PT@古典概型@等概率模型@P1

abstract

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,也称为古典概型
古典概型的定义是简单的,实际问题中古典概型却往往不简单,特别是对于复杂事件,需要仔细分析
- 构造合适的样本空间有时是困难的,不同的样本空间下,计算的难度也不同

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:
  - $P(B)=\frac{2}{6}=\frac{1}{3}$

例

十进制数的数字组合问题
- 任意选一个三位十进制数 $N$ ,求该数中的三个十进制数字两两不同的概率?
- 设 $N$ 的百位,十位,个位数字分别为 $a, b, c$
- 任意三位数 $x\geqslant{100}$ ,因此 $a=1,2,\cdots,9$
- 而 $b, c$ 可能取 $0,1,\cdots,9$ 的任意数
- $N$ 有 $9\times{10}\times{10}$ = $900$ 种可能取值,并且这900种结果是等可能的被选中,因此属于古典概型
- $a, b, c$ 两两不同的数字组合有
  - $a$ 有9种可能取值,所取的数记为 $a_{0}$ (不能取0)
  - $b$ 除了 $a_{0}$ 不能取,共有 $9$ 种可能取值,所取的元素记为 $b_{0}$
  - $c$ 除了 $a_0,b_{0}$ 不能取,共有 $8$ 种可能
  - Note:如果从个位的取值开始分析,则不那么方便,
    - 幸运的是,使用间接法也可以求: $10\times{9}\times{8}-9\times{8}$ = $648$
    - 先假设百位允许出现 $0$ ,然后将百位为 $0$ 的情况减去即可
- 综上满足要求的结果共有 $9\times{9}\times{8}$ = $648$
- 从而 $p$ = $\frac{648}{900}$ = $\frac{18}{25}$ = $0.72$

抽样方式👺

最常见的情形是样本池种任何一个样本被抽中的概率相同,而无论样本属于哪个类别
假设样本池中存在 $n$ 个样本

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),方幂模型
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
$m$ 次取球,每次取出1个,不放回,球与球之间区分编号且区分 $m$ 次结果的顺序,共有 $\binom{n}{1}\binom{n-1}{1}\cdots\binom{n-(m-1)}{1}$ = $A_{n}^{m}$ 取法,排列数模型
- 例如取出的2次结果的元组 $r_1,r_2)$ 和 $r_2,r_1)$ 视为两种不同的结果
或者,仍然区分各个球的编号,但对取出的 $m$ 次结果不区分顺序,则共有 $\binom{n}{m}$ 中取法
- 例如取出的2次结果元组 $r_1,r_2)$ 和 $r_2,r_1)$ 视为同一种结果

$m$ 次逐个取和一次性取 $m$ 个

不放回抽样中,样本池中有 $n$ 个球 $(m < n)$ :
1. $m$ 次逐个取,有 $A_{n}^{m}$ 种取法
2. 一次性取出 $m$ 个球,这 $m$ 个球间不区分顺序,共有 $\binom{n}{m}$ 取法
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
- Note:区分顺序的做法可以也可以解决不区分顺序的问题,只是如果不需要区分顺序时,样本空间更小,计算可能会更加简单

应用

例:抛硬币问题

将一枚硬币抛三次
1. 设事件 $A_1$ 为"恰好出现一次正面",求 $P(A_1)$
2. 设事件 $A_2$ 为"至少出现一次正面",求 $P(A_2)$
解
1. 将每次抛硬币,若出现正面记为 $H$ ,反面记为 $T$
  - 方法1:
    - 样本空间 $S$ = $\set{HHH,HHT,HTH,HTT,THH,THT,TTH,TTT}$ ,共有 $n = 8$ 个样本点
    - 事件 $A_1$ = $\set{HTT,THT,TTH}$ ,共有 $k = 3$ 个样本点
    - 根据古典概型计算公式: $P(A_1)$ = $\frac{3}{8}$
  - 方法2:
    - 利用排列组合快速计算
    - 根据乘法原理,样本空间 $S$ 中的样本点数为 $2^3=8$ 个
      - 每一次抛硬币可产生2结果,所以抛 $n$ 次硬币就会产生 $2^n$ 个结果(样本点)
    - 而事件 $A_1$ 中包含的样本数共有 $\binom{3}{1}$ = $3$ 个(或者说 $\binom{3}{1}\binom{2}{2}=3$ )
      - 从三次抛硬币结果中选择一次出现正面,共有 $3$ 种选法;而其余2次都要求是反面,从而只有一种可能: $\binom{2}{2}=1$
    - 从而 $P(A_1)=\frac{3}{8}$
2. 方法1: $A_2$ = $S-\set{TTT}$ ,其中包含 $8 - 1 = 7$ 个样本点,从而 $P(A_2)$ = $\frac{7}{8}$
  - 或者记 $\overline{A_2}=\set{T}$ , $P(A_2)$ = $1-P(\overline{A_2})$ = $1-\frac{1}{8}$ = $\frac{7}{8}$

