古典概率計(jì)算的教學(xué)難點(diǎn)與簡(jiǎn)化方法

古典概率計(jì)算的教學(xué)難點(diǎn)與簡(jiǎn)化方法

基于許多數(shù)學(xué)領(lǐng)域的理論，本文以分析理論、測(cè)量論等廣闊的視野為基礎(chǔ)，研究和揭示了自然界和社會(huì)中隨機(jī)現(xiàn)象的統(tǒng)計(jì)規(guī)律，并將其科學(xué)應(yīng)用于人類(lèi)社會(huì)的生產(chǎn)和生活活動(dòng)。我想繼續(xù)研究數(shù)學(xué)的計(jì)數(shù)方法。隨機(jī)過(guò)程等眾多隨機(jī)性數(shù)學(xué)學(xué)科打下必備理論基礎(chǔ)的概率論,自17世紀(jì)由于博彩事業(yè)、保險(xiǎn)事業(yè)等的發(fā)展誕生以來(lái),始終是理工農(nóng)醫(yī)師經(jīng)管等專(zhuān)業(yè)學(xué)生的必修課。在該課程中,最基本的重要經(jīng)典內(nèi)容當(dāng)首推古典概型,其中,古典概率的計(jì)算則是我們?cè)诒菊n程教學(xué)中碰到的首個(gè)重點(diǎn)與難點(diǎn)。突出重點(diǎn),化解難點(diǎn),無(wú)疑是值得我們深思研討的問(wèn)題。古典概率的計(jì)算,雖然有計(jì)算公式:Ρ(A)=事件A所飲食的樣本點(diǎn)數(shù)mA樣本空間Ω所包含的樣本點(diǎn)數(shù)nΩ(1)P(A)=事件A所飲食的樣本點(diǎn)數(shù)mA樣本空間Ω所包含的樣本點(diǎn)數(shù)nΩ(1)可資利用,但它絕不同于運(yùn)用一般的數(shù)學(xué)計(jì)算公式進(jìn)行的計(jì)算。因?yàn)楣诺涓怕实挠?jì)算重點(diǎn)并不在其計(jì)算公式(1)本身,而在其計(jì)算公式(1)中所涉及的量nΩ與mA的計(jì)算。對(duì)量nΩ與mA的計(jì)算,除有時(shí)能借助于古典概型的樣本空間Ω及欲求概率的事件A的“明確表示”而獲得外,一般要用到排列組合的計(jì)算方法和技巧,由此就自然給古典概率的計(jì)算帶來(lái)相當(dāng)大的困難。不過(guò),特別地,有時(shí)在具體計(jì)算量nΩ與mA時(shí),只要注意設(shè)法選取所謂的“最小”樣本空間Ω,并使欲求概率的事件A?Ω,或者只要充分注意利用概率的性質(zhì)這兩方面,就有可能避免復(fù)雜的排列組合的計(jì)算,從而導(dǎo)致減少與克服古典概率計(jì)算的困難。下面,我們舉例說(shuō)明計(jì)算古典概率的若干簡(jiǎn)化方法。1試驗(yàn)第14個(gè)隨機(jī)事件,c例1設(shè)袋中裝有編號(hào)1,2,…2n的2n個(gè)相同的球,今從袋中任取一球,試求此球的編號(hào)為奇數(shù)的概率。解:令i表示“所取一球的編號(hào)為i”這個(gè)結(jié)果(i=1,2,…,2n),且將從裝有編號(hào)為1,2,…,2n的2n個(gè)相同球的袋中任取一球的所有可能的取球結(jié)果取作樣本空間Ω1,則Ω1={1,2,…,2n},且Ω1所包含的樣本點(diǎn)數(shù)為nΩ1=2n再令A(yù)={所取一球的編號(hào)為奇數(shù)},則A={1,3,…,2n-1}?Ω1,且A所包含的樣本點(diǎn)數(shù)為mA=n于是,由古典概率計(jì)算公式(1),有Ρ(A)=mAnΩ1=n2n=12此外,根據(jù)對(duì)稱(chēng)性亦即等可能性,這里的例1亦可采用下述方法解之。