前言

一、

• 【例1】[2015安徽卷]已知2件次品和3件正品混放在一起，現需要通過檢測將其區分，每次隨機檢測一件產品，檢測后不放回，知道檢測出2件次品或檢測出3件正品時檢測結束。

（1）求第一次檢測出的是次品且第二次檢測出的是正品的概率。

（2）已知每檢測一件產品需要費用100元，設\(X\)表示直到檢測出2件次品或者檢測出3件正品時所需要的檢測費（單位：元），求\(X\)的分布列和數學期望。

分析：（1）思路1：利用排列數公式和古典概型，\(P=\cfrac{A_2^1A_3^1}{A_5^2}=\cfrac{3}{10}\hspace{2cm}\) 思路2：利用相互獨立事件，\(P=\cfrac{2}{5}\times \cfrac{3}{4}=\cfrac{3}{10}\)

（2）先設檢測過的產品數為\(x\)，則由題目可知\(x=2，3，4\)

其中\(x=2\)時對應“次次”一種；

其中\(x=3\)時對應“正次次、次正次、正正正”三種；

其中\(x=4\)時對應“正次正次、正正次次、次正正次、次正正正、正正次正、正次正正”六種；

故\(X\)的所有可能取值為\(200，300,400\)，
且\(P(X=200)=\cfrac{2}{5}\times \cfrac{1}{4}=\cfrac{1}{10}\)，

\(P(X=300)=\cfrac{3}{5}\times \cfrac{2}{4}\times \cfrac{1}{3}+\cfrac{2}{5}\times \cfrac{3}{4}\times \cfrac{1}{3}+\cfrac{3}{5}\times \cfrac{2}{4}\times \cfrac{1}{3}=\cfrac{3}{10}\)，

\(P(X=400)=\cfrac{3}{5}\times \cfrac{2}{4}\times \cfrac{2}{3}\times \cfrac{1}{2}+\cfrac{2}{5}\times \cfrac{3}{4}\times \cfrac{2}{3}\times \cfrac{1}{2}+\cfrac{3}{5}\times \cfrac{2}{4}\times \cfrac{2}{3}\times \cfrac{1}{2}+\cfrac{2}{5}\times \cfrac{3}{4}\times \cfrac{2}{3}\times \cfrac{1}{2}+\cfrac{3}{5}\times \cfrac{2}{4}\times \cfrac{2}{3}\times \cfrac{1}{2}+\cfrac{3}{5}\times \cfrac{2}{4}\times \cfrac{2}{3}\times \cfrac{1}{2}=\cfrac{6}{10}\)

或\(P(X=400)=1-P(X=200)-P(X=300)=\cfrac{6}{10}\)

其余略。

• 【例2】(2016山東高考節選）甲、乙兩人組成“星隊”參加猜成語活動，每輪活動由甲、乙各猜想一個成語。在一輪活動中，如果兩人都猜對，則“星隊”得3分；如果只有一人猜對，則“星隊”得1分；如果兩人都猜錯，則“星隊”得0分。已知甲每輪猜對的概率為\(\cfrac{3}{4}\)，乙每輪猜對的概率為\(\cfrac{2}{3}\)，每輪活動中甲乙猜對與否互不影響，各輪結果亦互不影響，假設“星隊”參加兩輪活動，求：

⑴“星隊”至少猜對3個成語的概率；

⑵“星隊”兩輪得分之和\(X\)的分布列。

分析：⑴先定義事件，記““星隊”至少猜對3個成語”為事件\(E\),“甲第一輪猜對”為事件\(A\)，“乙第一輪猜對”為事件\(B\)，“甲第二輪猜對”為事件\(C\)，“乙第二輪猜對”為事件\(D\)，且\(P(A)=P(C)=\cfrac{3}{4}\)，\(P(B)=P(D)=\cfrac{2}{3}\)，

則\(E=ABCD+\bar{A}BCD+A\bar{B}CD+AB\bar{C}D+ABC\bar{D}\)，事件\(A、B、C、D\)相互獨立，事件\(ABCD、\bar{A}BCD、A\bar{B}CD、AB\bar{C}D、ABC\bar{D}\)互斥，故有

\(P(E)=P(ABCD+\bar{A}BCD+A\bar{B}CD+AB\bar{C}D+ABC\bar{D})=P(ABCD)+P(\bar{A}BCD)+P(A\bar{B}CD)+P(AB\bar{C}D)+P(ABC\bar{D})\)，

