高中数学 第三章 概率 3

本文格式为Word版，下载可任意编辑——高中数学第三章概率32．1古典概型的特征和概率计算公式

整体设计

教学分析

本节课是高中数学(必修3)第三章“概率〞的其次节“古典概型〞的第一课时，是在随机事件的概率之后，几何概型之前，尚未学习排列组合的状况下教学的．古典概型是一种特别的数学模型，也是一种最基本的概率模型，在概率论中占有相当重要的地位．

学好古典概型可以为其他概率的学习奠定基础，同时有利于理解概率的概念，有利于计算一些事件的概率，有利于解释生活中的一些问题．根据本节课的内容和学生的实际水平，通过模拟试验让学生理解古典概型的特征：试验结果的有限性和每一个试验结果出现的等可能性，观测类比各个试验，归纳总结出古典概型的概率计算公式，表达了化归的重要思想，把握列举法，学会运用数形结合、分类探讨的思想解决概率的计算问题．

概率教学的核心问题是让学生了解随机现象与概率的意义，加强与实际生活的联系，以科学的态度评价身边的一些随机现象．适当地增加学生合作学习交流的机遇，尽量地让学生自己举出生活和学习中与古典概型有关的实例．使得学生在体会概率意义的同时，感受与他人合作的重要性以及初步形成实事求是的科学态度和锲而不舍的求学精神．

三维目标

1．根据本节课的内容和学生的实际水平，通过模拟试验让学生理解古典概型的特征：试验结果的有限性和每一个试验结果出现的等可能性，观测类比各个试验，正确理解古典概型的两大特点；树立从具体到抽象、从特别到一般的辩证唯物主义观点，培养学生用随机的观点来理性地理解世界，使得学生在体会概率意义的同时，感受与他人合作的重要性以及初步形成实事求是的科学态度和锲而不舍的求学精神．

2．勉励学生通过观测、类比，提高发现问题、分析问题、解决问题的能力，归纳总结出古典概型的概率计算公式，把握古典概型的概率计算公式；注意公式：P(A)＝事件A包含的可能结果数

的使用条件——古典概型，表达了化归的重要思想．把握列举法，

试验的所有可能结果数

学会运用分类探讨的思想解决概率的计算问题，加强学生数学思维情趣，形成学习数学知识的积极态度．

重点难点

教学重点：理解古典概型的概念及利用古典概型求解随机事件的概率．教学难点：如何判断一个试验是否是古典概型，分清在一个古典概型中某随机事件包含的基才能件的个数和试验中基才能件的总数．

课时安排1课时

教学过程

导入新课

思路1.(1)掷一枚质地均匀的硬币，结果只有2个，即“正面朝上〞或“反面朝上〞，它们都是随机事件．

(2)一个盒子中有10个完全一致的球，分别标有号码1,2,3，…，10，从中任取一球，只有10种不同的结果，即标号为1,2,3，…，10.

思考探讨根据上述状况，你能发现它们有什么共同特点？为此我们学习古典概型，教师板书课题．

思路2.将扑克牌(52张)反扣在桌上，先从中任意抽取一张，那么抽到的牌为红心的概率有多大？是否一定要进行大量的重复试验，用“出现红心〞这一事件的频率估计概率？这样工作量较大且不够确凿．有更好地解决方法吗？把“抽到红心〞记为事件B，那么事件B相当于“抽到红心1〞“抽到红心2〞……“抽到红心K〞这13种状况，而同样抽到其他牌的共有39种状况；由于是任意抽取的，可以认为这52种状况的可能性是相等的．所以，当出现红心是“抽到红心1〞“抽到红心2〞……“抽到红心K〞这13种情形之一时，事件B131

就发生，于是P(B)＝＝.为此我们学习古典概型．

524

1

推进新课新知探究提出问题

试验一：抛掷一枚质地均匀的硬币，分别记录“正面朝上〞和“反面朝上〞的次数，要求每个数学小组至少完成20次(最好是整十数)，最终由课代表汇总；

试验二：抛掷一枚质地均匀的骰子，分别记录出现“1点〞“2点〞“3点〞“4点〞“5点〞和“6点〞的次数，要求每个数学小组至少完成60次(最好是整十数)，最终由课代表汇总．