事實(shí)上,令ω1表示“所取一球的編號(hào)為奇數(shù)”這個(gè)結(jié)果,ω2表示“所取一球的編號(hào)為偶數(shù)”這個(gè)結(jié)果,則這試驗(yàn)的樣本空間這時(shí)可表示為:Ω2={ω1,ω2},A={ω1}?Ω2。于是,由古典概率計(jì)算公式(1),有:Ρ(A)==mAnΩ2=12容易注意到:當(dāng)n=1時(shí),上述兩種解法是完全相同的。因?yàn)檫@時(shí)就該試驗(yàn)而言,所選取的樣本空間Ω1與Ω2實(shí)質(zhì)上是完全一樣的,因而它們都包含該試驗(yàn)所有可提的22=4個(gè)隨機(jī)事件:φ,Ω1,{1},{2}與φ,Ω2,{ω1},{ω2}。當(dāng)n>1時(shí),上述兩種解法是不相同的,但無(wú)疑都是正確的。因?yàn)檫@時(shí)就該試驗(yàn)而言,所選取的樣本空間Ω1與Ω2是不完全相同的,共同的是它們都包含了欲求概率的事件A,當(dāng)然還都包含有不可能事件φ和它們自身;而所不同的是:Ω1包含了該試驗(yàn)所有可提的全部22n個(gè)隨機(jī)事件,而Ω2則只包含了該試驗(yàn)部分可提的隨機(jī)事件:φ,Ω2,{ω1},{ω2}。特別地,對(duì)該試驗(yàn)可提的隨機(jī)事件B={所取一球的編號(hào)為1},顯然有B?Ω1而無(wú)B?Ω2,因此,對(duì)Ω1而言,B是一隨機(jī)事件,自然可談其概率,且由古典概率計(jì)算公式(1)還可計(jì)算出其概率為P(B)=1/2n;而對(duì)Ω2而言,B已不是一隨機(jī)事件,即B?Ω2。當(dāng)然也就沒(méi)有概率可言了。換言之,對(duì)事件B,只能選取樣本空間為Ω1,而不能選取樣本空間為,否則,B?Ω2。由本例可知:古典概率的計(jì)算與樣本空間Ω的選取有關(guān)。重視樣本空間Ω的選取,對(duì)于古典概率的計(jì)算有很重要的實(shí)際意義。下面,我們不妨再舉一例以說(shuō)明之。例2在分別寫(xiě)有2,4,6,7,8,11,12,13的8張卡片中任取兩張,將此兩張卡片上的兩個(gè)數(shù)組成一個(gè)分?jǐn)?shù),試求所得分?jǐn)?shù)是既約分?jǐn)?shù)(分子分母沒(méi)有大于1的公因數(shù))的概率。解法1:(不考慮所得兩數(shù)組成分?jǐn)?shù)的組合順序)由于任取兩張卡片,其上的兩數(shù)x,y組成兩個(gè)分?jǐn)?shù)(x,y)或(y,x),且這兩個(gè)分?jǐn)?shù)或者都是既約分?jǐn)?shù),或者都不是既約分?jǐn)?shù),二者必居其一,且只居其一。因此這時(shí)可不考慮所得兩數(shù)組成分?jǐn)?shù)的組合順序,即視(x,y)或(y,x)為“一個(gè)分?jǐn)?shù)”。如此,這里試驗(yàn)的樣本空間可明確表示為:Ω1={(x,y):y>x=2,4,6,8,11,12,13}={(2,4),(2,6),(2,7),(2,8),(2,11),(2,12),(2,13),(4,6),(4,7)L,(4,13),…,(12,13)}或者Ω2={(x,y):x>y=2,4,6,…,12,13}={(13,12),(13,11),(13,8),(13,7),(13,6),(13,4),(13,2),(12,11),(12,8),…,(12,2),…,(4,2)}令A(yù)i={所得分?jǐn)?shù)是既約分?jǐn)?shù)}i=1,2。