10.1.3 古典概型

人教 A 版 · 本节 6 页原书扫描（原文）+ 本站重写的讲解与习题详解考过 8 题 ↓

原书扫描页（人教 A 版原文）

本节的知识树

1 概念 · 最深 1 层。根是引本节作教材出处的实体，长链由 `prereqs` 构建期派生——源里只有最小一步。

概念古典概型

考过本节的真题

共 8 道

讲解

本站对这一节的重写（不是原书转写）：顺序可重组、推导可补全，目标是易读易学 + 与真题关联。原文以上方扫描图为准。

上一节我们把随机事件”描述”清楚了：样本空间、事件、事件之间的关系（包含、并、交、互斥、对立）。这一节开始计算——给一个事件算出一个概率数值。课本从”通过试验估计概率太慢、又是近似值”出发，引出第一个能直接算出精确概率的数学模型：古典概型。

这一节的全部内容可以压缩成一句话：在有限个、且每个结果等可能的试验里，事件 $A$ 的概率就是 ” $A$ 包含的结果数 ÷ 全部结果数”。难的地方从来不是这个公式，而是两件事： 怎么判断这个试验能不能用这个公式，以及怎么把结果数对、不重不漏。这一节就围绕这两件事讲。

一、什么试验能用这个公式：两个特征

回到 10.1.1 节见过的三个试验：彩票摇号、抛一枚均匀硬币、掷一颗质地均匀的骰子。它们的共同特征是

有限性——样本空间的样本点只有有限个；
等可能性——每个样本点发生的可能性相等。

同时满足这两个特征的试验叫古典概型试验，它的数学模型叫古典概型。注意第二条的措辞：是”每个样本点发生的可能性相等”，不是”每种”你脑子里想的分类相等——这正是第三节的坑。

二、公式：事件占多少份，概率就是多少

设试验的样本空间 $\Omega$ 有 $n$ 个样本点，事件 $A$ 包含其中 $k$ 个样本点，则

P(A) = \frac{k}{n} = \frac{n(A)}{n(\Omega)}.

这就是概率的古典定义（拉普拉斯 1812 年把它作为概率的一般定义）。它的直觉是占比：

一个班 40 人，18 男 22 女，抽签随机选一人， $P(\text{抽到男生}) = \dfrac{18}{40} = \dfrac{9}{20}$ ——男生占全班的比例，就是抽到男生的概率；
抛一枚均匀硬币 3 次，样本空间有 $2^3 = 8$ 个样本点（用 1 表正面、0 表反面，每个都是长度 3 的 0-1 串），“恰好一次正面朝上” $= \{(1,0,0),(0,1,0),(0,0,1)\}$ 占 3 个，概率 $\dfrac{3}{8}$ 。

两个例子的共同动作：先写出样本空间，数出总个数；再把事件写成样本点集合，数出包含的个数。公式本身一分钟就记住了，整个高中阶段古典概型的功夫都在这两步”数数”上。

三、最大的坑：等可能性不是”看着像”就算数

例 8 把两枚质地均匀的骰子标上记号（Ⅰ号、Ⅱ号），样本空间是

\Omega = \{(m,n) \mid m,n \in \{1,2,3,4,5,6\}\},

共 $6 \times 6 = 36$ 个等可能的样本点。于是”点数之和是 5” $= \{(1,4),(2,3),(3,2),(4,1)\}$ 占 4 个， $P = \dfrac{4}{36} = \dfrac{1}{9}$ ；“点数相等”占 6 个， $P = \dfrac{6}{36} = \dfrac{1}{6}$ ； “Ⅰ号点数大于Ⅱ号”占 15 个， $P = \dfrac{15}{36} = \dfrac{5}{12}$ 。

课本紧接着问：为什么要把两枚骰子标上记号？ 如果不标号，“1 点和 2 点”与”2 点和 1 点”在视觉上无法区分，试验被看成只有 $m \leqslant n$ 的 21 个”结果”。这 21 个结果不是等可能的： $(1,1)$ 只有一种掷法， $(1,2)$ 有两种掷法。于是”点数之和是 5”在这套错误样本空间里算成 $\dfrac{2}{21}$ ——错的不是计算，是样本空间本身就违反等可能性。

