PT@古典概型@等概率模型
文章目录
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- abstract
- 等可能概型(古典概型)
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- 古典型概率公式
- 基本性质
- 导出性质
- 例
- 抽样方式
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- 放回抽样
- 不放回抽样
- m m m次取求不放回和一次性取 m m m个球
- 例:取色球和古典概型
- 古典概型经典问题
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- 放球问题
- 两人同一天生日问题
- 超几何分布概型
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- 整除取数问题
- 抽签问题
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- 取最大号球问题@错位相减
- 分组分配问题
- 古典概型假设条件和实际推断原则
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- 其他古典概型
abstract
- 古典概型是一种简单基础的概率模型,基于这个模型有许多经典的问题
等可能概型(古典概型)
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若某个随机试验满足以下两个特点:
- 试验的样本空间只包含有限个元素
- 试验中每个基本事件发生的可能性相同
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这种试验成为等可能概型,其在概率论发展初期曾是主要的研究对象,也成为古典概型
古典型概率公式
- 记事件A中包含的样本点个数为 n A n_A nA
- 则古典型概率公式可以表示为
- P ( A ) = n A n P(A)=\frac{n_A}{n} P(A)=nnA
基本性质
- 记 Ω = { ω i } ; i = 1 , ⋯ , n 记\Omega=\set{\omega_i};i=1,\cdots,n 记Ω={ωi};i=1,⋯,n,则 P ( ω 1 ) = P ( ω 2 ) = ⋯ = P ( ω n ) P(\omega_1)=P(\omega_2)=\cdots=P(\omega_n) P(ω1)=P(ω2)=⋯=P(ωn)
- 因为基本事件是两两互斥的,则 P ( ⋃ i = 1 n ω i ) P(\bigcup\limits_{i=1}^{n}\omega_i) P(i=1⋃nωi)= ∑ i = 1 n P ( ω i ) \sum\limits_{i=1}^{n}P(\omega_i) i=1∑nP(ωi)= P ( Ω ) = 1 P(\Omega)=1 P(Ω)=1, P ( ω i ) = 1 n ; i = { 1 , ⋯ , n } P(\omega_i)=\frac{1}{n};i=\set{1,\cdots,n} P(ωi)=n1;i={1,⋯,n}
导出性质
- 如果某个事件 A A A包含 k k k个样本点,那么 P ( A ) = k n P(A)=\frac{k}{n} P(A)=nk
例
- 投色子:
- 约定投一次为一次试验
- 那么样本空间 Ω = { 1 , 2 , 3 , 4 , 5 , 6 } \Omega=\set{1,2,3,4,5,6} Ω={1,2,3,4,5,6}
- 事件A:点数为1的概率为
- P ( A ) = 1 6 P(A)=\frac{1}{6} P(A)=61
- 事件B:点数<3的概率:
- P ( B ) = 2 6 = 1 3 P(B)=\frac{2}{6}=\frac{1}{3} P(B)=62=31
抽样方式
放回抽样
- 如果抽样后将把样本放回,那么称为放回抽样
- 一般的,计算放回抽样的总样本空间样本点数采用是乘方的形式(幂),
- 区分不同基本事件:放回抽样中,样本之间都是相互区别的,即使某两个样品是同一个种类的,但是也要区分编号
- 比如,从 n n n个球中放回抽样法抽取 m m m次,这 m m m个球的结果构成一个样本点,那么样本空间点数 N ( Ω ) = n m N(\Omega)=n^m N(Ω)=nm
不放回抽样
- 如果抽样后不放回,则称为不放回抽样
- 一般的,计算不放回抽样顶点总样本空间点数采用组合数计算
- 例如,同样的取球问题,从n个球中不放回抽样法取出m个,情况总数为: N ( Ω ) = ( n m ) N(\Omega)=\binom{n}{m} N(Ω)=(mn)
m m m次取求不放回和一次性取 m m m个球
- 袋子中有 n n n个球:
- m m m次取球,每次取出1个,不放回,共有 ( n 1 ) ( n − 1 1 ) ⋯ ( n − ( m − 1 ) 1 ) \binom{n}{1}\binom{n-1}{1}\cdots\binom{n-(m-1)}{1} (1n)(1n−1)⋯(1n−(m−1))= A n m A_{n}^{m} Anm取法
