考研概率論復(fù)習(xí)古典概型中幾種研究模型

1、古典概型中研究的幾類基本問題:拋硬幣、擲骰 (t óu) 子、摸球、取數(shù)等隨機(jī)試驗(yàn), 在概率問題的研究中, 有著十分重要的意義 . 一方面 , 這些隨機(jī)試驗(yàn), 是人們從大量的隨機(jī)現(xiàn)象中篩選出來的理想化的概率模型. 它們的內(nèi)容生動形象, 結(jié)構(gòu)清楚明確, 富有直觀性和典型性, 便于深入淺出地反映事物的本質(zhì),揭示事物的規(guī)律. 另一方面 , 這種模型化的處理方法, 思想活潑 , 應(yīng)用廣泛 , 具有極大的普遍性不少復(fù)雜問題的解決, 常?？梢詺w結(jié)為某種簡單的模型. 因此 , 有目的地考察并掌握若干常見,的概率模型 , 有助于我們舉一反三 , 觸類旁通 , 豐富解題的技能和技巧 , 從根本上提高解

2、答概率題的能力 .本部分主要討論古典概率中的四類基本問題 ( 摸球問題、分球入盒問題、隨機(jī)取數(shù)問題和選票問題 ), 給出它們的一般解法 , 指出它們的典型意義 , 介紹它們的常見應(yīng)用 .一、摸球問題 例 1 袋中有 個白球 , 個黑球：(1) 從中任取出 a b 個 (a,b N, a,b , 試求所取出的球恰有 a 個白球和 b 個黑球的概率；(2) 從中陸續(xù)取出 3 個球 ( 不返回 ), 求 3 個球依次為“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種顏色為止 , 求最后是白球留在袋中的概率 .思考方法這里的三個小題, 摸球的方式各不相同, 必須在各自

3、的樣本空間中分別進(jìn)行處理.(1)中的每一個樣本點(diǎn), 對應(yīng)著從 + 個球中任取a+b 個球的一種取法, 無需考慮順序,屬于組合問題 .(2)中的每一個樣本點(diǎn), 對應(yīng)著從 +個球中依次取出三個球的一種取法, 需要考慮先后次序, 屬于排列問題.(3) 中事件的有利場合( 摸剩白球 ) 包含了 種不同情形：摸剩 個白球 , -1個白球,1個白球 . 因此 , 必須對各種情形分別加以考慮. 解 (1)設(shè) A1 表示事件“所取的a+b 個球中恰有a 個白球和b 個黑球” . 從 + 個球中任意摸出a+b個 , 有 C a b種不同取法, 此即樣本空間所包含的樣本點(diǎn)總數(shù). 而事a b件 A1 所包含的樣本點(diǎn)

4、數(shù) , 相當(dāng)于從 個白球中任取 a 個 , 從 個黑球中任取 b 個的取法種數(shù) ,共 C aC b種 . 所以abC a C babP(A1)=C a bab(2) 設(shè) A 表示事件“取出的3 個球依次為黑白黑” . 從 + 個球中依次任取 3 個 , 有2A3種取法 , 此即樣本點(diǎn)總數(shù). 對于有利場合 , 第一個和第三個黑球可在 個黑球中依次取得, 有 A2 種取法 , 第二個白球可在 個白球中任取 , 有 A1 種取法 . 因此 ,A 2 所包含的樣本點(diǎn)數(shù)為 A1 A2. 于是P(A2)=(1)()(1)(2)(3) 袋中只剩白球時 ( 設(shè)此事件為 A ),取出的球必為 個黑球 ,i個白球

5、 (i=0,1, ,-1).3用 Bi 表示事件“取出 個黑球 ,i個白球 , 袋中留下的全是白球” (i=0,1, , -1), 則事件B0,B 1 , ,B -1 , 必兩兩互不相容 , 且 A3=B0+B1+ +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 B 的含義 , 對于確定的i, 它的樣本空間就是從+ 個球中任取i+ 個球的排列 . 所i以, 樣本點(diǎn)總數(shù)為 Ai. 注意到 i+ 個球取出后 , 留在袋中的全是白球, 因而在這 i+ 個球中, 最后取出的一個應(yīng)是黑球. 這樣 , 事件 Bi 的有利場合 , 就是 i+

