概率论中几种概率模型方法总结

1、概率论中几种概率模型方法总结绪论：概率论中几种常用的概率模型是古典概型、几何概型、贝努里概型.本文对概率论中几种概率模型方法进行了总结。1古典概型古典概型及其概率是概率论的基础知识，它既是进一步学习概率的基础，下面就 一些典型事件的分析来说明古典概型的概率计算方法。古典概型的概率计算可以分为三个步骤：确定所研究的对象为古典概型；计算样本点数；利用公式计算概率。即如果 随机试验只有有限个可能结果，而且每一个可能结果出现的可能性相同，那么这样的 随机试验就是古典概型问题。若设 Q 是一个古典概型样本空间,则对任意事件 A 有: P ( A ) =At?壬=m。在计算研日 n 时,经常使用排列与组合

2、计算公式。在确定Q 中的样本点数n一个试验的每个基本事件发生的可能性相同时，经常根据问题本身所具有的某种“对 称性”，即利用人们长期积累的关丁 “对称性”的实际经验，认为某些基本事件发生的 可能性没有理由偏大或偏小。关丁古典概型的数学模型如下 :1.1袋中取球问题1.1.1随机地同时从袋中取若干球问题随机地同时从袋中取若干球问题是古典概型中的一类最基本问题 ，其特点是所考 虑的事件中只涉及球的结构而不涉及取球的先后顺序，计算样本点数时只需考虑组合 数即可。概率中的很多问题常常可以归结为此类问题来解决。事件 1 一袋中有 m + n 个球，其中仍黑球，n 个白球，现随机地从袋中取出 k 个球 (

3、k m + n)，求其中恰好有 l 个白球(l n)的概率。分析:随机地从袋中取出 k 个球有 cm+n种可能的结果，其中“恰好有 l 个白球”这这个结论可以作为一个公式来应用。用它可以解决一些类似的问题。1.1.2随机地从袋中不放回地取球若干次随机地从袋中不放回地取球若干次就是指随机地从袋中每次只取一个球 ，取后不 再放回袋中，连续进行若干次。这样的取球过程实际上是按顺序取的，所考虑的事件也 会涉及到取球的顺序，所以要用排列数计算样本点数。l * - l，mkm + n事件包含了cncml种结果，因此所求概率为P专c事件 2 一袋中装有 m + n 个球，其中仍黑球，n 个白球，现随机地从中

4、每次取出一个球(不放回)，求下列事件的概率：(1) 第 i 次取到的是白球；第 i 次才取到白球；(3) 前 i 次中能取到白球；前 i 次中恰好取到 l 个白球(l i m + n, l n);(5)到第 i 次为止才取到 l 个白球(l i m + n, l n)。分析：(1) “第 i 次取到的是白球”可以理解为“取球进行了 i 次,第 i 次取出白球”。从 m+ n 个球中不放回地取球 i 次，即是从 m + n 个球中不放回地取出 i 个球，一共有 R +n种 不同的取法；其中“第 i 次取到的是白球”有 Pmn-lC；种取法。因此所求概率为:P =Pm+?- 1cn,根据排列数公式

5、计算得 Pl=-。这个问题可以看成是抽签问 Pm + nm + n题的数学模型，其结果表明：抽到好签的机会(概率)与抽签的顺序无关，即抽签具有公 平性。(2) “第 i 次才取到白球”可以理解为“取球进行了 i 次，前 i-1 次取出的都是黑球，第 i 次取出的是白球”，根据乘法原理可知应有 P；1Cl种取法；同(1)可得从 m + n个球中不放回地取球 i 次一共有 Pm+n种不同的取法， 故有 P2=土盛一也“前 i 次中能取到白球”包含的情况比较复杂，因此先找它的对立事件“前 iPi次取出的都是黑球”的概率。“前 i 次取出的都是黑球”的概率是：P =毕Pm+ n所以前 i 次中能取到白

6、球的概率是 R =1 -毕3cm+(4) “前 i 次中恰好取到 l 个白球”意味着“取出的 i 个球中有 l 个白球， ii - l l i i - l l球”，根据乘法原理可知应有 cmlclnF；i种取法，所以P4=CmiCb P=CmiCn。m n i-iPm + ncm + n(5) “到第 i 次为止才取到 l 个白球”等价丁 “前 i- 1 次中恰好取到 l - 1 个白球且Ci - lC1 - 1Pi - 1C1Ci - lC1 - 1(nl 1)第 i 次取到白球”。故 R =CmCnP-1Cn-1 + 1Pm + n由此可见如果能深刻理解事件 2 这种数学模型，那么古典概型

