概率统计D 01.02 概率的古典定义

§1.2概率的古典定义 \color{blue}{\S 1.2 概率的古典定义}

在一个试验中,有许多随机事件.一个事件在一次试验中可能发生,也可能不发生.有的事件发生的可能性大,有的事件发生的可能性小.概率就是用来刻画事件发生可能性大小的数量指标. 在一个试验中,有许多随机事件.一个事件在一次试验中可能发生,\\ 也可能不发生.有的事件发生的可能性大,有的事件发生的可能性小.\\ 概率就是用来刻画事件发生可能性大小的数量指标.

一、概率的统计定义 \color{blue}{一、概率的统计定义}

1.频率 \color{blue}{1.频率}

定义1.设A为试验E中一个事件,把试验E在相同条件下重复进行n次,如果事件A发生的次数为n A ,则称n A n 为事件A在n次试验中发生的频率,记为f n (A),即f n (A)=n A n .设试验E的基本空间为Ω,A为E中的随机事件,A 1 ,A 2 ,⋯,A m 为E中两两互不相容的事件,则由定义1易知频率具有下述性质: 定义1.设A为试验E中一个事件,把试验E在相同条件下重复进行n次,\\ 如果事件A发生的次数为n_A,则称\dfrac{n_A}{n}为事件A在n次试验中发生的{\color{blue}{频率}},\\ 记为f_n(A),即f_n(A) = \dfrac{n_A}{n}. \\ 设试验E的基本空间为\Omega,A为E中的随机事件, A_1, A_2, \cdots, A_m为\\ E中两两互不相容的事件,则由定义1易知频率具有下述性质:

性质1:0≤f n (A)≤1. 性质1: 0 \leq f_n(A) \leq 1.

性质2:f n (Ω)=1. 性质2: f_n(\Omega) = 1.

性质3:f n (A 1 ∪A 2 ∪⋯∪A m )=f n (A 1 )+f n (A 2 )+⋯+f n (A m ). 性质3: f_n(A_1 \cup A_2 \cup \cdots \cup A_m) = f_n(A_1) + f_n(A_2) + \cdots + f_n(A_m) .

经验证明：当试验进行的次数很大时,事件A的频率f n (A)具有一定的稳定性,即当试验次数n充分大时,频率f n (A)总在一个确定的数字附近摆动. 经验证明：当试验进行的次数很大时,事件A的频率f_n(A)具有一定的稳定性,\\ 即当试验次数n充分大时,频率f_n(A)总在一个确定的数字附近摆动.

例1:古代学者摩根(Morgan)、蒲丰(Buffon)和皮尔逊(Peason),分别作了多次抛掷硬币的试验,观察正面出现次数,记录结果如下表1−1所示,其中n是抛掷硬币的次数,H表示事件“出现正面”,n H 是在n次试验中正面出现次数,f n (H)表示n次试验中正面出现的频率. 例1:古代学者摩根(Morgan)、蒲丰(Buffon)和皮尔逊(Peason),\\ 分别作了多次抛掷硬币的试验,观察正面出现次数,记录结果如下表1-1\\ 所示,其中n是抛掷硬币的次数,H表示事件“出现正面”,n_H是在n次试验\\ 中正面出现次数,f_n(H)表示n次试验中正面出现的频率.
表1-1

实验者	试验次数	正面出现次数	频率
摩根	2048	1010	0.4932
蒲丰	4040	2048	0.5069
皮尔逊	12000	6019	0.5016
皮尔逊	24000	12012	0.5005

我们把频率f n (A)围绕摆动的稳定值p,叫做事件A的概率,即有概率的统计定义如下: \qquad 我们把频率f_n(A)围绕摆动的稳定值p,叫做事件A的概率,\\\\即有概率的统计定义如下:

2.概率的统计定义 \color{blue}{2.概率的统计定义}

定义2.在相同的条件下重复进行n次试验,如果当n增大时,A事件的频率f n (A)=n A n 稳定地在某一常数p附近摆动,则称常数p为事件A的概率,记P(A)=p. \color{blue}{定义2.在相同的条件下重复进行n次试验,如果当n增大时,\\ A事件的频率f_n(A) = \dfrac{n_A}{n}稳定地在某一常数p附近摆动,\\ 则称常数p为事件A的概率,记P(A) = p.}

根据这一定义,可以把由大量重复试验所得到的事件的频率作为事件概率的近似值. 根据这一定义,可以把由大量重复试验所得到的事件的频率\\ 作为事件概率的近似值.