\(=\cfrac{3}{4}\times\cfrac{2}{3}\times\cfrac{3}{4}\times\cfrac{2}{3}+\cfrac{1}{4}\times\cfrac{2}{3}\times\cfrac{3}{4}\times\cfrac{2}{3}+\cfrac{3}{4}\times\cfrac{1}{3}\times\cfrac{3}{4}\times\cfrac{2}{3}+\cfrac{3}{4}\times\cfrac{2}{3}\times\cfrac{1}{4}\times\cfrac{2}{3}+\cfrac{3}{4}\times\cfrac{2}{3}\times\cfrac{3}{4}\times\cfrac{1}{3}=\cfrac{2}{3}\).

⑵由于“星隊”每輪得分分別為0分、1分、3分，則“星隊”兩輪得分之和\(X\)可能取值為0、1、2、3、4、6，

\(P(X=0)=P(\bar{A}\bar{B}\bar{C}\bar{D})=\cfrac{1}{4}\times\cfrac{1}{3}\times\cfrac{1}{4}\times\cfrac{1}{3}=\cfrac{1}{16\times 9}=\cfrac{1}{144}\)

\(P(X=1)=P(A\bar{B}\bar{C}\bar{D})+P(\bar{A}B\bar{C}\bar{D})+P(\bar{A}\bar{B}C\bar{D})+P(\bar{A}\bar{B}\bar{C}D)=\cfrac{3}{4}\times\cfrac{1}{3}\times\cfrac{1}{4}\times\cfrac{1}{3}+\cfrac{1}{4}\times\cfrac{2}{3}\times\cfrac{3}{4}\times\cfrac{1}{3}+\cfrac{1}{4}\times\cfrac{1}{3}\times\cfrac{3}{4}\times\cfrac{1}{3}+\cfrac{1}{4}\times\cfrac{1}{3}\times\cfrac{1}{4}\times\cfrac{2}{3}=\cfrac{10}{16\times 9}=\cfrac{5}{72}\)

\(P(X=2)=P(A\bar{B}C\bar{D})+P(A\bar{B}\bar{C}D)+P(\bar{A}B\bar{C}D)+P(\bar{A}BC\bar{D})=\cfrac{3}{4}\times\cfrac{1}{3}\times\cfrac{3}{4}\times\cfrac{1}{3}+\cfrac{3}{4}\times\cfrac{1}{3}\times\cfrac{1}{4}\times\cfrac{2}{3}+\cfrac{1}{4}\times\cfrac{2}{3}\times\cfrac{1}{4}\times\cfrac{2}{3}+\cfrac{1}{4}\times\cfrac{2}{3}\times\cfrac{3}{4}\times\cfrac{1}{3}=\cfrac{25}{16\times 9}=\cfrac{25}{144}\)

\(P(X=3)=P(\bar{A}\bar{B}CD)+P(AB\bar{C}\bar{D})=\cfrac{1}{4}\times\cfrac{1}{3}\times\cfrac{3}{4}\times\cfrac{2}{3}+\cfrac{3}{4}\times\cfrac{2}{3}\times\cfrac{1}{4}\times\cfrac{1}{3}=\cfrac{12}{16\times 9}=\cfrac{1}{12}\)

\(P(X=4)=P(\bar{A}BCD)+P(A\bar{B}CD)+P(AB\bar{C}D)+P(ABC\bar{D})=\cfrac{1}{4}\times\cfrac{2}{3}\times\cfrac{3}{4}\times\cfrac{2}{3}+\cfrac{3}{4}\times\cfrac{1}{3}\times\cfrac{3}{4}\times\cfrac{2}{3}+\cfrac{3}{4}\times\cfrac{2}{3}\times\cfrac{1}{4}\times\cfrac{2}{3}+\cfrac{3}{4}\times\cfrac{2}{3}\times\cfrac{3}{4}\times\cfrac{1}{3}=\cfrac{60}{16\times 9}=\cfrac{5}{12}\)

\(P(X=6)=P(ABCD)=\cfrac{3}{4}\times\cfrac{2}{3}\times\cfrac{3}{4}\times\cfrac{2}{3}=\cfrac{36}{16\times 9}=\cfrac{1}{4}\)