1．用模拟试验的方法来求某一随机事件的概率好不好？为什么？

2．根据以前的学习，上述两个模拟试验的每个结果之间都有什么特点？3．什么是基才能件？基才能件具有什么特点？4．什么是古典概型？它具有什么特点？5．对于古典概型，应怎样计算事件的概率？

活动：学生展示模拟试验的操作方法和试验结果，并与同学交流活动感受，探讨可能出现的状况，最终师生共同汇总方法、结果和感受．

探讨结果：1.用模拟试验的方法来求某一随机事件的概率不好，由于需要进行大量的试验，同时我们只是把随机事件出现的频率近似地认为随机事件的概率，存在一定的误差．

2．上述试验一的两个结果是“正面朝上〞和“反面朝上〞，它们都是随机事件，出现的概率是相等的，都是0.5.上述试验二的6个结果是“1点〞“2点〞“3点〞“4点〞“5

1

点〞和“6点〞，它们也都是随机事件，出现的概率是相等的，都是.6

3．根据以前的学习，上述试验一的两个结果“正面朝上〞和“反面朝上〞，它们都是随机事件；上述试验二的6个结果“1点〞“2点〞“3点〞“4点〞“5点〞和“6点〞，它们都是随机事件，像这类随机事件我们称为基才能件(elementaryevent)；它是试验的每一个可能结果．

基才能件具有如下的两个特点：①任何两个基才能件是互斥的；

②任何事件(除不可能事件)都可以表示成基才能件的和．4．在一个试验中，假使：

(1)试验中所有可能出现的基才能件只有有限个；(有限性)(2)每个基才能件出现的可能性相等．(等可能性)

我们将具有这两个特点的概率模型称为古典概率模型(classicalmodelsofprobability)，简称古典概型．

如图1，向一个圆面内随机地投射一个点，假使该点落在圆内任意一点都是等可能的，你认为这是古典概型吗？为什么？

图1

由于试验的所有可能结果是圆面内所有的点，试验的所有可能结果数是无限的，虽然每一个试验结果出现的“可能性一致〞，但这个试验不满足古典概型的第一个条件．

如图2，某同学随机地向一靶心进行射击，这一试验的结果只有有限个：命中10环、命中9环……命中5环和不中环．你认为这是古典概型吗？为什么？

2

图2

不是古典概型，由于试验的所有可能结果只有7个，而命中10环、命中9环……命中5环和不中环的出现不是等可能的，即不满足古典概型的其次个条件．

5．古典概型，随机事件的概率计算

对于试验一，出现正面朝上的概率与反面朝上的概率相等，即P(“正面朝上〞)＝P(“反面朝上〞)，

由概率的加法公式，得P(“正面朝上〞)＋P(“反面朝上〞)＝P(必然事件)＝1.

1

因此P(“正面朝上〞)＝P(“反面朝上〞)＝，

2

1“出现正面朝上〞所包含的基才能件的个数

即P(“出现正面朝上〞)＝＝.2基才能件的总数

试验二中，出现各个点的概率相等，即

P(“1点〞)＝P(“2点〞)＝P(“3点〞)＝P(“4点〞)＝P(“5点〞)＝P(“6点〞)．反复利用概率的加法公式，我们有

P(“1点〞)＋P(“2点〞)＋P(“3点〞)＋P(“4点〞)＋P(“5点〞)＋P(“6点〞)＝P(必然事件)＝1，

所以P(“1点〞)＝P(“2点〞)＝P(“3点〞)＝P(“4点〞)＝P(“5点〞)＝P(“6点〞)1＝.6

进一步，利用加法公式还可以计算这个试验中任何一个事件的概率，例如，

11131

P(“出现偶数点〞)＝P(“2点〞)＋P(“4点〞)＋P(“6点〞)＝＋＋＝＝，

66662

3“出现偶数点〞所包含的基才能件的个数

即P(“出现偶数点〞)＝＝.