6、 -1 個球的全排列 ( 個黑球中扣除 1 個 , 以保證最后取出的一個必為黑球).顯然 ,i個白球可從 個白球中取得 , 有 C i種取法 ; -1個黑球可從 個黑球中取得 , 有 C1 種取法 , 從而事件Bi所包含的樣本點(diǎn)數(shù)為 C i C 1Ai1. 于是CiC1i1! !P(B)=Ai1=i1C iiAi()把諸 P(Bi) 的值代入 (1)式 , 并注意到012n1n 1CmCm 1Cm 2 + C m n 1C m n即得P(A3)=!C 01C 1C 21C12 =! !C11 =()!()!評注如果把題中的“白球”、“黑球”換為“正品”、“次品”或“甲物”、“乙物”等等 , 我

7、們就可以得到各種各樣的“摸球問題” . 為了讓讀者對此有深切的體會 , 我們再來看下面的例子：(1) 一批燈泡40 只 , 其中 3 只是壞的 , 從中任取5 只檢查 . 問：5 只都是好的概率為多少？5 只中有 2 只壞的概率為多少？(答案：C375C373 C32; )C405C405(2) 在相應(yīng)地寫有 2,4,6,7,8,11,12及 13 的 8 張相同的卡片中 , 任意取出 2 張 , 求由所取得的兩個數(shù)構(gòu)成的分?jǐn)?shù)為可約的概率.2(答案: C5 )C82(3) 從一副撲克牌 (52 張 ) 中任取 6 張 , 求得 3 張紅色的牌和三張黑色的牌的概率.(C263C263答案：)C5

8、26(4) 用火車運(yùn)載兩類產(chǎn)品 , 甲類 n 件 , 乙類 m件 . 有消息證實(shí) , 在路途中有 2 件產(chǎn)品損壞 .求損壞的是不同產(chǎn)品的概率.(Cn1 Cm1答案 :)Cn2m(5) 一個班級有 2n 個男生和 2n個女生 , 把全班學(xué)生任意地分成人數(shù)相等的兩組, 求每組中男女生人數(shù)相等的概率 .(C2n2C2nn答案：)C42nn(6) 從數(shù) 1,2, ,n 中任取兩數(shù) , 求所取兩數(shù)之和和偶數(shù)的概率 .222( 答案：當(dāng) n 為偶數(shù)時 ,p=C ( n 1) / 2 C( n 1) / 22Cn / 2 ；當(dāng) n 為奇數(shù)時 ,p=C n2)Cn2不難發(fā)現(xiàn) , 上述各個問題的解決, 都可以歸

9、結(jié)為摸球問題( 例 1(1).我們說摸球問題具有典型意義 , 原因也正在于此 .,二、分球入盒問題 例 2 把 n 個球以同樣的概率分配到 (n ) 個盒子中的每一個中去, 試求下列各事件的概率：(1) ：某指定 n 個盒子中各有一球；(2) ：恰有 n 個盒子 , 其中各有一球 ;(3) ：某指定盒子中恰有 m(mn) 個球 .思考方法解答本題時, 要發(fā)掘“n個球以同樣的概率分配到個盒子中的每一個中去”一語的含義. 這句話意思是說, 每一個球 , 被分配到任意一個盒子中去是等可能的；也就是說每一個球各有種不同的去向. 解 因?yàn)閚 個球中的每一個球, 都以同樣的概率進(jìn)入個盒子中的任意一個, 所