- 一次性取出 m m m个球,共有 ( n m ) \binom{n}{m} (mn)
- 上述两个试验显然不同
- 试验1强调 m m m个球间的顺序,所以取法数量用排列数计算;
- 试验2将取出的 m m m个球作为集合,不关心球的顺序,只关心球的组合
例:取色球和古典概型
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设袋中有4白2红共6个球
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每次从袋中取出(抽样)2个球,算作一次完整试验
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记
- 事件A:抽出的两个球都为白色
- 事件B:至少有一个为白色
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对于放回抽样:
- 样本空间 Ω \Omega Ω的样本总数为 n = 6 × 6 = 36 n=6\times6=36 n=6×6=36
- P ( A ) = 4 × 4 36 = 4 9 P(A)=\frac{4\times4}{36}=\frac{4}{9} P(A)=364×4=94
- 显然 B ‾ \overline{B} B包含的样本总数为 2 2 = 4 2^{2}=4 22=4; P ( B ) = 1 − P ( B ‾ ) = 1 − 4 36 = 8 9 P(B)=1-P(\overline{B})=1-\frac{4}{36}=\frac{8}{9} P(B)=1−P(B)=1−364=98
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对于不放回抽样:
- 样本空间的样本点总数: n = 6 × 5 = 30 n=6\times5=30 n=6×5=30
- P ( A ) = 4 × 3 30 = 2 5 P(A)=\frac{4\times 3}{30}=\frac{2}{5} P(A)=304×3=52
- P ( B ) = 1 − P ( B ‾ ) = 1 − 2 × 1 30 = 14 15 P(B)=1-P{(\overline{B})}=1-\frac{2\times1}{30}=\frac{14}{15} P(B)=1−P(B)=1−302×1=1514
古典概型经典问题
- 以下两个问题是同一个类型的
放球问题
- 将 n n n只球随机地放入 N ( N ⩾ n ) N(N\geqslant{n}) N(N⩾n)个盒子中,试求事件 A : A: A:每个盒子至多有一个球的概率
- 解:
- 首先明确基本事件是 n n n个球全部被放入盒子中
- 设基本事件 A 1 A_1 A1为球 a 1 , a 2 , ⋯ , a n a_1,a_2,\cdots,a_n a1,a2,⋯,an分别落入盒子 b 1 , b 2 , ⋯ , b n b_1,b_2,\cdots,b_n b1,b2,⋯,bn中
- 基本事件 A 2 A_2 A2中 a 1 , a 2 a_1,a_2 a1,a2分别落入 b 2 , b 1 b_2,b_1 b2,b1中,其余和 A 1 A_1 A1相同,那么应该算作两件不同的基本事件
- 由于每个球都可以放入 N N N个盒子中的任意一个盒子,所以样本空间共有 N n N^{n} Nn个样本点
- 每个盒子最多放一个球的方法有 N ( N − 1 ) ⋯ N − ( n − 1 ) N(N-1)\cdots{N-(n-1)} N(N−1)⋯N−(n−1)= A N n A_{N}^{n} ANn不同的方法
- 由古典概型公式: P ( A ) P(A) P(A)= A N n N n \frac{A_{N}^{n}}{N^{n}} NnANn
两人同一天生日问题
- 假设每人在一年(365天)中的任何一天都是等可能的,(记出生在第 i i i天的事件为 A i A_i Ai, i = 1 , ⋯ , 365 i=1,\cdots,365 i=1,⋯,365),则 P ( A 1 ) = ⋯ = P ( A 365 ) = 1 365 P(A_1)=\cdots=P(A_{365})=\frac{1}{365} P(A1)=⋯=P(A365)=3651
- 若随机选取 n ( n ⩽ 365 ) n(n\leqslant{365}) n(n⩽365)人,他们生日各不相同的概率为 p = A 365 n 36 5 n p=\frac{A_{365}^{n}}{365^{n}} p=365nA365n,因而,这 n n n个人中至少有两个人同一天生日的概率为 q = 1 − p q=1-p q=1−p
- 若取 n = 64 n=64 n=64,则 q q q接近 1 1 1,这就是说,一个64人的班级里,几乎总是有同一天生日的两个人
超几何分布概型
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设 N N N件产品中有 D D D件次品,从中任取 n n n件,问事件 A k A_k Ak:所取的 n n n件产品其中恰好有 k ( k ⩽ D ) k(k\leqslant{D}) k(k⩽D)件次品的概率 P ( A k ) P(A_k) P(Ak)?