6基才能件的总数

因此根据上述两则模拟试验，可以概括总结出，古典概型计算任何事件的概率计算公式

事件A包含的可能结果数

为P(A)＝.

试验的所有可能结果数

在使用古典概型的概率公式时，应当注意：①要判断该概率模型是不是古典概型；

②要找出随机事件A包含的基才能件的个数和试验中基才能件的总数．下面我们看它们的应用．应用例如

思路1

例1在一个健身房里，用拉力器进行锻炼时，需要选取2个质量盘装在拉力器上．有2个装质量盘的箱子，每个箱子中都装有4个不同的质量盘：2.5kg,5kg,10kg和20kg，每次都随机地从2个箱子中各取1个质量盘装在拉力器上后，再拉动这个拉力器．

(1)随机地从2个箱子中各取1个质量盘，共有多少种可能的结果？用表格列出所有可能的结果．

(2)计算选取的2个质量盘的总质量分别是以下质量的概率：①20kg；②30kg；③不超过10kg；④超过10kg.

(3)假使一个人不能拉动超过22kg的质量，那么他不能拉开拉力器的概率是多少？解：(1)第一个箱子的质量盘和其次个箱子的质量盘都可以从4种不同的质量盘中任意

3

选取．我们可以用一个“有序实数对〞来表示随机选取的结果．例如，我们用(10,20)来表示：在一次随机的选取中，从第一个箱子取的质量盘是10kg，从其次个箱子取的质量盘是20kg.下表列出了所有可能结果．

从表中可以看出，随机地从2个箱子中各取1个质量盘的所有可能结果共有16种．由于选取质量盘是随机的，因此这16种结果出现的可能性是一致的，这个试验属于古典概型．

(2)

①用A表示事件“选取的2个质量盘的总质量是20kg〞，由于总质量为20kg的所有可能结果只有1种，因此，事件A的概率

1

P(A)＝＝0.0625.

16

②用B表示事件“选取的2个质量盘的总质量是30kg〞，从表中可以看出，总质量为30kg的所有可能结果共有2种，因此，事件B的概率

21

P(B)＝＝＝0.125.

168

③用C表示事件“选取的2个质量盘的总质量不超过10kg〞．总质量不超过10kg，即总质量为5kg,7.5kg,10kg之一，从表中简单看出，所有可能结果共有4种，因此，事件C的概率

41

P(C)＝＝＝0.25.

164

④用D表示事件“选取的2个质量盘的总质量超过10kg〞．总质量超过10kg，即总质量为12.5kg,15kg,20kg,22.5kg,25kg,30kg,40kg之一，从表中可以看出，所有可能结果共有12种，因此，事件D的概率

123

P(D)＝＝＝0.75.

164

(3)用E表示事件“不能拉开拉力器〞，即总质量超过了22kg.总质量超过22kg是指总质量为22.5kg,25kg,30kg,40kg之一，从表中可以看出，这样的可能结果共有7种，因此，不能拉开拉力器的概率

7

P(E)＝≈0.44.

16

点评：在这个例子中，我们用列表的方法列出了所有可能的结果．在计算古典概率时，只要所有可能结果的数量不是好多，列举法是我们常用的一种方法．

例2单项选择题是标准化考试中常用的题型，一般是从A，B，C，D四个选项中选择一个正确答案．假使考生把握了考察的内容，他可以选择唯一正确的答案．假设考生不会做，他随机地选择一个答案，问他答对的概率是多少？

4

活动：学生阅读题目，搜集信息，交流探讨，教师引导，解决这个问题的关键，即探讨这个问题什么状况下可以看成古典概型．假使学生把握或者把握了部分考察内容，这都不满足古典概型的第2个条件——等可能性，因此，只有在假定学生不会做，随机地选择了一个答案的状况下，才可以化为古典概型．

解：这是一个古典概型，由于试验的可能结果只有4个：选择A、选择B、选择C、选择D，即基才能件共有4个，考生随机地选择一个答案是A，B，C，D的可能性是相等的．从

“答对〞所包含的基才能件的个数1

而由古典概型的概率计算公式，得P(“答对〞)＝＝＝

基才能件的总数4

0.25.

