概率论基础复习

排列与组合公式

  • 从n个不同元素中任取r个,求取法个数;

  • 排列要求次序,组合不讲次序;

  • 全排列:\(A^n_n=n!\)

    选排列:\(A_n^r=\frac{n!}{(n-r)!}=n(n-1)...(n-r+1)\)

    组合:\(C_n^r=\binom{n}{r}=\frac{n!}{r!(n-r)!}=\frac{A_n^r}{r!}\)

加法原理和乘法原理

  • 加法原理

    完成某件事情有n类途径,第一类途径有\(m_1\)种方法,第二类途径有\(m_2\)种方法,以此类推,在第n类途径有\(m_n\)种方法,则完成这件事情共有\(m_1+m_2+...+m_n\)种不同方法。

  • 乘法原理

    完成某件事情先后分成n个步骤,做第一步有\(m_1\)种方法,第二步有\(m_2\)种方法,以此类推,第n步有\(m_n\)种方法,则完成这件事情共有\(m_1×m_2×...×m_n\)种不同的方法。

    例题

    1. 取球问题(球是可辨的)

      袋中装有5只白球3只黑球,分别按下述方式抽取2只:

      (1)无放回抽取;

      (2)有放回抽取;

      (3)一次抽取2只

      设A=“所取两只均为白球”,求P(A).

      答:

      (1)有放回抽取

      基本事件总数为\(A_8^2=8×7=56\)

      A中包含的基本事件数为\(A_5^2=5×4=20\)

      \(P(A)=\frac{A_5^2}{A_8^2}=\frac{5}{14}\)

      (2)有放回抽取

      基本事件总数为\(8^2=64\)

      A中包含的基本事件为\(5^2=25\)

      \(P(A)=\frac{5^2}{8^2}=\frac{25}{64}\)

      (3)一次抽取2只

      基本事件总数为\(C_8^2=28\)

      A中包含的基本事件数为\(C_5^2=10\)

      \(P(A)=\frac{C_5^2}{C_8^2}=\frac{5}{14}\)

    2. 袋中有n只球,一只红的,n-1只白的,n个人从袋中无放回地依次取出一只球。试求:第k个人取出的球是红球的概率。

      答案:设A={第k个人取出的球为红球}

      第1个位置放的球有n种可能,第2个位置放的球有n-1种可能,以此类推,基本事件总数为\(n!\)

      第k个人取出的球为红球,则在第k个位置上放红球,n-1个白球在其余n-1个位置上任意排列,则A包含的基本事件总数为\((n-1)!\),则:

      \[P(A)=\frac{(n-1)!}{n!}=\frac{1}{n} \]

    3. 质点入盒模型

      将n个球随机地放入\(N(N \geq n )\)个盒子中去,设盒子容量不限,试求:

      (1)指定的n个盒子中各有一球的概率;

      (2)每个盒子至多有一只球的概率;

      (3)n个盒子中各有一球的概率;

      (4)指定的一个盒子中恰有m个球的概率

      答:

      将n个球放入N个盒子中,故基本事件总数为\(N×N×...×N=N^n\)

      (1)指定的n个盒子中各有一个球,其基本事件数为\(n!\),则:

      \[P_1=\frac{n!}{N^n} \]

      (2)每个盒子中至多只有一只球,共有\(A_N^n\)种不同的方法,因此所求的概率为:

      \[P_2=\frac{A_N^n}{N^n} \]

      (3)n个盒子可以有\(C_N^n\)种不同的选法。对选定n个盒子,每个盒子各有一个球的放法有\(n!\)种。由乘法原理,共有\(n!C_N^n\)种放法,因此所求概率为:

      \[P_3=\frac{n!C_N^n}{N^n} \]

      (4)从n个球中任选m个球共有\(C_n^m\)种不同的方法,剩余的n-m只球落入其它盒子中共有\((N-1)^{n-m}\)种不同的方法,故:

      \[P_4=\frac{C_n^m(N-1)^{n-m}}{N^n} \]

    4. 随机取数问题

      把1,2,3,4,5诸数各写在一张纸片上,任取其三排成自左向右的次序。求:

      (1)所得三位数是偶数的概率;

      (2)所得三位数不小于200的概率

      答:

      基本事件总数为\(A_5^3=5×4×3\)

      (1)设A={所得三位数是偶数},则:

      \[P(A)=\frac{C_2^1A_4^2}{A_5^3}=\frac{2×4×3}{5×4×3}=\frac{2}{5} \]

      (2)设B={所得三位数不小于200},则:

      \[P(B)=\frac{C_4^1A_4^2}{A_5^3}=\frac{4×4×3}{5×4×3}=\frac{4}{5} \]

加法公式

对任意两个事件A、B有:

\[P(A+B)=P(A)+P(B)-P(AB) \]

例题

  1. 设有一批产品共100件,其中5件是次品,任取3件,求:至少有一件是次品的概率。

    答:设A={任取三件至少有一件是次品}

    法一:\(B_i\)={任取三件恰好有i件次品},则:

    \[\begin{split} P(A)=P(B_1\cup B_2\cup B_3)&=P(B_1)+P(B_2)+P(B_3)\\ &=\frac{C_5^1C_{95}^2}{C_{100}^3}+\frac{C_5^2C_{95}^1}{C_{100}^3}+\frac{C_5^3C_{95}^0}{C_{100}^3}\\ &=0.144 \end{split} \]

