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2012江苏省数学竞赛《提优教程》教案:第59讲 概率1


第 19 讲

概率(一)

概率的一些术语及基本知识. 1.基本事件:一次试验(例如掷骰子),可能有多种结果,每个结果称为基本事件. 2.样本空间:基本事件的集合,称为样本空间,也就是基本事件的总体.本讲记为 I. 3.随机事件:样本空间的子集称为随机事件,简称事件. 4.必然事件:在试验中必然发生的事件,即样本空间 I 自身.它的概率为

1,即 P(I)=1. 5.不可能事件:不可能发生的事件,即空集 ?.它发生的概率为 0,即 P(?)=0. 6.互斥事件:事件 A、B 不能同时发生,即 A∩B=?,则称 A、B 为互斥事件,也称为互不相 容的事件.(也称互不相容的事件) 7.和事件:A∪B 称为事件 A 与 B 的和事件. 8.积事件:A∩B 称为事件 A 与 B 的积事件,也简记为 AB. 9.概率: 概率是样本空间 I 中的一种测度, 即对每一个事件 A, 有一个实数与它对应, 记为 P(A), 具有以下三条性质: (1)P(A)≥()(非负性); (2)P(I)=l; (3)在 A、B 为互斥事件时,P(A∪B)=P(A)+P(B)(可加性). m 10.频率: 在同样的条件下进行 n 次试验, 如果事件 A 发生 m 次, 那么就说 A 发生的频率为 . n 11.古典概型:如果试验有 n 种可能的结果,并且每一种结果发生的可能性都相等,那么这种 1 试验称为古典概型,也称为等可能概型,其中每种结果发生的概率都等于 . n 12.对立事件:如果事件 A、B 满足 A ∩ B==?,A∪B=I,那么 A、B 称为对立事件,并将 B 记为 A .我们有一个常用公式 P( A )=l-P(A). 13.条件概率:在事件 A 已经发生的条件下,事件 B 发牛的概率称为条件概率, P(AB) 记为 P(B|A).我们有 P(AB)=P(A)P(B|A).即 P(B|A)= P(A) 注意 P(B|A),P(B),P(A|B)的不同.P(B)是事件 B 上发生的概率(没有条件);P(B|A)是 A 已经发生的条件下,B 发生的概率;P(A|B)是 B 已经发生的条件下,A 发生的概率. 14.独立事件:如果事件 A 是否发生,对于事件 B 的发生没有影响,即 P(B|A)=P(B).那么 称 A、B 为独立事件.易知这时 P(AB)=P(A)P(B), 并且 P(A|B)=P(A),即 B 是否发生,对于 A 的发生没有影响.所以事件 A、B 是互相独立的. 15.全概率公式:如果样本空间 I 可以分拆为 B1,B2,?,Bn,即 B1∪B2∪?∪Bn=I 并且 Bi ∪Bj=? ( 1≤i<j≤n ) 那么事件 A 发牛的概率 P(A)= ? P( A Bi ) P( Bi )
i= 1 n

A 类例题
例 1 (2004 年重庆理工卷)某校高三年级举行一次演讲赛共有 10 位同学参赛,其中一班有 3 位,二 班有 2 位,其它班有 5 位,若采用抽签的方式确定他们的演讲顺序,则一班有 3 位同学恰好 被排在一起

(指演讲序号相连) ,而二班的 2 位同学没有被排在一起的概率为 A.

( D.



1 10

B.

1 20

C.

1 40

1 120

分析 排列组合问题, 往往以实际问题面目出现, 它解法灵活,而排列组合又是概率的基本知识, 如等可能性事件中有一类概率问题,它常与排列组合知识紧密联系,本题既考查了解排列组 合问题的“捆绑法” ,又考查了“插空法” ,分别计算出带条件与不带条件限制的排法总数, 再按照概率的意义求出概率即可.
3 6 解 将一班 3 位同学视为一个整体, 将这一整体与其他班的 5 位同学进行全排列,共有 A3 A6 种 2 方法,并且他们之间共留下了 7 个空隙,将余下的二班的 2 位同学分别插入,共有 A7 种方法, 3 6 故一班有 3 位同学恰好被排在一起,而二班的 2 位同学没有排在一起排法总数为 A3 A6 A72 .
3 6 2 A3 A6 A7 1 .【答案】B ? 10 20 A10

故所求的概率为

例 2 (2004 年全国卷)某同学参加科普知识竞赛,需回答 3 个问题.竞赛规则规定:答对第一、 二、三问题分别得 100 分、100 分、200 分,答错得零分.假设这名同学答对第一、二、三个 问题的概率分别为 0.8、0.7、0.6,且各题答对与否相互之间没有影响. (1)求这名同学得 300 分的概率; (2)求这名同学至少得 300 分的概率. 分析 本题主要考查相互独立事件同时发生的概率和互斥事件有一个发生的概率的计算方 法,应 用概率知识解决实际问题的能力. 解题突破口:(1)这名同学得 300 分的概率必是第 1、2 题一 对一错,这 样得 100 分,而第 3 小题一定答对,所以共得到 300 分.(2)至少 300 分意思是得 300 分或 400 分.故两种概率 相加即可. 解 记“这名同学答对第 i 个问题”为事件 Ai (i ? 1,2,3) ,则 P(A1)=0.8,P(A2)=0.7,P(A3)=0.6. (1)这名同学得 300 分的概率:P1=P(A1 A2 A3)+P( A1 A2A3) =P(A1)P( A2 )P(A3)+P( A1 )P(A2)P(A3) =0.8×0.3×0.6+0.2×0.7×0.6=0.228. (2)这名同学至少得 300 分的概率: P2=P1+P(A1A2A3)=0.228+P(A1)P(A2)P(A3) =0.228+0.8×0.7×0.6=0.564.