7、中的一些概率计算 问题一Pm + nPm + ncmCm + n-l 个黑Cm + n就可以归结为随机地从袋中不放回地取球若丁次求某事件的概率问题1.1.3随机地从袋中有放回地取球若干次随机地从袋中有放回地取球若干次就是指随机地从袋中每次只取一个球，取后依然放回袋中，连续进行若干次。这样的取球过程实际上也是按顺序取的，而且每个球都 有被重复取出的可能，所考虑的事件依然会涉及到取球的顺序，所以要用重复排列数 计算样本点数。事件 3 一袋中装有 m + n 个球，其中 m 个黑球，n 个白球，现随机地从中每次取出一 个球，取后放回，求下列事件的概率：(1)第 i 次取到的是白球；(2) 第 i 次

8、才取到白球；(3)前 i 次中能取到白球；前 i 次中恰好取到 l 个白球(l i m + n，l n);(5)到第 i 次为止才取到 l 个白球(l i m + n，l n)。分析：因为每一个问题仅仅涉及了 i 次取球，所以只考虑取球 i 次的情形。根据题 中的取球要求可知每次取球都是从 m+ n 个球中取出 1 个共取了 i 次，据此应该(m + n)i种不同的取球方式。(1) “第 i 次取到的是白球”意味着“前 i - 1 次每次都是从 m + n 个球中取出 1 个 球(白球或黑球)，然后第 i 次是从 n 个白球中取出 1 个白球”，根据乘法原理得“第 i 次 取到的是白球”应有(

9、m + n)i-1C；种取法。因此所求概率是 P1=(m + n) Cn=一史。(m + n) m + n(2) “第 i 次才取到白球”表示“前 i - 1 次每次都是从 仍黑球中取出 1 个黑球， 然后第 i 次是从 n 个白球中取出 1 个白球”，一共有 mi-1n 种取法。故事件“第 i 次才取到i - 1白球”的概率是 P2=m ni。(m + n)i(3) “前 i 次中能取到白球”的对立事件是“前 i 次取出的都是黑球”， 而“前 i 次 取出的都是黑球”是指“前 i 次每次都是从仍黑球中取出 1 个黑球”，有 mi种取法。所以“前 i 次中能取到白球”的概率是 仅=1 -堂。3

10、(m + n)i(4) “前i次中恰好取到l个白球”表明“取出的i个球中有l个白球， i - l个黑球”，其中 l 个白球中的任意一个可以是 i 次取球中的任意一次取出的，同时也是每次从 n 个 白球中取出一个；欲得到 i - l 个黑球须每次从 仍黑球中取出一个，取 i - l 次。根据 乘法原理可知“前 i 次中恰好取到 l 个白球”应有 Cinlmi - 1种取法，因此它的概率为cl i i- l-G n mR =- T。(m + n)(5) “到第 i 次为止才取到 l 个白球”意味着“前 i- 1 次中恰好取到 l - 1 个白球且第 i 次取到的是白球”，由(4)可知前 i-1 次

11、中恰好取到 l - 1 个白球应有 Ci - 1nl -1mi- l种取法；乂因第 i 次取到的是白球有 n 种取法，由乘法原理得“到第 i 次为止才取到 l 个白l - 1 l i - l球”应有 Ci-1nl -1mi- ln =Cl1nlmi -种取法，从而所求概率是 P5=Ci- 二。i-li-l(m + n)i1.2排序问题排序就是指把一些对象按照一定的顺序排成一列或一圈。如果在排序的前提条件 下计算某事件的概率，那么就要用排列数来计算样本点数。事件 4 将标号为 1,2, ?, n 的 n 个球随意地排成一行。求下列事件的概率：(1)标号是递增或递减的序歹 0 ；(2)第 1 号球

12、排在最左或最右；(3)第 1 号球与第 2 号球相邻；(4)第 1 号球在第 2 号球右边(但不一定相邻)；(5)第 1 号球与第 2 号球之间恰有 r 个球(r n - 1) 2 。分析：将标号为 1,2, ?, n 的 n 个球随意地排成一行有 n!种不同的排法。(1)标号是递增或递减的序歹 0 只能是排成 1,2, ?, n 或 n, n - 1, ?, 2, 1 这两种形式，因此所求概率为0n!(2)先排 1 号球，再排其它球。1 号球排在最左或最右只有两种排法，其它的 n - 1 个球有(n - 1) ! 种排法，根据乘法原理满足条件的排列有 2(n-1)!个,所以所求概率 为 Q=

