數(shù)學(xué)概率與組合介紹

數(shù)學(xué)——概率與組李分類(lèi)計(jì)數(shù)原理和分步計(jì)數(shù)原分類(lèi)計(jì)數(shù)原理(加法原理)做一件事,完成它的方法可分為n個(gè)互不相交的類(lèi),有m1種不同的方法數(shù)學(xué)——概率與組李分類(lèi)計(jì)數(shù)原理和分步計(jì)數(shù)原分類(lèi)計(jì)數(shù)原理(加法原理)做一件事,完成它的方法可分為n個(gè)互不相交的類(lèi),有m1種不同的方法在第二類(lèi)辦法中有m2種不同的方法 在第n類(lèi)辦法中有mn種不同的方法則完成這件事共有m1+m2 +mn種不同的辦法),不同的方法,······,第一,第二,·········,第n?1件事做完后做第n件事有mn種不同的方法,則先做第一件事,再做第二件事,······,最后做第n件事就有m1×m2·····×mn種不同的方法.排列與組1.(1)從n個(gè)不同元素中有序且不重復(fù)地選取k(16k6n)個(gè)元素,稱(chēng)為從n中取出k個(gè)元素的一個(gè)無(wú)重排列所有這樣的排列個(gè)數(shù)記作Ak .Ak=n·(n? (n?k+1)n當(dāng)kn時(shí),得到n個(gè)不同元素的全排列公式An=n·(n? 2·1=n從n個(gè)不同元素中有序且可重復(fù)地選取k(k>1)個(gè)元素,稱(chēng)為n個(gè)不同元素的一個(gè)k–可重排列,所有這樣的排列數(shù)為nk.同設(shè)k個(gè)組的元素個(gè)數(shù)依次為n1n2···nk(n1n2···nk=n),則這n個(gè)元素的全排列稱(chēng)為不全相異元素的全排列,其排列數(shù)為 .n1!n2!···(4)從n個(gè)不同元素中(無(wú)重復(fù)地)取出k(16k6n)個(gè)元素排在一個(gè)圓周上,稱(chēng)為n個(gè)不同元素的一個(gè)k–圓排列如果一個(gè)k–圓排列旋轉(zhuǎn)可以得到另一個(gè)k–圓排列則認(rèn)為這兩個(gè)圓周排列相同,n個(gè)不同元素的k–圓排列數(shù)為.= k·(n?特別地,當(dāng)k=n時(shí),n個(gè)不同元素作成的圓周排列的總數(shù)為(n?(5)錯(cuò)位排列(裝錯(cuò)信封問(wèn)題)集合{12···n}的一個(gè)排列(a1a2···an)中,如果ai?=i,i12···n,則稱(chēng)這種排列為一個(gè)錯(cuò)位排列, 1+nD=n!1—···+.n 12.(1)從n個(gè)不同元素中無(wú)序且不重復(fù)地選取k(16k6n)個(gè)元素,稱(chēng)為n取出k個(gè)元素的一個(gè)(無(wú)重)組合,所有這樣的組合數(shù)記作CknkAn(n?1)···(n?k+2.(1)從n個(gè)不同元素中無(wú)序且不重復(fù)地選取k(16k6n)個(gè)元素,稱(chēng)為n取出k個(gè)元素的一個(gè)(無(wú)重)組合,所有這樣的組合數(shù)記作CknkAn(n?1)···(n?k+C n.==nk!(n?有n個(gè)不同元素,要把它們分為k個(gè)不同的組,使得各組依次有n1n2···nk個(gè)元素其中n1n2···nk=n, n1!n2!···種不同分法從n個(gè)不同元素中無(wú)序但可重復(fù)地選取k(k>1)個(gè)元素,稱(chēng)為n個(gè)k–可重組合 n個(gè)不同元素的k–可重組合數(shù)為.···xn=m的非負(fù)整數(shù)(x1x2···xn)的個(gè)數(shù)為C.(5如果要從數(shù)集{12···n}中取出k個(gè)不同的數(shù)16j1j2···jk6n,使之滿j2?j1>m,j3?j2>m,···,jk?jk?1>常見(jiàn)計(jì)數(shù)情設(shè)A,B是兩個(gè)集合,f是A到B的一個(gè)映射,如果f既是單射,又是滿射,那么稱(chēng)f為一一映射(或雙射).如果兩個(gè)集合A和B之間存在一個(gè)一一映射f,那么集合A和B的元素個(gè)數(shù)相等,即|A|=設(shè)A,B是兩個(gè)有限集合,f是A到B的一個(gè)映射,如果f是單射,那么|A|6|B|;如果f是滿射,那么|A|>|B|.XXX設(shè)S1S2···Sn是n個(gè)集合,k|S∩S|+···+|Si||Si∪···∪Si|S1∪S2∪···∪= 1k+···+ |S1∪···∪例1.數(shù)列{an}共有11項(xiàng),a1=0,a11=4,且|ak+1?ak|=1,k=1,2,···,10.滿足這種條件的不同數(shù)列 ).(A)100解答B(yǎng).(B)(C)(D)ak+1?ak=1或ak+1ak=?1,設(shè)有x個(gè)1,則有10x個(gè)?1,由題意知,a11a1(a11a10a10a9···a2a1),所以,4x(10x?x7.從而所有這樣的數(shù)列個(gè)為C7=C3= 2.將A,B,C,D,E五種不同的文件放入一排編號(hào)依次為1,2,3,4,5,6,7的七個(gè)抽屜內(nèi),每個(gè)抽屜至多放一種文件.若文件A,B必須放入相鄰的抽屜內(nèi),文件C,D也必須放入相鄰的抽屜內(nèi),抽屜內(nèi)的滿足條件的所有不同的方法有)種(A)解答(B)(C)(D)2將放入A,B兩個(gè)文件的相鄰抽屜記為“AB”,將放入C,D兩個(gè)文件的相鄰抽屜記為“CD”,將放入文件E的抽屜記為“E”.于是,“AB”,“CD”,“E”及兩個(gè)空抽屜可視為五個(gè)元素,排列數(shù)為A5.由于文件A,B及文件C,D的排列數(shù)均為A2,而兩個(gè)空抽屜又是兩個(gè)相同的元素,將放入A,B兩個(gè)文件的相鄰抽屜記為“AB”,將放入C,D兩個(gè)文件的相鄰抽屜記為“CD”,將放入文件E的抽屜記為“E”.于是,“AB”,“CD”,“E”及兩個(gè)空抽屜可視為五個(gè)元素,排列數(shù)為A5.由于文件A,B及文件C,D的排列數(shù)均為A2,而兩個(gè)空抽屜又是兩個(gè)相同的元素,52 2A5·A2·條件的所有不同的方法=23.設(shè)有n1個(gè)不同顏色的球放入n個(gè)不同的盒子中要求每個(gè)盒子中至少有一個(gè)球有 )種1(D)1n(n+(A)(n+解答(B)n(n+(C)2(n+2由條件,n個(gè)盒子所放球只能為1個(gè)盒子放2個(gè),其余n?1個(gè)盒子各放1個(gè).其中放2其余n?1個(gè)球放在n?1個(gè)盒子中,共有(n?1)!有n種選法放在一起的兩個(gè)球共有C2n+1種選法12法.種n·Cn+1·(n?1)!=2n(n+設(shè)ABCDEF為正六邊形,一只青蛙開(kāi)始在頂點(diǎn)A處,它每次可隨意地跳到相鄰兩頂點(diǎn)之一.