古典概型中研究的几类基本问题：抛硬币、掷骰(t)子、摸球、取数等随机试验，在概率问题的研究中，有着十分重要的意义.一方面，这些随机试验，是人们从大量的随机现象中筛选出来的理想化的概率模型.它们的内容生动形象，结构清楚明确，富有直观性和典型性，便于深入浅出地反映事物的本质，揭示事物的规律.另一方面，这种模型化的处理方法，思想活泼，应用广泛，具有极大的普遍性 不少复杂问题的解决，常常可以归结为某种简单的模型.因此，有目的地考察并掌握若干常见的概率模型，有助于我们举一反三，触类旁通，丰富解题的技能和技巧，从根本上提高解答概 率题的能力.本部分主要讨论古典概率中的四类基本问题(摸球问题、分球入盒问题、随机取数问题和选票问题)，给出它们的一般解法，指出它们的典型意义，介绍它们的常见应用.一、摸球问题例1袋中有a个白球,3个黑球：(1)从中任取出a+b个(a,b N, a a,b 3 ,试求所取出的球恰有 a个白球和b个黑球 的概率；(2)从中陆续取出3个球(不返回，求3个球依次为“黑白黑”概率；(3)逐一把球取出(不返回),直至留在袋中的球都是同一种颜色为止，求最后是白球留在袋中的概率.思考方法 这里的三个小题，摸球的方式各不相同，必须在各自的样本空间中分别进行处 理.(1)中的每一个样本点，对应着从“+ 3个球中任取a+b个球的一种取法，无需考虑顺序， 属于组合问题.(2)中的每一个样本点，对应着从a + 3个球中依次取出三个球的一种取法，需要考虑先后次序，属于排列问题.(3)中事件的有利场合(摸剩白球)包含了 a种不同情形：摸剩a个白球，a -1个白球，,1个白球.因此，必须对各种情形分别加以考虑.解(1)设A1表示事件“所取的a+b个球中恰有a个白球和b个黑球”.从“ + 3个球中任意摸出a+b个，有C：，B=种不同取法，此即样本空间所包含的样本点总数.而事a+bj件A1所包含的样本点数，相当于从a个白球中任取a个，从3个黑球中任取b个的取法种数共 CaCb =所以a bC 1C :P(A1)=-C：H：(a YP、Ila Ab J& +p、a+b)(2)设A2表示事件“取出的3个球依次为黑白黑”.从a +3个球中依次任取 3个，有大邛种取法，此即样本点总数.对于有利场合，第一个和第三个黑球可在3个黑球中依次取得，有A种取法，第二个白球可在a个白球中任取，有A1种取法.因此,A2所包含的样本点数P（A2）二(: -1)仁； 7 )(_：)1)(二)2)（3）袋中只剩白球时（设此事件为A）,取出的球必为3个黑球，i个白球（i=0,1，”-1）. 用Bi表示事件“取出3个黑球，i个白球，袋中留下的全是白球 （i=0,1，”-1）,则事件 B0,Bi,B-i, 3必两两互不相容，且A3=R+B+B-1 .依概率的有限可加性，有P(A3)=P(B 0)+P(B 1)+P(B 2)+ +P(B-1)依事件Bi的含义，对于确定的i,它的样本空间就是从 “+ 3个球中任取i+ 3个球的排列.所 以，样本点总数为 A卷.注意到i+ 3个球取出后，留在袋中的全是白球，因而在这i+3个球 中，最后取出的一个应是黑球.这样，事件B的有利场合，就是i+ 3-1个球的全排列（3个黑 球中扣除1个，以保证最后取出的一个必为黑球）.显然,i个白球可从“个白球中取得，有C种取法；3 -1个黑球可从3个黑球中取得，有Cg种取法,.从而事件Bi所包含的样本点数P(Bi)=C-二！ ：！（一I -J）Ci中把诸P（Bi）的值代入（1）式，并注意到Cm +Cm 书 +Cm也 +,-Cm+l=Cn-1mn即得! !012-：!：!P（A3）=-C0k+Cp+C2+ +C=-Cg=-（：-）! （-： -）!-评注如果把题中的“白球”、 “黑球”换为“正品”、 “次品”或“甲物”、 “乙物” 等等，我们就可以得到各种各样的“摸球问题”.为了让读者对此有深切的体会，我们再来看下面的例子：（1） 一批灯泡40只，其中3只是坏的，从中任取5只检查.问：5只都是好的概率为多少？5只中有2只坏的概率为多少?C3 C2C37 c3C5C40C5答案：C7C5C40（2）在相应地写有2,4,6,7,8,11,12得的两个数构成的分数为可约的概率及13的8张相同的卡片中，任意取出2张，求由所取Cf答案：话）C82（3）从一副扑克牌（52张）中任取6张，求得3张红色的牌和三张黑色的牌的概率答案:C26 c26C52(4)用火车运载两类产品，甲类n件，乙类m件.有消息证实，在路途中有2件产品损坏 求损坏的是不同产品的概率.C1 C1答案：C4cm)C2.m(5) 一个班级有2n个男生和2n个女生，把全班学生任意地分成人数相等的两组，求每组中男女生人数相等的概率.答案:C2n C21n2n 2nC4n(6)从数1,2,n中任取两数，求所取两数之和和偶数的概率(答案：当2C2,cC2 ”n为偶数时，p= C髻；当n为奇数时，p=Cn-C2C(n 1)/22)Cn不难发现，上述各个问题的解决，都可以归结为摸球问题 (例1(1).