古典方法
(抽样模型)一批产品共有 \(N\) 件,其中 \(M\) 件是不合格品, \(N-M\) 件是合格品.从中随机取出 \(n\) 件,试求事件 \(A_m=\) “取出的n件产品中有 \(m\) 件不合格品”的概率.
解：显然样本点总数为 \(\displaystyle\binom{N}{n}\)
要使 \(A_m\) 发生,必须从 \(M\) 件不合格品中抽 \(m\) 件,再从 \(N-M\) 件合格品中抽 \(n-m\) 件,根据乘法原理,含有 \(\displaystyle \binom{M}{m}\binom{N-M}{n-m}\) 个样品点.
\[P\left(A_{m}\right)=\frac{\left(\begin{array}{l} M \\ m \end{array}\right)\left(\begin{array}{l} N-M \\ n-m \end{array}\right)}{\left(\begin{array}{l} N \\ n \end{array}\right)}, \quad m=0,1,2, \cdots, r, \quad r=\min \{n, M\} \](放回抽样)抽样有两种方式:不放回抽样与放回抽样.上例讨论的是不放回抽样.放回抽样是抽取一件后放回,然后再抽取下一件, \(\cdots\cdots\) ,如此重复直至抽出 \(n\) 件为止.现对上例在有放回抽样情况下,讨论事件 \(B_m=\) “取出的 \(n\) 件产品中有 \(m\) 件不合格品”的概率.
解：显然样本点总数为 \(N^n\)
事件 \(B_m=\) “取出的 \(n\) 件产品中有 \(m\) 件不合格品”发生必须从 \(N-M\) 件合格品中有放回地抽取 \(n-m\) 次,从 \(M\) 件不合格品中有放回地抽取 \(m\) 次,这样就有 \(M^m·(N-M)^{n-m}\) 种取法.再考虑到这 \(m\) 件不合格品可能在 \(n\) 次中的任何 \(m\) 次抽取中
得到,总共有 \(\displaystyle \binom{n}{m}\) 种可能.所以事件 \(B_m\) 含有 \(\displaystyle\binom{n}{m}M^m·(N-M)^{n-m}\) 个样本点,故 \(B_m\) 的概率为
(盒子模型)设有 \(n\) 个球,每个球都等可能地被放到 \(N\) 个不同盒子中的任一个,每个盒子所放球数不限.试求
(1) 指定的 \(n (n\leqslant N)\) 个盒子中各有一球的概率 \(p_1\) ;
(2) 恰好有 \(n (n\leqslant N)\) 个盒子各有一球的概率 \(p_2\) ·
解：显然样本点总数为 \(N^n\)
(1) 因为各有一球的 \(n\) 个盒子已经指定,余下的没有球的 \(N-n\) 个盒子也同时被指定,所以只要考虑 \(n\) 个球在这指定的 \(n\) 个盒子中各放 \(1\) 个的放法数.设想第 \(1\) 个球有 \(n\) 种放法,第 \(2\) 个球只有 \(n-1\) 种放法, \(\cdots\cdots\) ,第 \(n\) 个球只有 \(Ⅰ\) 种放法.所以根据乘法原则,其可能总数为 \(n !\) ,于是其概率为
\[p_1=\frac{n!}{N^n} \](2) 与 (1) 的差别在于: 此 \(n\) 个盒子可以在 \(N\) 个盒子中任意选取.此时可分两步做:第一步从 \(N\) 个盒子中任取 \(n\) 个盒子准备放球,共有 \(\binom{N}{n}\) 种取法;第二步将 \(n\) 个球放入选中的 \(n\) 个盒子中,每个盒子各放 \(1\) 个球,共有 \(n!\) 种放法.所以根据乘法原则共有
\[\binom{N}{n}\cdot n !=P_{N}^{n}=N(N-1)(N-2) \cdots(N-n+1) \]种放法.其实这个放法数可以更直接的考虑成:第 \(1\) 个球可放在 \(N\) 个盒子中的任一个,第 \(2\) 个球只可放在余下的 \(N-1\) 个盒子中的任一个, \(\cdots\cdots\) ,第 \(n\) 个球只可放在余下的 \(N-n+1\) 个盒子中的任一个,由乘法原则即可得以上放法数.因此所求概率为
\[p_{2}=\frac{P_{N}^{n}}{N^{n}}=\frac{N !}{N^{n}(N-n) !} \](生日问题) \(n\) 个人的生日全不相同的概率 \(p_n\) 是多少?