10、以樣本點(diǎn)總數(shù)為Nn.(1)n個球分別分配到個預(yù)先指定的盒子中去包含的樣本點(diǎn)數(shù)為An, 于是, 相當(dāng)于n 個球的全排列, 因此事件所Ann!P(A)=N n N n(2)對于事件 , 個盒子可自個盒子中任意選取, 有 CNn 種選法 , 因而事件包含CNn n!個樣本點(diǎn) , 于是C Nn n!N!.P(B)=N n (NN nn)!(8)事件中的個球, 可以從 n 個球中任意選取有Cnm 種選法 , 其余的 n-m 個球可以任意分配到另外 -1個盒子中去 , 有 (N-1)n-m 種分配法 . 因而事件包含Cnm (N 1)n m 個樣本點(diǎn). 這樣C nm ( N 1)n mm 1 m1 n m

11、.P(C)=C n ( N )(1 N)N n評注 不難發(fā)現(xiàn)當(dāng) n 和確定時 P(C) 只依賴于 m.如果把 P(C) 記作 P , 依二項(xiàng)式定理有mnn1 )m (11 )n m( 11 ) nPmCnm (11 .m 0m 0NNNN上述等式的概率意義是十分明顯的. 就是對于某個指定的盒子來說, 進(jìn)入盒子中的球數(shù)不外是 0,1,.,n;從而這 n+1 種情形的和事件為必然事件, 其概率必為1. 這個問題實(shí)質(zhì)上就是貝努利 (Bernoulli)概型 .n 個球在個盒子中的分布 , 是一種理想化的概率模型 , 可用以描述許多直觀背景很不相同的隨機(jī)試驗(yàn) . 為了闡明這一點(diǎn) , 我們列舉一些貌異質(zhì)

12、同的試驗(yàn)：(1) 生日 . 個人的生日的可能情形 , 相當(dāng)于個球放入 =365 個盒子中的不同排列 ( 假定一年有 365 天 ).(2) 性別 . 個人的性別分布 , 相當(dāng)于把個球放入 =2 個盒子中 .(3) 意外事件 . 如果把個意外事件按其發(fā)生在星期幾來分類, 相當(dāng)于個球放入=7個盒子中 .(4) 擲骰子 . 擲顆骰子的可能結(jié)果 , 相當(dāng)于把個球放入 =6 個盒子中 .(5) 質(zhì)點(diǎn)入格 . 個質(zhì)點(diǎn)落于個格子中的可能情形, 相當(dāng)于個球分入個盒子中 .(6) 旅客下站 . 一列火車中有名旅客 , 它在個站上都停 . 旅客下站的各種能情形 , 相當(dāng)于 n 個球分到個盒子中的各種情形.(7)

13、住房分配 .n 個人被分配到個房間中去住 , 則人相當(dāng)于球 , 房間相當(dāng)于盒子 .(8) 印刷錯誤 . 個印刷錯誤在一本具有頁的書中的一切可能的分布, 相當(dāng)于個球放入個盒子中的一切可能分布( 必須小于每一頁的字?jǐn)?shù) ).從上面所列舉的部分試驗(yàn), 我們不難體會分球入盒的模型的意義. 因而使例 2 成為古典概率中的典型問題之一 , 為一類實(shí)際問題的求解 , 提供了有效的途徑. 作為練習(xí) , 讀者可利用本題的思想方法 , 解答下列各題：(1) 同時擲 4 顆質(zhì)量均勻的骰子 , 求出現(xiàn)完全不相同的點(diǎn)數(shù)的概率.(答案： A64 )64(2) 設(shè)一個人的生日在星期幾是等可能的 , 求 6 個人的生日都集中在

14、一星期中任意兩天但不是都在同一天的概率 .C72 (262)(答案：76)(3) 有 n 個質(zhì)點(diǎn) , 每個質(zhì)點(diǎn)都等可能地落于 ( ) 個格子中的每一個 . 試求每一格子至多含一點(diǎn)的概率 .n(答案：C N An )nN(4) 設(shè)有 n 個人 , 每個人都等可能地被分配到n 個房間中的任一間去住 . 求恰有一個空房間的概率 .(答案 : C n1 Cn2 An 1 )nn三、 隨機(jī)取數(shù)問題 例 3 從 1,2, ,10這十個數(shù)中任取一個, 假定各個數(shù)都以同樣的概率被取中, 取后還原 ,先后取出7 個數(shù) , 試求下列各事件的概率：(1)A 1：7 個數(shù)全不相同；(2)A 2：不含 10 與 1；(

