把握古典概型

把握古典概型（共5篇）

把握古典概型 篇1

古典概型是概率论中最基础和经典的一种概率模型, 指的是样本空间样本点数有限且每个样本点发生的可能性相等的随机试验。 在古典概型中若要计算某个事件A的概率, 需分别求得样本空间的样本点数nΩ和事件A的样本点数nA, 再以如下公式计算:

然而, 虽然看似简单, 但由于问题类型多样, 且学生不能准确计算样本点数, 容易出现多算或遗漏的情况, 因此古典概型的解答对于初学的学生来说较难掌握。 下面对古典概型的问题做总结与探讨。

1.排列组合

所谓排列组合, 就是研究在给定情况下, 排列或者组合有多少种可能性的数学工具。 所以, 排列组合用来计算样本点数, 是解决古典概型问题的基础。

1.1排列问题

即从m个元素中随机取n件出来排序, 有多少种可能性, 记作:

例:现从7人中随机抽取4人出来组成一个队列, 有几种可能性?

解:本题指的是从7个元素中抽取4个排序, 因此所求为:

1.2组合问题

指的是从m个元素中随机取n件出来但不排序, 有多少种可能性, 记作:

例:现从7人中随机抽取4人, 有几种可能性?

解:本题指的是从7个元素中抽取4个, 不考虑顺序, 因此所求为:

2.三类古典概型

虽然古典概型的问题有多种背景, 变换多样, 但是多数问题可以归结为三类, 接下来对每一种问题进行探讨。

2.1摸球问题

例:一个盒子中装有9个红球3个白球, 现从中随机抽取两个球, 分别在以下两种抽样模式下计算A, B, C三个事件的概率。

(1) 有放回抽样:即每次抽取之后放回盒内再抽下一个。

(2) 不放回抽样:即每次抽取后不放回, 直接抽下一个。

A={第一次抽到红球, 第二次抽到白球}

B={抽到一个红球一个白球}

解: (1) 样本空间是从12个球中有放回取球两次。 第一次取球是从12个中取一个, 第二次取球仍是从12个中取一个, 则共有122种可能。

对于事件A, 第一次从9个红球中取一个, 第二次从3个白球中取一个, 共有9·3种可能。

事件B有两种情况, 先红球后白球或者先白球后红球, 共有9·3+3·9种可能。

(2) 不放回抽样法, 第一次取球是从12个中取一个, 第二次则是从11个中取一个, 则有12·11种可能。

对于事件A, B, 分析同样, 有:

需要说明的是关于排序或不排序的问题, 如果题目中没有说明, 排序或不排序皆可, 只要保持分子分母一致, 都排序, 或都不排序。 比如事件C也可写作:

但是对于事件B, 题目上第一次取到红球第二次取到白球实际就已经暗示要考虑顺序, 即:

又如:箱子里面有10瓶酒, 其中有3瓶是假冒品, 现随机抽取3瓶, 求抽到1件假冒品的概率。

将正品和假冒品看做红球白球, 这就是一个摸球问题。

2.2分盒问题

例:有30个元件, 其中27件合格品, 3件不合格品, 现将其平均放入三个盒子中, 求每个盒子恰好有一只不合格品的概率。

解:样本空间描述的是30个元件随机均分到三个盒子中, 有种可能性。 对于目标事件, 首先将3只不合格品均分到三个盒子里, 再将27个合格品均分到三个盒子里, 共种可能性。 因此:

再如:现有8人随机地被分配到12个房间, 求恰好有8个房间其中各住一人的概率。

上题可看做将8个物品放到12个盒子中。

2.3排序问题

将一些数字或者字母等按照一定要求进行排序的概率求解问题。

例: 从0到9中任选三个组成一个三位数, 求这个三位数能够被5整除的概率。

解:组成三位数时, 百位不能取0, 有9种选法。 十位除了百位已取走的数, 也有9种取法。 个位除去百位和十位的数, 剩下8种取法。 则nΩ=9×9×8.另外计算被5整除的可能性, 末位是0或5。 若末位是0有9×8种可能性, 末位为5有8×8种可能性。 最终可得:

类似的题目如:把C, C, E, E, I, N, S这7个字母随机排成一行, 求恰好排成英文单词SCIENCE的概率。

3.解题技巧

古典概型在求解时除了直接利用公式计算外, 还可以通过一些技巧简化运算。 如在上文2.1取酒的问题中直接计算需要讨论一个、两个或三个假冒品的情况, 可考虑反面, 用一减去一个假冒品都没有的情况即可。