情景再现
1. (2003 年全国高考上海卷)某国际科研合作项目成员由 11 个美国人、4 个法国人和 5 个中 国人组成.现从中随机选出两位作为成果发布人,则此两人不属于同一个国家的概率为 (结果用分数表示) 2.(1)一圆周上均匀分布着 1996 个点, 从中均等地选出 A、B、C、D 四个不同的点, 则弦 AB

与 CD 相交的概率是( A、

) B、

1 . 4

1 . 3

C、

1 . 2

D、

2 . 3
(2)记号为 1,2,3 的三个球放在一个缸子中. 将一个球从缸子中取出, 把它的号码记下来, 然后 再将它放回到缸子里. 这个过程重复三次. 每个球在每次过程中被抽出的机会是等可能的. 如 果记录的数码之和为 6, 那么其中记号为 2 的球三次全被抽出的概率为( ) A、

1 . 27

B、 .

1 8

C、 .

1 7

D、

1 . 6

B 类例题
例 3 (2003 年江苏卷)有三种产品,合格率分别是 0.90,0.95 和 0.95,各抽取一件进行检验. (1)求恰有一件不合格的概率; (2)求至少有两件不合格的概率.(精确到 0.001) 分析 本题要主考查相互独立事件概率的计算, 运用数学知识解决问题的能力,正确利用相互 独立事件、互斥事件、独立事件重复发生概率的计算公式解决此类问题. 解 设三种产品各抽取一件,抽到合格产品的事件分别为 A、B 和 C. (1) P( A) ? 0.90, P( B) ? P(C ) ? 0.95 , P( A) ? 0.10, P( B) ? P(C) ? 0.05. 因为事件 A,B,C 相互独立,恰有一件不合格的概率为

P( A ? B ? C ) ? P( A ? B ? C ) ? P( A ? B ? C ) ? P( A) ? P( B) ? P(C ) ? P( A) ? P( B) ? P(C ) ? P( A) ? P( B) ? P(C ) ? 2 ? 0.90 ? 0.95 ? 0.05 ? 0.10 ? 0.95 ? 0.95 ? 0.176
答:恰有一件不合格的概率为 0.176. (2)解法一:至少有两件不合格的概率为
P( A ? B ? C) ? P( A ? B ? C) ? P( A ? B ? C) ? P( A ? B ? C)

? 0.90 ? 0.052 ? 2 ? 0.10 ? 0.05? 0.95 ? 0.10 ? 0.052 ? 0.012 解法二:三件产品都合格的概率为

P( A ? B ? C) ? P( A) ? P( B) ? P(C) ? 0.90? 0.952 ? 0.812
由(Ⅰ)知,恰有一件不合格的概率为 0.176,所以至有两件不合格的概率为 1 ? [ P( A ? B ? C ) ? 0.176] ? 1 ? (0.812? 0.176) ? 0.012. 答:至少有两件不合的概率为 0.012.

例 3.(2004 年全国高考湖南卷)甲、乙、丙三台机床各自独立地加工同一种零件,已知甲机
床加工的零件是一等品而乙机床加工的零件不是一等品的概率为 品而丙机床加工的零件不是一等品的概率为

1 ,乙机床加工的零件是一等 4

1 ,甲、 丙两台机床加工的零件都是一等品的概率 12



2 . 9

(1)分别求甲、乙、丙三台机床各自加工零件是一等品的概率; (2)从甲、乙、丙加工的零件中各取一个检验,求至少有一个一等品的概率. 分析 本题考查相互独立事件、互斥事件概率的计算及分析和解决实际问题的能力.这是一 个逆向思考题,还是以正向思维解决为佳.可先设甲、乙、丙三台机床各自加工零件是一等品 的概率,再由题意列出方程组并解之可解决此类问题. 解(1)设 A、B、C 分别为甲、乙、丙三台机床各自加工的零件是一等品的事件. 1 1 ? ? ① ?P( A ? B) ? 4 , ? P ( A) ? (1 ? P ( B )) ? 4 , ? ? 1 ? 由题设条件有 ? P ( B ? C ) ? 1 , 即? P ( B ) ? (1 ? P (C )) ? , ? ② 12 12 ? ? 2 2 ? ? ?P( A ? C ) ? 9 . ? P ( A) ? P (C ) ? 9 . ③ ? ? 由①、③得 P( B) ? 1 ? 9 P(C )
8

代入②得 27[P(C)]2-51P(C)+22=0.

解得 将

2 11 . P (C ) ? 或 (舍去) 3 9
P (C ) ? 2 3

分别代入 ③、② 可得

1 1 P( A) ? , P ( B ) ? . 3 4
3 4 3

即甲、乙、丙三台机床各加工的零件是一等品的概率分别是 1 , 1 , 2 . (2)记 D 为从甲、乙、丙加工的零件中各取一个检验,至少有一个一等品的事件, 2 3 1 5 则 P( D) ? 1 ? P( D) ? 1 ? (1 ? P( A))(1 ? P( B))(1 ? P(C )) ? 1 ? ? ? ? . 3 4 3 6 故从甲、乙、丙加工的零件中各取一个检验,至少有一个一等品的概率为 5 .
6

说明 这类问题直接求概率较为困难 ,若用待求概率去表示已知概率 ,就得到了待求概率的方 程,使概率问题成为方程问题,从而问题迎刃而解. 例 5 抛挪一枚硬币,每次正面出现得 1 分,反面出现得 2 分,试证:恰好得到 n 分的概率是

1 ? 1? [2 ? ? ? ? ] 3 ? 2?
分析 数列与概率的交汇题需要综合使用数列与概率中的主干知识,特别是概率中探索的 Pn 与 Pn-1 关系的思路,以及由数列的递推公式求数列的通项公式的方法和手段都给我们留下了 极其深刻的印象. 解 设恰好得到 n 分的概率为 Pn,则得到 n-1 分的概率为 Pn-1,得到 n-2 分的概率为 Pn- 2. 要得 n 分,必须满足以下情形:先得 n-1 分,再掷一次正面,此时概率为 2 分,再掷一次反面,此时概率为

n

1 Pn?1 ,或为先得 n- 2

1 Pn?2 因为这两种情况是互斥的, 2

故有 Pn ?