- 从 N N N件中取 n n n件的方法数有 ( N n ) \binom{N}{n} (nN)
- 从而 D D D件次品中取 k k k件的方法数有 ( D k ) \binom{D}{k} (kD)
- 从而 N − D N-D N−D件正品中取 n − k n-k n−k件的方法数有 ( N − D n − k ) \binom{N-D}{n-k} (n−kN−D)
- 由乘法计数原理,从 N N N件产品中取 k k k件次品有 ( D k ) ( N − D n − k ) \binom{D}{k}\binom{N-D}{n-k} (kD)(n−kN−D)
- 由古典概型公式 P ( A k ) = ( D k ) ( N − D n − k ) ( N n ) P(A_k)=\frac{\binom{D}{k}\binom{N-D}{n-k}}{\binom{N}{n}} P(Ak)=(nN)(kD)(n−kN−D)
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这个问题模型也是典型的古典概型,也成为超几何分布概型
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若令 A i A_{i} Ai={所取的 n n n件产品中恰好有 i i i件次品}, i = 0 , 1 , ⋯ , N i=0,1,\cdots,N i=0,1,⋯,N,则 A 0 ∪ A 1 ∪ ⋯ ∪ A N A_0\cup{A_1}\cup\cdots\cup{A_N} A0∪A1∪⋯∪AN= S S S,且 A i A j = ∅ A_iA_j=\emptyset AiAj=∅, i ≠ j i\neq{j} i=j
- A i A_i Ai都是基本事件,显然他们两两互斥,而且全体构成必然事件
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从而 1 = P ( S ) 1=P(S) 1=P(S)= P ( A 0 ∪ A 1 ∪ ⋯ ∪ A N ) P(A_0\cup{A_1}\cup\cdots\cup{A_N}) P(A0∪A1∪⋯∪AN)= ∑ i = 0 n P ( A i ) \sum_{i=0}^{n}P(A_i) ∑i=0nP(Ai)= ∑ i = 0 n ( D i ) ( N − D n − i ) ( N n ) \sum_{i=0}^{n}\frac{\binom{D}{i}\binom{N-D}{n-i}}{\binom{N}{n}} ∑i=0n(nN)(iD)(n−iN−D);即有 ( N n ) \binom{N}{n} (nN)= ∑ i = 0 n ( D i ) ( N − D n − i ) \sum_{i=0}^{n}\binom{D}{i}\binom{N-D}{n-i} ∑i=0n(iD)(n−iN−D)
整除取数问题
- 在 1 ∼ 2000 1\sim{2000} 1∼2000的整数中随机抽出一个数,则事件 C C C:该数 a a a同时不能被 6 , 8 6,8 6,8整除的概率是?
