古典概型

前言

基本事件

• 基本事件的特点：

(1)任何两个基本事件是互斥的；

(2)任何事件(除不可能事件)都可以表示成基本事件的和。

• 基本事件不能理解为不能再分割的事件；[摘自教材：一般来说，在建立概率模型时，把什么看作是一个基本事件(即一个实验结果)是我们人为规定的，我们只要求：每次实验有一个并且只有一个基本事件出现即可]是相对的，不是绝对的，只要满足上述两点就可以；

注意：当选定的基本事件不一样时，解题的难易程度是不一样的。

比如投掷骰子的案例中，研究向上的点数为奇数的概率，

若基本事件选定为向上的点数的具体数字，则基本事件数为(6)，则(P)(向上点数为奇数)=(cfrac{3}{6}=cfrac{1}{2})；

若基本事件选定为向上的点数的奇偶，则基本事件数为(2)，则(P)(向上点数为奇数)=(cfrac{1}{2})。

例袋中有大小相同的(5)个白球，(3)个黑球，(3)个红球，每个球都有一个区别于其他球的编号，从中摸出一个球。

(1).有多少种不同的摸法？如果把每一个球的编号看作一个基本事件建立概率模型，该模型是不是古典概型？

分析：由于共有(11)个球，且每个球有不同的编号，故共有(11)种不同的摸法．又因为所有球大小相同，因此每个球被摸中的可能性相等，故以球的编号为基本事件的概率模型为古典概型．

(2).若按球的颜色为划分基本事件的依据，有多少个基本事件？以这些基本事件建立概率模型，该模型是不是古典概型？

分析：由于(11)个球共有(3)种颜色，因此共有(3)个基本事件，分别记为(A)：“摸到白球”，(B)：“摸到黑球”，(C)：“摸到红球”，又因为所有球大小相同，所以一次摸球每个球被摸中的可能性均为(cfrac{1}{11})，而白球有(5)个，故一次摸球摸到白球的可能性为(cfrac{5}{11})，同理可知摸到黑球、红球的可能性均为(cfrac{3}{11})，显然这三个基本事件出现的可能性不相等，故以颜色为划分基本事件的依据的概率模型不是古典概型．

解后反思：划分基本事件时，不能随心所欲，必须检查这种分法是否满足古典概型的两个特征；

• 基本事件的求法：

枚举法：适合给定的基本事件个数较少且易于一一列举；

树状图法：适合于较为复杂的问题中的基本事件的探求；注意在确定基本事件时((x，y))可以看成是有序的，如((1，2))与((2，1))不同，有时也可以看成是无序的，如((1，2))与((2，1))相同。

排列组合法：在求一些较复杂的基本事件的个数时，可以利用排列组合的知识。即(A_n^r)或者(C_n^r)。

幂值法：比如从口袋中的10个小球中，有放回的随意抽取三次，共有(10 imes 10 imes 10=10^3)种；

古典概型

• 特点：试验中所有可能出现的基本事件只有有限个，简称“有限性”；每个基本事件出现的可能性相等，简称“等可能性”。

• 概率公式

其一：

[P(A)=cfrac{事件A包含的基本事件的个数m}{试验包含的基本事件的总数n} ]

〔解释〕如果一次试验中可能出现的结果有(n)个〔比如掷骰子的所有可能结果有(6)种〕，而且所有结果出现的可能性都相等〔每一种结果出现的可能性都相等〕，那么每一个基本事件的概率都是(cfrac{1}{n})〔比如向上的点数为(1)的基本事件出现的概率为(cfrac{1}{6})〕，如果某个事件(A)包括的结果有(m)个〔比如向上的点数为奇数的事件(A)包括的结果有(3)个〕，那么事件(A)的概率(P(A)=cfrac{m}{n})〔(P(向上点数为奇数)=P(A)=cfrac{3}{6}=cfrac{1}{2})〕；

其二：

[P(A)=cfrac{n(A)}{n(Omega )} ]