记号的作用是把”等可能”摆到台面上。判断一个试验能不能用古典概型公式， 唯一的标准是：每个样本点出现的可能性是否相等——而不是”结果是否看得出来”。把同质的东西编号（两枚骰子标ⅠⅡ、两个红球编号 1、2），是让等可能变得可数的标准动作。

四、怎么数结果：列表、编号、分清”依次”与”同时”

例 9 的袋子里有 5 个大小质地完全相同的球（2 红 3 黄），不放回依次摸出 2 个。同色球无法区分，但必须把它们编号（红球 1、2，黄球 3、4、5），否则摸球结果无从说起。样本空间是 20 个有序对（第一次 5 种 × 第二次 4 种）：

$P(\text{第一次摸到红球}) = \dfrac{8}{20} = \dfrac{2}{5}$ （第一张表的第 1、2 行）；
$P(\text{第二次摸到红球}) = \dfrac{8}{20} = \dfrac{2}{5}$ （第 1、2 列）——和第一次摸到红球的概率一样，直觉上这也对：第二次摸球时袋中 2 红 3 黄的结构没变；
$P(\text{两次都摸到红球}) = \dfrac{2}{20} = \dfrac{1}{10}$ 。

课本追问：如果同时摸出 2 个球，“两次都摸到红球”的概率是多少？ 同时摸就是不看顺序，样本空间变成 10 个无序组合（ $\binom{5}{2}$ ），每种等可能，其中”两个红球”只占 1 种，概率还是 $\dfrac{1}{10}$ 。依次不放回与同时摸，概率一致——这是”不放回”与”有序”两个操作互相抵消的结果。但注意：只有在这类”不计顺序的事件”上才一致，若是”第一次红、第二次黄”这种讲究次序的事件，两个样本空间算出来当然不同。做题时先问自己一句：这个试验的结果，次序算不算数？

数结果时不重不漏的常用工具：表格（例 8、例 9 都用两维表）、树状图（多层试验，每层一个分支）、编号（同质对象）。列完再核一遍总数：有放回是 $n^2$ ，不放回是 $n(n-1)$ ，同时取是 $\binom{n}{2}$ 。

五、抽样方式不同，概率就不同：例 10 的三种样本空间

例 10 从两男（ $B_1,B_2$ ）两女（ $G_1,G_2$ ）中抽两人，看”都是男生”的概率：

抽样方式	样本空间大小	$P(\text{都是男生})$
有放回简单随机抽样	$4 \times 4 = 16$	$\dfrac{4}{16} = \dfrac{1}{4}$
不放回简单随机抽样	$4 \times 3 = 12$	$\dfrac{2}{12} = \dfrac{1}{6}$
按性别等比例分层抽样	$2 \times 2 = 4$	$0$

同一个事件，三种抽样三种概率——抽样方法不同，样本空间不同，事件的概率就可能不同。例 10 还把这笔账接到了第九章的抽样调查上：用有放回抽样，出现”全是男生”这种极端样本的概率是 0.25；换成不放回降到约 0.167；分层抽样直接归零，从而真正避免极端样本对估计平均身高的干扰。所以改进抽样方法、提高样本代表性，不只是程序上的讲究，背后有概率在撑腰。

六、求解古典概型的一般思路（课本的归纳）

明确试验的条件及要观察的结果，用适当的符号（字母、数字、数组等）表示试验的可能结果—— 借助图表（列表、树状图）帮自己不重不漏地列出所有可能结果；
判断样本点的等可能性——不满足就别套公式（第三节的坑）；
计算样本点总个数及事件 $A$ 包含的样本点个数，求出 $P(A) = \dfrac{n(A)}{n(\Omega)}$ 。