- 解
- 记 A A A: a a a能被 6 6 6整除, B B B: a a a能被8整除
- 则 C = A ‾ B ‾ C=\overline{A}\;\overline{B} C=AB= A ∪ B ‾ \overline{A\cup{B}} A∪B
- 从而 P ( C ) P(C) P(C)= 1 − P ( A ∪ B ) 1-P(A\cup{B}) 1−P(A∪B)= 1 − P ( A ) − P ( B ) + P ( A B ) 1-P(A)-P(B)+P(AB) 1−P(A)−P(B)+P(AB)
- 由于 333 < 2000 6 < 334 333<\frac{2000}{6}<334 333<62000<334,所以 P ( A ) P(A) P(A)= 333 2000 \frac{333}{2000} 2000333
- 由于 2000 8 = 250 \frac{2000}{8}=250 82000=250,所以 P ( B ) P(B) P(B)= 250 2000 \frac{250}{2000} 2000250
- 对于事件 A B AB AB,由最小公倍数生成规律可知, 6 , 8 6,8 6,8的公倍数同时也是其最小公倍数的 24 24 24的整数倍,反之亦然
- 由于 83 < 2000 24 < 84 83<\frac{2000}{24}<84 83<242000<84,从而 P ( A B ) = 83 2000 P(AB)=\frac{83}{2000} P(AB)=200083
- 所以 P ( C ) P(C) P(C)= 1 − 333 2000 − 250 2000 + 83 2000 1-\frac{333}{2000}-\frac{250}{2000}+\frac{83}{2000} 1−2000333−2000250+200083= 3 4 \frac{3}{4} 43
抽签问题
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这是也是一个经典的古典概型问题
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如果有 a a a个白球, b b b个红球,那么第 s s s次( 1 ⩽ s ⩽ a + b 1\leqslant s\leqslant{a+b} 1⩽s⩽a+b)抽取的球颜色是白色的概率
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若每次抽出不放回
- 设 n = a + b n=a+b n=a+b;将这 n n n个球从1编号到 n n n
- 方法1:
- 将 n n n个球排列在一直线的 n n n个位置上;任何一个球被排列到第 s s s个的可能性相等
- 则第 s s s个球可以理解为取出第 s s s个球
- 则第s次取出的白球的可能性等价于 n n n个球的所有排列中第s个球是白球的可能性
- 第s次抽取白球的可能性有 a a a种
- 第 s s s次抽取的球的所有可能有 n n n种
- 因此第s次抽出白球的概率为 P = a a + b P=\frac{a}{a+b} P=a+ba;这是一个和s无关的公式!
- 方法2: s s s次抽取每次取法作为一个基本事件;由排列数共有 A n s A_{n}^{s} Ans种取法,每种取法等可能发生
- 其中第 s s s次取得白球的取法有 ( a 1 ) A n − 1 s − 1 \binom{a}{1}A_{n-1}^{s-1} (1a)An−1s−1
- 先确定第 s s s次取白球有 a a a种取法
- 前 s − 1 s-1 s−1次有 n − 1 n-1 n−1个球可以取,即有 A n − 1 s − 1 A_{n-1}^{s-1} An−1s−1种取法
- 由乘法计数原理,共有 ( a 1 ) A n − 1 s − 1 \binom{a}{1}A_{n-1}^{s-1} (1a)An−1s−1种取法
- 因此 P = ( a 1 ) A n − 1 s − 1 A n s P=\frac{\binom{a}{1}A_{n-1}^{s-1}}{A_{n}^{s}} P=Ans(1a)An−1s−1= a ( n − 1 ) ⋯ ( ( n − 1 ) − ( s − 1 ) + 1 ) n ⋯ ( n − s + 1 ) \frac{a(n-1)\cdots((n-1)-(s-1)+1)}{n\cdots(n-s+1)} n⋯(n−s+1)a(n−1)⋯((n−1)−(s−1)+1)= a n \frac{a}{n} na= a a + b \frac{a}{a+b} a+ba
- 其中第 s s s次取得白球的取法有 ( a 1 ) A n − 1 s − 1 \binom{a}{1}A_{n-1}^{s-1} (1a)An−1s−1
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若每次抽出后放回抽样