点评：古典概型解题步骤：(1)阅读题目，搜集信息；

(2)判断是否是等可能事件，并用字母表示事件；(3)求出基才能件总数n和事件A所包含的结果数m；

(4)用公式P(A)＝求出概率并下结论.

变式训练

1．抛掷两枚均匀硬币，求出现两个正面朝上的概率．

解：试验的所有可能结果为：(正，正)，(正，反)，(反，正)，(反，反)．这里四个基才能件是等可能发生的，故属古典概型．

1

故出现两个正面朝上的概率为.4

2．一次投掷两颗骰子，求出现的点数之和为奇数的概率．

解法一：设A表示“出现点数之和为奇数〞，用(i，j)记“第一颗骰子出现i点，其次颗骰子出现j点〞，i，j＝1,2，…，6.显然出现的36个基才能件的概率是相等的，其中A1

包含的基才能件个数为k＝3×3＋3×3＝18，故P(A)＝.

2

解法二：若把一次试验的所有可能结果取为：(奇，奇)，(奇，偶)，(偶，奇)，(偶，偶)，则它们发生的概率相等．基才能件总数n＝4，A包含的基才能件个数k＝2，故P(A)1＝.2

解法三：若把一次试验的所有可能结果取为：{点数和为奇数}，{点数和为偶数}，两者

1

发生的概率也相等，基才能件总数n＝2，A所包含基才能件数为1，故P(A)＝.2

点评：找出所有的基才能件，必需是等概率的．解法二中倘若解为：(两个奇)，(一奇

1

一偶)，(两个偶)当作基才能件组成样本空间，则得出P(A)＝，错的原因就是它不是等概3

11

率的．例如P(两个奇)＝，而P(一奇一偶)＝.本例又告诉我们，同一问题可取不同的基本

42

事件解答.

例3同时掷两个骰子，计算：(1)一共有多少种不同的结果？

(2)其中向上的点数之和是5的结果有多少种？(3)向上的点数之和是5的概率是多少？

解：(1)掷一个骰子的结果有6种．我们把两个骰子标上记号1,2以便区分，由于1号骰子的每一个结果都可与2号骰子的任意一个结果配对，组成同时掷两个骰子的一个结果，因此同时掷两个骰子的结果共有36种．

(2)在上面的所有结果中，向上的点数之和为5的结果有(1,4)，(2,3)，(3,2)，(4,1)，其中第一个数表示1号骰子的结果，其次个数表示2号骰子的结果．

(3)由于所有36种结果是等可能的，其中向上点数之和为5的结果(记为事件A)有4种，

mn5

41

因此，由古典概型的概率计算公式可得P(A)＝＝.

369

例4假设储蓄卡的密码由4个数字组成，每个数字可以是0,1，2，…，9十个数字中的任意一个．假设一个人完全忘掉了自己的储蓄卡密码，问他到自动取款机上随机试一次密码就能取到钱的概率是多少？

图3

解：一个密码相当于一个基才能件，总共有10000个基才能件，它们分别是0000,0001,0002，…，9998,9999.随机地试密码，相当于试到任何一个密码的可能性都是相等的，所以这是一个古典概型．事件“试一次密码就能取到钱〞由1个基才能件构成，所以

1

P(“试一次密码就能取到钱〞)＝.10000

1

发生概率为的事件是小概率事件，寻常我们认为这样的事件在一次试验中是几乎

10000

不可能发生的，也就是通过随机试验的方法取到储蓄卡中的钱的概率是很小的．但我们知道，假使试验好屡屡，譬如100000次，那么这个小概率事件是可能发生的．所以，为了安全，自动取款机一般允许取款人最多试3次密码，假使第4次输入的号码仍是错误的，那么取款机将“没收〞储蓄卡．另外，为了使通过随机试验的方法取到储蓄卡中的钱的概率更小，现在储蓄卡可以使用6位数字作密码．

