四、典型例题_概率论与数理统计学习指导（第2版）-QQ阅读女生幻言网

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四、典型例题

【例1.1】写出下列随机试验的样本空间及下列事件包含的样本点．

（1）掷一颗骰子，出现奇数点．

（2）投掷一枚质地均匀的硬币两次：

① 第一次出现正面；

② 两次出现同一面；

③ 至少有一次出现正面．

【分析】可对照集合的概念来理解样本空间和样本点：样本空间可指全集，样本点是元素，事件则是包含在全集中的子集．

【解】（1）掷一颗骰子，有6种可能结果，如果用“1”表示“出现1点”这个样本点，其余类似，则样本空间为：Ω={1，2，3，4，5，6}，出现奇数点的事件为：{1，3，5}．

（2）投掷一枚均匀硬币两次，其结果有四种可能，若用（正，反）表示“第一次出现正面，第二次出现反面”这一样本点，其余类似，则样本空间为：Ω={（正，正），（正，反），（反，正），（反，反）}，用A，B，C分别表示上述事件①，②，③，则事件A={（正，正），（正，反）}；事件B={（正，正），（反，反）}；事件C={（正，正），（正，反），（反，正）}．

【解毕】

【例1.2】以A，B，C分别表示某城市居民订阅日报、晚报和体育报．试用A，B，C表示以下事件．

（1）只订阅日报；

（2）只订日报和晚报；

（3）只订一种报；

（4）正好订两种报；

（5）至少订阅一种报；

（6）不订阅任何报；

（7）最多订阅一种报；

（8）三种报纸都订阅；

（9）三种报纸不全订阅．

【分析】利用事件的运算关系及性质来描述事件．

【例1.3】设 014-02 试就以下四种情况分别求 014-03

（1）AB=φ；

（2）A⊂B；

（3） 014-04

（4）A，B独立．

【分析】按概率的性质进行计算．

【例1.4】已知 014-06 求事件A，B，C全不发生的概率．

【技巧】同时利用事件运算的德摩根律及逆事件概率公式，是解概率题中常用的技巧之一．

【例1.5】一个小孩用13个字母A，A，A，C，E，H，I，I，M，M，N，T，T作组字游戏．如果字母的各种排列是随机的（等可能的），问恰好组成“MATHEMATICIAN”一词的概率为多大？

【分析】此题考查的是古典概型概率的计算．

【解】显然样本点总数为13！，事件A“恰好组成‘MATHEMATICIAN’”包含3！2！2！2！个样本点，所以 015-02 　【解毕】

【例1.6】袋中有α个白球及β个黑球．

（1）从袋中任取a+b个球，试求所取的球恰含有a个白球和b个黑球的概率（a≤α，b≤β）；

（2）从袋中任意地接连取出k+1（k+1≤α+β）个球，如果每球被取出后不放回，试求最后取出的球是白球的概率．

【分析】这是一个古典概型概率的计算问题．

【解】（1）从α+β个球中取出a+b个球，这种取法总共有 015-03 种．

设A={恰好取中a个白球和b个黑球}，故A中所含样本总数为 015-04 从而

（2）从α+β个球中接连不放回地取出k+1个球，由于具有次序，所以应考虑排列问题，因此，共有 015-06 种取法．

设B={最后取出的球为白球}，则B中所含样本点数可以通过乘法原理来计算：考虑有k+1个位子，编号分别为1，2，…，k，k+1，将第n次取出的球放入第n号位子．第k+1次取出的球是白球，相当于第k+1号位子是白球．为保证第k+1号位子是白球，先从α个白球中任意取一个放入第k+1号位子，有α种取法；而其余的k个位子随便放，共有 015-07 种不同的取法（同样要考虑排列）．因而B中包含地样本点共有 015-08 个，故

015-09 　【解毕】

【注】①从上例知，在计算样本点总数以及事件所含样本点的数目时，必须在同一确定的样本空间中考虑，如果一个考虑了顺序，则另一个也必须按同样的方法考虑顺序．

② 如果我们将“白球”“黑球”换成“合格品”“次品”，等等，就得到各种各样的摸球问题，这就是抽球问题的原型意义所在．

③ 在上例的两个问题中，我们采取的抽样方式实际上都是不放回的抽样，如果我们改用有放回的抽样，即每次摸出球后仍放回袋中，则容易知道

对第一个问题（即事件A），在“不放回抽样”与“有放回抽样”情形下问题的答案，恰好是我们以后所介绍的“超几何分布”与“二项分布”的实际背景．对第二个问题（即事件B），无论是“不放回抽样”，还是“有放回抽样”，答案都是 016-01 其结果与k无关，此结果说明了日常生活中抓阄、分票的合理性．

