基于排列組合的古典概型及應用

謝滟馨

摘 要：概率簡單而直觀的說法就是：概率是隨機事件發(fā)生的可能性大小，概率論史上最先開始研究概率的方法是古典概率方法。古典概型是高中數(shù)學教學的重要內(nèi)容之一，在高考及實際生活中起重要作用。高中數(shù)學教學的一個重點和難點是如何應用排列組合的知識解決古典概型問題，本文一排列組合為基礎來研究古典概型及其應用，結果表明古典概率方法具有簡單、直觀，不需要做大量重復試驗的優(yōu)點。

關鍵詞：概率 排列 組合 古典概型 隨機事件

中圖分類號：O212 文獻標識碼：C 文章編號：1672-1578（2017）01-0122-03

概率論是研究隨機現(xiàn)象的模型（即概率分布），其最基本的一個問題就是概率的定義及其確定方法，概率是隨機事件發(fā)生的可能性大小，是介于0和1之間的一個實數(shù)。分析近幾年高考數(shù)學真題可知，每年都要涉及到概率統(tǒng)計的內(nèi)容，以概率統(tǒng)計為背景知識的題目很常見，特別是對古典概型的考查。古典概型是一種比較特殊的概率模型，確定概率的古典方法是概率論歷史上最先開始研究的情形；它簡單、直觀，不需要做大量重復試驗，而是在經(jīng)驗事實的基礎上，對被考察事件的可能性進行邏輯分析后得出該事件的概率。

高考數(shù)學中概率統(tǒng)計主要考查的是：在等可能性條件下的概率統(tǒng)計計算問題及運用概率統(tǒng)計知識來分析、解決高考數(shù)學中遇到的實際問題，其特點是常以應用題的形式出現(xiàn)，其難度不大，這與高考數(shù)學的發(fā)展方向是相符合的。

1 古典概率方法的基本思想

（1）所涉及的隨機現(xiàn)象只有有限個樣本點，譬如為n個。

（2）每個樣本點發(fā)生的可能性相等（稱為等可能性）。例如，拋一枚均勻硬幣，“出現(xiàn)正面”與“出現(xiàn)反面”的可能性相等；拋一枚均勻骰子，出現(xiàn)各點（1～6）的可能性相等。

（3）若事件含有個樣本點，則事件的概率為

P（A）==，其中Ω是樣本空間

2 排列組合知識

排列與組合是古典概率的基礎。排列與組合都是計算“從n個元素中任取r個元素”的取法總數(shù)公式，其主要區(qū)別在于：如果不講究取出元素間的次序，則用組合公式，否則用排列公式。排列：從n個不同元素中任取r（r≤n）個元素排成一列（考慮元素先后出現(xiàn)次序），稱此為一個排列，此種排列的總數(shù)記為A。 組合：從n個不同元素中任取r（r≤n）個元素排成一組（不考

慮元素先后出現(xiàn)次序），稱此為一個組合，此種組合的總數(shù)記

為C。

排列組合公式的推導都基于兩條計數(shù)原理：乘法原理和加法原理。 在排列組合中，乘法原理和加法原理既是公式推導的基礎，又是解決古典概型問題的主要依據(jù)。

3 基于排列組合的古典概型的應用

例1（盒子模型） 設有n個球，每個球都等可能地被放到N個不同盒子中的任一個，每個盒子所放球數(shù)不限，試求：

（1）指定的n（n≤N）個盒子中各有一球的概率p1；

（2）恰好有n（n≤N）個盒子各有一球的概率p2；

解析：因為每個球都可放到N個盒子中的任一個，所以n個球放的方式共有種Nn，它們是等可能的。

（1）因為各有一球的n個盒子已經(jīng)指定，余下的沒有球的N-n個盒子也同時被指定，所以只要考慮n個球在這指定的n個盒子中各放1個的放法數(shù)。設想第1個球有n種放法，第2個球只有n-1種放法，……，第n個球只有1種放法，所以根據(jù)乘法原理，其可能總數(shù)為n！，于是其概率為：p1= （1）