二、古典概型 \color{blue}{二、古典概型}

1.等可能概型 \color{blue}{1.等可能概型}

等可能概型(也叫做古典概型):具有以下特点的试验称为等可能概型:(i)只有有限个基本事件,即基本空间为有限空间,Ω={ω 1 ,ω 2 ,⋯,ω n };(ii)每个基本事件发生的可能性是相等的. 等可能概型(也叫做古典概型):\\ 具有以下特点的试验称为等可能概型:\\ (i) 只有有限个基本事件,即基本空间为有限空间, \\ \Omega = \lbrace \omega_1, \omega_2, \cdots, \omega_n \rbrace; \\ (ii)每个基本事件发生的可能性是相等的.

2.古典概率 \color{blue}{2.古典概率}

定义3.设A为等可能概型E中一个事件,E的基本事件总数为n,事件A所包含的基本事件数为n A ,称n A n 为事件A的概率,记为P(A),即P(A)=事件A包含的基本事件数基本事件总数 =n A n .概率的这个定义,称为概率的古典定义,此定义中的概率称为古典概率. 定义3.设A为等可能概型E中一个事件,E的基本事件总数为n,\\ 事件A所包含的基本事件数为n_A,称\dfrac{n_A}{n}为事件A的概率,\\ 记为P(A),即\\ P(A) = \dfrac{事件A包含的基本事件数}{基本事件总数} = \dfrac{n_A}{n}. \\ 概率的这个定义,称为概率的古典定义,此定义中的概率称为{\color{blue}{古典概率}}.

例2.将一枚硬币抛掷3次,求事件恰有一次正面的概率. 例2.将一枚硬币抛掷3次,求事件恰有一次正面的概率.
解:设H表示事件出现正面,T表示事件出现反面,A表示事件恰有一次出现正面.这是一个等可能概型,基本空间为:Ω={HHH,HHT,HTH,HTT,THH,THT,TTH,TTT}.基本事件总数为n=8,事件A所包含的基本事件有3个:A={HTT,THT,TTH},于是有P(A)=n A n =38 . 解: 设H表示事件出现正面, T表示事件出现反面,\\ A表示事件恰有一次出现正面.\\ 这是一个等可能概型,基本空间为:\\ \Omega = \lbrace HHH, HHT, HTH, HTT, THH, THT, TTH, TTT \rbrace. \\ 基本事件总数为n = 8, 事件A所包含的基本事件有3个:\\ A= \lbrace HTT, THT, TTH \rbrace, 于是有 \\ P(A) = \dfrac{n_A}{n} = \dfrac{3}{8} .

例3.将一颗均匀的骰子抛掷两次,(1)求两次出现的点数之和等于8的概率;(2)求两次出现的点数相同的概率. 例3.将一颗均匀的骰子抛掷两次,(1)求两次出现的点数之和等于8的概率;\\ (2) 求两次出现的点数相同的概率.
解:用(i,j)表示事件第一次出现i点,第二次出现j点.(i,j=1,2,⋯,6)则该试验的空间为:Ω={(i,j)|i,j=1,2,⋯,6},共有n=36个基本事件.设A表示事件两次出现的点数之和等于8,B表示两次出现的点数相同.则A包含有n A =5个基本事件:A={(2,6),(3,5),(4,4),(5,3),(6,2)},B包含有n B =6个基本事件B={(1,1),(2,2),(3,3),(4,4),(5,5),(6,6)},所以P(A)=n A n =536 ,P(B)=n B n =636 =16 解:用(i, j)表示事件第一次出现i点,第二次出现j点.(i,j = 1, 2, \cdots, 6)\\ 则该试验的空间为:\\ \Omega = \lbrace (i,j ) | i, j = 1, 2, \cdots, 6 \rbrace, \\ 共有n = 36个基本事件. \\ 设A表示事件两次出现的点数之和等于8,B表示两次出现的点数相同.\\ 则A包含有n_A = 5个基本事件: \\ A = \lbrace (2, 6), (3, 5), (4, 4), (5, 3), (6, 2) \rbrace, \\ B包含有n_B = 6个基本事件 \\ B = \lbrace (1, 1), (2, 2), (3,3), (4,4), (5,5), (6, 6) \rbrace, \\ 所以\\ P(A) = \dfrac{n_A}{n} = \dfrac{5}{36}, \\ P(B) = \dfrac{n_B}{n} = \dfrac{6}{36} = \dfrac{1}{6}

