选取适当样本空间 巧解古典概率题-

论文导读：所以应考虑排列。每K个排列好的球构成一个基本事件，此时样本空间所包含的样本点数为Aka+b.设Ak=｛第K次摸出黑球｝这相当于在第K个位置上放一个黑球（有C1a=a种放法），在其余K-1个位置上摆放从余下的a+b-1个球中任取K-1个球，所以事件Ak包含的有利事件数为aA，于是事件Ak的概率为：方法二设Ak={第K次摸出黑球}。因为我们只
摘 要：笔者在进行概率统计课程教学的过程中，发现学生对古典概率题的解答，计算往往十分繁杂。特别在计算中常常会用到排列组合的计算公式，计算量大不说，而且容易出错。但只要我们充分掌握了对古典概率的要求，在解题时只要能选取适当的样本空间，复杂的排列组合计算也是可以避免的。
关键词：古典概率样本空间巧解
在解答古典概率题时，首先要计算样本空间Ω的样本点数即基本事件数n和某一事件A的有利事件数m，这样就可以计算出事件A发生的概率为P(A)=。这个看似简单的公式，但我们往往会计算很复杂，而且在计算中常常会用到排列组合的公式计算，就会使一些问题的计算量很大，容易计算错误，而功亏一篑。
那么我们能不能用一些简单的方法来解决这个矛盾呢？答案是肯定的。只要我们在分析问题时能选取适当的样本空间，就可以巧解这一类问题。我们通过以下几个问题来进行探讨：
例

一、将1,2,…，n这n个数字任意排列，试求：

（1）2在1前面的概率；
（2）1,2,3依次出现的概率。
解：（1）方法一. n个数字作为样本空间的基本事件的考虑对象，则 n个数任意排列，有n！种排法，即样本空间的样本点数为 n！。2一定排在1之前这个事件的有利事件数为 C2n（n-2）！种排法，所以所求概率为:
方法二 注意到题中的要求是求2排在1前面的概率，所以我们只关心的是1和2这两个数字的排法，1和2两个数字任意排，有两种排法，则样本空间Ω={(1,2)，（2,1）｝，即Ω包含两个样本点。设A=｛2在1前面｝，于是A={(2,1)}只包含一个样本点，所以所求概率为:
P（A）=
(2)方法一. 考虑n个数字任意排列的情况，n个数字任意排列有n！种不同排法，所以样本空间的样本点数为n！，而对于事件A={1,2,3依次出现}的有利事件数可以这样来计算：“1,2,3依次出现”可以依次出现在n个位置的三个位置上，所以有C3n种站位方法，这三个位置被1,2,3依次占据后，其余n-3个数字可按任意次序在余下的n-3各位置上站位，有（n-3）！种排法。因此，事件A的有利事件数为C3n（n-3）！，因而“1,2,3依7彩论文网中国免费论文网www.7ctime.com
次出现”的概率为：
方法二 我们不用考虑n个数字的排列，因为我们只需考虑1,2,3这三个数字的排列情况，所以我们可以选取适当的样本空间，这时我们只以1,2,3做考虑对象，所以1,2,3任意排列有3！种不同排法。即：Ω=｛（1,2,3），（1,3,2），（2,3,1），（2,1,3），（3,1,2），（3,2,1）｝，样本空间中包含6个样点。如果A={1,2,3依次出现｝，
那么A仅包含了1个样本点，即A={(1,2,3）｝，所以事件A={1,2,3依次出现}的概率为：
P(A)=
由本例我们可以看到：有关这类数字的排列而产生的概率的问题，只要我们能根据具体情况，适当选取样本空间，就可以通过简单的计算来解答，从而避免了复杂的排列组合计算。
例二．袋中有a个黑球，b个白球，现将球随机地一个一个不放回地摸出来，求第K次摸出的球是黑球的概率（1≦K≦a+b）。
解：方法一 将球看成是各不相同，因为取球是不放回的，所以应考虑排列。每K个排列好的球构成一个基本事件，此时样本空间所包含的样本点数为Aka+b.设Ak=｛第K次摸出黑球｝这相当于在第K个位置上放一个黑球（有C1a=a种放法），在其余K-1个位置上摆放从余下的a+b-1个球中任取K-1个球，所以事件Ak包含的有利事件数为aA ，于是事件Ak的概率为：
方法二 设Ak={第K次摸出黑球}。因为我们只考虑的是最后摸出的一个球是白球还是黑球，所以，考虑样本空间时只对最后一个球进行考虑。这样我们可以选取适当的样本空间。首先把a+b个球加以编号，前a个球为黑球，后b个球为白球，设Wi表示第K次摸出第i号球，则样本空间Ω={w1，w2，…wa+b}，即样本空间的样本点数为a+b。容易知道每一个球都等可能的在第K次被摸到，所以Ak={第K次摸出黑球}的样本点为Ak={w1，w2，…wa}，因此，Ak的有利事件数为a。故由古典概率的计算公式可求出事件Ak的概率为：
比较本例的两种解法可以发现，方法二中样本空间的取法最小，再小就不能保证等可能性了。方法一中选取的样本空间较大，没有方法二直观、简单。
例

