概率归纳法专题

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概率与推理问题的解决方法与应用技巧知识点总结

概率与推理问题的解决方法与应用技巧知识点总结

概率与推理问题的解决方法与应用技巧知识点总结概率与推理问题是数学和逻辑中的重要内容之一。

在解决这类问题时,我们需要掌握一些基本的解题方法和应用技巧。

本文将对概率与推理问题的解决方法和应用技巧进行总结。

一、概率问题的解决方法概率问题是指关于事件发生可能性的计算与判断。

解决概率问题时,我们可以采用以下几种方法:1. 计数法:通过计算不同事件发生的次数,再与总次数相除,得到事件发生的概率。

这种方法适用于事件的样本空间有限的情况。

2. 几何法:将概率问题转化为几何问题,通过几何图形的面积或长度进行计算。

这种方法适用于事件的样本空间具有几何属性的情况。

3. 统计法:通过实验或观察,获得事件发生的频率,再将频率与总次数相除,得到概率的近似值。

这种方法适用于事件无法准确计算概率的情况。

二、推理问题的解决方法推理问题是指通过已知条件来推断未知结论的问题。

解决推理问题时,我们可以采用以下几种方法:1. 归纳法:通过观察若干个具体的案例或实例,总结规律,推断出普遍性的结论。

这种方法适用于问题的解决需要基于已有的事实和经验的情况。

2. 演绎法:根据已知条件和逻辑规则,通过推演过程得出结论。

这种方法适用于问题的解决需要基于已有的逻辑关系和定理的情况。

三、概率与推理问题的应用技巧在解决概率与推理问题时,我们需要掌握一些应用技巧,以提高解题效率和准确性。

以下是一些常用的应用技巧:1. 拆分复杂问题:将复杂的问题拆分成几个简单的子问题,通过分步求解来获得最终结果。

这样可以降低问题的难度和复杂度。

2. 制定合理假设:对于一些无法直接得到明确答案的问题,我们可以根据已有的条件和经验,制定一些合理的假设,再根据这些假设进行推理和计算。

3. 利用对称性:对称性在概率与推理问题中经常会出现。

在解题过程中,我们可以通过利用对称性来简化计算或推理的步骤。

4. 注意思维定势:在解决概率与推理问题时,我们要避免陷入固定的思维定势,要保持灵活、开放的思维,尝试不同的方法和角度来解决问题。

条件概率知识点、例题、练习题

条件概率知识点、例题、练习题

条件概率专题一、知识点① 只须将无条件概率()P B 替换为条件概率)(A B P ,即可类比套用概率满足的三条公理及其它性质 ② 在古典概型中 ---)()()()()(A B A A P B A P A B P μμ==A B A =事件包括的基本事件(样本点)数事件包括的基本事件(样本点)数③ 在几何概型中 ---)()()()()(A B A A P B A P A B P μμ==(,,)(,,)A B A =区域的几何度量长度面积体积等区域的几何度量长度面积体积等条件概率及全概率公式3.1.对任意两个事件A 、B , 是否恒有P (A )≥P (A |B ).答:不是. 有人以为附加了一个B 已发生的条件, 就必然缩小了样本空间, 也就缩小了概率, 从而就一定有P (A )≥P (A |B ), 这种猜测是错误的. 事实上,可能P (A )≥P (A |B ), 也可能P (A )≤P (A |B ), 下面举例说明. 在0,1,…,9这十个数字中, 任意抽取一个数字,令A ={抽到一数字是3的倍数};B 1={抽到一数字是偶数}; B 2={抽到一数字大于8}, 那么P (A )=3/10, P (A |B 1)=1/5, P (A |B 2)=1. 因此有 P (A )>P (A |B 1), P (A )<P (A |B 2).3.2.以下两个定义是否是等价的.定义1. 若事件A 、B 满足P (AB )=P (A )P (B ), 则称A 、B 相互独立. 定义2. 若事件A 、B 满足P (A |B )=P (A )或P (B |A )=P (B ), 则称A 、B 相互独立.答:不是的.因为条件概率的定义为P (A |B )=P (AB )/P (B ) 或 P (B |A )=P (AB )/P (A )自然要求P (A )≠0, P (B )≠0, 而定义1不存在这个附加条件, 也就是说,P (AB )=P (A )P (B )对于P (A )=0或P (B )=0也是成立的. 事实上, 若P (A )=0由0≤P (AB )≤P (A )=0可知P (AB )=0故 P (AB )=P (A )P (B ).因此定义1与定义2不等价, 更确切地说由定义2可推出定义1, 但定义1不能推出定义2, 因此一般采用定义1更一般化.3.3.对任意事件A、B, 是否都有 P(AB)≤P(A)≤P(A+B)≤P(A)+P(B).答:是的.由于P(A+B)=P(A)+P(B)-P(AB) (*)因为 P(AB)≥0, 故P(A+B)≤P(A)+P(B).由P(AB)=P(A)P(B|A), 因为0≤P(B|A)≤1,故P(AB)≤P(A);同理P(AB)≤P(B), 从而 P(B)-P(AB)≥0, 由(*)知P(A+B)≥P(A).原命题得证.3.4.在引入条件概率的讨论中, 曾出现过三个概率: P(A|B), P(B|A), P(AB). 从事件的角度去考察, 在A、B相容的情况下, 它们都是下图中标有阴影的部分, 然而从概率计算的角度看, 它们却是不同的. 这究竟是为什么?答:概率的不同主要在于计算时所取的样本空间的差别:P(A|B)的计算基于附加样本空间ΩB;P(B|A)的计算基于附加样本空间ΩA;P(AB)的计算基于原有样本空间Ω.3.5.在n个事件的乘法公式:P(A1A2…A n)=P(A1)P(A2|A1)P(A3|A1A2)…P(A n|A1A2…A n-1)中,涉及那么多条件概率, 为什么在给出上述乘法公式时只提及P(A1A2…A n-1)>0呢?