則A1≡{(x,y):y>x=2,4,6,7,8,11,12,13,用x與y互素}={(2,7)(2,11)(2,13)(4,7)(4,11)(4,13)(6,7)(6,11)(6,13)(7,8)(7,11)(7,12)(7,13)(8,11)(8,13)(11,12)(11,13)(12,13)}?Ω1或者A2≡{(x,y):x>y=2,4,6,7,8,11,12,13,用x與y互素}={(13,12),(13,11),(13,8),(13,7),(13,6),(13,4),(13,2),(12,11),(12,7),(11,8),(11,7),(11,6),(11,4),(11,2),(8,7),(7,6),(7,4),(7,2)}?Ω2于是,Ω1與Ω2所包含的樣本點(diǎn)數(shù)均為:n=nΩ1=nΩ2=7+6+5+4+3+2+1=(7+1)?72=28A1與A2所包含的樣本點(diǎn)數(shù)均為:m=mA1=mA2=18故由古典概率計(jì)算公式(1),有解法2:(考慮所得兩數(shù)組成分?jǐn)?shù)的組合順序)由于任取兩張卡片,其上的兩數(shù)x與y組成兩個(gè)分?jǐn)?shù)(x,y)或(y,x)自然是不同的,因此,就不同分?jǐn)?shù)的個(gè)數(shù)(考慮所得兩數(shù)組成分?jǐn)?shù)的組成順序)言之,這里試驗(yàn)的樣本空間Ω可明確表示為:Ω=Ω1∪Ω2,且欲求概率的事件A可明確表示為:A=A1∪A2。故由古典概率計(jì)算公式(1),有Ρ(A)=nAnΩ=mA1+mA2nΩ1+nΩ2=18+1828+28=914在本例中,我們通過(guò)樣本空間Ω的“明確表示”較容易地獲得了樣本空間Ω和欲求概率的事件A所包含的樣本點(diǎn)數(shù)nΩ和mA,進(jìn)而利用古典概率計(jì)算公式(1),又得出了欲求事件A的概率P(A)。但要注意,此法對(duì)某些簡(jiǎn)單試驗(yàn)情形會(huì)行之有效,而對(duì)一般較復(fù)雜試驗(yàn)情形,因其樣本空間難于“明確表示”而使其行之失效。例如,在本例中,若可供抽取的卡片很多,則相應(yīng)得到的分?jǐn)?shù)就很多,要通過(guò)一一寫(xiě)出它們來(lái)計(jì)算其總個(gè)數(shù)和其中的既約分?jǐn)?shù)的個(gè)數(shù),這顯然是難于辦到的。這時(shí),一般就需要考慮使用。2古典概率計(jì)算公式與ma的關(guān)系解法3:(不考慮所取兩數(shù)組成分?jǐn)?shù)的組合順序)若把任取兩張卡片上的兩數(shù)組成一個(gè)分?jǐn)?shù)的所有可能的不計(jì)組合順序(即交換分?jǐn)?shù)的分子分母時(shí)兩個(gè)不同分?jǐn)?shù)視作“一個(gè)分?jǐn)?shù)”)的組合結(jié)果取作樣本空間Ω3,則Ω3所包含的樣本點(diǎn)總數(shù)nΩ3等于從8個(gè)數(shù)中任取2個(gè)的組合種數(shù)C28,即nΩ3=C28=28。令A(yù)={所得分?jǐn)?shù)是既約分?jǐn)?shù)},則A發(fā)生當(dāng)且僅當(dāng)從7,11,13三數(shù)中任取兩個(gè)不計(jì)順序組成分?jǐn)?shù)或從7,11,13三個(gè)數(shù)與2,4,6,8,12五個(gè)數(shù)中各任取一個(gè)不計(jì)順序組成分?jǐn)?shù)。故由計(jì)數(shù)法的加法原理知:A所包含的樣本點(diǎn)數(shù)為:mA=C23+C13·C15=3+15=18。