（2）與（1）的差別在于：此n個盒子可以在N個盒子中任意選取。此時可分兩步做：第一步從N個盒子中任意選取n個盒子準備放球，共有C種取法；第二步將n個球放入選中的n個盒子中，每個盒子各放1個球，共有n！放法。所以根據(jù)乘法原則共有C·n！=A=N（N-1）（N-2）…（N-n+1）種放法。于是其概率為： p2== （2）

例2 （抽樣模型） 一批產(chǎn)品共有N件，其中M件是不合格品，N-M件是合格品。從中隨機取出n件，試求事件Am=“取出的m件產(chǎn)品中有件不合格品”的概率。

解析：先計算樣本空間Ω中樣本點的總數(shù)：從N件產(chǎn)品中任取n件，因為不講次序，所以樣本點的總數(shù)為C。又因為是隨機抽取的，所以這C個樣本點是等可能的。

下面先計算事件A0，A1的概率，然后再計算Am的概率。

因為事件A0=“取出的n件產(chǎn)品中有0件不合格品”=“取出的n件產(chǎn)品全是合格品”，這意味著取出的n件產(chǎn)品全是從

N-M件合格品中抽取，所以有C種取法，故A0的概率為：

P（A0）=

事件A1=“取出的n件產(chǎn)品中有1件不合格品”，要是取出的n件產(chǎn)品中只有1件不合格品，其他n-1件是合格品，那么必須分兩步進行：

第一步：從M件不合格品種隨機取出1件，共有C種取法。

第二步：從N-M件不合格品種隨機取出n-1件，共有C種取法。

所以根據(jù)乘法原理，A1中共有CC個樣本點。故A1的概率為： P（A1）=

同理，一般事件Am中含有樣本點的個數(shù)：要使Am發(fā)生，必須從M件不合格品中抽m件，再從N-M件合格品中抽n-m件，根據(jù)乘法原理，Am含有CC個樣本點，于是Am的概率為 P（Am）=， m=0，1，2，…，r=min{n，M} （3）

注意，在此應有m≤n，m≤M，所以m≤min{n，M}，否則其概率為0。

如果取N=9，M=3，n=4，則有

P（A0）=== ， P（A1）===

P（A2）=== ， P（A3）===

將以上結果列成一個表格（表1）：

表1中概率之和為1，這意味著m取0，1，2，3等四種情況中必有之一發(fā)生，所以可稱其為一個概率分布。若把m看做隨機變量，則此分布為m的分布。

例3（放回抽樣） 抽樣有兩種方式：不放回抽樣與放回抽樣。例2討論的是不放回抽樣。放回抽樣是抽取一件后放回，然后在抽取下一件……如此重復直至抽出n件為至。因為是放回抽樣，所以第二次抽取時，任有n種取法……如此下去，每一次都有n種取法，一共抽了n次，所以共有Nn個等可能的樣本點。

事件B0=“取出的n件產(chǎn)品全是合格品”發(fā)生必須從N-M件合格品中有放回地抽取n次，所以B0中含有（N-M）n個樣本點，故B0的概率為： P（B0）=

事件B1=“取出的n件產(chǎn)品中有1件不合格品”發(fā)生必須從N-M件合格品中有放回地抽取n-1次，從M件不合格品種抽取1次，這樣就有M·（N-M）n-1種取法。再考慮到這個不合格品可能在第一次抽取中得到，也可能在第二次抽取中得到……也可能在第n次抽取中得到，總共有n種可能。所以B1中含有n·M·（N-M）n-1個樣本點，故B1的概率為：

P（B1）== n（1-）

事件Bm=“取出的n件產(chǎn)品中恰有m件不合格品”發(fā)生必須從N-M件合格品中有放回地抽取n-m次，從M件不合格品種抽取m次，這樣就有Mm·（N-M）n-m中取法。再考慮到m件不合格品可能在n次中的任何m次抽取中得到，總共有C種可能。所以事件Bm含有CMm（N-M）n-m個樣本點，故Bm的概率為：

P（Bm）=C

=C n（）（1-），m=0，1，2，…，n. （4）

由于是放回抽樣，不合格品在整批產(chǎn)品中所占的比例M/N不變，記此比例為p，則上式可改寫為：

P（Bm）=CPm（1-P）， m=0，1，2，…，n.