答:按条件概率的本意, 应要求P(A1)>0, P(A1A2)>0, …,P(A1A2…A n-2)>0, P(A1A2…A n-1)>0.事实上, 由于A 1A2A3…A n-2A1A2A3…A n-2A n-1, 从而便有P(A1A2…A n-2)≥P(A1A2…A n-1)>0. 这样, 除P(A1A2…A n-1)>0作为题设外, 其余条件概率所要求的正概率, 如P(A1A2…A n-2) >0, …,P(A1A2) >0, P(A1)>0便是题设条件P(A1A2…A n-1)>0的自然结论了.3.6.计算P(B)时, 如果事件B的表达式中有积又有和, 是否就必定要用全概率公式.答:不是. 这是对全概率公式的形式主义的认识, 完全把它作为一个”公式”来理解是不对的. 其实, 我们没有必要去背这个公式, 应着眼于A1,A2,…,A n的结构. 事实上, 对于具体问题, 若能设出n个事件A i, 使之满足(*)就可得.(**) 这样就便于应用概率的加法公式和乘法公式.因此, 能否使用全概率公式, 关键在于(**)式, 而要有(**)式, 关键又在于适当地对Ω进行一个分割, 即有(*)式.3.7.设P(A)≠0,P(B)≠0, 因为有(1)若A、B互不相容, 则A、B一定不独立.(2)若A、B独立, 则A、B一定不互不相容.故既不互不相容又不独立的事件是不存在的. 上述结论是否正确.答:不正确. 原命题中的结论(1)(2)都是正确的. 但是由(1)(2)(它们互为逆否命题, 有其一就可以了)只能推出在P(A)≠0,P(B)≠0的前提下, 事件A、B既互不相容又独立是不存在的, 并不能推出“A、B既不独立又不互不相容是不存在的”. 事实上, 恰恰相反, 既不互不相容又不独立的事件组是存在的, 下面举一例.5个乒乓球(4新1旧), 每次取一个, 无放回抽取三次, 记A i={第i次取到新球}, i=1, 2, 3. 因为是无放回抽取, 故A1、A2、A3互相不独立, 又A 1A2A3={三次都取到新球}, 显然是可能发生的, 即A1、A2、A3可能同时发生, 因此A1、A2、A3不互不相容.3.8.事件A、B的“对立”与“互不相容”有什么区别和联系? 事件A、B“独立”与“互不相容”又有什么区别和联系?答:“对立”与“互不相容”区别和联系, 从它们的定义看是十分清楚的, 大体上可由如下的命题概括: “对立” →“互不相容”,反之未必成立.至于“独立”与“互不相容”的区别和联系, 并非一目了然.事件的互不相容性只考虑它们是否同时发生,是纯粹的事件的关系, 丝毫未涉及它们的概率, 其关系可借助图直观显示.事件的独立性是由概率表述的, 即当存在概率关系P(A|B)=P(A)或P(B|A)=P(B)时, 称A、B是相互独立的.它们的联系可由下述命题概括: 对于两个非不可能事件A、B, 则有“A、B 互不相容” →“A、B不独立”.其等价命题是: 在P(A)>0与P(B)>0下, 则有“A、B独立” →“A、B不互不相容”(相容). 注意, 上述命题的逆命题不成立.3.9.设A、B为两个事件,若0<P(A)<1, 0<P(B)<1. (*)则A、B相互独立, A、B互不相容, , 这三种情形中的任何两种不能同时成立.答:在条件(*)下当A、B相互独立时, 有P(AB)=P(A)P(B);当A、B互不相容时, 有P(AB)<P(A)P(B);当时, 有P(AB)>P(A)P(B).在条件(*)下, 上述三式中的任何两个不能同时成立. 因此, A、B相互独立, A、B互不相容,这三种情形中的任何两种不能同时成立.此结论表明: 在条件(*)下,若两个事件相互独立时, 必不互不相容,也不一个包含另一个,而只能是相容了.3.10.证明: 若P(A)=0或P(A)=1, 则A与任何事件B相互独立.答:若P(A)=0, 又, 故0≤P(AB)≤P(A)=0.于是P(AB)=0=P(A)P(B),所以A与任何事件B相互独立.若P(A)=1, 则.由前面所证知,与任何事件B相互独立. 再由事件独立性的性质知, 与B相互独立, 即A与B相互独立.另种方法证明: 由P(A)=1知, 进而有.又且AB与互不相容, 故.即A与B相互独立.3.11.设A、B是两个基本事件, 且0<P(A)<1,P(B)>0, , 问事件A与B是什么关系?[解1]由已知条件可得.由比例性质, 得.所以P(AB)=P(A)P(B).因此事件A与B相互独立.[解2]由得.因而.又,所以P(B|A)=P(B).因此事件A与B相互独立.3.12.是不是无论什么情况, 小概率事件决不会成为必然事件.答:不是的. 我们可以证明, 随机试验中, 若A为小概率事件, 不妨设P(A)=ε(0<ε<1为不论多么小的实数 ), 只要不断地独立地重复做此试验, 则A迟早要发生的概率为1.事实上, 设A k={A在第k次试验中发生}, 则P(A k)=ε,, 在前n次试验中A都不发生的概率为:.于是在前n次试验中, A至少发生一次的概率为.如果把试验一次接一次地做下去, 即让n→∞, 由于0<ε<1, 则当n→∞时, 有p→1.n以上事实在生活中是常见的, 例如在森林中吸烟, 一次引起火灾的可能性是很小的, 但如果很多人这样做, 则迟早会引起火灾.3.13.只要不是重复试验, 小概率事件就可以忽视.答:不正确. 小概率事件可不可以忽视, 要由事件的性质来决定, 例如在森林中擦火柴有1%的可能性将导致火灾是不能忽视的, 但火柴有1%的可能性擦不燃是不必在意的.3.14.重复试验一定是独立试验, 理由是: 既然是重复试验就是说每次试验的条件完全相同, 从而试验的结果就不会互相影响, 上述说法对吗?答:不对. 我们举一个反例就可以证明上述结论是错误的.一个罐子中装有4个黑球和3个红球, 随机地抽取一个之后, 再加进2个与抽出的球具有相同颜色的球, 这种手续反复进行, 显然每次试验的条件是相同的. 每抽取一次以后, 这时与取出球有相同颜色的球的数目增加,而与取出球颜色不同的球的数目保持不变,从效果上看,每一次取出的球是什么颜色增加了下一次也取到这种颜色球的概率,因此这不是独立试验,此例是一个如同传染病现象的模型,每一次传染后都增加再传染的概率.3.15.