随机事件综合训练

典型例题一例1同时掷四枚均匀硬币，求：（1）恰有两枚“正面向上”的概率；（2）至少有两枚“正面向上”的概率．分析：同时任意投掷四枚均匀硬币，每个硬币的结果都有两种可能性，四枚硬币的情况决定了一次试验的结果，每种结果的出现是等可能的，本＄月于等可能事件的概率问题．四枚硬币发生的结果总数我们可以分步确定，恰有两枚正面向上，可以先确定哪两枚正面向上，则另两枚反面向上，至少有两枚正面向上可分类为两枚正面向上、三校正面向上、全部正面向上．解：同时投掷四枚硬币，正面、反面向上的不同结果总数为：162222（种）（1）恰有两枚正面向上的结果总数为6C24，所以恰有两枚正面向上的概率为83166．（2）至少有两枚正面向上的结果总数为：11CCC443424种所以至少两枚正面向上的概率为16111611．说明：使用等可能事件概率公式时，首先要判定事件是不是等可能事件，本题实际上可推广到投掷几枚硬币，恰好有m枚正面向上的概率以及至少有m枚正面向上的概率，设两个事件分别为A、B，可以求到：nmnnnnnmnBPAP2CCC)(,2C)(10．典型例题二例2用4个不同的球任意投入4个不同的盒子内，每盒投入的球数不限，计算；（l）无空盒的概率，（2）恰好有一空盒的概率．分析：一次试验的结果是每个球分别在哪个盒子，由于一个球投入哪一个盒中是任意的，所以一次试验的各个结果是等可能的，本题是等可能事件的概率问题，4个不同小球投入4个盒子的结果总数可以用分步计数原理求得，无空盒的情况实质上相当于每个小球在一个盒中，每个盒子一个球，也就是把4个小球“分配到”4个不同的盆中，信有一个空盒的情况相当于有一个盒子两个球，还有两个盒子各1球，至于它们各自的结果总数可以用排列组合的方法解决．解：本题是等可能事件的概率问题，4个不同的小球投入四个盆子的所有不同的结果总数为：2564444．（l）无空盒的结果总数为24A44．所以无空盒的概率为32325624．（2）恰有一个空盒，则必有一盒2球，另有两盒各1球，其所有可能结果总数为：144A4C2324．所以恰有一空盒的概率为：169256144．说明：由于每个小球投入哪一个盒子是任意的，从而导致4个小球投入4个盒子的不同结果是等可能的，现在把球换成人，盒子换成房间，则问题就转变成了若干人任意住进若干个房间的问题，这就是古典概率中有名的“分房问题”．典型例题三例3有6个房间安排4个旅游者住宿，每人可以随意进哪一间，而且一个房间也可以住几个人．试求下列事件的概率．（1）事件A：指定的4个房间中各有1人；（2）事件B：恰有4个房间中各有1人；（3）事件C：指定的某个房间中有两人；（4）事件D：第1号房间有1人，第2号房间有3人．分析：由于每个人进哪一个房间是随意的，所以4个人住房的各种结果是等可能的，本题是等可能事件的概率问题．所有可能的不同住房结果总数可以用分步计数原理求得，每人住房的结果都有6种可能，最后4个人住房的不同结果总数为46．事件A中指定的4个房间中各有1人相当于4个人排到4个房间中去，有44A种不同结果；事件B中恰有4个房间，每间1人与事件A的区别在于哪4间房不空；事件C中指定的某房间2人，我们可以先从4人中选2人进入此房间，其它2人分步任意住进其它5个房间；事件D可以先安排1号房间1人，再安排2号房间3人解：4个人住进6个房间，所有可能的住房结果总数为：466666（种）（1）指定的4个房间每间1人共有44A种不同住法．∴5416A)(444AP．（2）恰有4个房间每间1人共有46A种不同住法．∴1856A)(446BP．（3）指定的某个房间两个人的不同的住法总数为：55C24（种），∴216256)5C()(4224CP．（4）第一号房间1人，第二号房间3人的不同住法总数为：4CC3314（种），∴324164)(4DP．