應(yīng)用概率統(tǒng)計(jì)解題思路分析

1、應(yīng)用概率統(tǒng)計(jì)解題思路分析在學(xué)習(xí)應(yīng)用概率統(tǒng)計(jì)課程時(shí)往往對(duì)一些題目產(chǎn)生模糊不清的概念，以至造成 求解錯(cuò)誤。本練習(xí)就針對(duì)一些典型例題來(lái)分析一下產(chǎn)生錯(cuò)誤的原因以及如何進(jìn)行 正確求解。例1擲兩枚篩子,求事件A為出現(xiàn)的點(diǎn)數(shù)之和為3的概率。錯(cuò)解擲兩枚篩子出現(xiàn)的點(diǎn)數(shù)之和的可能數(shù)值為2,3,4,5,6,7,&9,10,11,12，有 利于事件A的結(jié)果只有3 ,故P(A) = 1 o錯(cuò)因分析公式有利于事件A的基本事件數(shù)(基本事件的總數(shù)僅當(dāng)所述的試驗(yàn)結(jié)果是等可能性時(shí)才成立。而取數(shù)值2和3不是等可能性的，2 只有這樣情況(1,1)才出現(xiàn)，而A有兩種情況(1,21(2,1)可出現(xiàn)。其他 的情況可類推。正確解法擲

2、兩枚篩子可能出現(xiàn)的情況：(1,1)、(1, 2)、(1, 6)、(2, 1)、(2, 2)、(2, 6)、(6 , 1(6,21 . ( 6 , 6丄在這些結(jié)果中，有利于事件A的只有兩種結(jié)果(1,21(2, 1)(1,2(2,1),故118例2從5雙不同號(hào)碼的鞋子中任取4只，求4只鞋子中至少有2只配成 雙的概率。錯(cuò)解基本事件總數(shù)為5雙鞋子共有10只任取4只的取法總數(shù)C需。設(shè)A 為"4只鞋子中至少有2只配成一雙"，于是有利于A的基本事件總數(shù)可這樣計(jì) 算：從5雙中任取一雙有d種取法，爾后在余下的8只中任取2只共有C?。有 乘法原理可知有利于事件A的總數(shù)為P如寺c10錯(cuò)因分析cl

3、中的2只鞋子有”成雙”或"不成雙”兩種情況。若不成雙, 則與5雙中任取的一雙就出現(xiàn)4只鞋子中恰有2只成雙的情況；若成雙，則與5 雙中任取的一雙就出現(xiàn)了 4只恰有2雙的情況，后者多算了 Cl ,因此，有利于A 的基本事件總數(shù)應(yīng)該為心cl-cj正確解法P(A)<C<C?=善421另解也可以用對(duì)立事件；I計(jì)算。設(shè)表示取出的4只鞋子沒(méi)有"成雙" 的。有利于怎的基本事件總數(shù)為c/clclclcl (其中C扌表示5雙中取4雙，戈 表示每雙中取一只)，基本事件總數(shù)為C需,于是P(A)= £i£i£i£i£l=A瑤 2

4、1故Q 1OP(A) = l-P(A) = l- = -例3有一個(gè)問(wèn)題，甲先回答，答對(duì)的概率為0.4。如果甲答錯(cuò),由乙回答, 答對(duì)的概率為0.5。求問(wèn)題由乙解答出的概率。錯(cuò)解設(shè)事件A為"甲答對(duì)"，B為"乙答對(duì)"。O為樣本空間。因?yàn)锳JB = ,所以P(AUB) = 1又因?yàn)榧状饘?duì)乙不用答，所以P(AB) = O再由 P(A U 3) = P(A) + P(B) - P(AB) = 1得出 P(B) = 1-P(A) = 1-0.4 = 0.6錯(cuò)因分析錯(cuò)誤在于= G不成立，樣本空間O應(yīng)為"人怎3必&"。正確解法P(B) = P(