3.排列组合简介 \color{blue}{3.排列组合简介}

有些古典概型中基本事件总数n与事件A所包含的基本事件数n A ,需用排列组合的公式来计算. 有些古典概型中基本事件总数n与事件A所包含的基本事件数n_A,\\ 需用排列组合的公式来计算.
(1)加法原理与乘法原理 (1)加法原理与乘法原理
加法原理:如果进行某过程有m种方式,而第i种方式有k i 种方法(i=1,2,⋯,m),则完成该过程共有k 1 +k 2 +⋯+k m 种方法. {\color{blue}{加法原理}}:如果进行某过程有m种方式,而第i种方式有k_i种方法\\ (i = 1, 2, \cdots, m),则完成该过程共有k_1 + k_2 + \cdots + k_m种方法.
乘法原理:进行某过程必须经过m个步骤,而第i个步骤有k i 种方法(i=1,2,⋯,m),则完成该过程共有k 1 k 2 ⋯k m 种方法. {\color{blue}{乘法原理}}:进行某过程必须经过m个步骤,而第i个步骤有k_i种方法\\ (i = 1, 2, \cdots, m),则完成该过程共有k_1 k_2 \cdots k_m种方法.

(2)常用的排列公式
①从n个不同元素种任取k(k≤n)个元素(不允许重复)排成一列,称为选排列,共有A k n =n!(n−k)! =n(n−1)(n−2)⋯(n−k+1)种排列方法.特别地k=n时,n个不同元素的全排列种数为:P n =n!=n(n−1)(n−2)⋯3⋅2⋅1 ① 从n个不同元素种任取k(k \leq n)个元素(不允许重复)排成一列,\\ 称为选排列,共有\\ A_n^k = \dfrac{n!}{(n -k)!} = n(n-1)(n - 2) \cdots (n -k + 1) \\ 种排列方法. \\ 特别地 k = n时,n个不同元素的全排列种数为:\\ P_n = n! = n(n-1)(n-2) \cdots 3 \cdot 2 \cdot 1
②从n个不同元素中任取k个允许重复地排列,共有n k 中排法. ②从n个不同元素中任取k个允许重复地排列,共有n^k中排法.
③设有m种不同元素,同种元素是没有区别的,第i种元素有k i 个(i=1,2,⋯,m),则全部n=k 1 +k 2 +⋯+k m 个元素的全排列总数为:n!k 1 !k 2 !⋯k m ! . ③设有m种不同元素,同种元素是没有区别的,第i种元素有k_i个\\ (i = 1, 2, \cdots, m),则全部n = k_1 + k_2 + \cdots + k_m个元素\\ 的全排列总数为: \dfrac{n!}{k_1! k_2! \cdots k_m!} .

(3)常见的组合公式
①从n个不同元素中任取k(k≤n)个元素(不考虑次序)作成一组,共有C k n =(nk)=n!k!(n−k)! 种组合方法.C k n =A k n k! =C n−k n . ①从n个不同元素中任取k(k \leq n)个元素(不考虑次序)作成一组,共有\\ C_n^k = \dbinom {n} {k} = \dfrac{n!}{k!(n-k)!} \\ 种组合方法. \\ C_n^k = \dfrac{A_n^k}{k!} = C_n^{n -k}.
②把n个不同种的元素分成m组,使得第i组恰有k i (i=1,2,⋯,m)个元素,k 1 +k 2 +⋯+k m =n,则共有n!k 1 !k 2 !⋯k m ! 种分组方法. ②把n个不同种的元素分成m组,使得第i组恰有k_i(i = 1, 2, \cdots, m)个\\ 元素,k_1 + k_2 + \cdots + k_m = n,则共有\dfrac{n!}{k_1!k_2! \cdots k_m! }种分组方法.