1 Pn?1 2

1 ? ? P1 ? 2 ? 1 3 1 1 1 ? 而 Pn ? Pn?1 ? Pn?2 ? Pn?1 ? ? ( Pn?1 ? Pn?2 ) ? Pn?2 . 由题意 ? P2 ? 4 2 2 2 2 ? 1 1 ? ? Pn ? 2 Pn ?1 ? 2 Pn ? 2 ?
1 2
1 1 1 ? 1? ? (? ) n 累加可得 Pn ? [ 2 ? ? ? ? ] . n?2 3 4(?2) 2 ? 2?
n

即 Pn ? Pn?1 ? (? ) n?2 ( P2 ? P1 ) ?

例 6 (2005 年全国高考江苏卷)甲、乙两人各射击一次,击中目标的概率分别是

2 3 和 . 假设两 3 4

人射击是否击中目标,相互之间没有影响;每次射击是否击中目标,相互之间没有影响. (1)求甲射击 4 次,至少 1 次未击中目标的概率; (2)求两人各射击 4 次,甲恰好击中目标 2 次且乙恰好击中目标 3 次的概率; (3)假设某人连续 2 次未击中 目标,则停止射击.问:乙恰好射击 5 次后,被中止射击的概率是 ... 多少? 分析 本题是一道概率综合运用问题,第一问中求“至少有一次末击中问题”可从反面求其概 率问题;第二问中先求出甲恰有两次末击中目标的概率,乙恰有 3 次末击中目标的概 率,再利用独立事件发生的概率公式求解.第三问设出相关事件,利用独立事件发生 的概率公式求解,并注意利用对立、互斥事件发生的概率公式. 解 (1)记“甲连续射击 4 次至少有一次末中目标”为事件 A1,由题意知,射击 4 次,相当于 作 4 次独立重复试验,
4 故 P( A1 ) ? 1 ? P( A1 ) = 1 ? ( ) ?

2 3

65 . 81 65 . 81

答:甲连续射击 4 次至少有一次末中目标的概率为:

(2)记“甲射击 4 次,恰有 2 次射中目标”为事件 A2, “乙射击 4 次,恰有 3 次射中目标” 为事件 B2, 则
2 2 2 P ( A2 ) ? C 4 ? ( ) ? (1 ? ) ?

2 2 8 3 3 27 3 3 27 3 P ( B2 ) ? C 4 ? ( ) 3 ? (1 ? )1 ? 4 4 64 8 27 1 ? ? . 27 64 8 1 8

由于甲乙射击相互独立,故 P( A2 B2 ) ? P( A2 ) P( B2 ) ?

答:两人各射击 4 次,甲恰有 2 次击中目标且乙恰有 3 次击中目标的概率为 . (3)记“乙恰好射击 5 次后被中止射击”为事件 A3“乙第 i 次射击末中”为

1 由于各事件相互独立,故 4 1 1 3 1 1 45 . P( A3 ) ? P(D5 ) ? P(D4 ) ? P(D3 ) ? P(D2 D1 ) = ? ? ? (1 ? ? ) ? 4 4 4 4 4 1024 45 . 答:乙恰好射击 5 次后被中止射击的概率为 1024
事件 Di(I=1,2,3,4,5),则 A3= D5 ? D4 ? D3 ? D2 D1 ,且 P ( Di ) ?

情景再现
3.棱长为 1 的正四面体 A-BCD,有一小虫从顶点 A 处开始按以下规则爬行:在每一顶点处 以同样的概率选择通过这个顶点的 3 条棱之一,并一直爬到这条棱的尽头.记小虫爬了 n 米 后重新回到点 A 的概率为 Pn. (1)求 P1 和 P2 的值; (2)探寻 Pn 与 Pn-1 的关系; (3)求Pn的表达式. 4. 一个数由 7 个数字组成.这 7 个数字的和为 59.求这个数被 11 整除的概率.

C 类例题
例 7 在给定的圆周上随机地选六个点 A,B,C,D,E,F.求△ABC 与 ADEF 的边(线段) 互不相交的概率. 解 在 6 个点中取 3 个点作为△ABC 的顶点,有 C3 6=20 种方法.其中 3 个点相邻的方法有 C1 6=6 种(第一个点选定后,另两个依顺时针次序紧随它的点也就唯一确定),而这样得到的△ 6 3 ABC 与余下三点组成的△DEF 的边互不相交.所求概率为 = . 20 10 例 8 给定三只相同的有 n 个面的骰子.它们的对应面上标上同样的任意写的整数.证明如果 1 随意投掷它们,那么向上的三个面上的数的和被 3 整除的概率不小于 . 4 解 不妨设每个面上的数是 0,l,2(将每个数换成它除以 3 后所得的余数). 又设每个骰子上 0 有 a 个,1 有 b 个,2 有 c 个.这里 0≤a,b,c≤n 并且 a+b+c=n 随机掷 3 只骰子,总可能有 n3 种.其中和被 3 整除的有以下情况: 0,0,0;0,1,2;1,1,1;2,2,2.

a3+b3+c3+6abc 共 a +b +c +6abc 种.概率为 n3 a3+b3+c3+6abc 1 ≥4? 4(a3+b3+c3+6abc)≥(a+b+c)3. n3 ? a3+b3+c3+6abc≥a2b+ a2c+b2a+b2c+c2a+c2b. 不妨设 a≥b≥c 则 a3+b3+2abc-(a2b+ a2c+b2a+b2c) = a2(a-b)-b2(a-b)-ac(a-b)+bc(a-b) = (a-b)(a2-b2-ac+bc) = (a-b)2(a+b-c)≥0 c3+abc- c2a-c2b=c(a-c)(b-c)≥0 两式相加即得结论
3 3 3

情景再现

5.有人玩掷硬币走跳棋游戏,已知硬币出现正、反面的概率都是

1 ,棋盘上标有第 0 站,第 2

1 站,第 2 站,?,第 100 站,一枚棋子开始在第 0 站,棋手每掷一次硬币棋子向前或向后 跳.若掷出正面,棋子向前跳动一站;若掷出的反面,则棋子向前跳动两站,直到棋子跳到 第 99 站(胜利大本营)或第 100 站(失败大本营)时, 游戏结束, 设棋子跳到第 n 站的概率为 Pn. (I)求 P0,P1,P2; (II)求证:Pn-Pn-1=

1 (pn-1-Pn-2); 2

(Ⅲ)求 P99 及 P100. 6.三名棋手 A,B,C 进行循环赛.先是 A 同 B 比赛,胜者再与 C 比赛,新的胜者再与上次 比赛的败者比赛.如此继续下去,直至有一名选手连胜两次.这名选手就是冠军. (1)如果三人棋力相当,问各人得冠军的概率各是多少? (2)如果第一盘 A 胜,那么三人分获冠军的概率是多少?