15、3)A 3：10 恰好出現(xiàn)兩次；(4)A 4：10 至少出現(xiàn)兩次；(5)A 5：取到的最大數(shù)恰好為6思考方法本題所及的隨機(jī)試驗(yàn), 就取樣方法來說, 屬于返回取樣. 也就是說 , 把某數(shù)取出后還原 , 下次仍有同樣的可能再取到這個數(shù) . 注意到這一特點(diǎn) , 運(yùn)用上節(jié)介紹的思想方法 , 原題就不難得解 . 解 依題設(shè)樣本空間就是10 個相異元素允許重復(fù)的7 元排列 . 所以樣本點(diǎn)總數(shù)為107(1) 事件 A1, 要求所取的7 個數(shù)是互不相同的, 考慮到各個數(shù)取出時有先后順序之分, 所以有利場合相當(dāng)于從10 個相異元素里每次取出7 個相異元素的排列. 因此 ,A 1 所包含的樣本點(diǎn)數(shù)為A107 .

16、于是A107P(A1)=0.06048 .710(2) 事件 A2：先后取出的 7 個數(shù)中不含這 8 個數(shù)中取得 . 注意到實(shí)驗(yàn)屬于有返回取樣復(fù)的 7 元排列 . 于是 ,A 2 所包含的樣本點(diǎn)數(shù)為10 與 1, 所以 , 這 7 個數(shù)只能從2,3,4,5,6,7,8,9, 則 A2 的有利場合 , 相當(dāng)于 8 個相異元素允許重78 , 有87P(A2)=0.2097 .71032(3) 事件 A 中出現(xiàn)的兩次 10, 可以是7 次取數(shù)中的任意兩次 , 有 C7 種取法 , 其余的 5 次 ,每次可以取剩下的9 個數(shù)中的任一個 , 共有 95 種取法 . 于是 A3 的有利場合為 C7295.

17、 由此P(A3)= C72950.1240 .107(4) 事件 A4 是六個兩兩互不相容事件“10恰好出現(xiàn) k 次” (k=2,3,4,5,6,7)的和,因此7C7k97kP(A4)=1070.1497 .k2也可以先考察A4 的逆事件 . 這里 A4是事件“10恰好出現(xiàn)一次或一次也不出現(xiàn)”顯然P( A4 )=C7196970.8503 .10 7(5) 事件 A 的有利場合 , 就是 6 個相異元素 (1,2,3,4,5,6)允許重復(fù)的最大數(shù)恰好為6 的57 元排列 . 這種排列可以分為6出現(xiàn) 1次,2次 ,3次 ,4次,5 次 ,6 次 ,7 次等七類 , 顯然 , 它們的排列數(shù)依次是

18、C71 ,56 ,C72 55 ,C73 54 ,C74 53 , C75 52, C76 51, C77 50.于是7C 7k57 kP(A5)= k 11070.0202 .事件 A5 的有利場合數(shù)也可以這樣來考慮：最大數(shù)字不大于6 的 7 元重復(fù)排列 , 有 67種,它可以分為兩類 , 一類是最大數(shù)恰好是6 的 7 元重復(fù)排列；一類是最大數(shù)小于6的7元重復(fù)排列 . 注意到第二類重復(fù)排列有57 種 , 則第一類重復(fù)排列有 67-5 7種. 于是P(A5)= 67570.0202 .107評注 例 3 是一個比較典型的返回取樣問題, 解題的思想方法 , 對于同類問題具有指導(dǎo)意義 . 但決不能

