概率三问题

概率三问题（精选8篇）

概率三问题 篇1

概率是新课程的又一大亮点，它不仅以其新颖性、综合性、实用性“闪亮登场”，吸引我们的视线，而且体现了新高考考查思维能力的精神.古典型和几何型是概率的两大主要类型.

一、经典的骰子问题

例1.一次投掷两颗骰子，求出现的点数之和为奇数的概率.

【分析】在抛两颗骰子问题中要注意基本事件数一般为36种，但有的问题可以灵活样本空间.

【解析1】设A表示“出现点数之和为奇数”，用(i, j)记“第一颗骰子出现i点，第二颗骰子出现j点”，i, j=1, 2，…6.显然出现的36个基本事件组成等可能样本空间，其中A包含的基本事件个数为k=3×3+3×3=18，故P (A)=.

【解析2】若把一次试验的所有可能结果取为：(奇，奇)，(奇，偶)，(偶，奇)，(偶，偶)，则它们也组成等概样本空间.基本事件总数n=4, A包含的基本事件个数为k=2，故P (A)=.

【解析3】若把一次试验的所有可能结果取为：{点数和为奇数}，{点数和为偶数}，也组成等概样本空间，基本事件总数n=2, A所含基本事件数为1，故P (A)=.

【评注】在这个问题中，找出的基本事件组构成的样本空间，必须是等可能的.解法2中倘若解为：(两个奇)，(一奇一偶)，(两个偶)，当做基本事件组成样本空间，则得出P (A)=，类比于掷两枚硬币，错的原因就是它不是等可能的.例如P(两奇)=，而P(一奇一偶)=.本例又告诉我们，同一问题可取不同的样本空间解答.

因此，这道题的实质是解决了概率中的古典型问题.在解题中，要把握住公式P (A)=，选取行之有效的样本空间是解决古典型问题的关键.

二、美丽的约会问题

例2.甲、乙两人约定在6时到7时之间在某处约会，并约定先到者应等候另一个人15分钟，过时即可离去，求两人能会面的概率.

【分析】这是历史上有名的约会问题，也代表了几何概型解题策略.如果在平面直角坐标系内用轴表示甲到达约会地点的时间，y轴表示乙到达约会地点的时间，用0分到60分表示6时到7时的时间段，则横轴0到60与纵轴0到60的正方形中任一点的坐标(x, y)就表示甲、乙两人分别在6时到7时时间段内到达的时间.而会面的时间由|x-y|≤15所对应的图中阴影部分表示.由于每人到达约会地点的时刻都是随机的，因而正方形内每个点都是等可能被取到的(即基本事件等可能发生).

【解析】以x和y轴分别表示甲、乙两人到约会地点的时间，则两人能够会面的条件是|x-y|≤15.在平面上建立直角坐标系如图所示：由于(x, y)的所有可能结果是边长为60的正方形，因而可能会面的时间由图中阴影部分所表示.这是一个几何概型的问题.由等可能性知所求概率为：.

【评注】本题的难点是把两个时间分别用x, y两坐标轴表示，构成平面的点(x, y)，从而把时间这个一维长度问题转化为平面图形的二维面积问题，把约会问题转化为面积型的几何概率问题.

从本例中我们发现几何概型是由一维变量、二维变量、三维变量构成的线段、面积、体积之比.因此解决此类问题只需确定测度D和d，再利用几何概型来求概率.

三、事件的互斥问题

例3.某学校篮球队，羽毛球队、乒乓球队员，某些队员不止参加了一支球队，具体情况如图所示，现从中随机抽取一名队员，求：

(1)该队员只属于一支球队的概率;

(2)该队员最多属于两支球队的概率.

【分析】如何从韦恩图示中找到基本事件的总数及所需事件的总数.从第二问中能看出是互斥中的特例对立事件，运算就相当简单，反之相对较烦.

【解析】从图中可以看出，3个球队共有20名队员.

(1)记“随机抽取一名队员是篮球队员”为事件A，记“随机抽取一名队员是羽毛球队员”为事件B，记“随机抽取一名队员是乒乓球队员”为事件C.由于A、B、C彼此互斥，故该队员只属于一支球队的概率P=P (A)+P (B)+P (C)=.

答：随机选取一名队员，只属于一支球队的概率为.

(2)记“随机抽取一名队员，该队员最多属于两支球队”为事件B.

答：随机抽取一名队员，该队员最多属于两支球队的概率为.

【评注】本题为互斥事件中的特例，准确把握几个基本事件之间的关系是突破口，遵循遇繁则反的原则.

由上观之，在学习概率的过程中，把握住概率问题的基本事件，理清题意本身，找准几维变量，明辨互斥事件的本质，就能很好地掌握概率基本知识，从而提升思维能力，提高学习效率.

概率问题强化训练 篇2

A. B. C. D.

2.已知甲袋有5张分别标有1～5的号码牌，乙袋有6张分别标示6～11的号码牌，小婷分别从甲、乙两袋中各抽出一张号码牌.若同一袋中每张号码牌被抽出的机会相等，则她抽出两张号码牌，其数字乘积为3的倍数的概率为（ ）.

A. B. C. D.

3.有五条线段，长度分别为1、3、5、7、9，从中任取三条， 一定能构成三角形的概率是（ ）.

A.20% B.30% C.40% D.50%

4.小军旅行箱的密码是一个六位数，由于他忘记了密码的末位数字，则小军能一次打开该旅行箱的概率是（ ）.

A. B. C. D.

5.用100万元资金投资一个技术改造项目，如果成功，可盈利400万元；如果失败，将亏损全部投资.已知成功率是，这一投资项目大致可盈利 万元.

6.一只蚂蚁在如图2所示的七巧板上任意爬行，已知它停在这副七巧板上的任何一点的可能性都相同，那么它停在5号板上的机会是_________ . 图2

7.事件A发生的概率为，大量重复这种试验，事件A平均每100次发生的次数 是 .

8.抛掷两枚均匀的正方体骰子，掷得点数之和为偶数的概率是 ，点数之和为奇数的概率是 ，这两个概率之和等于 .

9.某商场开展开业酬宾活动，设立了两个可以自由转动的转盘（如图3所示，两个转盘均被等分），并规定：顾客购买满188元的商品，即可任选一个转盘转动一次，转盘停止后，指针所指区域内容即为优惠方式；若指针所指区域空白，则无优惠.已知小张在该商场消费300元，

（1）若他选择转动转盘1，则他能得到优惠的概率为多少？

（2）选择转动转盘1和转盘2，哪种方式对小张来说更合算，请通过计算加以说明.