若在5次之內(nèi)跳到D點(diǎn),則停止跳動(dòng);若5次之內(nèi)不能到達(dá)D點(diǎn),則跳完5次也停止跳動(dòng),那么這只青蛙從開(kāi)始到停止,可能出現(xiàn)的不同跳法共有 解答顯然青蛙不可能經(jīng)過(guò)跳1次2次或4次到達(dá)D點(diǎn)故青蛙的跳法只有下列兩類(lèi)情形青蛙跳3次到達(dá)D點(diǎn),有2種跳法青蛙一共跳5次后停止.這時(shí),前3次的跳法(一定不到達(dá)D點(diǎn))有232種,后兩次跳法有22種.故青蛙一共跳5次的跳法有(23?2)·22=24種.由(1)(2)知青蛙共有2+24=26種不同的跳法5.將一個(gè)四棱錐的每個(gè)頂點(diǎn)染上一種顏色,并使同一條棱的兩端點(diǎn)異色.如果只有5用解答.考慮四棱錐SABCD,其頂點(diǎn)S有5種染法.下面考慮用4種顏色染底面ABCD的四個(gè)頂點(diǎn),有如若A,C同色,則A,C有4種染法,B,D各有3種染法,此時(shí)共有433=36種染法若A,C異色,則A有4種染法,C有3種染法,B,D各有2種染法,此時(shí)共有4322=48法因此,不同染色方法的種數(shù)是5×(36+48)=另解滿足題設(shè)條件的染色至少要用三種顏色(1若恰用三種顏色,可先從五種顏色中任選一種染頂點(diǎn)S,再?gòu)挠嘞碌乃姆N顏色中任選兩種涂B,C,D四點(diǎn),此時(shí)只能A與C,B與D分別同色,故有C1A2=60種方法5(2若恰用四種顏色染色可以先從五種顏色中任選一種顏色染頂點(diǎn)S,選兩種染A與B.由于A,B顏色可以交換,故有A2種染法;再?gòu)挠嘞碌膬煞N顏色中任選一種染D或4而D與C中另一個(gè)只需染與其相對(duì)頂點(diǎn)同色即可故有C1A2C1C1種方法542(3)若恰用五種顏色染色,有A5=120種染色法5綜上所知,滿足題意的染色方法數(shù)為60240120=420種6.在一個(gè)正六邊形的六個(gè)區(qū)域中栽種觀賞植物如圖1,要求同一塊中種同一種植物不同的植物現(xiàn)有4種不同的植物可供選擇解答3考慮A,C,E種同一種植物,此時(shí)共有4333=108種方法.考慮A,C,E種二種植物,考慮AC,E此時(shí)共有4222=192種方法有343322=考慮A,C,E種同一種植物,此時(shí)共有4333=108種方法.考慮A,C,E種二種植物,考慮AC,E此時(shí)共有4222=192種方法有343322=432種方法故總計(jì)有108+432+192=732種方法AFBECD7.將2個(gè)a和2個(gè)b共四個(gè)字母填在如圖2所示的16個(gè)小方格內(nèi),每個(gè)小方格內(nèi)至多填1個(gè)字母,若使相同字母既不同行也不同列,則不同的填法共有 種(用數(shù)字作答).解答使2個(gè)a既不同行也不同列的填法有C2A2=72種,同樣,使2個(gè)b既不同行也不同列的填法也有C2A24472種,故由乘法原理,這樣的填法共有722種,其中不符合要求的有兩種情況:2個(gè)a21672種.所以,;1691法共有7227216723960種8.現(xiàn)安排7名同學(xué)去參加5個(gè)運(yùn)動(dòng)項(xiàng)目,要求甲,乙兩同學(xué)不能參加同一個(gè)項(xiàng)目,每個(gè)項(xiàng)目都有人參加,每人只參加一個(gè)項(xiàng)目,則滿足上述要求的不同安排方案數(shù)為 (用數(shù)字作答).解答由題設(shè)條件可知 滿足條件的方案有兩種情形(1)有一個(gè)項(xiàng)目有3人參,共有C3·55·5!3600種方案712725(2)人參2種方·)·5!?·5!=,共有52所以滿足題設(shè)要求的方案數(shù)為360011400=9.8個(gè)女孩和25個(gè)男孩圍成一圈,任意兩個(gè)女孩之間至少站兩個(gè)男孩,那么,共 種同的排列方法(只要把圈旋轉(zhuǎn)一下就重合的排法認(rèn)為是相同的.解.固定女孩中的一個(gè)記為A,對(duì)任何一個(gè)滿足要求的圓排列,從A開(kāi)始按順時(shí)針?lè)较驅(qū)⑺兂梢粋€(gè)直排.由于每個(gè)女孩后面至少有兩個(gè)男孩,我們將每個(gè)女孩連同緊隨其后的兩個(gè)男孩對(duì)應(yīng)一個(gè)黑球,而 不同時(shí),這個(gè)對(duì)應(yīng)是雙射,由此導(dǎo)致的排列之間的對(duì)應(yīng)也是雙射.于是問(wèn)題化為對(duì)8個(gè)黑球和9個(gè)白球且第一球是黑球的所有不同排列數(shù)的計(jì)算顯然這時(shí)不同的排列的個(gè)數(shù)為C7對(duì)于黑球與白球的每種排列,其中每個(gè)黑球?qū)?yīng)一個(gè)三人組,其中第一人為女孩,后兩人為男孩.將除A以外的7個(gè)女孩分別排到后7個(gè)三人組中,共有7!種排列法;將25個(gè)男孩排入到25個(gè)位置,有25!種排法.由乘法原理便知所求的不同排列共有16!25!種10.從給定的六種不同顏色中選用若干種顏色,將一個(gè)正方體的六個(gè)面染色,每面恰染一種顏色,每?jī)蓚€(gè)具有公共棱的面染成不同的顏色,則不同的染色方案共有 種.(注:如果我們對(duì)兩個(gè)相同的正方體染色后,可以通過(guò)適當(dāng)?shù)姆D(zhuǎn),使得兩個(gè)正方體的上,下,左,右,前,后六個(gè)對(duì)應(yīng)面的染色都相同,那么,我們就說(shuō)這兩個(gè)正方體的染色方案相同.)解答4因有公共頂點(diǎn)的三個(gè)面互不同色故至少要用3色下分4種情形(1)6種顏色都用時(shí),先將染某種固定顏色的面朝上,從剩下5色中取1色染下底面有C1種方法,5下4色染余下4個(gè)側(cè)面(應(yīng)是4種顏色的圓排列)有(4?1)!種染法,所以6種顏色都用時(shí),染色方案有(41)30種5(2)只用5種顏色時(shí),從6色中取因有公共頂點(diǎn)的三個(gè)面互不同色故至少要用3色下分4種情形(1)6種顏色都用時(shí),先將染某種固定顏色的面朝上,從剩下5色中取1色染下底面有C1種方法,5下4色染余下4個(gè)側(cè)面(應(yīng)是4種顏色的圓排列)有(4?1)!種染法,所以6種顏色都用時(shí),染色方案有(41)30種5(2)只用5種顏色時(shí),從6色中取5色有C5種方法,這時(shí)必有一組對(duì)面同色,從5色中取16面,并將它們朝上和朝下,有C1種方法,余下4色染余下的4個(gè)側(cè)面(應(yīng)是4粒不同顏色珠子的項(xiàng)鏈),51151有·(4?1)!種方法,所以只用5種顏色時(shí),染色方案有C·C ·(4?1)!