伯努利概型的随机变量是不是都服从二项分布.答:不一定. 例如某射手每次击中目标的概率是p,现在连续向一目标进行射击,直到射中为止. 此试验只有两个可能的结果:A={命中}; ={未命中},且P(A)=p.并且是重复独立试验,因此它是伯努利试验(伯努利概型),设X k={第k次射中},X显然是一个随机变量,但kP(X=k)=q k-1p,k=1,2,…,其中q=p-1,k可见X k是服从参数为p的几何分布,而不是二项分布.3.16.某人想买某本书, 决定到3个新华书店去买, 每个书店有无此书是等可能的. 如有, 是否卖完也是等可能的. 设3个书店有无此书, 是否卖完是相互独立的. 求此人买到此本书的概率.答:(37/64).3.17.在空战中, 甲机先向乙机开火, 击落乙机的概率是0.2; 若乙机未被击落, 就进行还击, 击落甲机的概率是0.3, 则再进攻乙机, 击落乙机的概率是0.4. 在这几个回合中,(1) 甲机被击落的概率是多少?(2) 乙机被击落的概率是多少?答:以A表示事件“第一次攻击中甲击落乙”, 以B表示事件“第二次攻击中乙击落甲”, 以C表示事件“第三次攻击中甲击落乙”.(1)甲机被击落只有在第一次攻击中甲未击落乙才有可能, 故甲机被击落的概率为.(2)乙机被击落有两种情况. 一是第一次攻击中甲击落乙, 二是第三次攻击中甲击落乙, 故乙机被击落的概率是=0.2+(1-0.2)(1-0.3)×0.4=0.424.3.18.某个问题, 若甲先答, 答对的概率为0.4; 若甲答错, 由乙答, 答对的概率为0.5. 求问题由乙答出的概率.答:(0.3)3.19.有5个人在一星期内都要到图书馆借书一次, 一周内某天借书的可能性相同, 求(1)5个人都在星期天借书的概率;(2)5个人都不在星期天借书的概率;(3)5个人不都在星期天借书的概率.答:(1)(1/75);(2)(65/77);(3)(1-1/75).1.从1, 2, 3,…, 15中,甲、乙两人各任取一数(不重复),已知甲取到的数是5的倍数,求甲数大于乙数的概率. 二、例题解.设事件A表示“甲取到的数比乙大”,设事件B表示“甲取到的数是5的倍数”. 则显然所要求的概率为P(A|B).根据公式而P(B)=3/15=1/5 ,,∴P(A|B)=9/14.2. 掷三颗骰子,已知所得三个数都不一样,求含有1点的概率. 解.设事件A表示“掷出含有1的点数”, 设事件B表示“掷出的三个点数都不一样”.则显然所要求的概率为P(A|B).根据公式,,P(A|B)=1/2.3.袋中有一个白球和一个黑球,一次次地从袋中摸球,如果取出白球,则除把白球放回外再加进一个白球,直至取出黑球为止,求取了N次都没有取到黑球的概率. 1解.设事件A i表示“第i次取到白球”. (i=1,2,…,N)则根据题意P(A1)=1/2 , P(A2|A1)=2/3,由乘法公式可知:P(A1A2)=P(A2|A1)P(A1)=1/3.而P(A3|A1A2)=3/4 ,P(A1A2A3)=P(A3|A1A2)P(A1A2)=1 /4 .由数学归纳法可以知道P(A1A2…A N)=1/(N+1).4. 甲袋中有5只白球, 7 只红球;乙袋中有4只白球, 2只红球.从两个袋子中任取一袋, 然后从所取到的袋子中任取一球,求取到的球是白球的概率. 解.设事件A表示“取到的是甲袋”, 则表示“取到的是乙袋”,事件B表示“最后取到的是白球”.根据题意: P(B|A)=5/12 ,,P(A)=1/2.∴.5.有甲、乙两袋,甲袋中有3只白球,2只黑球;乙袋中有4只白球,4只黑球.现从甲袋中任取2个球放入乙袋,然后再从乙袋中任取一球,求此球为白球的概率. 解.设事件A i表示“从甲袋取的2个球中有i个白球”,其中i=0,1,2 .事件B表示“从乙袋中取到的是白球”.显然A0, A1, A2构成一完备事件组,且根据题意P(A)=1/10 , P(A1)=3/5 ,P(A2)=3/10 ;P(B|A)=2/5 , P(B|A1)=1/2 ,P(B|A2)=3/5 ;由全概率公式P(B)=P(B|A0)P(A0)+P(B|A1)P(A1)+P(B|A2)P(A2)=2/5×1/10+1/2×3/5+3/5×3/10=13/25.6.袋中装有编号为1, 2,…, N的N个球,先从袋中任取一球,如该球不是1号球就放回袋中,是1号球就不放回,然后再摸一次,求取到2号球的概率. 解.设事件A表示“第一次取到的是1号球”,则表示“第一次取到的是非1号球”;事件B表示“最后取到的是2号球”.显然P(A)=1/N,,且P(B|A)=1/(N-1),;∴=1/(N-1)×1/N+1/N ×(N-1)/N=(N2-N+1)/N2(N-1).7. 袋中装有8只红球, 2只黑球,每次从中任取一球, 不放回地连续取两次, 求下列事件的概率.(1)取出的两只球都是红球;(2)取出的两只球都是黑球;(3)取出的两只球一只是红球,一只是黑球;(4)第二次取出的是红球. 解.设事件A1表示“第一次取到的是红球”,设事件A2表示“第二次取到的是红球”.(1)要求的是事件A1A2的概率.根据题意P(A1)=4/5,,P(A2|A1)=7/9,∴P(A1A2)=P(A1)P(A2|A1)=4/5×7/9=28/45.(2)要求的是事件的概率.根据题意:,,∴.(3)要求的是取出一只红球一只黑球,它包括两种情形,即求事件的概率.,,,,∴.(4)要求第二次取出红球,即求事件A2的概率.由全概率公式:=7/9×4/5+8/9×1/5=4/5.8. 某射击小组共有20名射手,其中一级射手4人, 二级射手8人, 三级射手7人, 四级射手1人.一、二、三、四级射手能通过选拔进入比赛的概率分别是0.9、0.7、0.5、0.2 . 求任选一名射手能通过选拔进入比赛的概率.解.设事件A表示“射手能通过选拔进入比赛”,设事件B i表示“射手是第i级射手”.