图3

10.随机抛掷图4中均匀的正四面体（正四面体的各面依次标有1、2、3、4四个数字），并且自由转动图中的转盘（转盘被分成面积相等的五个扇形区域）.

（1）求正四面体着地的数字与转盘指针所指区域的数字之积为4的概率（试用列表法或画树状图分析）；

（2）设正四面体着地的数字为a，转盘指针所指区域内的数字为b，求关于x的方程ax2+3x+=0有实数根的概率.

图4

条件概率的第三定义 篇3

思考问题( 见数学选修2—3第二章2. 2节) : 3张奖券中只有1张能中奖,现分别由3名同学无放回地抽取,如果已经知道第一名同学没有抽到中奖奖券,那么最后一名同学抽到中奖奖券的概率是多少?

课本解法: 用A表示第一名同学没有抽到中奖奖券的事件,B表示最后一名同学抽到中奖奖券的事件,Y表示抽到中奖奖券,N表示没抽 到中奖奖 券,则B = { NNY} ,A = { N NY,N Y N} ,由古典概型可知,最后一名同学抽到中奖奖券的概率是n( B)/n( A)=1/2,由此引出条件概率定义: P( B |A) =n( AB)/n( A)

另一解法: 用A表示第一名同学没有抽到中奖奖券的事件,B表示最后一名同学抽到中奖奖券的事件,所有的基本事件为两张不中奖奖券和1张能中奖奖券,一名同学抽奖后,剩余的基本事件全体为Ω = { 1张中奖奖券,1张不能中奖奖券} ,含B的基本事件是{ 1张中奖奖券} ,由古典概型可知,最后一名同学抽到中奖奖券的概率是1/2,由此启发我们给出条件概率的另一定义: P( B | A) = A发生后剩余的含B的基本事件个数/A发生后剩余的基本事件总数.

本文称之为条件概率的第三定义. 本定义较之课本给出的条件概率定义,学生比较容易理解和掌握.

二、条件概率第三定义应用举例

例1 ( 见数学选修2—3第二章2. 2节P60页) 在5道题中有3道理科题和2道文科题,如果不放回地依次抽取2道题,求在第1次抽到理科题的条件下,第2次抽到理科题的概率.

解设第1次抽到理科题为事件A,第2次抽到理科题为事件B,第1次抽到理科题后剩余的题数是4道,其中2道理科题,

由条件概率第三定义可知,

P( B | A) =2/4,即 P( B| A) =1/2.

例2 ( 见数学选修2—3第二章2. 2节P61页) 从一副不含大小王的52张扑克牌中不放回地抽取2次,每次抽1张,已知第1次抽到A,求第2次也抽到A的概率.

解设第1次抽到A为事件B,第2次也抽到A为事件C,第1次抽到A后剩余的基本事件总数是51,第1次抽到A后剩余的A扑克牌有3张,

所以,依据条件概率第三定义得,P( C| B) =3/51

例3 ( 见数学选修2—3第二章2. 2节P61页) 100件产品中有5件次品,不放回地抽取2次,每次抽1件,已知第1件抽出的是次品,求第2次抽出正品的概率.

解设第1件抽出的是次品为事件A,第2次抽出正品为事件B,第1件抽出次品后剩余的基本事件总数是99,第1件抽出次品后剩余的含正品的基本事件个数为95,所以,依据条件概率第三定义得,P( B| A) =95/99.

例4 ( 见数学选修2—3第二章2. 2节P63页) 一个口袋内装有2个白球和2个黑球,那么( 1) 先摸出1个白球不放回,再摸出1个白球的概率是多少?

( 2) 先摸出1个白球放回,再摸出1个白球的概率是多少?

解记先摸出1个白球为事件A,再摸出1个白球为事件B,

( 1) 先摸出1个白球后剩余的基本事件总数为3,先摸出1个白球后剩余的白球个数是1,故依据条件概率第三定义得,P( B| A) =1/3.

( 2) 先摸出1个白球后剩余的基本事件总数为4,先摸出1个白球后剩余的白球个数是2,

故,依据条件概率第三定义得,P( B | A) = 2 /4,即P( B |A) =1/2.

运用条件概率第三定义解决以上例题,较之课本给出的定义,更简捷、更能抓住题目的本质.

三、条件概率的两种情形

条件概率P( B| A) 为在事件A发生的条件下,事件B发生的概率. 在事件A发生的条件下,事件B发生包括两种情形. 第一种情形: 事件A发生后,事件B才发生; 第二种情形: 事件A发生的同时,事件B也可能发生. 这两种情形的共同点是事件A、B都发生. 本文给出的条件概率第三定义适用范围是第一种情形. 如果是第二种情形,必须运用课本的条件概率定义.

例如,一个箱子中装有4个白球和3个黑球,一次摸出2个球,在已知它们的颜色相同的情况下,求该颜色是白色的概率?

解记摸出的2个球颜色相同为事件A,摸出的2个球是白球为事件B,由于事件A发生的同时,事件B也可能发生,故用课本给出的条件概率定义解决,

概率三问题 篇4

近几十年来,风能占电力系统一次能源的比重越来越高,加之风力发电的间歇性特征,电力系统运行中的随机因素越来越多,概率潮流已成为分析其影响的重要工具。由于不同的风电场的风速之间存在相关性,因此,具有相关性随机变量的概率潮流计算已成为目前人们关注的问题之一[1,2,3]。

概率潮流的计算方法主要有Monte Carlo模拟方法、理论计算方法和近似方法3类。Monte Carlo模拟方法的精度最高,其结果通常被作为衡量其他方法优劣的标准,但这类方法的计算开销很大。理论计算方法虽然在计算公式等方面有较好的理论基础,但由于它需要采用快速傅里叶变换[4]或半不变量方法[5,6,7,8]进行数值计算,所以在获得较高的计算效率的同时也引入了较大的误差,半不变量法的另一个缺陷是它难以处理具有相关性的非正态分布变量的概率潮流问题。近似方法中的代表是点估计方法[9,10,11],特别是Hong提出的点估计方法。