链接 蒙蒂·霍尔问题

上个世纪 90 年代,美国有一个广为流传的“蒙蒂·霍尔(Monty Hall) ”问题,后来传播到了世界各地.人

人都能看得懂它,解决它也不需要什么高深的数学知识,令人感到有意思的是,这样一个简单的数学问题却曾使 很多人陷入尴尬的境地,其中竟然包括一些知名的数学家. 1 蒙蒂·霍尔问题的由来

1991 年 9 月,自称是世界上最聪明的美国女人沙温特(Marilyn vos Savant)收到一封来信,信中提出这样 一个问题:

假设你正在参加一项游戏节目.在你面前有三扇门,一扇门后面是丰厚的奖金——比如说是一辆小轿车,另

两扇门后面则是安慰奖——比方说一只山羊,不值多少钱.你当然希望得到小汽车,可是你并不知道小汽车在哪

扇门的后面. 主持人先让你从三扇门中选择一扇, 在打开你选择的那扇门之前, 他先打开另一扇藏有山羊的门. 这

总是可以办到的,因为你面前的三扇门中有两扇门的后面是山羊,所以无论你选择哪一扇门,主持人总可以牵出

一只山羊.现在再给你一次机会:你可以坚持原来的选择,也可以改变主意换到另一扇未打开的门.这时你怎么 做呢? 这就是蒙蒂·霍尔问题.

蒙蒂·霍尔问题与美国 70 年代非常流行的一档电视节目“公平交易” (Let’s Make a Deal)有关,节目主

持人是蒙蒂·霍尔(Monty hall) ,他经常耍一些戏法难为嘉宾.其中一个游戏的规则是这样的:几对夫妇共同

参加一项比赛,比赛最后只留下一对夫妇,而奖品则放在三扇门中的一扇后面,他们能否获得奖品,就要看他们

能否选择到有奖品的门.和上面读者提出的问题情境一样,主持人给嘉宾两次选择机会.他们或者坚持最初的选

择, 或者改变主意换到另一扇门, 问题是采取哪种策略获得奖品的概率最大?显然, 前面提出的问题就是蒙蒂· 霍 尔这个戏法的翻版.为了表示对这位著名游戏节目主持人的尊重,后来人们就用他的名字命名了这个问题.

沙温特看到这个问题后, 认为应该改变主意换到另一扇门. 随后, 她把这个问题刊登在她的 《行列》 (Parade

专栏上,令她意想不到的是,问题登出去之后,竟然引起了轩然大波.读者的来信似雪片般地飞来.来信者中多

数都不赞同沙温特的观点,他们认为坚持原来的选择和改变主意换到另一扇门,获得小汽车的概率是一样的.这 些人中不乏有知名的数学家.这些数学家给沙温特发来一些措辞尖刻的信.

其中一位数学家后来一定感到极为尴尬,他写道: “你别胡说八道了,让我解释一下吧:如果打开的门后是 一只山羊,那么这个信息使余下任何一个选择的概率都变为

1 .作为一名职业数学家,我对公众缺乏数学能力 2

的状况是十分关心的.拜托你承认错误吧!以后要加倍小心. ”尽管教授对大众数学能力的关注是合理的,然而 换一扇门确实是最好的选择.

众多的反对声音让沙温特想到用试验的方法向那些不相信的人验证这个策略. 她在读者中找来几位数学教师

和她一起做试验,还有一些读者自愿用计算机模拟试验,经过很长一段时间的试验和辩论后,这个策略才逐渐 被人们认可. 2 蒙蒂·霍尔问题解决策略的分析

为什么会有一些数学家在这个问题上出现了失误呢?仔细分析不难发现, 原因在于这些数学家都没能理解主

持人展示山羊其实提供了重要的信息.也许理解这个策略最容易的方式是要注意你最初选择到小汽车的概率是

1 ,即使在主持人向你打开一扇有山羊的门后,这个概率也不会变,因此另一扇未打开的门后是小汽车的概率就 3



2 .这样改变选择将使你中奖的概率增加一倍. 3

如果你还不能理解的话,我们可以做更具体的解释.首先把门编上号,1 号门,2 号门和 3 号门.不妨假设

你最初选的是 3 号门,主持人打开一扇有山羊的门后,如果你仍旧坚持原来的选择,只有一种情况你能获得小

汽车,即 3 号门后是小汽车.而如果你改变主意,转移到另一扇门,那么只要小汽车不在 3 号门后,你就会获 奖,即有两种情况你会获奖,2 号门或 1 号门后是小汽车.由此,改变选择会使获得小汽车的概率大一倍.

一些人发现如果将问题稍作改动, 理解这个策略就更容易了,假设不是三扇门而是 1000000 扇门供你选择

在你选定一扇门之后,主持人打开余下的藏有山羊的 999998 扇门.这样问题就变得很清楚了,改变主意确实是

最好的策略,毕竟,你最初选择获得小汽车的概率是一百万分之一.现在你发现或者你极幸运,在几乎是天文数 字中选中了小汽车,或者小汽车在剩下的那扇未打开的门的后面.