- 对于放回抽样,第 s s s次抽到的球的所有可能有 n n n种;且抽到白球的可能有 a a a种,每个球被抽中的概率都相等,显然,由古典概型公式 P = a a + b P=\frac{a}{a+b} P=a+ba
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总结,抽签或买彩票这类试验,无论是第几个买,中奖的概率都是一样的
取最大号球问题@错位相减
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如果有 n n n个球 a 1 , ⋯ , a n a_1,\cdots,a_n a1,⋯,an,从中有放回取出 m m m个球,求这 m m m个球的最大号码是 k k k的概率
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A k A_k Ak={取出的最大球号为 k k k}
- 即抽取的 m m m个球都在 1 , ⋯ , k 1,\cdots,k 1,⋯,k号范围内,且包含 k k k号球的事件
- A 1 ∪ A 2 ∪ ⋯ ∪ A n = Ω A_1\cup{A_2}\cup\cdots\cup{A_n}=\Omega A1∪A2∪⋯∪An=Ω; A i A j = ∅ A_iA_j=\emptyset AiAj=∅, i ≠ j i\neq{j} i=j
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B i B_i Bi={取出的所有球号不大于 i i i}
- B n = Ω B_n=\Omega Bn=Ω
- B i B_i Bi:抽取的 m m m个球都在 1 , ⋯ , i 1,\cdots,i 1,⋯,i号范围内
- B i − 1 B_{i-1} Bi−1:抽取的 m m m个球都在 1 , ⋯ , i − 1 1,\cdots,i-1 1,⋯,i−1号范围内
- B i − 1 ⊂ B i B_{i-1}\sub B_{i} Bi−1⊂Bi; B i − B i − 1 B_i-B_{i-1} Bi−Bi−1={抽取的 m m m个球都在 1 , ⋯ , k 1,\cdots,k 1,⋯,k范围内,且包含 i i i号球}
- B n = Ω B_n=\Omega Bn=Ω
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所有 A i ⊂ B i A_{i}\sub{B_i} Ai⊂Bi,且 A k = B k − B k − 1 A_k=B_k-B_{k-1} Ak=Bk−Bk−1
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N ( Ω ) = n m N(\Omega)=n^m N(Ω)=nm
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N ( B i ) = i m N(B_i)=i^m N(Bi)=im
- i 取 k − 1 时 , 得到 i i取k-1时,得到i i取k−1时,得到i
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则由概率的基本性质或减法公式,有:
- P ( A k ) = P ( B k − B k − 1 ) = P ( B k ) − P ( B k − 1 ) = N ( B k − 1 ) N ( Ω ) − N ( B k ) N ( Ω ) = k m − ( k − 1 ) m n m P(A_k)=P(B_k-B_{k-1})=P(B_k)-P(B_{k-1}) \\=\frac{N(B_{k-1})}{N(\Omega)} -\frac{N(B_k)}{N(\Omega)} \\=\frac{k^m-(k-1)^{m}}{n^m} P(Ak)=P(Bk−Bk−1)=P(Bk)−P(Bk−1)=N(Ω)N(Bk−1)−N(Ω)N(Bk)=nmkm−(k−1)m
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分组分配问题
- 将15个学生随机均匀的分到3个班,优秀学生共有3名,则:
- A A A:每个班恰好分到一个优秀学生的概率?
- 基本事件:每一种将15个学生分配完的方法对应一个基本事件
- 显然15个学生分配成3组,每组5个人,分配给第一个班级共有 ( 15 5 ) \binom{15}{5} (515)种方法,继续分配第二个班级共有 ( 10 5 ) \binom{10}{5} (510)种方法,最后5个人分配给第3个班级有 ( 5 5 ) \binom{5}{5} (55)种方法;由乘法原理,共有 ( 15 5 ) ( 10 5 ) ( 5 5 ) \binom{15}{5}\binom{10}{5}\binom{5}{5} (515)(510)(55)= 15 ! 5 ! 5 ! 5 ! \frac{15!}{5!5!5!} 5!5!5!15!