例:两类抽样方法下的取色球问题👺

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
- 事件 $C$ :取到两球颜色相同

对于放回抽样:

设 $4$ 个白球和 $2$ 个红球分别为 $w_{1},\cdots,w_4$ ; $r_1,r_2$

样本空间 $\Omega$ 的样本总数为 $n=6\times6=36$ ,对应于以下表格(表1)中的36种可能(和一枚色子投掷2次观察点数组合的试验类似)

	$w_1$	$w_2$	$w_3$	$w_4$	$r_1$	$r_2$
$w_1$	$w_1,w_1)$	$w_1,w_2)$	$w_1,w_3)$	$w_1,w_4)$	$w_1,r_1)$	$w_1,r_2)$
$w_2$	$w_2,w_1)$	$w_2,w_2)$	$w_2,w_3)$	$w_2,w_4)$	$w_2,r_1)$	$w_2,r_2)$
$w_3$	$w_3,w_1)$	$w_3,w_2)$	$w_3,w_3)$	$w_3,w_4)$	$w_3,r_1)$	$w_3,r_2)$
$w_4$	$w_4,w_1)$	$w_4,w_2)$	$w_4,w_3)$	$w_4,w_4)$	$w_4,r_1)$	$w_4,r_2)$
$r_1$	$r_1,w_1)$	$r_1,w_2)$	$r_1,w_3)$	$r_1,w_4)$	$r_1,r_1)$	$r_1,r_2)$
$r_2$	$r_2,w_1)$	$r_2,w_2)$	$r_2,w_3)$	$r_2,w_4)$	$r_2,r_1)$	$r_2,r_2)$

上述表格给出了所有等可能发生的 $36$ 种情形
$P(A)=\frac{4\times4}{36}=\frac{4}{9}$

显然 $\overline{B}$ 包含的样本总数为 $2^{2}=4$ ; $P(\overline{B})$ = $\frac{4}{36}$ = $\frac{1}{9}$
- $P(B)=1-P(\overline{B})=1-\frac{4}{36}=\frac{8}{9}$
$P (C)$ = $P(A\cup{\overline{B}})$ = $P(A)+P(\overline{B})$ = $\frac{4}{9}+\frac{1}{9}$ = $\frac{5}{9}$
其他思路
- 设事件 $A_i$ 表示第 $i$ 次取出白球 $(i = 1, 2)$ ;并且容易确定 $P(A_{i})=\frac{4}{9}$ = $\frac{2}{3}$ , $(i = 1, 2)$
- 而 $A$ = $A_1A_2$ ,而事件 $A_1,A_2$ 显然相互独立,从而 $P (A)$ = $P(A_1A_2)$ = $P(A_1)P(A_2)$ = $\frac{2}{3}\cdot\frac{2}{3}$ = $\frac{4}{9}$
- 类似地, $P (B)$ = $1-P(\overline{A_1}\;\overline{A_2})$ = $1-P(\overline{A_1})P(\overline{A_2})$ = $1-\frac{1}{3}\cdot\frac{1}{3}$ = $\frac{8}{9}$
- $P (C)$ = $P(A)+P(\overline{B})$ = $\frac{5}{9}$

样本空间的选取

我们可能会想到,如果不考虑同颜色球之间的区别,摸两次球的结果有4种可能:
- (白,白);(白,红);(红,白);(红红)
分别将上述事件记为 $q_1,\cdots,q_4$ ;它们构成样本空间 $S_1$
然而这4个事件不是等概率发生的,事件 $A$ = $\set{q_1}$ ;但 $P(A)\neq{\frac{1}{4}}$
样本空间中的基本事件 $q_1,\cdots,q_{4}$ 的事件发生概率无法直接用等概率模型计算
- 取出白球的概率为 $\frac{2}{3}$ ,而红球的概率为 $\frac{1}{3}$ ,显然不是等概率的
- 而如果我们区分同颜色球间的顺序,则每次抽出任何一个球的概率都是相等的
考虑将样本空间放大(基本事件精细化),也就是使得某些不能直接用等概率模型解决的概率问题转换为基本事件等概率发生的样本空间
一种常用的转换方法是区分对象的顺序,组合数能够计算的问题排列数一定能计算,只不过计算可能变复杂些,反之则不一定,例如有些问题能用排列数计算,但是无法仅用组合数计算

