§1.3 古典概型（Classical Probability）

定义与建模条件

古典概型／等可能概型（classical probability model）要求同时满足：

1. 有限性（finiteness）：样本空间只有有限个样本点。
2. 等可能性（equally likely outcomes）：每个样本点出现的概率相同。

若 \(|S|=N\)，规范性与有限可加性给出单点概率 \(1/N\)，故

\[ P(A)=\frac{|A|}{|S|} =\frac{\text{有利结果数（favorable outcomes）}}{\text{全部可能结果数（total outcomes）}}. \]

有限等可能空间也称 simple sample space。使用个数比前，须明确哪些结果等可能；仅“有限”或“随机”不够。

排列组合与计数模型

排列（Permutation）

从 \(n\) 个不同元素中不放回地取 \(k\) 个，并记录顺序：

\[ A_n^k=P_{n,k}=\frac{n!}{(n-k)!} =n(n-1)\cdots(n-k+1),\qquad 0\le k\le n. \]

若取全部元素，全排列数为 \(n!\)；规定 \(0!=1\)。

组合（Combination）

从 \(n\) 个不同元素中不放回取 \(k\) 个，不计顺序：

\[ C_n^k=\binom nk=\frac{n!}{k!(n-k)!} =\frac{A_n^k}{k!}. \]

一个 \(k\) 元子集可排成 \(k!\) 种顺序，所以组合数比排列数少一个 \(k!\) 因子。约定 \(k<0\) 或 \(k>n\) 时 \(\binom nk=0\)。

先判断“放回”和“顺序”

取法	样本点	总数
不放回，记录顺序（without replacement, ordered）	互不相同的 \(k\) 元序列	\(A_n^k\)
不放回，不记录顺序（without replacement, unordered）	\(k\) 元子集	\(\binom nk\)
放回，每次均匀选择且允许任意选择序列（with replacement, ordered）	可重复的 \(k\) 元序列	\(n^k\)

分子、分母须统一计数：都计顺序或都不计。放回抽样的无序结果通常不等可能，宜用有序样本点。

计数乘法原理（multiplication principle of counting）：分步选择的可选数相乘；区别于概率乘法公式。

作业｜习题一 B2：随机猜两张脸谱

题目。50 张不同脸谱中随机选两张合成一张，挑战者靠猜找出原来的两张。求猜中的概率。

解析。无有效线索时，\(\binom{50}{2}\) 个无序对等可能，仅一对正确：

\[ P(\text{猜中})=\frac1{\binom{50}{2}}=\frac1{1225}. \]

若用有序对计数，分母是 \(50\cdot49\)，但正确顺序有两个，结果仍相同。

作业｜习题一 A10：两颗骰子与条件样本空间

题目。同时掷两颗均匀、独立的骰子，求：（1）点数不同的概率；（2）一颗点数为另一颗三倍的概率；（3）已知点数不同，再求三倍关系的概率。

解析。将两颗骰子区分，36 个有序点数对等可能。设 \(D\) 为点数不同，\(T\) 为三倍关系：

\[ P(D)=1-\frac6{36}=\frac56,\qquad T=\{(3,1),(6,2),(1,3),(2,6)\}. \]

因此 \(P(T)=4/36=1/9\)。又因 \(T\subseteq D\)，

\[ P(T\mid D)=\frac{P(T)}{P(D)} =\frac{1/9}{5/6}=\frac2{15}. \]

最后一问也可在剩余 30 个点数不同的等可能结果中计数，得到 \(4/30\)；参见条件概率。

例 1：放回与不放回摸球

袋中 3 红、5 黄，各球等可能。给同色球也编号，以球号定义等可能样本点。

一次摸球取到红球：

\[ P(\text{红球})=\frac38. \]

不放回摸两球，颜色不同。以无序二元子集为样本点：

\[ P(\text{不同色})=\frac{\binom31\binom51}{\binom82} =\frac{15}{28}. \]

有序计数同样得 \(2\times3\times5/[8\times7]=15/28\)；因子 \(2\) 对应红黄、黄红。

放回抽样：每次放回后重新均匀抽取，\(8^2\) 个有序球号对等可能：

\[ P(\text{不同色})=\frac{3\times5+5\times3}{8^2}=\frac{15}{32}. \]