严格说来,理论计算方法和近似方法都假定概率潮流中的随机变量之间是相互独立的,如果要处理具有相关性的随机变量,则需要增加新的步骤。其基本思想是将相关的随机变量等价变换到独立的随机变量空间中进行计算。如果随机变量服从正态分布,则采用正交变换进行处理,如文献[12]提出的方法。对于非正态多维随机变量,则很难给出完整的联合概率分布。比较实际的方法是,已知每个随机变量的边际概率分布,并确定多维随机变量的相关系数,而不要求完整的联合概率分布表示。以此为基础,通过恰当的等价变换,将非正态相关的多维随机变量变换到独立的正态空间中。文献[13]给出了基于边际概率分布和相关系数矩阵将多维相关的非正态随机变量变换为独立的正态随机变量的方法。文献[11]以该方法为基础提出了一种包含风速相关性的概率潮流计算方法。

文献[11-13]的方法比较繁琐,而最近几年人们对多项式变换技术的研究取得了进展。本文将结合文献[14-15]给出的三阶多项式正态变换(thirdorder polynomial normal transformation,TPNT)方法和文献[9-10]给出的三点估计法求解含相关性随机变量的概率潮流问题。

相比文献[9],本文考察了变量之间的相关性对概率潮流的影响;相比文献[11],本文提出的变量空间变换方法更加简洁,将非正态相关的随机变量变换到正态不相关的变量空间无需利用半经验公式,而只需遵循统一的变换步骤,因而该方法的通用性也较文献[11]强。

本文首先给出了TPNT方法,然后提出了基于TPNT的概率潮流三点估计法,最后给出了一个IEEE 118节点系统的算例来验证本文所提出的方法的精度和特点。

1 具有相关性随机变量的概率潮流问题

将系统的潮流方程写成如下形式:

式中:PGi和QGi分别为节点i处的机组有功出力和无功出力;PLi和QLi分别为节点i处的有功负荷和无功负荷;θij=θi-θj为节点i与节点j之间的相角差;Vi和θi分别为节点i的电压幅值和相角;Gij和Bij分别为节点导纳阵各元素的实部(电导)与虚部(电纳);Pij和Qij分别为连接节点i与节点j的线路的有功潮流和无功潮流;tij为支路的非标准变比;Yij0为支路的对地导纳。

本文称各节点的负荷需求(有功和无功)以及机组出力中的风力发电机组的出力(有功和无功)为输入变量,称节点电压的幅值和相角以及线路的潮流为输出变量。当输入变量是随机变量时,输出变量也随之成为随机变量。概率潮流问题即是在输入变量为随机变量的情况下求取输出变量的概率分布或数字特征的一类问题。

本文假设节点负荷的有功与无功功率都是随机变量,但节点负荷的功率因数,即负荷取平衡态值处的功率因数,保持不变。因此,只要负荷有功功率被确定,负荷无功功率就随之确定。

各节点负荷的有功需求用向量PD表示,各风电场的风速用向量vW表示,它们都是多维随机变量。PD是一个边际概率为正态分布且相关的变量组,其每个分量均服从均值为μDi、方差为σ2Di的正态分布,i=1,2,…,nD。变量之间的相关系数已知,用nD×nD阶相关系数矩阵RD表示,nD为PD中所含分量的总个数。风电场l的风速vl的边际概率服从Weibull分布,其概率密度函数为:

本文中风力发电机组均为双馈感应发电机,其无功出力可由控制器补偿,因此风力发电机组的无功出力可以保持恒值不变,通常接近于0[2]。风力发电机组的有功出力是随机变量,随风速的变化而变化。风力发电机组的有功出力与风速之间的关系如图1所示。双馈感应发电机的参数如下:切入风速vci为4m/s,额定风速vr为15m/s,切出风速vco为25m/s,额定有功出力Pr为2 MW,额定无功出力Qr为-0.000 2 Mvar。

系统中有nW个风电场,风电场的风速之间存在相关性,用RW表示。为讨论方便,本文定义随机变量向量为:

式中:m=nD+nW。

变量组x的相关系数矩阵是2组变量的相关系数矩阵RD和RW组成的对角分块矩阵,为了表示方便,以后将不特别区分零元素,如下式所示:

2 基于TPNT的概率潮流三点估计法

2.1 TPNT方法

设有一个相关的多维随机变量组,记为x=[x1,x2,…,xm]T,其中,xi的边际概率分布密度函数为f(xi),其均值为μxi,标准差为σxi,且这些变量之间的相关系数矩阵由式(5)表示。

按照TPNT的原理,变量xi可以用一个标准正态分布变量Zi的三阶多项式表示,即

式中:a0,i,a1,i,a2,i,a3,i为变换系数。

变换系数a0,i,a1,i,a2,i,a3,i可以通过求随机变量xi的概率加权矩(PWM)来得到。PWM的定义如下:

式中:βr,i为随机变量xi的r阶PWM;E(·)为随机变量的期望函数;F(xi)为随机变量xi的边际概率分布函数。

进一步可以求xi的线性矩[15]:

最后按下式确定变换系数:

按式(7)至式(9)求取变换系数时,关键是求取式(7)所示的PWM。本文建议,已知F(xi)后直接采用数值积分来求取,因为当边际分布确定后,只要对这个系数求取一次即可,因此采用数值积分并不花费太多的时间,这样避免了理论推导的困难。

上述变换仅仅完成了将非正态随机变量变换为正态随机变量的过程。对于多维随机变量,还需要考虑这种变换使得原来的相关系数等值表示成标准正态分布之间的相关系数。文献[15]给出了这个关系。当x中的随机变量具有式(5)所示的相关系数时,则Z中的随机变量之间的相关系数矩阵为:

RZ与Rx之间的关系为[15]:

式(11)表明,当按式(6)进行变换后,在原来x空间的相关系数矩阵Rx可以变换到Z空间的相关系数矩阵RZ。

经过上述变换,变量组Z依然是相关的,其相关系数矩阵为RZ,且服从标准正态分布,可使用著名的正交变换将其变换到独立的标准正态空间S,并表示为:

式中:下三角阵L是相关系数阵RZ的Cholesky分解RZ=LLT。

基于上述转换,如果已知独立正态分布的随机向量S,则可以用式(12)的逆变换:

得到随机向量Z,并利用式(6)得到x。这个过程为处理相关性随机变量的三点估计法提供了基础。

2.2 处理相关性随机变量组的概率潮流三点估计法

利用三点估计法处理概率潮流问题的基本原理是:首先选择采样点,然后进行潮流计算,得到各个采样点的潮流计算值,并根据这些值估算输出变量的均值和方差。

选择采样点的基本思路是:对于m个随机变量,在其他随机变量都取均值的前提下,第i个变量取采样值,而该变量的采样值有3个,亦即三点采样。当所有随机变量都如此选择时,就要选择3m个采样点,但是其中有m个采样点是相同的,都是均值,故实际上只有2m+1个采样点。