说明：其中(Asubseteq Omega)，(n(Omega ))指试验包含的基本事件集合数，(n(A))指事件(A)包含的基本事件集合数；

• 分子分母的求解途径

①列举法，当碰到立体几何问题时，尽可能使用列举法，少用(A_n^r)和(C_n^r)；

②排列组合法，使用(A_n^r)和(C_n^r)计数；

③幂值法，即使用乘法原理(n^r)计数；

理解记忆

掷硬币模型

• 一次抛掷一枚硬币〔等价说法：一枚硬币抛掷一次〕

有(2)种结果，可以用一维坐标表示：正，反

• 一次抛掷两枚硬币〔等价说法：一枚硬币先后抛掷两次〕

有(2^2)种结果，可以用二维坐标表示，(正，正)，(正，反)，(反，正)，(反，反)，所以出现“两个正面向上”、“一正一反”、“两个反面向上”，这三个结果不是等可能事件。

• 一次抛掷三枚硬币〔等价说法：一枚硬币先后抛掷三次〕

有(2^3)种结果，可以用三维坐标表示，(正，正，正)，(正，正，反)，(cdots)，(反，反，反)

掷骰子模型

• 一次抛掷一枚骰子〔等价说法：一枚骰子抛掷一次〕

有(6)种结果，可以用一维坐标表示，(1，2，3，4，5，6)

• 一次抛掷两枚骰子〔等价说法：一枚骰子先后抛掷两次〕

有(6 imes6=36)种结果，可以用二维坐标((m，n))表示，((1，1)，(1，2)，cdots，(6，6))如下表：

引申：①则(m>n)的有(frac{36-6}{2}=15)种，(m=n)的有(6)种（对角线），(m<n)的有(frac{36-6}{2}=15)种，

②(m+n=2，3，4，5，6，7，8，9，10，11，12)的情形分别有(1，2，3，4，5，6，5，4，3，2，1)种。

③(mleq n ?) (mleq 2n ?) (mleq sqrt{2}n ?)

④连续投掷两次骰子得到的点数分别为(m)，(n)，令(vec{a}=(m，n))，(vec{b}=(1，-3))，则事件(vec{a}perp vec{b})的求解，其实是求(m=3n)的情形。

⑤令(vec{c}=(m，n))，(vec{d}=(1，3))，事件(vec{c}// vec{d})的求解，其实是求(n=3m)的情形。

⑥点线距、线线距等距离关系，

⑦线线相交、相切、相离等位置关系

• 一次抛掷三枚骰子〔等价说法：一枚骰子先后抛掷三次〕

有(6 imes6 imes6=216)种结果，可以用三维坐标表示，((1，1，1))，((1，1，2))，((1，1，3))，((1，1，4))，(cdots)，((6，6，6))

典例剖析

例1【2016高考全国卷乙】为美化环境，从红、黄、白、紫4种颜色的花中任选2种花种植在一个花坛中，余下的2种花种在另一个花坛中，则红色和紫色的花不在同一个花坛的概率是【】

$A、cfrac{1}{3}$ $B、cfrac{1}{2}$ $C、cfrac{2}{3}$ $D、cfrac{5}{6}$

分析：基本事件的总数为(C_4^2cdot C_2^2)种，定义”红色和紫色的花不在同一个花坛“为事件(A)，则(A)包含的基本事件数为(C_2^1cdot C_2^1)，(说明：从红色和紫色中任取一个种在一个花坛，将另一个种在另一个花坛中，从剩余的两种花中任意一个种在一个花坛，将另一个种在另一个花坛)，故所以概率为(P(A)=cfrac{C_2^1cdot C_2^1}{C_4^2cdot C_2^2}=cfrac{2}{3})，故选(C)。

法2：间接法，红色和紫色的花在同一个花坛中，有2种，故(P(A)=cfrac{6-2}{6}=cfrac{2}{3})。

例2在集合(A={2，3})中随机取一个元素(m)，在集合(B={1，2，3})中随机取一个元素(n)，得到点(P(m，n))，则点(P)在圆(x^2+y^2=9)内部的概率为___________。