人们为了便利记忆，寻常用自己的生日作为储蓄卡的密码．当钱包里既有身份证又有储蓄卡时，密码泄密的概率很大．因此用身份证上的号码作密码是担忧全的．

思路2

例1一个口袋内装有大小一致的5只球，其中3只白球，2只黑球，从中一次摸出两个球，问：

(1)共有多少个基才能件？

(2)摸出的两个都是白球的概率是多少？

活动：可用枚举法找出所有的等可能基才能件．

解：(1)分别记白球为1,2,3号，黑球4,5号，从中摸出2只球，有如下基才能件〔摸到1,2号球用(1,2)表示〕：(1,2)，(1,3)，(1,4)，(1,5)，(2,3)，(2,4)，(2,5)，(3,4)，(3,5)，(4,5)．

因此，共有10个基才能件．

(2)上述10个基才能件发生的可能性是一致的，且只有3个基才能件是摸到两个白球(记

3

为事件A)，即(1,2)，(1,3)，(2,3)，故P(A)＝.10

3

即共有10个基才能件，摸到两个白球的概率为.

10

变式训练

将一颗骰子先后抛掷两次，观测向上的点数，问：(1)共有多少种不同的结果？

(2)两数的和是3的倍数的结果有多少种？(3)两数的和是3的倍数的概率是多少？

分析：(1)将骰子抛掷1次，它出现的点数有1,2,3,4,5,6这6种结果．先后抛掷两次骰子，第一次骰子向上的点数有6种结果，第2次又有6种可能的结果，于是一共有6×6＝36种不同的结果．

(2)第1次抛掷，向上的点数为1,2,3,4,5,6这6个数中的某一个，第2次抛掷时都可

6

以有两种结果，使向上的点数和为3的倍数(例如：第一次向上的点数为4，则当第2次向上的点数为2或5时，两次的点数的和都为3的倍数)，于是共有6×2＝12种不同的结果．

(3)记“向上点数和为3的倍数〞为事件A，则事件A的结果有12种，由于抛两次得到

121

的36种结果是等可能出现的，所以所求的概率为P(A)＝＝.363

解：(1)先后抛掷2次，共有36种不同的结果；(2)两数的和是3的倍数的结果有12

1

种；(3)两数的和是3的倍数的概率为.3

点评：也可以利用图表来数基才能件的个数(如图4)：

图4

例2从含有两件正品a1，a2和一件次品b1的三件产品中，每次任取一件，每次取出后不放回，连续取两次，求取出的两件产品中恰有一件次品的概率．

活动：学生思考或交流，教师引导，每次取出一个，取后不放回，其一切可能的结果组成的基才能件是等可能发生的，因此可用古典概型解决．

解：每次取出一个，取后不放回地连续取两次，其一切可能的结果组成的基才能件有6个，即(a1，a2)和(a1，b2)，(a2，a1)，(a2，b1)，(b1，a1)，(b1，a2)．其中小括号内左边的字母表示第1次取出的产品，右边的字母表示第2次取出的产品，用A表示“取出的两件中，恰好有一件次品〞这一事件，则A由(a1，b1)，(a2，b1)，(b1，a1)，(b1，a2)这4个基才能件组成，

42

因而P(A)＝＝.63

思考

在上例中，把“每次取出后不放回〞这一条件换成“每次取出后放回〞，其余条件不变，求取出的两件中恰好有一件次品的概率.

有放回地连续取出两件，其一切可能的结果有：(a1，a1)，(a1，a2)，(a1，b1)，(a2，a1)，(a2，a2)，(a2，b1)，(b1，a1)，(b1，a2)，(b1，b1)，由9个基才能件组成，由于每一件产品被取到的机遇均等，因此可以认为这些基才能件的出现是等可能的．用B表示“恰有一件次品〞这一事件，则B包含了(a1，b1)，(a2，b1)，(b1，a1)，(b1，a2)这4个基才能件．

4

因而P(B)＝.

