19排列、组合和概率典型例题

19排列、组合和概率典型例题 资料 新概念英语资料下载李居明饿命改运学pdf成本会计期末资料社会工作导论资料工程结算所需资料清单 来源：www.xkb123.com rugaotv.blog.sohu.com 第一节：分类计数原理与分步计数原理 第二节：排列 第三节：组合 第四节：二项式定理 第五节：随机事件的概率 第六节：互斥事件有一个发生的概率 第七节：相互独立事件同时发生的概率 第一节：分类计数原理与分步计数原理 在所有的两位数中，个位数字比十位数字大的两位数有多少个？ 分析与解：分析个位数字，可分以下几类． 个位是9，则十位可以是1，2，3…，8中的一个，故有8个； 个位是8，则十位可以是1，2，3…，7中的一个，故有7个； 与上同样： 个位是7的有6个； 个位是6的有5个； …… 个位是2的只有1个． 由分类计数原理知，满足条件的两位数有 （个）． 说明：本题是用分类计数原理解答的，结合本题可加深对“做一件事，完成之可以有n类办法”的理解， 所谓“做一件事，完成它可以有n类办法”，这里是指对完成这件事情的所有办法的一个分类．分类时，首 先要根据问题的特点确定一个适合于它的分类 标准 excel标准偏差excel标准偏差函数exl标准差函数国标检验抽样标准表免费下载红头文件格式标准下载 ，然后在这个标准下进行分类；其次分类时要注意满足 一个基本要求：完成这件事的任何一种方法必须属于某一类，并且分别属于不同两类的两种方法是不同的 方法，只有满足这些条件，才可以用分类计数原理． 在由电键组A与B所组成的并联电路中，如图，要接通电源，使电灯发光的方法有多少种？ 解：因为只要合上图中的任一电键，电灯即发光，由于在电键组A中有2个电键，电键组B中有3个 电键，应用分类计数原理，所以共有： 2+3=5种接通电源使灯发亮的方法。 资料来源：www.xkb123.com rugaotv.blog.sohu.com 二年级一班有学生56人，其中男生38人，从中选取一名男生和一名女生作代 表 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf ，参加学校组织 的调查团，问选取代表的方法有几种． 分析与解：男生38人，女生18人， 由分步计数原理共有 （种） 答：选取代表的方法有684种． n个步骤”的 说明：本题是用分步计数原理解答的，结合本题可以加深对“做一件事，完成之需要分成 理解，所谓“做一件事，完成它需要分成n个步骤”，分析时，首先要根据问题的特点，确定一个分步的可 行标准；其次，分步时还要注意满足完成这件事情必须并且只需连续完成这对 个步骤后，这件事情才算圆满完成，这时，才能使用来法原理． 在电键组A、B组成的串联电路中，如图，要接通电源使灯发光的方法有几种？ 解：只要在合上A组中两个电键之后，再合上B组中3个电键中的任意一个，才能使电灯的电源接通，电灯才能发光，根据分步计数原理共有： 2×3=6种不同的方法接通电源，使电灯发光。 有10本不同的数学书，9本不同的语文书，8本不同的英语书，从中任取两本不同类的书，有多 少种不同取法？ 分析：任取两本不同类的书，有三类：一、取数学、语文各一本；二、取语文、英语各一本；三、取 数学、英语各一本．然后求出每类取法，利用分类计数原理即可得解． 解：取出两本书中，一本数学一本语文有 种不同取法，一本语文一本英语有 种不同取法，一本数学，一本英语有 种不同取法． 由分类计数原理知：共有 种不同取法． 说明：本例是一个综合应用分步计数原理和分类计数原理的题目，在处理这类问题时，一定要搞清哪 里是分类，哪里是分步，以确定利用加法或分步计数原理． （1993年全国高考题）同室4人各写1张贺年卡，先集中起来，然后每人从中各拿1张别人送出 的贺年卡，则4张贺年卡不同的分配方式有（ ） A．6种 B．9种 C．11种 D．23种 分析：本题完成的具体事情是四个人，每人抽取一张贺卡，问题是按照一定要求，抽取结果有多少种 不同情况．我们可以把抽卡片的过程分成四步，先是第一人抽，然后第二人，以此类推，但存在的问题是， 我们把四个人记为 、 、 、 ，他们的卡片依次记为 、 、 、 ，如果第一步 抽 资料来源：www.xkb123.com rugaotv.blog.sohu.com 取 ，接着 可抽 、 、 ，有三种方法，而 抽 或 ， 仅有两种抽法，这样两步之间产生影响，这样必须就 抽的结果进行分类． a，b，c，d，当A拿贺年卡b，则B可拿a，c，d 解法1：设四人A，B，C，D写的贺年卡分别是 中的任何一个，即B拿a，C拿d，D拿c或B拿c，D拿a，C拿d或B拿d，C拿a，D拿c，所以A 拿b时有三种不同分配方法．同理，A拿c ，d时也各有三种不同的分配方式．由分类计数原理，四张贺 年卡共有3＋3＋3=9种分配方式． 解法2：让四人A，B，C，D依次拿一张别人送出的贺年卡．如果A先拿有3种，此时写被A拿走的 那张贺年卡的人也有3种不同的取法．接下来，剩下的两个人都各只有一种取法．由分步计数原理，四张 贺年卡不同的分配方式有 种． ? 应选B． 注意：（1）本题从不同的角度去思考，从而得到不同的解答方法，解法1是用分类计数原理解答的，解法2是用分步计数原理解答的．在此有必要再进一步对两个原理加以理解： 如果完成一件事的各种方法是相互独立的，那么计算完成这件事的方法数时，使用分类计数原理． 如果完成一件事的各个步骤是相互联系的，即各个步骤都必须完成，这件事才告完成，那么计算完成 这件事的方法数时，使用分步计数原理． （2）分类计数原理、来法原理是推导排列数、组合数公式的理论基础，也是求解排列、组合问题的基 本思想方法，这两个原理十分重要必须认真学好，并正确地灵活加以应用． （3）如果把四个人依次抽取的结果用一个图表体现出来，就显得更加清楚． 共有9种不同结果． 这个图表我们称之为“树形图”，在解决此类问题往往很有效，通过它可以把各种不同结果直观地表现 出来． 第二节：排列 用0到9这个个数字．可组成多少个没有重复数字的四位偶数？ 资料来源：www.xkb123.com rugaotv.blog.sohu.com 分析：这一问题的限制条件是：?没有重复数字；?数字“0”不能排在千位数上；?个位数字只能是0、2、4、6、8、，从限制条件入手，可划分如下： 如果从个位数入手，四位偶数可分为：个位数是“0”的四位偶做，个位数是2、4、6、8的四位偶数（这是因为零不能放在千位数上）．由此解法一与二． 如果从千位数入手．四位偶数可分为：千位数是1、3、5、7、9和千位数是2、4、6、8两类，由此得解法三． 如果四位数划分为四位奇数和四位偶数两类，先求出四位个数的个数，用排除法，得解法四． 