对于不放回抽样:

分析

所有可能由(表2)给出(和表1的联系:对角线上的元组对应的结果不可能发生);
表2指出,不放回抽样的样本空间 $S_2$ 共有 $30$ 种可能

	$w_1$	$w_2$	$w_3$	$w_4$	$r_1$	$r_2$
$w_1$		$w_1,w_2)$	$w_1,w_3)$	$w_1,w_4)$	$w_1,r_1)$	$w_1,r_2)$
$w_2$	$w_2,w_1)$		$w_2,w_3)$	$w_2,w_4)$	$w_2,r_1)$	$w_2,r_2)$
$w_3$	$w_3,w_1)$	$w_3,w_2)$		$w_3,w_4)$	$w_3,r_1)$	$w_3,r_2)$
$w_4$	$w_4,w_1)$	$w_4,w_2)$	$w_4,w_3)$		$w_4,r_1)$	$w_4,r_2)$
$r_1$	$r_1,w_1)$	$r_1,w_2)$	$r_1,w_3)$	$r_1,w_4)$		$r_1,r_2)$
$r_2$	$r_2,w_1)$	$r_2,w_2)$	$r_2,w_3)$	$r_2,w_4)$	$r_2,r_1)$

也可以用乘法原理组合数的方式计算样本空间 $S_2$ 具有 $n$ = $6\times{5}$ = $30$ 种可能(第一个球有6种可能,第2个球有5种可能)

方法1:区分同颜色的不同球
- 取出2个球都是白球的可能结果:第一个球为白球的可能有4种( $w_1,\cdots,w_4$ );第2个球为白球的可能有 $3$ 种(第 $1$ 个被取出的白球外还剩下3个白球),因此由乘法原理,共有 $4\times{3}=12$ 种可能;或者直接由排列数 $A_{4}^{2}=12$ 也可以求出事件 $A$ 的包含的样本点数(这里区分任意两个球,因此不用组合数而用排列数)
- $P(A)=\frac{4\times 3}{30}=\frac{2}{5}$
- $P(B)=1-P{(\overline{B})}=1-\frac{2\times1}{30}=\frac{14}{15}$
- $P (C)$ = $P(A\cup\overline{B})$ = $P(A)+P(\overline{B})$ = $\frac{7}{15}$
方法2:不区分同颜色的2个球,例如(白球1,白球2)和(白球2,白球1)视为同一种取法,使用组合数计算
- 样本空间的样本点总数为: $n=\binom{6}{2}$ =15
- $P (A)$ = $\frac{\binom{4}{2}}{15}$ = $\frac{2}{5}$
- $P (B)$ = $1-P(\overline B)$ = $1-\frac{\binom{2}{2}}{15}$ = $\frac{14}{15}$
- $P (C)$ = $\frac{\binom{4}{2}+\binom{2}{2}}{15}$ = $\frac{7}{15}$

例:次品排查问题

从2个次品和8个正品的袋子中排查出所有次品,采用逐个取出检查的方式排查,则不超过4次就可以排查出2个次品的概率?
- 事件 $A$ :不超过4次排查就排查出2个次品,假设总是抽出4件球排查,那么事件 $A$ 要求抽出的4个样品中有2个次品
  - 事实上根据题意,排查出2件次品不总是要抽出4次球,如果在第2次或第3次就抽出共2件次品,就可以提前停止排查
下面的几种方法构造的试验对应的样本空间逐步缩小

方法1:

将10个样品排列作为一次试验,样本空间包含样本点数 $n (S)$ = $A_{10}^{10}$
事件 $A$ 的取法有 $n(A)=\binom{2}{2}A_{4}^{2}A_{8}^{8}$ = $4\times{2}\times{8!}$
- 其中 $\binom{2}{2}$ 表示从两个次品种抽出2个次品的方法数只有1种
- 而 $A_{4}^{2}$ 表示2个次品在前4个位置种的排列方法数
- 两个正品排列完后还有 $8$ 个正品待排列,共有 $A_{8}^{8}$ 种排法
或者另一种方法:先计算前4个球(包含2个次品和2个正品)的排列,在排后续的6个: $n(A)=\binom{2}{2}\binom{8}{2}A_{4}^{4}A_{6}^{6}$
所以 $P(A)=\frac{n(A)}{n(S)}$ = $\frac{2}{15}$

方法2:

仅考虑前4个样品的排列,后面的6件球排列不需要考虑:样本空间包含样本点数为 $n(S)=A_{10}^{4}$ ;
4件中有2件次品的取法有 $n(A)=\binom{2}{2}\binom{8}{2}A_4^{4}$ = $8\times{7}\times{4}\times{3}$
所以 $P(A)=\frac{n(A)}{n(S)}$ = $\frac{2}{15}$

方法3:

仅考虑前4个样品的组合而不计次序: $n (S)$ = $\binom{10}{4}$
$n (A)$ = $\binom{2}{2}\binom{8}{2}$
所以 $P(A)=\frac{n(A)}{n(S)}=\frac{2}{15}$

方法4:

仅考虑2个次品在10个样品的排列中的位置
- $n(S)=\binom{10}{2}$
- $n (A)$ = $\binom{4}{2}$
所以 $P(A)=\frac{n(A)}{n(S)}=\frac{2}{15}$

小结

事实上,由题意,我们也并不需要区分同品质的球之间的顺序(不需要关心两个次品哪个先出现,也不用关心哪个正品先出现)
对于还未被抽出的球而言,每个球被抽中的可能性相等,因此考虑等概率模型来解决
但构造等概率样本空间仍然是灵活的而不是直白的
由于抽球次数不超过 $4$ 次,我们可以分别考虑抽 $2, 3, 4$ 次下的情形,抽出的球是正品时记为T,否则记为F

事件	次数	所有可能情形
$A_1$	2	FF
$A_2$	3	TFF,FTF
$A_3$	4	TTFF,TFTF,FTTF

可见无论是哪一种情形,最后一个球必定是次品(F),而前面的球中恰好有一个次品,其余都是正品,容易写出上述6种可能情形
问题在于,事件 $A_1,A_2,A_3$ 抽球的次数都互不相同,这些事件都是互斥的,分别计算这三个事件的发生的概率
- 摸2个球,可能出现的结果是:FF;FT;TF;TT;这4种情况发生的概率显然不全相等,由于正品的数量比次品多很多,因此两个球都是正品的概率明显比其他情形的可能性高;为了体现正品和次品的数量关系,我们区分同一品质的球,共有 $C_{10}^{2}$ = $45$ 种等可能的结果 $P(A_1)$ = $\frac{C_{2}^{2}}{C_{10}^{2}}$ = $\frac{1}{45}$ ;Note:如果摸的2个球恰好一个正品一个次品,则共有 $C_{2}^{1}C_{8}^{1}=16$ 种可能
- 摸3个球,共有 $C_{10}^{3}A_{3}^{3}$ 种可能;而满足要求的共有 $C_{8}^{1}C_{2}^{2}A_{2}^{2}\times{2}$ (因为TFF,FTF都有 $C_{8}^{1}C_{2}^{2}A_{2}^{2}$ 种可能);因此 $P(A_{2})$ = $\frac{2}{45}$
- 模4个球,共有 $C_{10}^{4}A_{4}^{4}$ 种可能,满足要求的有 $C_{8}^{2}C_{2}^{2}A_{2}^{2}A_{2}^{2}\times{3}$ (因为TTFF,TFTF,FTTF都是有 $C_{8}^{2}C_{2}^{2}A_{2}^{2}A_{2}^{2}$ );因此 $P(A_{3})$ = $\frac{3}{45}$
$P (A)$ = $P(A_1\cup{A_2}\cup{A_3})$ = $P(A_1)+P(A_2)+P(A_3)$ = $\frac{1}{45}+\frac{2}{45}+\frac{3}{45}$ = $\frac{2}{15}$

事实上,本例问题可以描述为,抽出的4个球中包含2个次品的概率是多少?
- 上述分别计算 $A_1,A_2,A_3$ 是先取球,然后对球做排列组合(例如事件 $A_2$ 的两类情形(FTF;TFF),对两个次品F做排列,而不需要对正品做排列),显然对各个球顺序做了区分
- 不区分能不能做?我们说可以做;前面提到的方法3,方法4,就不考虑抽出的4个球的顺序,事件 $A$ 只需要关心两个次品是否会在前4个球中而被抽到,这就把 $A_1,A_2,A_3$ 合起来考虑,更加方便

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 $n$ 个球以某种方式全部被放入盒子中
  - 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)中的任何一天出生都是等可能的,(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 $1$ ,( $q = 0.997...$ )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

posted @ 2023-09-22 11:55 xuchaoxin1375 阅读(18) 评论(0) 编辑收藏举报来源

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对于放回抽样:

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对于不放回抽样:

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