古典概型的几类基本问题(1)

古典概型中的几类基本问题

1 引言

对于古典概型问题的求解，首先要做到这三方面的工作[1]67：一是明确分辨问题的性质，即是不是古典概型问题；二是掌握古典概型的公式；三是根据公式要求，确定n（基本事件总数）和k（有利事件总数）的值[2]17，这是解题的关键一步，计算方法灵活多变，没有一个固定的模式，但古典概型的种种解法大体上都是围绕n和k展开的．

抛硬币、掷骰子、摸球、取数等随机试验，在概率问题的研究中有着十分重要的意义．一方面，这些模型是人们从大量的随机现象中筛选出来的理想化的概率模型，它们的内容生动形象，结构清楚明确，富有直观性和典型性，便于深入浅出地反映事物的本质，揭示事物的规律．另一方面，这种模式化的解决，常常归结为某种简单的模型．因此，有目的地考察并掌握若干常见的概率模型，有助于我们举一反三，触类旁通，丰富解题的技能和技巧，不断提高解题能力．

通过对相关资料的查询及老师的指导，本文主要讨论古典概率的三类基本问题：摸球问题、质点入盒问题、随机取数问题，给出它们的一般解法，指出其典型意义，并介绍其推广应用．

2 摸球模型

摸球模型是指从n个可分辨的球中按照不同的要求（例如是否放回、是否计序等）一个一个地从中取出m（mn）个，从而得到不同的样本空间，然后在各自的样本空间中计算事件的概率．一般说来，

根据摸球的方式不同，可分为四种情况来讨论，得如下表一的四种不同的样本空间

mm其中Cnm1Hn表示从n个不同元素中取m个元素进行元素的可重复的组合时其不同的组合个

[3]26：表一

从n个球中摸m个球 有放回 摸球方式 计序 不计序 计序 无放回 不计序 不同摸法总数 nm mmCnm1HnmAnmCn 数，对各种情况先举例及推广应用：

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2.1 有放回且有计序摸球

如果摸球是从n个可分辨的球按有放回且计序的方式一个一个地从中取出m个，这时样本空间的基本事件，总数应按相异元素允许重复的排列公式计算，因而有n个,此种情形是我们经常遇到的，下面来看个例子．

例1 用1、2两个数字组成3个数，组成多少个数？

思考方法 在数字排序的问题中，百位、十位、个位这三个位置上必须找出一个数字，至于每个是否均有位置，则不作要求，所以这是个有放回且计序的摸球问题，从而在各个位置上可以是1、2的任一个．依乘法原理不同的组合数有n2.2 有放回且无计序摸球

从n个相异元素每次取出允许重复的m个元素，不计次序并成一组，叫做从n个相异元素允许重复

mm的m元组合，其所有组合的个数为Cnm1Hn，通过下面的这个例子我们也可以看出它的典型性．

m

m238个．

例2 匣内装颜色分别为红、白、黑的三个球，有放回不按序选取，问匣内任取两个不同颜色的球的概率为多少？

思考方法 作为有放回不按序摸球问题，设A表示从匣内有放回不计序选取两个不同颜色的球的事

222件．由题设可知，样本空间的基本事件总数为H3C321C46，事件A所含的基本事件数为

C321C3,故所求概率为P(A)2．

H32232.3 无放回且计序摸球

如果摸球是无放回且计序摸球，这时样本空间的基本事件总数等于从n个不同元素中取出m个元素的所有不同排列的个数为An，或是n个互异元素的全排列Pnn!，这种情形也是摸球模型的重要类型．

例3 袋中有个白球，个黑球，从中陆续取出3(3)个球，求这3个球依次为黑白黑的概率．

思考方法 每一个样本点对应着个球中依次取出三个球的一种取法，需要考虑先后顺序，属于排列问题．用A表示事件“取出3个球依次为黑白黑”，从个球中依次任取三个，有P种取法，此即样本点总数．对于有利事件，第一个和第三个黑球可在个黑球中依次取得，有P种取法；