这套流程里，第 1 步的”用符号表示”和第 3 步的”数清楚”占了九成的工作量，第 2 步是那条 “能不能算”的红线。

七、易错清单（按失分频率排）

不验等可能性就套公式。 把”看得出来的结果”当样本点，尤其是不编号的同质对象—— 两枚不标号的骰子 21 个结果、2 红 3 黄的球按颜色”3 种结果”。凡是数出”少于乘法原理总数”的样本空间，先停下来问：这些结果真的等可能吗？
漏编号。 题目说”大小质地完全相同”时，编号不是多余，是让结果可数的前提（例 9 的红球 1、2）。
依次与同时、有放回与不放回混为一谈。 样本空间大小分别是 $n^2$ 、 $n(n-1)$ 、 $\binom{n}{2}$ ；次序算不算数，由”观察结果”的方式决定，不由你的习惯决定。
“至少一次”硬算。 至少一次中靶 / 至少一个 6 点这类事件，直接数样本点容易漏，用对立事件更稳： $P(\text{至少一次}) = 1 - P(\text{一次都没有})$ 。
近似早取。 涉及分数的概率先写 $\dfrac{k}{n}$ ，约到最简分数，别急着变成小数。

八、真题怎么读

页面下方”考过本节的真题”是派生的完整清单，全是浙江卷。读的顺序建议：

先做 浙江 2021 q15（袋中取两球数红球）——它就是本节例 9 的形状：不放回摸球，古典概型的计数基本功，顺手把”数红球个数”这个随机变量的分布列也列了；
再做 浙江 2022 q15（抽三张卡看最小数字）——同样是”数样本点”，但”最小数字”这个事件要把样本点按 $\min$ 分组，练的是对事件边界的精确划分；
接着做 浙江 2020 q16（ $1$ 红 $1$ 绿 $2$ 黄四球，不放回地摸，摸到红球即停，问摸出黄球个数 $\xi$ 的 $P(\xi=0)$ 与 $E(\xi)$ ）——它的样本空间不是”摸了几次”，而是四个球的一个排列；换成排列以后， $P(\xi=0)$ 就是”红球排在两个黄球之前”，三个球的相对次序等可能，答案直接是 $\frac{1}{3}$ 。绿球从头到尾不影响结果。 这道题练的正是第三节那条教训：样本点选错，等可能就无从谈起。
然后做 浙江 2024 q14（甲乙各四张牌逐轮比大小）——两副牌的配对一共有 $4! = 24$ 种等可能情形，全数完就是答案：这道题考的就是本节第三节那条教训——等可能的样本点往往要你”编号、有序”才能数全；
最后是 浙江 2024 q19（(i, j)-可分数列）——这一节的上限：把”数样本点”放大到构造与计数放缩，古典概型只是它最外面那层壳。它不该是入门题，是学完本节再回头挑战的题。

这几道题练的是同一件事：走完”写样本空间 → 验等可能 → 数个数”三步，再把计数结果装进分布列或期望里。情境越陌生，越考你有没有走完这三步，而不是背过哪道题。

习题详解（本站解答，无官方答案可核）

人教 A 版学生用书不含答案，教师用书与全解不在本站语料里——因此本节习题的解答无官方答案可核，它们是本站写的。每一道都过了独立 verifier 的 refute 优先复核（默认它有问题，找不出问题才放行），但那不等于官方标准答案：拿它对思路，别拿它对分。

本节页面（page-0242—page-0247，印刷第 235—240 页）上能逐字引到题面的课本习题共 2 道——第 235 页顶部「练习」里的两道：它们是课本 §10.1.2「事件的关系和运算」末尾的自测题，印刷在本节第一页的上半部分、随页面划归本节，主题落在上一节的「事件关系」上。本节主题古典概型自己的「练习」（3 道：飞碟射击、扑克牌、0~9 数字）印在第 241 页顶部，「习题 10.1」印在第 245—248 页——两者都在 §10.1.4 的页面范围里，题面引文门只认本节页面、逐字引不了，故不收；读者可在 §10.1.4 的节页扫描图上读到它们。每道题先逐字引课本的题面（引用块），再写解答。

练习（第 235 页）第 1 题

某人打靶时连续射击两次，下列事件中与事件“至少一次中靶”互为对立的是（）. （A）至多一次中靶（B）两次都中靶（C）只有一次中靶（D）两次都没有中靶

关键动作：把「互为对立」翻译成集合关系——互斥，且并集是样本空间 $\Omega$ 。

连续射击两次的全部结果（用「中」「不」表示每次是否中靶）是

\Omega = \{\text{中中},\ \text{中不},\ \text{不中},\ \text{不不}\},

共 4 个样本点。事件「至少一次中靶」是

A = \{\text{中中},\ \text{中不},\ \text{不中}\},

它在 $\Omega$ 中的补集（剩下唯一一个样本点）是 $\{\text{不不}\}$ ，即「两次都没有中靶」。它与 $A$ 互斥（不含公共样本点），且 $A \cup \bar{A} = \Omega$ ，所以互为对立事件，选 （D）。

