古典概型
古典概型的定义，相关习题
前言
基本事件
- 基本事件的特点：
(1)任何两个基本事件是互斥的；
(2)任何事件(除不可能事件)都可以表示成基本事件的和。
- 基本事件不能理解为不能再分割的事件；[摘自教材：一般来说，在建立概率模型时，把什么看作是一个基本事件(即一个实验结果)是我们人为规定的，我们只要求：每次实验有一个并且只有一个基本事件出现即可]是相对的，不是绝对的，只要满足上述两点就可以；
注意：当选定的基本事件不一样时，解题的难易程度是不一样的。
比如投掷骰子的案例中，研究向上的点数为奇数的概率，
若基本事件选定为向上的点数的具体数字，则基本事件数为\(6\)，则\(P\)(向上点数为奇数)=\(\cfrac{3}{6}=\cfrac{1}{2}\)；
若基本事件选定为向上的点数的奇偶，则基本事件数为\(2\)，则\(P\)(向上点数为奇数)=\(\cfrac{1}{2}\)。
(1).有多少种不同的摸法？如果把每一个球的编号看作一个基本事件建立概率模型，该模型是不是古典概型？
分析：由于共有\(11\)个球，且每个球有不同的编号，故共有\(11\)种不同的摸法．又因为所有球大小相同，因此每个球被摸中的可能性相等，故以球的编号为基本事件的概率模型为古典概型．
(2).若按球的颜色为划分基本事件的依据，有多少个基本事件？以这些基本事件建立概率模型，该模型是不是古典概型？
分析：由于\(11\)个球共有\(3\)种颜色，因此共有\(3\)个基本事件，分别记为\(A\)：“摸到白球”，\(B\)：“摸到黑球”，\(C\)：“摸到红球”，又因为所有球大小相同，所以一次摸球每个球被摸中的可能性均为\(\cfrac{1}{11}\)，而白球有\(5\)个，故一次摸球摸到白球的可能性为\(\cfrac{5}{11}\)，同理可知摸到黑球、红球的可能性均为\(\cfrac{3}{11}\)，显然这三个基本事件出现的可能性不相等，故以颜色为划分基本事件的依据的概率模型不是古典概型．
解后反思：划分基本事件时，不能随心所欲，必须检查这种分法是否满足古典概型的两个特征；
- 基本事件的求法：
枚举法：适合给定的基本事件个数较少且易于一一列举；
树状图法：适合于较为复杂的问题中的基本事件的探求；注意在确定基本事件时\((x，y)\)可以看成是有序的，如\((1，2)\)与\((2，1)\)不同，有时也可以看成是无序的，如\((1，2)\)与\((2，1)\)相同。
排列组合法：在求一些较复杂的基本事件的个数时，可以利用排列组合的知识。即\(A_n^r\)或者\(C_n^r\)。
幂值法：比如从口袋中的10个小球中，有放回的随意抽取三次，共有\(10\times 10\times 10=10^3\)种；
古典概型
-
特点：试验中所有可能出现的基本事件只有有限个，简称“有限性”；每个基本事件出现的可能性相等，简称“等可能性”。
-
概率公式
其一：
〔解释〕如果一次试验中可能出现的结果有\(n\)个〔比如掷骰子的所有可能结果有\(6\)种〕，而且所有结果出现的可能性都相等〔每一种结果出现的可能性都相等〕，那么每一个基本事件的概率都是\(\cfrac{1}{n}\)〔比如向上的点数为\(1\)的基本事件出现的概率为\(\cfrac{1}{6}\)〕，如果某个事件\(A\)包括的结果有\(m\)个〔比如向上的点数为奇数的事件\(A\)包括的结果有\(3\)个〕，那么事件\(A\)的概率\(P(A)=\cfrac{m}{n}\)〔\(P(向上点数为奇数)=P(A)=\cfrac{3}{6}=\cfrac{1}{2}\)〕；
其二：
说明：其中\(A\subseteq \Omega\)，\(n(\Omega )\)指试验包含的基本事件集合数，\(n(A)\)指事件\(A\)包含的基本事件集合数；
- 分子分母的求解途径
①列举法，当碰到立体几何问题时，尽可能使用列举法，少用\(A_n^r\)和\(C_n^r\)；
②排列组合法，使用\(A_n^r\)和\(C_n^r\)计数；
③幂值法，即使用乘法原理\(n^r\)计数；
理解记忆
- 一次抛掷一枚硬币〔等价说法：一枚硬币抛掷一次〕
有\(2\)种结果，可以用一维坐标表示：正，反