=90種6522(3)只用4種顏色時(shí),從6色中取4色有C4種方法,這時(shí)必有2組對(duì)面同色,另一組對(duì)面不同色,從46中取2色染一組對(duì)面,并將他們朝上和朝下(這時(shí)上,下底面無(wú)區(qū)別)有C2種方法,余下2色染余下44面且使2組對(duì)(應(yīng)是2粒不同顏色珠子的項(xiàng)鏈)只有一種染法,故只用4色時(shí),染色方案有C4C2·1690種(4)只用3色時(shí),從6色中取3色有C3種方法,這時(shí)3組對(duì)面同色,用3種顏色去給它們?nèi)旧挥?6法,所以只用3色時(shí),染色方案有·120種6綜上可知,不同的染色共有30+90+90+20=230種概率及其運(yùn)1.古典概型的概率計(jì)算涉及兩個(gè)有限集合中的元素個(gè)數(shù)計(jì)算一個(gè)是所有可能情況的集合通常用大寫(xiě)希臘字母?表示;另一個(gè)是所考慮的隨機(jī)事件中所包含的情況的集合,文字母A,B,C等或帶下標(biāo)的大寫(xiě)英文字母A1,A2,A3等表示.對(duì)于古典概型而言,隨機(jī)事件A的概率P(A)其中|?|與|A|分別是集合?與A中的元素個(gè)數(shù)有時(shí)也稱(chēng)為樣本點(diǎn)個(gè)數(shù)2.幾何概型如果每個(gè)事件發(fā)生的概率只與構(gòu)成該事件區(qū)域的長(zhǎng)度(面積或體積)成比例,則稱(chēng)這樣的概率模型為幾何概型.設(shè)某一事件A(也是S中的某一區(qū)域),S包含A,它的量度大小(長(zhǎng)度,面積或體積)為μ(A),若以P(A)表示事件A發(fā)生的概率,考慮到“均勻分布”性,事件A發(fā)生的概率取為P(Aμ(S)3.設(shè)AB是兩個(gè)事件且P(A0,則稱(chēng)P(B|AP(AB)為事件A發(fā)生的條件下,P件B發(fā)生的概率.相應(yīng)地,把P(B)稱(chēng)為無(wú)條件概率.一般地P(B|A)?=P4.(1)加法公式:P(ABP(AP(BP !XX一般情形:如果E1E2···En是任意n個(gè)事件,P(EiEjEk)+···+ P(E1E2···P P(Ek)P(EiEj)(2)乘法公式:P(ABP(A)P(B|AP(A0)特別,A,B獨(dú)立P(B|A)=P(B)?P(AB)=P(A)P 一般情形:設(shè)A1A2···An是概率空間中的n個(gè)事件,如果 0,則P=P(A1)P(A2|A1)P(A3|A1A2)···P(An|A1A2···5(3)全概率公式:設(shè)A1A2···An是對(duì)?的一個(gè)分劃,如果P(Ak)0,k=12···n,XX件B,nnP(AkB) P(Ak)P(3)全概率公式:設(shè)A1A2···An是對(duì)?的一個(gè)分劃,如果P(Ak)0,k=12···n,XX件B,nnP(AkB) P(Ak)PP(B)離散型隨機(jī)變量的概率分布與數(shù)學(xué)期1.離散型隨機(jī)變量的分布列與數(shù)學(xué)期望一般地設(shè)離散型隨機(jī)變量X可能取的值為x1x2···xi···,X取每一個(gè)值xi(i12···)的概率P(Xxi)=pi,則稱(chēng)下表為隨機(jī)變量X的概率分布,簡(jiǎn)稱(chēng)為X的 ·· ··XP ·· ··對(duì)上表所示的離散型隨機(jī)變量X的概率分布,稱(chēng)EX=x1p1x2p2···xipi為X的數(shù)學(xué)期望(均值),它反映了離散型隨機(jī)變量取值的平均水平.2.獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn)(伯努利試驗(yàn))是在同樣的條件下重復(fù)地,各次之間相互獨(dú)立地進(jìn)行的一種試驗(yàn).在每次試驗(yàn)中,某事件只有發(fā)生或不發(fā)生兩種結(jié)果,并且在每次試驗(yàn)中發(fā)生的概率都相等.在n次獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn)中,設(shè)事件A發(fā)生的次數(shù)為X,在每次試驗(yàn)中事件A發(fā)生的概率,,P(X=k)=Ckpk(1?p)n?k(k=0,1,···,n此時(shí)稱(chēng)隨機(jī)變量X服從二項(xiàng)分布,記作X～B(n,p),其數(shù)學(xué)期望EX=3.反復(fù)做獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn)每次試驗(yàn)中事件A發(fā)生的概率為p直到事件A發(fā)生為止此時(shí)所做獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn)的次數(shù)X是一個(gè)離散型隨機(jī)變量,它取值為n的概率為P(X=n)=q?1(n=1,2,···1此時(shí)稱(chēng)隨機(jī)變量X服從幾何分布記作X～g(n,p),其數(shù)學(xué)期望EX=p4.一般地,設(shè)總數(shù)為N件的兩類(lèi)物品,其中一類(lèi)有M件,從所有物品中任取n(n6N件 這n件中所含這類(lèi)物品件數(shù)X是一個(gè)離散型隨機(jī)變量 則它取值為k時(shí)的概率P(X=k)(k=0,1,···,MN此時(shí)稱(chēng)隨機(jī)變量X服從超幾何分布其中m=min{Mn},且n6N,M6N,n,M,N∈作X～H(nMN),則EX例N11.一位國(guó)王的鑄幣大臣在每箱100枚的硬幣中各摻入了一枚劣幣國(guó)王懷疑大臣作弊他用兩種方法來(lái)檢測(cè).方法一:在10箱中各任意抽查一枚;方法二:在5箱中各任意抽查兩枚.國(guó)王用方法一,發(fā)現(xiàn)至少一枚劣幣的概率分別記為(A)p1=則)(B)p1<(D)(C)p1>解答?99?5?由已知條件可得p1=1=1,p2=1=1=15.因此,p1612.若一個(gè)城市的人口多于一百萬(wàn),則稱(chēng)該城市為百萬(wàn)城市對(duì)于一個(gè)國(guó)家的所有城市及其居民,.大小關(guān)系是(A)pA>解答)(B)pA=(C)pA<(D)設(shè)共有m個(gè)百萬(wàn)城市,其人口數(shù)分別為a1,a2,··有n個(gè)非百萬(wàn)城市,其人口數(shù)為b1,b2,··,,對(duì)任意16i6m,ai106對(duì)任意16j6n,j12.若一個(gè)城市的人口多于一百萬(wàn),則稱(chēng)該城市為百萬(wàn)城市對(duì)于一個(gè)國(guó)家的所有城市及其居民,.大小關(guān)系是(A)pA>解答)(B)pA=(C)pA<(D)設(shè)共有m個(gè)百萬(wàn)城市,其人口數(shù)分別為a1,a2,··有n個(gè)非百萬(wàn)城市,其人口數(shù)為b1,b2,··,,對(duì)任意16i6m,ai106對(duì)任意16j6n,j6106.