逐一排除其余选项，体会「对立」为什么比「互斥」多一条：

（A）「至多一次中靶」= $\{\text{不不},\ \text{中不},\ \text{不中}\}$ ，与 $A$ 的交集非空（如「中不」），既不互斥、更不对立；
（B）「两次都中靶」= $\{\text{中中}\}$ ，是 $A$ 的子事件——两者互斥都谈不上；
（C）「只有一次中靶」= $\{\text{中不},\ \text{不中}\}$ ，同样是 $A$ 的子事件，且 $A \cup C \neq \Omega$ 。

自检：把选项（D）代回去—— $A \cap D = \varnothing$ 、 $A \cup D = \Omega$ 两条都成立，与「互为对立」的定义逐条相符。

练习（第 235 页）第 2 题

抛掷一颗质地均匀的骰子，有如下随机事件： $C_{i}=$ “点数为i”，其中i=1,2,3,4,5,6； $D_{1}=$ “点数不大于2”， $D_{2}=$ “点数大于2”， $D_{3}=$ “点数大于4”； E=“点数为奇数”，F=“点数为偶数”。判断下列结论是否正确. (1) $C_{1}$ 与 $C_{2}$ 互斥； (2) $C_{2}$ ， $C_{3}$ 为对立事件； (3) $C_{3} \subseteq D_{2}$ ； (4) $D_{3} \subseteq D_{2}$ ； (5) $D_{1} \cup D_{2} = \Omega$ , $D_{1}D_{2} = \varnothing$ ; (6) $D_{3}=C_{5}\cup C_{6}$ ; (7) $E=C_{1}\cup C_{3}\cup C_{5}$ ; (8) E, F 为对立事件； (9) $D_{2} \cup D_{3} = D_{2}$ ; (10) $D_{2} \cap D_{3} = D_{3}$ .

关键动作：把每个事件都写成样本点集合，再把「互斥、对立、包含、并、交」逐条翻译成集合关系。 （这里的 $D_{1}D_{2}$ 是 $D_{1} \cap D_{2}$ 的简写。）

先写下样本空间与各事件的样本点集合（ $C_{i}$ 就是单点集 $\{i\}$ ）：

\Omega = \{1,2,3,4,5,6\}, \qquad D_{1} = \{1,2\}, \qquad D_{2} = \{3,4,5,6\}, \qquad D_{3} = \{5,6\},

E = \{1,3,5\}, \qquad F = \{2,4,6\}.

逐条判断：

(1) 正确。 $C_{1} \cap C_{2} = \{1\} \cap \{2\} = \varnothing$ ，互斥的定义就是交集为空。

(2) 错误。 $C_{2} \cap C_{3} = \varnothing$ 只说明两者互斥；互为对立还要求并集是 $\Omega$ ，而 $C_{2} \cup C_{3} = \{2,3\} \neq \Omega$ 。

(3) 正确。 $C_{3} = \{3\} \subseteq \{3,4,5,6\} = D_{2}$ 。

(4) 正确。 $D_{3} = \{5,6\} \subseteq \{3,4,5,6\} = D_{2}$ （点数大于 4 当然大于 2）。

(5) 正确。 $D_{1} \cup D_{2} = \{1,2\} \cup \{3,4,5,6\} = \Omega$ ，且 $D_{1} \cap D_{2} = \varnothing$ —— 实际上这说明 $D_{1}$ 与 $D_{2}$ 互为对立事件。

(6) 正确。 $C_{5} \cup C_{6} = \{5\} \cup \{6\} = \{5,6\} = D_{3}$ 。

(7) 正确。 $C_{1} \cup C_{3} \cup C_{5} = \{1,3,5\} = E$ 。

(8) 正确。 $E \cap F = \varnothing$ ，且 $E \cup F = \{1,3,5\} \cup \{2,4,6\} = \Omega$ ，两个条件都满足，互为对立事件。