- 一次抛掷两枚硬币〔等价说法：一枚硬币先后抛掷两次〕
有\(2^2\)种结果，可以用二维坐标表示，(正，正)，(正，反)，(反，正)，(反，反)，所以出现“两个正面向上”、“一正一反”、“两个反面向上”，这三个结果不是等可能事件。
- 一次抛掷三枚硬币〔等价说法：一枚硬币先后抛掷三次〕
有\(2^3\)种结果，可以用三维坐标表示，(正，正，正)，(正，正，反)，\(\cdots\)，(反，反，反)
- 一次抛掷一枚骰子〔等价说法：一枚骰子抛掷一次〕
有\(6\)种结果，可以用一维坐标表示，\(1，2，3，4，5，6\)
- 一次抛掷两枚骰子〔等价说法：一枚骰子先后抛掷两次〕
有\(6\times6=36\)种结果，可以用二维坐标\((m，n)\)表示，\((1，1)，(1，2)，\cdots，(6，6)\)如下表：
引申：①则\(m>n\)的有\(\frac{36-6}{2}=15\)种，\(m=n\)的有\(6\)种（对角线），\(m<n\)的有\(\frac{36-6}{2}=15\)种，
②\(m+n=2，3，4，5，6，7，8，9，10，11，12\)的情形分别有\(1，2，3，4，5，6，5，4，3，2，1\)种。
③\(m\leq n ?\) \(m\leq 2n ?\) \(m\leq \sqrt{2}n ?\)
④连续投掷两次骰子得到的点数分别为\(m\)，\(n\)，令\(\vec{a}=(m，n)\)，\(\vec{b}=(1，-3)\)，则事件\(\vec{a}\perp \vec{b}\)的求解，其实是求\(m=3n\)的情形。
⑤令\(\vec{c}=(m，n)\)，\(\vec{d}=(1，3)\)，事件\(\vec{c}// \vec{d}\)的求解，其实是求\(n=3m\)的情形。
⑥点线距、线线距等距离关系，
⑦线线相交、相切、相离等位置关系
- 一次抛掷三枚骰子〔等价说法：一枚骰子先后抛掷三次〕
有\(6\times6\times6=216\)种结果，可以用三维坐标表示，\((1，1，1)\)，\((1，1，2)\)，\((1，1，3)\)，\((1，1，4)\)，\(\cdots\)，\((6，6，6)\)
典例剖析
分析：基本事件的总数为\(C_4^2\cdot C_2^2\)种，定义”红色和紫色的花不在同一个花坛“为事件\(A\)，则\(A\)包含的基本事件数为\(C_2^1\cdot C_2^1\)，(说明：从红色和紫色中任取一个种在一个花坛，将另一个种在另一个花坛中，从剩余的两种花中任意一个种在一个花坛，将另一个种在另一个花坛)，故所以概率为\(P(A)=\cfrac{C_2^1\cdot C_2^1}{C_4^2\cdot C_2^2}=\cfrac{2}{3}\)，故选\(C\)。
法2：间接法，红色和紫色的花在同一个花坛中，有2种，故\(P(A)=\cfrac{6-2}{6}=\cfrac{2}{3}\)。
分析：由乘法法则可知，得到点\(P\)的所有可能有\(C_2^1\cdot C_3^1=6\)，在圆内部的点有\((2，1)\)，\((2，2)\)两种，故所求概率为\(\cfrac{2}{6}=\cfrac{1}{3}\)。
分析：本题目是古典概型，分母应该是\(C_{10}^5\)种，关键是求分子；要使得这\(5\)个数的中位数是\(6\)，那么第一步先取出数字\(6\)，有\(C_1^1\)种；第二步在\(6\)的右边的\(7、8、9\)中任意取出2个数字，有\(C_3^2=3\)种；第三步在\(6\)的左边的\(0、1、2、3、4、5\)中任意取出2个数字，有\(C_6^2=15\)种；故分子为\(C_1^1C_3^2C_6^2=45\)；则所求的概率为\(P=\cfrac{C_1^1C_3^2C_6^2}{C_{10}^5}=\cfrac{5}{28}\)；
分析：由上述的模型可知，所有情形用坐标表示，应该是\(5\times5\)方阵，共有25种，\((1，1)，\cdots，(5，5)\)，其中左上到右下的对角线上是\(x=y\)，有5种，那么剩余的20种当中，必然有一半，即10种满足\(x>y\)，另外10种满足\(x<y\)，故由古典概型可知所求的概率为\(P=\cfrac{10}{25}=\cfrac{2}{5}\)。