又如:在一线段上任取三点x1, x2, x3, 求x2落在x1和x3之间的概率。

考虑到x2落在x1, x3的前面, 中间, 后面的概率是一样的, 所以每种情况的概率均是1/3。 这是利用了对称的思想。

在古典概型的运算中这些简便的方法多种多样, 需要根据题目灵活应用, 巧妙解题。

4.结语

以上我们简单总结了古典概型的常见类型和解题技巧。在实际操作中还需要多做练习, 才能将各种方法融会贯通, 顺利解决各类概率运算问题。

参考文献

[1]王国政, 刘洋.概率论与数理统计[M].重庆:重庆大学出版社, 2015.

[2]陈鸿建, 赵永红, 翁洋.概率论与数理统计[M].北京:高等教育出版社, 2009.

把握古典概型 篇2

(2). 确认基本事件是否有限个且等可能

什么是基本事件

在一个试验可能发生的所有结果中，那些不能再分的最简单的随机事件称为基本事件。(其他事件都可由基本事件的和来描述)

下面我们就常见的：

抛掷问题，抽样问题，射击问题.

探讨计数的一些方法与技巧.

抛掷两颗骰子的试验：

用( x，y )表示结果，

其中x表示第一颗骰子出现的点数?

y表示第二颗骰子出现的点数.

(1)写出试验一共有几个基本事件;

(2)“出现点数之和大于8”包含几个基本事件?

规律总结]：要写出所有的基本事件，常采用的方法有：列举法、列表法、树形图法 等，但不论采用哪种方法，都要按一定的顺序进行、正确分类，做到不重、不漏.

方法一：列举法(枚举法)

[解析】用(x，y)表示结果，其中x表示第1枚骰子出现的点数，y表示第2枚骰子出现的点数，则试验的所有结果为：

【结论】：(1)试验一共有36个基本事件;

(2)“出现点数之和大于8”包含10个基本事件.

方法二 列表法

坐标平面内的数表示相应两次抛掷后出现的`点数的和，基本事件与所描点一一对应.

方法三 ：树形图法

三种方法(模型)总结

1.列举法

列举法也称枚举法.对于一些情境比较简单，基本事件个数不是很多的概率问题，计算时只需一一列举即可得出随机事件所含的基本事件数.但列举时必须按一定顺序，做到不重不漏.

2.列表法

对于试验结果不是太多的情况，可以采用列表法.通常把对问题的思考分析归结为“有序实数对”，以便更直接地找出基本事件个数.列表法的优点是准确、全面、不易遗漏

3.树形图法

树形图法是进行列举的一种常用方法，适合较复杂问题中基本事件数的探究.

抽样问题

【例】? 一只口袋内装有大小相同的5个球，其中3个白球，2个黑球，从中一次摸出两个球.

(1)共有多少个基本事件?

(2)两个都是白球包含几个基本事件?

[解析]：(1)采用列举法：分别记白球为1,2,3号，黑球为4,5号，有以下10个基本事件.

(1，2)，(1，3)，(1，4)，(1，5)，(2，3)，(2，4)，

(2，5)，(3，4)，(3，5)，(4，5)

(2)“两个都是白球”包括(1,2)，(1,3)，(2,3)三种.

【例】 某人打靶，射击5枪，命中3枪. 排列这5枪是否命中顺序，问：

(1)共有多少个基本事件? .

(2)3枪连中包含几个基本事件? .

? (3)恰好2枪连中包含几个基本事件?

[例3】 一个口袋内装有大小相等，编有不同号码的4个白球和2个红球，从中摸出3个球.

问：(1)其中有1个红色球的概率是 .

? (2)其中至少有1个红球的概率是 .

课堂总结：

1. 关于基本事件个数的确定：可借助列举法、列表法、

树状图法(模型)，注意有规律性地分类列举.

2. 求事件概率的基本步骤.

(1)审题，确定试验的基本事件

(2)确认基本事件是否等可能，且是否有限个;若是，则为

古典概型，并求出基本事件的总个数.