于是,由古典概率計(jì)算公式(1),有Ρ(A)=mAnΩ3=1828=914解法4:(考慮所得兩數(shù)組成分?jǐn)?shù)的組合順序)若把任取兩張卡片上的兩數(shù)組成一個(gè)分?jǐn)?shù)的所有可能的計(jì)較其組合順序的組成結(jié)果取作樣本空間Ω4,則Ω4所包含的樣本點(diǎn)總數(shù)nΩ4等于從這8個(gè)數(shù)中任取2個(gè)的排列種數(shù),即nΩ4=P28=56。令A(yù)={所得分?jǐn)?shù)是既約分?jǐn)?shù)},則A發(fā)生當(dāng)且僅當(dāng)從7,11,13中任取2個(gè)依順序組成分?jǐn)?shù)或從7,11,13與2,4,6,8,12中各任取1個(gè)依順序組成分?jǐn)?shù)。故由計(jì)數(shù)法的加法原理即知:A所包含的樣本點(diǎn)數(shù)為:mA=P23+C13·C15+C15·C13=36。于是,由古典概率計(jì)算公式(1),有Ρ(A)=mAnΩ4=3656=914注意由本例提供的4種解法還可知:在計(jì)算樣本空間Ω與欲求概率的事件A所包含的樣本點(diǎn)數(shù)nΩ4與mA時(shí),必須對(duì)同一個(gè)選定的樣本空間進(jìn)行考察,其中的一個(gè)考慮順序,另一個(gè)也必須考慮順序;一個(gè)不考慮順序,另一個(gè)也必須不考慮順序.否則,計(jì)算結(jié)果一定不正確。這是因?yàn)檫@時(shí)必會(huì)發(fā)生A?Ω。例4設(shè)一袋中裝有a只黑球、b只白球,今隨機(jī)地把此袋中的球一只只摸出來(lái)。試求第k(1≤k≤a+b)次摸到黑球的概率。解:令A(yù)={第k(k=1,2,…,a+b)次摸到黑球}(一)設(shè)想將袋中球全部摸出①若視袋中球每只都有區(qū)別(比如將a+b只球逐一編號(hào).黑球編為1號(hào)、2號(hào)、…,a號(hào),白球編為a+1號(hào),a+2號(hào),…,a+b號(hào)),并且設(shè)想將隨機(jī)摸出的球依次放置在排列成一直線(xiàn)的a+b個(gè)位置上(注意這里的“摸出結(jié)果”與“放置結(jié)果”具有一一對(duì)應(yīng)關(guān)系)。如此則有如下解法。解法1:若將a+b只球隨機(jī)地放置在a+b個(gè)位置上的所有可能的放置結(jié)果取作樣本空間Ω1,則Ω1所包含的樣本點(diǎn)總數(shù)為:nΩ1=(a+b)!因第k個(gè)位置放置黑球有C1a種放置結(jié)果,而余下的a+b-1個(gè)球放置在余下的a+b-1個(gè)位置上有(a+b-1)!種放置結(jié)果,故A所包含的樣本點(diǎn)數(shù)為:mA=C1a(a+b)!于是,由古典概率計(jì)算公式(1),有Ρ(A)=mAnΩ1=C1a(a+b-1)!(a+b)!=aa+b若設(shè)想將a+b個(gè)位置分為兩類(lèi):一類(lèi)放置黑球,一類(lèi)放置白球,如此,則有如下解法。解法2:由于a只黑球放置在a+b個(gè)位置中的任意a個(gè)位置上,有Paa+b種放置結(jié)果,余下的b個(gè)位置必放置白球,有b!種放置結(jié)果,所以若把上述黑球、白球的所有可能的放置結(jié)果取作樣本空間Ω2,則Ω2所包含的樣本點(diǎn)總數(shù)為nΩ2=Paa+b·b!因第k位置必放置黑球,有C1a種放置結(jié)果,余下的a-1只黑球放置在余下a+b-1個(gè)位置中的任意a-1個(gè)位置上,有Pa-1a+b-1種放置結(jié)果,而最后余下的b個(gè)位置必放置余下的b個(gè)白球,有b!種放置結(jié)果。故由計(jì)數(shù)法的乘法原理知:A所包含的樣本點(diǎn)數(shù)為mA=C1aPa-1a+b-1b!