121第二个白球可在个白球中取得，有P种取法．因此，A所包含的样本点总数为PP，于是

m32P(A)P2P1P3．

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2.4 无放回且不计序问题

如果摸球是无放回且不计序，其样本空间的基本事件总数是从不同元素中取出若干个元素的所有不同的组合个数．

例4 袋中有个白球，个黑球，问：从中不放回取出mn（m、nN，m，n）个球，试求所取出的球恰有m个白球的概率．

思考方法：这些同类球都不加区别，即不计序，又抽取后部返回，因而本例属无放回且不计序的摸

mn球模型，其基本事件总数为C，而事件A所包含的，此事件A为“取出mn个球中恰有m个白球”mn样本点数，相当于从个白球中取出m个，从另外m个球中任取n个取法种数共CCm，

mnCCm所以P(A)Cmn．

前面我们对摸球模型的各种类型进行了归纳，如果把白球、黑球换成产品中的正品、次品，或换成甲物、乙物，这样的人、那样的人……就可以得到形形色色的摸球问题．如果能灵活地将这些实际问题与前面的模型类型对号入座，我们就能解决有关的实际问题，为我们的生活带来方便和乐趣，例如灯泡厂检验合格率等这些产品抽样问题；还有可以把全班学生分成两组，求每组中男女生人数相对等的概率；从一副扑克牌中任取6张，求得3张红色的和3张黑色的概率；在安排值班的问题中，也可以按照无放回模型进行分析；在买彩票的过程中，可以把双色球、3D、36选7等玩法的中奖概率求出，增加自己中奖机会．这样不仅把古典概率的知识应用在了生活中，给生活带来方便，同时也使数学给自己带来了乐趣，激发了对数学应用的动力．

3 质点入盒模型

该模型是指有n个可分辨的盒子，m（mn）个质点，按照质点是否可分辨，每盒可容纳质点的多少等不同情况，把m个质点放入n个可分辨的盒子，从而形成不同的样本空间，然后在各自样本空间计算事件的概率，与摸球模型类似，这里也可分四种情况讨论，清晰地可见这种模型的具体分类情况，如表二

表二

[3]p(37)：

放入方式 质点可分辨 质点不可分辨 不同摸法总数 m个质点随机进入n个盒中 每盒可容纳任意多个质点 nm mmCnHm1n word格式-可编辑-感谢下载支持

每盒最多容纳一个质点 质点可分辨 质点不可分辨 mAnmCn 3.1 每盒能容纳任意多个质点且质点可分辨

质点需要分辨的问题就是排列问题，盒子能容纳任意多个质点的问题就是重复排列问题． 例1 有5个不同的质点，每个都同样以

1的概率落入10个盒子，事件A={指定的一个盒子中恰有103个质点}的概率．

思考方法：由题意知，盒子容纳质点的数目不限，又质点可分辨，故为重复排列问题，其基本事件总数为n10．在指定的一个盒子中恰有3个质点，共有C5种选法，余下的2个质点可任意放入余下

232的9个盒中，共有9种不同选法，因而事件A所包含的基本事件总数为9C5，故所求概率为

m53392C5810P(A)0.008． 5100000103.2 每盒可容纳任意多个质点且质点不需分辨

m个质点随机进入n个盒中，质点不需分辨属组合问题，又每盒能容纳任意多个质点，该组合为元

mmm素允许重复的组合，样本空间中含有Cnm1Hn个样本点，即其基本事件总数为Cnm1．

例2 将例1中“5个不同的质点”换为“5个相同的质点”．

思考方法：质点不需分辨属组合问题，又每个盒子容纳的质点不限，故该组合为元素可重复的组合，

5553其基本事件总数为H10C1051C142002，因3个质点有C5种选法，其余两质点可能落入两个盒

中，有C种选法；也可能落入一个盒中，有C2919种选法，故有

31C5(C92C9)P(A)0.224． 5C143.3 每盒最多可容纳一质点且质点需分辨 这样的问题是属于元素不允许重复的排列问题． 例3 将3个不同质点投入5个盒中，每个质点都以