③设n个元素中有m种类型,第i种类型种有n i (i=1,2,⋯,m)个元素,n 1 +n 2 +⋯+n m =n.现在从n个元素种取出k个,使得第i种类型的元素恰有k i 个元素(k i ≤n i ,i=1,2,⋯,m),其中k 1 +k 2 +⋯+k m =k,则共有(n 1 k 1 )(n 2 k 2 )⋯(n m k m )种不同取法. ③设n个元素中有m种类型,第i种类型种有n_i(i = 1, 2, \cdots, m)个元素, \\ n_1 + n_2 + \cdots + n_m = n.现在从n个元素种取出k个,使得第i种类型\\ 的元素恰有k_i个元素(k_i \leq n_i,i = 1, 2, \cdots, m),\\ 其中k_1 + k_2 + \cdots + k_m = k,则共有\\ \dbinom {n_1} {k_1} \dbinom {n_2} {k_2} \cdots \dbinom {n_m} {k_m} 种不同取法.

例4.袋中装有5个白球3个黑球,从中任取两球,求两球都是白球的概率. 例4.袋中装有5个白球3个黑球,从中任取两球,求两球都是白球的概率.
解:设A表示事件取出的两个球都是白球,基本事件总数为n=(82)A所包含的基本事件数为n A =(52)则由古典概率得:P(A)=n A n =514 . 解:设A表示事件取出的两个球都是白球,基本事件总数为 n = \dbinom {8} {2} \\ A所包含的基本事件数为n_A = \dbinom{5}{2} 则由古典概率得: \\ P(A) = \dfrac{n_A}{n} = \dfrac{5}{14} .

例5.设某一箱子装有同种类型的电子元件100个,其中有95个合格品,5个不合格品,从箱子中取4个电子元件,问其中恰有1个不合格品的概率是多少? 例5.设某一箱子装有同种类型的电子元件100个,其中有95个合格品,\\ 5个不合格品,从箱子中取4个电子元件,问其中恰有1个不合格品的概\\ 率是多少?
解:设A表示事件从箱子中取4个电子元件,其中恰有1个不合格品.基本事件总数为n=(1004),A所包含的基本事件数为n A =(51)(953),则由古典概率得:P(A)=n A n =(51)(953)(1004) =0.176 解:设A表示事件从箱子中取4个电子元件,其中恰有1个不合格品. \\ 基本事件总数为n = \dbinom{100}{4},A所包含的基本事件数为n_A = \dbinom{5}{1} \dbinom{95}{3}, \\ 则由古典概率得: \\ P(A) = \dfrac{n_A}{n} = \dfrac{\dbinom{5}{1} \dbinom{95}{3}}{\dbinom{100}{4}} = 0.176

例6.从1,2,⋯,10这10个数字中任取3个,问大小在中间的数字恰好为5的概率是多少? 例6.从1,2, \cdots, 10这10个数字中任取3个,问大小在中间的\\ 数字恰好为5的概率是多少?
解:设A表示事件取出的三个数字大小在中间的数字恰好为5.基本事件总数为n=(103),A所包含的基本事件数为n A =(41)(11)(51),因此所求概率为:P(A)=(41)(11)(51)(103) =16 . 解:设A表示事件取出的三个数字大小在中间的数字恰好为5. \\ 基本事件总数为n = \dbinom{10}{3}, A所包含的基本事件数为\\ n_A = \dbinom{4}{1} \dbinom{1}{1} \dbinom{5}{1},\\ 因此所求概率为:\\ P(A) = \dfrac{\dbinom{4}{1} \dbinom{1}{1} \dbinom{5}{1}}{\dbinom{10}{3}} = \dfrac{1}{6}.