(3)求P(A)

【注意】当所求事件较复杂时，可看成易求的几个互斥事件的和，先求各拆分的互斥事件的概率，再用概率加法公式求解

练习

1、学习指导例1(1)、活学活用;(第76页)

例析古典概型题 篇3

例1 盒子里面放有大小形状相同的[a]个白球、[b]个黑球，从中依次不放回地任意取出[k]个球，求：

（1）第[k]次取出的恰好为白球的概率；

（2）第[r]次取出的为白球且第[k]次取出的为黑球的概率[r

分析 （1）设想将球编号，一个一个不放回地取出，直到第[k]次取到白球为止，则基本事件总数就是从[a+b]个编号的球中选出[k]个球进行排列，即[Aka+b]. 要使[A]发生，只需要从[a]个白球中选出一个放在第[k]个位置上. 作为第[k]次取出来的球，前面的[k-1]个位置可以任意放余下的球，因此[A]事件包含[A1a?Ak-1a+b-1]个基本事件.

（2）同（1），基本事件总数就是从[a+b]个编号的球中选出[k]个球进行排列. [B]事件要求是：第[r]个球是白球，有[A1a]种排法；第[k]个球是黑球，有[A1b]种排法；剩余位置可以从剩余的球中选取[k-2]个来排列. 因此[B]事件包含[A1a?A1b?Ak-2a+b-2]个基本事件.

解 （1）设第[k]次取出白球的事件为[A]，

则所求概率为[P（A）=A1a?Ak-1a+b-1Aka+b=aa+b].

（2）设第[r]次取出白球且第[k]次取出黑球的事件为[B]，则所求概率为[P（B）=A1a?A1b?Ak-2a+b-2Aka+b=ab（a+b）（a+b-1）.]

例2 一个袋子中装有大小形状完全相同的[a]个白球、[b]个黑球，从袋子中随机取出[n]个球，求：

（1）取出的球中恰有[k]个白球的概率；

（2）假设袋中另有[c]个红球，取出的[n]个球中恰有[t]个白球，[m]个黑球的概率，其中[1≤t+m≤a+b].

分析 在这一模型中，摸球的最终结果，与取出球的数量有关，而与球的排列顺序无关.

（1）从[a+b]个球中不计顺序地取出[n]个球，所有的可能有[Cna+b]种. 在取出的[n]个球中恰有[k]个白球，这[k]个白球从[a]个白球中取，剩下的[n-k]个球只能是从[b]个黑球中取出的，所以事件[A]有[Cka?Cn-kb]种取法.

（2）从[a+b+c]个球中取出[n]个球，则所有可能取法有[Cna+b+c]种. 在[n]个球中包含[t]个白球，[m]个黑球，剩下的是[n-t-m]个红球，则[B]事件有[Cta?Cmb?Cn-t-mc]种取法.

解 （1）设取出的球中恰有[k]个白球为事件[A]，

则所求的概率为[P（A）=Cka?Cn-kbCna+b.]

（2）设取出的[n]个球中恰有[t]个白球，[m]个黑球为事件[B]，

则所求的概率为[P（B）=Cta?Cmb?Cn-t-mcCna+b+c.]

有放回地取球问题

例3 某袋中装有大小形状完全相同的[a]个红球、[b]个蓝球，用有放回地抽取方式从中依次抽取出[n]个球，求：

（1）第[k]次取出的是红球的概率；

（2）第[k]次才取到红球的概率；

（3）前[k]次中能取到红球的概率，其中[k≤n≤a+b.]

分析 （1）第[k]次取到的是红球，就意味着前[k-1]次就是在[a+b]中取出一个球就可以了，无论是红球还是蓝球；然后第[k]次在[a]个红球中取出一个红球就可以了，故第[k]次取出的是红球有[a+bk-1?C1a]种取法.

（2）第[k]次才取到红球，则前面的[k-1]次都不是红球而是蓝球，故第[k]次才取到红球有[bk-1?C1a]种取法.

（3）前[k]次能取到红球的对立事件是前[k]次取到的都是蓝球，有[bk]种取法，因此前[k]次取到的都是蓝球的概率为[bka+bk].

解 （1）设第[k]次取出红球的事件为[A]，

所求概率为[P（A）=a+bk-1?C1aa+bk=aa+b.]

（2）设第[k]次才取到红球为事件[B]，

则所求的概率为[P（B）=bk-1?C1aa+bk=bk-1?aa+bk.]

（3）设前[k]次中能取到红球为事件[C]，

则所求的概率为[P（C）=1-bka+bk.]

分球入盒问题

例4 将[n]个球随机放入[N]个箱子中（[N≥n]），求下列事件的概率.

