古典概率模型学习教案

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1、会计学1古典概率模型古典概率模型第一页，编辑于星期一：七点 三十五分。I. I. 什么是古典概率模型什么是古典概率模型如果试验如果试验E E满足满足 (1) (1) 试验结果只有有限种，试验结果只有有限种， (2) (2) 每种结果发生的可能性相同。每种结果发生的可能性相同。则称这样的试验模型为则称这样的试验模型为等可能概率模型等可能概率模型或或古古典概率模型典概率模型，简称为简称为等可能概型等可能概型或或古典概古典概型型。第1页/共18页第二页，编辑于星期一：七点 三十五分。II. II. 古典概率模型中事件概率求法古典概率模型中事件概率求法 因试验因试验E E的结果只有有限种的结果只有有限

2、种, ,即样本点是有限个即样本点是有限个: : 1 1, , 2 2 , n n ，其中，其中 = 1 1 2 2 n n ， i i 是基本事件，且它们发生的概率都相等。是基本事件，且它们发生的概率都相等。 于是，有于是，有 1=P()=P(1=P()=P( 1 1 2 2 n n) =P( =P( 1 1)+P()+P( 2 2 )+P()+P( n n) =nP( =nP( i i), i=1,2,n), i=1,2,n。从而，从而，P(P( i i)= 1/n)= 1/n，i=1,2,i=1,2,n n。第2页/共18页第三页，编辑于星期一：七点 三十五分。因此，若事件因此，若事件A

3、A包含包含k k个基本事件，有个基本事件，有 P(A)=kP(A)=k (1/n)=k/n(1/n)=k/n。III. III. 古典概率模型的例子古典概率模型的例子例例1 1：掷一颗均匀骰子，掷一颗均匀骰子，设设:A:A表示所掷结果为表示所掷结果为“四点或五点四点或五点”； B B表示所掷结果为表示所掷结果为“偶数点偶数点”。求求:P(A):P(A)和和P(B)P(B)。解：解：由由n=6n=6，k kA A=2,=2,得得P(A)=2/6=1/3P(A)=2/6=1/3；再由再由k kB B=3=3，得，得P(B)=3/6=1/2P(B)=3/6=1/2。第3页/共18页第四页，编辑于星期

4、一：七点 三十五分。例例2：解解: 货架上有外观相同的商品货架上有外观相同的商品1515件，其中件，其中1212件来件来自产地甲自产地甲, 3, 3件来自地乙。现从件来自地乙。现从1515件商品中随机件商品中随机地抽取两件地抽取两件, ,求这两件商品来自一同产地的概率求这两件商品来自一同产地的概率。 从从1515件商品中取出件商品中取出2 2商品商品, ,共有共有C C2 21515 =105 =105种取种取法法, ,且每种取法都是等可能的，故且每种取法都是等可能的，故n=105n=105。令令 A=A=两件商品都来自产地甲两件商品都来自产地甲,k,kA A= C= C2 21212=66,

5、=66, B= B=两件商品都来自产地乙两件商品都来自产地乙,k,kB B= C= C2 23 3 =3 =3，而事件而事件:两件商品来自同一产地两件商品来自同一产地=AB,=AB,且且A A与与B B互互斥斥, ,AB包含基本事件数包含基本事件数66+3=6966+3=69。故，所求概率故，所求概率=69/105=23/35=69/105=23/35。第4页/共18页第五页，编辑于星期一：七点 三十五分。例例3 ：有外观相同的三极管有外观相同的三极管6 6只只, ,按其电流放大系按其电流放大系数分类数分类,4,4只属甲类只属甲类,2,2只属乙类。按下列两种方案抽只属乙类。按下列两种方案抽取三

6、极管两只取三极管两只, ,(1).(1).每次抽取一个只每次抽取一个只, ,测试后放回测试后放回, ,然后再抽取然后再抽取 下一只下一只( (放回抽样放回抽样););(2).(2).每次抽取一只每次抽取一只, ,测试后不放回测试后不放回, ,然后在剩下然后在剩下 的三极管中再抽取下一只的三极管中再抽取下一只( (不放回抽样不放回抽样) )。设设A=A=抽到两只甲类三极管抽到两只甲类三极管,B=,B=抽到两只同类三抽到两只同类三极管极管,C=,C=至少抽到一只甲类三极管至少抽到一只甲类三极管,D=,D=抽到两抽到两只不同类三极管只不同类三极管 。求：求：P(A),P(B),P(C),P(D)P(