19、把它作為現(xiàn)成的公式亂套, 即使同是隨機(jī)取數(shù)問題, 也須斟酌題意靈活運(yùn)用 .例如 , 下面的四個問題 , 表面看結(jié)構(gòu)相仿 , 實(shí)質(zhì)上差別較大 , 讀者不妨一試 , 以資鑒別 .(1) 電話號碼有五個數(shù)字組成 , 求電話號碼由完全不同的數(shù)字組成的概率.(答案： A105 )105(2) 某單位印刷的一種單據(jù) , 編號由五個數(shù)字組成 , 從 00001 開始 , 求任取其中一張 , 編號由完全不同的數(shù)組成的概率 .(A105 )答案 :5101(3) 在 0 至 9 這十個數(shù)字中 , 不放回地任取 5 個 , 求能排成由完全不同的數(shù)字組成的五位數(shù)的概率 .(A95C94 ( A5A4 )答案 :A1

20、05 )(4) 在 0 至 9 這十個數(shù)字中 , 有放回地任取5 個 , 求能排成由完全不同的數(shù)字組成的6 位數(shù)的概率 .(A95C94 ( A5A4 ) )答案 :10 5四、選票問題 例 4 假定在一次選舉中, 候選人甲得 a 票 , 候選人乙得 b 票 , 且 a b, 試求下列事件的概率：(1) ：在計(jì)票過程中 , 甲、乙的票數(shù)在某個時刻相等；(2) ：在計(jì)票過程中 , 甲的票數(shù)總比乙的票數(shù)多 ;(3) ：在計(jì)票過程中 , 甲的票數(shù)總不落后于乙 .思考方法 本題結(jié)構(gòu)比較復(fù)雜 , 不大容易入手 . 為了便于分析, 我們不妨考慮一個簡化問題, 比如 , 令 a=3,b=2 這時 , 樣本空

21、間就是3 張屬于甲的選票和2張屬于乙的選票的全排列 .顯然這是一個不盡相異元素的全排列問題, 其排列種數(shù)為 (3 2)!10 如果把樣本點(diǎn)具體3! 2!寫出來 , 就是乙乙甲甲甲 , 乙甲乙甲甲 , 乙甲甲乙甲 , 乙甲甲甲乙 , 甲甲乙乙甲 , 甲乙乙甲甲, 甲乙甲乙甲 , 甲乙甲甲乙 , 甲甲乙甲乙 , 甲甲甲乙乙 .為了直觀地反映事件, , 的情形 , 我們可以利用平面坐標(biāo)的思想, 建立樣本點(diǎn)和平面折線的對應(yīng)關(guān)系. 具體地說 , 以橫軸表示計(jì)票張數(shù) , 縱軸表示計(jì)票過程中甲、乙兩候選人所得票數(shù)之差； 先依樣本點(diǎn)在計(jì)票過程中的情形, 在坐標(biāo)平面上確定點(diǎn)的位置, 再用線段把各點(diǎn)連成折線 .

22、如圖 3-31 所示 , 點(diǎn) (0,0)表示計(jì)票起點(diǎn)； 點(diǎn) (1,-1)表示第一張選票是屬于乙的, 甲、乙票數(shù)之差等于 -1 ；點(diǎn) (2,-2)表示第二張選票也是屬于乙的, 這時共計(jì)了兩張選票 ,甲、乙票數(shù)之差等于-2 ；點(diǎn) (3,-1) 表示第三張選票是屬于甲的, 這時共計(jì)了三張選票 , 甲、乙票數(shù)之差等于 -1；點(diǎn) (4,0) 表示第四張選票是屬于甲的, 這時共計(jì)了四張選票 , 甲、乙票數(shù)之差等于 0, 即兩人得票數(shù)相等；點(diǎn)(5,1) 表示第五張選票也是屬于甲的, 這時共計(jì)了五張選票 , 甲、乙票數(shù)之差等于1.這樣,圖3-31 的折線就形象地刻劃了樣本點(diǎn)“乙乙甲甲甲”在計(jì)票過程中的情形.