例7.设某城市共有N辆汽车,车牌号码从1到N,有一个人将他所遇到的该城市的n辆汽车的车牌号码(可能有重复的号码)全部抄下来,假设每辆汽车被遇到的机会相同,求抄到的最大号码恰好为k(1≤k≤N)的概率. 例7.设某城市共有N辆汽车,车牌号码从1到N,有一个人将他所遇到的\\ 该城市的n辆汽车的车牌号码(可能有重复的号码)全部抄下来,假设每辆\\ 汽车被遇到的机会相同,求抄到的最大号码恰好为k(1 \leq k \leq N)的概率.
解:这种抄法可以看作从N个不同的号码中允许重复地抽取n个号码的排列,共有N n 种可能的取法,这是基本事件的总数,因为最大车牌号码不大于k的取法共有k n 种,而最大车牌号不大于k−1的取法共有(k−1) n 种,因此最大车牌号码正好是k的取法共有k n −(k−1) n 种.设A表示事件抄到的最大车牌号码正好为k,则有:P(A)=k n −(k−1) n N n . 解: 这种抄法可以看作从N个不同的号码中允许重复地抽取n个号码的\\ 排列,共有N^n种可能的取法,这是基本事件的总数,因为最大车牌号码不\\ 大于k的取法共有k^n种,而最大车牌号不大于k-1的取法共有(k-1)^n种,\\ 因此最大车牌号码正好是k的取法共有k^n - (k-1)^n种. \\ 设A表示事件抄到的最大车牌号码正好为k,则有:\\ P(A) = \dfrac{k^n - (k-1)^n}{N^n} .

例8.将15名新生(其中3名优秀生)随机地分配到三个班级去,其中一班4名,二班5名,三班6名.(1)求每一个班级各分到一名优秀生的概率;(2)求3名优秀生分到二班的概率. 例8.将15名新生(其中3名优秀生)随机地分配到三个班级去,\\ 其中一班4名,二班5名,三班6名.(1)求每一个班级各分到一名\\ 优秀生的概率;(2)求3名优秀生分到二班的概率.
解:基本事件总数为:n=15!4!5!6! ,(1)设A表示事件每一个班各分到一名优秀生,A所包含的基本事件为:n A =3!12!3!4!5! ,则有P(A)=n A n =2491 =0.2637.(2)设B表示事件3名优秀生都分到二班,B所包含的基本事件数n B =12!4!2!6! ,则有P(B)=n B n =291 =0.02198. 解:基本事件总数为:n = \dfrac{15!}{4! 5 ! 6!}, \\ (1)设A表示事件每一个班各分到一名优秀生,\\ A所包含的基本事件为:\\ n_A = \dfrac{3!12!}{3!4!5!},\\ 则有 P(A) = \dfrac{n_A}{n} = \dfrac{24}{91} = 0.2637. \\ (2)设B表示事件3名优秀生都分到二班,\\ B所包含的基本事件数n_B = \dfrac{12!}{4!2!6!},则有\\ P(B) = \dfrac{n_B}{n} = \dfrac{2}{91} = 0.02198 .

例9.一个班级有30人,要用抽签的办法分配5张电影票,问第1人抽到电影票和第30人抽到电影票的概率各为多少? 例9.一个班级有30人,要用抽签的办法分配5张电影票,\\ 问第1人抽到电影票和第30人抽到电影票的概率各为多少?
解:设A表示事件第1人抽到电影票,B表示第30人抽到电影票完成事件,可以看作分成两个步骤,第一步:从5张电影票中留1张给第1人,有5种方法:第二步:其余29人任意抽一签,有29!种方法,于是可知A所包含的基本事件为n A =5×29!,P(A)=n A n =5×29!30! =16 .完成事件B也可以看作分成两个步骤,即留一张电影票给第30个人,而前29个人从29个签种各任取1个,因此B所包含的基本事件数为n B =29!,P(B)=n B n =5×29!30! =16 .此列说明,抽签的问题,先抽与后抽中签的可能性相等. 解:设A表示事件第1人抽到电影票,B表示第30人抽到\\ 电影票完成事件,可以看作分成两个步骤,第一步:从5张\\ 电影票中留1张给第1人,有5种方法:\\ 第二步:其余29人任意抽一签,有29!种方法,于是可知A\\ 所包含的基本事件为n_A = 5 \times 29!, \\ P(A) = \dfrac{n_A}{n} = \dfrac{5 \times 29!}{30!} = \dfrac{1}{6}. \\ 完成事件B也可以看作分成两个步骤,即留一张电影票给\\ 第30个人,而前29个人从29个签种各任取1个,因此B所\\ 包含的基本事件数为n_B = 29!,\\ P(B) = \dfrac{n_B}{n} = \dfrac{5 \times 29!}{30!} = \dfrac{1}{6}. \\ 此列说明,抽签的问题,先抽与后抽中签的可能性相等.