根據(jù)題意,mXm,pB.mnm+ jXXnmn對(duì)任意i,j,有bj<ai, j< XmXXm==mmnm+ai+某商場(chǎng)抽獎(jiǎng),中獎(jiǎng)率為10%,以下 件事情發(fā)生的概率更大只抽一張就中獎(jiǎng)連續(xù)抽20張全部都不中(2事件(1)的概率為10%事件(2)的概率為(10.1)200.121214.甲乙兩人各自獨(dú)立地拋擲一枚均勻硬幣甲拋擲10次乙拋擲11次. ????12解 ,YB .因()設(shè)甲,乙的硬幣出現(xiàn)正面向上的次數(shù)X,Y,則X～??22k P(X=k)=(k=0,1,···,??= l P(Y=l)=(l=0,1,···,= 從而所求概P(Y>P(Y=1,X=0)+P(Y=2,X61)+P(Y=3,X62)+···+P(Y=11,X6== 0C)+···+10+···+C++)+++++ 111(11×1+55×11+165×56+330×176+462×386+462×=+330×848+165×968+55×1013+11×1023+1× 1== 7(法二考慮兩人各拋擲硬幣10次可能的情形有三種甲的硬幣出現(xiàn)正面向上的次數(shù)比乙多甲乙兩人的硬幣出現(xiàn)正面向上的次數(shù)一樣多乙的硬幣出現(xiàn)正面向上的次數(shù)比甲多設(shè)情形(a發(fā)生的概率是p1情形(b)發(fā)生的概率是p2則情形(c)發(fā)生的概率也是p1所以2p1+p21,即p1+1p2(法二考慮兩人各拋擲硬幣10次可能的情形有三種甲的硬幣出現(xiàn)正面向上的次數(shù)比乙多甲乙兩人的硬幣出現(xiàn)正面向上的次數(shù)一樣多乙的硬幣出現(xiàn)正面向上的次數(shù)比甲多設(shè)情形(a發(fā)生的概率是p1情形(b)發(fā)生的概率是p2則情形(c)發(fā)生的概率也是p1所以2p1+p21,即p1+1p2 22此時(shí)由于總硬幣拋擲次數(shù)為偶數(shù)因此兩人的硬幣出現(xiàn)正面向上的次數(shù)之差是偶數(shù)即兩人的硬幣出現(xiàn)正面向上的次數(shù)或者相等或者是一個(gè)人比另一個(gè)人至少多兩次.從而甲拋擲硬幣10次,1.+1生,或情形(b)發(fā)生并且乙的第11次拋擲出現(xiàn)正面,因此,=12 15.一個(gè)籠子里關(guān)著10只貓,其中有7只白貓,3只黑貓.把籠門(mén)打開(kāi)一個(gè)小口,使得每次只能鉆出1貓.貓們爭(zhēng)先恐后地往外鉆.如果10只貓都鉆出了籠子,求P(Ak),k=1,2,···,10.以Ak表示第k只出籠的貓是黑貓的事件試10只貓出籠的先后順序共有10!種不同可能所以|?|在事件Ak中,第k只出籠的貓是黑貓,哪1只黑貓?排列,有9!種可能的順序,所以|Ak|=3·9!.故有有C1=3種可能,在其余933·=3,k=1,2,···, 現(xiàn)在只有兩種不同的元素,一種有7個(gè)(7只白貓),另一種有3個(gè)(3只黑貓),素的排列模式知,它們共有C3種可能的排列順序(即只要分清哪些個(gè)位置上是黑貓,白貓,即可).所以|?|C3=在事件Ak中第k只出籠的貓是黑貓(用不著弄清是哪1只黑貓),在其余9為黑(只要弄清是哪兩個(gè)位置即可),所以|Ak|C236,因此也9363,k=1,2,···,P(Ak) 解答由于只要求出第k只出籠的貓是黑貓的概率所以只須考慮前k只出籠的貓的排列情況 在?中包括了由10只(不同的)貓中選出k只貓來(lái)的一切可能的排列方式,所以|?|在事件Ak中,第k只出籠的貓是黑,有C1=3種可能,在其前面的k?1個(gè)位置上則是由其9只(33·(10k.顯然仍然同的)貓中選出k1只貓來(lái)的一切可能的排列方式,所以|Ak|3·=3,k=1,2,···, 10男4女隨機(jī)地站成一行求每?jī)晌慌慷疾幌噜彽母怕是竺績(jī)晌慌恐g都至少間隔兩位男士的概率(1)?是14個(gè)人的所有不同的全排列的集合,所以|?|=14!;在事件A中,任何兩位女士都不相鄰可讓10位男士先排有排法10!種從他們形成的11個(gè)間隔(包括兩端中選出4個(gè)間隔讓女士站,有選法C4種,4位女士在所選出4個(gè)位置上排列,有排法4!種,所以|A|10!·C4·4!.因10!·C4·4!P(A)== 14!10!·4!(2)用B表示任何兩位女士之間都至少間隔兩位男士的事件.我們先對(duì)14個(gè)位置進(jìn)行分配,即要從14個(gè)位置中挑出4個(gè)位置給女士.由于任何兩位女士之間都至少間隔兩位男士,所以屬于n14,k4,m=2的大間距組合問(wèn)題,有=C4種位置分配方式88,即得|B|C4·10·4所再讓男士們和女士們?cè)谒值玫奈恢蒙吓?C4·10!·P(B)==88解答二(1)在?中,14個(gè)位4個(gè)位置屬于女士,所以|?|=C414在A中,在10個(gè)男士形成的,即得|B|C4·10·4所再讓男士們和女士們?cè)谒值玫奈恢蒙吓?C4·10!·P(B)==88解答二(1)在?中,14個(gè)位4個(gè)位置屬于女士,所以|?|=C414在A中,在10個(gè)男士形成的11間隔(包括兩端中有4個(gè)間隔站著女士所以|A|C411因11×10×9×8=30=P(A)= 14×13×12× 用B表示任何兩位女士之間都至少間隔兩位男士的事件以?表示所有不同的位置分配方式,即|B|=C則有|?|=C4,于是事件B由一切符合要求的位置分配方式組8P(B) 817.一個(gè)口袋里有5個(gè)大小一樣的小球其中兩個(gè)是紅色的兩個(gè)是白色的一個(gè)是黑色的.依次從中摸出5個(gè)小球,試求相鄰兩個(gè)小球的顏色均不相同的概率.視五個(gè)球?yàn)椴煌那?從袋中將五個(gè)球一個(gè)一個(gè)地摸出有5!120種可能;;2!×3!種可能.故相鄰兩球都不同色的可能情形共有5!?2!×4!?2!×4!+2!×2!×3!=48種從而48=.52解答二視同色的球?yàn)橄嗤那?由不全相異元素的全排列知從袋中將五個(gè)球一個(gè)一個(gè)地摸有5!=30種可能兩個(gè)白球相鄰4!=12種可能;2!1!1!=12種可能;從而有兩個(gè)相鄰小球同色的可能情12+12?6=18種相鄰=2=5從而,所求概率為118.隨機(jī)地投擲四顆骰子求其中有兩顆骰子所示數(shù)字之和是9的概率解顯然,|X|記四顆骰子每次投擲所示的結(jié)果為一基本事件(|X|表示集合X所含元素的個(gè)數(shù)).以X表示全部基本事件的集合對(duì)每一個(gè)i(i=12···6),定義事件Ai:Ai={四顆骰子所示之?dāng)?shù)中沒(méi)有i的所有基本事件}.將因94536所以BA3A6A4A5.其中,A表示與A互斥的事件.則|A3A6||X||A3A6|64(|A3||A6||A3A6|64(545444302.同理,|A4A5|=6, =19兩副卡片各有n張,均分別寫(xiě)有編號(hào)12···n.現(xiàn)把它們分別洗清后迭成兩摞.如果兩摞中在相同的位置上的卡片的編號(hào)相同,則稱(chēng)為出現(xiàn)“配對(duì)”.試求至少出現(xiàn)1個(gè)配對(duì)的概率..