(i=1,2,3,4)显然, B1、B2、B3、B4构成一完备事件组,且P(B1)=4/20, P(B2)=8/20, P(B3)=7/20, P(B4)=1/20;P(A|B1)=0.9, P(A|B2)=0.7, P(A|B3)=0.5, P(A|B4)=0.2.由全概率公式得到P(A)=P(A|B1)P(B1)+P(A|B2)P(B2)+P(A|B3)P(B3)+P(A|B4 )P(B4)=0.9×4/20+0.7×8/20+0.5×7/20+0.2×1/20=0.645.9.轰炸机轰炸某目标,它能飞到距目标400、200、100(米)的概率分别是0.5、0.3、0.2,又设它在距目标400、200、100(米)时的命中率分别是0.01、0.02、解.设事件A1表示“飞机能飞到距目标400米处”,设事件A2表示“飞机能飞到距目标200米处”,设事件A3表示“飞机能飞到距目标100米处”, 用事件B表示“目标被击中”.由题意, P(A1)=0.5, P(A2)=0.3, P(A3)=0.2,0.1 .求目标被命中的概率为多少?且A1、A2、A3构成一完备事件组.又已知P(B|A1)=0.01, P(B|A2)=0.02, P(B|A3)=0.1.由全概率公式得到:P(B)=P(B|A1)P(A1)+P(B|A2)P(A2)+P(B|A3)P(A3)=0.01×0.5+0.02×0.3+0.1×0.2=0.031.10. 加工某一零件共需要4道工序,设第一﹑第二﹑第三﹑第四道工序的次品率分别为2%﹑3%﹑5%﹑3%, 假定各道工序的加工互不影响,求加工出零件的次品率是多少?解.设事件A i表示“第i道工序出次品”,i=1,2,3,4因为各道工序的加工互不影响,因此A i是相互独立的事件.P(A1)=0.02, P(A2)=0.03,P(A3)=0.05, P(A4)=0.03,只要任一道工序出次品,则加工出来的零件就是次品.所以要求的是(A1+A2+A3+A4)这个事件的概率.为了运算简便,我们求其对立事件的概率=(1-0.02)(1-0.03)(1-0.05)(1-0.03)=0.876.∴P(A1+A2+A3+A4)=1-0.876=0.124.11. 某人过去射击的成绩是每射5次总有4次命中目标, 根据这一成绩, 求(1)射击三次皆中目标的概率;(2)射击三次有且只有2解.设事件A i表示“第i次命中目标”, i=1,2,3根据已知条件P(A i)=0.8,,i=1,2,3 某人每次射击是否命中目标是相互独立的,因此事件A i是相互独立的.(1)射击三次皆中目标的概率即求P(A1A2A3).次命中目标的概率;(3)射击三次至少有二次命中目标的概率.由独立性:P (A 1A 2A 3)=P (A 1)P (A 2)P (A 3)=0.83=0.512.(2)“射击三次有且只有2次命中目标”这个事件用B表示. 显然,又根据独立性得到:.(3)“射击三次至少有2次命中目标”这个事件用C 表示.至少有2次命中目标包括2次和3次命中目标,所以C =B +A 1A 2A 3P (C )=P (B )+P (A 1A 2A 3)=0.384+0.512=0.896.12. 三人独立译某一密码, 他们能译出的概率分别为1/3, 1/4,1/5, 求能将密码译出的概率.解.设事件A i 表示“第i 人能译出密码”, i =1,2,3.由于每一人是否能译出密码是相互独立的,最后只要三人中至少有一人能将密码译出,则密码被译出,因此所求的概率为P (A 1+A 2+A 3).已知P (A 1)=1/3, P (A 2)=1/4, P (A 3)=1/5, 而=(1-1/3)(1-1/4)(1-1/5)=0.4.∴P (A 1+A 2+A 3)=1-0.4=0.6.13. 用一门大炮对某目标进行三次独立射击, 第一、二、三次的命中率分别为0.4、0.5、0.7, 若命中此目标一、二、三弹, 该目标被摧毁的概率分别为解.设事件A i 表示“第i 次命中目标”, i =1,2,3.设事件B i 表示“目标被命中i 弹”, i =0,1,2,3. 设事件C 表示“目标被摧毁”.由已知P (A 1)=0.4, P (A 2)=0.5, P (A 3)=0.7; P (C |B 0)=0, P (C |B 1)=0.2, P (C |B 2)=0.6, P (C |B 3)=0.8.0.2、0.6和0.8, 试求此目标被摧毁的概率.又由于三次射击是相互独立的,所以 ,=0.6×0.5×0.7+0.6×0.5×0.3+0.4×0.5×0.3=0.36,=0.6×0.5×0.7+0.4×0.5×0.3+0.4×0.5×0.7=0.41,.由全概率公式得到P (C )=P (C |B 0)P (B 0)+P (C |B 1)P (B 1)+P (C |B 2)P (B 2)+P (C |B 3)P (B 3)=0×0.09+0.2×0.36+0.6×0.41+0.8×0.14=0.43.三、练习题1.已知P(B|A)=103,P(A)=51,则P(AB)=( ) A .21 B.23 C .32 D.5032.由“0”、“1” 组成的三位数码组中,若用A 表示“第二位数字为0”的事件,用B 表示“第一位数字为0”的事件,则P(A|B)=( )A.21B.31C.41D.813.某地区气象台统计,该地区下雨的概率是154,刮三级以上风的概率为152,既刮风又下雨的概率为101,则在下雨天里,刮风的概率为( ) A.2258B.21C.83D.434.设某种动物有出生算起活20岁以上的概率为0.8,活到25岁以上的概率为0.4.现有一个20岁的这种动物,问它能活到25岁以上的概率是 .5.一个口袋内装有2个白球,3个黑球,则(1)先摸出1个白球后放回,再摸出1个白球的概率? (2)先摸出1个白球后不放回,再摸出1个白球的概率?6.某种元件用满6000小时未坏的概率是43,用满10000小时未坏的概率是21,现有一个此种元件,已经用过6000小时未坏,求它能用到10000小时的概率7.某个班级共有学生40人,其中有团员15人,全班分成四个小组,第一小组有学生10人,其中团员4人。