解:把 \(n\) 个人看成是 \(n\) 个球,将一年 \(365\) 天看成是 \(N=365\) 个盒子,则“ \(n\) 个人的生日全不相同”就相当于“恰好有 \(n (n\leqslant N)\) 个盒子各有一球”,所以 \(n\) 个人的生日全不相同的概率为
| \(n\) | \(10\) | \(20\) | \(30\) | \(40\) | \(50\) | \(60\) |
|---|---|---|---|---|---|---|
| \(P_n\) | \(0.8840\) | \(0.5942\) | \(0.3037\) | \(0.1180\) | \(0.0349\) | \(0.0078\) |
| \(1-P_n\) | \(0.1160\) | \(0.4058\) | \(0.6963\) | \(0.8820\) | \(0.9651\) | \(0.9922\) |
一枚均匀的硬币掷 \(10\) 次，设没有连续出现正面的的概率为 \(\cfrac{i}{j}\) ，其中 \(i,j\) 互质，求 \(i+j\)
解：
把一枚均匀的硬币掷 \(n\) 次，共有 \(2^n\) 种可能的情形。设没有连续出现正面的的数目为 \(a_n\)，则 \(a_1=2,a_2=3,a_3=5\).
一般地，\(a_{n+2}=a_{n+1}+a_n,n=1,2,\cdots\). 这是因为，若第 \(n+2\) 次掷出的是反面，则前 \(n+2\) 次中没有接连出现正面的数目是 \(a_{n+1}\). 若第 \(n+2\) 次掷出的是正面，则第 \(n+1\) 次需掷出反面，这样，没有接连掷出正面的数目为 \(a_n\).于是
\[a_4=8,a_5=13,a_6=21,a_7=34,a_8=55,a_9=89,a_{10}=144 \]于是掷 \(10\) 次，没有连续出现正面的的概率为
\[\frac{a_{10}}{2^10}=\frac{144}{1024}=\frac{9}{64} \]于是 \(i+j=73\).
将 \(n\) 根绳的 \(2n\) 个头任意两两相接，试求事件 \(A=\) 恰好结成 \(n\) 个圆与 \(B=\) 恰好结成 \(1\) 个圆的概率。
解：
显然基本事件总数为 \((2n)!\)
为使事件 \(A\) 发生，则每根绳的头必须与自己的尾相接，即每根绳的两个头必须排在第 \(2k-1\) 与 \(2k\) 第个位子上\((k=1,2,\cdots,n)\).所以 \(n\) 根绳的位置共有 \(n!\) 种排法.又对应于上述每一种排法，各根绳的头与尾又都有 \(2\) 个排法，故
\(|A|=n!2^n=(2n!!)\).于是有
\[P(A)=\frac{(2n!!)}{(2n!)}=\frac{1}{(2n-1)!!} \]对于事件 \(B\)，位于第 \(1\) 位的头有 \(2n\) 种选法，然后第 \(2\) 位的头共有 \(2n-2\) 种选法，其中排除了已选定位于第 \(1\) 位的绳的头与尾。将已选好的两个头相接，就剩下 \(n-1\) 根绳的 \(2n-2\) 个头。于是，选择第 \(3\) 个头有 \(2n-2\) 种方法，再选取第 \(4\) 个头有 \(2n-4\) 种方法\(\cdots\cdots\) 以此类推有
\[|B|=2n(2n-2)(2n-2)(2n-4)\cdots4\cdot 2\cdot2\cdot1=(2n)!!(2n-2)!! \]于是有
\[P(B)=\frac{(2n)!!(2n-2)!!}{(2n)!}=\frac{(2n-2)!!}{(2n-1)!!} \]几何方法
(会面问题)甲乙两人约定在下午 \(6\) 时到 \(7\) 时之间在某处会面，并约定先到者应等候另一个人 \(20\) min ,过时即可离去.求两人能会面的概率.