标准的三点估计法要求随机变量是独立的。当随机变量服从非正态分布且彼此相关时,首先在独立的标准正态空间采样,然后利用TPNT将采样点变换到具有指定边际概率分布和相关系数的参数空间,再进行潮流计算,接着利用采样值处的潮流结果估计输出变量的均值和方差。其算法如下。

步骤1:在独立的标准正态空间S中选择采样点。

步骤2:利用式(12)将这些采样点从空间S转换到空间Z。

步骤3:利用式(6)将采样点从空间Z转换到空间x。

步骤4:利用参数空间的值代入潮流方程进行求解,得到潮流方程的解H。

步骤5:返回步骤1直至所有的采样点都处理完毕。

步骤6:利用采样点处的潮流方程的解估算输出变量的均值和方差。

步骤1选择采样值是在独立标准正态空间S进行的,每个分量Si都服从标准正态分布,其均值为0,标准差为1,偏度为0,峰度为3。对于分量Si,在其他的分量都取均值时,其采样值ξSi,k为:

式中:k=1,2;λSi,3和λSi,4分别为随机变量组S中分量Si的偏度和峰度;k为采样点的序号,每个变量取2个采样点。

随机变量组S中的其他变量取均值,分量Si取ξSi,k时构成一个采样点,k=1,2,就是取2个采样点,记为Si,k=[0,0,…,ξSi,k,…,0]。由步骤2和步骤3可以将Si,k变换到参数空间x,记为xi,k。然后将xi,k代入潮流方程,求得潮流结果。本文采用文献[16]提供的免费开源工具箱PSAT进行潮流计算。记H(i,k)为随机变量xi取第k个采样值时的潮流计算结果。为了简化符号,本文用H(i,k)表示输出变量的函数值。

由于随机变量i=1,2,…,m,且k可取1和2,故如此可以计算2m个采样点的函数值。此时采样点的函数值对应的权重为:

式中:k=1,2;i=1,2,…,m。

当所有变量都取均值时得到一个特殊的采样点,同样按步骤2和步骤3可以变换到参数空间,通过潮流计算得到结果,记为H(i,3),但是对所有i=1,2,…,m,其H(i,3)的值相同。该结果对应的权重为:

式中:i=1,2,…,m。

根据上述计算结果,可以得到输出变量H的j阶矩E(Hj):

得到输出变量H的各阶矩后,就可以求出其期望值μH和标准差σH:

3 算例分析

本文以文献[17]给出的IEEE 118节点系统为基础,增加风力发电机组。风力发电机组所在的节点以及风电场编号、风力发电机组的出力和台数等如表1所示。风力发电机组总装机容量692 MW。

假设:有功负荷服从正态分布,均值为静态平衡点处的有功负荷值;标准差取3种不同情况,分别为均值的3%,5%,8%;每个区域内部的节点有功负荷具有相关性,相关系数为0.5;不在一个区域内的负荷不相关。节点负荷的功率因数保持不变,这个功率因数就是负荷取平衡态值处的功率因数。因此,只要负荷有功功率被确定,负荷无功功率就随之确定。

所有风电场的风速都服从Weibull分布,其概率密度函数如式(3)所示。为了研究不同风速的影响,其参数分2种情况:α=10.7,β=3.97[2],称为风速1;α=9.00,β=2.25[11],称为风速2。风速1和风速2所服从的Weibull分布的变异系数(随机变量的标准差与其期望值的绝对值之比)分别为0.282 5和0.470 3。

区域Ⅰ和区域Ⅱ分别包含4个风电场,区域Ⅲ包含6个风电场。每个区域内风电场的风速具有相关性,不同区域之间风电场的风速则不相关。区域Ⅰ、区域Ⅱ和区域Ⅲ内部风电场之间的相关系数矩阵分别为:

为了研究三点估计法的精度,首先用三点估计法和Monte Carlo模拟法分别计算输出变量的数字特征,并将三点估计法的计算结果与Monte Carlo模拟法的结果进行比较,求得其相对误差(百分比)。然后将输出变量分成节点电压、节点相角、线路有功潮流和线路无功潮流4个类别,进行统计,并列出每个类别的相对误差的均值与标准差。

表2是情景A和情景B这2种不同随机变量数据下获得的比较结果。情景A的负荷变异系数为3%,风速采用风速1;情景B的负荷变异系数为5%,风速采用风速1。从表2可看出,2种情景下的相对误差的平均值都比较小,最大的仅为4.13%,说明本文所提出的方法精度较高。

为了进一步讨论该方法对随机变量波动大小的适应性,本文考察了负荷单独为随机变量、风速取其均值且保持恒定不变时的误差,以及负荷取平衡态值、采用风速1和风速2时三点估计法与Monte Carlo模拟法的相对误差的平均值,结果如见3。

从随机波动的幅度看,系统中仅存在负荷随机变化时,负荷波动为3%,5%,8%的波动幅度顺次增加,而风速2比风速1的波动也增加。即使是负荷波动8%也比风速1的波动小,因为在风速1情况下,其变异系数为0.282 5,远大于负荷波动8%的变异系数。

从表3可以看出,随着随机变量波动的增强,三点估计法的误差越来越大,几乎在所有指标的计算中都有所体现。例如:线路有功潮流标准差误差指标,其相对误差的平均值从左到右逐渐增加,说明该方法的精度随波动的增强逐渐下降。

从均值和标准差的估计结果来看,标准差的估计一般比均值的估计精度低,例如节点电压标准差误差在风速2时为4.61%,而其均值误差为0。

从变量类型来看,线路潮流的误差要比节点电压幅值和相角的误差大,无功线路潮流的误差要比有功线路潮流的误差大。

在CPU为Intel双核E6600、内存为2GB的微机上用MATLAB计算,IEEE 118节点系统算例的情景A和情景B需要的计算时间分别为35s和46s,说明本文提出的方法具有较高的计算效率。