概率论一题多解问题

概率论一题多解问题

C
k − 1− i b
C
k−1 a+b−1
a = a+b
这种解法考虑很全面,其“化整为零”的 思维方式一般人也较容易接受,然而虽全 面却不得要领,计算量较大。
解5 用数学归纳法求解. 设 Bi ={第i 次摸到白球} (i =1,2, ···,k) a b 则有
a+b a+b a P ( Bi ) = , 现证 P ( Bi+1 ) = a 假设 a+b a+b P ( B1 ) = , P( B1 ) =
P( A D) = P( A2 ∪ A2 A) = P( A2 ) + P( A2 A) = P( A2 ) + P( A2 )P( A A2 )
= P ( A2 ) + P ( A2 ) P ( A D )
1 = [1 + P( A D)] 2
(2)
2)甲已输第一局. 甲要最终获胜必须 丙胜第二局, 甲胜第三局后再获优胜 的概率也就是 P ( A D ) 1 1 因此 P( A D) = ⋅ ⋅ P( A D) (3) 2 2
]
1 1 1 1 1 1 = (1 + 3 + 6 + ) + (1 + 3 + 6 + 4 16 2 2 2 2 5 1 5 = ⋅ = 16 1 − 1/ 8 14
)
5 2 P ( A) = P ( B ) = P (C ) = 1 − P ( A) − P ( B ) = 14 7
解四 (类似解二) 设丙第 i 轮获胜为事件 A i 则 1 1 i −1 P ( Ai ) = ( ) i = 1, 2 , 4 8 ∞ P(丙为优胜者)= P ( ∪ Ai )

归纳法证明概率加法公式

归纳法证明概率加法公式

归纳法证明概率加法公式好的,以下是为您生成的文章:在咱们数学的奇妙世界里,概率这玩意儿就像个神秘的小精灵,时不时跳出来给咱们来点挑战。

今儿个,咱们就来好好聊聊概率加法公式,还得用归纳法来给它证明一番。

咱们先从简单的例子说起。

比如说,咱班里搞个抽奖活动,盒子里有红、蓝、绿三种颜色的球,抽到红球算中奖。

第一次抽奖,抽到红球的概率是 1/3;第二次抽奖,还是 1/3。

那要是问两次抽奖至少抽到一次红球的概率是多少呢?这就是概率加法公式要解决的问题啦。

咱先看看啥是归纳法。

归纳法就像爬楼梯,先从第一层开始,证明它行得通,然后假设第 n 层行得通,再去证明第 n + 1 层也没问题,这样一层一层爬上去,就能证明整个楼梯都没问题。

那咋用归纳法来证明概率加法公式呢?咱们先从最简单的情况开始。

当只有两个事件 A 和 B 时,它们互斥,就是说这俩事儿不会同时发生。

那 A 或者 B 发生的概率,就是 A 的概率加上 B 的概率,这很好理解吧?假设当有 n 个互斥事件 A1、A2、……、An 时,它们中至少一个发生的概率等于各自概率之和,这就是咱们的假设啦。