13、2。n! n(3)先把 1 号球和 2 号球看成一个整体与其它球进行排列,即 n-1 个球排成一列应有(n-1)!种排法； 再排 1 号球和 2 号球， 有 2!种排法。 由乘法原理可知满足条件的排列有 2!( n- 1)! 个,所以所求概率为2!(n-1)!=2。n! n(4)对丁每一种“1 号球在 2 号球右边”的排法而言，如果对调 1、2 号球的位置就 会得到一种“ 1 号球在 2 号球左边”的排法，反之亦然。即“ 1 号球在 2 号球右边”与“ 1 号球在 2 号球左边”的排法总数相等，所以所求概率为。2(5)先排 1 号球和 2 号球，有 2 种排法；因为 1 号球与 2 号球之间恰

14、好有 r 个球，而且这 r 个球是剩下的 n - 2 个球中任意 r 个,所以再从 n - 2 个球中任意选出 r 个进行排列(排列 时满足条件它们正好在 1 号球与 2 号球之间)有 cn一2,!种不同的排法；最后把 1 号球、2号球以及选出的 r 个球看成一个整体与其它球进行排列有(n-2-r+1) ! 种排法。根据 乘法原理可得“第 1 号球与第 2 号球之间恰有 r 个球” 一共有 2C； - 2!( n-2-r +1)!种排法,r因此所求概2Cn - 2凯(n-2-r+1)!率为,亦即2(n-r-1)。 n! n(n-1)1.2.1放球入箱问题放球入箱问题实际上就是古典概型的一个数学

15、模型 ，其背景是把一些球随意地放 入箱子里，要求不同放法也就不同。样本点数的计算既会用到排列数 ，乂会用到组合 数。事件 5 将 n 个球随意放入 睥箱子中，其中每个球可能放入任意一个箱子，求下列 事件的概率：(1)指定 n 的个箱子各放入一球(设 N n);(2)每个箱子最多放入一球；(3)第 i 个箱子不空； 第 i 个箱子恰好放入 k ( k n)个球。分析:根据题意可知每个球可能放入任意一个箱子，而且每个箱子均有可能被重 复使用。每个球都是放入 N箱子中的任意一个箱子中，应有 N#放法。根据乘法原理即得 n 个球随意放入 N箱子中有 Nn种放法。(1) “指定的 n 个箱子各放入一球”

16、相当丁 “ n 个球进行全排歹U”， 有 n!种不同的 排法。所以“指定的 n 个箱子各放入一球”的概率是 *。Nn(2) “每个箱子最多放入一球”意味着“ Nt 箱子中的任意 n 个箱子各放入一球”，首先从研箱子中任意选出 n 个箱子有 CN种不同的选法；最后在选出的 n 个箱子各放入 一球有n!种不同的放法。由乘法原理得“每个箱子最多放入一球”有 cNn!种放法。因此所求概率是浏。N(3) “第 i 个箱子不空”说明“第 i 个箱子至少应放入一个球”，直接计算比较困难，所以先求它的对立事件“第个箱子是空的”的概率。“第 i 个箱子是空的”表明将 n 个球随意放入 N - 1 个箱子中，有(

17、N- 1)n#放法，其概率为(N - 1广。所以“第 i 个箱子Nn不空”的概率是 1-史Nn(4) 先从 n 个球中选出 k 个球放入第 i 个箱子中，有 Cn种不同的选法；再把余下的 n -k 个球随意地放入其它的箱子中，有(N-1)nk种放法。根据乘法原理可得第 i 个箱子恰好Ck(N - 1)n-k放入 k 个球有 Cn(N -1)-种放法，因此其概率为 一 J 一。N综上所述,袋中取球、排序、放球入箱等问题是古典概型的主要数学模型,掌握了 它们的分析方法就可以解决具体的古典概型问题。2几何概型几何概型就是将古典概型中的有限样本空间推广到无限样本空间，保留等可能 因此几何概型也具有以下

18、两个条件：试验中所有可能出现的结果(基本事件)有无限多个；每个基本事件出现的可能性相等.如果每个事件发生的概率只与构成该事件区 域的长度(面积或体积)成比例，则称这样的概率模型为几何概率模型，简称为几 何概型.2.1约会问题两人约定丁 0 到 T 时在某地相见,先到者等 t(t G)时后离去,求两人能相见的概 率。用x,y 分别表示甲，乙两人到约定地点的时刻，由丁两人分另 U 在 0 到 T 时刻到达是等可能的，故问题可以看作几何概率问题，即看作在平 面区域Q=( x, y) |0 苴 x, y 三 T内均匀投点，如图两人相见这一事件可表小为A =(x,y) |0Mx,y MT 且 |x y|