4.古典概率的基本性质 \color{blue}{4.古典概率的基本性质}

设E为等可能概型,基本空间为Ω,A 1 ,A 2 ,⋯,A m ,A i 为E中的事件. 设E为等可能概型,基本空间为\Omega, A_1, A_2, \cdots, A_m,A_i为E中的事件.

性质1.0≤P(A)≤1. 性质1. 0 \leq P(A) \leq 1.
证:A所包含的基本事件数n A 满足0≤n A ≤n,故有0≤P(A)=n A n ≤1. 证: A所包含的基本事件数n_A满足 0 \leq n_A \leq n,故有\\ 0 \leq P(A) = \dfrac{n_A}{n} \leq 1.

性质2.P(Ω)=1. 性质2.P(\Omega) = 1.
证:必然事件Ω所包含的基本事件数n恰好是基本事件总数,所以P(Ω)=nn =1. 证: 必然事件\Omega 所包含的基本事件数n恰好是基本事件总数,所以\\ P(\Omega) = \dfrac{n}{n} = 1.

性质3.若A 1 ,A 2 ,⋯,A m 互不相容,则有P(⋃ i=1 m A i )=∑ i=1 m P(A i ),或者写成P(∑ i=1 m A i )=∑ i=1 m P(A i ) 性质3. 若A_1, A_2, \cdots, A_m互不相容,则有 \\ P(\bigcup \limits _ { i = 1} ^ { m } A _ i) = \sum \limits _ {i = 1} ^ { m} P(A _ i),或者写成P(\sum \limits _ {i = 1}^{m}A_i) = \sum \limits _{i = 1}^{m} P(A_i)
证:设A i 包含k i (k i ≤n,i=1,2,⋯,m)个基本事件,故p(A i )=k i n ,i=1,2,⋯,m,由于A 1 ,A 2 ,⋯,A m 互不相容,故事件⋃ i=1 m A i 包含∑ i=1 m k i 个不同的基本事件,所以P(⋃ i=1 m A i )=1n ∑ i=1 m k i =∑ i=1 m k i n =∑ i=1 m P(A i ) 证:设A_i包含k_i(k_i \leq n, i = 1, 2, \cdots, m)个基本事件,\\ 故p(A_i) = \dfrac{k_i}{n}, i = 1, 2, \cdots, m, \\ 由于A_1, A_2, \cdots, A_m互不相容, 故事件\bigcup \limits _ {i = 1} ^ { m } A_i 包含\sum \limits _ {i = 1} ^ {m} k_i个不同的\\ 基本事件,所以\\ P(\bigcup \limits _ {i = 1} ^ {m} A_i) = \dfrac{1}{n} \sum \limits _ { i = 1} ^ {m} k_i = \sum \limits _ {i = 1} ^ {m} \dfrac{k_i}{n} = \sum \limits _ {i = 1} ^ {m} P(A_i)

三、几何概型 \color{blue}{三、几何概型}

几何概型:如果一个随机试验相当于从直线、平面或空间的某一区域Ω上任取一点,而所取的点落在区域中任意两个度量(长度、面积、体积)相等的子区域内的可能性是相等的,则称此试验为几何概型.对于任何有度量的子区域A⊂Ω,我们同时以A表示事件任取一点落在区域A内,定义事件A的概率为:P(A)=A的度量Ω的度量 ,这样定义的概率称为几何概率. {\color{blue}{几何概型}}:如果一个随机试验相当于从直线、平面或空间的某一\\ 区域\Omega上任取一点,而所取的点落在区域中任意两个度量(长度、\\ 面积、体积)相等的子区域内的可能性是相等的,则称此试验为\\ 几何概型.\\ \quad 对于任何有度量的子区域A \subset \Omega,我们同时以A表示事件\\ 任取一点落在区域A内,定义事件A的概率为: \\ \qquad P(A) = \dfrac{A的度量}{\Omega的度量}, \\ 这样定义的概率称为几何概率.