9

点评：(1)在连续两次取出过程中，(a1，b1)与(b1，a1)不是同一个基才能件，由于先后顺序不同．

(2)无论是“不放回抽取〞还是“有放回抽取〞，每一件产品被取出的机遇都是均等的.变式训练

现有一批产品共有10件，其中8件为正品，2件为次品．

(1)假使从中取出一件，然后放回，再取一件，求连续3次取出的都是正品的概率；(2)假使从中一次取3件，求3件都是正品的概率．分析：(1)为有放回抽样；(2)为不放回抽样.

解：(1)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

3

能，所以试验结果有10×10×10＝10种；设事件A为“连续3次都取正品〞，则包含的基

383

才能件共有8×8×8＝8种，因此，P(A)＝3＝0.512.

10

(2)方法一：可以看作不放回抽样3次，顺序不同，基才能件不同，按抽取顺序记录(x，

7

y，z)，则x有10种可能，y有9种可能，z有8种可能，所以试验的所有结果为10×9×8＝720种．设事件B为“3件都是正品〞，则事件B包含的基才能件总数为8×7×6＝336，

336

所以P(B)＝≈0.467.

720

方法二：可以看作不放回3次无顺序抽样，先按抽取顺序(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，但(x，y，z)，(x，z，y)，(y，x，z)，(y，z，x)，(z，x，y)，(z，y，x)是一致的，所以试验的所有结果有10×9×8÷6＝120，按同样

56

的方法，事件B包含的基才能件个数为8×7×6÷6＝56，因此P(B)＝≈0.467.

120

点评：关于不放回抽样，计算基才能件个数时，既可以看作是有顺序的，也可以看作是无顺序的，其结果是一样的，但不管选择哪一种方式，观测的角度必需一致，否则会导致错误.

知能训练本节练习1,2,3.拓展提升

一个各面都涂有色调的正方体，被锯成1000个同样大小的小正方体，将这些正方体混合后，从中任取一个小正方体，求：(1)有一面涂有色调的概率；(2)有两面涂有色调的概率；(3)有三面涂有色调的概率．

2

解：在1000个小正方体中，一面涂有色调的有8×6个，两面涂有色调的有8×12个，

384

三面涂有色调的有8个，故(1)有一面涂有色调的概率为P1＝＝0.384；(2)有两面涂有

1000

968

色调的概率为P2＝＝0.096；(3)有三面涂有色调的概率为P3＝＝0.008.

10001000

答：(1)一面涂有色调的概率为0.384；(2)有两面涂有色调的概率为0.096；(3)有三面涂有色调的概率为0.008.

课堂小结1．古典概型我们将具有

(1)试验中所有可能出现的基才能件只有有限个；(有限性)(2)每个基才能件出现的可能性相等．(等可能性)

这样两个特点的概率模型称为古典概率概型，简称古典概型．2．古典概型计算任何事件的概率计算公式

事件A包含的可能结果数P(A)＝.

试验的所有可能结果数

3．求某个随机事件A包含的基才能件的个数和试验中基才能件的总数的常用方法是列举法(画树状图和列表)，应做到不重不漏．

作业本节练习4.

设计感想

本节课的教学通过提出问题，引导学生发现问题，经历思考交流概括归纳后得出古典概型的概念，由两个问题的提出进一步加深对古典概型的两个特点的理解；再通过学生观测类比推导出古典概型的概率计算公式．这一过程能够培养学生发现问题、分析问题和解决问题的能力．

在解决概率的计算上，让学生感受求基才能件个数的一般方法，从而化解由于没有学习排列组合而学习概率这一教学困惑．由此，整个教学设计可以在教师的期盼中实施．

备课资料

一、备选习题

1．在40根纤维中，有12根的长度超过30mm，从中任取一根，取到长度超过30mm的纤维的概率是()．

8

301212

B.C.D．以上都不对404030

解析：在40根纤维中，有12根的长度超过30mm，即基才能件总数为40，且它们是等

12

可能发生的，所求事件包含12个基才能件，故所求事件的概率为.40

答案：B

2．盒中有10个铁钉，其中8个是合格的，2个是不合格的，从中任取一个恰为合格铁钉的概率是()．

1141A.B.C.D.54510

解析：从盒中任取一个铁钉包含基才能件总数为10，其中抽到合格铁钉(记为事件A)

84

包含8个基才能件，所以，所求概率为P(A)＝＝.