分析：从5条线段中任意取出3条共有\(C_5^3=10\)种等可能的结果，其中能构成三角形的有三种，分别是\(3，5，7\)；\(3，7，9\)；\(5，7，9\)；
故\(P(A)=\cfrac{3}{10}\)。
分析：有放回地抽取3次，按抽取顺序\((x，y，z)\)记录结果，则\(x\)，\(y\)，\(z\)都有10种可能，
所以基本事件总数为\(10\times 10\times10=10^3\)种，
设事件\(A\)为“连续3次都取出正品”，则其包含的基本事件共有\(8\times 8\times 8=8^3\)种，
因此\(P(A)=\cfrac{8^3}{10^3}=0.512\)。
(2)如果从中一次取出3件，求3件都是正品的概率。
分析：可以看作不放回抽样3次，顺序不同，基本事件不同，按抽取顺序\((x，y，z)\)记录结果，
则\(x\)有10种可能，\(y\)有9种可能，\(z\)有8种可能，所以基本事件总数为\(10\times 9\times 8\)种，
设事件\(B\)为“连续3次都取出正品”，则其包含的基本事件共有\(8\times 7\times 6\)种，
因此\(P(A)=\cfrac{8\times 7\times 6}{10\times 9\times 8}=\cfrac{7}{15}\)。
或解：\(P(A)=\cfrac{C_8^3}{C_{10}^3}=\cfrac{7}{15}\)。
分析：没有涂红色的小正方体有8个，故\(P=\cfrac{8}{64}=\cfrac{1}{8}\)；
引申Ⅰ：在正方体的长、宽、高上等距离地各切\(n\)刀，
①各切1刀，得到\(2^3=8\)个小正方体；
②各切2刀，得到\(3^3=27\)个小正方体；
③各切3刀，得到\(4^3=64\)个小正方体；
④各切4刀，得到\(5^3=125\)个小正方体；
引申Ⅱ：64个小正方体中，6个面均无色的有8个；1个面有色的有24个；2个面有色的有24个；三个面有色的有8个；
分析：4把钥匙分别标记为\(K_1，K_2，N_1，N_2\)，
[法1]：此人依次取4把钥匙做排列共有以下情形：\((N_1，K_1，K_2，N_2)\)、\((N_1，K_1，N_2，K_2)\)、\((N_1，K_2，K_1，N_2)\)、\((N_1，K_2，N_2，K_1)\)、\((N_1，N_2，K_1，K_2)\)、\((N_1，N_2，K_2，K_1)\)、\((N_2，K_1，K_2，N_1)\)、\((N_2，K_1，N_1，K_2)\)、\((N_2，K_2，K_1，N_1)\)、\((N_2，K_2，N_1，K_1)\)、\((N_2，N_1，K_1，K_2)\)、\((N_2，N_1，K_2，K_1)\)，以及\(K_1\)开头的6个和\(K_2\)开头的6个，共计24种，其中第二次才能打开门的情形只在列举出来的12种里面，占有8种，故所求概率为\(P=\cfrac{8}{24}=\cfrac{1}{3}\).
[法2]：如果只关注前两次取出钥匙，则共有12次：\((N_1，K_1)\)、\((N_1，K_2)\)、\((N_1，N_2)\)、\((N_2，K_1)\)、\((N_2，K_2)\)、\((N_2，N_1)\)、\((K_1，N_1)\)、\((K_1，N_2)\)、\((K_1，K_2)\)、\((K_2，N_1)\)、\((K_2，N_2)\)、\((K_2，K_1)\)，其中第二次才能打开门的情形有4种，故所求概率为\(P=\cfrac{4}{12}=\cfrac{1}{3}\).
[法3]：如果不关注钥匙的次序，只关注能否打开，则相当于从\(K、K、N、N\)四把钥匙中取，共有以下6种情形，\((N，K，K，N)\)、\((N，K，N，K)\)、\((N，N，K，K)\)、\((K，K，N，N)\)、\((K，N，K，N)\)、\((K，K，N，K)\)，其中第二次才能打开门的情形有2种，故所求概率为\(P=\cfrac{2}{6}=\cfrac{1}{3}\).