三、n个老同学随机地围绕圆桌而坐，求下列事件的概率：

（1）A={甲、乙坐在一起，且乙在甲的左边}；
（2）B={甲、乙、丙坐在一起}。
解：方法一 围成圆圈的椅子不编号，n个人围圆桌而坐的不同方法为n个不同的元素排列圆圈的排列数，即样本空间的样本点的总数为：n= =（n-1）！
（1）因为乙坐在甲的左边，将甲、乙两人看成一人，所以事件A的有利事件数就是（n-1）个不同元素排成圆圈的排列数，即 =（n-2）！所以事件A的概率为：
（2）类似地，将甲、乙、丙看成一人，这时有 =（n-3）！种排法。当n≧4时，甲、乙、丙3人共有3！种不同的排法。由乘法原则可知B的有利事件数为（n-3）！3！，所以事件B的概率为：
特别地，当n=3时，甲、乙、丙总是在一起的有：
P(B)=1
方法二 （1）将椅子编号，任何人坐了不同编号的椅子都看成是不同的排法，所以样本空间Ω的样本点数为n!。甲有n种不同的坐法，乙坐在甲的左边，其余的人共有（n-2）！种坐法。所以事件A的有利事件数为n（n-2）！，故事件A的概率为：
（2）当n≥4时，甲有n种坐法，乙、丙与甲相邻而坐占了2个位子，其余的人共有（n-3）！种坐法；而乙和丙可能在甲的两边，有2种坐法；可能都在甲的右边，有2种坐法，；也可能都在甲的左边，也有2种坐法。所以甲、乙、丙的相对位子共有6种，因此事件B的有利事件数为6n（n-3）！。故事件B的概率为：
特别地，当n=3时，事件B是必然事件，故P（B）=1
方法三 （1）我们只需考虑甲、论文导读：方法一是条件概率公式直接计算，较方法二、方法三计算量大，对方法二、方法三来说，都采用了缩减样本空间法。但应注意这两种方法是从不同的角度进行缩减。这种解法所选取的原样本空间不同，就如前面所介绍选取适当样本空间那样。方法二是考虑两次取数的试验所产生的样本空间（称之为细分），方法三是考虑一次取数的试验所产生的样本
乙两人的座位关系，所以我们可以选取适当的样本空间，不妨假设甲已坐定，这时乙的坐法有（n-1）种。这（n-1）个位置都是等可能的，即这时的样本空间Ω的样点总数为n-1.而A=｛甲、乙坐在一起，且乙在甲的左边｝的有利事件数只有一种，所以事件A的概率为：
（2）类似地，甲坐定后，乙、丙共有（n-1）（n-2）种坐法，所以这时样本空间的样本点数的总数为（n-1）（n-2）。而B=｛甲、乙、丙坐在一起｝的有利事件数为6，所以事件B的概率为：
特别地，当n=3时， P（B）=1
从本例可看出，用计算排列的方法来做是比较复杂的。但是当我们选取适当的样本空间后，不用排列组合而十分简便地得到结果。
例

四、任取一个正整数，求该数的平方的个位数是1的概率。

本例在学生解答时常常把正整数全体取为样本空间，而这样的样本空间是无限的，就谈不上等可能性了，所以如果把全体正整数取为样本空间我们就不能用古典概率来计算，因此，我们只能选取适当的样本空间。我们首先考虑，一个正整数的平方的个位数只取决于该整数的个位数，它们可以是0，1,2，…，9这十个字中的任一个。所以我们就可以把样本空间取为Ω=｛0，1,2，…，9｝，设A=｛任取一个正整数，该数的平分的个位数是1｝，而在｛0，1,2，…，9｝这十个数字中，显然只有1和9这两个数字的平方的个位数是1，所以事件A的有利事件数为2，即A=｛1,9｝。故所求的事件A的概率为：
本例说明对一些特别的问题，如果我们不会选取适当的样本空间，不仅计算困难，而且是不能用古典概率的方法来解决。而当我们选取适当的样本空间后，就使问题的解答简单、直观。
如果我们对这种方法理解和熟悉后，我们在计算条件概率时是可以运用这种思想的。在事件A发生的前提下，选取B的适当样本空间，并在这个适当的样本空间中计算B发生的概率，从而计算出P（B︱A）。这种方法常常叫做缩减样本空间法。
例五 在1,2,3,4,5这五个数码中，每次取一个数码，取后不放回，连取两次。求在第一次取到偶数的条件下，第二次取到奇数的概率。
首先我们来对问题进行分析：用（i，j,）表示第一次取出数码i且第二次取出数码j，则随机试验所产生的样本空间为：
Ω=｛（1，2），（1，3），（1，4），（1，5），（2，1），（2，3），（2，4），（2，5），（3，1），（3，2），（3，4），（3，5），（4，1），（4，2），（4，3），（4，5），（5，1），（5，2），（5，3），（5，4）｝
如果把“第一次取得偶数”记为事件A，这个条件作为随机试验的先决条件，这时样本空间为：
ΩA=｛（2，1），（2，3），（2，4），（2，5），（4，1），
（4，2），（4，3），（4，5）｝
这个空间我们就常常叫做“缩减的样本空间”，它是把Ω中第1数是奇数的12个样本点除去后，剩下的8个样本点所构成的新样本空间（不考虑第2个号码是奇数还是偶数）。因此，我们仅考虑第一次抽样的随机试验所组成的样本空间Ω=｛1,2,3,4,5｝，则第一次抽去一个偶数后，其样本空间缩减为ΩA=｛i，1,3,5｝，其中i取偶数2或4.空间Ω可以用条件概率公式来计算概率，缩减的样本空间可以用古典概率公式直接计算概率。
解：方法