解法1：当个位数上排“0”时，千位，百位，十位上可以从余下的九个数字中任选3个来排列，故有 个； 当个位上在“2、4、6、8”中任选一个来排，则千位上从余下的八个非零数字中任选一个，百位，十位 上再从余下的八个数字中任选两个来排，按乘法原理有 （个）． ? 没有重复数字的四位偶数有 个． 解法2：当个位数上排“0”时，同解一有 个；当个位数上排2、4、6、8中之一时，千位，百位，十位上可从余下9个数字中任选3个的排列数中减去千位数是“0”排列数得： 个 ? 没有重复数字的四位偶数有 个． 解法3：千位数上从1、3、5、7、9中任选一个，个位数上从0、2、4、6、8中任选一个，百位，十位上从余下的八个数字中任选两个作排列有 个 干位上从2、4、6、8中任选一个，个位数上从余下的四个偶数中任意选一个（包括0在内），百位，十位从余下的八个数字中任意选两个作排列，有 个 ? 没有重复数字的四位偶数有 个． 资料来源：www.xkb123.com rugaotv.blog.sohu.com 解法4：将没有重复数字的四位数字划分为两类：四位奇数和四位偶数． 没有重复数字的四位数有 个． 其中四位奇数有 个 ? 没有重复数字的四位偶数有 个 说明；这是典型的简单具有限制条件的排列问题，上述四种解法是基本、常见的解法、要认真体会每 种解法的实质，掌握其解答方法，以期灵活运用． 三个女生和五个男生排成一排 （1）如果女生必须全排在一起，可有多少种不同的排法？ （2）如果女生必须全分开，可有多少种不同的排法？ （3）如果两端都不能排女生，可有多少种不同的排法？ （4）如果两端不能都排女生，可有多少种不同的排法？ 解：（1）（捆绑法）因为三个女生必须排在一起，所以可以先把她们看成一个整体，这样同五个男生 合一起共有六个元素，然成一排有 种不同排法．对于其中的每一种排法，三个女生之间又都有 对种不同的排法，因此共有 种不同的排法． （2）（插空法）要保证女生全分开，可先把五个男生排好，每两个相邻的男生之间留出一个空档．这 样共有4个空档，加上两边两个男生外侧的两个位置，共有六个位置，再把三个女生插入这六个位置中， 只要保证每个位置至多插入一个女生，就能保证任意两个女生都不相邻．由于五个男生排成一排有 种不同排法，对于其中任意一种排法，从上述六个位置中选出三个来让三个女生插入都有 种方法，因此共有 种不同的排法． （3）解法1：（位置分析法）因为两端不能排女生，所以两端只能挑选5个男生中的2个，有 种不同的排法，对于其中的任意一种排法，其余六位都有 种排法，所以共有 种不同的排法． 解法2：（间接法）3个女生和5个男生排成一排共有 种不同的排法，从中扣除女生排在首位的 种排法和女生排在末位的 种排法，但这样两端都是女生的排法在扣除女生排在首位的 资料来源：www.xkb123.com rugaotv.blog.sohu.com 情况时被扣去一次，在扣除女生排在未位的情况时又被扣去一次，所以还需加一次回来，由于两端都是女 生有 种不同的排法，所以共有 种不同的排法． 解法3：（元素分析法）从中间6个位置中挑选出3个来让3个女生排入，有 种不同的排法，对于其中的任意一种排活，其余5个位置又都有 种不同的排法，所以共有 种不同的排法， （4）解法1：因为只要求两端不都排女生，所以如果首位排了男生，则未位就不再受条件限制了，这 样可有 种不同的排法；如果首位排女生，有 种排法，这时末位就只能排男生，有 种排法，首末两端任意排定一种情况后，其余6位都有 种不同的排法，这样可有 种不同排法．因此共有 种不同的排法． 解法2：3个女生和5个男生排成一排有 种排法，从中扣去两端都是女生排法 种，就能得到两端不都是女生的排法种数． 因此共有 种不同的排法． 说明：解决排列、组合（下面将学到，由于规律相同，顺便提及，以下遇到也同样处理）应用问题最 常用也是最基本的方法是位置分析法和元素分析法． 若以位置为主，需先满足特殊位置的要求，再处理其它位置，有两个以上约束条件，往往是考虑一个 约束条件的同时要兼顾其它条件． 若以元素为主，需先满足特殊元素要求再处理其它的元素． 间接法有的也称做排除法或排异法，有时用这种方法解决问题来得简单、明快． 捆绑法、插入法对于有的问题确是适用的好方法，要认真搞清在什么条件下使用． 排一张有5个歌唱节目和4个舞蹈节目的演出节目单。 （1）任何两个舞蹈节目不相邻的排法有多少种？ （2）歌唱节目与舞蹈节目间隔排列的方法有多少种？ 解：（1）先排歌唱节目有 种，歌唱节目之间以及两端共有6个位子，从中选4个放入舞蹈节目，共有 中方法，所以任两个舞蹈节目不相邻排法有： ＝43200. （2）先排舞蹈节目有 中方法，在舞蹈节目之间以及两端共有5个空位，恰好供5个歌唱节目放入。所以歌唱节目与舞蹈节目间隔排列的排法有： ＝2880种方法。 资料来源：www.xkb123.com rugaotv.blog.sohu.com 说明：对于“间隔”排列问题，我们往往先排个数较少的元素，再让其余元素插空排列。否则，若先排 个数较多的元素，再让其余元素插空排时，往往个数较多的元素有相邻情况。如本题（2）中，若先排歌唱节目有 ，再排舞蹈节目有 ，这样排完之后，其中含有歌唱节目相邻的情况，不符合间隔排列的要 求。 某一天的课程表要排入政治、语文、数学、物理、体育、美术共六节课，如果第一节不排体育， 最后一节不排数学，那么共有多少种不同的排课程表的方法． 分析与解法1：6六门课总的排法是 ，其中不符合要求的可分为：体育排在第一书有 种排法， 如图中?；数学排在最后一节有 种排法，如图中?；但这两种排法，都包括体育排在第一书数学排在最 后一节，如图中?，这种情况有 种排法，因此符合条件的排法应是： （种）． 分析与解法2：根据要求，课程表安排可分为4种情况： （1）体育、数学既不排在第一节也不排在最后一节，这种排法有 种； （2）数学排在第一节但体育不排在最后一节，有排法 种； （3）体育排在最后一节但数学不排在第一节，有排法 种； （4）数学排在第一节，体育排在最后一节，有排法 这四类排法并列，不重复也不遗漏，故总的排法有： （种）． 分析与解法3：根据要求，课表安排还可分下述4种情况： （1）体育，数学既不在最后也不在开头一节，有 种排法； （2）数学排在第一节，体育不排在最后一节，有4种排法； （3）体育在最后一书，数学木在第一节有4种排法； （4）数学在第一节，体育在最后一节有1种排法． 上述 21种排法确定以后，仅剩余下四门课程排法是种 ，故总排法数为 （种）． 下面再提出一个问题，请予解答． 资料来源：www.xkb123.com rugaotv.blog.sohu.com 问题：有6个人排队，甲不在排头，乙不在排尾，问并肩多少种不同的排法． 请读者完成此题． 