4 结语

本文提出了一种处理相关性随机变量的三点估计法。利用TPNT建立了非正态相关的多维随机变量空间与正态不相关的多维随机变量空间之间的变换关系,将非正态相关的多维随机变量变换到正态不相关的变量空间,在正态不相关的变量空间中取采样点,最后将这些采样点通过逆变换重新回到非正态相关的变量空间中进行潮流计算。将非正态相关随机变量变换成标准正态不相关的随机变量,使三点估计法的采样点和权重因子的计算变得极其简单(相应采样点的位置量度和权重因子成为定值)且算法的通用性更强。这种变换—逆变换的过程使三点估计法能够处理含非正态相关随机变量的概率潮流问题。基于IEEE 118节点系统的算例分析表明,该方法计算效率较高,且在一定的波动范围内达到了满意的精度。该方法为研究风力发电的随机影响提供了一种有效的工具。

摘要：采用三阶多项式正态变换方法,将非正态相关的多维随机变量变换到正态不相关的变量空间,在正态不相关的变量空间中取采样点,最后将这些采样点通过逆变换重新变换到非正态相关的变量空间中进行潮流计算。这种变换—逆变换的过程使得点估计方法能够处理含非正态相关随机变量的概率潮流问题。利用该技术,提出了一种求解包含风力发电和负荷随机性的概率潮流问题的三点估计法。基于IEEE 118节点系统的算例分析表明,该方法具有较高的精度,且计算效率高,为讨论基于相关性的概率潮流问题提供了一种有效的工具。

概率问题常见错误剖析 篇5

在概率学习中, 由于问题的灵活性, 思维能力要求较高, 解题时容易出错.本文对几种典型的易错点加以剖析, 以飨读者.

一、对概率的概念理解不到位

例1 “如果某厂产品的合格率为80%, 那么从该厂产品中抽取10件产品, 其中一定有8件合格”, 这句话正确吗?

错解:正确.

剖析:上述说法是错误的.错误的原因是对概率的概念理解不到位.产品的合格率为80%, 是指产品合格的概率是80%, 即在该厂产品中任意抽取10件产品, 其中合格的数量可能是8件, 末必刚好是8件.

二、审题不清

例2 高二 (1) 班、高二 (2) 班每班选出3名学生组成代表队进行乒乓球对抗赛, 比赛规则是:①按“单打、双打、单打”的顺序进行比赛;②代表队中每名队员至少报名参加一盘比赛;③先胜两盘的队获胜, 比赛结束, 若已知每盘比赛双方获胜的概率均为$\frac{1}{2}$, 问: (1) 高二 (1) 班连胜两盘的概率是多少? (2) 高二 (1) 班恰好胜一盘的概率是多少?

错解: (1) 高二 (1) 班连胜两盘有两类:①第一、二盘胜, 第三盘负;②第一盘负, 二、三盘胜, 其概率为

${\rm P}(A)=\frac{1}{2}\times \frac{1}{2}\times (1-\frac{1}{2})+(1-\frac{1}{2})\times \frac{1}{2}\times \frac{1}{2}=\frac{1}{4}.$

(2) 高二 (1) 班恰好胜一盘, 包括胜第一盘, 负二、三盘;胜第二盘、负一、三盘;胜第三盘, 负一、二、盘.其概率为

${\rm P}(B)=\frac{1}{2}\times (1-\frac{1}{2})\times (1-\frac{1}{2})+(1-\frac{1}{2})\times \frac{1}{2}\times (1-\frac{1}{2})+(1-\frac{1}{2})\times (1-\frac{1}{2})\times \frac{1}{2}=\frac{3}{8}.$

剖析:以上解法错误在于审题不清.因为先胜两盘的队获胜, 比赛已结束无需再赛第三盘了, 故第 (1) 题高二 (1) 班连胜两盘指①第一、二盘胜;②第一盘负, 二、三盘胜.其概率为${\rm P}(A)=\frac{1}{2}\times \frac{1}{2}+(1-\frac{1}{2})\times \frac{1}{2}\times \frac{1}{2}=\frac{3}{8}$.第 (2) 题高二 (1) 班恰好胜一盘包括胜第一盘, 负二、三盘和胜第二盘, 负一、三盘, 没有胜第三盘, 负一、二盘这种情形.其概率为${\rm P}(B)=\frac{1}{2}\times (1-\frac{1}{2})\times (1-\frac{1}{2})+(1-\frac{1}{2})\times \frac{1}{2}\times (1-\frac{1}{2})=\frac{1}{4}$.

三、混淆事件, 错用公式

例3 某商场进行的一次有奖销售促销活动中, 主办方在设计的1000张奖券中, 有100张是有奖奖券, 某人购物共抽得5张奖券, 求此人中奖的概率.

错解1:将每张奖券是否中奖看作互斥事件, 而每张奖券中奖的概率都是$\frac{1}{10}$, 因而此人中奖的概率为

${\rm P}=\frac{1}{10}+\frac{1}{10}+\frac{1}{10}+\frac{1}{10}+\frac{1}{10}+\frac{1}{10}=\frac{1}{2}.$

错解2:将每张奖券是否中奖看作相互独立事件, 抽奖5次看作5次独立重复试验, 而每张奖券中奖的概率都是$\frac{1}{10}$, 因而此人中奖的概率为

${\rm P}={\displaystyle \sum _{i=1}^{5}C}{}_5^i(\frac{1}{10}){}^i(1-\frac{1}{10}){}^{5-i}\approx 0.410.$

剖析:这两种解法都把中奖的事件理解错了, 每张奖券是否中奖它们相互之间既不互斥也不独立, 错用了公式计算, 导致错误.

正解:本题每张奖券是否中奖符合等可能事件的特征, 故中奖的概率应该是

${\rm P}=\frac{{\displaystyle \sum _{i=1}^{5}C}{}_{100}^{i}C{}_{900}^{5-i}}{C{}_{1000}^5}\approx 0.345.$

四、对事件中所含基本事件的个数有重复或遗漏

例4 将4封不同的信随机投入3个不同的信箱, 试求3个信箱都不空的概率.

错解:由于每封信都有3种投法, 因此事件总数为34.设“每个信箱都不空”为事件A, 第一步从4封信中取出3封, 分别在每一信箱中投一封, 共有C${}_4^3$A${}_3^3$, 第二步将剩下的一封随机投入某一信箱有C${}_3^1$种, 故事件A为:C${}_4^3$A${}_3^3$·C${}_3^1$, 则

${\rm P}(A)=\frac{C{}_4^{3}A{}_3^3\cdot C{}_3^1}{3{}^4}=\frac{72}{81}=\frac{8}{9}.$

剖析:此解错误的原因是在计算事件中所含基本事件有重复.现用 a、b、c、d 表示4封信.