说明：“分房问题”抽象化以后可以与许多问题发生联系，比如，前面例题的小球投入盒子、安排几个人做某几项工作，几列火车停在哪个站道，若干个同学各自在哪一天生日等等．我们可以看例子：某班有50名同学，一年按365天计算，至少有两名同学在同一天生日的概率是多少？50名同学相当于上述例题中的旅游者，每一天相当于“房间”，50名同学所有生日的不同结果总数为：50365，至少有两名同学在同一天生日的结果总数可用间接法计算，总数为5036550A365，则至少有两人在同一天生日的概率为5050365505036550365A1365A365，利用工具计算后将会发现，这是一个很接近1的结果，即50个人的一个班级中，有两个人在同一天生日的概率很大，高达0.97，几乎是令人惊讶的结果．典型例题四例4某人有5把钥匙，其中有一把是打开房门的钥匙，但他忘记了哪一把是打开房门的钥匙，于是他逐把不重复地试开，问：（1）恰好第三次打开房门锁的概率是多少？（2）三次内打开房门锁的概率是多少？分析：某人五次顺次拿出钥匙的结果相当于5把钥匙的一个排列，由于他每次拿哪一把是任意的，所以不同的拿钥匙的结果的可能性相同，本题是等可能事件的概率问题．恰好第三次打开房门锁相当于第三次拿出的钥匙正好是房门钥匙，或者说在5把钥匙的一个排列中第3把钥匙正好是开房门钥匙，三次内打开房门相当于5把钥匙的排列中，开房门钥匙出现在前3个．解：本题是等可能事件的概率问题，某人5次拿钥匙的所有不同的结果是55A．（1）恰好第3次拿出开房门钥匙的结果总数为：44A．所以恰好第3次打开房门的概率为：2.0AA5544（2）前3次内拿出开房门钥匙的结果总数为：344A．所以前3次打开房门的概率为：6.0A3A5544说明：如果5把钥匙中有2把可以开房门的钥匙，则在前3次内打开房门的概率是多少？三次内找开房门说明在前三次中至少有1次取出开房门钥匙，我们可以通过分类讨论，恰有一把开房门钥匙在前3次拿出的结果总数为：33121312ACCC，恰有两把开房门钥匙在前3次拿出的结果总数为3323AA，这样我们得到前三次内打开房门的结果总数为108AAACCC332333121312，从而前3次内打开房门的概率为：109A10855．典型例题五例5抽签口语测试，共有a＋b张不同的考签，每个考生抽1张考签，抽过的考签不再放回，某考生只会考其中的a张，他是第k个抽签的，求该考生抽到会考考签的概率．分析：因为每个人抽哪一张考签是随意的，所有人抽签后抽出的结果相当于这些考签的一个全排列，而且各种不同的排列结果出现的可能性相同，本题是求等可能事件的概率问题．由于某考生是第是次抽签，他能抽到会考考签相当于全排列中第k个元素，是某人会考的a个考签中的一个，我们可以用排列组合知识求出这种排列的所有不同种数，然后用等可能事件的概率公式求解．解：本题是等可能事件的概率问题．a＋b个考生的所有不同的抽签结果的总数为babaA，某个考生第k次抽签，他正好抽到会考的a张考签的一个，相当于所有抽签的结果中第k张考签是a张考签中的1张，我们可以得到所有这种抽签结果的总数为：111ACbabaa．所以某个考生抽到会考考签的概率为：baababababaaAAC111．说明：从计算结果看，第几次抽签对该考生抽到会考考签的概率并没有影响，也就是说，无论他是第几个抽签，都不会影响他抽到会考考签的可能性．在日常生活中有这样的问题：10张彩票中有1张是中奖彩票，现在10个人去摸彩，先模后摸对中奖的可能性有无影响？现在我们可以来计算这个问题的结果，现在假定你是第m个去摸奖，为了计算中奖的概率，先算出10个人摸彩的所有可能结果是10！，而中奖彩票正好出现在第m个的所有可能结果为9！，这样可以得出你中奖的概率为1.0!10!9，结果与m并无关系，根本无须担心中奖彩票被别人抓去．典型例题六例6已知10只晶体管中有8只正品，2只次品，每次任抽取1只测试，测试后放回，求下列事件的概率．