说明：解答排列、组合问题要注意一题多解的练习，不仅能提高解题能力，而且是检验所解答问题正 确与否的行之有效的方法． 第三节：组合 计算：（1） ； （2） ． 分析：本题如果直接计算组合数，运算比较繁．本题应努力在式子中创造条件使用组合数的性质，第 （1）题中， ，经此变形后，可继续使用组合数性质．第（2）题有两个考虑途径，一方面可以抓住项的变形 ，求和；另一方面，变形 ，接着 ， „，反复使用公式． 解：（1）原式 ． （2）原式 ． 另一方法是：原式 ． 说明：利用第（2）小题的手段，我们可以得到组合数的一个常用的结论： ． 左边 右边． 资料来源：www.xkb123.com rugaotv.blog.sohu.com 从7名男生5名女生中，选出5人，分别求符合下列条件的选法种数有多少种？ （1） 、 必须当选；（2） 、 都不当选；（3） 、 不全当选；（4）至少有2名女生当选；（5）选出5名同学，让他们分别担任体育委员、文娱委员等5种不同工作，但体育委员由男 生担任，文娱委员由女生担任． 分析：本题是组合应用题中典型的选代表问题，通过一些明确的条件对结果进行限制．问题（1） 、 必须当选，它们就不必再考虑，只要再选出余下的代表．问题（2） 、 必须不当选，实际上就是去掉这几个元素不予考虑．问题（3） 、 不全当选可以从正反两方面考虑．从正面考虑可以按 、 全不选和 、 选一个分类，从反面考虑可用间接法，去掉 、 全选的情况．问题（4）可以按女生选2人、3人„进行分类，当然也可以从反面考虑用间接法．问题（5）可以先处理特殊位置的体 育班委与文娱班委． 解：（1）除 、 选出外，从其它10个人中再选3人，共有的选法种数为 （种）． （2）去掉 、 ，从其它10人中任选5人，共有的选法种数为： （种）． （3）按 、 的选取情况进行分类： 、 全不选的方法数为 ， 、 选1人的方法数为 ，共有选法 （种）． 本小题的另一解法：从12人中选5人的选法中去掉 、 全选的情况，所有选法只有 （种）． 方法一：按女同学的选取情况分类： 选2名女同学、3名男同学；选3名女同学2名男同学；选4名女同学1名男同学；选5名女同学．所有选法数为： （种）． 方法二：从反面考虑，用间接方法，去掉女同学不选或选1人的情况，所有方法总数为： （种）． （5）选出一个男生担任体育班委，再选出1名女生担任文娱班委，剩下的10人中任取3人担任其它3个班委．用分步计数原理可得到所有方法总数为： （种）． 说明：对于本题第（4）小题，“至少有2名女生当选”，我们可能还有另外一种考虑，先从5名女生中选出2人，然后在剩下的10人中任选3人，得到的方法数为 （种），与上述 答案 八年级地理上册填图题岩土工程勘察试题省略号的作用及举例应急救援安全知识车间5s试题及答案 比较，结果明显增多了，为什么会出现以上情况？上述步骤得到的选取结果虽然符合了有2名女生的要求，但在计数时出现了重复，比如先选两女生为 、 ，剩下的10人中如果又选出了女生 ，与先选两名女生为 、 后又选出了女生 ，出现了同样的结果，因为选取问题仅考虑选出了哪些元素，至于先 资料来源：www.xkb123.com rugaotv.blog.sohu.com 选后选并不考虑．这里需要我们引起注意的是以后遇到“至少”类型的问题，一般采用分类法或间接法解 决，在选取问题中尽可能避免出现重复计数，我们还可以进一步从下一个例子加深理解． 空间10个点，其中有5点在同一个平面内，其余无三点共线，四点共面，问以这些点为顶点， 共可构成多少个四面体？ 分析：本题如果从正面考虑可以按5个共面的点的选用情况进行分类．如果从反面考虑用间接法，只 要去掉从5个共面的点中任取四个点的情况，因为共面的四个点不能构成四面体的四个顶点． 解：方法一：可以按共面的点取0个、1个、2个、3个进行分类，得到所有的取法总数为： 个． 方法二：从10个点中任取4个点的方法数中去掉4个点全部取自共面的5个点的情况，得到所有构成四面体的方法数为： （个）． 说明：以几何为背景的此类应用题中，间接方法用得比较多，在考虑去掉不符合要求的选法时，既不 能多去，也不能少去，此外有时还需去掉一些重复计数的情况．比如：四面体的顶点和各条棱的中点共10个点，任取其中的4个点，其中不共面的取法有多少种？我们可以从10个点中任取4点．共有 种取法，然后去掉下面几种情况，4个点取在四面体的同一个面上，有 种取法；四个中点连成平行四边形的情形，有3种取法，还有3点在四面体的一条棱上，另一点是其它点，不考虑已计算的四点在四面体 同一面上的情况，共有6种取法．用间接法可得不同的取法共有： （种）． 在1，3，5，7，9中任取3个数字，在0，2，4，6，8中任取两个数字，可组成多少个不同的五 位偶数． 分析：因为零不能作首位数，所以是特殊元素，因此可以根据选零不选零为分类标准。 解：第一类：五位数中不含数字零。 第一步：选出5个数字，共有 种选法． 第二步：排成偶数—先排末位数，有 种排法，再排其它四位数字，有 种排法． ? （个） 第二类：五位数中含有数字零． 第一步：选出5个数字，共有 种选法。 第二步：排顺序又可分为两小类； （1）末位排零，有 种排列方法； 资料来源：www.xkb123.com rugaotv.blog.sohu.com （2）末位不排零．这时本位数有 种选法，而因为零不能排在首位，所以首位有 种排法，其余3个数字则有 种排法． ? ? 符合条件的偶数个数为 （个） 说明：本题也可以用间接法（即排除法）来解．请读者自行完成． 有12名划船运动员，其中3人只会划左舷，4人只会划右舷，其余5人既会划左舷也会划右舷。现在要从这12名运动员中选出6人平均分在左、右舷划船参加比赛，有多少种不同的选法？ 分析：设集合A={只会划左舷的3个人}，B={只会划右舷的4个人}，C={既会划左舷又会划右舷的5个人} 先分类，以集合A为基准，划左舷的3个人中，有以下几类情况：?A中有3人；?A中有2人；C中有1人；?A中有1人，C中有2人；?C中有3人。 第?类，划左舷的人已选定，划右舷的人可以在 中选3人，即有 种选法。因是分步问题，所以有 种选法。第?类，划左舷的人在A中选2人，有 种选法，在C中选1人，有 种选法，划右舷的在 中剩下的8个人中选3人，有 种选法。因是分步问题，所以有 种选法。类似地，第?类，有 种选法。第?类有 种选法。 因为是分类，所以一共有 种选法。 解： 种 答：一共有2174种不同选法． 说明：这种比较复杂的在若干个集合中选取元素的问题，只要能运用分类思想正确对所求选法分类， 又能正确地根据题目要求合理地考察步骤，就可以顺利地求得解．在分类时，要注意做到既不重复也不遗 漏． 