7、A),P(B),P(C),P(D)。第5页/共18页第六页，编辑于星期一：七点 三十五分。解解: (1). (1).由于每次抽测后放回由于每次抽测后放回, ,因此因此, ,每次都是在每次都是在6 6只三极管中抽取。因第一次从只三极管中抽取。因第一次从6 6只中取一只只中取一只, ,共有共有6 6种可能取法；第二次还是从种可能取法；第二次还是从6 6只中取一只只中取一只, ,还是有还是有6 6种可能取法。故种可能取法。故, ,取两只三极管共有取两只三极管共有6 6 6=36 6=36 种可能的取法。从而种可能的取法。从而,n=36,n=36。注意注意: :这种分析方法使用的是中学学过的这种分析方

8、法使用的是中学学过的 乘法原理乘法原理第6页/共18页第七页，编辑于星期一：七点 三十五分。 因每个基本事件发生的可能性相同因每个基本事件发生的可能性相同, ,第一次第一次取一只甲类三极管共有取一只甲类三极管共有4 4种可能取法种可能取法, ,第二次再第二次再取一只甲类三极管还是有取一只甲类三极管还是有4 4种可能取法。所以种可能取法。所以, ,取取两只甲类三极管共有两只甲类三极管共有 4 4 4=16 4=16 种可能的取法种可能的取法, , 即即k kA A=16=16。故。故 P(A)=16/36=4/9P(A)=16/36=4/9；令令E=E=抽到两只乙类三极管抽到两只乙类三极管,k,

9、kE E=2=2 2=42=4。故。故 P(E)=4/36=1/9; P(E)=4/36=1/9; 因因C C是是E E的对立事件，故的对立事件，故 P(C)=1-P(E)=8/9P(C)=1-P(E)=8/9；因因B= AE ,B= AE ,且且A A与与E E互斥互斥, ,得得 P(B)=P(A)+P(E)=5/9P(B)=P(A)+P(E)=5/9；D D是是B B的对立事件的对立事件, , 得得 P(D)=1-P(B)=4/9P(D)=1-P(B)=4/9。第7页/共18页第八页，编辑于星期一：七点 三十五分。(2).(2).由于第一次抽测后不放回由于第一次抽测后不放回, ,因此因此,

10、 ,第一次从第一次从6 6只只中取一只中取一只, ,共有共有6 6种可能的取法；第二次是从剩余种可能的取法；第二次是从剩余的的5 5只中取一只只中取一只, ,有有5 5种可能的取法。由乘法原理，种可能的取法。由乘法原理，知取两只三极管共有知取两只三极管共有n=6n=6 5=305=30种可能的取法。种可能的取法。由乘法原理由乘法原理, ,得得 k kA A=4=4 3=12, P(A)=12/30=2/5;3=12, P(A)=12/30=2/5;k kE E=2=2 1=21=2，P(E)=2/30=1/15;P(E)=2/30=1/15;由由C C是是E E的对立事件的对立事件, ,得得P

11、(C)=1-P(E)=14/15P(C)=1-P(E)=14/15；由由B=AE,B=AE,且且A A与与E E互斥互斥, ,得得 P(B)=P(A)+P(E)=7/15P(B)=P(A)+P(E)=7/15；由由D D是是B B的对立事件的对立事件, , 得得 P(D)=1-P(B)=8/15P(D)=1-P(B)=8/15。第8页/共18页第九页，编辑于星期一：七点 三十五分。解解:例例4 4：n n个球随机地放入个球随机地放入N(Nn)N(Nn)个盒子中个盒子中, ,若盒子若盒子的容量无限制。求的容量无限制。求“每个盒子中至多有一球每个盒子中至多有一球”的概的概率。率。 因每个球都可以放

12、入因每个球都可以放入N N个盒子中的任何一个个盒子中的任何一个, , 故每个球有故每个球有N N种放法。由乘法原理种放法。由乘法原理, ,将将n n个球放入个球放入N N个盒子中共有个盒子中共有N Nn n种不同的放法。种不同的放法。 每个盒子中至多有一个球的放法每个盒子中至多有一个球的放法( (由乘法原由乘法原理得理得): N(N-1): N(N-1)(N-n+1)=A(N-n+1)=AN Nn n 种。种。故，故， 第9页/共18页第十页，编辑于星期一：七点 三十五分。 设每个人在一年设每个人在一年( (按按365365天计天计) )内每天出生内每天出生的可能性都相同的可能性都相同, ,现

13、随机地选取现随机地选取n(n365)n(n365)个人个人, ,则他们生日各不相同的概率为则他们生日各不相同的概率为 A A365365n n/365/365n n。于是于是, , n n个人中至少有两人生日相同的概率为个人中至少有两人生日相同的概率为 1- A1- A365365n n/365/365n n。(请打开请打开P17) 许多问题和上例有相同的数学模型。许多问题和上例有相同的数学模型。例如例如(生日问题生日问题): 某人群有某人群有n个人，他们中至少个人，他们中至少有两人生日相同的概率有多大？有两人生日相同的概率有多大？第10页/共18页第十一页，编辑于星期一：七点 三十五分。 把