于是,由古典概率計(jì)算公式(1),有Ρ(A)=mAnΩ2=C1aΡa-1a+b-1b!Ρa-1a+bb!=aa+b若設(shè)想“依次放置球”為兩段完成,如此則有如下的解法。解法3:考慮前k次放置是從a+b只球中隨機(jī)摸出k只球放置在前k個(gè)位置上,共有Pka+b種放置結(jié)果,后a+b-k次放置必然是將余下的a+b-k個(gè)球放置在余下a+b-k個(gè)位置上,共有(a+b-k)!種放置結(jié)果。若將上述兩段所有可能的放置結(jié)果取著樣本空間Ω3,則Ω3所包含的樣本點(diǎn)數(shù)為nΩ3=Pka+b(a+b-k)!因第k個(gè)位置放置黑球有C1a種放置結(jié)果,前k-1個(gè)位置可以在余下的a+b-1只球中隨機(jī)地選取k-1只放上,共有Pk-1a+b-1種放置結(jié)果,而后a+b-k位置必然放置余下的a+b-k個(gè)球,共有(a+b-k)!種放置結(jié)果,故由計(jì)數(shù)法的乘法原理即知A所包含的樣本點(diǎn)數(shù)為:mA=C1aPk-1a+b-1(a+b-k)!于是,由古典概率計(jì)算公式(1),有Ρ(A)=mAnΩ3=C1aΡk-1a+b-1(a+b-k)!Ρka+b(a+b-Κ)!=aa+b②若視袋中同色球之間無(wú)區(qū)別,并且仍設(shè)想將摸出的球排列成一直線(xiàn)的a+b個(gè)位置上,如此則有下述解法。解法4:由于a只黑球可以隨機(jī)地放置在a+b個(gè)位置中的任意a個(gè)位置上,有Caa+b種放置結(jié)果,余下的b只白球必然放置在余下的b個(gè)位置上,共有Cba種放置結(jié)果,所以若將上述黑球、白球的所有可能的放置結(jié)果取作樣本空間Ω4,則Ω4所包含的樣本點(diǎn)總數(shù)為nΩ4=Caa+b·Cbb=Caa+b因第k個(gè)位置放置黑球僅有1種放置結(jié)果,而余下的a-1只黑球可以放在余下的a+b-1個(gè)位置中的任意a-1個(gè)位置上,有Ca-1a+b-1種放置結(jié)果,最后余下的b只白球必然放置在余下的b個(gè)位置上,有Cbb種放置結(jié)果。故由計(jì)數(shù)法的乘法原理即知:A所包含的樣本點(diǎn)數(shù)為mA=Ca-1a+b-1·Cbb=Ca-1a+b-1于是,由古典概率計(jì)算公式(1),有Ρ(A)=mAnΩ4=Ca-1a+b-1Caa+b=aa+b(二)僅考慮摸出黑球,并且仍設(shè)想將摸出的球依次放置在排列成一直線(xiàn)的a+b個(gè)位置上。若視黑球之間有區(qū)間,如此則有如下解法。解法5:若將a只黑球可以隨機(jī)地放置在a+b個(gè)位置中的任意a個(gè)位置上的所有可能的放置結(jié)果取作樣本空間Ω5,則Ω5所包含的樣本點(diǎn)數(shù)為:nΩ5=Paa+b因第k個(gè)位置放置黑球,共有C1a種放置結(jié)果,而余下的a-1只黑球可以放置在余下的a+b-1個(gè)位置的任意a-1個(gè)位置上,共有Pa-1a+b-1種放置結(jié)果。故由計(jì)數(shù)法的乘法原理即知:A所包含的樣本點(diǎn)數(shù)為mA=C1aPa-1a+b-1于是,由古典概率計(jì)算公式(1),有Ρ(A)=mAnΩ5=C1aΡa-1a+b-1Ρaa+b=aa+b若視黑球之間無(wú)區(qū)別,則有如下解法。