1的概率进入每一个盒中，且限定每盒最多只容5纳一质点，求：事件A={指定的一个盒子为空}的概率．

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思考方法 因质点互异，且每盒最多只容纳一质点，故属元素不允许重复的排列问题，因而其基本

3A424事件总数为A60，事件A所含的基本事件为A24，故P(A)30.4．

A546035343.4 每盒最多只容纳一质点且质点不需分辨 例4 将将3个相同质点投入5个盒中，每个质点都以

1的概率进入每一个盒中，且限定每盒最多5只容纳一质点，求：事件A={指定的一个盒子为空}的概率．

思考方法：质点不需分辨，属组合问题，又每盒最多只容纳一个质点，该组合为元素不允许重复的

33组合，因而其基本事件总数为C510，事件A所包含的基本事件总数为C44，故

3C44P(A)30.4．

C510质点入盒模型概括了很多的古典概型问题．如果把盒子看作365天，可研究n个人的生日问题；如果把盒子看作每周的7天，又可研究值班的安排问题；如果把质点看作人，盒子看作房子，又可研究住房分配问题；如果把粒子看作质点，盒子看作空间的小区域，又可研究统计物理的MaxwellBoltzmann统计模型；如果把信看作质点，盒子看作邮筒，又可研究投信问题；如果把骰子（硬币）看作质点，骰子（硬币）上的六点（正面和反面）看作6(2)个盒子，又可研究骰子（硬币）问题；如果将旅客视为质点，各个车站看作盒子，又可研究旅客下车问题等．不难看出质点入盒模型可以用来描述很多直观，背景完全不同但实质都完全一样的随机试验，应透过表面抓住本质，把相关问题与相应的模型联系起来，加以转化，这样问题就不难解决了．

4 随机取数模型

与前面的两种模型相比，此模型分类情况较简单些，分为有放回地随机取数和无放回地随机取数两种情况

[3]p(44)．

4.1 有放回地随机取数

取出的数字还原时，其样本空间的基本事件总数可按从n个不同数字里取出m个的重复排列计算问题．

例1 从1…10这十个数中任取一个，假定各个数都以同样的概率被取中，然后还原，先后取出7，2，个数，试求下列各事件的概率：(1)A1:7个数全不相同；(2)A2:不含9和2；(3)A3:8至少出现三次；

(4)A4:5至少出现两次；(5)A6:取到的最大数恰为6．

思考方法 本题所及的随机试验，就取样方法来说，属于返回取样．也就是说，把某数取出后还原，下次仍有同样的可能再取到这个数．注意到这一特点，运用上面介绍的思想方法，此题就不难得解．

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解 依题设，样本空间就是10个相异元素允许重复的7元排列．所以，样本点总数为10．

7(1)事件A1，要求所取的7个数是互不相同的，考虑到各个数取出时有先后顺序之分，所以有利场

合相当于从10个相异元素里每次取出7个相异元素的排列．因此，A1所包含的样本点数为P10．于是

7P10P(A1)70.06048 ．

107(2)事件A2，先后取出的7个数中不含9和2，所以，这7个数只能从1,3,4，5，6，7，8，10这8个数中

取得．注意到试验属于有返回取样，则A2的有利场合，相当于8个互异元素允许重复的7元排列．于是

87A2所包含的样本点数为8，有P(A2)70.2097．

1073种选法；其余的4次，每次可以去(3)事件A3中出现的三次8，可以是7次取数的任意三次，有C734C790.0230． 剩下的9个数中的任一个，共有9种取法．因此P(A3)7104(4)事件A4是六个两两互不相容事件“5恰好出现k次”(k2，3，4，5，6)的和，因此，

k7kC79P(A4)0.1497． 710k27也可以考虑A4的逆事件．这里A4是事件“5恰好出现一次或一次也不出现”．显然

16C7997P(A4)0.8503

107所以，P(A4)1-P(A4)10.85030.1497

这(5)事件A5的有利场合，就是6个相异元素(1，2，3，4，5，6)允许重复的最大数恰好为6的7元排列．种排列可以分为6出现1次，1次，2次，3次，4次，5次，6次，7次等7类，显然，它们的排列数依次为C75,C75,C75,C75,C75,C75,C75．于是