(9) 正确。 由（4）知 $D_{3} \subseteq D_{2}$ ，子事件与它自己并起来还是 $D_{2}$ ： $D_{2} \cup D_{3} = D_{2}$ 。

(10) 正确。 同样由 $D_{3} \subseteq D_{2}$ ：交集取较小者， $D_{2} \cap D_{3} = D_{3}$ 。

结论：除（2）外全部正确。

自检：把（9）（10）代回集合验一遍—— $D_{3} = \{5,6\}$ 放进 $D_{2} = \{3,4,5,6\}$ 里，并集不动、交集剩下 $D_{3}$ 自己，两条等式都成立；若 $D_{3}$ 不是 $D_{2}$ 的子集，（9）（10）就会是另一副样子，这正是「 $A \subseteq B \Rightarrow A \cup B = B$ 且 $A \cap B = A$ 」这条包含关系性质的两个方向。

原书转写（OCR，供核对）

共 6 页· 默认折起

机器转写，如有出入以上方扫描图为准。它是原文可搜索、可复制公式、读屏器读得出的形态，也是教材原文引文的逐字比对靶。

$M=\{(1,2),(2,1),(3,4),(4,3)\}$ , $N=\{(1,3),(1,4),(2,3),(2,4),(3,1),(3,2),(4,1),(4,2)\}$ . (2) 因为 $R \subseteq R_{1}$ ，所以事件 $R_{1}$ 包含事件 R；因为 $R \cap G = \varnothing$ ，所以事件 R 与事件 G 互斥；因为 $M \cup N = \Omega$ ， $M \cap N = \varnothing$ ，所以事件 M 与事件 N 互为对立事件. (3) 因为 $R \cup G = M$ ，所以事件 M 是事件 R 与事件 G 的并事件；因为 $R_{1} \cap R_{2} = R$ ，所以事件 R 是事件 $R_{1}$ 与事件 $R_{2}$ 的交事件.

练习

某人打靶时连续射击两次，下列事件中与事件“至少一次中靶”互为对立的是（）. （A）至多一次中靶（B）两次都中靶（C）只有一次中靶（D）两次都没有中靶
抛掷一颗质地均匀的骰子，有如下随机事件： $C_{i}=$ “点数为i”，其中i=1,2,3,4,5,6； $D_{1}=$ “点数不大于2”， $D_{2}=$ “点数大于2”， $D_{3}=$ “点数大于4”； E=“点数为奇数”，F=“点数为偶数”。判断下列结论是否正确. (1) $C_{1}$ 与 $C_{2}$ 互斥； (2) $C_{2}$ ， $C_{3}$ 为对立事件； (3) $C_{3} \subseteq D_{2}$ ； (4) $D_{3} \subseteq D_{2}$ ； (5) $D_{1} \cup D_{2} = \Omega$ , $D_{1}D_{2} = \varnothing$ ; (6) $D_{3}=C_{5}\cup C_{6}$ ; (7) $E=C_{1}\cup C_{3}\cup C_{5}$ ; (8) E, F 为对立事件； (9) $D_{2} \cup D_{3} = D_{2}$ ; (10) $D_{2} \cap D_{3} = D_{3}$ .

10.1.3 古典概型

研究随机现象，最重要的是知道随机事件发生的可能性大小。对随机事件发生可能性大小的度量（数值）称为事件的概率（probability），事件 $A$ 的概率用 $P(A)$ 表示。

我们知道，通过试验和观察的方法可以得到一些事件的概率估计。但这种方法耗时多，而且得到的仅是概率的近似值。能否通过建立适当的数学模型，直接计算随机事件的概率呢？

思考

在10.1.1节中，我们讨论过彩票摇号试验、抛掷一枚均匀硬币的试验及掷一枚质地均匀骰子的试验。它们的共同特征有哪些？

考察这些试验的共同特征，就是要看它们的样本点及样本空间有哪些共性. 可以发

现，它们具有如下共同特征：

(1) 有限性: 样本空间的样本点只有有限个;

(2) 等可能性: 每个样本点发生的可能性相等.

我们将具有以上两个特征的试验称为古典概型试验，其数学模型称为古典概率模型，简称古典概型.

下面我们就来研究古典概型.