另一摞卡片的放置順序.而此時(shí)第一摞卡片事實(shí)上只是起一個(gè)位置編號(hào)的作用,因此我們只需考察一摞卡片中卡片的號(hào)碼是否與位置的編號(hào)相同即可.從而原來(lái)的問(wèn)題轉(zhuǎn)化為一摞卡片中卡片的“置問(wèn)題以?表示一摞卡片的所有不同的放置順序的集合則有|?|9 1“以以A表示一摞卡片中的第jj1njBj我們要用概率的加法定理求下面利用加法定理對(duì)所有的正整數(shù)mm6n)和1n,6···<jmj1<j2m Bji的概率.該事件表示一摞中的第16j1j2<··· 1“以以A表示一摞卡片中的第jj1njBj我們要用概率的加法定理求下面利用加法定理對(duì)所有的正整數(shù)mm6n)和1n,6···<jmj1<j2m Bji的概率.該事件表示一摞中的第16j1j2<···jm6n號(hào)卡片分別“對(duì)號(hào)放即分別在第16j1j2···jm6n號(hào)位置上此時(shí)其余nm張卡片可以在其余n?m個(gè)位置上任意mm從而置等于其nm張卡片的所有不同的放法數(shù)Bji=(n? =(n?m)!P 這樣一來(lái),由概率的加法定理即可求nm?1m(n?P(A)==( X111n1 =1=+—···+. 并且還可知道n張卡片都沒(méi)有“對(duì)號(hào)放置”1)=11+···+(?1)n1 20.足球門(mén)票每張50元,售票處未備找零的錢(qián). 有m個(gè)人各持一張面值50元的錢(qián),另n個(gè)人各持一張我們用?表示全事件,用E表示能夠順利購(gòu)票的事件.于是,可將?視為所有的可能隊(duì)列的集合,而E則為有利隊(duì)列的集合.顯然,在這里只需考慮兩種不同元素:拿50元的人和拿100元的人,于是由組合模式立m|=C下面求建立一個(gè)平面直角坐標(biāo)系,橫軸表示相繼到達(dá)售票處窗口的人數(shù),縱軸表示售票處積存的面值50錢(qián)的張數(shù).于是每一種隊(duì)列對(duì)應(yīng)一個(gè)有序數(shù)組(y0y1y2···ym+ny0=0,ym+n=m?n,|yk?k1|=1,k=1,2,···,m+(并 如果第k個(gè)人手持50元?1,如果第k個(gè)人手持100元=如果對(duì)每個(gè)這樣的有序數(shù)組我們用線段連接點(diǎn)對(duì)(k1k1與(k,yk),k=12···mn,那么就都得到一條始于點(diǎn)A(00),終于點(diǎn)B(mn,m?n)的折線.這些折線中,都有m段的斜率為1,n段m斜率 “3.?1所以這種折線的條數(shù)m顯然,如果整條路徑都在橫軸上方(可以與橫軸有交點(diǎn)),就表明售票處積存的面值50元的錢(qián)的數(shù)一直非負(fù)從無(wú)虧空也就意味著按照相應(yīng)的隊(duì)列可以順利購(gòu)票而如果路徑有穿過(guò)橫軸到達(dá)其下T034就意味著按照相應(yīng)的隊(duì)列不能順利購(gòu)票.于是E可視為恒在橫軸上方的路徑的集合如果能求出這一類(lèi)折線的條數(shù),那么也就求得|E|.但是,這類(lèi)折線的條數(shù)不易直接求得,我們改為求與直線y=?1有交點(diǎn)的折線的條數(shù),求任取E中一條路徑,設(shè)該路徑與直線y=?1的最左邊的交點(diǎn)為T(mén).如圖4,將該路徑上位于點(diǎn)A和點(diǎn)T之間的部分作關(guān)于直線y=?1的鏡面反射,得到一條始于A′(0?2),終于B(m+n,m?n)的路徑.反之,由于m>nT034就意味著按照相應(yīng)的隊(duì)列不能順利購(gòu)票.于是E可視為恒在橫軸上方的路徑的集合如果能求出這一類(lèi)折線的條數(shù),那么也就求得|E|.但是,這類(lèi)折線的條數(shù)不易直接求得,我們改為求與直線y=?1有交點(diǎn)的折線的條數(shù),求任取E中一條路徑,設(shè)該路徑與直線y=?1的最左邊的交點(diǎn)為T(mén).如圖4,將該路徑上位于點(diǎn)A和點(diǎn)T之間的部分作關(guān)于直線y=?1的鏡面反射,得到一條始于A′(0?2),終于B(m+n,m?n)的路徑.反之,由于m>n,所以任何一條始于A′(0?2),終于B(m+n,mn)的路徑都必然與直線y=?1有交.若將這樣的路徑上的位于點(diǎn)A′和它的與y?1的最左邊的交點(diǎn)之間的部分作關(guān)于直線y?1的鏡面反射,則會(huì)得到一條始于A(00),終于B(mnmn)與直線y=?1有交的路徑.所以這兩種路徑之間存在一一對(duì)應(yīng)關(guān)系它們的條數(shù)相等任何一條始于A′(0?2),終于B(m+nm?n)的路徑都是一條含有m+n節(jié)的折線,設(shè)其中斜率為1的節(jié)的數(shù)目為u,斜率為?1的節(jié)的數(shù)目為v,則有(u+v=m+u?v=m?n+所以u(píng)m1.||=Em+nm ?|?|=+n—Em(m+? (m+ mn+m== (m+1)!(n?m+因此m?n+1P(E) m+經(jīng)過(guò)兩次傳球后球在甲乙手中的概率各是多少12···試求出pn+1與pn的關(guān)系式,經(jīng)過(guò)n次傳球后,球在甲手中的概率記為pn(n求pn的表lim(1)經(jīng)過(guò)兩次傳球后,1,21=23 (2)記An表示事件“球經(jīng)過(guò)n次傳遞后球在甲手中n123···.則有P(A1p10,An+1AnAn+1+根據(jù)全概率公式,1P(An)=P(An|An)P(An)+P(An|An)P(An)=P(An|An)P–P)=3所以,pn+1與pn1=(1?),n=1,2,···pnn3 1?1將式1變形pn+1?4=?pn?, 1?1?1 11pn?是公比為?3的等比數(shù)列,其首項(xiàng)為p1?4=?4.故有pn?4=? ? ,從?111??pn=,n=1,2,3,···?1411由式2可得∞pn=1??=4.(Polyaa起放回罐中如此反復(fù)進(jìn)行.試證明在第n.a+ 1?1?1 11pn?是公比為?3的等比數(shù)列,其首項(xiàng)為p1?4=?4.故有pn?4=? ? ,從?111??pn=,n=1,2,3,···?1411由式2可得∞pn=1??=4.(Polyaa起放回罐中如此反復(fù)進(jìn)行.試證明在第n.a+解答以Ak表示在第k次取球時(shí)取出白球的事件 于是Ak就是在第k次取球時(shí)取出黑球的事件 們來(lái)對(duì)n作歸納.顯然有P(A1a+b假設(shè)nkkN?時(shí)結(jié)論成立要證nk1時(shí)結(jié)論也成立我們以A1和A1作為?的一個(gè)分劃.注意此時(shí)可將P(Ak+1|A1)看成是從原來(lái)放有ac個(gè)白球和ba黑c的罐中按規(guī)則取球,并且在第k次取球時(shí)取出白球的概率,因此由歸納假設(shè)知P(Ak+1|A1)a+b+c 同理亦有P(Ak+1|A1)=abc,P P(A1)P(Ak+1|A1)+P(A1)Pabaaa+··+=.