分析：由乘法法则可知，得到点(P)的所有可能有(C_2^1cdot C_3^1=6)，在圆内部的点有((2，1))，((2，2))两种，故所求概率为(cfrac{2}{6}=cfrac{1}{3})。

例3从(0，1，2，cdots，9)这10个数字中，任意取(5)个不同的数，则这(5)个数的中位数是(6)的概率是多少？

分析：本题目是古典概型，分母应该是(C_{10}^5)种，关键是求分子；要使得这(5)个数的中位数是(6)，那么第一步先取出数字(6)，有(C_1^1)种；第二步在(6)的右边的(7、8、9)中任意取出2个数字，有(C_3^2=3)种；第三步在(6)的左边的(0、1、2、3、4、5)中任意取出2个数字，有(C_6^2=15)种；故分子为(C_1^1C_3^2C_6^2=45)；则所求的概率为(P=cfrac{C_1^1C_3^2C_6^2}{C_{10}^5}=cfrac{5}{28})；

例4【2017全国卷2文科第11题高考真题】从分别写有1，2，3，4，5的5张卡片中随机抽取1张，放回后再随机抽取1张，则抽到的第一张卡片上的数字大于第二张上的数字的概率为【】

$A、cfrac{1}{10}$ $B、cfrac{1}{5}$ $C、cfrac{3}{10}$ $D、cfrac{2}{5}$

分析：由上述的模型可知，所有情形用坐标表示，应该是(5 imes5)方阵，共有25种，((1，1)，cdots，(5，5))，其中左上到右下的对角线上是(x=y)，有5种，那么剩余的20种当中，必然有一半，即10种满足(x>y)，另外10种满足(x<y)，故由古典概型可知所求的概率为(P=cfrac{10}{25}=cfrac{2}{5})。

例5【北师大数学必修3，(P_{161})复习题三A组第6题】从长度分别为(1cm)，(3cm)，(5cm)，(7cm)，(9cm)的5条线段中，任意取出3条，计算取出的3条线段能构成三角形的概率。

分析：从5条线段中任意取出3条共有(C_5^3=10)种等可能的结果，其中能构成三角形的有三种，分别是(3，5，7)；(3，7，9)；(5，7，9)；

故(P(A)=cfrac{3}{10})。

例6现有一批产品共有10件，其中8件为正品，2件为次品，(1)如果从中取出一件，然后放回，再取一件，求连续3次取出的都是正品的概率；

分析：有放回地抽取3次，按抽取顺序((x，y，z))记录结果，则(x)，(y)，(z)都有10种可能，

所以基本事件总数为(10 imes 10 imes10=10^3)种，

设事件(A)为“连续3次都取出正品”，则其包含的基本事件共有(8 imes 8 imes 8=8^3)种，

因此(P(A)=cfrac{8^3}{10^3}=0.512)。

(2)如果从中一次取出3件，求3件都是正品的概率。

分析：可以看作不放回抽样3次，顺序不同，基本事件不同，按抽取顺序((x，y，z))记录结果，

则(x)有10种可能，(y)有9种可能，(z)有8种可能，所以基本事件总数为(10 imes 9 imes 8)种，

设事件(B)为“连续3次都取出正品”，则其包含的基本事件共有(8 imes 7 imes 6)种，

因此(P(A)=cfrac{8 imes 7 imes 6}{10 imes 9 imes 8}=cfrac{7}{15})。

或解：(P(A)=cfrac{C_8^3}{C_{10}^3}=cfrac{7}{15})。

例7【北师大数学必修3，(P_{161})复习题三C组第1题】把一个正方体的表面涂上红色，在它的长、宽、高上等距离地各切三刀，则大正方体被分割成了64个大小相等的小正方体，将这些小正方体均匀地搅混在一起。如果从这些小正方体中随意的取出一个，这个小正方体各个面都没有涂红色的概率是多少？