你还可以像沙温特那样和你的朋友做试验验证.准备三张纸条,在两张纸条上面写山羊,另一张纸条写上小

汽车.让你的朋友随机抽一张,先不要打开这张纸条.你先从余下的两张纸条中拿走一张写有山羊的纸条.问你

的朋友是坚持原来的选择,还是改变主意.记下试验的总次数,选择不变的次数及选择不变获得小轿车的次数

同时记下改变选择的次数和改变选择后获得小轿车的次数. 你发现了什么?当试验做到十几次时, 改变选择的优 势可能就体现出来了. 3 蒙蒂,霍尔问题的推广

随着蒙蒂·霍尔问题的广泛流传,一些数学家又在此问题基础上,引申出了一些新的蒙蒂·霍尔问题.下面 选择其中的两例:

美国北达克他州大学统计系的婆什迦罗· 劳 (M. Bhaskara Rao) 对蒙蒂· 霍尔问题的推广很有启发意义. 对 于三扇门的蒙蒂·霍尔问题,嘉宾有两次选择,婆什加逻·劳考虑当给更多次的选择机会时情形会怎样呢?

假设有四扇门,其中一扇门后面有巨额奖金,嘉宾先随机选择一扇,主持人在余下的三扇门中打开一扇没有

奖金的门.此时,还有三扇门,给你第二次机会,你可以坚持原来的选择,也可改变主意,从另两扇未打开的门

中选择一扇.不管你怎样选择,主持人总可以从你未选择的两扇门中,再打开一扇没有奖金的门.现在还剩两扇 门,最后再给你一次机会,你可以坚持第二次选择,也可以改变主意换到另一扇门.每一次你怎么做呢?”

在这个问题中,嘉宾每选择一扇门后,主持人就会从余下的门中打开一扇没有奖金的门,之后再给嘉宾选

择机会,?直至剩下两扇门,给嘉宾最后一次选择机会.所以嘉宾选择的次数是门的数目减一.对于四扇门,嘉

宾就有三次选择机会, 那么嘉宾可以采取哪些策略呢?再有, 哪种策略获得奖金的概率最大呢?下表列出了可供 嘉宾选择 第一次 第一种策略 第二种策略 第三种策略 第四种策略 选择 选择 选择 选择 第二次 不变 改变 不变 改变 第三次 不变 不变 改变 改变 概率 0.25 0.375 0.75 0.625

或许有人认为, 按照蒙蒂· 霍尔问题的解决策略, 在第二次和第三次选择中都应该改变主意换到另一扇门. 然

而,从上表我们看到,这个问题的最佳策略却是在第二次坚持原来的选择而在第三次改变选择换到另一扇门.解

决蒙蒂· 霍尔问题, 只要有很好的概率直觉就可以了. 然而对于这个推广的问题, 光靠概率直觉可能就不够用了. 但

是如果你学过一些简单的概率知识, 计算每种策略获得奖金的概率也不是什么难事. 下面我们来详细分析每种策 略获得奖金的概率: 设 A=“第一次选择到有奖金的门” , A =“第一次选择的是没有奖金的门” B=“第二次选择到有奖金的门” , B =“第二次选择的是没有奖金的门”

第一种策略:只要第一次选择的是有奖金的门,第一种策略就会获得奖金.所以第一种策略获得奖金的概率 为 P(A)=
1 ,即 0.25. 4

第二种策略: 只要第一次选择的是没有奖金的门, 而第二次选择的是有奖金的门, 第二种策略就会获得奖金 所以第二种策略获得奖金的概率为 P( A B)=P( A )P(B| A )=
3 1 3 × = =0.375. 4 2 8

第三种策略:只要第一次选择的是没有奖金的门,第三种策略就会获得奖金,所以第三种策略获得奖金的概 率为 P( A )=
3 =0.75. 4

第四种策略:第四种策略要复杂些,这种策略获得奖金可分为两种情况,第一种情况是第一次选择的是没有 奖金的门, 而第二次选择的还是没有奖金的门, 此种情况下获得奖金的概率为 P( A B )=P( A )P( B | A )=

3 1 × = 4 2

3 ,第二种情况是第一次选择的是有奖金的门,而第二次选择的是没有奖金的门,此种情况下概率为 P(A B )= 8

P(A)P( B |A)=

1 1 1 3 5 ×1= .所以第四种策略获得奖金的概率为 + = =0.625. 4 4 4 8 8

事实上,在多次选择机会的蒙蒂·霍尔问题中,采取的最佳策略是在最后选择一步前,都要坚持原来的选 择. 数学家基斯·第伯林(Keith Deblin)也推广了蒙蒂·霍尔问题:

假设有 7 扇门,其中有一扇门后面有巨额奖金,嘉宾先随意选择其中的三扇,主持人从余下的四扇门中打

开三扇没有奖金的门,现在只剩下四扇,你可以坚持原来的选择, (若奖金在你选择的三扇门中,奖金就归你所 有了) ,或者你改变选择,只选择另外的那一扇门,你是坚持原来的还是改变主意换到另一扇门呢?

这个问题要比数学家婆什迦罗·劳推广的问题容易些.很显然,该问题的最佳策略是应该换到另一扇门.若 不换,获得奖金的概率为
3 4 .而若转换,获得奖金的概率就为 .所以转换要比不换获得奖金的概率大. 7 7

习题 19

A 类题
1. 有五条线段,长度分别为 1,3,5,7,9,从这五条线段中任取三条,则所得的三条线段不能拼 成三角形的概率是 A. ( ) D.

2 5

B.

3 5

C.

7 10

4 5

2. 若 a,b,c 是从集合 ?1,2,3,4,5? 中任取的三个元素(不一定不同). 则 ab+c 为偶数的概率为

A、

2 . 5

B、

59 . 125

C、

1 . 2

D、

64 . 125

3. 把编号为 1 到 6 的六个小球,平均分到三个不同的盒子内,则有一盒全是偶数号球的概率 为 ( A. ) B.

1 5

2 5

C.

3 5

D.