同樣取N=9，M=3，n=4，則有：

P（B0）=（1-）4= ， P（B1）=4·（）2=

P（B2）=6·（）2（）2= ， P（B3）=4·（）3（）1=

將以上結果列成一個表格（表2）：

例4（彩票問題） 一種福利彩票稱為幸運35選7，即購買時從01，02……35中任選7個號碼，開獎時從01，02……35中不重復地選取7個基本號碼和一個特殊號碼。中各等獎的規(guī)則如下：

中獎級別 中獎規(guī)則

一等獎 7個基本號碼全中

二等獎 中6個基本號碼及特殊號碼

三等獎 中6個基本號碼

四等獎 中5個基本號碼及特殊號碼

五等獎 中5個基本號碼

六等獎 中4個基本號碼及特殊號碼

七等獎 中4個基本號碼，或中3個基本號碼及特殊號碼

試求各等獎的中獎概率。

解析：因為不重復地選號是一種不放回抽樣，所以樣本空間Ω含有C個樣本點，要中獎應把抽取看成是三種類型中抽取：

第一類號碼：7個基本號碼。第二類號碼：1個特殊號碼。

第三類號碼：27個無用號碼。

注意到例2中是在兩類元素（合格品和不合格品）中抽取，如今在三類號碼中抽取，若記Pi為中第i等獎的概率（i=1，2，…7），運用例2的方法可計算得各等獎的中獎概率如下：

P1===0.149×10-6，

P2===1.04×10-6，

P3===28.106×10-6，

P4===84.318×10-6，

P5===1.096×10-3，

P6===1.827×10-3，

P7===30.448×10-3。

若記A為事件“中獎”，則A為事件“不中獎”，且由P（A）+

P（A）=P（Ω）=1可得：

P（中獎）=P（A）=P1+P2+P3+P4+P5+P6+P7

==0.033485

P（不中獎）=P（A）=1-P（A）=0.966515

這就說明：一百個人中約有3人中獎，而中頭獎的概率只有0.149×10-6，即兩千萬人中約有3人中頭獎。 因此購買彩票要有平常心，期望值不宜過高。

例5（生日問題） n個人的生日全部相同的概率Pn是多少？

解析：把n個人看成是n個球，將一年365天看成是N=365個盒子，則“n個人的生日全部相同”就相當于“恰好有n（n≤N）個盒子各有一球”，所以n個人的生日全部相同的概率為：

Pn==（1-）（1-）…（1-） （5）

上式看似簡單，但其具體計算是繁瑣的，對此可以用一下方法做近似計算：

（1）當n較小時，（5）式右邊中各因子的第二項之間的乘積×都可以忽略，于是有近似公式：

Pn≈1-=1- （6）

（2）當n較大時，因為對于小的正數(shù)x，有l(wèi)n（1-x）≈-x，所以由（5）式得：

lnPn≈=1- （7）

例如，當n=10時，由（7）式給出的近似值為0.8840，而精確值為Pn=0.8831，n=30時，近似值為0.3037，精確值為Pn=0.2937。

這個數(shù)值結果令人很吃驚，因為許多人會認為：一年365天，30個人的生日全不相同的可能性是較大的，至少會大于

1/2。甚至有人會認為：100個人的生日全不相同的可能性也是較大的。對于不同的n值，表3列出用（7）近似公式計算出的Pn值。

表3中最后一行是對立事件“n個人中至少有兩個人生日相同”的概率1-Pn。當n=60時，1-Pn=0.9922表明在60個人的群體中至少有兩個人生日相同的概率超過99%，這是出乎人們意料的。而進一步的計算我們可以得出：當n>23時，有1-Pn>0.5。

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