    法二:设\(\bar{A}\)表示任取三件全是正品,而:

    \[P(\bar{A})=\frac{C_{95}^{3}}{C_{100}^3}\approx 0.856 \]

    则:

    \[P(A)=1-P(\bar{A})\approx 1-0.856=0.144 \]

  2. 袋中有红、黄、白色球各一个,每次任取一只,有放回地抽三次,求:

    (1)颜色全同的概率;

    (2)至少一只红球;

    (3)取到的三个球里没有红球或没有黄球

    答:基本事件总数为\(3^3\)

    (1)

    \[P(颜色全同)=\frac{C_3^1}{3^3}=\frac{3}{3^3}=\frac{1}{9} \]

    (2)

    \[P(无红)=\frac{2^3}{3^3}=\frac{8}{27}\\ P(至少一个红球)=1-\frac{8}{27}=\frac{19}{27} \]

    (3)

    \[\begin{split} P(无红或无黄)&=P(无红+无黄)\\ &=P(无红)+P(无黄)-P(无红且无黄)\\ &=\frac{8}{27}+\frac{8}{27}-\frac{1^3}{3^3}\\ &=\frac{5}{9} \end{split} \]

条件概率

实际生活中:已知某人艾滋检查为阳性,求他患艾滋的概率;在摸奖中已知第一人已经或未摸到一等奖,求第二个人摸到一等奖的概率;人寿保险常常会考虑:已知某人已经活了x岁,求他还能再活y岁的概率。

设A、B是两个事件,且P(A)>0,称:

\[P(B|A)=\frac{P(AB)}{P(A)} \]

概率P(B|A)与P(AB)的区别与联系

  • 联系:事件A、B都发生了
  • 区别:
    • 在P(B|A)中,事件A先发生B后发生;在P(AB)中,事件A、B同时发生。
    • 样本空间不同,在P(B|A)中,事件A成为样本空间;在P(AB)中,样本空间仍为\(\Omega\)

例题

  1. 袋中有10个球,其中3个黑球7个白球,依次从袋中不放回取两球。已知第一次取出的是黑球,试求:第二次取出的仍是黑球的概率。

    答:设\(A_i\)={第i次取得黑球}(i=1,2)

    \[P(A_1)=\frac{3}{10},\ P(A_1A_2)=\frac{3×2}{10×9}=\frac{1}{15} \]

    则:

    \[P(A_2|A_1)=\frac{P(A_1A_2)}{P(A_1)}=\frac{2}{9} \]

  2. 恰有两个小孩的家庭,若已知某一家有男孩,求这家有两个男孩的概率;若已知某家第一个是男孩,求这家第二个也是男孩的概率。

    答:

    \[P(有男孩)=1-\frac{1}{2}×\frac{1}{2}=1-\frac{1}{4}=\frac{3}{4}\\ P(有两个男孩)=\frac{1}{2}×\frac{1}{2}=\frac{1}{4}\\ P(有两个男孩|有男孩)=\frac{\frac{1}{4}}{\frac{3}{4}}=\frac{1}{3}\\ P(第一个是男孩)=\frac{1}{2}\\ P(第二个也是男孩|第一个是男孩)=P(有两个男孩|第一个是男孩)=\frac{\frac{1}{4}}{\frac{1}{2}}=\frac{1}{2} \]

乘法公式

设P(A)>0,则有\(P(AB)=P(B|A)P(A)\)。一般地,若\(A_1,A_2,...,A_n\)是n个是事件,且\(P(A_1A_2...A_{n-1})>0\),则由归纳法可得:

\[P(A_1A_2...A_n)=P(A_1)P(A_2|A_1)P(A_3|A_1A_2)...P(A_n|A_1A_2...A_{n-1}) \]

例题

  1. 关于某产品的检验方案为:从100件中任取1件,无放回,如为次品,认为不合格;如为正品,再抽一件;如此连续至多4次,若连续抽取4件正品,则认为这批产品合格。现假定这批产品中5%是次品,求:产品被拒收的概率。

    答:设A={产品被拒收},\(B_i\)={第i次抽得正品},i={1,2,3,4}

    \(\bar{A}=B_1B_2B_3B_4\)

    因此

    \[\begin{split} P(A)=1-P(\bar{A})&=1-P(B_1B_2B_3B_4)\\ &=1-P(B_1)P(B_2|B_1)P(B_3|B_1B_2)P(B_4|B_1B_2B_3)\\ &=1-\frac{95}{100}\frac{94}{99}\frac{93}{98}\frac{92}{97}=0.188 \end{split} \]

  2. 据以往资料,某一三口之家,患某种传染病的概率有以下特点:

    P(孩子得病)=0.6, P(母亲得病|孩子得病)=0.5, P(父亲得病|母亲及孩子得病)=0.4

    求:母亲及孩子得病但父亲未得病的概率。

    答:设A={孩子得病},B={母亲得病},C={父亲得病},则:

    \[P(A)=0.6,\ P(B|A)=0.5,\ P(C|AB)=0.4 \]

    \[\begin{split} P(AB\bar{C})&=P(\bar{C}|AB)P(B|A)P(A)\\ &=(1-0.4)×0.5×0.6\\ &=0.6×0.5×0.6\\ &=0.18 \end{split} \]

posted @ 2019-03-01 17:48  冬色  阅读(3951)  评论(1编辑  收藏  举报