1 3

4. 有 5 副不同的手套, 甲先任取一只, 乙再任取一只, 然后甲又任取一只, 最后乙再任取一只. 求下列事件的概率. (1) A: 甲正好取得两只配对手套.; (2) B: 乙正好取得两只配对手套; (3)A 与 B 是否独立? 5. (2005 年上海市高中数学竞赛) a 、 b 、 c 、 d 、 e 是从集合 ?1,2,3,4,5? 中任取的 5 个元素 (允许重复) ,则 abcd ? e 为奇数的概率为 . 6. (第六届北京高中数学知识应用竞赛)体育彩票的抽奖是从写在 36 个球上的 36 个号码随机 摇出 7 个.有人统计了过去中特等奖的号码,声称某一号码在历次特等奖中出现的次数最多, 它是一个幸运号码,人们应该买这一号码,也有人说,若一个号码在历次特等奖中出现的次 数最少,由于每个号码出现的机会相等,应该买这一号码,你认为他们的说法对吗?

B 类题
7. (2005 年全国高考湖南卷)某单位组织 4 个部门的职工旅游,规定每个部门只能在韶山、衡 山、张家界 3 个景区中任选一个,假设各部门选择每个景区是等可能的. (Ⅰ)求 3 个景区都有部门选择的概率; (Ⅱ)求恰有 2 个景区有部门选择的概率. 8. 如果从某个五位数的集合中随机地抽出一个数, 它的各位数字和均等于 43, 求这个数可以 被 11 除尽的概率. 9. 有人玩掷骰子移动棋子的游戏,棋盘分为 A、B 两方,开始时棋子放在 A 方,根据下列①、 ②、③的规定移动棋子:①骰子出现 1 点时,不能移动棋子;②出现 2、3、4、5 点时,把棋 子移向对方;③出现 6 点时,如果棋子在 A 方就不动,如果棋子在 B 方就移至 A 方. (1)求将骰子连掷 2 次,棋子掷第一次后仍在 A 方而掷第二次后在 B 方的概率. (2)将骰子掷了 n 次后,棋子仍在 A 方的概率记为 Pn, 求 Pn. 10. 将 A,B,C 三个字母之一输入,输出时为原字母的概率是 a,为其他两个字母之一的概 1-a 率都是 2 .现将字母串 AAAA,BBBB,CCCC 之一输入,输人的概率分别为 p1,p2,p3 (p1+p2+p3=1).发现输出为 ABCA.求输入为 AAAA 的概率是多少?(假定传输每个字母的工作 是互相独立的).

C 类题
11. (2005 年全国高中数学竞赛)将编号为 1,2,?,9 的九个小球随机放置在圆周的九个等分 点上,每个等分点上各有一个小球.设圆周上所有相邻两球号码之差的绝对值之和为要 S.求使 S 达到最小值的放法的概率.(注:如果某种放法,经旋转或镜面反射后可与另一种放法重合, 则认为是相同的放法) 12. (2004 年全国高中数学竞赛)一项“过关游戏”规则规定:在第 n 关要抛掷一颗骰子 n 次,

如果这 n 次抛掷所出现的点数之和大于 2 ,则算过关.问: (Ⅰ)某人在这项游戏中最多能过几关? (Ⅱ)他连过前三关的概率是多少? (注:骰子是一个在各面上分别有 1,2,3,4,5,6 点数的均匀正方体.抛掷骰子落地静止 后,向上一面的点数为出现点数. ) 本节“情景再现”解答: 2 2 2 119 ? 4 ?C5 1. 190, 提示:属于同一个国家的概率为 C11 C2 ? 71 ,所求概率为 1 ? 71 ? 119 或:所 190 190 190 C 20
?5? 4?5 ? 119 求概率为 11?4 ?112 C20 190

n

2. (1)选 B. 考虑点 A、B、C、D 的顺序即可.因为对任意凸四边形而言, 孔 AB、CD 恰为两对 角线时, 它们才相交.当 A、B 为相邻顶点时, 其顺序情况有 8 种;C、D 顺序有 2 种;当 A、B 为 相对顶点时, 其顺序情况有 4 种;C、D 顺序有 2 种;这样, 所求概率为

4?2 1 ? . 4?2 ?8?2 3

(2)选 C. 因为一共有 7 种抽出情形使小球数码的和为 6, 且它们是等可能的.用下面的三元有 序组来表示即 (1,2,3),(1,3,2),(2,1,3),(2,3,1),(3,1,2),(3,2,1) 和(2,2,2),所以记号为 2 的球三次 全被抽中的概率为

1 . 7

3. (1)小虫从点 A 爬了一米后又回到点 A 是不可能的,P1=0,小虫从点 A 爬了两米后又回到点 A,有 A→B(或 C,或 D )→A 这 3 种情况, 概率都是 ?

1 1 1 1 1 1 1 ? ,所以 P2 ? ? ? ? 3 3 9 9 9 9 3.

(2)小虫爬了 n 米后回到点 A, 则爬了 n-1 米后不在点 A,概率是 1- Pn ?1 ,此时小虫从另三 点中的一点回到点的概率是

1 1 ,故 Pn ? (1 ? Pn?1 ) 3 3 1 1 1 1 (3)由题意 P0 ? 0, 又 Pn ? (1 ? Pn?1 ) ,故 Pn ? ? ? ( Pn?1 ? ) 3 4 3 4
1? 3 1 ? 数列 ? Pn ? ? 是以为 首项, ? 为公比的等比数列, 4 4 4 ? ?

所以 Pn ?

1 3 1 n ? (? ) . 4 4 3

4. 7 个数字的和为 59 有以下几种情况: (1)6 个 9,1 个 5;(2)5 个 9,1 个 8,1 个 6;(3)5 个 9,2 个 7;(4)4 个 9,2 个 8,1 个 7; 2 4 (5)3 个 9,4 个 8.共 7+7×6+C2 7+7×C6 +C7=210 个. 其中被 11 整除的,奇数位数字和与偶数位数字和的差应被 11 整除. 但奇数位数字和与偶数位数字和的和为 59,是一个奇数, 59+11 所以上述的差只能为 11,而且必须是奇数位 4 个数字之和为 35(= 2 ), 偶数位 3 个数字之和为 24.奇数位 4 个数字的和为 35,只有 3 个数字为 9,1 个数字为 8 这 一种情况,共 4 个.

