求事件：每一組有一名女生，及事件：3 名女生在同一組中的概率.解： (1)9 名學生中有3 名女生，將 3 名女生隨機地分成3 組，每組 3 人，共有種分法 .對于事件,先將男生分到組里去,每組 2 名 ,這有種,再將女生分到每一組,每組一名

12、,共有 3!種,因此的有利樣本點共有種.所以(2) 對于事件,先選定女生分到哪一組,這有 3 種,再將男生分成2 組,因此的有利樣本點共有種 .所以 例 8 從 6 雙不同的手套中任取4 只,求恰有一雙配對的概率.解：設事件表示從 6 雙不同的手套中任取4 只,恰有一雙配對 . 從 6 雙不同的手套中任取 4 只,共有種選法 .而先從 6 雙不同的手套中任取1 雙 ,有種選法 ,把選出的一雙的2 只都取出的取法有種,再由剩余的 5 雙中任取 2 雙,有種選法,每雙任取一只有種選法 ,于是任取 4 只 ,恰有一雙配對的概率為 例 9 一架升降機開始時有6 位乘客 ,并停于十層樓的每一層.求下列事件的概率.(1) 某指定的一層有兩位乘客離開；(2) 沒有兩位及兩位以上乘客在同一層離開；(3) 恰有兩位乘客在同一層離開；(4) 至少有兩位乘客在同一層離開；解:(1) 由于每一位乘客均可能在十層樓的每一層離開,故所有可能結果為種 .某指定的一層有兩位乘客離開,這兩人可以是6 人中的任意兩人 ,故有種離開方式 ,其余 4 人可在另外的九層中按任意方式離開,共有種 ,從而所求概率為(2) 沒有兩位及兩位以上乘客在同一層離開,即 6 位乘客必在十層中的任意6 層離開 ,