5、AB) = - P(A) - PAB)=1 -P(A)- P(A)P(B A)= - P(A) - P(A) - P(B A)= l-0.4-0.6x(l-0.5)=0.3例4袋里有6個(gè)黃色、4個(gè)白色的乒乓球，作不放回抽樣，每次任取一球, 取2次。求(i)第二次才取到黃色球的概率；(ii)發(fā)現(xiàn)其中之一是黃色的，另 個(gè)也是黃色的概率。錯(cuò)解(i)設(shè)A為"第一次取白球” ；B為"第二次取到黃球"；C% "第 二次才取到黃球"，則有P(C) = P(B|A) = £(ii )設(shè)D為"取兩次其中之一是黃色的"E為"

6、兩個(gè)都是黃色的"；F為"其中一個(gè)是黃色的，另一個(gè)也是黃色的",則有P(F) = P(E|D) = Ax|=1錯(cuò)因分析(i)錯(cuò)誤在于P(A3)與P(B|A)的含義沒(méi)有弄明白。P(AB)表示 A與同時(shí)發(fā)生的概率，P(B|A)表示作為條件的A已經(jīng)發(fā)生的條件下事件B的正確解法(i ) P(C) = P(AB) = P(A)P(BA) = x = 4101(ii)P（F）T 愕= Ax5/±x4+4x6 + Ax5 =10 9 10 910 910 9513例5某產(chǎn)品100件，其中3件是次品f現(xiàn)在從中抽取3件（不放回抽樣）, 求（i）3件中恰好有2件次品；（ii）

7、第3件才抽到次品。錯(cuò)解（i）設(shè)A為"取正品"；B為"取次品” ；C為"3件中恰好有2件次 品”；D為"第3件才抽到次品",則有"100“100錯(cuò)因分析錯(cuò)在樣本空間不一致，一定要注意用古典概率公式計(jì)算事件的 概率時(shí),可在不同的樣本空間中考慮。但計(jì)算基本事件總數(shù)，有利于事件A的基本事件個(gè)數(shù)時(shí)，二者必須在同一確定的樣本空間考慮,否則會(huì)出錯(cuò)。正確解法(i)P(C)= =Cjoo97107800ii ) P(D)=但珂C100C99C9838813475例6某工廠生產(chǎn)過(guò)程中出現(xiàn)次品的概率為0.05 ,每100個(gè)產(chǎn)品為一批。檢 查產(chǎn)品質(zhì)

8、量時(shí)，在每一批中任取一半來(lái)檢查,如果發(fā)現(xiàn)次品不多于一個(gè),則這批 產(chǎn)品可以認(rèn)為是合格的。求一批產(chǎn)品被認(rèn)為合格的概率。錯(cuò)鞘 每批100個(gè)產(chǎn)品中應(yīng)有5個(gè)次品。設(shè)事件a表示檢查的50個(gè)產(chǎn)品中次品不多于1個(gè),B表示檢查的50個(gè)產(chǎn)品中沒(méi)有次品z C表示有一個(gè)次品。于 是4 = 3 + C。因?yàn)閏50P(B) = 0.028廠50L 100P(C) =C$C誼= 0.153所以P(A) = P(B + C) = P(B) + P(C) = 0.181錯(cuò)因分析錯(cuò)在對(duì)概率的理解上生產(chǎn)過(guò)程中出現(xiàn)次品的概率為0.05 ,并 不意味看每批100個(gè)產(chǎn)品中應(yīng)有5個(gè)次品。正確解法批產(chǎn)品中任取50個(gè)進(jìn)行檢查，實(shí)質(zhì)上是50次獨(dú)