【例1.7】将n个人等可能地分配到N（n≤N）间房中去，试求下列事件的概率．

A={某指定的n间房中各有一个人}；

B={恰有n间房，其中各有一人}；

C={某指定的房中恰有m（m≤n）个人}．

【分析】这是一个典型的古典概型概率的计算问题．

【解】把n个人等可能地分配到N间房中去，由于并没有限定每一房中的人数，故是一可重复的排列问题，这样的分法共有Nn种．对于事件A，今固定某n间房，第一个人可分配到n间房的任一间，有n种方法；第二个人可分配到余下的n-1间房中的任一间，有n-1种分法，依次类推，得到A共含有n！个样本点，故 016-02

对于事件B，因为n间房没有指定，所以可先在N间房中任意选出n间房（共有 016-03 种选法），然后对于选出来的某n间房，按照上面的分析，可知B共含有 016-04 个样本点，从而

对于事件C，由于m个人可自n个人中任意选出，并不是指定的，因此有 016-06 种选法，而其余的n-m个人可任意地分配到其余的N-1间房中，共有（N-1）n-m种分配方法，故C中共含有 016-07 个样本点，因此

016-09 　【解毕】

【注】可归入“分房问题”处理的古典概型的实际问题非常多，例如下面几类．

① 生日问题：n个人的生日的可能情形，这时N=365天（n≤365）．

② 旅客下站问题：一客车上有n名旅客，它在N个站上都停，旅客下站的各种可能情形．

③ 印刷错误问题：n个印刷错误在一本有N页的书中的一切可能的分布（n一般不超过每一页的字符数）．

④ 放球问题：将n个球放入N个盒子的可能情形．

值得注意的是，在处理这类问题时，要分清楚什么是“人”什么是“房”，一般不能颠倒．

【例1.8】从0，1，2，…，9这10个数字中，任意选出3个不同的数字，试求下列事件的概率：A1={3个数字中不含0和5}；A2={3个数字中不含0或5}．

【分析】这是一个古典概率的计算问题，综合运用概率的性质进行计算．

【解】随机试验是从10个数字中任取3个数字，故样本空间Ω的样本总数为 016-10

如果取得的3个数字不含0和5，则这3个数字必须在其余的8个数字中取得，故事件A1所含的样本点的个数为 016-11 从而

对事件A2，我们引入下列事件：B1={3个数字中含0，不含5}；B2={3个数字中含5，不含0}；B3={3个数字中既不含0，又不含5}．则A2=B1∪B2∪B3且B1，B2，B3两两互不相容，于是有

017-01 　【解毕】

【注】① 对事件A2的概率求法，我们还有下列另外两种方法．

（方法1）利用逆事件进行计算．

若注意到 017-02 ={3个数字中既含有0又含5}，则有

（方法2）利用加法公式进行计算．

若引入事件：C1={3个数字中不含0}；C2={3个数字中不含5}．则A2=C1∪C2，从而有

② 由此例可见，如果能利用事件间的运算关系，将一个较为复杂的事件分解成若干个比较简单的事件的和、差、积等，再利用相应的概率公式，就能比较简便地计算较复杂事件的概率，这种思想方法希望读者熟练掌握．

【例1.9】在区间[0，1]中，随机地取出两个数，求两数之和小于1.2的概率．

【分析】本题的难点是把所求问题归结为一个几何概型的问题，这类问题其实在考虑均匀分布的相关概率时是比较常见的，读者可以将它理解成这样一个问题：设X与Y相互独立，且X，Y等可能在区间[0，1]上取值，于是随机点（X，Y）等可能落在正方形[0，1]×[0，1]上．于是，相当于Ω=[0，1]×[0，1]，A={（X，Y）|X+Y<1.2}⊂Ω，虽然题目中没有明确给出“独立性”这一条件，但一般字眼“随机地”除了表示试验结果是等可能的外，还表示了取出的两个数是相互独立的．同时，由于问题所涉及的区域往往是较为规则的几何图形，因此，许多情形下，只须利用初等数学的方法就能求出这些图形的面积．

