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概率为0的事件是不可能事件(错误)
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袋子里有白球6个,黑球4个,依次抽取3个球,那么至少有2个是白球的概率为:
至少有2个是白球, 就是2个或者3个全是白球的组合: C62∗C41+C63C_6^2*C_4^1 + C_6^3C62∗C41+C63 总的抽取组合为: C103C_{10}^3C103
二者相除结果为: 2/3 -
在盛有号码1,2,3,....N1,2,3, ....N1,2,3,....N的球的箱子里有放回的摸了n次球,依次记下号码,那么这些号码按照严格上升次序排列的概率为:
从中有放回的取n次球的所有排列的可能为:NnN^nNn
按照升序(也就是说忽略顺序)的排列可能,就转化为了组合,即CNnC_N^nCNn
那么概率就是: CNnNn\frac{C_N^n}{N^n}NnCNn -
袋子中装有1,2,…,n 号的球各一个,有放回地从中摸n 次球,第k 次摸球是摸到1 号球的概率为:
1/n1/n1/n -
一个骰子投4 次至少得到一个六点的概率为:
投4次的所有点数的排列为: 646^464;
那么所有点数中没有六点的排列为:545^454
答案为: 1−5464=0.51771-\frac{5^4}{6^4} =0.51771−6454=0.5177 -
甲袋子中有4 个白球,2 个红球,4 个黑球,乙袋子中有2 个白球,5 个红球,3 个黑球,现从两袋中各取1 个球,那么两个球颜色不相同的概率是:
每个袋子中取1个球,所有的排列为:10210^2102;
那么两个球颜色相同的排列为:都是白球或者都是红球或者都是黑球,即4∗2+2∗5+4∗3=304*2+2*5+4*3=304∗2+2∗5+4∗3=30
所以颜色不同的概率为:(100−30)/100=0.7(100-30)/100=0.7(100−30)/100=0.7 -
有一部五卷的文集,按任意次序放到书架上,那么第一卷和第五卷出现在最边上的概率是:
5本书总共的排列可能为:A55=5∗4∗3∗2∗1A_5^5=5*4*3*2*1A55=5∗4∗3∗2∗1;
第1,5卷放到两边,其余任意排列的可能为:A22∗A33A_2^2*A_3^3A22∗A33
所以二者相除结果为:0.10.10.1 -
若10 件产品中有3 件次品,现从中任取两件,在已知这两件中有一件不是次品的条件下,另外一件是次品的概率是:
正品和次品各1件的组合:C71∗C31=21C_7^1*C_3^1=21C71∗C31=21;
排除两件都是次品的组合(因为已知1件是正品了)为:C102−C32=42C_{10}^2-C_3^2=42C102−C32=42
二者相除结果为:0.50.50.5 -
在炮战中,在距目标250 米,200 米,150 米处射击的概率分别为0.1,0.7,0.2,而
在各该处射击命中的概率为0.05,0.1,0.2,现在已知目标被击毁,那么击毁目标的炮弹是由250 米处射出的概率是:
假设事件A1:250米射击;B1:在250米处射击命中;A2:在200米处射击;B2:在200米处射击命中;A3:在150 米处射;B3:在150米处射击命中;那么有 :
P(A1)=0.1; P(A2)=0.7; P(A3)=0.2;
P(B1|A1)=0.05; P(B2|A2)=0.1; P(B2|A3)=0.2;
那么击中目标的概率为:P(D)=P(A1,B1)+P(A2,B2)+P(A3,B3)=0.1∗0.05+0.7∗0.1+0.2∗0.2=0.115P(D)=P(A1,B1)+P(A2,B2)+P(A3,B3)=0.1*0.05+0.7*0.1+0.2*0.2=0.115P(D)=P(A1,B1)+P(A2,B2)+P(A3,B3)=0.1∗0.05+0.7∗0.1+0.2∗0.2=0.115;
三者互不相容: P(D)=P(A1B1∪A2B2∪A3B3)P(D)=P(A_1B_1\cup A_2B_2 \cup A_3B_3)P(D)=P(A1B1∪A2B2∪A3B3);
所以已知目标被击毁,那么击毁目标的炮弹是由250 米处射出的概率是:
P(A1|D)=P(A1,D)/P(D) = P(A1,B1)/P(D) = 0.0435; -
当元件A 发生故障或者元件B 及C 都发生故障的时候电路断开,元件A 发生故障的概率是0.3,而元件B,C 发生故障的概率各为0.2,求电路断开的概率:
这里A,B,C三个事件互相独立,可知:
求得:P(A∪(BC))=P(A)+P(BC)−P(ABC)=P(A)+P(B)P(C)−P(A)P(B)P(C)=0.3+0.04−0.012=0.0328P(A\cup (BC))=P(A)+P(BC)-P(ABC)=P(A)+P(B)P(C)-P(A)P(B)P(C)=0.3+0.04-0.012=0.0328P(A∪(BC))=P(A)+P(BC)−P(ABC)=P(A)+P(B)P(C)−P(A)P(B)P(C)=0.3+0.04−0.012=0.0328 -
从6双不同的手套中任取4只,问有且只有一双配对的概率是:
从6双(共12只)手套中任意取4只的组合为:C124C_{12}^4C124;
假设只有一双配对的组合为:C61∗C51∗C4∗21C_6^1*C_5^1*C_{4*2}^1C61∗C51∗C4∗21其中 C61C_6^1C61表示从6双中任取1双的数量,那么这里就是取出了2只,作为仅有的一个配对;
剩下两只的取法就不能够有成对的手套出现,则从剩余的5对中取一只为C51C_5^1C51;
再从剩下的4对中取一只,也就是8只中取1只:C4∗21C_{4*2}^1C4∗21;最后二者相除,结果为:0.48480.48480.4848
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送检的两批灯管在运算过程中各打碎了1只,若每批10只灯管,而第一批中有1只次品,第二批中有2只次品,现从剩下的灯管中任取1只,抽的次品的概率为:
分析打碎的两只灯管的所有可能情况如下:
A1A_1A1事件表示两次打碎的都是次品,那么P(A1)=110∗210P(A_1)=\frac{1}{10}*\frac{2}{10}P(A1)=101∗102;
A2A_2A2事件表示第一次打碎的是次品,第二次则是好的,那么P(A2)=110∗810P(A_2)=\frac{1}{10}*\frac{8}{10}P(A2)=101∗108;
A3A_3A3事件表示第一次打碎的是好的,第二次则是次品,那么P(A3)=910∗210P(A_3)=\frac{9}{10}*\frac{2}{10}P(A3)=109∗102;
A4A_4A4事件表示两次打碎的都是好的,那么P(A4)=910∗810P(A_4)=\frac{9}{10}*\frac{8}{10}P(A4)=109∗108;
BBB事件表示抽到次品的概率;
P(B∣A1)=118P(B|A_1)=\frac{1}{18}P(B∣A1)=181,在两次打碎的都是次品的条件下,抽到次品的概率;
P(B∣A2)=218P(B|A_2)=\frac{2}{18}P(B∣A2)=182,在第一次打碎的是次品,第二次打碎的是好的条件下,抽到次品的概率;
P(B∣A3)=218P(B|A_3)=\frac{2}{18}P(B∣A3)=182,在第一次打碎的是好的,第二次打碎的是次品条件下,抽到次品的概率;
P(B∣A4)=318P(B|A_4)=\frac{3}{18}P(B∣A4)=183,在两次打碎的都是好的的条件下,抽到次品的概率;
P(B)表示在整个样本空间下的概率, 那么:
P(B)=P(A1B)+P(A2B)+P(A3B)+P(A4B)=P(A1)P(B∣A1)+P(A2)P(B∣A2)+P(A3)P(B∣A3)+P(A4)P(B∣A4)P(B)=P(A_1B)+P(A_2B)+P(A_3B)+P(A_4B)=P(A_1)P(B|A_1)+P(A_2)P(B|A_2)+P(A_3)P(B|A_3)+P(A_4)P(B|A_4)P(B)=P(A1B)+P(A2B)+P(A3B)+P(A4B)=P(A1)P(B∣A1)+P(A2)P(B∣A2)+P(A3)P(B∣A3)+P(A4)P(B∣A4)
P(B)=0.15P(B)=0.15P(B)=0.15
概率论与数理统计--第一章
最新推荐文章于 2025-01-05 11:09:06 发布