學必求其心得，業必貴于專精學必求其心得，業必貴于專精PAGE32學必求其心得，業必貴于專精PAGE第二章概率1離散型隨機變量的分布列的求法對離散型隨機變量分布列的考查是概率考查的主要形式，那么準確寫出分布列顯得至關重要．下面就談一下如何準確求解離散型隨機變量的分布列．一、弄清“隨機變量的取值”弄清“隨機變量的取值”是第一步．確定隨機變量的取值時，要做到準確無誤,特別要注意隨機變量能否取0的情形．另外，還需注意隨機變量是從幾開始取值，每種取值對應幾種情況．例1從4張編號1,2，3，4的卡片中任意取出兩張，若ξ表示這兩張卡片之和，請寫出ξ的可能取值及此時ξ表示的意義．分析從編號1,2，3，4的四張卡片中取兩張，ξ表示和，則首先弄清共有幾種情況，再分別求和．解ξ的可能取值為3,4,5，6，7,其中ξ＝3表示取出分別標有1，2的兩張卡片；ξ＝4表示取出分別標有1，3的兩張卡片;ξ＝5表示取出分別標有1，4或2，3的兩張卡片；ξ＝6表示取出分別標有2,4的兩張卡片；ξ＝7表示取出分別標有3，4的兩張卡片．二、弄清事件類型計算概率前要確定事件的類型，同時正確運用排列與組合知識求出相應事件的概率．例2以下莖葉圖記錄了甲、乙兩組各四名同學的植樹棵數．甲組乙組分別從甲、乙兩組中隨機選取一名同學，求這兩名同學的植樹總棵數Y的分布列．分析由莖葉圖可知兩組同學的植樹棵數,則可得分別從甲、乙兩組同學中隨機選取一名同學，兩同學的植樹總棵數的所有可能取值，由古典概型可求概率．解由莖葉圖可知，甲組同學的植樹棵數是9,9,11,11；乙組同學的植樹棵數是9，8，9,10。分別從甲、乙兩組中隨機選取一名同學，共有4×4＝16（種）可能的結果，這兩名同學植樹總棵數Y的可能取值為17,18,19，20，21。事件“Y＝17"等價于“甲組選出的同學植樹9棵，乙組選出的同學植樹8棵”，所以該事件有2種可能的結果，因此P(Y＝17)＝eq\f（2，16)＝eq\f(1，8）.同理可得P(Y＝18）＝eq\f（1,4)，P(Y＝19)＝eq\f（1，4)，P(Y＝20)＝eq\f（1，4），P(Y＝21)＝eq\f(1,8)。所以隨機變量Y的分布列為Y1718192021Peq\f(1,8)eq\f（1，4）eq\f（1，4）eq\f（1,4)eq\f（1,8）三、注意驗證隨機變量的概率之和是否為1通過驗證概率之和是否為1，可以檢驗所求概率是否正確,還可以檢驗隨機變量的取值是否出現重復或遺漏．例3盒中裝有大小相同的10個小球，編號分別為0，1，2，…，9，從中任取1個小球,規定一個隨機變量X，用“X＝x1”表示小球的編號小于5；“X＝x2”表示小球的編號等于5；“X＝x3"表示小球的編號大于5,求X的分布列．解隨機變量X的可能取值為x1,x2，x3，且P（X＝x1)＝eq\f（1，2），P（X＝x2）＝eq\f（1，10），P（X＝x3）＝eq\f(2，5）。故X的分布列為Xx1x2x3Peq\f(1，2）eq\f（1，10)eq\f（2，5）點評概率分布列是我們進一步解決隨機變量有關問題的基礎，因此準確寫出隨機變量的概率分布列是很重要的，為了保證它的準確性，我們可以利用eq\i\su（i＝1，n,p）i＝1進行檢驗．2獨立事件與互斥事件辨析相互獨立事件與互斥事件是兩個完全不同的概念，但同學們在學習過程中容易混淆這兩個概念，而導致錯誤．下面結合例題加以分析幫助同學們正確區分這兩個概念．一、把握互斥事件中的“有一個發生”求互斥事件有一個發生的概率,即互斥事件中的每一個事件發生都會使所求事件發生，應用的是互斥事件概率加法公式P(A1∪A2∪…∪An）＝P（A1)＋P（A2)＋…＋P(An)．例1李老師正在寫文章的時候，身邊的電話突然響了起來．若電話響第1聲時被接聽的概率為0.1，響第2聲時被接聽的概率為0。15，響第3聲時被接聽的概率為0.5，響第4聲時被接聽的概率為0。22,那么在電話響前4聲內被接聽的概率是多少？分析在電話響前4聲內李老師接電話的事件包括:打進的電話“響第1聲時被接聽”，“響第2聲時被接聽",“響第3聲時被接聽"，“響第4聲時被接聽”這4個事件，而且只要有一個事件發生，其余的事件就不可能發生，從而求電話在響前4聲內李老師接聽的概率問題即為互斥事件有一個發生的概率問題．