思考

考虑下面两个随机试验，如何度量事件 A 和事件 B 发生的可能性大小？

(1) 一个班级中有 18 名男生、22 名女生。采用抽签的方式，从中随机选择一名学生，事件 $A =$ “抽到男生”；

(2) 抛掷一枚质地均匀的硬币 3 次，事件 B = “恰好一次正面朝上”.

对于问题（1），班级中共有40名学生，从中选择一名学生，因为是随机选取的，所以选到每个学生的可能性都相等，这是一个古典概型.

抽到男生的可能性大小，取决于男生数在班级学生数中所占的比例大小。因此，可以用男生数与班级学生数的比值来度量。显然，这个随机试验的样本空间中有40个样本点，而事件 $A =$ “抽到男生”包含18个样本点。因此，事件 $A$ 发生的可能性大小为 $\frac{18}{40} = \frac{9}{20}$ 。

对于问题（2），我们用1表示硬币“正面朝上”，用0表示硬币“反面朝上”，则试验的样本空间

$\Omega = \{(1, 1, 1), (1, 1, 0), (1, 0, 1), (1, 0, 0), (0, 1, 1), (0, 1, 0), (0, 0, 1), (0, 0, 0)\}$ ,

共有 8 个样本点，且每个样本点是等可能发生的，所以这是一个古典概型.

事件 $B$ 发生的可能性大小，取决于这个事件包含的样本点在样本空间包含的样本点中所占的比例大小。因此，可以用事件包含的样本点数与样本空间包含的样本点数的比值来度量。因为 $B = \{(1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)\}$ ，所以事

\frac {3}{8}

一般地，设试验 E 是古典概型，样本空间 $\Omega$ 包含 n 个样本点，事件 A 包含其中的 k 个样本点，则定义事件 A 的概率

P (A) = \frac {k}{n} = \frac {n (A) ^ {\bullet}}{n (\Omega)}.

其中， $n(A)$ 和 $n(\Omega)$ 分别表示事件 $A$ 和样本空间 $\Omega$ 包含的样本点个数.

• •

①法国数学家拉普拉斯（P.-S. Laplace，1749—1827）在1812年把该式作为概率的一般定义，现在我们称它为概率的古典定义.

例 7 单项选择题是标准化考试中常用的题型，一般是从 A，B，C，D 四个选项中选择一个正确答案。如果考生掌握了考查的内容，他可以选择唯一正确的答案。假设考生有一题不会做，他随机地选择一个答案，答对的概率是多少？

解：试验有选A、选B、选C、选D共4种可能结果，试验的样本空间可以表示为 $\Omega = \{\mathrm{A},\mathrm{B},\mathrm{C},\mathrm{D}\}$ ．考生随机选择一个答案，表明每个样本点发生的可能性相等，所以这是一个古典概型．设 $M =$ “选中正确答案”，因为正确答案是唯一的，所以 $n(M) = 1$ ．所以，考生随机选择一个答案，答对的概率

P (M) = \frac {1}{4}.

思考

在标准化考试中也有多选题，多选题是从A，B，C，D四个选项中选出所有正确的答案（四个选项中至少有两个选项是正确的）。你认为单选题和多选题哪种更难选对？为什么？

例 8 抛掷两枚质地均匀的骰子（标记为Ⅰ号和Ⅱ号），观察两枚骰子分别可能出现的基本结果.

（1）写出这个试验的样本空间，并判断这个试验是否为古典概型；

(2) 求下列事件的概率:

A = \text{“两个点数之和是 } 5 \text{”};

B = \text{“两个点数相等”};

C = \text{“I号骰子的点数大于II号骰子的点数”}.

解：（1）抛掷一枚骰子有6种等可能的结果，Ⅰ号骰子的每一个结果都可与Ⅱ号骰子的任意一个结果配对，组成掷两枚骰子试验的一个结果。用数字 $m$ 表示Ⅰ号骰子出现的点数是 $m$ ，数字 $n$ 表示Ⅱ号骰子出现的点数是 $n$ ，则数组 $(m, n)$ 表示这个试验的一个样本点。因此该试验的样本空间

\Omega = \{(m, n) \mid m, n \in \{1, 2, 3, 4, 5, 6 \} \},

其中共有 36 个样本点.

