PT@古典概型@等概率模型

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• 古典概型是一种简单基础的概率模型,基于这个模型有许多经典的问题

等可能概型(古典概型)🎈

• 若某个随机试验满足以下两个特点:

• 试验的样本空间只包含有限个元素
• 试验中每个基本事件发生的可能性相同

• 这种试验成为等可能概型,其在概率论发展初期曾是主要的研究对象,也成为古典概型

古典型概率公式

• 记事件A中包含的样本点个数为$n_A$
• 则古典型概率公式可以表示为

• $P(A)=\frac{n_A}{n}$

基本性质

• $记\Omega=\set{\omega_i};i=1,\cdots,n$,则$P(\omega_1)=P(\omega_2)=\cdots=P(\omega_n)$
• 因为基本事件是两两互斥的,则$P(\bigcup\limits_{i=1}^{n}\omega_i)$=$\sum\limits_{i=1}^{n}P(\omega_i)$=$P(\Omega)=1$,$P(\omega_i)=\frac{1}{n};i=\set{1,\cdots,n}$

导出性质

• 如果某个事件$A$包含$k$个样本点,那么$P(A)=\frac{k}{n}$

例

• 投色子:

• 约定投一次为一次试验
• 那么样本空间$\Omega=\set{1,2,3,4,5,6}$
• 事件A:点数为1的概率为

• $P(A)=\frac{1}{6}$

• 事件B:点数<3的概率:

• $P(B)=\frac{2}{6}=\frac{1}{3}$

抽样方式

放回抽样

• 如果抽样后将把样本放回,那么称为放回抽样
• 一般的,计算放回抽样的总样本空间样本点数采用是乘方的形式(幂),
• 区分不同基本事件:放回抽样中,样本之间都是相互区别的,即使某两个样品是同一个种类的,但是也要区分编号
• 比如,从$n$个球中放回抽样法抽取$m$次,这$m$个球的结果构成一个样本点,那么样本空间点数$N(\Omega)=n^m$

不放回抽样

• 如果抽样后不放回,则称为不放回抽样
• 一般的,计算不放回抽样顶点总样本空间点数采用组合数计算
• 例如,同样的取球问题,从n个球中不放回抽样法取出m个,情况总数为:$N(\Omega)=\binom{n}{m}$

$m$次取求不放回和一次性取$m$个球

• 袋子中有$n$个球:

1. $m$次取球,每次取出1个,不放回,共有$\binom{n}{1}\binom{n-1}{1}\cdots\binom{n-(m-1)}{1}$=$A_{n}^{m}$取法
2. 一次性取出$m$个球,共有$\binom{n}{m}$

• 上述两个试验显然不同

• 试验1强调$m$个球间的顺序,所以取法数量用排列数计算;
• 试验2将取出的$m$个球作为集合,不关心球的顺序,只关心球的组合

例:取色球和古典概型

• 设袋中有4白2红共6个球
• 每次从袋中取出(抽样)2个球,算作一次完整试验
• 记

• 事件A:抽出的两个球都为白色
• 事件B:至少有一个为白色

• 对于放回抽样:

• 样本空间$\Omega$的样本总数为$n=6\times6=36$
• $P(A)=\frac{4\times4}{36}=\frac{4}{9}$
• 显然$\overline{B}$包含的样本总数为$2^{2}=4$;$P(B)=1-P(\overline{B})=1-\frac{4}{36}=\frac{8}{9}$

• 对于不放回抽样:

• 样本空间的样本点总数:$n=6\times5=30$
• $P(A)=\frac{4\times 3}{30}=\frac{2}{5}$
• $P(B)=1-P{(\overline{B})}=1-\frac{2\times1}{30}=\frac{14}{15}$

古典概型经典问题

• 以下两个问题是同一个类型的

放球问题

• 将$n$只球随机地放入$N(N\geqslant{n})$个盒子中,试求事件$A:$每个盒子至多有一个球的概率
• 解:

• 首先明确基本事件是$n$个球全部被放入盒子中
• 设基本事件$A_1$为球$a_1,a_2,\cdots,a_n$分别落入盒子$b_1,b_2,\cdots,b_n$中
• 基本事件$A_2$中$a_1,a_2$分别落入$b_2,b_1$中,其余和$A_1$相同,那么应该算作两件不同的基本事件
• 由于每个球都可以放入$N$个盒子中的任意一个盒子,所以样本空间共有$N^{n}$个样本点
• 每个盒子最多放一个球的方法有$N(N-1)\cdots{N-(n-1)}$=$A_{N}^{n}$不同的方法
• 由古典概型公式:$P(A)$=$\frac{A_{N}^{n}}{N^{n}}$

两人同一天生日问题

• 假设每人在一年(365天)中的任何一天都是等可能的,(记出生在第$i$天的事件为$A_i$,$i=1,\cdots,365$),则$P(A_1)=\cdots=P(A_{365})=\frac{1}{365}$
• 若随机选取$n(n\leqslant{365})$人,他们生日各不相同的概率为$p=\frac{A_{365}^{n}}{365^{n}}$,因而,这$n$个人中至少有两个人同一天生日的概率为$q=1-p$
• 若取$n=64$,则$q$接近$1$,这就是说,一个64人的班级里,几乎总是有同一天生日的两个人

超几何分布概型

• 设$N$件产品中有$D$件次品,从中任取$n$件,问事件$A_k$:所取的$n$件产品其中恰好有$k(k\leqslant{D})$件次品的概率$P(A_k)$?