解李老師在電話響前4聲內接聽的概率P＝0.1＋0。15＋0。5＋0.22＝0.97.二、把握相互獨立事件中的“同時發生”相互獨立事件即是否發生相互之間沒有影響的事件．求相互獨立事件同時發生的概率，應用的是相互獨立事件的概率乘法公式P（A1A2…An)＝P（A1)P（A2）…P（An)．例2甲、乙兩名跳高運動員在一次2米跳高中試跳成功的概率分別為0.7、0。6，且每次試跳成功與否相互之間沒有影響．求：(1)甲試跳三次，第三次才成功的概率;（2)甲、乙兩人在第一次試跳中至少有一人成功的概率．解記“甲第i次試跳成功”為事件Ai，“乙第i次試跳成功"為事件Bi，i＝1,2，3.依題意得P(Ai)＝0.7，P（Bi)＝0.6，且Ai與Bi相互獨立．（1)“甲第三次試跳才成功”為事件eq\x\to(A1)eq\x\to(A2）A3,所以P(eq\x\to(A1）eq\x\to（A2）A3)＝P(eq\x\to(A1))P（eq\x\to(A2))P(A3）＝0。3×0。3×0.7＝0。063.所以甲第三次試跳才成功的概率為0.063。（2)記“甲、乙兩人在第一次試跳中至少有一人成功”為事件C.P（C)＝1－P(eq\x\to（A1）eq\x\to(B1）)＝1－P(eq\x\to(A1））P（eq\x\to（B1）)＝1－0.3×0.4＝0。88。所以甲、乙兩人在第一次試跳中至少有一人成功的概率為0。88.點評本題考查事件的獨立性，以及互斥事件和對立事件等知識，關鍵在于理解事件的性質，然后正確運用相應的概率公式加以求解．歸納總結1．對于事件A、B，如果事件A（或B）是否發生對事件B（或A)發生的概率沒有影響，則稱這兩個事件為相互獨立事件．如甲袋中裝有3個白球,2個黑球，乙袋中裝有2個白球，2個黑球，從這兩個袋中分別摸出一個球,把“從甲袋中摸出1個球，得到白球”記為事件A，把“從乙袋中摸出1個球,得到白球”記為事件B,顯然A與B互相獨立．2．弄清事件間的“互斥”與“相互獨立”的區別．兩個事件互斥是指兩個事件不可能同時發生，兩個事件相互獨立是指一個事件的發生與否對另一個事件發生的概率沒有影響．3．理解并運用相互獨立事件的性質．如果事件A與B相互獨立，那么下列各對事件：A與eq\x\to（B)，eq\x\to(A)與B，eq\x\to(A)與eq\x\to(B）也都相互獨立．4．牢記公式的應用條件，準確、靈活地運用公式．5．認真審題，找準關鍵字句，提高解題能力．如“至少有一個發生”，“至多有一個發生”，“恰有一個發生”等.3概率易混點剖析概率內容的新概念較多，相近概念容易混淆，本文就學生易犯錯誤作如下總結：一、“非等可能”與“等可能”混同例1擲兩枚骰子，求所得的點數之和為6的概率．錯解擲兩枚骰子出現的點數之和2,3，4，…，12共11種基本事件，所以概率為P＝eq\f（1,11).剖析以上11種基本事件不是等可能的，如點數和為2只有（1，1)，而點數之和為6有（1,5)、(2,4）、（3,3)、（4,2）、(5,1)共5種．事實上，擲兩枚骰子共有36種基本事件,且是等可能的，所以“所得點數之和為6”的概率為P＝eq\f（5，36）.正解擲兩枚骰子共有36種基本事件，點數之和為6有(1，5)、(2，4）、（3，3）、(4,2）、(5,1）共5種，所以所求概率P＝eq\f(5，36）.二、“互斥"與“對立”混同例2把紅、黑、白、藍4張紙牌隨機地分給甲、乙、丙、丁4個人，每個人分得1張，事件“甲分得紅牌”與“乙分得紅牌”是(）A．對立事件B．不可能事件C．互斥但不對立事件D．以上均不對錯解A剖析本題錯誤的原因在于把“互斥”與“對立”混同，要準確解答這類問題，必須搞清對立事件與互斥事件的聯系與區別,這二者的聯系與區別主要體現在以下三個方面:（1)兩事件對立，必定互斥，但互斥未必對立;（2）互斥的概念適用于多個事件，但對立的概念只適用于兩個事件；（3）兩個事件互斥只表明這兩個事件不能同時發生，即至多只能發生其中一個,但可以都不發生；而兩事件對立則表明它們有且僅有一個發生．事件“甲分得紅牌”與“乙分得紅牌”是不能同時發生的兩個事件,這兩個事件可能恰有一個發生，一個不發生,可能兩個都不發生,所以應選C。