（1）指定[n]个箱子各放一球；

（2）每个箱子中最多放入一个球；

（3）第[i]个箱子不是空的；

（4）第[i]个箱子恰好放入[k][k≤n]个球.

分析 根据题目条件知，每个球都可以放入[N]个箱子中的任意一个箱子中，有[N]种放法.可以得到[n]个球随意放入[N]个箱子中有[Nn]种放法.

（1）指定的[n]个箱子中各放一球就相当于[n]个球的全排列，有[n！]种不同的放法.

（2）从[N]个箱子中任意选出[n]个箱子，有[CnN]种选法；然后在选出的[n]个箱子中每个箱子里放一个球，有[n！]种放法. 事件[B]就有[CnN?n！]种放法.

（3）题目要求第[i]个箱子不空，即第[i]个箱子至少要放入一个球，直接计算时分类较多，因此考虑求其对立事件第[i]个箱子为空的概率.由于第[i]个箱子是空的，于是要把[n]个球随机放入其余的[N-1]个箱子中，有[N-1n]种放法，所以第[i]个箱子为空的概率为[P=N-1nNn].

（4）先从[n]个球中选出[k]个球放入第[i]个箱子中，有[Ckn]种不同的选法；再把余下的[n-k]个球任意放入其余的[N-1]个箱子中，有[N-1n-k]种放法. 因此第[i]个箱子恰好放入[k]个球有[Ckn?N-1n-k]种放法.

nlc202309090507

解 （1）设指定的[n]个箱子中各放一球为事件[A]，

所求的概率为[P（A）=n！Nn.]

（2）设每个箱子中最多放一个球为事件[B]，

所求概率为[P（B）=CnN?n！Nn.]

（3）设第[i]个箱子不空为事件[C]，

所求概率为[P（C）=1-P=1-N-1nNn.]

（4）设第[i]个箱子恰好放入[k][k≤n]个球为事件[D]，

所求概率为[P（D）=Ckn?N-1n-kNn.]

有放回地随机取数

例5 从2，3，4，5，6，7，8这7个数字中依次有放回地抽取4个数字，试求下列事件的概率.

（1）[A=取出的4个数字完全不同]；

（2）[B=取出的4个数字不含3和7]；

（3）[C={取出的4个数字中至少出现一次4}].

分析 从7个数字中依次有放回地抽取4个数字，所有可能的结果有[74]种.

（1）抽取的4个数字都不相同，所以[A]事件包含的结果个数可以看成是从7个数字中取出4个的排列[A47].

（2）若抽取的数字不含3和7，相当于从剩余的5个数字中随机抽取4个数字. 因为是有放回地抽取，所以事件[B]有[54]种结果.

（3）若4个数字中至少出现一次4，直接计算情况较多，因此考虑求其对立事件，即[C=]{[4]个数字中没有出现4}. 也就是说要从没有4的6个数字中有放回地任意选出4个数字，有[64]种. 因此，[4]个数字中没有出现4的概率为[6474].

解 （1）[PA=A4774≈0.3499.]

（2）[PB=5474≈0.2603.]

（3）[PC=1-6474≈0.4602.]

无放回地随机取数

例6 用数字1，2，3，4，5任意组成无重复数字的五位数，求下列事件的概率.

（1）[A=它是一个奇数]；

（2）[B=它大于34000].

分析 由5个数字组成的无重复数字的五位数，可以看作是5个数字的全排列，那么其总的事件个数为[A55].

（1）事件[A]要求组合出来的数字是一个奇数，个位数就只能是1，3，5中的一个，剩下的4个数字全排列，那[A]事件的总数就有[3×A44].

（2）事件[B]要保证五位数大于34000，若首位数字是4，5，这个五位数大于34000，有[2×A44]种取法；若首位数字是3，此时千位数字是4或5也是满足要求的，有[2×A33]种取法.

解 （1）[PA=3×A44A55=0.6.]

（2）[PB=60A55=0.5.]

例7 从2，3，4，5，6这5个数字中任意取出3个不同的数字，求下列事件的概率.

（1）[A=3个数字中不含有2和5]；

（2）[B=3个数字中不含有2或5].

分析 从5个数字中任意取出3个数字的基本事件总数为[C35]个.

（1）[A]事件要求3个数字中不含有2和5，则只能是3，4，6，所以只有一种取法.