解:以 \(x\) 和 \(y\) 分别表示甲、乙两人到达约会地点的时间(以min为单位),在平面上建立 \(xOy\) 直角坐标系.
因为甲、乙都是在 \(0\) 至 \(60\) min内等可能地到达,所以由等可能性知这是--个几何概率问题. \((x,y)\) 的所有可能取值是边长为\(60\) 的正方形,其面积为 \(S_{\Omega}=60\).而事件 \(A=\)“两人能够会面”相当于
\[|x-y|\leqslant20 \]即图中阴影部分面积
\[P(A)=\frac{S_{A}}{S_{\Omega}}=\frac{60^{2}-40^{2}}{60^{2}}=\frac{5}{9}=0.5556 \](蒲丰投针问题)平面上画有间隔为 \(d(d>0)\) 的等距平行线,向平面任意投掷一枚长为 \(l(l<d)\) 的针,求针与任一平行线相交的概率.
解:
以 \(x\) 表示针的中点与最近一条平行线的距离,又以 \(\varphi\) 表示针与此直线间的交角,见上图.易知样本空间 \(\Omega\) 满足
\[0 \leqslant x \leqslant d / 2, \quad 0 \leqslant \varphi \leqslant \pi \]由这两式可以确定 \(x-\varphi\) 平面上的一个矩形 \(\Omega\) ,这就是样本空间,其面积为 \(S_{\Omega}=d/2\).这时针与平行线相交(记为事件\(A\))的充要条件是
\[x \leqslant \frac{l}{2} \sin \varphi \]这个不等式表示的区域是下图中的阴影部分
由于针是向平面任意投掷的,所以由等可能性知这是一个几何概率问题.由此得
\[P(A)=\frac{S_{A}}{S_{\Omega}}=\cfrac{\int_{0}^{\pi} \frac{l}{2} \sin \varphi \mathrm{d} \varphi}{\frac{d}{2} \pi}=\frac{2 l}{d \pi} \]如果 \(l,d\) 为已知,则以 \(\pi\) 的值代人上式即可计算得 \(P(A)\) 之值.反之,如果已知 \(P(A)\) 的值,则也可以利用上式去求 \(\pi\) ,而关于 \(P(A)\) 的值,可用从试验中获得的频率去近似它:即投针 \(N\) 次,其中针与平行线相交 \(n\) 次,则频率 \(n/N\) 可作为 \(P(A)\) 的估计值,于是由
\[\frac{n}{N} \approx P(A)=\frac{2 l}{d \pi} \]可得
\[\pi \approx \frac{2 l N}{d n} \]在长度为 \(a\) 的线段内任取两点将其分为三段,求它们可以构成-个三角形的概率.
解:
由于是将线段任意分成三段,所以由等可能性知这是一个几何概率问题.分别用 \(x,y\) 和 \(a-x-y\) 表示线段被分成的三段长度,见上图,则显然应该有
\[0<x<a, \quad 0<y<a, \quad 0<a-(x+y)<a \]所以样本空间为
\[\Omega=\{(x, y): \quad 0<x<a, \quad 0<y<a, \quad 0<x+y<a\} \]又根据构成三角形的条件:三角形中任意两边之和大于第三边,得事件 \(A\) 所含样本点 \((x ,y)\) 必须同时满足
\[\begin{array}{l} 0<a-(x+y)<x+y \\ 0<x<y+(a-x-y) \\ 0<y<x+(a-x-y) \end{array} \]整理得
\[\frac{a}{2}<x+y<a, \quad 0<x<\frac{a}{2}, \quad 0<y<\frac{a}{2} \]所以事件 \(A\) 可用下图中的阴影部分表示.
显然有
\[P(A)=\frac14 \]