资料来源：www.xkb123.com rugaotv.blog.sohu.com 这里是以集合A为基准进行分类，也可以集合B或集合C为基准进行分类，其结果是相同的，但一般都选择元素个数较少的集合作为基准来分类，这样可以减少分类，方便运算． 甲、乙两队各出7名队员，按事先排好的顺序出场参加围棋擂台赛，双方由1号队员出赛，负者被淘汰，胜者再与负方2号队员比赛，„，直到一方队员全被淘汰为止，另一方获胜，形成一种比赛过程， 试求所有可能出现的比赛过程的种类． 分析与解：若甲队取胜，比赛结果可能是 ， ， ， ， ， ， ． 只有一个过程； 共8场，乙队在前7场中胜一场，有 种不同的过程； 共9场，乙队在前8场中胜二场，有 种不同的过程； 共10场，乙队在前9场中胜三场，有 种不同的过程； ……………… ? 甲队取胜的过程种数是： 类似乙队取胜也有同样的过程种数 ? 共有 种不同的比赛过程． 小结：一个排列与另一个排列的区别有两点，一点是元素不同，另一点是顺序不同（在元素相同时）； 而一个组合与另一个组合不同点仅是元素不同，由此可知，排列是有顺序问题，组合是无顺序问题．本题 是一应用问题，根据实际确定是组合问题． 从1到9的九个数字中取三个偶数四个奇数，试问： （1）能组成多少个没有重复数字的七位数？ （2）上述七位数中三个偶数排在一起的有几个？ （3）（1）中的七位数中，偶数排在一起、奇数也排在一起的有几个？ （4）（1）中任意两偶然都不相邻的七位数有几个？ 分析与解：（l）分步完成：第一步在4个偶数中取3个，可有 种情况；第二步在5个奇数中取4 个，可有 种情况；第三步3个偶数，4个奇数进行排列，可有 种情况，所以符合题意的七位数有 个． 资料来源：www.xkb123.com rugaotv.blog.sohu.com （2）上述七位数中，三个偶数排在一起的有 个． （3）上述七位数中，3个偶数排在一起，4个奇数也排在一起的有 个． （4）上述七位数中，偶数都不相邻，可先把4个奇数排好，再将3个偶数分别插入5个空档，共有 个． 说明；对于有限制条件的排列问题，常可分步进行，先组合再排列，这是乘法原理的典型应用． 6本不同的书，按照以下要求处理，各有几种分法？ （1）一堆一本，一堆两本，一堆三本； （2）甲得一本，乙得两本，丙得三本； （3）一人得一本，一人得二本，一人得三本； （4）平均分给甲、乙、丙三人； （5）平均分成三堆． 分析与解：（1）先在6本书中任取一本．作为一本一堆，有 种取法，再从余下的五本书中任取两本，作为两本一堆，有 种取法，再后从余下三本取三本作为一堆，有 种取法，故共有分法 种． （2）由（1）知．分成三堆的方法有 种，而每种分组方法仅对应一种分配方法，故甲得一 本，乙得二本，丙得三本的分法亦为 种． （3）由（1）知，分成三堆的方法有 种，但每一种分组方法又有 不同的分配 方案 气瓶 现场处置方案 .pdf气瓶 现场处置方案 .doc见习基地管理方案.doc关于群访事件的化解方案建筑工地扬尘治理专项方案下载 ，故一人得一本，一人得两本，一人得三本的分法有 （种）． （4）3个人一个一个地来取书，甲从6本不同的书本中任取出2本的方法有 种，甲不论用哪一种方法取得2本书后，已再从余下的4本书中取书有 种方法，而甲、乙不论用哪一种方法各取2本书后，丙从余下的两本中取两本书，有 种方法，所以一共有 种方法． （5）把6本不同的书分成三堆，每推二本与把六本不同的书分给甲、乙、丙三人，每人二本的区别在 于，后者相当于把六本不同的书，平均分成三难后，再把每次分得的三堆书分给甲、乙、丙三个人．因此， 资料来源：www.xkb123.com rugaotv.blog.sohu.com 设把六本不同的书，平均分成三堆的方法有 种，那么把六本不同的书分给甲、乙、丙三人每人2本的分法就应 种，由（4）知，把六本不同的书分给甲、乙、丙三人，每人2本的方法有 种． 所以 ，则 （种） 说明：本问题中的每一个小题都提出了一种类型问题，搞清类型的归属对今后解题大有补益，其中 （1）属非均匀分组问题． （2）属非均匀定向分配问题． （3）属非均匀不定向分配问题．（4）属均匀不定向分配问题． （5）属均匀分组问题． 有6本不同的书，分给甲、乙、丙三个人． （1）如果每人得两本，有多少种不同的分法； （2）如果一个人得一本，一个人得2本，一个人得3本有多少种不同的分法； （3）如果把这6本书分成三堆，每堆两本有多少种不同分法． 分析与解：（1）假设甲先拿，则甲从6本不同的书中选取2本有 种方法，不论甲取走的是哪两本书，乙再去取书时只能有 种，此时剩下的两本书自然给丙，就只有 种方法，由乘法原理得一共有 种不同分法． （2）先假设甲得1本，乙得2本，丙得3本则有 种法，一共有 种不同的分法． （3）把6本书分成三堆，每堆2本，与次序无关． 所以一共有 种不同分法． 说明：本题的三个问题要注意区别和联系，不要混淆． 6本书分给甲、乙、丙三人每人两本和分成3堆每堆两本是有区别的，前者虽然也属均分问题，但要 甲、乙、丙三个人一个人一个人的去拿，而后者属均分问题又是无序问题，所以必须除以 ．一般地， 个元素中有 个元素（ ）均分成m堆一定要除以 ． 资料来源：www.xkb123.com rugaotv.blog.sohu.com 例如：有17个桃，分成8堆，其中一堆一个，一堆4个，另外6堆每堆都是2个，有多少种不同的分法． 一共有 种不同分法． 第四节：二项式定理 在二项式 的展开式中，前三项的系数成等差数列，求展开式中所有有理项． 分析：本题是典型的特定项问题，涉及到前三项的系数及有理项，可以通过抓通项公式解决． 解：二项式的展开式的通项公式为： 前三项的 得系数为： ， 由已知： ， ? 通项公式为 为有理项，故 是4的倍数， ? 依次得到有理项为 ． 资料来源：www.xkb123.com rugaotv.blog.sohu.com r的取值，得到了有理项．类似地， 说明：本题通过抓特定项满足的条件，利用通项公式求出了 的展开式中有多少项是有理项？可以通过抓通项中r的取值，得到共有17项． 求 的展开式中，系数绝对值最大的项以及系数最大的项． 分析：本题仍然属于抓通项公式解决特定项的问题，但是系数的绝对值的最大值或系数的最大值，需 要对所有项的系数的变化规律进行研究．由于系数的绝对值都是正数，我们可以用作商来研究系数绝对值 的变化情况，另外各项系数正负交替，又便于用系数绝对值的大小变化抓系数的最大值． 解：展开式的通项公式为： 系数的绝对值为 ，记为 ． 用前后两项系数的绝对值作商得： 令 得： 即 、1、2时，上述不等式成立． 所以，系数的绝对值从第1项到第4项增加，以后逐项减小． 系数绝对值最大的项为第4项， ． 从系数绝对值的变化情况及系数的正负交替，只要比较第3项与第5项的系数， 所以，系数最大的项为第5项， ． 