- 而每个班级各有一名优秀学生的分配方法有 A 3 3 A_3^{3} A33= ( 3 1 ) ( 2 1 ) ( 1 1 ) \binom{3}{1}\binom{2}{1}\binom{1}{1} (13)(12)(11),共有 6 6 6种方法;再将余下的12名学生分配到3个班级有 ( 12 4 ) ( 8 4 ) ( 4 4 ) \binom{12}{4}\binom{8}{4}\binom{4}{4} (412)(48)(44)= 12 ! 4 ! 4 ! 41 \frac{12!}{4!4!41} 4!4!4112!,由乘法原理,共有 6 × 12 ! 4 ! 4 ! 4 ! 6\times{\frac{12!}{4!4!4!}} 6×4!4!4!12!
- 再由古典概型公式 6 × 12 ! 4 ! 4 ! 4 ! 15 ! 5 ! 5 ! 5 ! \Large\frac{6\times{\frac{12!}{4!4!4!}}}{\frac{15!}{5!5!5!}} 5!5!5!15!6×4!4!4!12!= 25 91 \frac{25}{91} 9125
- B B B:三名优秀学生被分配到同一个班的概率?
- 3名优秀学生分配到同一个班的方法数有 ( 3 1 ) \binom{3}{1} (13)=3种,不妨设这个班为X班
- 其余12名同学中有2明分配到 X X X班,有 ( 12 2 ) \binom{12}{2} (212)种方法
- 剩下10名同学均匀分配到2个班,有 ( 10 5 ) ( 5 5 ) \binom{10}{5}\binom{5}{5} (510)(55)= 10 ! 5 ! 5 ! \frac{10!}{5!5!} 5!5!10!种方法
- 由古典概型公式: P ( B ) P(B) P(B)= 3 ( 12 2 ) ( 10 5 ) ( 5 5 ) ( 15 5 ) ( 10 5 ) ( 5 5 ) \frac{3\binom{12}{2}\binom{10}{5}\binom{5}{5}}{\binom{15}{5}\binom{10}{5}\binom{5}{5}} (515)(510)(55)3(212)(510)(55)= 3 × 12 ! 2 ! 5 ! 5 ! 15 ! 5 ! 5 ! 5 ! \Large\frac{\frac{3\times{12!}}{2!5!5!}}{\frac{15!}{5!5!5!}} 5!5!5!15!2!5!5!3×12!= 6 91 \frac{6}{91} 916
古典概型假设条件和实际推断原则
- 某场所X在某一周内接待了12次客人,并且都发生周1,2两天,那么该场所有规定招待时间段的概率是多少?
- 假设游客一周内每天去场所的概率相等,那么每次去场所有7种可能(周一至周日的某一天),则12次访问有 7 12 7^{12} 712种可能
- 而这12次都在周1,2的可能有 2 12 2^{12} 212种,由古典概型公式,场所仅在周1,2开放接待的概率为 2 12 7 12 \frac{2^{12}}{7^{12}} 712212= 3 × 1 0 − 7 3\times{10^{-7}} 3×10−7
- 可以看到这个概率上非常小,但是给人的感觉是很有可能
- 在人们长期的实践中总结得到实际推断原理:概率很小的事件在一次试验中实际上几乎是不发生的;
- 而在本例中,这个理想化条件假设下的理论推算出的小概率事件却发生了,而且是一次试验(观察12次接待发生的日子)就发生了,因此我们有理由怀疑理想化假设的正确性,也就是认为接待站接待游客时间段是有规定的
- 事实上上述的计算用到的假设是脱离实际且不正确的
其他古典概型
- PT@Bernoulli概型@古典概型之伯努利概型