接下来,咱们看 n + 1 个互斥事件 A1、A2、……、An、An+1 。

咱们把前面 n 个事件看成一个整体,叫 C 吧。

那 C 或者 An+1 发生的概率,不就是 C 的概率加上 An+1 的概率嘛。

而 C 的概率,根据咱们的假设,就是前面 n 个事件概率之和。

所以这 n + 1 个事件中至少一个发生的概率,就是前 n 个事件概率之和加上 An+1 的概率,这不就证明出来啦!我记得有一次给学生们讲这个知识点,有个小家伙瞪着大眼睛一脸迷茫地问我:“老师,这概率咋这么难啊?”我笑着跟他说:“别着急,就像搭积木,一块一块来,总能搭出漂亮的城堡。

”然后我又给他举了好多生活中的例子,他才慢慢有点开窍。

其实啊,数学里很多东西都来源于生活。

像概率加法公式,咱们买彩票中奖的概率、投篮命中的概率,都能用到。

高考数学如何正确运用数学归纳法解决概率问题

高考数学如何正确运用数学归纳法解决概率问题

高考数学如何正确运用数学归纳法解决概率问题在高考数学中,概率问题是一个常见且重要的考点。

要正确解决概率问题,数学归纳法是一种非常有效的方法。

本文将讨论如何正确运用数学归纳法解决高考数学中的概率问题。

一、概率基础知识回顾在运用数学归纳法解决概率问题之前,首先需要回顾概率的基础知识。

概率是研究随机事件发生可能性的数学分支,常用于计算事件发生的概率大小。

在概率问题中,一般存在一个样本空间,即所有可能结果的集合,以及一个事件,即我们所关注的事情发生的集合。

概率的计算可以通过数学归纳法来进行。

二、数学归纳法的基本原理数学归纳法是一种证明数学命题的方法。

它的基本原理是:当证明一个命题在某个条件下成立时,首先证明它在某个基本情形下成立,然后假设它在某个特定情况下成立,再证明在这个假设下它在下一特定情况下成立,从而推断出它在所有特定情况下成立。

在概率问题中,数学归纳法的步骤如下:步骤一:确定基本情形。

首先考虑最简单的情况,即概率最容易计算的情况,通常是样本空间中只有一个元素的情况。

步骤二:作出假设。

在基本情形下,假设某个事件成立。

步骤三:推导证明。

根据假设,推导出该事件在下一特定情形下成立。

步骤四:总结归纳。

根据步骤三的结果,归纳出该事件在所有特定情形下成立。

三、数学归纳法在概率问题中的应用下面通过几个具体的例子,来说明数学归纳法在解决概率问题中的应用。

例子一:硬币投掷问题假设有一枚硬币,将其投掷n次,问出现正面n次的概率是多少?解题思路:步骤一:确定基本情形。

当n=1时,样本空间为{正面,反面},只有一种情况,所以概率为1/2。

步骤二:作出假设。

假设当n=k时,出现正面k次的概率为p。

步骤三:推导证明。

当n=k+1时,有两种情况:正面出现k次,然后再出现一次正面;正面出现k次,然后再出现一次反面。

根据假设,出现正面k次的概率为p,所以第一种情况的概率为p*1/2;根据假设,出现正面k次的概率为p,所以第二种情况的概率为p*1/2。

归纳法证明n个任意事件概率加法公式的展开式为

归纳法证明n个任意事件概率加法公式的展开式为

概述在概率论中,加法公式是一个重要的定理,它描述了两个事件的并集发生的概率。

在本文中,我们将使用归纳法证明n个任意事件概率加法公式的展开式。

通过逐步推导,我们将展示该公式在任意数量的事件上成立的有效性。

1. 基础情形的证明我们首先考虑基础情形,即n=2的情况。

假设有两个事件A和B,它们的概率分别为P(A)和P(B)。

我们需要证明P(A∪B) = P(A) + P(B) - P(A∩B)。

根据概率的定义,我们知道P(A∪B)表示事件A或事件B发生的概率,即P(A∪B) = P(A) + P(B) - P(A∩B)。

当n=2时,加法公式成立。

2. 归纳假设接下来,我们假设当n=k时加法公式成立,即对于任意k个事件A1、A2、...Ak,有P(A1∪A2∪...∪Ak) = ΣP(Ai) - ΣP(Ai∩Aj) +ΣP(Ai∩Aj∩Ak) - ... + (-1)^(k-1) * P(A1∩A2∩...∩Ak)。

3. 归纳证明当n=k+1时,我们考虑事件A1、A2、...Ak、Ak+1。

根据加法公式,我们有P(A1∪A2∪...∪Ak∪Ak+1) = P((A1∪A2∪...∪Ak)∪Ak+1)= P(A1∪A2∪...∪Ak) + P(Ak+1) - P((A1∪A2∪...∪Ak)∩Ak+1)。

根据归纳假设,我们知道P(A1∪A2∪...∪Ak) = ΣP(Ai) - ΣP(Ai∩Aj) + ΣP(Ai∩Aj∩Ak) - ... + (-1)^(k-1) * P(A1∩A2∩...∩Ak)。