已知 ，求：（1） ；（2） ；（3） ． 分析：本题是有关展开式系数和的问题，通过对等式中字母的赋值，往往会得到此类问题的结果．字 母经常取的值有0、1、－1等． 资料来源：www.xkb123.com rugaotv.blog.sohu.com 解：（1）取 可得 ， 取 得 ． ? . （2）取 得 ， 记 ． ? ． 可得 从而 ． （3）从（2）的计算已知 ． 说明：赋值法不仅可以用来求二项展开式的系数和，对于展开式为多项式的代数式的系数和大多数也 能用此方法解决，如： 的展开式中各项的系数和为多少？可以看到 的展开式仍是多项式，令 ，即得各项系数和为 ．再比如： ，则 等于多少？本题可以由取 得到各项系数和，取 得到奇数项系数和减去偶数项系数和，两式相加可得 ．此外，为了赋值的需要，有时需要用一个新的二项式替换原来二项 式，只要它们的系数等同即可．如： 的展开式中各项的系数和是多少？我们可以用一个 更简单的二项式 代替原来的二项式，它们的系数并不改变，令 便得各项系数和为 ． （1）求 展开式中 的系数；（2）求 展开式中的常数项． 分析：本题的两小题都不是二项式展开，但可以转化为二项式展开的问题，（1）可以视为两个二项展开式相乘；（2）可以经过代数式变形转化为二项式． 解：（1） 展开式中的 可以看成下列几种方式得到，然后合并同类项： 资料来源：www.xkb123.com rugaotv.blog.sohu.com 用 展开式中的常数项乘以 展开式中的 项，可以得到 ；用 展开式中的一次项乘以 展开式中的 项可得到 ；用 中的 乘以 展开式中的 可得到 ；用 中的 项乘以 展开式中的 项可得到 ，合并同类项得 项为： ． （2） ． 由 展开式的通项公式 ，可得展开式的常数项为 ． 说明：问题（2）中将非二项式通过因式分解转化为二项式解决．这时我们还可以通过合并项转化为二 项式展开的问题来解决，请看下面的例子． 求 展开式中 的系数． 分析： 不是二项式，我们可以通过 或 把它看成二项式展开． 解：方法一： 其中含 的项为 ． 含 项的系数为6． 方法二： 其中含 的项为 ． 资料来源：www.xkb123.com rugaotv.blog.sohu.com ? 项的系数为6． 方法3：本题还可通过把 看成6个 相乘，每个因式各取一项相乘可得到乘积的一项， 项可由下列几种可能得到．5个因式中取x，一个取1得到 ． 3个因式中取x，一个取 ，两个取1得到 ． 1个因式中取x，两个取 ，三个取1得到 ． 合并同类项为 ， 项的系数为6． 求证：（1） ； （2） ． 分析：二项式系数的性质实际上是组合数的性质，我们可以用二项式系数的性质来证明一些组合数的 等式或者求一些组合数式子的值．解决这两个小题的关键是通过组合数公式将等式左边各项变化的等数固 定下来，从而使用二项式系数性质 ． 解：（1） ?左边 右边． （2） ． ?左边 右边． 资料来源：www.xkb123.com rugaotv.blog.sohu.com 说明：本题的两个小题都是通过变换转化成二项式系数之和，再用二项式系数的性质求解．此外，有 些组合数的式子可以直接作为某个二项式的展开式，但这需要逆用二项式定理才能完成，所以需仔细观察， 我们可以看下面的例子：求 的结果．仔细观察可以发现该组合数的式与 的展开式接近，但要注意： 从而可以得到： ． 利用二项式定理证明： 是64的倍数． 分析：64是8的平方，问题相当于证明 是 的倍数，为了使问题向二项式定理贴近，变形 ，将其展开后各项含有 ，与 的倍数联系起来． 解：? 是64的倍数． 说明：利用本题的方法和技巧不仅可以用来证明整除问题，而且可以用此方程求一些复杂的指数式除 以一个数的余数． 第五节：随机事件的概率 同时掷四枚均匀硬币，求： （1）恰有两枚“正面向上”的概率； （2）至少有两枚“正面向上”的概率． 资料来源：www.xkb123.com rugaotv.blog.sohu.com 分析：同时任意投掷四枚均匀硬币，每个硬币的结果都有两种可能性，四枚硬币的情况决定了一次试 验的结果，每种结果的出现是等可能的，本＄月于等可能事件的概率问题．四枚硬币发生的结果总数我们 可以分步确定，恰有两枚正面向上，可以先确定哪两枚正面向上，则另两枚反面向上，至少有两枚正面向 上可分类为两枚正面向上、三校正面向上、全部正面向上． 解：同时投掷四枚硬币，正面、反面向上的不同结果总数为： （种） （1）恰有两枚正面向上的结果总数为 ，所以恰有两枚正面向上的概率为 ． （2）至少有两枚正面向上的结果总数为： 种 所以至少两枚正面向上的概率为 ． 说明：使用等可能事件概率公式时，首先要判定事件是不是等可能事件，本题实际上可推广到投掷几 m枚正面向上的概率以及至少有m枚正面向上的概率，设两个事件分别为A、B，可以求枚硬币，恰好有 到： ． 用4个不同的球任意投入4个不同的盒子内，每盒投入的球数不限，计算： （l）无空盒的概率，（2）恰好有一空盒的概率． 分析：一次试验的结果是每个球分别在哪个盒子，由于一个球投入哪一个盒中是任意的，所以一次试 验的各个结果是等可能的，本题是等可能事件的概率问题，4个不同小球投入4个盒子的结果总数可以用分步计数原理求得，无空盒的情况实质上相当于每个小球在一个盒中，每个盒子一个球，也就是把4个小球“分配到”4个不同的盆中，信有一个空盒的情况相当于有一个盒子两个球，还有两个盒子各1球，至于它们各自的结果总数可以用排列组合的方法解决． 解：本题是等可能事件的概率问题，4个不同的小球投入四个盆子的所有不同的结果总数为： ． （l）无空盒的结果总数为 ． 所以无空盒的概率为 ． （2）恰有一个空盒，则必有一盒2球，另有两盒各1球，其所有可能结果总数为： 资料来源：www.xkb123.com rugaotv.blog.sohu.com ． 所以恰有一空盒的概率为： ． 说明：由于每个小球投入哪一个盒子是任意的，从而导致4个小球投入4个盒子的不同结果是等可能的，现在把球换成人，盒子换成房间，则问题就转变成了若干人任意住进若干个房间的问题，这就是古典 概率中有名的“分房问题”，请看下面的例子． 有6个房间安排4个旅游者住宿，每人可以随意进哪一间，而且一个房间也可以住几个人．试 求下列事件的概率． A：指定的4个房间中各有1人； （1）事件 （2）事件B：恰有4个房间中各有1人； （3）事件C：指定的某个房间中有两人； （4）事件D：第1号房间有1人，第2号房间有3人． 分析：由于每个人进哪一个房间是随意的，所以4个人住房的各种结果是等可能的，本题是等可能事 件的概率问题．所有可能的不同住房结果总数可以用分步计数原理求得，每人住房的结果都有6种可能，最后4个人住房的不同结果总数为 ．