概率论一题多解问题

第二步，乙接着坐，因为要坐在甲旁 边，故有2种坐法；第三步，其余n-2个 人可任意坐，有(n-2)！种坐法。于是 根据乘法原理，事件A共含有n·2·(n2)！个样本点，故所求事件A的概率为
n ⋅ 2 ⋅ ( n − 2)! 2 = P ( A) = n! n−1
解2 随机试验: 只考虑甲乙两人的坐法. 甲乙两人总的坐法有n(n-1)种，故样 本空间Ω含有n(n-1)个样本点。而甲乙 两人相邻的坐法有n·2种。故所求事件 A的概率为
这里假定i≤a且k -1-i≤b ;当i >a或k -1-i >b 时P(Bi)=0.再设A为“第k次摸到白球”，则
a−i P ( A | Bi ) = a+b−k+1
于是由全概率公式可得
P( A ) =
∑
k−1 i=0
ห้องสมุดไป่ตู้
P ( Bi )P ( A | Bi )
a = ⋅ a+b
∑C
i=0
k−1
i a−1
界山大坂(与新疆接壤)
由大昭寺远眺布达拉宫
概率统计专题讲座
概率论一题多解问题
云南师范大学数学学院 郭民之
例1.(§1.2-14 ) n个人随机地围一圆桌而 坐，求甲、乙两人相邻而坐的概率。 说明：这个问题显然是一个古典概率的问 题，按样本空间的不同可以有多种解法。
解1 随机试验: 考虑n个人的坐法. n个人坐法可看成是n个不同元素的全排列, 故样本空间Ω含有n!个样本点。而事件 A={甲乙两人相邻而坐} 所含的样本点数可 以这样考虑：第一步，甲先坐，有n种坐法;
球的位置固定下来(有 C b 置必然放黑球(有 C b = 1 种放法)，故放法总 a 数为 C a + b 。而第k次摸到白球只有1种摸法， 剩下的a-1个白球可以在其余a+b-1个位置中 任取a-1个位置，故有利场合数(即事件A所包 a −1 含的样本点数)为1 ⋅ C a + b − 1 ,于是所求概率为
i =1
,
1 1 2 = ∑ P ( Ai ) = ⋅ = 4 1 − 1/ 8 7 i =1
∞
P (甲为优胜者 )
1 2 5 = P (乙为优胜者 ) = （1 − ） = 2 7 14
解五
该比赛从第二局开始相当于以如下的 比赛方式的循环，直到优胜者产生. 不妨定义在某一局比赛前: 1号位为上一场的胜者，2 号位为上一 场轮空者，3号位为上一场的负者. 并设该局开始前三个位置上的选手成 为比赛优胜者的概率分别为 p1 , p2 , p3
由全概率公式：
P ( Bi+1 ) = P ( B1 ) P ( Bi+1 B1 )＋P ( B1 ) P ( Bi+1 B1 ) ｜ ｜
｜ 由于 P ( Bi+1 B1 ) 表示从有a+b－1个球的袋中
（其中有a－1个白球）第i 次摸到白球的 概率，由归纳法假设可得 a −1 ｜ , P ( Bi+1 B1 ) = a + b−1 a 同理可得 ｜ , P ( Bi+1 B1 ) = a + b−1 代入上式化简即得 a P ( B i+1 ) = a+b 这表示每次摸到白球的概率都是a/(a+b).
]
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 )
记事件A为“第k次摸到白球”，则A发生 可分两个步骤完成: ①第k次摸到白球有a种 摸法,②另外a+b-1个球有(a+b-1)!种摸法,故 所求概率为
a × ( a + b − 1)! a = P ( A) = a+b ( a + b )! 解2 用组合方法求解,把 a+b个球都摸完. 将a个白球及b个黑球看成是没有区别的， 试验E仍为把a+b个球逐个摸出后依次排列 在一条直线的a+b个位置上，因若把a个白
P( A ) =
a⋅P
k−1 a+b−1
k Pa + b
a = a+b
解4 用全概率公式求解. 设 Bi 表示前k -1次取球中有i 次取得白球, 其余k -1-i 次取得黑球(i =0,1,2, ···,k-1),则
i Ck −1 ⋅ a(a − 1) (a − i + 1) ⋅ b(b − 1) [b − (k − 1 − i ) + 1] P( Bi ) = (a + b)(a + b − 1) [a + b − (k − 1) + 1]
在该局比赛中，若1号位选手获胜， 则其赢得整场比赛； 若 1 号位选手告负，他将处于下局 的 3 号位上; 而本局的 3 号位选手将处于下局的 2 号位上; 本局的2号位选手将处于下局的1 号 位上.
综上所述，可得线性方程组
⎧ p1 + p2 + p3 = 1 ⎪ p1 = 2 p2 ⎨ ⎪ p2 = 2 p3 ⎩
代入 (2) 得 P( A D) = 4 / 7
代入 (3) 得 P( A D) = 1 / 7
代入 (1) 得 P( A) = 5 / 14 = P( B)
丙要成为优胜者必须赢得第二局, 然后再争最后优胜, 而丙胜第二局后 再争优胜的概率也是 P ( A D ) 故
P(C) = P( A D) / 2 = 2 / 7
P ( 丙为优胜者 ) = 2 / 7
2 p2 = 7
无论第一局比赛结果如何, 丙都将处于2 号位上，故
P (甲为优胜者 )
1 2 5 = P(乙为优胜者 = （ − ） ) 1 = 2 7 14
例4 (1) 在古典概型的随机试验中, (√) P( A) = 0 ⇔ A = Ø (2) 若事件 A, B, C, D 相互独立, 则 事件 A − D 与 B ∪ C 也相互独立. ( √) 若事件 A1, A2, …, An 相互独立, 将它 们任意分成 k 组, 同一事件不能同时 属于两个不同的组, 则对每组事件进 行求和、积、差、逆 等运算所得到 的 k 个事件也相互独立.