“第一步取 a、b、c 依次投入三个信箱, 第二步把 d 投入第一信箱”这与“第一步取 d、b、c 依次投入三个信箱, 第二步把 a 投入第一信箱”是同一基本事件.

正解:先从4封信中选2封, 与剩下2封组成3组, 共有C${}_4^2$种, 然后将这三组信投入3个信箱有A${}_3^3$种.所以三个信箱都不空有C${}_4^2$·A${}_3^3$种投法.

事件总数为34.

三个信箱都不空的概率

${\rm P}=\frac{C{}_4^2\cdot A{}_3^3}{3{}^4}=\frac{36}{81}=\frac{4}{9}.$

答:三个信箱都不空的概率为$\frac{4}{9}$.

五、对概率公式的使用条件考虑不周全

例5 10张奖券中有3张中奖的奖券, 每人购买一张, 则前3个购买者中恰有一人中奖的概率为$\begin{array}{l}()\\ (\text{A})\frac{3}{10}\\ (\text{B})C{}_{10}^3\times 0.3\times 0.7{}^2\\ (\text{C})C{}_3^1\times 0.3\times 0.7{}^2\\ (\text{D})\frac{C{}_3^{1}C{}_3^{1}A{}_7^2}{A{}_{10}^3}\end{array}$

错解:因为题中有“恰有一人中奖”, 根据 n 次独立重复试验恰好出现 k 次的概率计算公式

$\begin{array}{l}{\rm P}{}_n(k)=C{}_n^{k}p{}^k(1-p){}^{n-k}\\ =C{}_3^1\times \frac{3}{10}\times (1-\frac{3}{10}){}^2\\ =C{}_3^1\times 0.3\times 0.7{}^2\end{array}$,

故选 (C) .

剖析:此解错误的原因, 是对独立重复试验理解不透, 用错了公式.使用独立重复试验的概率计算公式时, 它有三个前提条件: (1) 每次试验都是在同一条件下重复进行的; (2) 每一次试验都是彼此独立的; (3) 每一次试验出现的结果只有事件发生或者事件不发生两种情况.

只有这三个条件均满足才可使用该公式.而此题中3个购买者去购买奖券时, 是不放回的抽样, 所以彼此之间是不独立的, 故不能用上述公式解答.

正解:3个人从10张奖券中购买一张奖券出现的结果数为A${}_{10}^3$个, 且出现的可能性均等, 恰好有一人中奖出现的结果数为C${}_3^1$C${}_3^1$A${}_7^2$个.

则恰好有一人中奖的概率为$\frac{C{}_3^{1}C{}_3^{1}A{}_7^2}{A{}_{10}^3}$, 故选 (D) .

六、凭空解题

例6 在某些体育比赛中, 比较多的采用“三局两胜”制或“五局三胜”制.现有甲、乙两队进行一场比赛, 若甲队在一局比赛中获胜的概率是0.6 (假设每局比赛相互独立) , 则上述两种赛制中哪一种对甲队更有利?通过计算说明理由.

错解:设“三局两胜”制甲队获胜的概率为P1, “五局三胜”制甲队获胜的概率为P2.因为“三局两胜”, 故甲队在三局比赛中胜两局, 所以

P1=C${}_3^2$×0.62×0.4=0.432.

同理可得P2=C${}_5^3$×0.63×0.42=0.3456.

所以采用“三局两胜”制对甲队更有利.

剖析:由于学生缺乏体育常识, 解题时凭空想象, 差错百出.“三局两胜”制中, 如果甲胜第一局第二局, 则比赛随即终止.故“三局两胜”中甲队获胜有两种情况, 一种是仅比赛两局甲队胜, 另一种是前两局甲队、乙队各胜一局, 第三局甲队胜.对于“五局三胜”制, 同理可分为三种情况.

正解:设在“三局二胜”制中, 甲队获胜的概率为P1, 在“五局三胜”制中甲队获胜的概率为P2.

P1=0.62+ (C120.6×0.4) ×0.6=0.648,

P2=0.63+ (C230.62×0.4) ×0.6+ (C${}_4^2$0.62×0.42) ×0.6=0.683.

所以采用“五局三胜”制对甲队更有利.

山东省郓城第一中学

聚焦概率问题的常见类型 篇6

古典概型的两个特征:

(1) 它的基本事件只有有限个;⑵每个基本事件的发生都是等可能的.

注:若一次实验的等可能基本事件共有n个, 某个事件A包含了m个等可能基本事件, 则事件A发生的概率为P (A) =

例1一个均匀小正方体的六个面中, 三个面上标以数1, 两个面上标以数2, 一个面上标以数3, 将这个小正方体抛掷2次, 求:

(1) 向上的数之和为3的概率;

(2) 向上的数之积为4的概率.

解: (1) 记“向上的数之和为3”为事件A, 则由表1得

(2) 记“向上的数之积为4”这事件B, 则由表2得

二、几何概型

几何概型与古典概型的相同点是基本事件的等可能性, 不同点是基本事件的无限性与有限性的区别.

例2在纸上有一边长为6cm的正方形框, 现用直径为2cm的硬币投向此框, 硬币完全落在正方形外的不计, 求硬币完全落入正方形内的概率.

解:记“硬币完全落入正方形内”为事件G, 如图1, 设正方形ABCD为边长6cm的正方形框, AF=1cm, 而正中间的正方形A′B′C′D′的边长为4cm, 由题意知, 当硬币的圆心落入正方形A′B′C′D′内时, 硬币才完全落入正方形ABCD框内, 又不计硬币完全落入正方形ABCD外的情况,

故硬币完全落入正方形内的概率

三、互斥概型

当事件A、B不能同时发生时, 我们称两事件A、B互斥.

两互斥事件A、B恰有一个发生的概率为:P=P (A+B) =P (A) +P (B) .

推广:两两互斥的事件A1、A2、A3, …, An恰有一个发生的概率为:P=P (A1+A2+A3+…+An) =P (A1) +P (A2) +P (A3) +…+P (An) .

例3在一个口袋中装有5个白球和3个黑球, 这些球除了颜色外完全相同.从中摸出3个球, 求至少摸到2个黑球的概率.

解:记“至少摸到2个黑球”为事件A, “摸到2个黑球1个白球”为事件B, “摸到3个黑球”为事件C, 则事件B与C为互斥事件.B与C恰有一个发生, 则事件A发生,

故至少摸到2个黑球的概率为

四、独立概型

若事件A (或B) 是否发生对事件B (或A) 发生的概率大小没有影响, 则称事件A与B相互独立.