105

答案：C

3．在大小一致的5个球中，2个是红球，3个是白球，若从中任取2个，则所取的2个球中至少有一个红球的概率是________．

解析：记大小一致的5个球分别为红1，红2，白1，白2，白3，则基才能件为：(红1，红2)，(红1，白1)，(红1，白2)，(红1，白3)，(红2，白1)，(红2，白2)，(红2，白3)，(白1，白2)，(白1，白3)，(白2，白3)共10个，其中至少有一个红球的事件包括7

7

个基才能件，所以，所求事件的概率为.10

7

答案：

10

4．抛掷2颗质地均匀的骰子，求点数和为8的概率．

解：在抛掷2颗骰子的试验中，每颗骰子均可出现1点，2点，…，6点6种不同的结果，我们把两颗骰子标上记号1,2以便区分，由于1,2号骰子分别有6种不同的结果，因此同时掷两颗骰子的结果共有6×6＝36种，在所有结果中，向上的点数之和为8的结果有

5

(2,6)，(3,5)，(4,4)，(5,3)，(6,2)5种，所以，所求事件的概率为.

36

5．豆的高矮性状的遗传由其一对基因决定，其中决定高的基因记为D，决定矮的基因记为d，则杂交所得第一子代的一对基由于Dd，若其次子代的D，d基因的遗传是等可能的，求其次子代为高茎的概率(只要有基因D则其就是高茎，只有两个基因全是d时，才显现矮茎)．

解：由于其次子代的D，d基因的遗传是等可能的，可以将各种可能的遗传情形都枚举出来．

Dd与Dd的搭配方式共有4种：DD，Dd，dD，dd，其中只有第四种表现为矮茎，故其次

3

子代为高茎的概率为＝0.75.

4

答：其次子代为高茎的概率为0.75.思考：第三子代高茎的概率呢？二、古典概型经典案例分析

假使说你们班里有50人，那么我愿意和你打赌，你们班里至少有一对生日一致的人，你愿意站在我的反面和我打赌吗？

假使说你能够明白地找到基才能件，分析好繁杂事件包含了多少个基才能件，就能够通过有理数的除法计算出概率，当然，分析明白基才能件不可缺少的就是一种顺序的观点，可能有时候，用顺序的观点看问题会产生一些不必要的麻烦，但是往往在你忽略了顺序的时候，产生了一种错觉，于是就使你的先进的思想在这里由于你的大意退化到了中世纪以前的水平．

那么充分防备的你，可能也会犯错误，甚至会感到头疼，由于记数也是一门技术，不一定都很简单．

A.

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好了言归正传，我们依旧探讨这个关于生日的赌局．我看起来是有着十分的把握(或者说接近十分的把握，由于十分就成了必然事件，显然，你看得出这个不是一个必然的事件，严格地说我有接近十分的把握)，假使你曾经了解过一些关于这个问题的结论，你也可能不会愿意和我打赌，那么我们是如何来处理这个问题呢？

我们想通过两个经典的案例来说明这个问题．设有n个人，每个人都等可能地被分派到N个房间中的任意一间去住(n≤N)，求以下事件的概率．

指定的n个房间各有一个人住；恰好有n个房间，其中各住一个人．

(这里必需得有一些排列组合的内容，也就要求读者具有排列组合的知识)先看明白这个问题里面的基才能件是什么呢？

是把n个人随机地安排到N个房间里的所有的状况，分别记n个人为a1，a2，…，an，房间为A1，A2，…，AN，每个安排的结果作为一个基才能件，譬如，可以把所有的人放到房间A1里，也可以在第一个房间里放一个人，假定是a1，这个就是一个基才能件，也就是每个安排的结果都是一个基才能件．那么有多少个这样的基才能件呢？我们就得借助于乘法原理了，可以考虑到整个的安排是分步进行的，先安排a1，再安排a2，依次下去，这个中间的顺序是没有问题的，由于我们只关心某人在某个房间，而不关心他是先到还是后到．第一个人可以有N个房间选住，其次个人依旧有N个房间选住，……也就是说每个人都有N种可能

n的状况，于是，所有人的可能的状况就是＝N.这就是基才能件的个数，这里面也谈到了一个关于顺序的问题，我们自行地在这个事件里面安排进了顺序，这是一个重要的思想方法．