=a+ba+b+ a+ba+b+ a+因此結(jié)論對(duì)一切n成立23.甲乙兩人各自擲一枚骰子,當(dāng)出現(xiàn)的點(diǎn)數(shù)為6時(shí),停止擲骰子.?的概率解答甲或乙擲k次骰子才首次出現(xiàn)點(diǎn)數(shù)為6,即前k?1次均未擲出6點(diǎn)的概率為pk當(dāng)甲擲一次便停止時(shí),乙至少需擲一次,其概率為p1(p1561·6當(dāng)甲擲k(k2)次才停止則乙需擲k1次,k次,k1次,其概率為kkpk綜上, ??56+pk+pk+1?2??∞k 56156 1 =??+??··6?·6·66∞2k?2 165 +1=+·6 6?8 =×11=63×11=+64 +256124將一枚均勻的硬幣連續(xù)拋擲n次以pn表示未出現(xiàn)連續(xù)3次正面的概率.(1)求p1,p2,p3,p4;探究數(shù)列{pn}的遞推公式討論數(shù)列{pn}的單調(diào)性及其極限 解答一(1)顯然1=p2=1,p3=1?8=8 又連續(xù)投擲四次出現(xiàn)連續(xù)三次正面向上的情況只有正正正正或正正正反或反正正正,故p4=1(2)共分三種情況如果第n次出現(xiàn)反面,那么前n次不出現(xiàn)連續(xù)三次正面的概率11如果第n次出現(xiàn)正面,第n1次出現(xiàn)反面,那么前n次不出現(xiàn)連續(xù)三次正面和前n221,所以這個(gè)時(shí)候不出現(xiàn)連續(xù)三次正面的概率是pn?2連續(xù)三次正面是相同4(iii)如果第n次出現(xiàn)正面,第n1次出現(xiàn)正面,第n2次出現(xiàn)反面,那么前n1,所以這個(gè)時(shí)候不出現(xiàn)連續(xù)三次正面的概率是pn?38綜上如果第n次出現(xiàn)反面,那么前n次不出現(xiàn)連續(xù)三次正面的概率11如果第n次出現(xiàn)正面,第n1次出現(xiàn)反面,那么前n次不出現(xiàn)連續(xù)三次正面和前n221,所以這個(gè)時(shí)候不出現(xiàn)連續(xù)三次正面的概率是pn?2連續(xù)三次正面是相同4(iii)如果第n次出現(xiàn)正面,第n1次出現(xiàn)正面,第n2次出現(xiàn)反面,那么前n1,所以這個(gè)時(shí)候不出現(xiàn)連續(xù)三次正面的概率是pn?38綜上pn=×n?1+1×n?2+1×?3(n>248(3)由(2)1×?+1×n?31×p?1(n>2481?12有pnn?1164(n5)所以n>5時(shí)pn單調(diào)遞減又易見(jiàn)p1p2p3p4···2n3時(shí)pn單調(diào)遞減且顯然有下界0,所以pn的極限存在.對(duì)pnp?1?14limpn=其統(tǒng)計(jì)意義:當(dāng)投擲的次數(shù)足夠多時(shí),不出現(xiàn)連續(xù)三次正面向上的次數(shù)非常少,零(1)同解答一(2)分兩種情況,不出現(xiàn)連續(xù)3次正面的概率是pn?12(ii第n次出現(xiàn)正面則應(yīng)在前n1次不出現(xiàn)連續(xù)三次正面的條件下排除下面情況:第n1正面第n2次出現(xiàn)正面,第n3次出現(xiàn)反面,且前n4次不出現(xiàn)連續(xù)三次正面.此時(shí)不出現(xiàn)連續(xù)3正面的概率1pn?1?1pn?42綜上,1p1—1—1=(n>p+n22(3)同解答一(1)(2)同解答一(3單調(diào)性判斷同解答一由式1,1pn?1+1pn?2 11n?1+1pn?1 n?1=711pn8>288244由式3,pn=pn?1?16pn?4<pn?1?16pn?1=161故當(dāng)n4時(shí)7<1578<?p4<pn 8而p78p4==4pn=系統(tǒng)中每個(gè)元件正常工作的概率都是p(0p1各個(gè)元件正常工作的事件相互獨(dú)立如果系統(tǒng)中有多于一半的元件正常工作,系統(tǒng)就能正常工作.系統(tǒng)正常工作的概率稱(chēng)為系統(tǒng)的可靠性.某系統(tǒng)配置有2k1個(gè)元件,k為正整數(shù),求該系統(tǒng)正常工作概率的表達(dá)式現(xiàn)為改善(1)中系統(tǒng)的性能,擬增加兩個(gè)元件.試討論增加兩個(gè)元件后,性·pk·(1k1,恰有k1X工作的概率為Ck+1·pk+1·(1?p)k?2········,恰有2k1個(gè)元件正常工作的概率為C2k?1·p2k1·(1p)系統(tǒng)中每個(gè)元件正常工作的概率都是p(0p1各個(gè)元件正常工作的事件相互獨(dú)立如果系統(tǒng)中有多于一半的元件正常工作,系統(tǒng)就能正常工作.系統(tǒng)正常工作的概率稱(chēng)為系統(tǒng)的可靠性.某系統(tǒng)配置有2k1個(gè)元件,k為正整數(shù),求該系統(tǒng)正常工作概率的表達(dá)式現(xiàn)為改善(1)中系統(tǒng)的性能,擬增加兩個(gè)元件.試討論增加兩個(gè)元件后,性·pk·(1k1,恰有k1X工作的概率為Ck+1·pk+1·(1?p)k?2········,恰有2k1個(gè)元件正常工作的概率為C2k?1·p2k1·(1p)故pk·pi·(1?i.當(dāng)有2k1個(gè)元件時(shí),考慮前2k?1個(gè)元件,為使系統(tǒng)正常工作,前2k?1個(gè)元件中至少有k?1個(gè)正(1)前2k1個(gè)元件中恰k1個(gè)正,它的概率為Ck?1·k?·(1p)k.此時(shí)須同時(shí)正常工作.所以這種情況下系統(tǒng)正常工作的概率為[Ck?1·k1·(1?p)k]·(2)前2k1個(gè)元件中恰k個(gè)正常工作它的概率為·pk·(1k1個(gè)正常工作即可k1k(3)前2k?1個(gè)元件中至少有k1個(gè)元件正常工作,它的概率為pk統(tǒng)一定正常工作·pk·(1k1.=p2·C·pk?1·(1?p)k+[1?(1?p)2]故·pk·(1?1.=pk?1·(1?p)k?1Cpk+1?[p2(1?p)+p·(2p?p2)?22pk·(1?p)k?1·C=(p?p+p?p?=pk·(1?p)k?1·C[?(2p?1)(p?pk·(1?p)k(2p?=因此當(dāng)p1時(shí)pk+1=pk;當(dāng)0p1時(shí),pk+1pk;當(dāng)1p1時(shí),XC>222n1+(1?p)注意到=+Cn?2. XXkk =XX Xkkk=+XXXkn+2nn(1?p)n+1=+ (1? Xk(1?p)np2k?1?n(p2+2(1?p)p+(1?p))2+k (1? =Xkkn=+C2k?1(1?p)p(p?(1?pk+ (1?p)kpk(2p?=因此當(dāng)p1時(shí)pk+1=pk;當(dāng)0p1時(shí),pk+1pk;當(dāng)1p1時(shí),>22226.