（2）[B]事件要求3个数字中不含有2或5，不含有2有[C34]种，不含有5有[C34]种，前面两种情况中都包含了既不含有2也不含有5的情况，因此要减去重复的，所以[B]事件的个数为[2×C34-1].

解 （1）[PA=C33C35=0.1.]

（2）[PB=2×C34-1C35=0.7.]

例8 从整数0，1，2，…，9中任取4个不重复的数字排成一排，求取出的数能排成一个四位数的奇数的概率是多少？

分析 从10个数字中任取4个不重复的数字排成一排有[A410]种结果. 要组成一个四位数，首位上的数字不能是0；要满足是奇数，最后一位数字应从1，3，5，7，9中选取. 首先考虑个位数的选取共有5种可能，则可能组成[C15?A39]个数；再剔除其中0在首位上的数，因此事件[A]有[C15?A39-C15?A28]种结果.

解 设[A=排成一个四位数的奇数]，则所求概率为[PA=C15?A39-C15?A28A410=22405040=2863.]

把握古典概型 篇4

概率的统计定义是与一定的试验相联系的,其反映了随机性与规律性的统一.频率是试验值,不同的人、不同的时刻,所得的频率值常常不同,体现出随机性,但大量重复试验时呈现出稳定性.概率是内在的理想值,不随试验的不同而改变,它常常用频率来估测.例1 某射手在同一条件下进行射击,结果如下:

(1) 填写表中击中靶心的频率;

(2) 这个射手射击一次,击中靶心的概率约是多少?解 (1) 频率依次为:0.9,0.95,0.88,0.91,0.89,

0.902;

(2) 射击一次,击中靶心的概率约为:0.90.

点评 某事件的概率是大量重复同一试验时该事件发生的频率的稳定值,实践中常以频率值作为概率的近似值.本题中概率约为0.90,反映概率约在[0.895,0.905)间,若写成0.9,则约在[0.85,0.95)间,可见精确度有差异.策略二 利用枚举法求古典概型的概率

用枚举的方法把古典概型试验的基本事件一一列出来确定n的值,然后再列出事件A中的基本事件确定m的值,最后利用公式P(A)=求出事件A的概率,这是一个形象、直观的好方法.注意枚举时必须按照某一顺序做到不重复、不遗漏.例2 已知实数a,b∈{-2,-1,1,2}.

(1) 求直线y=ax+b不经过第四象限的概率;

(2) 直线y=ax+b与圆x2+y2=1有公共点的概率.解 实数对(a,b)所有的可能取值为(-2,-2),(-2,-1),(-2,1),(-2,2),(-1,-2),(-1,-1),(-1,1),(-1,2),(1,-2),(1,-1),(1,1),(1,2),(2,-2),(2,-1),(2,1),(2,2),共16种. (1) 设“直线y=ax+b不经过第四象限”为事件A,则必须满足a≥0,b≥0,即满足条件的实数对(a,b)有:(1,1),(1,2),(2,1),(2,2),共4种,所以P(A)==.故直线y=ax+b不经过第四象限的概率为.

(2) 设“直线y=ax+b与圆x2+y2=1有公共点”为事件B,则必须满足≤1,即b2≤a2+1.若a=-2,则b可以为-2,-1,1,2,共4种;若a=1,则b可以为-1,1,共2种;若a=1,则b可以为-1,1,共2种;若a=2,则b可以为-2,-1,1,2,共4种.所以P(B)==.故直线y=ax+b与圆x2+y2=1有公共点的概率为.

点评 枚举法适用于试验的基本事件个数不是很多的概率模型的求解.策略三 利用树形图或表格求古典概型的概率例3 班级元旦联欢时,主持人拟出了如下一些节目:跳双人舞、独唱、朗诵等,指定编号为1,2,3的三位男生和编号为4,5的两位女生来参与.

(1) 现选出2人来表演双人舞,求选出的2人不全是男生的概率;

(2) 将每个人的编号分别写在5张相同的卡片上,并放入一个箱子充分混合,每次有放回地从中随机取出一张卡片,取出谁的编号谁就参与表演节目,现选出2人分别表演独唱和朗诵,求独唱和朗诵由同一个人表演的概率.解 (1) 利用树形图列出所有可能结果:

由上图可以看出,试验的所有可能结果数为n=20,这20种结果出现的可能性是相同的.试验属于古典概型.设“选出的2人不全是男生”为事件A,则事件A包含的可能结果数m=14,所以P(A)==0.7;

(2) 利用树形图列出所有可能结果:

由上图可以看出,试验的所有可能结果数为n=25,这25种结果出现的可能性是相同的.试验属于古典概型.设“独唱和朗诵由同一个人表演”为事件B,则事件B包含的可能结果数m=5,所以P(B)==0.2.