例10.任取两个不大于1的正数,试求其积大于29 ,且其和不大于1的概率. 例10.任取两个不大于1的正数,试求其积大于\dfrac{2}{9},且其和不\\ 大于1的概率.
解:设两个数分别为x、y,0≤x≤1,0≤y≤1,(x,y)为平面上一点,所有点的集合构成基本空间Ω,即图中正方形区域,其面积为S=1,设A表示事件两数之积大于29 ,之和不大于1,即A表示图中阴影部分,其面积S A =∫ 23 13 (1−x−29x )dx=16 −29 ln2,因此P(A)=S A S =16 −29 ln2 解: 设两个数分别为x、y,0 \leq x \leq 1, 0 \leq y \leq 1, (x,y)\\ 为平面上一点,所有点的集合构成基本空间\Omega,即图中正方形\\ 区域, 其面积为S =1,\\ 设A表示事件两数之积大于\dfrac{2}{9},之和不大于1,即A表示图中\\ 阴影部分,其面积\\ S_A = \int_{\frac{1}{3}}^{\frac{2}{3}} ( 1- x - \dfrac{2}{9x})dx = \dfrac{1}{6} - \dfrac{2}{9} ln{2}, \\ 因此 P(A) = \dfrac{S_A}{S} = \dfrac{1}{6} - \dfrac{2}{9} \ln {2}

例11.(蒲丰投针问题)在平面上画有等距的平行线,平行线的距离为2a(a>0)向平面任意投掷一枚长为2l(l<a)的圆柱形的针,试求此针与任意一平行线相交的概率. 例11.(蒲丰投针问题)在平面上画有等距的平行线,平行线的距离\\ 为2a(a > 0)向平面任意投掷一枚长为2l(l 解:以M表示针的中点,以x表示针投在平面上之后点M到最近的一条平行线的距离,以φ表示针与此直线的交角(如图),易知有0≤x≤a,0≤φ≤π,由这两式确定出φox平面上的一个矩形区域Ω,针与最近平行线相交的充分必要条件是:x≤lsinφ(x≥0),由这个不等式确定的区域记作A,如图中的阴影部分,同时以A表示针与最近一条平行线相交.于是得所求的概率为:P(A)=A的面积Ω的面积 =∫ π 0 lsinφdφπa =2lπa .如果l与a为已知,则以π值代入上式可以算得P(A).反之,也可以利用上式去求π的近似值,如果投针N次,其中针与平行线相交n次,我们就以频率nN 代替P(A),带入上式可得:π=2lNan 历史上有学者做过这个试验,例如,Wolf在1850年投针5000次,得π的近似值为3.1596;Smith在1855年投针3204次,得到π的近似值为3.1554;Lazzerini在1901年投针34080次,得到π的近似值为3.1415929. 解:以M表示针的中点,以x表示针投在平面上之后点M到最近\\ 的一条平行线的距离,以\varphi表示针与此直线的交角(如图),易知有\\ 0 \leq x \leq a, 0 \leq \varphi \leq \pi, \\ 由这两式确定出\varphi o x 平面上的一个矩形区域\Omega,针与最近平行\\ 线相交的充分必要条件是: x \leq l \sin{\varphi} \quad (x \geq 0), \\ 由这个不等式确定的区域记作A,如图中的阴影部分,同时以\\ A表示针与最近一条平行线相交. \\ 于是得所求的概率为: \\ P(A) = \dfrac{A的面积}{\Omega的面积} = \dfrac{\int_0^{\pi} l \sin{\varphi d \varphi} }{\pi a} = \dfrac{ 2l }{ \pi a } . \\ 如果l与a为已知, 则以\pi值代入上式可以算得P(A).反之,也可\\ 以利用上式去求\pi的近似值,如果投针N次,其中针与平行线相\\ 交n次,我们就以频率\dfrac{n}{N}代替P(A), 带入上式可得:\\ \qquad \qquad \pi = \dfrac{2lN}{an} \\ 历史上有学者做过这个试验,例如,Wolf在1850年投针\\ 5000次,得\pi的近似值为3.1596; \\ Smith在1855年投针3204次,得到\pi的近似值为3.1554; \\ Lazzerini在1901年投针34080次,得到\pi的近似值为3.1415929.