解法6:若將a只黑球可以隨機(jī)地放置在a+b個(gè)位置中的任意a個(gè)位置上的所有可能的放置結(jié)果取作樣本空間Ω6,則Ω6所包含的樣本點(diǎn)總數(shù)為nΩ6=Caa+b因第k個(gè)位置放置黑球只有一種放置結(jié)果,余下的a-1只黑球可以放置在a+b-1個(gè)位置中的任意a-1個(gè)位置上,有Ca-1a+b-1種放置結(jié)果。故A所包含的樣本點(diǎn)數(shù)為:mA=1·Ca-1a+b-1=Ca-1a+b-1于是,由古典概率計(jì)算公式(1),有Ρ(A)=mAnΩ6=Ca-1a+b-1Caa+b=aa+b(三)僅考慮前k次摸球,并且設(shè)想袋中球每只都有區(qū)別,如此則有如下解法。解法7:若a只黑球可以隨機(jī)地放置在a+b個(gè)位置中的任意a個(gè)位置上的所有可能的放置結(jié)果取作樣本空間Ω7,則Ω7所包含的樣本點(diǎn)總數(shù)為nΩ7=Pka+b因第k次摸得黑球,這只黑球必是這a只黑球中的一只,從而第k次摸得黑球有C1a種摸球結(jié)果,而前k-1次摸球自然可以從余下的a+b-1只球中隨機(jī)地摸出k-1只,有Pk-1a+b-1種摸取結(jié)果。故A所包含的樣本點(diǎn)數(shù)為:mA=C1aPk-1a+b-1于是,由古典概率計(jì)算公式(1),有Ρ(A)=mAnΩ7=C1aΡk-1a+b-1Ρka+b=aa+b(四)僅考慮第k-1次與第k次摸球,則有如下解法。解法8:令Bk={第k次摸得黑球},k=1,2…,n則容易注意到k≥2時(shí),有BK=BK∪Ω=BK∪(BK-1∪BK-1)=BK-1BK∪BK-1BK且BK-1BK與BK-1BK互不相容。故由概率的可加性,有P(BK)=P(BK-1BK)+P(BK-1BK)由于k=2時(shí),有P(B2)=P(B1B2)+P(B1B2)=aa+b?a-1a+b-1+ba+b?aa+b-1=aa+b一般地,有Ρ(BΚ)=aa+bk=1,2,?n。(五)僅考慮第k次摸球,并且設(shè)想將袋中球逐一編號(hào),比如黑球編號(hào)為1號(hào)、2號(hào),…,a號(hào),白球編號(hào)為a+1號(hào),a+2號(hào),a+1,…,a+b號(hào),如此則有如下解法。解法9:令ωi表示“第次摸到i號(hào)球”這個(gè)結(jié)果(i=1,2,…,a+b),且將第k次摸出的球的所有可能的摸球結(jié)果取作樣本空間Ω8,則Ω8={ω1,ω2,…ωa+b}且A={ω1,ω2,…ωa}?Ω8因Ω8所包含的樣本點(diǎn)數(shù)為nΩ8=a+b,而A所包含的樣本點(diǎn)數(shù)為mA=a,故由古典概率計(jì)算公式(1),有:Ρ(A)=mAnΩ8=aa+b注意:在本例中,我們對(duì)同一個(gè)古典概率計(jì)算問(wèn)題,通過(guò)選取欲求概率的事件的不同樣本空間而給出了9種解法(其中第8種是作為一種解法提出來(lái)的,它沒(méi)有明確選取樣本空間,但實(shí)際上是將樣本空間Ω作分割或劃分:Ω=Bk-1∪BK-1,在這種分割或劃分下,將欲求概率的事件Bk表示為一些簡(jiǎn)單隨機(jī)事件的不相交并:BK=BK-1BK∪BK-1BK),而且各種解法的答案一致,這說(shuō)明對(duì)同一隨機(jī)現(xiàn)象,可以用不同的概率模型去描述它。選取的樣本空間不同,就可以得到不同的解法。顯然,上述所給出的9種解法中,以第9種解法最為簡(jiǎn)單明了(它沒(méi)有用到排列組合方法),這說(shuō)明我們這時(shí)選取的樣本空間最好。事實(shí)上,樣本空間Ω8(有限、等可能且A?Ω8)是我們所選取的8個(gè)明確樣本空間中“最小”(包含的樣本點(diǎn)最少)的。若要“再小”的話(huà),則事件(A?Ω)或無(wú)法保證等可能性了。