相互独立的两个事件A与B同时发生的概率为P=P (A·B) =P (A) ·P (B) .

推广:两两相互独立的事件A1、A2、A3, …, An同时发生的概率为:P=P (A1·A2·A3·…·An) =P (A1) P (A2) P (A3) …P (An) .

例4甲、乙两班组建新的班委, 甲班现从5名男生, 4名女生中选出5人组成新的班委, 乙班从3名男生, 2名女生中选出3名组成新班委.求甲班班长由男生担任, 乙班班长由女生担任的概率.

解:记“甲班班长由男生担任, 乙班班长由女生担任”为事件A, “甲班班长由男生担任”为事件B, “乙班班长由女生担任”为事件C, 则事件B与C相互独立.B、C同时发生时, 事件A发生, 故甲班班长由男生担任, 乙班班长由女生担任的概率为P (A) =P (B·C) =P (B) P (C) =

注: (1) 在实际解题时, 一定要搞清概型, 不能乱用公式.

例如:某县足球一队与足球二队参加全市足球冠军赛, 一队、二队夺冠的概率分别为0.6, 0.25, 求该县得冠军的概率.

错解:记“该县得冠军”为事件A, “一队得冠军”为事件B, “二队得冠军”为事件C,

则P (A) =P (B·C+B·C) =P (B·C) +P (B·C) =P (B) ·P (C) +P (B) ·P (C) =0.4×0.25+0.6×0.75=0.55.

剖析:此题中事件B与C是互斥事件, 而不是独立事件, 故事件B与C、B与C不是独立事件, 故P (B·C) ≠P (B) ·P (C) , P (B·C) ≠P (B) ·P (C) , 所以上述解法错误.

正解:记“该县得冠军”为事件A, “一队得冠军”为事件B, “二队得冠军”为事件C, 则该县得冠军的概率为P (A) =P (B+C) =P (B) +P (C) =0.6+0.25=0.85.

(2) 互斥与独立混合型

例如:猎人在距离100米射击一野兔, 其命中概率为0.6, 如果第一次没有命中, 则猎人进行第二次射击, 但距离变为150米, 其命中的概率为0.4, 如果又没有命中, 则还可进行第三次射击, 但距离变为200米, 其命中目标的概率为0.2, 求命中野兔的概率.

解:记“命中野兔”为事件A, “第一次命中野兔”为事件B, “第一次没有命中, 第二次才命中”为事件C, “第一、二次没有命中, 第三次才命中”为事件D, 则事件B、C、D为彼此互斥的三个事件.

其中“第一次没有命中”与“第二次命中”是两个相互独立的事件;“第一次没有命中”, “第二次没有命中”与“第三次命中”是彼此相互独立的三个事件.

事件B、C、D恰有一个发生时, 事件A发生, 故命中野兔的概率为

P (A) =P (B+C+D) =P (B) +P (C) +P (D) =0.6+0.4×0.4+0.4×0.6×0.2=0.808.

五、贝努里概型 (即n次独立重复试验)

若一个随机试验满足下述两个条件:

(1) 在一组固定不变的条件下重复地 (n次) 做一种试验, 每次试验的结果只有两个:即事件A发生或不发生;

(2) n次试验是独立的, 那么这种试验称为n次独立重复试验, 即贝努里概型.

n次独立重复试验中, 某事件A发生k次的概率公式为Pn (k) =Cnkpk (1-p) n-k.

注:贝努里概型其实属于独立与互斥混合型.

例5某射手射击一次, 击中目标的概率为0.5, 反复射击, 数列{an}定义如下:

Sn是此数列前n项和, 求S8=2的概率.

解:记“S8=2”为事件A.当S8=2时, 在8次重复射击中, 有5次击中目标, 3次未能击中目标, 可视为贝努里概型.

注:此题也可视为古典概型, 因在8次射击中, 基本事件总数为28, 事件A“S8=2”中所含基本事件个数为C 38, 由古典概型概率公式得

六、条件概型

一般地, 在事件A已经发生的条件下, 事件B发生的概率就叫条件概率, 记为P (B A) .读作“在A发生的条件下B发生的概率”.一般地,

特殊地, 当A与B互斥时, P (B A) =P (A B) =0;当A与B相互独立时, P (B A)

例6 (1) 在100件产品中有10件次品, 随机不放回取两次, 每次取一件, 求在第一次取得正品的条件下第二次取得正品的概率.

(2) 掷一枚硬币5次, 在已知至少出现了2次正面的情况下, 求正面数恰好是3次的概率.

解: (1) 记“第一次取得正品”为事件A, “第二次取得正品”为事件B,

(2) 记“至少出现2次正面”为事件A, “正数恰好为次为事件

所求概率为

关于开锁问题的概率计算 篇7

解析:把五把钥匙分别记为A、B、C、D、E (下同) , 假设D是最终可以开锁的那把钥匙 (简称正确钥匙, 下同) .小明首次试开成功的方案只有一种即第一次试开时取到正确钥匙D;而首次试开时所有取钥匙的方法共有5种可能.故而首次试开成功的概率为

变式1:用5把钥匙逐一试开时, 求直到第3把才刚好打开的概率?

解法1:逐一试开锁的过程, 对应着A、B、C、D、E这五个元素的一个排列, 排列数为A55, 其中试到第三把时刚好打开的情况, 对应着元素D必须在中间位置的一个排列, 排列数为A44.故所求概率值为

解法2:结合实际情况, 当锁子被打开后, 试开锁过程即自行终止, 故可把整个开锁过程看成从5个元素中抽出3个元素的一个排列, 排列数为A53, 其中刚好在第三把试开成功的情形有A42种.故所求概率值为

解法3:把实际开锁过程分解为下列三步操作: (1) 在含有1把正确钥匙的5把钥匙中任取1把, 开锁不成功: (2) 在含有1把正确钥匙的4把钥匙中任取1把, 开锁不成功; (3) 在含有1把正确钥匙的3把钥匙中任取1把, 开锁成功.其概率值分别为, 那么依次完成的这三步操作可以看成三个相互独立的事件同时发生, 故其概率值为

变式2:问用5把钥匙逐一试开时, 直到第2把才刚好打开的概率?

解析:具体方法同变式1, 答案为, 过程从略.