正解C三、“互斥”與“獨立"混同例3甲投籃命中率為0.8，乙投籃命中率為0。7，每人投3次,兩人恰好都命中2次的概率是多少？錯解設“甲恰好投中兩次"為事件A，“乙恰好投中兩次”為事件B,則兩人都恰好投中兩次為事件A＋B，P(A＋B）＝P（A)＋P(B)＝Ceq\o\al(2，3）×0。82×0。2＋Ceq\o\al(2，3）×0.72×0.3＝0。825.剖析本題錯誤的原因是把相互獨立同時發生的事件當成互斥事件來考慮，將“兩人都恰好投中2次"理解為“甲恰好投中兩次”與“乙恰好投中兩次"的和．正解設“甲恰好投中兩次”為事件A，“乙恰好投中兩次"為事件B,且A，B相互獨立，則兩人都恰好投中兩次為事件AB，于是P（AB)＝P（A）×P（B）＝Ceq\o\al（2，3)×0。82×0。2×Ceq\o\al(2，3）×0.72×0.3≈0.169。點評上述例題錯誤的原因在于把兩事件互斥與兩事件相互獨立混同．互斥事件是指兩個事件不可能同時發生；兩事件相互獨立是指一個事件的發生與否對另一個事件的發生與否沒有影響．它們雖然都描繪了兩個事件間的關系，但所描繪的關系是根本不同的．四、“條件概率P（B|A)”與“積事件的概率P(AB）”混同例4袋中有6個黃色、4個白色的乒乓球，做不放回抽樣，每次任取一球,取2次，求第二次才取到黃色球的概率．錯解記“第一次取到白球”為事件A,“第二次取到黃球"為事件B，“第二次才取到黃球"為事件C，所以P(C)＝P（B|A）＝eq\f(6,9)＝eq\f（2,3）。剖析本題錯誤在于P（AB)與P（B|A）的含義沒有弄清,P（AB)表示在樣本空間S中，A與B同時發生的概率;而P（B|A)表示在縮減的樣本空間SA中,作為條件的A已經發生的條件下事件B發生的概率．正解P(C）＝P(AB）＝P(A)·P（B｜A)＝eq\f（4，10）×eq\f（6，9）＝eq\f(4，15）.

4概率問題與其他知識的綜合應用由概率和其他知識整合的題目近年來頻頻出現在各類考試中，這類題目覆蓋面廣，綜合性強，用到的數學思想和方法比較多，對能力要求較高，我們要給予充分關注,并注意總結解題方法．一、概率與函數例1在多項飛碟運動中，允許運動員射擊兩次．運動員每一次射擊命中碟靶的概率p與運動員離碟靶的距離s（米)成反比，且距離s（米）與碟靶飛行時間t(秒)滿足s＝15(t＋1）（0≤t≤4)．現有一碟靶拋出后,某運動員在碟靶飛出0.5秒時進行第一次射擊命中的概率為0。8；如果他發現沒有命中，則迅速調整，在第一次射擊后再經過0.5秒進行第二次射擊，求此運動員命中碟靶的概率．解設p＝eq\f(k,s）(k為常數)，則p＝eq\f(k,15t＋1)（0≤t≤4），依題意當t＝0.5時，p1＝0.8,則k＝18，所以p＝eq\f(6,5t＋1)，當t＝1時，p2＝0。6.故此人命中碟靶的概率為p＝p1＋（1－p1）p2＝0。8＋（1－0。8）×0.6＝0。92.點評此題為條件概率問題（要注意第二次射擊的前提)，兩次射擊可以理解為（有條件的）互斥事件．二、概率與不等式例2某商店采用“購物摸球中獎”的促銷活動，球袋中裝有10個球，號碼為n(1≤n≤10，n∈N＋）的球的重量為f(n)＝n2－9n＋21,現有兩種摸球方案：①摸球1個，若球的重量小于該球的號碼數，則中獎；②一次摸出兩個球，若兩球的重量相等,則中獎．試比較兩種摸獎方案的中獎概率的大小．解方案①,球的重量小于號碼數,即n2－9n＋21〈n，解得3〈n〈7(n∈N＋）,故n的取值為4,5,6,中獎概率為p1＝0.3；方案②，若第n號球與第m號球重量相等(n〈m），則有n2－9n＋21＝m2－9m＋21，即（n－m)(m＋n－9)＝0,故m＋n＝9（n可取值1,2，3,4），中獎概率為p2＝eq\f(4,C\o\al(2，10）)＝eq\f（4，45）。顯然p1〉p2，即方案①的中獎概率大．點評解決此問題需要先求不等式的整數解（實際問題的要求）,再計算中獎概率．三、概率與遞推數列例3A、B兩人拿兩個骰子做拋擲游戲,規定：若擲出的點數之和是3的倍數，則由原拋擲者繼續擲；若擲出的點數之和不是3的倍數就由對方接著擲,第一次由A開始擲,設第n次由A擲的概率為pn，求pn的表達式．