我们说摸球问题具 有典型意义，原因也正在于此., 二、分球入盒问题例2把n个球以同样的I率分配到N (nN )个盒子中的每一个中去，试求下列各事件 的概率：(1) A：某指定n个盒子中各有一球；(2) B:恰有n个盒子，其中各有一球；(3) C:某指定盒子中恰有m(mc n)个球.思考方法 解答本题时，要发掘“n 个球以同样的概率分配到N个盒子中的每一个中 去”一语的含义.这句话意思是说，每一个球，被分配到任意一个盒子中去是等可能的；也就 是说每一个球各有N种不同的去向.解因为n个球中的每一个球，都以同样的概率进入N个盒子中的任意一个，所以样本点总数为W(1)n个球分别分配到N个预先指定的盒子中去，相当于n个球的全排列，因此事件A所包含的样本点数为 A,于是P(A)=n!Nn(2)对于事件B, n个盒子可自N个盒子中任意选取，有CN种选法，因而事件B包含cn n个样本点，于是p(b)=卫二N.Nn Nn (N - n)!(8)事件C中的m个球，可以从n个球中任意选取有 Cnm种选法，其余的n-m个球可以任意分配到另外N -1个盒子中去，有(N-1) n-m种分配法.因而事件C包含 Cm(N -1)n个样本点.这样P(C)=cm(N -1产评注不难发现当n和N确定时P(C)只依赖于 m.如果把P(C)记彳Pm,依二项式定理有niiiipm八 cnm(：)m(i-：)n*(：)n =i.mHNNNN上述等式的概率意义是十分明显的.就是对于某个指定的盒子来说 ，进入盒子中的球数不外是0,i，,n; 从而这n+i种情形的和事件为必然事件 ，其概率必为i .这个问题实质上就 是贝努利(Bernoulli) 概型.n个球在N个盒子中的分布，是一种理想化的概率模型，可用以描述许多直观背景很不相同的随机试验.为了阐明这一点，我们列举一些貌异质同的试验：(1)生日.n个人的生日的可能情形，相当于n个球放入N =365个盒子中的不同排列(假 定一年有365天).(2)性别.n个人的性别分布，相当于把n个球放入N =2个盒子中.(3)意外事件.如果把n个意外事件按其发生在星期几来分类，相当于n个球放入N=7个盒子中.(4)掷骰子.掷n颗骰子的可能结果，相当于把n个球放入N=6个盒子中.(5)质点入格.n个质点落于N个格子中的可能情形，相当于n个球分入N个盒子中.(6)旅客下站.一列火车中有n名旅客，它在N个站上都停.旅客下站的各种能情形，相当 于n个球分到N个盒子中的各种情形.(7)住房分配.n个人被分配到N个房间中去住，则人相当于球，房间相当于盒子.(8)印刷错误.n个印刷错误在一本具有N页的书中的一切可能的分布，相当于n个球放入N个盒子中的一切可能分布(n必须小于每一页的字数).从上面所列举的部分试验，我们不难体会分球入盒的模型的意义.因而使例2成为古典 概率中的典型问题之一，为一类实际问题的求解，提供了有效的途径.作为练习，读者可利用 本题的思想方法，解答下列各题：(1)同时掷4颗质量均匀的骰子，求出现完全不相同的点数的概率.A(答案：令)64(2)设一个人的生日在星期几是等可能的，求6个人的生日都集中在一星期中任意两天但不是都在同一天的概率.答案:C72(26 -2) )76(3)有n个质点，每个质点都等可能地落于N( nN )个格子中白每一个.试求每一格子至多含一点的概率.Nn(4)设有n个人，每个人都等可能地被分配到n个房间中的任一间去住.求恰有一个空房间的概率.答案:12-Cn CnAnJ三、随机取数问题例3从1,2,10这十个数中任取一个，假定各个数都以同1 的概率被取中，取后还原,先后取出7个数，试求下列各事件的概率：(1)Ai： 7个数全不相同;(2)A 2：不含 10 与 1;(3)A 3： 10恰好出现两次；(4)A 4： 10至少出现两次；(5)A 5：取到的最大数恰好为 6.思考方法 本题所及的随机试验，就取样方法来说，属于返回取样.也就是说，把某数取出 后还原，下次仍有同样的可能再取到这个数.注意到这一特点，运用上节介绍的思想方法，原题就不又t得解.解依题设样本空间就是10个相异元素允许重复的7元排列.所以样本点总数为107.(1)事件A1,要求所取的7个数是互不相同的，考虑到各个数取出时有先后顺序之分，所以有利场合相当于从10个相异元素里每次取出7个相异元素的排列.因此,A1所包含的样本点数为A)于是P(A1)=3 =0.06048. 10(2)事件A2:先后取出的7个数中不含10与1,所以，这7个数只能从2,3,4,5,6,7,8,9 这8个数中取得.注意到实验属于有返回取样，则外的有利场合，相当于8个相异元素允许重复的7元排列.于是,A2所包含的样本点数为87,有87P(A2)= 全 0.209710(3)事件人中出现的两次10,可以是7次取数中的任意两次，有C，种取法，其余的5次, 每次可以取剩下的9个数中的任一个，共有95种取法.于是A3的有利场合为C72,95 .由此C 95P(A3)= C7 90.1240.10(4)事件A4是六个两两互不相容事件“ 10恰好出现k次(k=2,3,4,5,6,7)的和，因此7P(A4)= 、k=2ck x7”107:0.1497.也可以先考察A4的逆事件.这里A4是事件“ 10恰好出现一次或一次也不出现”显然P(A)=C7 96 +97107:0.8