我们希望证明P((A1∪A2∪...∪Ak)∩Ak+1)也可以通过归纳法证明。

4. 推导展开式我们可以继续使用归纳法对P((A1∪A2∪...∪Ak)∩Ak+1)进行推导,通过逐步展开式可得带字母的总和表达式。

5. 归纳步骤通过上述归纳推导,我们可以得出n个任意事件概率加法公式的展开式为Σ(-1)^(k-1) * ΣP(Ai1∩Ai2∩...∩Aik)。

数学归纳法在概率统计问题中的应用

数学归纳法在概率统计问题中的应用

数学归纳法在概率统计问题中的应用一、数学归纳法的基本概念知识点:数学归纳法的定义知识点:数学归纳法的步骤知识点:数学归纳法的适用范围二、概率统计基本概念知识点:随机试验与样本空间知识点:事件与概率知识点:条件概率与独立性知识点:随机变量与分布函数知识点:期望与方差知识点:利用数学归纳法证明概率论定理知识点:利用数学归纳法解决统计问题知识点:数学归纳法在最大似然估计中的应用知识点:数学归纳法在贝叶斯统计中的应用四、数学归纳法在概率统计问题中的局限性知识点:数学归纳法在概率统计问题中的适用条件知识点:数学归纳法的局限性知识点:克服数学归纳法局限性的方法五、实际应用案例知识点:数学归纳法在概率论与数理统计领域的应用实例知识点:数学归纳法在实际问题中的应用实例知识点:数学归纳法在概率统计问题中的应用意义知识点:数学归纳法在概率统计问题中的应用前景以上是关于“数学归纳法在概率统计问题中的应用”的知识点归纳,希望对您的学习有所帮助。

习题及方法:1.习题:证明概率论中的加法公式 using mathematical induction。

解答:设A, B是样本空间Ω中的两个事件,且A, B互斥。

根据加法公式,P(A ∪ B) = P(A) + P(B)。

现在我们使用数学归纳法证明这个公式。

基础步骤:当n=1时,即P(A ∪ B) = P(A) + P(B)成立。

归纳假设:假设当n=k时,P(A ∪ B) = P(A) + P(B)成立。

归纳步骤:当n=k+1时,由于A, B互斥,我们有P(A ∪ B) = P(A) +P(B)。

根据归纳假设,P(A) + P(B) = P(A) + P(B)。

因此,由数学归纳法,概率论中的加法公式得证。

2.习题:利用数学归纳法证明事件A的概率不小于事件B的概率,即P(A) ≥ P(B)。

解答:我们使用数学归纳法证明这个不等式。

基础步骤:当n=1时,即P(A) ≥ P(B)成立。

概率论和归纳法

概率论和归纳法

概率论和归纳法
概率论和归纳法是两个紧密相关的数学领域,它们在许多方面都有联系。

概率论是研究随机事件和概率分布的数学分支。

它涉及到如何量化不确定性,以及如何根据已有的数据或观察结果对未来事件进行预测。

概率论中的核心概念包括概率、期望、方差等,它为处理不确定性提供了一套严格的数学工具。

归纳法是一种推理方法,它基于已有的观察或实验结果来推断一般规律或结论。

归纳法可以分为完全归纳法和不完全归纳法两种形式。

完全归纳法是指通过枚举所有可能的情况来得出结论,而不完全归纳法则是通过对部分情况的观察来推断整体规律。

概率论和归纳法之间的联系在于,概率论可以为归纳法提供数学基础。

通过概率论中的概率分布和期望等概念,可以对观察结果进行量化和分析,从而为归纳法提供更精确的推理依据。

例如,在统计学中,通过对样本数据的分析,可以推断总体的特征和规律,这就涉及到归纳法和概率论的结合。

此外,归纳法也可以为概率论提供一些启示和思考方式。

通过归纳法的推理过程,可以发现一些潜在的规律和模式,这些规律和模式可以进一步用概率论进行研究和分析。

总的来说,概率论和归纳法是相互关联、相互支持的数学领域。

它们共同为处理不确定性和推理提供了重要的工具和方法。

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概率归纳法专题
1、随机变量:如果随机试验可能出现的结果可以用一个变量X 来表示,并且X 是随着试验的结果的不同而变化,那么这样的变量叫做随机变量. 随机变量常用大写字母X 、Y 等或希腊字母 ξ、η等表示。

2、离散型随机变量:在上面的射击、产品检验等例子中,对于随机变量X 可能取的值,我们可以按一定次序一一列出,这样的随机变量叫做离散型随机变量.
3、离散型随机变量的分布列:一般的,设离散型随机变量X 可能取的值为x 1,x 2,..... ,x i ,......,x n X 取每一个值 x i (i=1,2,......)的概率P(ξ=x i )=P i ,则称表为离散型随机变量X 的概率分布,简称分布列
4、分布列性质① p i ≥0, i =1,2, … ;② p 1 + p 2 +…+p n = 1.
5、二项分布:如果随机变量X 的分布列为:
其中0<p<1,q=1-p ,则称离散型随机变量X 服从参数p 的二点分布
6、超几何分布:一般地, 设总数为N 件的两类物品,其中一类有M 件,从所有物品中任取n(n ≤N)件,这n 件中所含这类物品件数X 是一个离散型随机变量,
则它取值为k 时的概率为()(0,1,2,,)k n k M N M
n
N
C C P X k k m C --===,
其中{}min
,m M n =,且*,,,,n N M N n M N N ∈≤≤
7、条件概率:对任意事件A 和事件B ,在已知事件A 发生的条件下事件B 发生的概率,叫做条件概率.记作P(B|A),读作A 发生的条件下B 的概率 8、公式:
.
0)(,)()
()|(>=A P A P AB P A B P 9、相互独立事件:事件A(或B)是否发生对事件B(或A)发生的概率没有影响,这样的两个事
件叫做相互独立事件。