14、把n n个物品分成个物品分成k k组组, ,使第一组有使第一组有n n1 1个个, ,第第二组有二组有n n2 2个个, , , ,第第k k组有组有n nk k个个, ,且且n= nn= n1 1+ n+ n2 2+ +n+nk k 。 则则: :不同的分组方法有不同的分组方法有l公式公式种。种。第11页/共18页第十二页，编辑于星期一：七点 三十五分。解解:例例5:5: 某公司生产的某公司生产的1515件品中件品中, ,有有1212件是正品件是正品,3,3件件是次品。现将它们随机地分装在是次品。现将它们随机地分装在3 3个箱中个箱中, ,每箱装每箱装5 5件，设件，设:A=:A=每箱中恰有

15、一件次品每箱中恰有一件次品, B=, B=三件次品三件次品都在同一箱中都在同一箱中 。求求: P(A): P(A)和和P(B)P(B)。 15 15件产品装入件产品装入3 3个箱中个箱中, ,每箱装每箱装5 5件件, ,共有共有种等可能的装法。种等可能的装法。故故, 基本事件总数有基本事件总数有个。个。第12页/共18页第十三页，编辑于星期一：七点 三十五分。续续: 把三件次品分别装入三个箱中把三件次品分别装入三个箱中, ,共有共有3!3!种装种装法。这样的每一种装法取定以后法。这样的每一种装法取定以后, , 把其余把其余1212件正品件正品再平均装入再平均装入3 3个箱中个箱中, ,每箱装每

16、箱装4 4件件, ,有有个基本事件。个基本事件。再由乘法原理再由乘法原理, ,可知装箱总方法数有可知装箱总方法数有即即A A包含包含从而，从而，第13页/共18页第十四页，编辑于星期一：七点 三十五分。续续: 把三件次品装入同一箱中把三件次品装入同一箱中, ,共有共有3 3种装法种装法. .这样的这样的每一种装法取定以后每一种装法取定以后, ,再把其余再把其余1212件正品装入件正品装入3 3个箱个箱中中( (一箱再装一箱再装2 2件件, ,另两箱各装另两箱各装5 5件件) )又有又有个基本事件。故，个基本事件。故，由乘法原理，知装箱方法共有由乘法原理，知装箱方法共有即即B B包含包含第14页

17、/共18页第十五页，编辑于星期一：七点 三十五分。解解:例例6 6：设设N N件产品中有件产品中有K K件是次品件是次品,N-K,N-K件是正品件是正品,KN,KN。现从。现从N N件中每次任意抽取件中每次任意抽取1 1件产品件产品, ,在检在检查过它是正品或是次品后再放回查过它是正品或是次品后再放回, ,这样共抽取了这样共抽取了n n次。次。 求求: :事件事件A=A=所取的所取的n n件产品中恰有件产品中恰有k k件次品件次品 的概率的概率,k=0,1,2,k=0,1,2,n,n。 假定假定N N件产品是有编号的件产品是有编号的, ,从中任意取出一件从中任意取出一件, ,每次都有每次都有N

18、 N种取法种取法. .由乘法原理由乘法原理,n,n次共有次共有N Nn n种取法种取法, ,故故, ,基本事件总数为基本事件总数为N Nn n。 当所取的当所取的n n件产品中恰有件产品中恰有k k件次品时件次品时, ,由于取到由于取到这这k k件次品的次序的不同件次品的次序的不同, ,因此从次序考虑共有因此从次序考虑共有C Cn nk k种情况。种情况。第15页/共18页第十六页，编辑于星期一：七点 三十五分。续续: 这这C Cn nk k种情况确定以后种情况确定以后, ,从从K K件次品中取出件次品中取出k k件件, ,共有共有K Kk k种取法。从种取法。从N-KN-K件正品中取件正品中

19、取n-kn-k件件, ,共有共有(N-K)(N-K)n-kn-k种取法。由乘法原理种取法。由乘法原理, ,共有共有C Cn nk k K Kk k (N-K)(N-K)n-kn-k种取法种取法, A, A中基本事件个数为中基本事件个数为C Cn nk k K Kk k (N-K)(N-K)n-kn-k。第16页/共18页第十七页，编辑于星期一：七点 三十五分。若事件若事件A包含包含k个基本事件，有个基本事件，有 P(A)=k (1/n)=k/n；最后，给出了几个古典概型中求随机事件概最后，给出了几个古典概型中求随机事件概率的应用实例。率的应用实例。第17页/共18页第十八页，编辑于星期一：七点 三十五分。