為實(shí)際運(yùn)用方便,我們根據(jù)本例所選取的樣本空間Ω8的實(shí)際意義,順便抽象概括給出“最小”樣本空間的定義:設(shè)Ω1,Ω2,…,Ωk,…均是古典概型E的樣本空間,且其所包含的樣本點(diǎn)總數(shù)分別是n1,n2,…,nk,…,E中的某隨機(jī)事件A?Ωi,i=1,2,…,k,…若ni=min{n1,n2,…,nk,…},則稱(chēng)Ωi為古典概型的關(guān)于隨機(jī)事件A的“最小”樣本空間。根據(jù)上述定義及討論即知:本例所選取的樣本空間Ω8就是關(guān)于欲求概率的事件A的“最小”樣本空間。在本例中,為什么我們能選取到“最小”樣本空間Ω8,使古典概率P(A)的計(jì)算大為簡(jiǎn)化呢?原來(lái),其中關(guān)鍵的一點(diǎn),在于我們抓住了刻劃欲求概率的事件A的本質(zhì)特征(摸到黑球)而把無(wú)關(guān)的因素(比如摸到白球且前k-1次摸球與后a+b-k次摸球)都丟掉不予考慮了。為方便我們不妨把本例的解法9稱(chēng)為計(jì)算古典概率的“最小”樣本空間法。3不同信袋中nn的排列位置為進(jìn)一步熟悉、進(jìn)而掌握計(jì)算古典概率的“最小”樣本空間計(jì)算法,我們不妨再舉兩例以明之。例5n個(gè)小朋友隨機(jī)地圍坐成一圓圈做游戲,試求下列事件的概率:①小朋友甲、乙坐在一起;②小朋友甲、乙、丙坐在一起。解:①假設(shè)小朋友甲或乙已坐好,考慮小朋友乙或甲怎樣坐法,令ωi表示“小朋友甲或乙已坐好時(shí)小朋友乙或甲坐在小朋友甲或乙的左或右邊第個(gè)坐位上”這個(gè)結(jié)果,若將小朋友甲或乙已坐好時(shí)小朋友乙或甲的所有可能的圍坐結(jié)果取作樣本空間Ω1,則Ω1可以明確表示為:Ω1={ω1,ω2,…,ωn-1}令A(yù)={小朋友甲、乙坐在一起},則A={ω1,ωn-1}?Ω1故由古典概率計(jì)算公式(1),有Ρ(A)=mAnΩ1=2n-1②假設(shè)小朋友甲已坐好時(shí),考慮小朋友乙、丙怎樣坐法,令(ωi,ωj)表示“小朋友甲已坐好時(shí)小朋友乙、丙坐在小朋友甲左或右邊第i個(gè)、第j個(gè)位置上這個(gè)結(jié)果.若將小朋友甲已坐好時(shí),小朋友乙、丙的所有可能的圍坐結(jié)果取作樣本空間Ω2,則Ω2可以明確表示為:Ω2={(ωi,ωj):1≤i<j≤n-1}U(ωi,ωj):1≤j<i≤n-1}且欲求概率的事件B={小朋友甲、乙、丙坐在一起}可以明確表示為:B={(ω1,ω2),(ω2,ω1),(ω1,ωn-1),(ωn-1,ω1),(ωn-2,ωn-1),(ωn-1,ωn-2)}?Ω2故Ω2所包含的樣本點(diǎn)總數(shù)為:nΩ2=2[(n-2)+(n-3)+…+2+1]=(n-1)(n-2)(n>3)B所包含的樣本點(diǎn)數(shù)為mB=6于是,由古典概率計(jì)算公式(1),有Ρ(B)=mBnΩ8=6(n-1)(n-2)(n>3)特別地,當(dāng)n=3時(shí),小朋友甲、乙、丙必然坐在一起,因而這時(shí),有P(B)=1于是,綜上所述即知:Ρ(B)={6(n-1)(n-2)(n>3)1n=3例6設(shè)有m×n封信,其中有一封掛號(hào)信、一封航空信,其余的都是平信。今將這m×n封信隨機(jī)地放入m個(gè)信袋中,每袋放n封信.試求掛號(hào)信與航空信恰好放在同一信袋中的概率。解:首先易知題設(shè)將m×n封信隨機(jī)地放入m個(gè)信袋中,每袋放n封信等價(jià)于隨機(jī)地將m×n封信依次排列在成一直線(xiàn)的m×n個(gè)位置上(例如