19、t=L(A) _ A 区域的面积=T2-(T -t)2(* L(Q)一区域。的面积 T22.2Buffer (蒲丰)投针问题Buffo r (蒲丰)投掷硬币的实验大家都很熟悉。投币实验揭示了频率的稳定性，即统计性规律,1777 年作了随机投针实验，投针问题则是一个典型的几何概率问题。平面上画有等距离为 a 的一些平行线，向此平面任意投一长为 1(0 刍苴 a)的针,求该针与性，(1)(2)平行线之间相交的概率。用 d 表示针中点到最近一条平行线的距离，e 表示针与平行线的不超过 3 的火角，知aa :0d 亏,0 女-,丁是投针 I 可题就相当丁向平面区域 Q=(e,d)|0dq,0 矛弓投点

20、的几何概率问题。相交”这一事件 A =( u,d)|0 ,0 d Isinu22；lP(A)L(A)。如廿 2l(八)L() 三灵 a 2.3几何概率数学模型2.3.1均匀分布均匀分布是连续型随机变量的一种最简单的的分布 ，正因为均匀分布结构简单 和实际背景一几何概率的广泛存在，决定了均匀分布在理论上、实践上都有重要的应 用。例 1 候车问题。公共汽车站每隔 5 分钟有一辆公共汽车通过，乘客到汽车站的时 刻是等可能的，求乘客候车时间不超过 3 分钟的概率。解 1 这是一个简单的均匀分布问题。设弋为乘客候车时间，则 E 在0, 5 上服 从均匀分布。密度函数为f150 x 5f(x)=0其他33

21、如上图，针与平行线相交的充要条件是1(8, d)两足 0 壬 d 壬一sin 8“针与平行线之一O右 A= 乘客候车不超过 3 分钟 贝 UP(A)=P(0 一 一 3) = .0 f (x)dx = 5解 2 直接用几何概率模型设想乘客在时间0, 5 任意时刻到达是等可能的，即可认为在0, 5 中等可能的投点，而乘客候车时间不超过 3 分钟的概率即认为在投点时落在0, 3 中点的概 率问题。如图则 P(A)= 坐八二3L () 5上面这个例题是一维空间中几何概率模型的应用，从这两种解法可以看出，只要对几 何概型的概念充分理解了，候车问题用几何概率模型求解会更直观，更简单。下面这一 问题更能看

22、出几何概型的优点。例 2 甲，乙两人约定在中午 12 时到下午 1 时之间到某站乘公共汽车，乂知这段时间内有 4 班公共汽车。设到站时间分别为 12: 15, 12: 30，12: 45,13: 00。如果他们约定：(1)见车就乘；(2)最多等一辆。试求甲，乙两人同乘一辆车的概率，假设甲, 乙两人到达车站的时间是相互独立的。且每人在中午 12 时到下午 1 时的任意时刻到达(2)设 B 表小事件“最多等一辆车， 并且甲， 乙 同乘一辆车”，则B =( x,y) | 0 三 x 15, 0 三 y 三 30; 15 三 x 30,0 壬 y 45;30 三 x 壬 45, 30 三y 60)10

23、P(B):16如图 求解，即适当的设出随机变量，求其密度函数，再积分使问题得解。但若用几何概率模 型，则只涉及二维空间中面积的计算，更直观的给我们展现了此类问题的实质，当然 这建立在对几何概率充分理解的基础之上。2.3.2求近似值蒲丰投针问题的结果在历史上曾被许多人反过来应用丁计算兀的近似值。 作 n 次 蒲丰投针实验(n 充分大),m 表示与平行线相交的次数，频率 f(n) = , A 表示相交概率,则 P(A)近似的可以用 f(n)表示，即得K全园，由此公式只要给出其中 n,m, l ,a 的值， ma例 2 中所求概率问题也可同例 1 用均匀分布来yT604530150就可近似的计算出兀

24、的值。由此想到，可以设计另一个简单实用的的实验来求兀的近 似值，具体如下：再平面直角坐标系中,以 0(0, 0),A(1,0),C(1,1),B(0,1) 为四个顶 点做一个正方形，其面积 S = 1,以圆点 O 为圆心的单位圆在这个正方形内的部分是圆 心角为直角的扇形，面积为 =兰，在这个正方形内随机的投入 n 个点，设其中有 m4点落在单位扇形内，则m=兰=兰即兀由4m只要实际做 n 次(n 相当大时)投点实验，观 n s 4 n察 n, m 勺值，就可由上式算出兀的近似值。现在，这样的计算可以直接借助数学软件来 完成。3贝努力概型贝努力概型是概率论中最早研究的模型之一，也是得到最多研究的