解第n次由A擲有兩種情況：①第n－1次由A擲,第n次繼續由A擲，此時概率為eq\f(12,36)pn－1;②第n－1次由B擲，第n次由A擲，此時概率為eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（1－\f（12，36)）)（1－pn－1)．故有pn＝eq\f(12,36）pn－1＋eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（1－\f(12,36））)（1－pn－1）(n≥2）,即pn＝－eq\f(1，3）pn－1＋eq\f(2,3)(n≥2)．令pn＋x＝－eq\f（1,3)（pn－1＋x）,整理可得x＝－eq\f（1，2）,故pn－eq\f（1,2）＝－eq\f(1，3）eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(pn－1－\f(1，2）)）(n≥2)，又p1＝1,所以數列eq\b\lc\{\rc\}（\a\vs4\al\co1(pn－\f(1,2）))是以eq\f(1，2)為首項，－eq\f（1，3）為公比的等比數列，于是pn－eq\f(1,2）＝eq\f（1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（－\f（1，3))）n－1，即pn＝eq\f(1,2）＋eq\f(1,2）eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（－\f（1,3）)）n－1。點評弄清pn與pn－1的關系并建立遞推關系式是問題獲得解決的關鍵．5深析超幾何分布與二項分布的關系超幾何分布與二項分布都是隨機變量取非負整數值的離散分布，表面上看，兩種分布的概率求取有截然不同的表達式，但看它們的概率分布表，會發現構造上的相似點．課本中對超幾何分布的模型建立是這樣的：若有N件產品，其中M件是次品，無返回地任意抽取n件，則其中恰有的次品件數X是服從超幾何分布的．而對二項分布則使用比較容易理解的射擊問題來建立模型．若將超幾何分布的概率模型改成：若有N件產品，其中M件是次品，有返回地任意抽取n件，則其中恰有的次品件數X是服從二項分布的．在這里，兩種分布的差別就在于“有"與“無”的差別，只要將概率模型中的“無”改為“有"，或將“有”改為“無”，就可以實現兩種分布之間的轉化．超幾何分布與二項分布是兩個非常重要的概率模型，許多實際問題都可以利用這兩個概率模型來求解．在實際應用中，理解并辨別這兩個概率模型是至關重要的．下面通過幾個例子說明一下兩者的區別．例1從6名男生和4名女生中,隨機選出3名學生參加一項競技測試，試求選出的3名學生中女生人數ξ的分布．解由題意得ξ＝0,1，2，3.ξ服從參數為N＝10，M＝4,n＝3的超幾何分布．P(ξ＝0)＝eq\f（C\o\al（3,6)，C\o\al(3，10))＝eq\f(20,120）＝eq\f（1，6）,P（ξ＝1）＝eq\f(C\o\al(1，4）·C\o\al（2，6)，C\o\al(3,10）)＝eq\f(60,120)＝eq\f(1，2)，P(ξ＝2)＝eq\f（C\o\al(2,4）·C\o\al(1,6），C\o\al(3，10))＝eq\f(36，120）＝eq\f（3,10），P（ξ＝3)＝eq\f(C\o\al（3，4），C\o\al(3，10)）＝eq\f（4，120)＝eq\f(1,30），故ξ的分布列為ξ0123Peq\f(1，6)eq\f（1，2)eq\f（3,10）eq\f（1，30）點評這是一道超幾何分布的題目,學生在做的時候容易把它看成是二項分布問題，把事件發生的概率看作是0.4.例2甲乙兩人玩秒表游戲，按開始鍵，然后隨機按暫停鍵，觀察秒表最后一位數，若出現0,1,2，3則甲贏,若最后一位出現6，7，8，9則乙贏,若最后一位出現4,5是平局．玩三次，記甲贏的次數為隨機變量X,求X的分布列．解由題意得：X＝0，1,2，3，P（X＝0)＝Ceq\o\al(0，3）×0。63＝0.216，P(X＝1）＝Ceq\o\al(1,3）×0。62×0.4＝0。