9、立試驗(yàn)，且 每只產(chǎn)品是次品的概率為0.05，設(shè)A表示"檢查的50個(gè)產(chǎn)品中次品不多于1個(gè)"， B表示"被檢查的50個(gè)產(chǎn)品中沒(méi)有次品"，C表示"被檢查的50個(gè)產(chǎn)品中有一 個(gè)次品"。于是A = B + CO由貝努里公式P(B)=疇(0.05)°(0.95)5。= (0.95)50 « 0.0769P(C) = C?o(0.05) 1(0.95)的=50 x 0.05 x (0.95)49 « 0.2025所以 P(A) = P(B) + P(C) = 0.2794例7設(shè)袋中有編號(hào)為1,2,3,4,5的五個(gè)球,今

10、從中任取三個(gè),以纟表 示取出的三個(gè)球中最大號(hào)碼。寫出§分布律以及分布函數(shù)。錯(cuò)解隨機(jī)變量疳的可能取值為3,4,5?；臼录目倲?shù)為C? = 10。有利于纟二3的基本事件數(shù)為1;有利于§二4的基本事件數(shù)為1；有利于汁5的基本事件數(shù)為1。于是，=2 , = 4)=1 , P(4 = 5)= O故纟分布律為0I3301錯(cuò)因分析因?yàn)?P（ = 3）+P（ = 4）+P（ = 5）= -l原因是P（§ = 4）H 命 f P（ = 5） 0當(dāng)纟取4時(shí)，取出的三個(gè)球的號(hào)碼為1 ,2,4. 3,4. 2,3,4,故 Pfe = 4)= Ao同理,當(dāng)歹取5時(shí)#取出的三個(gè)球的號(hào)碼為2

11、,5、3,5、1/4/5、2,3,5、2,4,5. 3,4, 5。故卩（纟=5）= 6。由此可知撲勺分布律§345P1103W6 To正確解法纟的分布律為§345P1103106 To由分布函數(shù)F(x) = P(§ < x)可知0, x < 3;3<x<4;F(x) =4104一 Ax < 5;10l,x > 5.例8 批零件中有9個(gè)合格品,3個(gè)次品,安裝機(jī)器時(shí),從這批零件中任取 個(gè)。如果每次取出的廢品不再放回，求在取得合格品以前已取出的廢品數(shù)的分 布。錯(cuò)解設(shè)纟為取得合格品以前已取出的廢品數(shù)，則纟的可能取值為0,1,2, 3。纟

12、取這些值的概率為 = 0)= -, = !)= -,P( = 2)= -x- = , P(< = 3)=-x-x丄=丄。12 11 22 7 12 11 10 220故分布律為§0123p9n3n1221220錯(cuò)因分析錯(cuò)誤原因是明顯的。因?yàn)閜(g = o)+ P(§ = 1)+ p© = 2)+ P(§ = 3)H 1錯(cuò)誤在于沒(méi)有理解"取得合格品以前已取出的廢品數(shù)"的含義： "纟=1"意味看取了兩個(gè)零件，第一個(gè)為廢品，第二個(gè)為正品；= 2"意味看取了三個(gè)零件,前二個(gè)為廢品，第三個(gè)為正品；逹=3”意味

13、看取了四個(gè)零件，前三個(gè)為廢品，第四個(gè)為正品。939944噲2）亠Z丄212 11 10 220臨=3）=3219X X X- 12 1110 9220正確解法p（ = o）= f P（ = l）= X =23分布律為§0123p9n94492201220例9 汽車沿看一街道行駛,需要通過(guò)三個(gè)均設(shè)有紅綠信號(hào)燈的路口,每 個(gè)信號(hào)燈為紅色或綠色與其他信號(hào)燈為紅色或綠色相互獨(dú)立，且紅綠兩種信號(hào)顯 示的時(shí)間均等，以X表示該汽車首次遇到紅色燈之前已通過(guò)的路口個(gè)數(shù)，求X的 概率分布。解由題設(shè)可知,X的可能值為0,1,2,3。設(shè)=123）表示"汽車在/ 、- 1翳路口首次遇到紅燈"