25、模型之一， 尽管它比较简单，却也概括了许多实际向题，有广泛的应用价值，诸如在产品质量 检查中，群体遗传学中都占有重要的地位，因此它在概率论中占有相当重要的地位。贝努力概型是指：(1)试验 E 只有两个可能的结果，A 及 A 灭，并且 P(A) = p, P(A) =1 - p = q ,(其中 0p1)称为贝努力试验。(2)把试验 E 独立地重复进行 n 次的试验构成了一个试验，这个试验称为 n 重贝 努力试验或贝努力概型，记为 En,在 n 重贝努力试验中，事件 A 发生 K 次的概率为Pn(k) =C：pkqn*,0 * 5在具体问题中，首先要看每次试验是不是只有两个可能的结果，比如(1)

26、投掷一 枚硬币要么出现正面，要么出现反面这两种结果，(2)产品抽查中，要么抽到合格品 要么抽到不合格品这两种结果，(3)向一目标射击，要么击中，要么没击中两种结果 特别要注意的是：有些试验的结果不止两个，比如电子管的寿命可以是不小丁 0 的任一 数值，但有时根据需要，我们把寿命大丁 500 小时的电子管当作合格品，其余的当作 次品，那么这类问题就归纳为贝努力试验了 ，再如投 s 骰子，每投一次有个 6 等可能的 结果，但我们把投出六点作为 A发生，其余作为大发生，那就成贝努力试验了其次，“重复”是指各次试验的条件组是相同的，即每次试验 A 发生的概率都是 P(因 此 A发生的概率都是 q=1-

27、p), “独立”要求各次试验的结果问是相互独立的，而且这次 n 试验结果的任意一种组合都是相互独立的，从而才能保证 Pn(k) = C：pkqnM成立，例如：已知在 60 件产品中，有 10 件次品，现从中每次取出一个，无放回地取 30 次，求在所取的 30 个中恰有 2 个次品的概率，表面上看该问题的提法和贝努力概型的 提法相同，但实际上，因为它是“无放回”抽取，因此各次试验的条件是有差异的， 因此不能用贝努力概型解决，如果把问题中的“无放回”改为“有放回”时，这 30 次试验的条件就完全相同了 ，就可用贝努力概型求解了。下面通过几个例子，具体说明如何正确地使用贝努力概型解决问题。例 1:某

28、班有 40 名学生，求(1) 恰有两人在元旦出生的概率(2) 至少有两人在元旦出生的概率(3) 最多有两人在元旦出生的概率。分析：每个学生在一年 365 天中每一天出生的可能性是相同的(不考虑闰年)，即1364每个学生在兀旦出生的概率为 p=，q=1-p=，每个学生只有在兀旦出生及 365 365不在元旦出生两个结果，同学们的生日是相互独立的，所以满足贝努力概型的条件， 丁是：(1) 恰有两人在元旦出生的概率P=P4(2) =C：( 土 )2(澹)38365365(2) 至少有两人在元旦出生的概率40402P= Ro（k）= CMC ）*364）40 =1 -、 P40（k） =1 P40（0

29、） P40（1）33365365kT(3)最多有两人在元旦出生的概率P = %(0) + %(1)+%(2)=iC：(土)k(364)k =0365 365通过泊松分布可求出上题的概率近似值分别为0.0045,0.0074 ，0.9998，由此结果可知(1)，(2)几乎是不可能发生的事件，而(3)几乎是必然要发生的事件。例 2 (一个著名的问题)某家庭有 4 个女孩，她们去洗碗，在打破 4 个碗中有 3 个是 最小的女孩打破的，因此人家说她笨拙，问她是否有理由申辩这完全是碰巧？解法一：假设有理由申辩，则 4 个饭碗中，每一个是小女孩打破的概率为-(因 4为在假设下，每个女孩打破碗的概率是相同的，即是等可能的)，这是 n = 4 的贝努力试验。设 B = “4 个饭碗中至少有 3 个是最小女孩打破的”，则3/13/3、14/1、413P(B) =C)H) C4( )4:0.054444这是一个小概率事件在一次试验中可以认为是不可能发生的，然而经过一次试验竟然发生了，说明原来的假设是错误的，即小女孩无理由申辩。本例也可以用古典概型的方法求解。解法二：样本空间 Q 可取作：四个破碗四个女孩分配(打破)的所有结果的全体， 一个碗只能由一个人打破，但一人可打破多个碗,因此样本点总数 n = 44= 256。令：事件 A= “最小女孩至少打破三只碗”A= “最小女孩恰好打破四只碗”A2= “