作业｜习题一 A12：两次抽球的三种事件

题目。10 个球中有 8 红、2 非红，每次摸一个，共两次。分别在放回和无放回情形求：两次均红、恰有一个红、第 2 次为红的概率。

解析。设 \(R_i\) 为第 \(i\) 次取红。恰一红是两个互斥顺序 \(R_1R_2^c\) 与 \(R_1^cR_2\) 的并：

事件	有放回	无放回
\(R_1R_2\)	\(\frac8{10}\frac8{10}=\frac{16}{25}\)	\(\frac8{10}\frac79=\frac{28}{45}\)
恰一红	\(\frac8{10}\frac2{10}+\frac2{10}\frac8{10}=\frac8{25}\)	\(\frac8{10}\frac29+\frac2{10}\frac89=\frac{16}{45}\)
\(R_2\)	\(8/10=4/5\)	\(\frac8{10}\frac79+\frac2{10}\frac89=4/5\)

无放回时，第 2 次的无条件红球概率仍为 \(4/5\)，但给定第 1 次颜色后的条件概率会改变。

作业｜习题一 A14：无序颜色组合与固定顺序

题目。7 球中 2 红、3 黑、2 白，无放回取三次。求：（1）恰一红一黑一白；（2）三个全黑；（3）依次为红、黑、白的概率。

解析。分别采用无序组合与顺序乘法：

\[ P(\text{一红一黑一白}) =\frac{\binom21\binom31\binom21}{\binom73}=\frac{12}{35}, \]

\[ P(\text{三个全黑})=\frac{\binom33}{\binom73}=\frac1{35}, \]

\[ P(\text{依次红黑白})=\frac27\frac36\frac25=\frac2{35}. \]

三种不同颜色有 \(3!=6\) 个顺序，因此第 (1) 问恰为第 (3) 问的六倍。

例 2：产品抽样中恰有指定数量的次品

\(N\) 件产品中有 \(D\) 件次品，不放回地均匀抽取 \(n\) 件。记 \(A_k=\{\text{恰有 }k\text{ 件次品}\}\)，则

\[ P(A_k)=\frac{\binom Dk\binom{N-D}{n-k}}{\binom Nn}. \]

分子分别选次品、正品，分母选全部样本。整数 \(k\) 的范围为

\[ \max\{0,n-(N-D)\}\le k\le\min\{n,D\}. \]

范围以外的概率为 \(0\)，也可由组合数的零值约定统一处理。这是不放回抽样（sampling without replacement）的计数概率。

例 3：球盒模型与生日问题

球盒模型（Occupancy Model）

\(n\) 个不同的球投入 \(N\) 个不同的盒子，\(n\le N\)；每个球均匀选择盒子，整个盒号序列按 \(N^n\) 个等可能结果建模。

设 \(A=\{\text{恰有 }n\text{ 个盒子各有一个球}\}\)，即无碰撞。全部结果 \(N^n\) 种；无碰撞需选盒并排列球，有 \(\binom Nn n!=A_N^n\) 种，故

\[ P(A)=\frac{A_N^n}{N^n} =\prod_{j=0}^{n-1}\left(1-\frac jN\right). \]

条件：各球独立且均匀选盒，才能使全部序列等可能；仅各球的边际均匀不够。

生日问题（Birthday Problem）

人对应球、365 个日期对应盒。假设忽略闰日，各人生日独立均匀；现实生日未必满足该模型。

对 \(n\le365\)，先求没有人生日相同，再取补：

\[ P(\text{至少两人同生日}) =1-\frac{A_{365}^n}{365^n} =1-\prod_{j=0}^{n-1}\left(1-\frac j{365}\right). \]

\(n=64\) 时，结果约为 \(0.997\)。\(n=23\) 时已经约为 \(0.507\)；\(n>365\) 时，由抽屉原理（pigeonhole principle）概率为 \(1\)。

自绘。按上述理想生日模型计算。来源与许可。

“至少一对同生日”与“有人和指定者同生日”不同；前者比较所有人对，人数增加时人对数迅速增加。

例 4：抽签问题与样本空间的选择

袋中 \(a\) 个红球、\(b\) 个白球，\(n=a+b\)。\(n\) 人依次不放回摸球，每一步对剩余球均匀选择。记 \(A_k=\{\text{第 }k\text{ 人摸到红球}\}\)。

方法一：给全部球编号，观察整个排列

全部 \(n!\) 种排列等可能。第 \(k\) 位有 \(a\) 种红球选择，其余 \((n-1)!\) 种排列，故

\[ P(A_k)=\frac{a(n-1)!}{n!}=\frac an. \]