23、同樣 , 圖 3-32至 10 的各條折線 , 刻劃了其余九個樣本點(diǎn)在計(jì)票過程中的情形 .經(jīng)過上述處理 , 我們從圖3-3 就可以形象地看到： 事件包含的樣本點(diǎn), 它們所對應(yīng)的折線, 除起點(diǎn)外 , 與橫軸至少有一個公共點(diǎn)；事件包含的樣本點(diǎn), 它們所對應(yīng)的折線, 除起點(diǎn)外圖形全在橫軸的上方, 與橫軸沒有其余的公共點(diǎn)；事件的樣本點(diǎn), 它們所對應(yīng)的折線, 在橫軸的上方 , 且與橫軸允許有其余的公共點(diǎn). 這樣 , 從圖中容易得到, 的樣本點(diǎn)數(shù)為8, 的樣本點(diǎn)數(shù)為2, 的樣本點(diǎn)數(shù)為5于是,P(A)=8/10=0.8; P(B)=2/10=0.2; P(C)=5/10=0.5.分析到這里 , 簡化問題得以

24、解決 . 為了能用于指導(dǎo)原題的解答 , 我們還需對簡化問題作進(jìn)一步的考察 . 細(xì)酌題中的各個事件 , 從圖 3-3 可以得到以下結(jié)論：1. 在計(jì)票過程中 , 甲的票數(shù)總比乙少的情形是不可能發(fā)生的 . 事實(shí)上 , 如果甲的票數(shù)總比乙少 , 那么甲的得票總數(shù)將比乙少 , 與條件 a b 相矛盾 . 這就表明 , 事件與必為互逆事件.2. 事件的樣本點(diǎn) , 對應(yīng)于圖 3-39 、 10 所示的折線 . 這兩個樣本點(diǎn)的共同特點(diǎn)是：甲先得一票； 如果把這一票扣除, 那么余下的四票就組成甲得2 票、乙得 2 票時 , 事件“在計(jì)票過程中 , 甲的票數(shù)總不落后于乙”的樣本點(diǎn). 這樣 , 我們就可把事件與事件

25、聯(lián)系起來,相互轉(zhuǎn)化 .3. 從 1、 2 可知 , 解題的關(guān)鍵 , 在于推求 P(A) ；而計(jì)算 P(A) 的關(guān)鍵 , 又在于確定的樣本點(diǎn)數(shù) . 從圖 3-3 不難看出 ,A 的樣本點(diǎn)可以分為兩類：一類是第一張選票屬于乙的; 另一類是第一張選票屬于甲的. 前一類樣本點(diǎn)數(shù) , 相當(dāng)于 3 張屬于甲的選票和2-1=1張屬于乙的選票的全排列數(shù)： (3 1)!4 后一類樣本點(diǎn)數(shù) , 似難直接推算 . 但從圖3-3 可以看出 . 如果把這一3!1!類樣本點(diǎn)所對應(yīng)的折線, 從起點(diǎn)到首次觸到橫軸的部分,對橫軸作一次反射, 那么就得到第一類樣本點(diǎn) ( 參考圖 3 31 4與 5 8. 這就是說 , 兩類樣本點(diǎn)

26、在所作的反射下是一一對應(yīng)的 . 所以 , 第二類樣本點(diǎn)數(shù)等于第一類樣本點(diǎn)數(shù). 分析到這里 , 原題就不難解出了 . 解 依題設(shè) , 樣本空間就是a 張屋于甲的選票與b張屬于乙的選票的全排列. 這是一個不盡相異元素的排列問題, 排列種數(shù)為 ( ab)! , 這就是樣本點(diǎn)的總數(shù) .a!b!(1) 為了計(jì)算 A的樣本點(diǎn)數(shù) . 我們把 A 的每個樣本點(diǎn)表示成形如圖3 3 的折線 , 橫標(biāo)為計(jì)票張數(shù) , 縱標(biāo)為甲、乙票數(shù)之差；斜率為1 的線段表示計(jì)票過程中甲得票, 斜率為 -1 的線段表示計(jì)票過程中乙得票. 這樣 , 可以把 A 的樣本點(diǎn)分成兩類：第一類為第一張選票屬于乙的,在這種場合 , 于某個時刻必