432，P（X＝2)＝Ceq\o\al(2,3)×0.6×0。42＝0。288，P（X＝3）＝Ceq\o\al(3，3）×0.43＝0。064.故X的分布列為X0123P0.2160。4320。2880.064點評這是一道二項分布的題目,學生容易看成超幾何分布，認為X服從N＝10，M＝4，n＝3的超幾何分布．二項分布應滿足獨立重復試驗：①每一次試驗中只有兩種結果(要么發生，要么不發生)．②任何一次試驗中發生的概率都一樣．③每次試驗間是相互獨立的互不影響的．6三法求均值均值是離散型隨機變量的一個重要的數字特征，它反映了離散型隨機變量取值的平均水平,均值的求解策略也有多種，下面通過實例來闡述．方法一利用定義求均值根據定義求離散型隨機變量的均值,首先要求分布列，然后利用公式Eξ＝x1p1＋x2p2＋…＋xnpn求解．例1一接待中心有A，B,C，D四部熱線電話．已知某一時刻電話A，B占線的概率為0。5，電話C、D占線的概率為0。4，各部電話是否占線相互之間沒有影響．假設該時刻有ξ部電話占線，試求隨機變量ξ的分布列和它的均值．分析先判斷ξ的所有可能取值，再根據相應知識求概率．解由題意知ξ的所有可能取值為0，1，2，3，4。P（ξ＝0）＝0。52×0。62＝0。09，P（ξ＝1）＝Ceq\o\al（1,2）×0.52×0。62＋Ceq\o\al(1，2）×0.4×0.6×0.52＝0.3，P(ξ＝2)＝Ceq\o\al（2，2)×0.52×0。62＋Ceq\o\al(1,2)×0。52×Ceq\o\al(1,2)×0.4×0。6＋Ceq\o\al(2，2）×0.42×0。52＝0.37，P(ξ＝3）＝Ceq\o\al(2,2）×0。52×Ceq\o\al（1，2)×0。4×0.6＋Ceq\o\al（1,2）×0。52×Ceq\o\al（2，2)×0。42＝0.2，P(ξ＝4）＝0。52×0。42＝0。04。于是ξ的分布列為ξ01234P0.090.30.370.20.04所以Eξ＝0×0.09＋1×0。3＋2×0。37＋3×0。2＋4×0。04＝1。8.點評均值與分布列聯系密切，正確地求出隨機變量的分布列,是求均值的關鍵．解題時,確定隨機變量ξ取哪些值及相應的概率，是利用定義求均值的重點．方法二利用公式求均值有些離散型隨機變量如果歸結為超幾何分布、二項分布等常見分布類型時就常使用公式法求均值：(1)若X服從二項分布，即X~B（n，p），則EX＝np.(2）若X服從超幾何分布，則EX＝neq\f(M，N）.例2一個袋子里裝有大小相同的5個白球和5個黑球,從中任取4個，求其中所含白球個數的均值．解根據題目所含白球數X服從參數N＝10，M＝5，n＝4的超幾何分布,則EX＝eq\f（nM,N）＝eq\f(4×5，10)＝2.所以從中任取4個球平均來說會含有2個白球．點評此題判斷隨機變量服從哪種分布是關鍵，再者要弄清公式中參數的含義．方法三利用性質求均值對于aX＋b型的隨機變量一般用性質E(aX＋b)＝aEX＋b來求解．例3某種種子每粒發芽的概率都為0.9，現播種了1000粒，對于沒有發芽的種子，每粒需再補種2粒，補種的種子數記為X,則X的均值為()A．100 B．200C．300 D．400解析記“不發芽的種子數為ξ"，則ξ～B(1000，0。1），所以Eξ＝1000×0.1＝100，而X＝2ξ,故EX＝E（2ξ）＝2Eξ＝200.答案B點評解決此類問題的關鍵是找出變量與變量的內在聯系,并正確套用性質．7正態分布的實際應用正態分布是實際生活中應用十分廣泛的一種概率分布，因此,我們要熟練掌握這種概率模型，并能靈活地運用它分析解決實際問題，其中分布密度曲線、幾個特殊概率P(μ－σ〈X〈μ＋σ）＝0。683,P（μ－2σ<X〈μ＋2σ）＝0.954，P(μ－3σ<X〈μ＋3σ）＝0.997,P(x＝c)＝0(c為常數)應熟練掌握，他們是新課程標準中要求掌握的范疇．正態分布重點要掌握分布密度曲線的性質,會利用幾個特殊概率解決簡單的問題,特別要注意數形結合思想在求概率中的運用．例1已知從某批材料中任取一件時，取得的這件材料的強度X服從N(200，182)．(1)計算取得的這件材料的強度不低于182的概率;（2）如果所用的材料在以98％的概率保證強度大于164，問這批材料是否符合這個要求？