)()()(B P A P B A P ⋅=⋅
10、n 次独立重复事件:在同等条件下进行的,各次之间相互独立的一种试验
11、二项分布: 设在n 次独立重复试验中某个事件A 发生的次数,A 发生次数ξ是一个随机变量.如果在一次试验中某事件发生的概率是p ,事件A 不发生的概率为q=1-p ,那么在
n 次独立重复试验中
)(k P =ξk n k k n q p C -=(其中 k=0,1, ……,n ,q=1-p ) 于是可得随机变量ξ的概率分布如下:
这样的随机变量ξ服从二项分布,记作ξ~B(n ,p) ,其中n ,p 为参数 12、数学期望:一般地,若离散型随机变量ξ的概率分布为
则称 E ξ=x1p1+x2p2+…+xnpn +… 为ξ的数学期望或平均数、均值,数学期望又简称为期望.是离散型随机变量。

13、两点分布数学期望:E(X)=np 14、超几何分布数学期望:E (X )=M n N

. 15、方差:D(ξ)=(x 1-E ξ)2·P 1+(x 2-E ξ)2·P 2 +......+(x n -E ξ)2·P n 叫随机变量ξ的均方差,简称方差。

16、集中分布的期望与方差一览:
17.正态分布:
若概率密度曲线就是或近似地是函数
)
,(,21
)(2
22)(+∞-∞∈=
--
x e x f x σμσ
π
的图像,其中解析式中的实数0)μσ
σ>、(是参数,分别表示总体的平均数与标准差. 则其分布叫正态分布(,)N μσ记作:,f( x )的图象称为正态曲线。

18.基本性质:
①曲线在x 轴的上方,与x 轴不相交. ②曲线关于直线x=μ对称,且在x=
μ时位于最高点.
③当时μ<x ,曲线上升;当时μ>x ,曲线下降.并且当曲线向左、右两边无限延伸时,以x 轴为渐近线,向它无限靠近.
④当μ一定时,曲线的形状由σ确定.σ越大,曲线越“矮胖”,表示总体的分布越分散;σ越小,曲线越“瘦高”,表示总体的分布越集中. ⑤当σ相同时,正态分布曲线的位置由期望值μ来决定. ⑥正态曲线下的总面积等于1.
19. 3σ原则:从上表看到,正态总体在 )2,2(σμσμ+- 以外取值的概率 只有4.6%,在
)3,3(σμσμ+-以外取值的概率只有0.3% 由于这些概率很小,通常称这些情况发生为小
概率事件.也就是说,通常认为这些情况在一次试验中几乎是不可能发生的. 1、独立性检验
假设有两个分类变量X 和Y ,它们的值域分另为{x 1, x 2}和{y 1, y 2},其样本频数列联表为: y 1 y 2 总计 x 1 a b a+b x 2 c d c+d 总计
a+c
b+d
a+b+c+d
若要推断的论述为H 1:“X 与Y 有关系”,可以利用独立性检验来考察两个变量是否有关系,并且能较精确地给出这种判断的可靠程度。

具体的做法是,由表中的数据算出随机变量K^2的值(即K 的平方) K 2 = n (ad - bc) 2 / [(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)],其中n=a+b+c+d 为样本容量,K 2的值越大,说明“X 与Y 有关系”成立的可能性越大。

K 2≤3.841时,X 与Y 无关; K 2>3.841时,X 与Y 有95%可能性有关;K 2>6.635时X 与Y 有99%可能性有关 经典题例
1. 已知函数f(x)对应关系如表所示,数列{a n }满足a 1=3,a n+1=f(a n ),则
a 2015= .
2 已知定义在R 上的函数f(x)是奇函数且满足f =f(x),f(-2)=-3,数
列{a n }满足a 1=-1,且=2×+1(其中S n 为{a n }的前n 项和),则f(a 5)+f(a 6)= ( ) A.-3
B.-2
C.3
D.2
3 f 是点集A 到点集B 的一个映射,且对任意(x,y)∈A,有
f(x,y)=(y-x,y+x).现对集合A 中的点P n (a n ,b n )(n ∈N *),均有 P n+1(a n+1,b n+1)=f(a n ,b n ),点P 1为(0,2),则|P 2015P 2016|= . 4已知数列{a n }满足条件:a 1=,a n+1=(n ∈N *),则对n ≤20的正整数,a n +a n+1=的概率为 ( ) A.
B.
C.
D.0
5设等差数列{a n }的前n 项和为S n 且满足S 15
>0,S 16<0,则,,
,…,
中最大的项为 ( ) A. B. C. D.
6已知函数f(x)=plnx+(p-1)x 2
+1.
(1)当p=1时,f(x)≤kx 恒成立,求实数k 的范围. (2)证明:ln(n+1)<1+++…+.
7数列{}2
21221,2,(1cos )sin ,1,2,3,.22
n n n n n a a a a a n ππ+===++=满足
(Ⅰ)求34,,a a 并求数列{}
n a 的通项公式; (Ⅱ)设21
122,.n n n n n
a b S b b b a -=
=+++证明:当1
62.n n S n
≥-<时,。

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