27、然會出現(xiàn)甲、乙兩人的票數(shù)相等( 因?yàn)?a>b) ；第二類為第一張選票屬于甲 , 且在某時刻甲、乙兩人的票數(shù)相等.這里 , 第一類樣本點(diǎn)數(shù) , 相當(dāng)于 a 張屬于甲的選票與b-1 張屬于乙的選票的全排列數(shù), 有(a b1)! 種.a!(b1)!對于第二類樣本點(diǎn)的任一折線, 從起點(diǎn)到首次觸到橫軸的部分對橫軸作一次反射, 其余部分保持不變 , 就得到第一類樣本點(diǎn)的一條折線( 圖3-4). 不難證明 , 用這樣的方法可以建立起第一類與第二類樣本點(diǎn)之間的一一對應(yīng)關(guān)系. 所以 , 第二類樣本點(diǎn)數(shù)也是(ab1)! 這a!(b1)!樣, 事件的樣本點(diǎn)數(shù)為2( ab 1)! 于是a! (b1)!2( a

28、b1)! P(A)=a! (b1)!( ab)!2ba ba!b!(2) 在 a b 的條件下 , 事件是事件的逆事件, 所以2babP(B)=1-P(A)=1-ba.ab(3) 為了方便起見 , 我們用 Ca,b 記事件“在計(jì)票過程中, 甲的票數(shù)總不落后于乙” ; 用 Ba,b記事件“在計(jì)票過程中, 甲的票數(shù)總比乙多” ( 足碼a,b表示在計(jì)票過程中一共有ab 張選票, 其中 a 張屬于甲的 ,b 張屬于乙的 ). 容易看出 ,B a,b 的樣本點(diǎn) , 它們所對應(yīng)的折線 , 全在橫軸的上方 . 所以 , 如果把第一張屬于甲的選票去掉 ( 相當(dāng)于把橫軸向上平移一個單位 ), 那么余下的折線仍在

29、新橫軸的上方, 最多與新橫軸有若干個公共點(diǎn)( 圖 3-5),從而必是 C的樣本點(diǎn) .a-1,b也就是說 ,Ca-1,b的樣本點(diǎn)數(shù)與B 的樣本點(diǎn)數(shù)相等 .a,b因此 ,C a-1,b 的樣本點(diǎn)數(shù)為( a b)!2(ab1)!(ab1)! (ab) .a!b!a! (b1)!a1b!而對應(yīng)的樣本點(diǎn)總數(shù)為( a 1b)! 于是( a 1)! b!P(Ca-1,b )= (ab 1)! (ab)( ab1)!a b .a! b!(a1)! b!a在上式中用 a 1 替換 a, 即得P(C)=P(C a,b )= ab1.a 1評注在解題過程中, 我們借助了幾何直觀, 把每個樣本點(diǎn)都用坐標(biāo)平面上的一條折

30、線來表示 , 并采用了反射的技巧, 建立起事件的兩類樣本點(diǎn)之間的一一對應(yīng)關(guān)系, 把本來難以入手的問題 , 轉(zhuǎn)化為容易求解的排列問題. 本題涉及到較多的理論問題, 深入進(jìn)行考察, 還可得到許多有趣的結(jié)論, 有興趣的讀者可以閱讀威廉費(fèi)勒(William Feuer)的名著概率論及其應(yīng)用 ( 胡迪鶴等譯 , 科學(xué)出版社1964 年 11 月第一版 ).例 4 是一個典型的古典概率問題. 利用本題的結(jié)論和思想方法, 不難解答下列問題：(1) 一口袋中有 m個白球及 n 個黑球 , 且 mn, 從袋中一個個把球取出 ( 不返回 ), 直至把球全部取出 . 求在整個摸球過程中, 得到相同個數(shù)黑、白球的概率.(答案：2n )mn(2) 擲均勻硬幣幾次 , 求總共擲出 m次正面 (m n/2) 且在整個投擲過程中擲出反面次數(shù)總小于正面次數(shù)的概率 .(答案： 2mn )n(3) 劇院售票處有 2n 個人排隊(duì)買票 , 其中 n 人只有五角錢一張的鈔票 , 其余幾個人只有一元錢的鈔票 . 開始售票時售票處無錢可找 , 而每個人只買一張五角錢的票 . 求售票處不會找不出錢的概率 .(答