分析根據正態分布和正態曲線的性質分析求解．解（1）X～N（μ，σ2),其中μ＝200，σ＝18，而182＝200－18＝μ－σ，218＝200＋18＝μ＋σ,∴P(182<X<218)＝0.683.又1＝P(X〈182)＋P(182〈X<218)＋P(X〉218），且由正態曲線的對稱性可知，P(X〈182）＝P(X〉218),∴P(X〈182）＝eq\f（1,2）（1－0.683）＝0。159.∴P(X〉182）＝1－P（X〈182）＝1－0.159＝0.841.故所求的概率為0.841.（2)由題意有P(X>164)＝0.98.而164＝μ－2σ,∴P（164〈X〈236)＝0。954。又由正態曲線的對稱性可知P（X〈164）＝P(X>236），且P(X〈164）＋P（164<X〈236)＋（X>236）＝1，∴P（X〉164)＝1－P（X<164）＝0.977<0。98.故這批材料不符合這個要求．例2已知某車間正常生產某種零件的尺寸滿足正態分布N(27.45，0。052)，質量檢驗員隨機抽查了10個零件,測量得到它們的尺寸如下：27．3427。4927.5527。2327。4027．4627。3827.5827.5427.68請幫助質量檢驗員確定哪些應該判定為非正常狀態下生產的．分析正態變量的取值幾乎都在距x＝μ三倍標準差之內，所以對落在區間（27。45－3×0。05,27。45＋3×0。05）之外的零件尺寸做出拒絕接受零件是正常狀態下生產的假說．解有兩個零件不符合落在區間(27.45－3×0.05,27。45＋3×0。05)內,尺寸為27.23和尺寸27。68的兩個零件,它們就是在非正常狀態下生產的．8用獨立事件同時發生的概率講“道理"概率本身就來源于生活，又服務于生活．在日常生活中，我們經常會遇到有理說不清的情況，如果我們有時能準確合理的運用概率知識進行分析，通過嚴密的分析和詳實準確的數據,往往不僅能把道理講清,而且能把道理講透，講得讓人“心服口服”．如果不信,我們下面就不妨用獨立事件同時發生的概率來講兩個道理．道理1：我國的大教育家孔子曰：“三人行，必有我師焉”．能用概率知識詮釋孔子的這句名言嗎？詮釋：俗話說：“三百六十行，行行出狀元．”我們不妨把一個人的才能分成360個方面．因為孔子是大學問家，我們假設他在每一行的排名都處在前的可能性為99％，即任意一個人在任一方面的才能低于他的可能性為99％.另外兩個人在任何一方面的才能不如孔子分別看作兩個獨立事件，則在任一行中,這兩個人的才能均不超過孔子就成了概率中兩個獨立事件同時發生的模型，所以可能性是99%×99％＝98.01%.而在360行中，另外兩人的才能均不超過孔子的可能性即為獨立事件重復發生的概率，所以為(98。01％)360≈0。07%。反過來說，另外兩人中有人的才能在某一方面超過孔子的可能性為1－(98。01％）360≈99.93%.也就是說,兩人中有人可以在某一方面做孔子的老師的可能性約為99。93％。從上面的分析可知,“三人行，必有我師"雖然是孔子自謙的話,但從實際情況來看，這句話是很有道理的．道理2：小強和小明的家都在同一棟10層的小高層里，小強家在頂層，小強堅持認為由于小高層有底層到頂層的電梯，所以自己從電梯上樓到家的速度應該是相當快的．可是小明并不這樣認為,但是又無法說服小強，只是一味地強調如果考慮每層都有人要上電梯，那么也要耽誤很多時間，所以乘電梯也不一定很快．我們如何來幫助小明通過準確的數據來說服小強呢？我們不妨設計這樣一個問題:十層電梯從底層到頂層停不少于3次的概率是多少？停幾次概率最大？解依題意，從底層到頂層停不少于3次,應包括停3次，停4次，停5次，……，直到停9次．這些情況都是互斥關系,電梯每一層停的概率為eq\f(1,2），每種具體的情況實際上是獨立事件重復發生的概率問題．