点评 用树形图列出试验的所有可能结果,既直观又形象,解题过程简洁明快.策略四借助于互斥事件、对立事件的公式求古典概型的概率例4 甲、乙两人参加法律知识竞答,共有10道不同的题目,其中选择题6道,判断题4道,甲、乙两人依次无放回地各抽一题,求甲、乙两人中至少有一人抽到选择题的概率.解 甲、乙两人从10道题中依次无放回地各抽一题,先抽的有10种抽法,后抽的有9种抽法,故所有可能的抽法是10×9=90种,即基本事件总数是90.

法一 设“甲、乙两人中至少有一人抽到选择题”为事件A,则甲、乙两人都抽到选择题有6×5=30种,仅甲抽到选择题有6×4=24种,仅乙抽到选择题有4×6=24种,故甲、乙两人中至少有一人抽到选择题的种数有30+24+24=78种,所以P(A)==.

法二 设“甲、乙两人中至少有一人抽到选择题”为事件A,则“甲、乙两人均抽到判断题”为事件,P()==,从而P(A)=1-P()=1-=.

点评 法一是从正面将事件A分解成三个互斥事件,法二是从对立事件入手,它们在本质上是一致的.策略五 借助于排列组合知识计数,求较复杂的古典概型概率例5 盒中装有标有数字1,2,3,4的卡片各2张,从盒中任意抽取3张,每张卡片被抽出的可能性相等,求:

(1) 抽出的3张卡片上最大的数字是4的概率;

(2) 抽出的3张卡片中有2张上的数字是3的概率.解 (1) 将“抽出的3张卡片上最大的数字是4”的事件记为A,P(A)==;

(2) 将“抽出的3张卡片中有2张上的数字是3”的事件记为B,则P(B)==.

点评 本题也可通过枚举法、树形图的方法去求解,但其计数过程较复杂.一般地,对较复杂的古典概型的求解均采用排列组合知识计数.

1. 设有n个人,每个人都等可能地被分配到N个房间中的任意一间去住(n≤N),求下列事件的概率:

(1) 指定的n个房间各有一个人住;

(2) 恰好有n个房间,其中各住一人.

2. 某招呼站,每天均有3辆开往省城的分为上、中、下等级的客车,某天王先生准备在招呼站乘车前往省城办事,但他不知道客车的车况,也不知道发车的顺序.为了尽可能乘上上等车,他采取如下策略:先放过第一辆,如果第二辆比第一辆好则上第二辆,否则上第三辆,试求王先生乘上上等车的概率.

把握古典概型 篇5

对人教课标A版《数学3》的古典概型的教与学来说，新课标的教学理念在于“列举”．古典概型题渗透在教材中的例题、习题，透过现象，本质上有三种题型：“依次不放回取”、“依次放回取”与“同时取”，分别对应于旧课程中排列、分类(步)计数原理与组合等内容．列举的手段有：列“树枝图”，列“点表”与列“数对表”．但人教课标A版《数学3》没有归纳分类，无形中增加了学生列举基本事件的困难．又考虑到在高二选科时希望在“人文，社会”发展的学生就不用再学计数原理与排列组合以及独立事件同时发生的概率等内容，因此建议人教课标A版《数学3》在例题安排上等细微处要细分并体现这三种题型及直观列举方法，以起示范作用，这样做并没有加重学生学业负担，反而降低“文科”生的列举难度．下面就古典概型的三种题型与列举法的具体操作逐一举例说明．

1．1依次不放回取—对应于旧课程中排列组

合的排列例1口袋里装有2个白球和2个黑球，大小形状完全相同，4个人按顺序依次从中摸出一个球，求第二个人摸到白球的概率．

解：如图1，用a，b表示白球，用1，2表示黑球，则所有基本事件是：

图1共有24个基本事件，其中“第二个人摸到白球”的事件A含有12个基本事件，如“树枝图”中加横线部分的事件．因此 P(第二个人摸到白球)=1224=12．

点评：相当于从4个球中依次不放回取4次，列举手段是“树枝图”．