• 从$N$件中取$n$件的方法数有$\binom{N}{n}$
• 从而$D$件次品中取$k$件的方法数有$\binom{D}{k}$
• 从而$N-D$件正品中取$n-k$件的方法数有$\binom{N-D}{n-k}$
• 由乘法计数原理,从$N$件产品中取$k$件次品有$\binom{D}{k}\binom{N-D}{n-k}$
• 由古典概型公式$P(A_k)=\frac{\binom{D}{k}\binom{N-D}{n-k}}{\binom{N}{n}}$

• 这个问题模型也是典型的古典概型,也成为超几何分布概型
• 若令$A_{i}$={所取的$n$件产品中恰好有$i$件次品},$i=0,1,\cdots,N$,则$A_0\cup{A_1}\cup\cdots\cup{A_N}$=$S$,且$A_iA_j=\emptyset$,$i\neq{j}$

• $A_i$都是基本事件,显然他们两两互斥,而且全体构成必然事件

• 从而$1=P(S)$=$P(A_0\cup{A_1}\cup\cdots\cup{A_N})$=$\sum_{i=0}^{n}P(A_i)$=$\sum_{i=0}^{n}\frac{\binom{D}{i}\binom{N-D}{n-i}}{\binom{N}{n}}$;即有$\binom{N}{n}$=$\sum_{i=0}^{n}\binom{D}{i}\binom{N-D}{n-i}$

整除取数问题

• 在$1\sim{2000}$的整数中随机抽出一个数,则事件$C$:该数$a$同时不能被$6,8$整除的概率是?
• 解

• 记$A$:$a$能被$6$整除,$B$:$a$能被8整除
• 则$C=\overline{A}\;\overline{B}$=$\overline{A\cup{B}}$
• 从而$P(C)$=$1-P(A\cup{B})$=$1-P(A)-P(B)+P(AB)$
• 由于$333<\frac{2000}{6}<334$,所以$P(A)$=$\frac{333}{2000}$
• 由于$\frac{2000}{8}=250$,所以$P(B)$=$\frac{250}{2000}$
• 对于事件$AB$,由最小公倍数生成规律可知,$6,8$的公倍数同时也是其最小公倍数的$24$的整数倍,反之亦然
• 由于$83<\frac{2000}{24}<84$,从而$P(AB)=\frac{83}{2000}$
• 所以$P(C)$=$1-\frac{333}{2000}-\frac{250}{2000}+\frac{83}{2000}$=$\frac{3}{4}$

抽签问题

• 这是也是一个经典的古典概型问题
• 如果有$a$个白球,$b$个红球,那么第$s$次($1\leqslant s\leqslant{a+b}$)抽取的球颜色是白色的概率
• 若每次抽出不放回

• 设$n=a+b$;将这$n$个球从1编号到$n$
• 方法1:

• 将$n$个球排列在一直线的$n$个位置上;任何一个球被排列到第$s$个的可能性相等
• 则第$s$个球可以理解为取出第$s$个球
• 则第s次取出的白球的可能性等价于$n$个球的所有排列中第s个球是白球的可能性

• 第s次抽取白球的可能性有$a$种
• 第$s$次抽取的球的所有可能有$n$种

• 因此第s次抽出白球的概率为$P=\frac{a}{a+b}$;这是一个和s无关的公式!

• 方法2:$s$次抽取每次取法作为一个基本事件;由排列数共有$A_{n}^{s}$种取法,每种取法等可能发生

• 其中第$s$次取得白球的取法有$\binom{a}{1}A_{n-1}^{s-1}$

• 先确定第$s$次取白球有$a$种取法
• 前$s-1$次有$n-1$个球可以取,即有$A_{n-1}^{s-1}$种取法
• 由乘法计数原理,共有$\binom{a}{1}A_{n-1}^{s-1}$种取法

• 因此$P=\frac{\binom{a}{1}A_{n-1}^{s-1}}{A_{n}^{s}}$=$\frac{a(n-1)\cdots((n-1)-(s-1)+1)}{n\cdots(n-s+1)}$=$\frac{a}{n}$=$\frac{a}{a+b}$