1625344352670P(A5)Ck17k757k0.0202

7107事件A5的有利场合的有利场合数也可以这样来考虑：最大数字不大于6的7元重复排列，有6种，它可以分为两类，一类是最大数恰好是6的7元重复排列；一类是最大数小于6的7元重复排列．注意

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67570.0202． 到第二类重复排列有5种，则第一类重复排列有6-5种．于是P(A5)1077774.2 无放回地随机取数

如取出的数字不还原，其样本空间的事件总数要根据取数是计序或不计序，按不重复的排列或组合计算．

例2 从0，…9这十个数中任取三个不同的数字，试求下列事件的概率：(1)A1:三个数字中不含01，或5；(2)A2:三个数字中不含0和5．

解 所取三个数不计序，本例属元素不允许重复的组合问题，其基本事件总数为nC5．

3C87(1)有利于A1的基本事件总数为m1C,于是所求概率为P(A1)3．

C1015383(2)在所给的十个数字中任取3个不含0的数字共有C93个，同样任取3个不含5的数字共有C93个．这些个数中均包含既不含0又不含5的3个数字的个数C8．于是这样的3个不同数字被算了两次，

333即多算了一次，造成了重复．因而有利于事件A2的基本事件数m2C9C9C8,故所求概率为

333(2C9C8)14P(A2)． 315C10随机取数模型作为典型的古典概型，解题的思想方法对于同类问题具有指导意义．但绝不能把它作为现成的公式乱套，有些问题表面看机构相仿，实质上差别较大，须斟酌题意灵活运用．随机取数模型在日常生活也可应用在通讯公司计算电话号码，单位票据编号完全不同的概率等实际问题中．

作为古典概型在事件生活中的应用，现例举一综合例子：

我们在庙会，公园里都可以看到玩这种游戏的，袋中有3种颜色的相同玻璃球，各有3个球，大家可以免费参加摸球游戏，每次从袋中摸出3个球，奖罚规则如下：摸出的3个球若：(1)颜色只有一种奖励玩家5元；(2)有两种颜色的情况罚玩家1元；(3)有三种颜色的情况奖励玩家2元．

面对这种情形，我们大多数人都会对其产生诱惑，会高兴地“免费”试试身手，但我们学习完古典概型的知识后，可以看到这种游戏背后的真相．对于(1)、 (2)、(3)其概率利用古典概型的知识可得为

1121111C3C32C2C3C354C3C3C3273,P(2),．直观地说，就是在84次的摸球中，P(1)3P(3)338484C984C9C9第一种情况有3次，老板赢得3*515元，第二种情况有54次，玩家输去54*154元，第三种情况有27次，老板赢得27*254元，最终老板赢得54155415元，这个看似比较公平的游戏还是

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被老板赚了，所以以后大家遇到这种情形就需要考虑了．

总之，通过以上几种古典概型问题的分析过程可得，这类问题是一个既有法、有时又无定法的问题．求解这类问题通常有两条基本思路：一条是直接法，对有附加条件的特殊元素或排列中的特殊位置应先处理，直接求出满足题设条件的种数；另一条是间接法，先撇开附加条件求出一个总数，再扣除不合要求的种数．在这两个过程中，均以排列、组合等知识点作为出发点，考虑一切可能出现的结果，既不能将它们遗漏，也不要重复．综合知识间的内在联系，运用多种多样、灵活多变的解题技巧把抽象的内容知识延伸至实际问题中，提高解决实际问题的能力．因此，在解答概率题时没有一个固定的模式，需要扎实的基础知识和灵活的技能技巧，为解决实际问题服务，把古典概型的知识应用在日常生活中．

参考文献：

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