事件A中指定的4个房间中各有1人相当于4个人排到4个房间中去，有 种不同结果；事件B中恰有4个房间，每间1人与事件A的区别在于哪4间房不空；事件C中指定的某房间2人，我们可以先从4人中选2人进入此房间，其它2人分步任意住进其它5个房间；事件D可以先安排1号房间1人，再安排2号房间3人 解：4个人住进6个房间，所有可能的住房结果总数为： （种） （1）指定的4个房间每间1人共有 种不同住法． ? ． （2）恰有4个房间每间1人共有 种不同住法． ? ． （3）指定的某个房间两个人的不同的住法总数为： 资料来源：www.xkb123.com rugaotv.blog.sohu.com （种）， ? ． （4）第一号房间1人，第二号房间3人的不同住法总数为： （种）， ? ． 说明：“分房问题”抽象化以后可以与许多问题发生联系，比如，前面例题的小球投入盒子、安排几个 人做某几项工作，几列火车停在哪个站道，若干个同学各自在哪一天生日等等．我们可以看例子：某班有 50名同学，一年按365天计算，至少有两名同学在同一天生日的概率是多少？50名同学相当于上述例题中的旅游者，每一天相当于“房间”，50名同学所有生日的不同结果总数为： ，至少有两名同学在同一天生日的结果总数可用间接法计算，总数为 ，则至少有两人在同一天生日的概率为 ，利用工具计算后将会发现，这是一个很接近1的结果，即50个人的一个班级中，有两个人在同一天生日的概率很大，高达0.97，几乎是令人惊讶的结果． 某人有5把钥匙，其中有一把是打开房门的钥匙，但他忘记了哪一把是打开房门的钥匙，于是他 逐把不重复地试开，问： （1）恰好第三次打开房门锁的概率是多少？ （2）三次内打开房门锁的概率是多少？ 分析：某人五次顺次拿出钥匙的结果相当于5把钥匙的一个排列，由于他每次拿哪一把是任意的，所 以不同的拿钥匙的结果的可能性相同，本题是等可能事件的概率问题．恰好第三次打开房门锁相当于第三 次拿出的钥匙正好是房门钥匙，或者说在5把钥匙的一个排列中第3把钥匙正好是开房门钥匙，三次内打开房门相当于5把钥匙的排列中，开房门钥匙出现在前3个． 解：本题是等可能事件的概率问题，某人5次拿钥匙的所有不同的结果是 ． （1）恰好第3次拿出开房门钥匙的结果总数为： ． 所以恰好第3次打开房门的概率为： （2）前3次内拿出开房门钥匙的结果总数为：3 ． 资料来源：www.xkb123.com rugaotv.blog.sohu.com 所以前3次打开房门的概率为： 说明：如果5把钥匙中有2把可以开房门的钥匙，则在前3次内打开房门的概率是多少？三次内找开 房门说明在前三次中至少有1次取出开房门钥匙，我们可以通过分类讨论，恰有一把开房门钥匙在前3次拿出的结果总数为： ，恰有两把开房门钥匙在前3次拿出的结果总数为 ，这样我们得到前三次内打开房门的结果总数为 ，从而前3次内打开房门的概率为： a＋b张不同的考签，每个考生抽1张考签，抽过的考签不再放回，某考生 抽签口语测试，共有 只会考其中的a张，他是第k个抽签的，求该考生抽到会考考签的概率． 分析：因为每个人抽哪一张考签是随意的，所有人抽签后抽出的结果相当于这些考签的一个全排列， 而且各种不同的排列结果出现的可能性相同，本题是求等可能事件的概率问题．由于某考生是第是次抽签， 他能抽到会考考签相当于全排列中第k个元素，是某人会考的a个考签中的一个，我们可以用排列组合知 识求出这种排列的所有不同种数，然后用等可能事件的概率公式求解． 解：本题是等可能事件的概率问题．a＋b个考生的所有不同的抽签结果的总数为 ， 某个考生第k次抽签，他正好抽到会考的a张考签的一个，相当于所有抽签的结果中第k张考签是a张考签中的1张，我们可以得到所有这种抽签结果的总数为： ． 所以某个考生抽到会考考签的概率为： ． 说明：从计算结果看，第几次抽签对该考生抽到会考考签的概率并没有影响，也就是说，无论他是第 几个抽签，都不会影响他抽到会考考签的可能性．在日常生活中有这样的问题：10张彩票中有1张是中奖彩票，现在10个人去摸彩，先模后摸对中奖的可能性有无影响？现在我们可以来计算这个问题的结果，现 在假定你是第m个去摸奖，为了计算中奖的概率，先算出10个人摸彩的所有可能结果是10！，而中奖彩票正好出现在第m个的所有可能结果为9！，这样可以得出你中奖的概率为 ，结果与m并无关系，根本无须担心中奖彩票被别人抓去． 已知10只晶体管中有8只正品，2只次品，每次任抽取1只测试，测试后放回，求下列事件的 概率． （1）抽3次，第3只是正品； （2）直到第6只时，才把2只次品都捡到了． 解：每次从10件晶体管中任取1件，经过若干次，各种结果的可能性是一样的，抽 3次，所有可能抽出的结果总数为10×10×10，抽6次，所有可能抽出的结果总数为 ，到第6次时正好第2只次品也 资料来源：www.xkb123.com rugaotv.blog.sohu.com 抽到了，说明前5次抽检中出现过另一只次品，当然这只次品也可能出现过几次．我们可以用间接法来求 出符合这个要求的所有可能结果的总数为 ，这个式子的含义是先走下第6次抽出的次品是哪一个，然后用前5次抽检的所有结果总数（前5次未出现第6次抽检的次品）减去前5次全是正品的所有结果总数． 解：本题是等可能事件的概率问题． （1）抽检3次所有可能的抽检结果总数为 ， 第三只是正品的所有可能的抽检结果总数为10×10×8． 所以第三只是正品的概率为： ． （2）抽检6次所有可能的抽检结果总数为 ． ? 第6只时才能把第2只次品抽检到， ? 前5次抽检未出现第6次抽到的次品，但是至少出现一次另一只次品． ? 第6只时才把第2只次品抽检到的所有可能的抽检结果总数为 ． 此事件发生的概率为： ． 说明：如果每次抽检的结果不再放回去，直到第6只时才把2只次品都找出来的概率是多少？这个问 题仍然是等可能事件的概率问题，因为抽出的产品不再拿回，所以前6次抽出的不同结果相当于从10件产品中抽出6件的一个排列，所有可能的结果总数为 ，第6次抽到第2件次品，说明第6件是次品，前面还有一件次品，所有可能的结果总数为 ，其含义是先在第6个位置放一个次品，另一个次品在前面5个位置的某一个上，最后在其它四个位置上放上8件正品中的4个．用等可能事件的概率公式可算出此事件发生的概率是 ． 第六节：互斥事件有一个发生的概率 今有标号为1、2、3、4、5的五封信，另有同样标号的五个信封，现将五封信任意地装入五个信封 中，每个信封一封信，试求至少有两封信与信封标号一致的概率． 资料来源：www.xkb123.com rugaotv.blog.sohu.com 分析：至少有两封信与信封的标号配对，包含了下面两种类型：两封信与信封标号配对；3封信与信封标号配对；4封信与信封标号配对，注意：4封信配对与5封信配对是同一类型．