由于骰子的质地均匀，所以各个样本点出现的可能性相等，因此这个试验是古典概型.

(2) 因为 $A=\{(1,4),(2,3),(3,2),(4,1)\}$ ，所以 $n(A)=4$ ，从而

P (A) = \frac {n (A)}{n (\Omega)} = \frac {4}{3 6} = \frac {1}{9};

因为 $B = \{(1, 1), (2, 2), (3, 3), (4, 4), (5, 5), (6, 6)\}$ ，所以 $n(B) = 6$ ，从而

P (B) = \frac {n (B)}{n (\Omega)} = \frac {6}{3 6} = \frac {1}{6};

因为

C = \{(2, 1), (3, 1), (3, 2), (4, 1), (4, 2), (4, 3), (5, 1), (5, 2),

(5, 3), (5, 4), (6, 1), (6, 2), (6, 3), (6, 4), (6, 5) \},

所以 $n(C) = 15$ ，从而

P (C) = \frac {n (C)}{n (\Omega)} = \frac {1 5}{3 6} = \frac {5}{1 2}.

思考

在例8中，为什么要把两枚骰子标上记号？如果不给两枚骰子标记号，会出现什么情况？你能解释其中的原因吗？

如果不给两枚骰子标记号，则不能区分所抛掷出的两个点数分别属于哪枚骰子，如抛掷出的结果是1点和2点，有可能第一枚骰子的结果是1点，也有可能第二枚骰子的结果是1点。这样，（1，2）和（2，1）的结果将无法区别。

当不给两枚骰子标记号时，试验的样本空间 $\Omega_1 = \{(m, n) \mid m, n \in \{1, 2, 3, 4, 5, 6\}$ ，且 $m \leqslant n\}$ ，则 $n(\Omega_1) = 21$ 。其中，事件 $A =$ “两个点数之和是5”的结果变为 $A = \{(1, 4), (2, 3)\}$ ，这时 $P(A) = \frac{2}{21}$ 。

思考

同一个事件的概率，为什么会出现两个不同的结果呢？

可以发现，36个结果都是等可能的；而合并为21个可能结果时，（1，1）和（1，2）发生的可能性大小不等，这不符合古典概型特征，所以不能用古典概型公式计算概率，因此 $P(A)=\frac{2}{21}$ 是错误的.

归纳

求解古典概型问题的一般思路：

（1）明确试验的条件及要观察的结果，用适当的符号（字母、数字、数组等）表示试验的可能结果（借助图表可以帮助我们不重不漏地列出所有的可能结果）；

(2) 根据实际问题情境判断样本点的等可能性;

(3) 计算样本点总个数及事件 A 包含的样本点个数，求出事件 A 的概率.

例 9 袋子中有 5 个大小质地完全相同的球，其中 2 个红球、3 个黄球，从中不放回地依次随机摸出 2 个球，求下列事件的概率：

(1) A = “第一次摸到红球”;

(2) B = “第二次摸到红球”;

(3) AB = “两次都摸到红球”.

解：将两个红球编号为1，2，三个黄球编号为3，4，5.第一次摸球时有5种等可能的结果，对应第一次摸球的每个可能结果，第二次摸球时都有4种等可能的结果.将两次摸球的结果配对，组成20种等可能的结果，用表10.1-2表示.

（1）第一次摸到红球的可能结果有8种（表中第1，2行），即

\begin{array}{c} A = \{(1, 2), (1, 3), (1, 4), (1, 5), \\ (2, 1), (2, 3), (2, 4), (2, 5) \}, \end{array}

所以

P (A) = \frac {8}{2 0} = \frac {2}{5}.

(2) 第二次摸到红球的可能结果也有 8 种（表中第 1, 2 列），即

\begin{array}{c} B = \{(2, 1), (3, 1), (4, 1), (5, 1), \\ (1, 2), (3, 2), (4, 2), (5, 2) \}, \end{array}

所以

P (B) = \frac {8}{2 0} = \frac {2}{5}.

（3）事件 AB 包含 2 个可能结果，即 $AB = \{(1, 2), (2, 1)\}$ ，所以

P (A B) = \frac {2}{2 0} = \frac {1}{1 0}.