【解】设x，y为区间[0，1]中随机地取出的两个数，则试验的样本空间

Ω={（x，y）：0≤x≤1，0≤y≤1}，而所求的事件A={（x，y）：（x，y）∈Ω，x+y<1.2}．从而，由几何概率的计算公式知

017-05 　【解毕】

【例1.10】设10件产品中有4件不合格品，从中任取2件，已知所取2件产品中有1件不合格品，求另一件也是不合格品的概率．

【分析】在已知“所取2件产品中有1件不合格品”的条件下求“另一件也是不合格品”的概率，所以是条件概率问题．根据公式 017-06 必须求出P（A），P（AB）．

【解】令A=“两件中至少有一件不合格”，B=“两件都不合格”，则

018-01 　【解毕】

【例1.11】11个人用轮流抽签的方法，分配7张电影票（每张电影票只能分给一个人），试求事件“在第三个人抽中的情况下，第一个人抽中而第二个人没有抽中”的概率．

【分析】此题考查条件概率的应用．

【解】设Ai（i=1，2，3）表示“第i个人抽中”，则

【例1.12】加工零件需要经过两道工序，第一道工序出现合格品的概率为0.85，出现次品的概率为0.15；第一道工序加工出来的合格品，在第二道工序中出现合格品的概率为0.75，出现次品的概率为0.25；第一道工序加工出来的次品，在第二道工序中出现次品的概率为0.65，出现废品的概率为0.35．求经过两道工序加工出来的零件是合格品、次品及废品的概率．

【分析】本题考查加法公式和乘法公式的应用．

【解】设Ai（i=1，2）分别表示第一道工序加工出合格品及次品的事件，Bi（i=1，2，3）分别表示第二道工序加工出合格品、次品及废品的事件，Ci（1，2，3）分别表示经两道工序加工出零件为合格品、次品及废品的事件，

则P（C1）=P（A1B1）=P（A1）P（B1|A1）=0.85×0.75=0.6375，

P（C3）=P（A2B3）=P（A2）P（B3|A2）=0.15×0.35=0.0525，

P（C2）=1-[P（C1）+P（C3）]=0.31．

另一种解法：

P（C2）=P（A1B2+A2B2）=P（A1）P（B2|A1）+P（A2）P（B2|A2）=0.85×0.25+0.15×0.65=0.31．

【解毕】

【例1.13】设有白球和黑球各4只，从中任取4只放入甲盒，余下4只放入乙盒，然后分别在两盒中各任取一只，颜色正好相同，试问放入甲盒的4只球有几只白球的概率最大，且求出此概率．

【分析】本题应用全概率公式和贝叶斯公式计算．

【解】设A={从甲、乙两盒中各取一球，颜色相同}，Bi={甲盒中有i只白球}，i=0，1，2，3，4．

显然B0，B1，…，B4构成一完备事件组，又由题设知

且

从而由全概率公式得

再由贝叶斯公式得

即放入甲盒的4只球中只有两只白球的概率最大，最大值为 019-03 　【解毕】

【例1.14】玻璃杯成箱出售，每箱20只，假设各箱含0，1，2只残次品的概率相应为0.8，0.1和0.1，一顾客欲购一箱玻璃杯，在购买时，售货员随意取一箱，而顾客开箱随机地查看4只，若无残次品，则买下该箱玻璃杯，否则退回，试求：

（1）顾客买下该箱的概率α；

（2）在顾客买下的一箱中，确实没有残次品的概率β．

【分析】由于玻璃杯箱总共有3类，分别含0，1，2只残次品，而售货员取的那一箱可以是这3类中的任一箱，顾客是在售货员取的一箱中检查的，顾客是否买下这一箱与售货员取的是哪一类的箱子有关，这类问题的概率计算一般可用全概率公式解决．第二问是条件概率问题．

【解】引入下列事件：

A={顾客所查看的一箱}；

Bi={售货员取的箱中恰好有i件残次品}，i=0，1，2．

显然，B0，B1，B2构成一完备事件组，且

（1）由全概率公式得

（2）由贝叶斯公式得

020-01 　【解毕】

【技巧】本题是考查全概率公式与贝叶斯公式典型试题．一般来说，在应用上述两个公式计算概率时，关键是寻找出试验的一完备事件组B1，B2，…，Bn．在一次试验中，这组事件中能且只能有一个发生．因此，事件A只能与B1，B2，…，Bn中之一的事件同时发生．直观地讲，B1，B2，…，Bn中的每一个都可看成是导致事件A发生的“原因”．而在问题中，P（Bi）与P（A|Bi）是容易知道的，于是事件A的概率恰为在各种“原因”下A发生的条件概率P（A|Bi）的加权平均，权重恰为各“原因”出现的概率，这就是全概率公式解决问题的思路．而贝叶斯公式实际上是在已知结果发生的条件下，来找各“原因”发生的概率大小的，即求条件概率P（Bi|A）（i=1，2，…，n）.通常我们称P（Bi）为先验概率，P（Bi|A）为后验概率，前者往往是根据以往经验确定的一种“主观概率”，而后者是在事件A发生之后来判断Bi发生的概率．因此，贝叶斯公式实际上是利用先验概率来求后验概率．