现在我们把上述三种 类型依次记为事件 ，可以看出 两两互斥，记“至少有两封信与信封标号配对” 为事件 ，事件 发生相当于 有一个发生，所以用公式 可以计算 解：设至少有两封信配对为事件 ，恰好有两封信配对为事件 ，恰有3封信配对为事件 ，恰有4封信（也就是5封信）配对为事件 ，则事件 等于事件 ，且 事件为两两互斥事件，所以 ． 5封信放入5个不同信封的所有放法种数为 ， 其中正好有2封信配对的不同结果总数为 正好有3封信配对的不同结果总数为 正好有4封信（5封信）全配对的不同结果总数为1， 而且出现各种结果的可能性相同， 说明：至少有两封信与信封配对的反面是全不配对和恰好有1封信配对，但是配对越少，计算该结果 的所有方法总数越困难，即计算该事件的概率越不方便．现在把问题改为计算“至多两封信与信封标号配对” 的概率是多少？我们转化为求其对立事件的概率就简单得多，它的对立事件为“3封信配对或4封信（即5封）配对”，得到其结果的概率为 ，在计算事件的概率时有时采用“正难则 反”的逆向思维方法，直接计算事件的概率比较难，而计算其对立事件的概率比较容易时可采用这种方法． 袋中装有红、黄、白3种颜色的球各1只，从中每次任取1只，有放回地抽取3次，求： （1） 3只全是红球的概率，（2） 3只颜色全相同的概率， （3） 3只颜色不全相同的概率，（4） 3只颜色全不相同的概率． 资料来源：www.xkb123.com rugaotv.blog.sohu.com 分析：有放回地抽3次的所有不同结果总数为 ，3只全是红球是其中的1种结果，同样3只颜色全相同是其中3种结果，全红、全黄、全白，用求等可能事件的概率方式可以求它们的概率．“3种颜色不 全相同”包含的类型较多，而其对立事件为“三种颜色全相同”却比较简单，所以用对立事件的概率方式求解．3只颜色全不相同，由于是一只一只地按步取出，相当于三种颜色的一个全排列，其所有不同结果的总数为 ，用等可能事件的概率公式求解． 解：有放回地抽取3次，所有不同的抽取结果总数为： 3只全是红球的概率为 3只颜色全相同的概率为 “3只颜色不全相同”的对立事件为“三只颜色全相同”． 故“3只颜色不全相同”的概率为 “3只颜色全不相同”的概率为 说明：如果3种小球的数目不是各1个，而是红球3个，黄球和白球各两个，其结果又分别如何？首 先抽3次的所有不同结果总数为 ，全是红球的结果总数为 ，所以全是红球的概率为 ，同样全是黄球的概率为 ，全是白球的概率也是 ，所以3只球颜色全相同的概率为上述三个事件的概率之和， ，“三种颜色不全相同”为“三种颜色全相 同”的对立事件，其概率为 “3只小球颜色全不相同”可以理解为三种颜色的小球各取一 只，然后再将它们排成一列，得到抽取的一种结果，其所有不同结果总数为 （种），所以“3只小球颜色全不相同”的概率为 有4个红球，3个黄球，3个白球装在袋中，小球的形状、大小相同，从中任取两个小球，求取 出两个同色球的概率是多少？ 分析：与倒2中取球方式不同的是，从中取出两球是不放回的取出．处理上，例2是分步取球，先取哪个后取哪个是有区别地对待，而本例中，只要搞清是取的什么球，直接用组合数列式．取出两个同色球 可以分成下面几个类型：两个红球；两个黄球；两个白球． 资料来源：www.xkb123.com rugaotv.blog.sohu.com 解：从10个小球中取出两个小球的不同取法数为 “从中取出两个红球”的不同取法数为，其概率为 “从中取出两个黄球”的不同取法数为，其概率为 “从中取出两个白球”的不同取法数为，其概率为 所以取出两个同色球的概率为： 说明：本题求取出两个同色球的概率，对结果比较容易分类，如果换上“取出3个球，至少两个同颜色”，这样的问题分类相对就比较复杂，在此我们不一一列出，但考虑其反面，对立事件为“取出3个球，颜色全不相同”，对立事件的概率比较容易算出．取出3个球，颜色全不相同的所有不同取法数为 （种），对立事件的概率为 ，所以“取出3个球，至少两个同颜色”的概率为： 在 9个国家乒乓球队中有 3个亚洲国家队，抽签分成三组进行比赛预赛．求： （1）三个组各有一支亚洲队的概率；（2）至少有两个亚洲国家队在同～组的概率． 分析：9个队平均分成三组的所有不同的分法总数为 ，其中每个队有一支亚洲国家 队的分法数为 ，用等可能事件的概率公式可求其概率．至少有两支亚洲国家队在同一小组可分 成两类：恰好有两支亚洲国家队在同一组；三支亚洲国家队在同一组．分别计算它们的概率然后相加．此 外，我们也可以先计算其对立事件的概率，而其对立事件为“3支亚洲国家队不在同一组”，实际上两小题的 事件互为对立事件． 解：（1）所有的分组结果是等可能的，9支队平均分成3组的不同分法数为： （种）． 其中三个组各有一支亚洲队，可以看成其它6支队中任取2支队与第1个亚洲队合为一组，剩下4支队任取2支与第2个亚洲队一组，最后2支队与第2、3支亚洲队一组，所有不同的分法数为 （种）。 所以“三个组各有一支亚洲队的概率为 （2）方法1：“至少有两支亚洲队在同一组”分为两类： 资料来源：www.xkb123.com rugaotv.blog.sohu.com “恰好两支亚洲国家队在一组”，概率为 “三支亚洲国家队在同一组”的概率为 方法2：“至少有两支亚洲在同一组”的对立事件为“三个组各有一支亚洲队”。 由（1）可得，“至少有两支亚洲队在同一组”的概率为： 第七节：相互独立事件同时发生的概率 甲、乙两个人独立地破译一个密码，他们能译出密码的概率分别为 和 ，求： （1）两个人都译出密码的概率； （2）两个人都译不出密码的概率； （3）恰有1个人译出密码的概率； （4）至多1个人译出密码的概率； （5）至少1个人译出密码的概率． 分析：我们把“甲独立地译出密码”记为事件 ，把“乙独立地译出密码”记为事件 ，显然 为相互独立事件，问题（1）两个都译出密码相当于事件 、 同时发生，即事件 ．问题（2）两人都译不出密码相当于事件 ．问题（3）恰有1个人译出密码可以分成两类： 发生 不发生， 不发生 发生，即恰有1个人译出密码相当于事件 ．问题（4）至多1个人译出密码的对立事件是两个人都未译出密码，即事件 ．由于 、 是独立事件，上述问题中， 与 ， 与 ， 与 是相互独立事件，可以用公式计算相关概率． 解：记“甲独立地译出密码”为事件 ，“乙独立地译出密码”为事件 ， 、 为相互独立事件，且 ． （1）两个人都译出密码的概率为： 资料来源：www.xkb123.com rugaotv.blog.sohu.com ． （2）两个人都译不出密码的概率为： （3）恰有1个人译出密码可以分为两类：甲译出乙未译出以及甲未译出乙译出，且两个事件为互斥事 件，所以恰有1个人译出密码的概率为： （4）“至多1个人译出密码”的对立事件为“有两个人译出密码”，所以至多1个人译出密码的概率为： ． （5）“至少有1个人译出密码”的对立事件为“两人未译出密码”，所以至少有1个人译出密码的概率为： ． 