14、;，勺（山123）相互獨(dú)立，且P（AJ = P A, =io于是丿P（X=0）=P（A） = g/ 、z 、 一 1p（X =1）=P Aj Ao =I22（/ 、一一 1P（X = 2）= P Aj Aol丿23/一一一 1P（X =3）=P A| A"分布律為X0123P12122123123例10有一繁忙汽車站有大量汽車通過(guò)，設(shè)每輛車在一天的某段時(shí)間內(nèi)出事 故的概率為0.0001 ,在某天的該段時(shí)內(nèi)有1000輛車通過(guò)。問(wèn)出事故的次數(shù)不 少于2的概率是多少？解這可以看成是作“次獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn)，每次試驗(yàn)事件出現(xiàn)的概率 p = O.OOO1 ,因?yàn)橐话阒v,當(dāng)“P <5時(shí)就有0（&

15、quot;,p）a p（/l）。故本題可以用泊松定 理來(lái)計(jì)算入=HP = 1000x 0.0001 = 0.10 1P（>2）=1-臨=0）-= 1） = 1 -e0A -e0A « 0.0047例11設(shè)隨機(jī)變量歹的分布律為§-202Pi0.40.30.3錯(cuò)解吐2）=£（§.§）=日纟）日歹）=広（纟）2=（-2）x（0.4）+0 X 0.3 + 2 x（0.3）2 = 0.4錯(cuò)因分析E&m=E（§）E（“）僅當(dāng)纟與相互獨(dú)立時(shí)才成立，而一個(gè)隨機(jī)變量纟與其本身不能說(shuō)是獨(dú)立的。因此，一般認(rèn)為E的工殆護(hù)正確解法E(<2)

16、 = (- 2)2 x0.4+02x0.3 + 22x 0.3 = 2.8例12設(shè)兩個(gè)隨機(jī)變量纟與的方差分別為25和36 ,相關(guān)系數(shù)為0.4 ,求D錯(cuò)解 % - ) = %)+£>(")=25 + 36 = 61錯(cuò)因分析= D(f)+D()僅當(dāng)隨機(jī)變量纟與相互獨(dú)立時(shí)才成立?，F(xiàn)有cov(§, ) = p© J£)g=0.4x5x6 = 120可見(jiàn)纟與不相互獨(dú)立。正確解法-7)= D(£+ »()一2cov(§,) = 25 + 36 2x12 = 37例13在每次試驗(yàn)中，事件4發(fā)生的概率為0.5，利用切比雪夫不

17、等式估計(jì): 在1000次獨(dú)立試驗(yàn)中,事件A發(fā)生的次數(shù)在450至550次之間的概率。分析利用切比雪夫不等式估計(jì)某事件的概率，需要假設(shè)隨即變量纟，求出 (纟),并依題意確定£。解設(shè)舟表示事件A在1000次試驗(yàn)中發(fā)生的次數(shù)，則§服從二項(xiàng)分布 3(1000,0.5),而且E(§) = np = 500 f D(g) = np(l - p) = 250要利用切比雪夫不等式估計(jì)，先將事件450 V < 550變成如下形式450 v § v 550)二450-500 v § -500 < 550-500=-50<<-500<50

18、二皓-5oq <50于是，可取£ = 50 ,由切比雪夫不等式P 450 < < 550 = P | - 5001 < 50 > 1 -25050 2= 0.9例14某工廠有400臺(tái)同類機(jī)器,各臺(tái)機(jī)器發(fā)生的故瞳概率為0.02。假設(shè) 各臺(tái)機(jī)器工作是相互獨(dú)立的,試求機(jī)器出故障的臺(tái)數(shù)不少于2的概率。鞘 設(shè)機(jī)器出故障的臺(tái)數(shù)為纟，則纟 3(400,0.02)。下面用三種方法求解。(i) 用二項(xiàng)分布求解戸侶2=1-昭2=1-P=O + P< = 1=1 - Coo(O.O2)° (0.98)400 - C* oo(O.O2)1 (0.98)3&quo