如果同时摸出 2 个球，那么事件 AB 的概率是多少？

例 10 从两名男生（记为 $B_{1}$ 和 $B_{2}$ ）、两名女生（记为 $G_{1}$ 和 $G_{2}$ ）中任意抽取两人，

（1）分别写出有放回简单随机抽样、不放回简单随机抽样和按性别等比例分层随机抽样的样本空间；

(2) 在三种抽样方式下，分别计算抽到的两人都是男生的概率.

解：设第一次抽取的人记为 $x_{1}$ ，第二次抽取的人记为 $x_{2}$ ，则可用数组 $(x_{1}, x_{2})$ 表示样本点.

（1）根据相应的抽样方法可知：

有放回简单随机抽样的样本空间

\begin{array}{r l} \Omega_ {1} = \{(B _ {1}, B _ {1}), (B _ {1}, B _ {2}), (B _ {1}, G _ {1}), (B _ {1}, G _ {2}), (B _ {2}, B _ {1}), (B _ {2}, B _ {2}), (B _ {2}, \\ G _ {1}), (B _ {2}, G _ {2}), (G _ {1}, B _ {1}), (G _ {1}, B _ {2}), (G _ {1}, G _ {1}), (G _ {1}, G _ {2}), (G _ {2}, B _ {1}), \\ (G _ {2}, B _ {2}), (G _ {2}, G _ {1}), (G _ {2}, G _ {2}) \}. \end{array}

不放回简单随机抽样的样本空间

\begin{array}{r l} \Omega_ {2} = \{(B _ {1}, B _ {2}), (B _ {1}, G _ {1}), (B _ {1}, G _ {2}), (B _ {2}, B _ {1}), (B _ {2}, G _ {1}), (B _ {2}, G _ {2}), (G _ {1}, \\ B _ {1}), (G _ {1}, B _ {2}), (G _ {1}, G _ {2}), (G _ {2}, B _ {1}), (G _ {2}, B _ {2}), (G _ {2}, G _ {1}) \}. \end{array}

按性别等比例分层随机抽样，先从男生中抽一人，再从女生中抽一人，其样本空间

\Omega_ {3} = \{(B _ {1}, G _ {1}), (B _ {1}, G _ {2}), (B _ {2}, G _ {1}), (B _ {2}, G _ {2}) \}.

(2) 设事件 A = “抽到两名男生”，则

对于有放回简单随机抽样，

A = \{(B _ {1}, B _ {1}), (B _ {1}, B _ {2}), (B _ {2}, B _ {1}), (B _ {2}, B _ {2}) \}.

因为抽中样本空间 $\Omega_{1}$ 中每一个样本点的可能性都相等，所以这是一个古典概型。因此

P (A) = \frac {4}{1 6} = \frac {1}{4}.

对于不放回简单随机抽样，

A = \{(B _ {1}, B _ {2}), (B _ {2}, B _ {1}) \}.

因为抽中样本空间 $\Omega_{2}$ 中每一个样本点的可能性都相等，所以这是一个古典概型。因此

P (A) = \frac {2}{1 2} = \frac {1}{6}.

因为按性别等比例分层随机抽样，不可能抽到两名男生，所以 $A = \varnothing$ ，因此 $P(A) = 0$ .

例 10 表明，同一个事件 A = “抽到两名男生” 发生的概率，在按性别等比例分层随机抽样时最小，在不放回简单随机抽样时次之，在有放回简单随机抽样时最大。因此，抽样方法不同，则样本空间不同，某个事件发生的概率也可能不同。

上一章我们研究过通过抽样调查估计树人中学高一学生平均身高的问题。我们知道，简单随机抽样使总体中每一个个体都有相等的机会被抽中，但因为抽样的随机性，有可能会出现全是男生的“极端”样本，这就可能高估总体的平均身高。上述计算表明，在总体的男、女生人数相同的情况下，用有放回简单随机抽样进行抽样，出现全是男生的样本的概率为0.25；用不放回简单随机抽样进行抽样，出现全是男生的样本的概率约为0.167，可以有效地降低出现“极端”样本的概率。特别是，在按性别等比例分层随机抽样中，全是男生的样本出现的概率为 0，真正避免了这类极端样本的出现。所以，改进抽样方法对于提高样本的代表性很重要。