偶数位 3 个数字的和为 24,有(1)3 个 8;(2)2 个 9,1 个 6;(3)1 个 9,1 个 8,1 个 7 三种 情况,共 1+3+3!=10 种. 所以被 11 整除的数共 4×10=40 个. 40 4 所求概率为210=21.

5. (I)P0=1,P1=

1 1 1 1 3 ,P2= ? ? ? . 2 2 2 2 4

(II)棋子跳到第 n 站(2≤n≤99,必是从第 n-1 站或第 n-2 站跳到的)的概率为 Pn=

Pn ?2 Pn ?1 1 ? ,所以 Pn-Pn-1=- (Pn-1-Pn-2) 2 2 2
1 1 ,公比为- 的等比数列,该数列的前 2 2

(III)由(Ⅱ)知数列{Pn+1-Pn}是首项为 P1-P0=-

99 项和,由 P1-P0,P2-P1,?,P99-P98 相加得,

1 1 2 1 )+(- ) +?+(- )99,所以 2 2 2 2 1 1 2 1 P99= [1-( )100],则 P98=P99-(- )99= [1+( )99] 3 2 2 3 2 1 1 1 99 即P100= P98= [1+( ) ]. 2 3 2
P99-1=(- 6. 先考虑(2),设 A,C,B 获胜的概率分别为 p1,p2,p3,则显然有 p1+p2+p3=1 (1) 1 1 1 1 (总有一人能得冠军一无限制地循环下去的概率为 × × ×?=0,因为 n→0) 2 2 2 2 1 A 得冠军有两种可能:第二盘 A 胜 C,概率为2;第二盘 A 负于 C,概率 1 为 ,而下一盘 B 胜 C(C 胜 B 则 C 为冠军,A 不为冠军),从这盘算起,A 成 2 为 B,C,A 系列中的第三个人,获胜概率为 p3, . 1 1 所以 p1= 2+ 2× p3. (2)

1 C 得冠军必须 A 在第二盘负(概率为2),这样 C 成为 C,B,A 系列中的第一个人, 获胜的概率为 p1, 1 所以 p2= 2p1. (3)

4 2 1 由(1),(2),(3)得 p1= ,p2= ,p3= . 7 7 7 1 1 5 在第(1)问中,A、B 得冠军的概率均为2p1+ 2p3=14. 5 2 C 得冠军的概率为 1-2×14=7

2 (无论第一盘 A,B 谁胜 C 得冠军的概率都为 p2= ) 7

本节“习题 19”解答: 1. C. 提示:能拼成三角形的三条线段仅有 3 5 7;5 7 9;3 7 9 这三种可能,故所求概率为
3 1- C 3 = 7 5 10

2. 选 B. 首先从集合任取三元素的总事倒数为 53 =125.下面考虑 c 的情况:从 ?1,3,5? 中选一
1 1 个有 C3 =3 种情况 c 是奇数; 以 ?2,4? 中选一个有 C2 =2 种情况 c 是偶数.而 ab 为奇数的情形
2 2 2 有 3 =9 种, 为偶数的情形有 5 ? 3 =16 种.由“奇+奇=偶” “偶+偶=偶” 知,ab+c 为偶数的情

59 形共有 3×9+2×16=59(种)这样所求概率为125.
2 2 3 3 3. 6 个球平均分入三盒有 C6 C2 4 C2 种等可能的结果 , 每盒各有一个奇数号球的结果有 A3 A3

3 A3 3 A3 2 2 2 ? 5 , 则有一盒全是偶数号球的概率是 3 .故选 B. 种,所求概率 P(A)= C6 C4 C2 2 5

1 1 C5 ? 2 ? A82 1 C5 ? 2 ? A82 1 4. (1) P( A) ? ? (2) P( B) ? ? 4 4 A10 9 A10 9 2 1 C5 ? C2 ?2?2 1 ? 故 A 与 B 是不独立. 4 A10 63

(3) P( AB) ?

5.

1794 3125

6. 体育彩票应本 36 个号码的 36 个球大小、重量等应该是一致的,严格说,为了保证公平, 每次用的 36 个球,应该只允许用一次,除非能保证用过一次后,球没有磨损、变形,和没有 用过的球一样. 因此,当你把这 36 个球看成每次抽奖中只用了一次时,不难看出,以前抽奖的结果对今 后抽奖的结果没有任何影响,上述两种说法都是错的. 7. 解: 某单位的 4 个部门选择 3 个景区可能出现的结果数为 34.由于是任意选择, 这些结果出 现的可能性都相等. (I)3 个景区都有部门选择可能出现的结果数为 C4 ? 3! (从 4 个部门中任选 2 个作为 1 组,
2

另外 2 个部门各作为 1 组,共 3 组,共有 C 4 ? 6 种分法,每组选择不同的景区,共有 3!
2

种选法) ,记“3 个景区都有部门选择”为事件 A1,那么事件 A1 的概率为

P(A1)=

2 C4 ? 3! 4 ? . 9 34

(II)解法一:分别记“恰有 2 个景区有部门选择”和“4 个部门都选择同一个景区”为事件

3 1 ? ,事件 A2 的概率为 4 27 3 4 1 14 ? . P(A2)=1-P(A1)-P(A3)= 1 ? ? 9 27 27
A2 和 A3,则事件 A3 的概率为 P(A3)=
1 2 解法二: 恰有 2 个景区有部门选择可能的结果为 3(C4 (先从 3 个景区任意选定 2 个, ? 2!?C4 ).
2 共有 C3 ? 3 种选法,再让 4 个部门来选择这 2 个景区,分两种情况:第一种情况,从 4 个部

1 门中任取 1 个作为 1 组, 另外 3 个部门作为 1 组, 共 2 组, 每组选择 2 个不同的景区, 共有 C4 ? 2!