19、t;= 0.9972(ii) 用泊松分布作近似計(jì)算n = 400, p = 0.02,7?/? = 8 = 28° o 81«Pg2 2 = l_P$ v2 = l_P疳= 0_P疳=1心1一一8心 0.99700! 1!(iii) 用正態(tài)分布作近似計(jì)算E) = np = & D(勺=np( - p) = 7.84由德莫佛-拉普拉斯定理P>2( = l-P0<<2)VZ84 VZ84 V84J=1 一(一243)+孰一2.857)=1 +（243）-（2.857）« 0.9859由上述三種方法的計(jì)算過(guò)程中可知，用二項(xiàng)分布計(jì)算是很繁的，而用

20、泊松分 布與正態(tài)分布計(jì)算則比較簡(jiǎn)單。例15對(duì)敵人的防御地段進(jìn)行100次射擊,每次射擊中，炮彈命中數(shù)的數(shù)學(xué)期望為2 ,而命中數(shù)的均方差為1.5 ,求當(dāng)射擊100次時(shí)，有180顆到220顆炮彈命中目標(biāo)的概率。100解設(shè)自為第i次射擊時(shí)命中目標(biāo)的炮彈數(shù)0 = 123,100），則占=工勺為i=l100次射擊命中目標(biāo)的炮彈總數(shù),因勺獨(dú)立同分布,故滿足林德白格一1維定理 的條件。n = 100,“ = E© ) = 2,0- = JD©) = 1.5, (i = 1,2,3, -,100) 隨即變量100“ = _-200近似服從正態(tài)分布"(0,1),于是“cc AJ180

21、220 孑一 200220-200】P 180<220 = P<< <-151515=?；-4£-200 413153(4、U-3丿1 3;=2-1-113丿a 0.82例16某保險(xiǎn)公司多年的統(tǒng)計(jì)資料表明，在索賠戶中被盜索賠占20%，以疳 表示隨意抽查的100個(gè)索賠戶中因被盜向保險(xiǎn)公司索賠的戶數(shù)。求被盜索賠戶 不少于14戶且不多于30戶的概率近似值。解顯然 3(100,0.2) f £(<?) = 20 f D憶)= 16由德莫佛-拉普拉斯定理§一20V16P14“<30 = P 14ZZ()<= R 15S£-

22、204S25>I J16Z(25)-(-1.5) =0(2.5)+<D(1.5)-1 0.994 + 0.933-1=0.927例17設(shè)總體M服從正態(tài)分布N(/,O-2) ,M中“已知，/未知。纟,纟2'疳3是 取自總體纟的一個(gè)樣本。求(刖+朋+穿)之(I)寫出樣本鼻§2,雖的聯(lián)合密度函數(shù)；(ii)指出*(自+§2+雖)、自+2“、max(勺,旬,雖)、中，哪些是統(tǒng)計(jì)量,哪些不是統(tǒng)計(jì)量。解(i)因?yàn)殒恼龖B(tài)分布N(“,P)，而勺，纟2，雖取自總體纟的一個(gè)樣本,-（石-“）2所以有白-"（“P）,即f（Xj） = -7L-e2/（心1,2,3）。故樣本的聯(lián)合密度函數(shù)為 f(xhx2.x3) =(vwexp3-z/ = !(“ 一 “)2（ii） «1 +疳2 +歹3）、自+ 2“. max（勾,疳2 雖）是統(tǒng)計(jì)量/因?yàn)樗鼈儾话ㄈ魏挝粗獏?shù),而（刖+穿+用）不是統(tǒng)計(jì)量。例18隨機(jī)取某種炮彈9發(fā)做試驗(yàn)f得炮口速度樣本標(biāo)準(zhǔn)差$ = 11（米/?少1設(shè)炮口速度纟服從皿“。2）,求這種炮彈的炮口速度的標(biāo)準(zhǔn)差（7的95%置信區(qū)間。解1-67 = 0.95 z -