方法二：只记录红球分配给哪几个人

红球接收者构成 \(a\) 人子集，共 \(\binom na\) 个；各对应 \(a!b!\) 个球号排列，故等可能。

若第 \(k\) 人得到红球，则其余 \(a-1\) 个红球位置从其他 \(n-1\) 人中选择：

\[ P(A_k)=\frac{\binom{n-1}{a-1}}{\binom na}=\frac an. \]

此写法用于 \(a\ge1\)；\(a=0\) 时答案直接为 \(0\)。分子不再乘 \(a\)，因为此模型不区分红球编号。

例如：\(n=3,a=2\)，样本空间为 \(\{\{1,2\},\{1,3\},\{2,3\}\}\)，其中含人员 1 的样本点有两个，概率 \(2/3\)。

方法三：只记录第 \(k\) 人取得的球号

由球号排列的对称性，每个球号出现在第 \(k\) 位的概率均为 \(1/n\)。取 \(S=\{1,\ldots,n\}\)，其中有 \(a\) 个红球号，答案仍为 \(a/n\)。

三种等可能模型均保留所求事件，答案一致：未利用前面结果时，抽签顺序不影响无条件概率。

错误方法：按颜色分两类，直接得到一半

取 \(S=\{\text{红},\text{白}\}\) 后不能直接写 \(P(\text{红})=1/2\)：两类概率为 \(a/n,b/n\)，仅 \(a=b\) 时相等。合并结果应累加概率，不能重新均分。

已知前一人的结果后，概率会变化

设 \(0<a<n\)，则

\[ P(A_2\mid A_1)=\frac{a-1}{n-1},\qquad P(A_2\mid A_1^c)=\frac a{n-1}. \]

这与 \(P(A_2)=a/n\) 不矛盾：前两式加入了已知信息。由全概率公式，

\[ P(A_2)=\frac an\frac{a-1}{n-1} +\frac bn\frac a{n-1}=\frac an. \]

正式定义与公式见 §1.4 条件概率。

例 5：配对问题与错排（Matching Problem / Derangement）

\(n\) 人各准备一件带自己编号的礼物，随后按均匀随机排列分发。求无人拿到自己礼物的概率。

设 \(A_i=\{\text{第 }i\text{ 人取得自己的礼物}\}\)。对任意指定的 \(k\) 个不同人员，固定其礼物不动，其他礼物可任意排列，所以

\[ P(A_{i_1}\cap\cdots\cap A_{i_k})=\frac{(n-k)!}{n!}. \]

共有 \(\binom nk\) 组这样的人员，由容斥原理，

\[ \begin{aligned} P(\text{无人取得自己的礼物}) &=1-P\left(\bigcup_{i=1}^n A_i\right)\\ &=1-\sum_{k=1}^{n}(-1)^{k-1}\binom nk\frac{(n-k)!}{n!}\\ &=\sum_{k=0}^{n}\frac{(-1)^k}{k!}. \end{aligned} \]

关键化简为 \(\binom nk(n-k)!/n!=1/k!\)。以 \(n=3\) 核对：\(1-1+1/2!-1/3!=1/3\)，对应六种排列中的两种错排。

由指数函数级数可得，

\[ \lim_{n\to\infty}P(\text{无人配对成功})=e^{-1}\approx0.367879. \]

有限 \(n\) 时应使用有限和，而不是直接写 \(1/e\)。各 \(A_i\) 重叠且不独立，不能直接相加或把补事件概率相乘。

作业｜习题一 A15：指定车辆的配对

题目。1–9 号车随机停入 1–9 号车位，每车占一个车位；车号与车位号相同时称配对。求 1 号车配对的概率；1 号车配对而 9 号车不配对的概率。

解析。设 \(M_i\) 为 \(i\) 号车配对。全部 \(9!\) 个停车排列等可能，固定一辆或两辆后分别剩下 \(8!\)、\(7!\) 种排列：

\[ P(M_1)=\frac{8!}{9!}=\frac19, \]

\[ P(M_1M_9^c)=P(M_1)-P(M_1M_9) =\frac{8!-7!}{9!}=\frac7{72}. \]

仅限制 1、9 号车，其余不受限，不能套无人配对的错排公式。

易错点

• 使用个数比前确认等可能，分子、分母采用同一种计数。
• 放回的无序结果通常不等可能。
• 恰有 \(k\)（exactly \(k\)）与至少 \(k\)（at least \(k\)）不同。

参考资料

主课件第 52–67 页；原始第一章课件第 45–59 页。