种不同选法.第二种情况,从 4 个部门中任选 2 个部门到 1 个景区,另外 2 个部门在另 1 个景
2 区,共有 C 4 种不同选法).所以 P(A2)=
2 2 3(C 4 ? 2!?C 4 ) 14 ? . 4 27 3

8. 十进制中每位数字最大是 9, 因而五位数字和 d1+d2+d3+d4+d5 最多是 45. 而数字和是 43 则有下面情况: (1) 其中一个数字是 7, 其余是 9, 有 5 种可能: 79999, 97999, 99799, 99979, 99997. (1) 其中两个数字是 8, 其余数字是 9, 有 10 种可能: 88999, 89899, 89989, 89998, 98899, 98989, 98998, 99889, 99898, 99988. 而上述诸数中可被 11 整除者仅 97999,99979,98989 三个. 综上所求概率

p?

3 1 ? . 15 5
2 4 2 ? = 6 6 9

9. (1) 将骰子连掷 2 次, 棋子掷第一次后仍在 A 方而掷第二次后在 B 方的概率 P=

(2)设把骰子掷了 n+1 次后,棋子仍在 A 方的概率为 Pn+1,有两种情况: ①第 n 次棋子在 A 方,其概率为 Pn,且第 n+1 次骰子出现 1 点或 6 点,棋子不动,其 概率为

2 1 ? 6 3
5 6

②第 n 次棋子在 B 方,且第 n+1 次骰子出现 2,3,4,5 或 6 ∴ Pn ?1 ?

点,其概率为

1 5 5 1 5 P ? (1 ? Pn ) , 即 Pn?1 ? ? ? (Pn ? ) , P0 = 1 , 3 n 6 9 2 9 5 Pn ?1 ? 1 1 5 1 9 ?? , P P ? (1 ? P , 1? 0) ? 5 2 3 0 6 3 Pn ? 9 1 5 5 2 ? ? ,公比为 ? 的等比数列 ∴{ Pn ? }是首项为 P 1? 2 9 9 9 n (?1) 5 5 2 1 ? ? (? )n?1 ? Pn ? ? ∴P . n ? 9 9 ? 2n ? 2 9 9 2

1-a 2 10. 输人为 AAAA 时输出 ABCA 的概率是 a2( ), 2

1-a 输人为 BBBB 时输出 ABCA 的概率是 a( 2 )3, 1-a 3 输人为 CCCC 时输出 ABCA 的概率是 a( ), 2
1- a 2 p1 ? a 2 ( ) 2 1- a 3 p2 ? a( ) 2

输 出 为 ABCA 时 输 入 AAAA 的 概 率 是

1- a 2 p1 ? a 2 ( ) 2

1- a 3 p3 a( ) 2

=

2ap1 . (3a - 1) p1 + 1- a

11. 九个编号不同的小球放在圆周的九个等分点上,每点放一个,相当于九个不同元素在圆周 上的一个圆形排列,故共有 8!种放法,考虑到翻转因素,则本质不同的放法有

8! 种. 2

下求使 S 达到最小值的放法数:在圆周上,从 1 到 9 有优弧与劣弧两条路径,对其中任一条 路径,设 x1 , x2 ,?, xk 是依次排列于这段弧上的小球号码,则

| 1 ? x1 | ? | x1 ? x2 | ??? || xk ? 9 |?| (1 ? x1 ) ? ( x1 ? x2 ) ? ? ? ( xk ? 9) |?| 1 ? 9 |? 8. 上
式取等号当且仅当 1 ? x1 ? x2 ? ? ? xk ? 9 ,即每一弧段上的小球编号都是由 1 到 9 递增排 列. 因此 S 最小 ? 2 ? 8 ? 16 .?????????????????????????10 分 由上知, 当每个弧段上的球号 {1, x1 , x2 ,? xk ,9} 确定之后, 达到最小值的排序方案便唯一 确定. 在 1,2,?,9 中,除 1 与 9 外,剩下 7 个球号 2,3,?,8,将它们分为两个子集,元素较少
0 1 2 3 的一个子集共有 C7 ? C7 ? C7 ? C7 ? 26 种情况,每种情况对应着圆周上使 S 值达到最小的

26 1 ? . 唯一排法,即有利事件总数是 2 种,故所求概率 P ? 8! 315 2
6

12. 由于骰子是均匀的正方体,所以抛掷后各点数出现的可能性是相等的. (Ⅰ)因骰子出现的点数最大为 6,而 6 ? 4 ? 2 , 6 ? 5 ? 2 ,因此,当 n ? 5 时,n 次出现的
4 5

点数之和大于 2 已不可能.即这是一个不可能事件,过关的概率为 0.所以最多只能连过 4 关. (Ⅱ)设事件 An 为“第 n 关过关失败” ,则对立事件 An 为“第 n 关过关成功” . 第 n 关游戏中,基本事件总数为 6 个. 第 1 关:事件 A1 所含基本事件数为 2(即出现点数为 1 和 2 这两种情况) ,
n

n

? 过此关的概率为: P ( A1 ) ? 1 ? P ( A1 ) ? 1 ?

2 2 ? . 6 3

第 2 关:事件 A2 所含基本事件数为方程 x ? y ? a 当 a 分别取 2,3,4 时的正整数解组数之
1 1 1 和.即有 C1 . ? C2 ? C3 ? 1 ? 2 ? 3 ? 6 (个)

? 过此关的概率为: P( A2 ) ? 1 ? P( A2 ) ? 1 ?

6 5 ? . 62 6

第 3 关:事件 A3 所含基本事件为方程 x ? y ? z ? a 当 a 分别取 3,4,5,6,7,8 时的正整
2 2 2 2 2 2 数解组数之和.即有 C2 . ? C3 ? C4 ? C5 ? C6 ? C7 ? 1? 3 ? 6 ? 10 ? 15 ? 21 ? 56 (个)

? 过此关的概率为: P( A3 ) ? 1 ? P( A3 ) ? 1 ?

56 20 ? . 63 27 2 5 20 100 ? 故连过前三关的概率为: P( A1 ) ? P( A2 ) ? P( A3 ) ? ? ? . 3 6 27 243
(说明:第 2,3 关的基本事件数也可以列举出来)


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