• 若每次抽出后放回抽样

• 对于放回抽样,第$s$次抽到的球的所有可能有$n$种;且抽到白球的可能有$a$种,每个球被抽中的概率都相等,显然,由古典概型公式$P=\frac{a}{a+b}$

• 总结,抽签或买彩票这类试验,无论是第几个买,中奖的概率都是一样的

取最大号球问题@错位相减

• 如果有$n$个球$a_1,\cdots,a_n$,从中有放回取出$m$个球,求这$m$个球的最大号码是$k$的概率

• $A_k$={取出的最大球号为$k$}

• 即抽取的$m$个球都在$1,\cdots,k$号范围内,且包含$k$号球的事件
• $A_1\cup{A_2}\cup\cdots\cup{A_n}=\Omega$;$A_iA_j=\emptyset$,$i\neq{j}$

• $B_i$={取出的所有球号不大于$i$}

• $B_n=\Omega$

• $B_i$:抽取的$m$个球都在$1,\cdots,i$号范围内
• $B_{i-1}$:抽取的$m$个球都在$1,\cdots,i-1$号范围内
• $B_{i-1}\sub B_{i}$;$B_i-B_{i-1}$={抽取的$m$个球都在$1,\cdots,k$范围内,且包含$i$号球}

• 所有$A_{i}\sub{B_i}$,且$A_k=B_k-B_{k-1}$

• $N(\Omega)=n^m$
• $N(B_i)=i^m$

• $i取k-1时,得到i$

• 则由概率的基本性质或减法公式,有:

• $P(A_k)=P(B_k-B_{k-1})=P(B_k)-P(B_{k-1}) \\=\frac{N(B_{k-1})}{N(\Omega)} -\frac{N(B_k)}{N(\Omega)} \\=\frac{k^m-(k-1)^{m}}{n^m}$

分组分配问题

• 将15个学生随机均匀的分到3个班,优秀学生共有3名,则:
• $A$:每个班恰好分到一个优秀学生的概率?

• 基本事件:每一种将15个学生分配完的方法对应一个基本事件
• 显然15个学生分配成3组,每组5个人,分配给第一个班级共有$\binom{15}{5}$种方法,继续分配第二个班级共有$\binom{10}{5}$种方法,最后5个人分配给第3个班级有$\binom{5}{5}$种方法;由乘法原理,共有$\binom{15}{5}\binom{10}{5}\binom{5}{5}$=$\frac{15!}{5!5!5!}$
• 而每个班级各有一名优秀学生的分配方法有$A_3^{3}$=$\binom{3}{1}\binom{2}{1}\binom{1}{1}$,共有$6$种方法;再将余下的12名学生分配到3个班级有$\binom{12}{4}\binom{8}{4}\binom{4}{4}$=$\frac{12!}{4!4!41}$,由乘法原理,共有$6\times{\frac{12!}{4!4!4!}}$
• 再由古典概型公式$\Large\frac{6\times{\frac{12!}{4!4!4!}}}{\frac{15!}{5!5!5!}}$=$\frac{25}{91}$

• $B$:三名优秀学生被分配到同一个班的概率?

• 3名优秀学生分配到同一个班的方法数有$\binom{3}{1}$=3种,不妨设这个班为X班
• 其余12名同学中有2明分配到$X$班,有$\binom{12}{2}$种方法
• 剩下10名同学均匀分配到2个班,有$\binom{10}{5}\binom{5}{5}$=$\frac{10!}{5!5!}$种方法
• 由古典概型公式:$P(B)$=$\frac{3\binom{12}{2}\binom{10}{5}\binom{5}{5}}{\binom{15}{5}\binom{10}{5}\binom{5}{5}}$=$\Large\frac{\frac{3\times{12!}}{2!5!5!}}{\frac{15!}{5!5!5!}}$=$\frac{6}{91}$

古典概型假设条件和实际推断原则

• 某场所X在某一周内接待了12次客人,并且都发生周1,2两天,那么该场所有规定招待时间段的概率是多少?
• 假设游客一周内每天去场所的概率相等,那么每次去场所有7种可能(周一至周日的某一天),则12次访问有$7^{12}$种可能
• 而这12次都在周1,2的可能有$2^{12}$种,由古典概型公式,场所仅在周1,2开放接待的概率为$\frac{2^{12}}{7^{12}}$=$3\times{10^{-7}}$
• 可以看到这个概率上非常小,但是给人的感觉是很有可能
• 在人们长期的实践中总结得到实际推断原理:概率很小的事件在一次试验中实际上几乎是不发生的;
• 而在本例中,这个理想化条件假设下的理论推算出的小概率事件却发生了,而且是一次试验(观察12次接待发生的日子)就发生了,因此我们有理由怀疑理想化假设的正确性,也就是认为接待站接待游客时间段是有规定的
• 事实上上述的计算用到的假设是脱离实际且不正确的

其他古典概型

• PT@Bernoulli概型@古典概型之伯努利概型