（1）抽3次，第3只是正品；（2）直到第6只时，才把2只次品都捡到了．分析：每次从10件晶体管中任取1件，经过若干次，各种结果的可能性是一样的，抽3次，所有可能抽出的结果总数为10×10×10，抽6次，所有可能抽出的结果总数为610，到第6次时正好第2只次品也抽到了，说明前5次抽检中出现过另一只次品，当然这只次品也可能出现过几次．我们可以用间接法来求出符合这个要求的所有可能结果的总数为)89(C)8888899999(C551212，这个式子的含义是先走下第6次抽出的次品是哪一个，然后用前5次抽检的所有结果总数（前5次未出现第6次抽检的次品）减去前5次全是正品的所有结果总数．解：本题是等可能事件的概率问题．（1）抽检3次所有可能的抽检结果总数为310，第三只是正品的所有可能的抽检结果总数为10×10×8．所以第三只是正品的概率为：5410)8810(3．（2）抽检6次所有可能的抽检结果总数为610．∵第6只时才能把第2只次品抽检到，∴前5次抽检未出现第6次抽到的次品，但是至少出现一次另一只次品．∴第6只时才把第2只次品抽检到的所有可能的抽检结果总数为)8-(9C5512．此事件发生的概率为：052562.010)8-(9C65512．说明：如果每次抽检的结果不再放回去，直到第6只时才把2只次品都找出来的概率是多少？这个问题仍然是等可能事件的概率问题，因为抽出的产品不再拿回，所以前6次抽出的不同结果相当于从10件产品中抽出6件的一个排列，所有可能的结果总数为610A，第6次抽到第2件次品，说明第6件是次品，前面还有一件次品，所有可能的结果总数为4812A5C，其含义是先在第6个位置放一个次品，另一个次品在前面5个位置的某一个上，最后在其它四个位置上放上8件正品中的4个．用等可能事件的概率公式可算出此事件发生的概率是454A)A4(C5104812．典型例题七例7求100件产品中，有95件合格品，5件次品．从中任取3件，求：(1)3件都是合格品的概率；(2)3件都是次品的概率；(3)2件是合格品、1件是次品的概率．分析：可从集合的角度处理本题．需求出全集I的元素个数及I中各子集的元素个数．解：从100件产品中任取3件可能出现的结果数，就是从100个元素中任取3个元素的组合数3100C．由于是任意抽取，这些结果出现的可能性都相等．(1)由于在100件产品中有95件合格品，取到3件合格品的结果数，就是从95个元素中任取3个元素的组合数395C，记“任取3件，它们都是合格品”为事件1A，那么事件1A的概率：3234027683)(31003951CCAP．得3件都是合格品的概率为3234027683．(2)由于在100件产品中有5件次品，取到3件次品的结果数，就是从5个元素中任取3个元素的组合数35C．记“任取3件，它们都是次品”为事件2A，那么事件2A的概率：161701)(3100352CCAP．得3件都是次品的概率为161701．(3)记“任取3件，其中2件是合格品、1件是次品”为事件3A．由于在3100C种结果中，取到2件合格品、1件次品的结果有15295CC种，故事件3A的概率：.6468893)(3100352953CCCAP得2件合格品、1件是次品的概率为6468893．说明：本题是产品抽取问题．抽取时，抽到其中的任何一件产品的可能性都相等，可用等可能事件的概率公式进行计算．典型例题八例8现有一批产品共有10件，其中8件为正品，2件为次品．(1)如果从中取出一件，然后放回，再任取一件然后放回，再任取一件，求连续3次取出的都是正确的概率．(2)如果从中一次取3件，求3件都是正品的概率．解：(1)为返回抽样问题，每次抽样都有10种可能，根据分步计数原理，所有等可能出现的结果为310种，设A表示“三次返回抽样，所抽得的3件产品都是正品”，则A所包含的结果根据分步计数原理有38种．∴512.0108)(33AP．