分析：没有涂红色的小正方体有8个，故(P=cfrac{8}{64}=cfrac{1}{8})；

引申Ⅰ：在正方体的长、宽、高上等距离地各切(n)刀，

①各切1刀，得到(2^3=8)个小正方体；

②各切2刀，得到(3^3=27)个小正方体；

③各切3刀，得到(4^3=64)个小正方体；

④各切4刀，得到(5^3=125)个小正方体；

引申Ⅱ：64个小正方体中，6个面均无色的有8个；1个面有色的有24个；2个面有色的有24个；三个面有色的有8个；

例8【同类题见北师大必修3概率(P_{136})例2】某人有4把钥匙，其中只有2把能打开门，现随机地取1把钥匙试着开门，不能开门，就把钥匙放在旁边，他第二次才能打开门的概率是_______.

分析：4把钥匙分别标记为(K_1，K_2，N_1，N_2)，

[法1]：此人依次取4把钥匙做排列共有以下情形：((N_1，K_1，K_2，N_2))、((N_1，K_1，N_2，K_2))、((N_1，K_2，K_1，N_2))、((N_1，K_2，N_2，K_1))、((N_1，N_2，K_1，K_2))、((N_1，N_2，K_2，K_1))、((N_2，K_1，K_2，N_1))、((N_2，K_1，N_1，K_2))、((N_2，K_2，K_1，N_1))、((N_2，K_2，N_1，K_1))、((N_2，N_1，K_1，K_2))、((N_2，N_1，K_2，K_1))，以及(K_1)开头的6个和(K_2)开头的6个，共计24种，其中第二次才能打开门的情形只在列举出来的12种里面，占有8种，故所求概率为(P=cfrac{8}{24}=cfrac{1}{3}).

[法2]：如果只关注前两次取出钥匙，则共有12次：((N_1，K_1))、((N_1，K_2))、((N_1，N_2))、((N_2，K_1))、((N_2，K_2))、((N_2，N_1))、((K_1，N_1))、((K_1，N_2))、((K_1，K_2))、((K_2，N_1))、((K_2，N_2))、((K_2，K_1))，其中第二次才能打开门的情形有4种，故所求概率为(P=cfrac{4}{12}=cfrac{1}{3}).

[法3]：如果不关注钥匙的次序，只关注能否打开，则相当于从(K、K、N、N)四把钥匙中取，共有以下6种情形，((N，K，K，N))、((N，K，N，K))、((N，N，K，K))、((K，K，N，N))、((K，N，K，N))、((K，K，N，K))，其中第二次才能打开门的情形有2种，故所求概率为(P=cfrac{2}{6}=cfrac{1}{3}).

[法4]：第一次取出的钥匙没有打开门，如果只考虑第二次取出钥匙的情形，则第二次只能取到剩余3把钥匙里的任何一把，其中能打开门的钥匙有2种，【未完，待思考】

反思：本题目怎么看着都应该能用条件概率解决呀？不能，(P(B|A)=cfrac{P(AB)}{P(A)}=cfrac{n(AB)}{n(A)})，意思是要做成(A)发生的条件下(B)发生的概率，必修满足事件(A)的所有结果包含事件(B)的所有结果。不是简单的题目中有“在······条件下”就是条件概率。

小结：基本事件的选取角度不一样，则实验中的基本事件数目就不一样，大家应该能看到，解决的难度也是不一样的。

例9下列游戏那些是公平的，为什么？

游戏1：袋中有3黑球和1白球，每次取出一个后球后，不放回再取一个球，规定取出的两个球同色则甲胜，取出的两个球不同色则乙胜。公平吗？

分析1：第一次取球有4种，由于不放回，第二次取球有3种，故总共有12种等可能的情况，其中取出的两个球同色有(C_3^2)种，故(P(甲胜)=cfrac{3}{12}=cfrac{1}{4})，(P(乙胜)=cfrac{C_3^1C_1^1}{12}=cfrac{1}{4})，这种解法是错误的，why？