甲乙二人相約10天之內(nèi)在某地會(huì)面,約定先到的人等候另一個(gè)人,經(jīng)過(guò)3天以后方可離開(kāi).們?cè)谙奁趦?nèi)到達(dá)目的地是等可能的求此二人會(huì)面的概率設(shè)甲,乙二人分別在第x,y天到達(dá)某地,06x610,06y610,他們會(huì)面的充要條件是|x?y|63,則點(diǎn)(xy)分布在如圖5正方形OABC內(nèi),其基本事件S1為介于兩直線x?y=±3100?(10? .陰影.故所求的概率為P=yCyBπ3x3OAπxO27.在圓周上隨機(jī)選取3設(shè)甲,乙二人分別在第x,y天到達(dá)某地,06x610,06y610,他們會(huì)面的充要條件是|x?y|63,則點(diǎn)(xy)分布在如圖5正方形OABC內(nèi),其基本事件S1為介于兩直線x?y=±3100?(10? .陰影.故所求的概率為P=yCyBπ3x3OAπxO27.在圓周上隨機(jī)選取3個(gè)點(diǎn)A,B,C,求△ABC為銳角三角形的概率設(shè)△ABC的外接圓圓心為O,半徑為1,并設(shè)∠AOB=x,∠BOC=y,則∠COA=2π?x?y.則樣本空間{(xy)|0x2π,0y2π,02π?(xy)2π}={(xy)|0x2π,0y<2π,0<x+y<2π}.如圖6,它構(gòu)成的圖形是以(00),(2π0),(02π)為頂點(diǎn)的三角形內(nèi)部,面積為2π2.事件A={(xy)|0<x<π,0<y<π,0<2π?(x+y)<π}={(xy)|0<x<π,0<y<π,0<2π(xyπ}={(xy)|0xπ,0yπ,πxy2π},它構(gòu)成的圖形是如圖6所示的陰影部分,面積為1π2,故P(A 2 首先計(jì)算圓內(nèi)接正2n+1邊形中銳角三角形的個(gè)數(shù).先取定一個(gè)頂點(diǎn)A0,次標(biāo)為A1A2···A2n.設(shè)A0,Ai(16i6n)的對(duì)徑點(diǎn)分別為A′0,A′i,AA(=A0Ai)上有i0X 頂點(diǎn) Ai構(gòu)成銳角三角形于是以A0,Ai(16i6n)為頂點(diǎn)的銳角三nn(n+n(n+形 iA0有2n1種取法,在和(2n1中,每個(gè)三角形出現(xiàn)3次,22有1n(n1)(2n1)個(gè)銳角三角形.因此,在圓內(nèi)接正2n1邊形中,6概率1n(n+1)(2n+6n+=.2(2n?Pn對(duì)上式取n→∞的極限,即得△ABCn+1=1P=Pnn→∞2(2n? 28.在蒲豐投針試驗(yàn)中,平行線間距離為a,針長(zhǎng)為b(ba),試求針與線相交概率與a,b的關(guān)系,求在什么情況下概率是1π以E表示針與直線相交的事件易知針的位置可由它的中點(diǎn)到最近的直線的距離ρ,nπ與直線的夾角θ決定(如圖7).a?=(ρ,θ)|06ρ 06θ 22而針與直線相交,當(dāng)且僅當(dāng),ρ6bsinθ.?2E (ρ,θ)(ρ,θ)∈?,ρ6bsinθ2ya2b?ρ=2sinb2aθρρEaθxOπ2隨機(jī)投擲意味著樣本點(diǎn)θ)在?中均勻分布所以適用于幾何概型如圖8,易πaL(E) bsinθdθbL(?)4220所2bP(E)= 特別地當(dāng)aya2b?ρ=2sinb2aθρρEaθxOπ2隨機(jī)投擲意味著樣本點(diǎn)θ)在?中均勻分布所以適用于幾何概型如圖8,易πaL(E) bsinθdθbL(?)4220所2bP(E)= 特別地當(dāng)a2b時(shí),所求的概率為1π√29.(Bertrand奇論)在單位圓內(nèi)任作一弦,試求弦長(zhǎng)大于3的概率解答一我們以E表示弦長(zhǎng)大于3的事件.不妨認(rèn)為弦的一個(gè)端點(diǎn)A已經(jīng)取定,問(wèn)題變?yōu)樵趫A周取另一端點(diǎn)B.于是?就是整個(gè)圓周.由于單位圓的內(nèi)接正三角形的邊長(zhǎng)等于3,所以若以A為一個(gè)點(diǎn)作單位圓的內(nèi)接正三角形△AMN,則當(dāng)且僅當(dāng)弦AB與邊MN相交時(shí),弦AB的長(zhǎng)度大于3,而此時(shí)端點(diǎn)B位于弧MN上,所以E就是弧MN(如圖9).以L表示弧長(zhǎng),則有L(?)=L(單位圓的圓周)=√√√L(MN)= .故由幾何概型概率公式3L(MN1P(E)=3BAMMNOOOKABFBAN解答二在單位圓內(nèi)取定一條直徑MN只考慮與MN垂直的弦此時(shí)弦AB的中點(diǎn)K必在該1徑上.所以可把直徑MN作為?.易知,當(dāng)且僅當(dāng)弦AB的中點(diǎn)K與圓心O的距離小于時(shí),弦AB的長(zhǎng)√大于3如圖1021E K|K∈MN,|KO| 2于是L|MN|2,L(E1,1P(E)= 弦AB的長(zhǎng)度僅由它的中點(diǎn)K的位置確定,易知,當(dāng)且僅當(dāng)中點(diǎn)K2√1之內(nèi)時(shí),弦AB的長(zhǎng)度大于3.所以在這里,?就是整個(gè)單位圓,E,L就是2們的面積(如圖11).1P(E)= 30.籠內(nèi)關(guān)有6只果蠅不慎混入兩只蒼蠅只好把籠子打開(kāi)一個(gè)小孔讓蠅子一只一只飛出去直到兩只蒼蠅都飛出籠子再關(guān)閉小孔以X表示籠內(nèi)所剩下的果蠅數(shù)目求X的分布律和均值(數(shù)學(xué)期望解答如果8只蠅子都飛走了 那么利用組合模式知 它們共有C2種可能的排列順序(8只蠅子弦AB的長(zhǎng)度僅由它的中點(diǎn)K的位置確定,易知,當(dāng)且僅當(dāng)中點(diǎn)K2√1之內(nèi)時(shí),弦AB的長(zhǎng)度大于3.所以在這里,?就是整個(gè)單位圓,E,L就是2們的面積(如圖11).1P(E)= 30.籠內(nèi)關(guān)有6只果蠅不慎混入兩只蒼蠅只好把籠子打開(kāi)一個(gè)小孔讓蠅子一只一只飛出去直到兩只蒼蠅都飛出籠子再關(guān)閉小孔以X表示籠內(nèi)所剩下的果蠅數(shù)目求X的分布律和均值(數(shù)學(xué)期望解答如果8只蠅子都飛走了 那么利用組合模式知 它們共有C2種可能的排列順序(8只蠅子中8兩只蒼蠅只需弄清它們分別是第幾只飛走的即可對(duì)k∈{01···6},當(dāng)事件X=k發(fā)生時(shí),共飛出8?k只蠅子,其中最后一只飛出的,即第8?k蠅子一定是蒼蠅,在前面飛出的7?k只蠅子中還有一只是蒼蠅,共有 種可能的排列順序所以我們7?P(X=k)=,k=0,1,···,8或?qū)慩0123456P 根據(jù)所求出的分布律66k2EXk(7?k)7k=爭(zhēng)奪乒乓球冠軍的比賽將在甲乙二人之間進(jìn)行乒乓球比賽無(wú)平局且采用5局3勝制假設(shè)各局比賽相互獨(dú)立進(jìn)行,甲在每局中取勝的概率都是p(0<p<1).以ξ表示決出勝負(fù)所需的比賽局?jǐn)?shù).