∴從底層到頂層停不少于3次的概率P＝Ceq\o\al（3,9）eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(1,2））)3eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(1，2)))6＋Ceq\o\al（4，9)eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(1,2）))4eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（1,2))）5＋Ceq\o\al(5,9)eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（1，2）））5eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（1，2)))4＋…＋Ceq\o\al(9，9)eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(1，2)))9＝（Ceq\o\al(3,9)＋Ceq\o\al（4，9）＋Ceq\o\al(5，9)＋…＋Ceq\o\al(9，9)）eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（1,2））)9＝[29－（Ceq\o\al（0,9)＋Ceq\o\al（1，9）＋Ceq\o\al(2,9)）］eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(1，2)))9＝(29－46）eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(1,2）））9＝eq\f(233,256）.設從底層到頂層停k次，則其概率為Ceq\o\al(k,9)eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(1,2)))keq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(1，2）)）9－k＝Ceq\o\al(k，9)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（1,2)）)9,∴當k＝4或k＝5時,Ceq\o\al(k，9）最大，即Ceq\o\al（k,9)eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（1,2）))9最大,∴從底層到頂層停不少于3次的概率為eq\f(233,256）,停4次或5次概率最大．通過上面的詳實分析和準確數據，我們發現由于電梯至少停三次的概率較大，而且停4次或5次的可能性最大，因為每次電梯停下來開門、關門等都要耽誤一定的時間，累計起來耽誤的時間卻是不少，所以小明的觀念還是有一定的道理的．生活中像這樣的現象很多，表明上看起來都與概率無關，但是對于“數學人”來說,生活中的概率無處不在，關鍵就在于要善于將這些現象轉化為概率模型，通過數學知識來進行定性和定量分析,達到“以理服人”的效果．9生活中的概率問題在日益發展的信息社會中，即使一般的勞動者，也必須具備基本的數學運算能力以及應用數學思想去觀察和分析工作、生活乃至從事經濟、政治活動的能力．在存款、利息、投資、保險、成本、利潤、彩票等，我們常遇見一些概率問題．下面就我們現實生活中常見的一些概率問題進行一些簡單的分析：一、誰先誰后的問題單位有六臺舊麻將機將處理給單位員工，定價300元一臺．結果有12位希望買一臺．于是單位領導就寫了十二張小紙條，其中有六張寫著“恭喜購買成功",另六張寫著“謝謝你的配合，你購買不成功！”．再把紙條折好．然后叫十二位員工按先后順序來抓．請問：這十二位員工拿中的概率是一樣的嗎？也就是說這種方法公平嗎？最后一位員工是不是最劃不來?顯然，對于第一個抓紙條的人來說，他從12張紙條中選一張，抽到“恭喜購買成功”的概率為eq\f(1，2).對于第二個抓紙條的人來說，可以分兩種情況考慮：①第一個人抽中，他抽中的概率，②第一個人沒有抽中，他抽中的概率，這兩種情況是等概率事件,所以不管第一個人抽中還是沒抽中，不影響第二個人抽中的概率．同樣對于第三個人來說，他抽中的概率可以分成四種情況考慮：①一中，二中，他抽中的概率，②一中，二不中，他抽中的概率，③一不中,二中，他抽