PDF《基础知识回顾》

一旦事实 不能满足这种假定, 就不能使用 等可能 的古典概型来计算概率. 这一点务必牢记. 这里仅以几例回顾相关计数技巧在古典概型中的应用. 例1.1 (生日问题) 宿舍中

6 个人, 求6人生日 (只考虑月和日) 各不相同的概率 (假设1年有

365 天). 解设6人依次排队 选择 生日. 第1人 选择 生日时, 共有

365 天可选;

第2人再选时, 为避开第

1 人的生日, 共有

365 ?

1 =

364 天可选. 依次类推, 并各自相乘, 即得有 利结果数. 这实际上是

365 选6的排列数. 而所有可能结果数显然为

3656 . 故所求概率为 365P6/3656 . R中计算的命令为 choose(365,6) * factorial(6) / 365^6 答案是 0.959 5. 实际上利用 R可以很快算出任意人数宿舍中每个人的生日各不相同 (或至少有两人生 日相同) 的概率, 这将留作练习供大家思考. 例1.2 n 张奖券中有 r 张有奖, 共有 k 个人购买, 每人一张, 其中至少有一个人中奖 的概率为多少 (k <

r)? 此题直接去计算有利结果不太可行, 因为情况众多, 难以一一列举, 故取其对立事件, 即 一个人都没有中奖 (设为事件 A), 并计算其概率;

则P(Ac ) =

1 ? P(A) 即是所求概率. 而 要保证一个人都不中奖, 最简单的方法, 莫过于奖池的奖券都是不带奖的, 即所有摸出的奖 券(k) 都从没有奖的奖券 (n ? r) 中抽取. 而所有可能结果显然为 n k . 故所求概率为 P(Ac ) =

1 ? P(A) =

1 ? n ? r k n k 例1.3 (抽签问题) 袋中有 a 个白球、b 个黑球, 无放回地每次从中取出一球, 求第 k(k a + b) 次取到黑球的概率.

6 R 语言统计学基础 解 这里提供两种解法. 令X={第 k 次取到黑球}. (1) 排列法. 假设先对每个小球进行编号, 然后把每个小球看成不同的小球, 并把取出 的小球依次排入 a + b 个方框中. 则样本空间的基本事件数为 a + b 个球在 a + b 个方框上 的全排列, 此排列数为 (a + b)!. 第k次取到黑球相当于首先在第 k 个方框上放入黑球, 这共有 b 种排法;

然后在剩余 的a+b?1个方框内排剩下的 a + b ?

1 个球 (不论黑白), 这共有 (a + b ? 1)! 种排法. 由于 这是分步问题, 使用乘法原理, 有利结果 X 的事件数为 b(a + b ? 1)! 种. 故所求概率为 P(X) = b(a + b ? 1)! (a + b)! = b a + b (2) 组合法. 排列法假设每个小球都有区别. 实际上, 更直观地, 每个小球除了颜色之外 并无任何不同, 用组合法应当更合常理. 将小球取出后, 仍将其依次放入 a + b 个方框中. 此时, b 个黑球在 a + b 个方框的所有不同放法的组合数为 a + b b (因为 b 个黑球之间没有 区别, 也就不需要考虑其先后排序, 因此是组合数), 而这个数实际上就是 b 个黑球被取出的 不同取法数, 即样本空间中的基本事件总数. 第k次取到黑球相当于首先在第 k 个方框上必须放入黑球, 其余的 b?1 个黑球可以任 意地选择剩下的 a + b ?

1 个方框中的任意 b ?

1 个方框放入, 此时的组合, 共有 a + b ?

1 b ?

1 种. 这也就是有利结果数. 故所求概率为 P(X) = a + b ?

1 b ?

1 a + b b = (a + b ? 1)! (b ? 1)!a! (a + b)! b!a! = b a + b 此题的重要性在于它解决了抽签或抓阄法的公平性问题. 由于 a、b 只是提前确定好的 球数, 即常数, 而k相当于抽签顺序. 此例中我们看到第 k 次取到黑球 (类似于标有中奖的 签) 的概率与 k 本身无关, 而仅与黑白球事先的比例相关. 同时也可看到, 同样的题目, 在计算概率时, 所使用的样本空间可以不同 (这里分别用排 列法和组合法计算了各自的样本空间), 由此得到的有利结果的样本点也不尽相同. 但只要 样本空间的建立是合理的, 便可在各自空间下得到相同的概率. 在学习完独立性概念后, 还 将对此题进行更深入的讨论. 例1.4 (三门问题) 三门问题(Monty Hall problem) 又直译为蒙提 ・ 霍尔问题, ........