接下来统计我们需要的有利事件的个数，我们要求是指定的n个房间各有一个人住，那么，关于这n个房间的安排问题就不用我们劳神了，我们只是看一下人与房间的搭配问题，

n！

于是，就可以得出概率：P(A)＝n.

N我们可以换个角度来看一下，假使我们认为是把房间安排给人，那么，n个指定的房间就会被列成一个顺序，于是，第一个房间有n种可能性，其次个房间就会少了一种，即n－1种，以此类推，结论与我们前面的一样，那么，我们假使把统计基才能件的方式也变换一下呢？结论可能会有些不妥，由于假使考虑第一个房间有n种选择方式，其次个房间也有nN种选择方式，以此类推，就会得到基才能件的个数是n个，显然，结论是不同的，哪一个出了什么问题呢？

你只要稍加思考可能就会得出结论，这个问题的对应是有问题的，假设，我们的第一间房间分派给了a1，那么，其次间房间就不应当再分派给他了，但在方才的过程中没有表达出来，那么就是说，我们可能统计错了一些状况，同时，有些人也可能分派不到房间．那么，我们做个改进，认为第一间房间有n种选择方式，其次间房间有n－1种行不行呢？显然这个改进更不成功，甚至有了荒唐的结论，由于这里的有些房间可能是可以不分派给任何人的，那么看来这几个只有最初的一个方案可行．同时，我们也得到了一个关于代数的结论：

n！≤Nn.

这个命题的具体的限制由你自己完成，当然你还可以运用代数的方法给出让人信服的证明．

再对这个问题进行总结，假使你再次地面临这种问题的时候，就要按号入座地找好谁是房子，谁是人．或者我们也可以抽象一些，集合A有n个元素，集合B有N个元素，n≤N，那么，从集合A到集合B的映射有多少个，就是相当于基才能件的个数，那么，我们的有利事件，就是从集合A到集合B的一个含有n个元素的确定的子集的一一映射的个数，就是n！个，那么以后用映射的观点来处理就可以了，看看哪一个问题是映射．

我们再来探讨其次个问题，看看两者之间的微弱的区别是什么？在其次个问题当中提到了一个“恰好〞，我们如何来解释呢？显然这个词是与“指定〞构成对比的．也就是强调我们要为这n个人先选出n个房间来，再进行处理，用到映射的观点，就是要从B中确定含有n个元素的子集，这个过程也是有好多的，再把这些子集重复第一题的过程，就是全体的有

n利事件的个数，于是，问题就归结为统计这些子集的个数，很简单地就可以得出有CN个，那

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CNn！

么概率就应当是P(A)＝n.

nN剩下的就是具体的计算了，好了，回味一下，你体会到了什么？

你可能感觉到一些困难，假使你没有感到困难的话就太好了，这个问题在历史上称为“分房问题〞，我们可以进一步地拓展这个问题，据说在物理中就有一些十分有用的应用．

现在考虑有关n个人生日问题的事情，这个里面哪些是基才能件呢？那一定是n个人的生日状况的所有可能性，也就是与前面提到的分房问题的第一问一致，那么生日一致(即同月同日出生)的具体的有利事件的个数如何来统计呢？

看来稍微有些麻烦，我们需要了解的是，两个人，或者两个人以上的生日一致，就得认为是对这个事情很有帮助的例证，那么，我们把这个事情分为几类，只有两个人生日一致，只有三个人生日一致，等等，当然还有一些几组两个人的生日都一致的状况，事情就会变得特别繁杂，而且各类之间有交织的地方还要注意避免，问题足以烦得你失去信心，我们能否换个角度来考虑．

我们完全可以考虑这个事件的反面