说明：如果需要提高能译出密码的可能性，就需要增加可能译出密码的人，现在可以提出这样的问题： 若要达到译出密码的概率为99％，至少需要像乙这样的人多少个？我们可以假设有 个像乙这样的人分别独立地破译密码，此问题相当于 次独立重复试验，要译出密码相当于至少有1个译出密码，其对立事件为所有人都未译出密码，能译出密码的概率为 ，按要求， ，故 ，可以计算出 ，即至少有像乙这样的人16名，才能使译出密码的概率达到99％． 如图，开关电路中，某段时间内，开关 开或关的概率均为 ，且是相互独立的，求这段时间内灯亮的概率． 分析：我们把“开关 合上”记为事件 ，“开关 合上”记为事件 ，“开关 合上”记为事件C， 是相互独立事件且由已知，它们的概率都是 ，由物理学知识，要求灯亮，有两种可能性， 资料来源：www.xkb123.com rugaotv.blog.sohu.com 一个是 、 两开关合上，即事件 发生，另一个是 开关合上，即事件 发生，也就是灯亮相当于事件 发生． 解：分别记“开关 合上”、“开关 合上”、“开关 合上”为事件 ，由已知， 是相互独立事件且概率都是 ． 开关 、 合上或开关 合上时灯亮，所以这段时间内灯亮的概率为： 说明：本题的解题过程中，灵活使用了概率中的一些符号，比如， 表示事件 与事件 同时发生， 表示事件 与事件 至少有一个发生， 表示 与 至少有一个发生，所以分成了三个互斥事件： 发生 不发生， 不发生 发生， 与 都发生，而其中 不发生 发生即 ，又 不发生即 与 至少有一个不发生，从而 又分成了三个互斥事件： 、 、 ，符号语言的正确理解与使用，不仅是提高数学能力的需要，而且 也使数学解题过程简便明了，一些数学结论表述更加方便．我们可以尝试理解并领会下列结论： ， ， ． 掷三颗骰子，试求： （1）没有一颗骰子出现1点或6点的概率； （2）恰好有一颗骰子出现1点或6点的概率． 分析：我们把三颗骰子出现1点或6点分别记为事件 ，由已知， 是相互独立事件．问题（1）没有1颗骰子出现1点或6点相当于 ，问题（2）恰有一颗骰子出现1点或6点可分为三类： ，三个事件为互斥事件．问题（1）可以用相互独立事件的概率公式 求解，问题（2）可以用互斥事件的概率公式求解． 资料来源：www.xkb123.com rugaotv.blog.sohu.com 解：记“第1颗骰子出现1点或6点”为事件 ，由已知 是相互独立事件，且 ． （1）没有1颗骰子出现1点或6点，也就是事件 全不发生，即事件 ，所以所求概率为： ． （2）恰好有1颗骰子出现1点或6点，即 发生 不发生 不发生或 不发生 发生 不发生或 不发生 不发生 发生，用符号表示为事件 ，所求概率为： 说明：再加上问题：至少有1颗骰子出现1点或6点的概率是多少？我们逆向思考，其对立事件为“没 有一颗骰子出现1点或6点，即问题（1）中的事件，所求概率为 ，在日常生活中，经常遇到几个独立事件，要求出至少有一个发生的概率，比如例1中的至少有1个人译出密码的概率，再比如：有两门高射炮，每一门炮击中飞机的概率都是0.6，求同时发射一发炮弹，击中飞机 的概率是多少？把两门炮弹击中飞机分别记为事件A与B，击中飞机即 A与B至少有1个发生，所求概率为 ． 某工厂的产品要同时经过两名检验员检验合格方能出厂，但在检验时也可能出现差错，将合格产 品不能通过检验或将不合格产品通过检验，对于两名检验员，合格品不能通过检验的概率分别为 ，不合格产品通过检验的概率分别为 ，两名检验员的工作独立．求：（1）一件合格品不能出厂的概率，（2）一件不合格产品能出厂的概率． 分析：记“一件合格品通过两名检验员检验”分别记为事件 和事件 ，问题（1）一件合格品不能出厂相当于一件合格品至少不能通过一个检验员检验，逆向考虑，其对立事件为合格品通过两名检验，即 发生，而 的概率可以用相互独立事件的概率公式求解．我们把“一件不合格品通过两名检验员 检验”分别记为事件 和事件 ，则问题（2）一件不合格品能出厂相当于一件不合格品同时通过两名 检验员检验，即事件 发生，其概率可用相互独立事件概率公式求解． 解：（1）记“一件合格品通过第i名检验员检验”为事件 ，“一件合格品不能通过检验出厂” 的对立事件为“一件合格品同时通过两名检验员检验”，即事件 发生． 资料来源：www.xkb123.com rugaotv.blog.sohu.com 所以所求概率为 ． i名检验员检验”记为事件 ，“一件不合格品能出厂”即不合 （2）“一件不合格品能通过第 格品通过两名检验员检验，事件 发生，所求概率为： ． 某大学的校乒乓球队与数学系乒乓球队举行对抗赛，校队的实力比系队强，当一个校队队员与系 队队员比赛时，校队队员获胜的概率为0.6．现在校、系双方商量对抗赛的方式，提出了三种方案：（1）双方各出3人；（2）双方各出5人；（3）双方各出7人．三种方案中场次比赛中得胜人数多的一方为胜 利．问：对系队来说，哪一种方案最有利？三种方案中，哪一种方案系队获胜的概率更大一些，哪一种方 案对系队更有利．进行几场比赛相当于进行几次独立重复试验，可以用n次独立重复试验中某事件发生 次的概率方式解题． 解：记一场比赛系队获胜为事件 ，事件 的对立事件为校队获胜，所以 用方案（1）， 发生两次为系队胜， 发生3次也为系队胜，所以系队胜的概率为： 用方案（2）， 发生3、4、5次为系队胜． 所以系队胜的概率为： 用方案（3）， 发生4、5、6、7次为系队胜． 所以系队胜的概率为： 比较可以看出，双方各出3个人对系队更有利，获胜概率为0.352． 实际上，对弱队而言，比赛场数越少，对弱队越有利，侥幸取胜的可能性越大． 说明：在日常生活中，经常出现方案的比较问题，或者方案是否合理的论证问题，比如产品抽查，抽 检几件比较合理，因为抽多了浪费人力，抽少了容易让不合格产品出厂．设备维修安排几位维修工较合理， 安排人员过多造成浪费，安排人员过少设备不能及时维修，这些问题都可以用本题的思维方法，先设计一 个独立重复试验，然后抓某个事件发生的概率，看概率是否较小． 资料来源：www.xkb123.com rugaotv.blog.sohu.com 我们可以看例子：10台同样的设备，各自独立工作，设备发生故障的概率为0.01，现在安排1名维修工，试说明这种配备是否合理？10台设备各自独立工作，相当于10次独立重复试验，有1名维修工人，若两台以上机器发生故障则得不到及时维修，其对立事件为至多1台机器发生故障，我们可以得到多于1台机器发生故障的概率为： ． 从结果来看，得不到及时维修的概率很小，安排一人维修比较合理．