分布列略。

• 【例3】(例2改編）甲、乙兩人參加定點投球大賽活動，每輪活動由甲、乙各投球兩次。在每輪活動中，如果投不中得\(0\)分，投中得\(1\)分。已知甲每次投中的概率為\(\cfrac{3}{4}\)，乙每次投中的概率為\(\cfrac{2}{3}\)，求：

⑴甲至少投中\(1\)個球的概率；

⑵甲乙兩人每輪投球得分之和\(Z\)的分布列。

分析：

⑴有題目可知，甲投球兩次，每次投中的概率相等，設甲投中球的次數為\(X\)，則\(X\sim B\left(2，\cfrac{3}{4}\right)\)

故甲至少投中\(1\)個球的概率\(P=P(X\ge 1)=C_2^1\times(\cfrac{3}{4})^1\times(\cfrac{1}{4})^1+C_2^2\times(\cfrac{3}{4})^2\times(\cfrac{1}{4})^0=\cfrac{15}{16}\).

⑵再設乙投中球的次數為\(Y\)，則\(Y\sim B\left(2，\cfrac{2}{3}\right)\)，則\(Z\)可能的取值為\(0、1、2、3、4\)，

\(P(Z=0)=P(X=0)\times P(Y=0)\)

\(P(Z=1)=P(X=0)\times P(Y=1)+P(X=1)\times P(Y=0)\)

\(P(Z=2)=P(X=0)\times P(Y=2)+P(X=1)\times P(Y=1)+P(X=2)\times P(Y=0)\)

\(P(Z=3)=P(X=1)\times P(Y=2)+P(X=2)\times P(Y=1)\)

\(P(Z=4)=P(X=2)\times P(Y=2)\)

對上述例2、例3的再思考：

⑴例2的第一問，能不能利用二項分布來求解？為什么？

【分析】：設甲猜對的成語個數為\(X\)，則\(X\sim B\left(2，\cfrac{3}{4}\right)\)，乙猜對成語的個數為\(Y\)，則\(Y\sim B\left(2，\cfrac{2}{3}\right)\)，“星隊至少猜對3個成語”為事件\(E\)，則

\(P(E)=P(X=1)P(Y=2)+P(X=2)P(Y=1)+P(X=2)P(Y=2)\)

\(=P(\bar{A}BCD)+P(A\bar{B}CD)+P(AB\bar{C}D)+P(ABC\bar{D})+P(ABCD)\)

⑵例3的第二問能不能用例2的第2問的解法來求解，具體來說是怎么對應的？

【分析】：“甲第一次投中”為事件\(A\)，“乙第一次投中”為事件\(B\)，“甲第二次投中”為事件\(C\)，“乙第二次投中”為事件\(D\)，且\(P(A)=P(C)=\cfrac{3}{4}\)，\(P(B)=P(D)=\cfrac{2}{3}\)，

\(P(Z=2)=P(X=0)\times P(Y=2)+P(X=1)\times P(Y=1)+P(X=2)\times P(Y=0)\)

\(=P(\bar{A}B\bar{C}D)+P(\bar{A}\bar{B}CD+\bar{A}BC\bar{D}+A\bar{B}\bar{C}D+AB\bar{C}\bar{D})+P(A\bar{B}C\bar{D})\)

⑶例2的第2問，為什么不能用二項分布來求解？

依上，設甲猜對的成語個數為\(\mu\)，則\(\mu\sim B\left(2，\cfrac{3}{4}\right)\)，乙猜對成語的個數為\(\eta\)，則\(\eta\sim B\left(2，\cfrac{2}{3}\right)\)，

則\(P(X=2)=P(\mu=1)P(\eta=1)=P(\bar{A}C+A\bar{C})P(\bar{B}D+B\bar{D})=P(AB\bar{C}\bar{D}+\bar{A}BC\bar{D}+A\bar{B}\bar{C}D+\bar{A}\bar{B}CD)\)

而由上可知，

\(P(X=2)=P(A\bar{B}C\bar{D})+P(A\bar{B}\bar{C}D)+P(\bar{A}B\bar{C}D)+P(\bar{A}BC\bar{D})\)，明顯事件中有一樣的，也有不一樣的，主要是二項分布是單獨刻畫甲和乙的猜測結果，而例2中是把甲乙兩個人綁成了“星隊”這個整體。所以是不一樣的。

轉載于:https://www.cnblogs.com/wanghai0666/p/6524726.html

總結

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