分析2：(P(甲胜)=cfrac{A_3^2}{A_4^2}=cfrac{1}{2})，(P(乙胜)=cfrac{2A_3^1A_1^1}{A_4^2}=cfrac{1}{2})，

分析3：(P(甲胜)=cfrac{C_3^2}{C_4^2}=cfrac{1}{2})，(P(乙胜)=cfrac{C_3^1C_1^1}{C_4^2}=cfrac{1}{2})，

分析4：利用相互独立事件求解，(P(甲胜)=cfrac{3}{4} imes cfrac{2}{3}=cfrac{1}{2})，(P(乙胜)=cfrac{3}{4} imes cfrac{1}{3}+cfrac{1}{4} imes 1=cfrac{1}{2})，

分析5：(排列列举法)标记3个黑球和1个白球为(H_1，H_2，H_3、B)，则所有的取法(有顺序)为((H_1，H_2))、((H_1，H_3))、((H_1，B))、((H_2，H_1))、((H_2，H_3))、((H_2，B))、((H_3，H_1))、((H_3，H_2))、((H_3，B))、((B，H_1))、((B，H_2))、((B，H_3))，共有12种，其中同色的有6种，不同色的有6种，可以轻松的得到(P(甲胜)=cfrac{6}{12}=cfrac{1}{2})，(P(乙胜)=cfrac{6}{12}=cfrac{1}{2})，当数目比较小时推荐列举法。

分析6：(组合列举法)标记3个黑球和1个白球为(H_1，H_2，H_3、B)，则所有的取法(无顺序)为((H_1，H_2))、((H_1，H_3))、((H_1，B))、((H_2，H_3))、((H_2，B))、((H_3，B))，共有6种，其中同色的有3种，不同色的有3种，可以轻松的得到(P(甲胜)=cfrac{3}{6}=cfrac{1}{2})，(P(乙胜)=cfrac{3}{6}=cfrac{1}{2})，当数目比较小时推荐列举法。

游戏3：袋中有2黑球和2白球，每次取出一个后球后，不放回再取一个球，规定取出的两个球同色则甲胜，取出的两个球不同色则乙胜。公平吗？

分析1：列举法，若编号列举，则所有的取法为((H_1，H_2))、((H_1，B_1))、((H_1，B_2))、((H_2，H_1))、((H_2，B_1))、((H_2，B_2))、((B_1，H_1))、((B_1，H_2))、((B_1，B_2))、((B_2，H_1))、((B_2，H_2))、((B_2，B_1))，共有12种，其中同色的有4种，不同色的有8种，可以轻松的得到(P(甲胜)=cfrac{4}{12}=cfrac{1}{3})，(P(乙胜)=cfrac{8}{12}=cfrac{2}{3})， 不公平。

其他的解法仿照上例游戏1完成。

例10将3个相同的红色玩偶和3个相同的黄色玩偶在展柜中自左向右排成一排，如果满足：从任何一个位置（含这个位置）开始向右数，数到最末的一个玩偶，红色玩偶的个数大于或等于黄色玩偶的个数，就称这个排列为“有效排列”。则出现“有效排列”的概率为多少？

分析：首先判断本题目是个古典概型，6个玩偶的所有的排列有(cfrac{A_6^6}{A_3^3A_3^3}=20)种，故分母是20；难点是计算分子，由于题目中的有效排列的规则可知，黄色玩偶要尽可能的排在左边，红色玩偶要尽可能的排在右边。比如最后两位是这样的排列：( imes imes imes imes红黄)，就不是有效排列，因为当定位在最后一位上时，此时红色的个数是0个，黄色的个数是1个，不满足题意。

故列出所有可能的情形，先列出：黄黄黄红红红；

再考虑调整一个黄的位置，得到：黄黄红黄红红；黄黄红红黄红；

再考虑调整两个黄的位置，得到：黄红黄红黄红；黄红黄黄红红；共有5种，故所求的概率为(cfrac{5}{20}=cfrac{1}{4})。