[法4]：第一次取出的钥匙没有打开门，如果只考虑第二次取出钥匙的情形，则第二次只能取到剩余3把钥匙里的任何一把，其中能打开门的钥匙有2种，【未完，待思考】
反思：本题目怎么看着都应该能用条件概率解决呀？不能，\(P(B|A)=\cfrac{P(AB)}{P(A)}=\cfrac{n(AB)}{n(A)}\)，意思是要做成\(A\)发生的条件下\(B\)发生的概率，必修满足事件\(A\)的所有结果包含事件\(B\)的所有结果。不是简单的题目中有“在······条件下”就是条件概率。
小结：基本事件的选取角度不一样，则实验中的基本事件数目就不一样，大家应该能看到，解决的难度也是不一样的。
游戏1：袋中有3黑球和1白球，每次取出一个后球后，不放回再取一个球，规定取出的两个球同色则甲胜，取出的两个球不同色则乙胜。公平吗？
分析1：第一次取球有4种，由于不放回，第二次取球有3种，故总共有12种等可能的情况，其中取出的两个球同色有\(C_3^2\)种，故\(P(甲胜)=\cfrac{3}{12}=\cfrac{1}{4}\)，\(P(乙胜)=\cfrac{C_3^1C_1^1}{12}=\cfrac{1}{4}\)，这种解法是错误的，why？
分析2：\(P(甲胜)=\cfrac{A_3^2}{A_4^2}=\cfrac{1}{2}\)，\(P(乙胜)=\cfrac{2A_3^1A_1^1}{A_4^2}=\cfrac{1}{2}\)，
分析3：\(P(甲胜)=\cfrac{C_3^2}{C_4^2}=\cfrac{1}{2}\)，\(P(乙胜)=\cfrac{C_3^1C_1^1}{C_4^2}=\cfrac{1}{2}\)，
分析4：利用相互独立事件求解，\(P(甲胜)=\cfrac{3}{4}\times \cfrac{2}{3}=\cfrac{1}{2}\)，\(P(乙胜)=\cfrac{3}{4}\times \cfrac{1}{3}+\cfrac{1}{4}\times 1=\cfrac{1}{2}\)，
分析5：(排列列举法)标记3个黑球和1个白球为\(H_1，H_2，H_3、B\)，则所有的取法(有顺序)为\((H_1，H_2)\)、\((H_1，H_3)\)、\((H_1，B)\)、\((H_2，H_1)\)、\((H_2，H_3)\)、\((H_2，B)\)、\((H_3，H_1)\)、\((H_3，H_2)\)、\((H_3，B)\)、\((B，H_1)\)、\((B，H_2)\)、\((B，H_3)\)，共有12种，其中同色的有6种，不同色的有6种，可以轻松的得到\(P(甲胜)=\cfrac{6}{12}=\cfrac{1}{2}\)，\(P(乙胜)=\cfrac{6}{12}=\cfrac{1}{2}\)，当数目比较小时推荐列举法。
分析6：(组合列举法)标记3个黑球和1个白球为\(H_1，H_2，H_3、B\)，则所有的取法(无顺序)为\((H_1，H_2)\)、\((H_1，H_3)\)、\((H_1，B)\)、\((H_2，H_3)\)、\((H_2，B)\)、\((H_3，B)\)，共有6种，其中同色的有3种，不同色的有3种，可以轻松的得到\(P(甲胜)=\cfrac{3}{6}=\cfrac{1}{2}\)，\(P(乙胜)=\cfrac{3}{6}=\cfrac{1}{2}\)，当数目比较小时推荐列举法。
游戏3：袋中有2黑球和2白球，每次取出一个后球后，不放回再取一个球，规定取出的两个球同色则甲胜，取出的两个球不同色则乙胜。公平吗？
分析1：列举法，若编号列举，则所有的取法为\((H_1，H_2)\)、\((H_1，B_1)\)、\((H_1，B_2)\)、\((H_2，H_1)\)、\((H_2，B_1)\)、\((H_2，B_2)\)、\((B_1，H_1)\)、\((B_1，H_2)\)、\((B_1，B_2)\)、\((B_2，H_1)\)、\((B_2，H_2)\)、\((B_2，B_1)\)，共有12种，其中同色的有4种，不同色的有8种，可以轻松的得到\(P(甲胜)=\cfrac{4}{12}=\cfrac{1}{3}\)，\(P(乙胜)=\cfrac{8}{12}=\cfrac{2}{3}\)， 不公平。
其他的解法仿照上例游戏1完成。
分析：首先判断本题目是个古典概型，6个玩偶的所有的排列有\(\cfrac{A_6^6}{A_3^3A_3^3}=20\)种，故分母是20；难点是计算分子，由于题目中的有效排列的规则可知，黄色玩偶要尽可能的排在左边，红色玩偶要尽可能的排在右边。比如最后两位是这样的排列：\(\times\times\times\times红黄\)，就不是有效排列，因为当定位在最后一位上时，此时红色的个数是0个，黄色的个数是1个，不满足题意。
故列出所有可能的情形，先列出：黄黄黄红红红；
再考虑调整一个黄的位置，得到：黄黄红黄红红；黄黄红红黄红；
再考虑调整两个黄的位置，得到：黄红黄红黄红；黄红黄黄红红；共有5种，故所求的概率为\(\cfrac{5}{20}=\cfrac{1}{4}\)。