一、设A=｛第1次取出偶数｝

B=｛第2次取出奇数｝
因为两次取数的随机试验所构成的样本空间Ω的样点的总数为 A25个，其中事件A的有利事件数为 C12C14
所以，
又在Ω中第一次取出偶数且第二次取出奇数的样点的点数为C12C13，所以
由条件概率公式可得：
方法二 我们缩减样本空间考虑时，ΩA所包含的样摘自：7彩论文网本科毕业论文评语www.7ctime.com
本点数为C12C14(或A25-C13C14)个，其中第2个数码是奇数的样本点数为C12C13(或A25-C13C14-A22)个。故由古典概率计算公式可得：
方法三 我们首先考虑第一次抽样时的样本空间，这时的样本空间Ω=｛1,2,3,4,5｝，如果第一次抽取一个偶数后，样本空间缩减为：
ΩA=｛i，1,3,5｝，其中i取2或4。在缩减的样本空间ΩA中，第二次抽取到奇数的样本点为1,3,5,即有利事件数为3。由古典概率公式可得：
P（B︱A）=
本例中的方法一是条件概率公式直接计算，较方法二、方法三计算量大，对方法二、方法三来说，都采用了缩减样本空间法。但应注意这两种方法是从不同的角度进行缩减。这种解法所选取的原样本空间不同，就如前面所介绍选取适当样本空间那样。方法二是考虑两次取数的试验所产生的样本空间（称之为细分），方法三是考虑一次取数的试验所产生的样本空间（称之为粗分）。这两种解法想比较，方法二容易被接受，但样本点数较多时，计算较麻烦。方法三不容易掌握，但计算简洁。
例六 袋中装有2n-1个白球，2n个黑球，一次取出n个球，发现都是同一种颜色的，求这种颜色是黑色的概率。
解：方法一 我们以袋中2n-1个白球和2n个黑球为考虑的对象。这时从4n-1个球里一次取出n个球有Cn4n-1种不同的取法，所以样本空间Ω的样本点数为Cn4n-1
设A=｛取出的n个球是同色球｝ B=｛取出的n个球是黑色球｝
由古典概率计算公式可得：
P（A）=P（AB）=
所以由条件概率公式计算可得：
方法二 设A=｛取出的n个球是同色球｝，B=｛取出的n个球是黑色球｝，现在仅考虑A的前提条件下，我们可知A的缩减样本空间ΩA仅为Cn2n+Cn2n个样本点，这时B包含的样本点数为Cn2n个。所以，所求的概率为：
通过以上的例子我们可以看到，在古典概率计算中，只要我们充分掌握了对古典概率的要求，在解题时只要能选取适当的样本空间，复杂的排列组合计算也是可以避免的。当然，以上的例子是笔者经过有意识的选择的，但这种注意样本空间选取的思想是很有用的，掌握它也不困难，但却往往不被人所重视。因此笔者想以此文提出论文导读：　《概率论与数理统计解题方法技巧归纳》华中理工大学出版社.毛钢源编《概率统计题解》北京大学出版社耿素云编《概率论与数理统计中的典型例题分析与习题》.高等教育出版社龙永红主编《概率论解题方法与技巧》国防工业出版社.薛留根编（作者单位：贵定师范数学系）上一页123
，希望能引起重视，并能对关心古典概率的人们有所帮助。
[参考文献]
《概率论与数理统计教程》 高等教育出版社.魏宗舒等编
《概率论与数理统计解题方法技巧归纳》 华中理工大学出版社.毛钢源编
[3]《概率统计题解》北京大学出版社 耿素云编
[4]《概率论与数理统计中的典型例题分析与习题》.高等教育出版社 龙永红主编
[5]《概率论解题方法与技巧》 国防工业出版社.薛留根编
（作者单位：贵定师范数学系）