寫(xiě)出ξ的分布律求數(shù)學(xué)期望(3)證明:當(dāng)p=1時(shí),Eξ最大,并用日常生活中的道理對(duì)這一現(xiàn)象給予解釋2(1)記q=1?p,則ξ的分布律為ξ345Pp3+3p3q+6p3q2+(2)Eξ=3(p3+q3)+4(4p3q+3q3p)+5(6p3q2+=3(p+q)(p2?pq+q2)+12pq(p2+q2)+30p2q2(p+=3(p2?pq+q2)+12pq(p+q)2?24p2q2+=3(p+q)2?9pq+12pq+=3+3pq+(3)由于0p,q<1,pq=1,1.2=4=p+qp+qpq4等號(hào)成立,當(dāng)且僅當(dāng)p=q= ,此時(shí)Eξ達(dá)到最大值3+3+16 > 8其原因是:當(dāng)p=1=q時(shí),甲乙二人實(shí)力相當(dāng),勢(shì)均力敵,難決勝負(fù),所以平均所需的局?jǐn)?shù)偏多2工作人員需進(jìn)入核電站完成某項(xiàng)具有高輻射危險(xiǎn)的任務(wù),每次只派一個(gè)人進(jìn)去,且每個(gè)人只派一次,工作時(shí)間不超過(guò)10分鐘.如果前一個(gè)人10分鐘內(nèi)不能完成任務(wù)則撤出,再派下一個(gè)人.現(xiàn)在一共有甲,乙,丙三個(gè)人可派,他們各自能完成任務(wù)的概率分別為p1工作人員需進(jìn)入核電站完成某項(xiàng)具有高輻射危險(xiǎn)的任務(wù),每次只派一個(gè)人進(jìn)去,且每個(gè)人只派一次,工作時(shí)間不超過(guò)10分鐘.如果前一個(gè)人10分鐘內(nèi)不能完成任務(wù)則撤出,再派下一個(gè)人.現(xiàn)在一共有甲,乙,丙三個(gè)人可派,他們各自能完成任務(wù)的概率分別為p1,p2,p3.假設(shè)p1,p2,p3互不相等,且假如果按照甲最先,乙次之丙最后的順序派人,求任務(wù)能被完成的概率若改變?nèi)齻€(gè)人被派出的先后順序,任務(wù)能被完成的概率是否發(fā)生變化?若按某指定順序派人,這三個(gè)人各自能完成任務(wù)的概率依次為q1,q2,q3,其中q1,q2,q3是p1,p2,p3的一個(gè)排列,求所需派出人員數(shù)目X的分布列和均值(數(shù)學(xué)期望)EX;假定1>p1>p2>p3,試分析以怎樣的先后順序派出人員,可使所需派出的人員數(shù)目的均值(數(shù)學(xué)期望)達(dá)到最小.解答(1)無(wú)論以怎樣的順序派出人員,任務(wù)不能被完成的概率都是(1?p1)(1?p2)(1?p3),所以任務(wù)都被完成的概率與三個(gè)人被派出的先后順序無(wú)關(guān),并等于1?(1?p1)(1?p2)(1?p3)=p1+p2+p3?p1p2?p2p3?p3p1+p1p2p3.(2)當(dāng)依次派出的三個(gè)人各自完成任務(wù)的概率分別為q1,q2,q3時(shí),隨機(jī)變量XX123P(1?q1)q2(1?q1)(1?所需派出的人員數(shù)目的均值(數(shù)學(xué)期望)EXEX=q1+2(1?q1)q2+3(1?q1)(1?q2)=3?2q1?q2+(3)由(2)的結(jié)論知,當(dāng)以甲最先,乙次之,丙最后的順序派人時(shí),EX=32p1p2+根據(jù)常理優(yōu)先派出完成任務(wù)概率大的人可減少所需派出的人員數(shù)目的均值下面證明:對(duì)于p1p2p3的任意排列q1q2q33?2q1?q2+q1q2>3?2p1?p2+事實(shí)上, =>(3?2q1?q2+q1q2)?(3?2p1?p2+p1p2)=2(p1?q1)+(p2?q2)?p1p2+2(p1?q1)+(p2?q2)?(p1?q1)p2?q1(p2?q2)=(2?p2)(p1?q1)+(1?q1)(p2?(1?q1)[(p1+p2)?(q1+q2)]>即1成立(i)可將(2)中所求的EX改寫(xiě)為3?(q1+q2)+q1q2?q1,若交換前兩人的派出順序,3?(q1+q2)+q1q2?q2,由此可見(jiàn),當(dāng)q2>q1時(shí),交換前兩人的派出順序可減小均值(ii)也可將(2)中所求的EX改寫(xiě)為32q1(1q1)q2,若交換后兩人的派出順序,則變?yōu)?2q1?(1q1)q3,由此可見(jiàn),若保持第一個(gè)人派出順序不變,當(dāng)q3q2時(shí),交換后兩人的派出順序也可減小均綜合(iii可知,當(dāng)(q1q2q3)=(p1p2p3)時(shí),EX達(dá)到最小.即完成任務(wù)概率大的人優(yōu)先派出,可減小所需派出人員數(shù)目的均值,這一結(jié)論是合乎常理的.知識(shí)提1.原理1設(shè)M是正整數(shù)集的一個(gè)非空子集,則M中必有最小數(shù)原理2設(shè)M是實(shí)數(shù)集的一個(gè)有限的非空子集,則M中必有最小數(shù)?2.hm?原理1若將m個(gè)小球放入n個(gè)抽屜中,則必有一個(gè)抽屜內(nèi)至少原理2若將m原理1設(shè)M是正整數(shù)集的一個(gè)非空子集,則M中必有最小數(shù)原理2設(shè)M是實(shí)數(shù)集的一個(gè)有限的非空子集,則M中必有最小數(shù)?2.hm?原理1若將m個(gè)小球放入n個(gè)抽屜中,則必有一個(gè)抽屜內(nèi)至少原理2若將m個(gè)小球放入n個(gè)抽屜中,則必有一個(gè)抽屜內(nèi)至多nm個(gè)小n例.問(wèn),12條棱上至多可出現(xiàn)多少個(gè)互不相同的數(shù)?至少呢?注意到1至8的兩兩差的絕對(duì)值之多7個(gè)(至少是1,至多是7)因此12條棱上至多可出現(xiàn)7個(gè)互不相同的數(shù).而考察寫(xiě)著8或?qū)懼?)的頂點(diǎn)所引出的3條棱上的數(shù)它們應(yīng)當(dāng)互不相同因此12至少可出現(xiàn)3個(gè)互不相同的數(shù)8最大值和最小值取到的實(shí)例分別如圖12和13所示558426774632334.一本故事書(shū)共載有30個(gè)故事,它們的篇幅分別為12···30面從書(shū)的第一面起就刊載故事,續(xù)的每個(gè)故事都另起一面解答最多可能有23個(gè)故事是從奇數(shù)編號(hào)的面起頭性的改變不會(huì)少于14次,因此至少會(huì)有7個(gè)故事從偶數(shù)編號(hào)的面起頭.另一方面,如果15個(gè)篇幅為偶數(shù)面的故事全部排在前面于是它們都是從奇數(shù)編號(hào)的面起頭15個(gè)篇幅為奇數(shù)面的故事全部排在后面,35.(1)直線上的每個(gè)點(diǎn)都被染為紅藍(lán)二色之一并且兩種顏色的點(diǎn)都有.證明:可以在該直線上找(2平面上的每個(gè)點(diǎn)都被染為紅藍(lán)二色之一并且兩種顏色的點(diǎn)都有.證明:對(duì)任何a0,i