n⋅2 2 P ( A) = = n( n − 1) n − 1
解3 随机试验: 只考虑乙的坐法（设甲 已经在某个座位上坐好） 由于甲已经占了一个座位，故乙的 坐法共有n-1种选择，即样本空间Ω含 有n-1个样本点。而乙要坐在甲旁边的 坐法只有2种。故所求事件A的概率为
2 P ( A) = n−1
P (甲为优胜者 )
1 2 5 = P (乙为优胜者 ) = （1 − ） = 2 7 14
解三 设甲,乙,丙第i 局获胜为事件Ai , Bi , Ci
P ( A ) = [ P ( A1 A2 ) + P ( A1 C 2 B3 A4 A5 ) + ]
+[ P ( B1C 2 A3 A4 ) + P ( B1C 2 A3 B4 C5 A6 A7 ) +
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 ) =
注意：
三种方法求的是同一个事件 A={甲乙两人相邻而坐} 的概率，由于所考虑的随机试验 E不相 同，从而导致试验的样本空间Ω也不相 同，但三种方法的结论是一致的！
另外，可以看出选择适当的样本空间Ω （等价于选取适当的随机试验E）是很重
要的！
例2.(摸球问题)袋中有a个白球，b个黑球,从 中不放回地任意把球一个个地摸出来,求第 k(1≤k≤a+b)次摸出白球的概率。 说明：这个问题也是一个古典概率的问题, 根据随机试验不同的前提假设至少可以有 如下六种解法。 解1 用排列方法求解,把 a+b个球都摸完. 将a个白球及b个黑球看成是彼此不同的 (例如把它们编号)，试验E为把a+b个球逐 个摸出后依次排列在一条直线的a+b位置 上，则排法总数共有(a+b)!种。
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
显然 A ⊂ ( D ∪ D ) 由全概率公式
P( A) = P(D)P( A D) + P(D)P( A D)
1 = [ P ( A D ) + P ( A D )] 2 (1)
1）甲已胜第一局. 甲要最终获胜必须甲胜 第二局或者甲输了第二局后再获优胜，后 一种情况与甲输了第一局后再获优胜完全 一样.
解二 设甲,乙,丙第i 局获胜为事件Ai , Bi , Ci
P ( 丙为优胜者 ) = P[( A1C 2 C 3 ∪ A1C 2 B3 A4 C 5 C 6 ∪ )
∪ ( B1C2C3 ∪ B1C2 A3 B4C5C6 ∪ )]
1 1 1 1 1 2 = 2( 3 + 6 + 9 + ) = ⋅ = 2 2 2 4 1 −1/ 8 7
a a + b 种放法)，其他位
1⋅C P( A ) = C
a−1 a+b−1 a a+b
a = a+b
解3 用排列方法求解,只摸k个球(k≤a+b): 仍然将a个白球及b个黑球看成是彼此不 同的，试验E为从袋中逐个摸出k个球依次 排列在一条直线的a+b位置上，则排法总数 k 共有 Pa + b 种。A发生可分两个步骤完成: ①第k次摸到白球有a种摸法,②另外前k -1 k −1 个球有 Pa + b − 1种摸法,故所求概率为
i=
a P( A ) = a+b
例3(§1.5-19 )甲、乙、丙三人进行比赛，规定
每局两个人比赛，双方获胜的概率都是1／2，胜 者再与第三人进行比赛，依次循环，直至有一人 连胜两局为止，此人即为优胜者。现假定甲、乙 两人先比，试求各人获得优胜者的概率。
解一 记甲、乙、丙为整场比赛的优胜者分 别为事件A、B、C ; 记甲胜第一局为D .
(3) 若事件 A 与 B独立, B 与 C独立, 则事件 A与 C 也相互独立. 事件相互独立不具有传递性. ( )
例5 对任意事件A, B下列结论正确的是 ( b ) (a) P( A)P(B) ≤ P( A ∪ B)P( AB) ; (b) P( A)P(B) ≥ P( A ∪ B)P( AB) ; (c) P( A) + P(B) ≤ P( A ∪ B)P( AB) ; (d) P( A ∪ B) ≤ P( A ∪ B)P( AB) . 解 选b. d, c 显然错, 可证 b 是对的. P( A)P(B) = [P( AB) + P( AB)][P( AB) + P( AB)] ≥ [P( AB) + P( AB) + P( AB)]P( AB) = P( A ∪ B)P( AB).
解6 用排列方法求解,只考虑第k次摸球. 仍然将a个白球及b个黑球看成是彼此不 同的，例如把它们编号，a个白球编号为 1,2, ··· , a; b个黑球编号为a+1,a+2, ··· , a+b. 试验E为观察第k次被摸到的球的号数.显 然，任意一个球都等可能地在第k次被摸 到，故摸法总数有a+b 种，而事件A所包含 的摸法有a 种, 故所求概率为
例6 小王忘了朋友家电话号码的最后一位
数, 故只能随意拨最后一个号, 则他拨三次 0.3 可拨通朋友家的概率为 ___ .
解 设事件A 表示“三次拨号至少一次拨通”
Ai 表示“第 i 次拨通” i = 1, 2 , 3 则 A = ∪ Ai
3
由乘法公式
9 8 7 = ⋅ ⋅ = 0.7 10 9 8