变式3:小明用5把钥匙逐一试开, 问3次内可以把锁子打开的概率?

解析:“3次内把锁子打开”包含“首次试开成功”、“第二次试开成功”、“第三次试开成功”三种情况, 由上述系列变式可知, 其概率值均为, 故“3次内把锁子打开”的概率值为

变式4:若小明的5把钥匙中, 有2把正确钥匙, 那么在逐一试开过程中, 首次试开即获得成功的概率是多少?

解析:假设五把钥匙A、B、C、D、E中, D、E是正确钥匙, 小明欲首次试开获得成功, 首次取到的钥匙必须为D、E中的任意1个, 有A21种方案;而首次试开时所有选取钥匙的方法共有A51=5种.故而首次试开成功的概率为

变式5:若小明的5把钥匙中, 有2把正确钥匙, 那么在逐一试开过程中, 直到第3把才刚好打开的概率是多少?

解析:“直到第三把才刚好打开”, 说明小明取到的前两把钥匙都不是正确钥匙, 第三次才取到1把正确钥匙, 共有A32A21种正确取法, 故所求概率值为

变式6:5把钥匙中有2把正确钥匙, 逐一试开过程中, 若试开成功则结束试验, 求3次内结束试验的概率是多少?

解析:“3次内结束试验”包含“首次试开刚好成功”、“试到第2把时才刚好成功”、“试到第3把时才刚好成功”三种情况, 其概率值分别为故所求概率值为

变式7:若小明想通过逐一试开的方式找出5把钥匙中的那2把正确钥匙, 问他试到第3把时能够打开的概率值是多少?

解法1:按题目要求, “试到第3把时能够打开”并不排除前2把钥匙中有打开的可能, 且开锁过程到“第3把钥匙能够打开”时未必终止, 故正确选法只需定位第3把钥匙为其中1把正确钥匙即可, 共有A21A44种选法, 而整个试开锁过程中钥匙的选法共有A55种, 则所求概率值为

解法2:因题目要求只关心开锁过程试到“第3把钥匙”时能够打开, 故正确选法只需定位前3把钥匙中的第3把钥匙为正确钥匙即可, 所以有A21A42种选法, 而试开锁过程执行到“第3把钥匙打开”时, 钥匙的选法共有A53种, 则所求概率值为

变式8:小明通过逐一试开的方式寻找5把钥匙中的2把正确钥匙, 若2把正确钥匙全部找出, 则试验结束, 求他3次内结束试验的概率?

解析:题目要求“2把正确钥匙全部找出”, 那么“3次内结束试验”的情况有“前2把都是正确钥匙”和“前2把中有1把不是正确钥匙, 第3把是正确钥匙”共2种.其概率值分别, 则所求概率值为

概率问题亮招儿——模型思想 篇8

同学们,如何解决概率问题呢?这里教大家一招———模型思想. 所谓模型思想,就是将现实问题归结为相应的数学问题,并在此基础上利用数学的概念、方法和理论进行深入的分析和研究,从定性或定量的角度来刻画实际问题,并为解决现实问题提供精确数据或可靠的思想方法. 下面通过举例予以说明.

问题(一):老师最近有一张“明星演唱会”入场券,小明和小红都想去观看,入场券该给谁呢?他班的学生纷纷帮老师出谋划策,提供了不同的方案. 下列方案合理吗?为什么?

方案1:甲同学说:“抛掷一枚质地均匀的硬币一次,若正面朝上小明去,否则小红去. ”

方案2:乙同学说“任意转动如图1所示的可以自由转动的转盘一次,停止转动后指针指向红色区域则小明去,否则小红去..”

方案3:丙同学说:“采用抽签法,可以事先准备好两张相同的纸条,并在其中一张上画上记号,小明、小红各抽一次,让抽到纸条上画有记号的学生去. ”

方案4:丁同学说:“抛掷质地均匀的硬币两次,两次正面朝上小明去,否则小红去.”

【解析】方案1是同学们熟悉的抛硬币概型,是古典概型中经典的例子,抛硬币一次出现正面朝上、反面朝上两种等可能结果,显然小明、小红去的概率均为1/2;

方案2转转盘是初中阶段几何概型的典型代表,通过转盘的等分(即:把蓝色区域2等分),将指针指向红、蓝区域的不等可能事件转化为指向红、蓝1、蓝2(如图2)这三个区域的等可能事件,因此小明去的概率为1/3,小红去的概率为2/3,此方案不合理;

方案3的“抽签法”又称“抓阄法”,任意抽出一张纸条,出现的等可能结果只有两种:有记号与没记号,所以抽到有记号的概率为1/2,抽签虽然有先有后,但先抽的人与后抽的人中签的概率是相同的,这样的抽签方法是合理的.

方案4则是两步事件的概率问题,可借助于画树状图(如图3)或列表格(如表1)的方法来达到一一枚举的完整性,从而得两次朝上的概率为1/4(即:小明去的概率只有1/4),该方案不合理.

同学们,如果我们仅满足于就题论题解决,那么习题的功能远没有发挥出来,就会失去培养自己创新思维的良机,“入宝山可不能空返啊”,如果全部用“摸球的模型”来替代,那么上述四种方案又将怎样设计呢?于是就得到下面的变式:

方案1′:在不透明的口袋中放有除颜色外其余都相同的一个红球、一个黄球. 随机摸球一次,如果摸到红球小明去,否则小红去.

方案2′:在不透明的口袋中放有除颜色外其余都相同的一个红球、两个蓝球.随机去摸球一次,如果摸到红球小明去,否则小红去.

方案3′的变式可同方案1′.

方案4′:袋中放有除颜色外其余都相同的一个红球、一个白球,摸出一个球记下颜色后放回,再摸出一个球,如果两次都摸到红球小明去,否则小红去.

模型替代,为概率模型建立搭建了平台. 初中阶段等可能条件下的概率模型,基本上都可以用“摸球模型”来替代.

问题(二):(1)某校开设A、B两门选修课,甲、乙、丙三名学生各自随机报名参加其中一门课,求三名学生恰好报同一门课的概率.

(2)一家医院某天出生了3个婴儿,假设生男生女的机会相同,那么这3个婴儿中性别相同的概率是多少?

(3)假如每次路口碰到红绿灯的可能性相同,一个人过3个路口,求3次都碰到同一种颜色的灯的概率是多少?

(4)你能以“摸球”为背景设计1个与上述问题相同类型的游戏吗?

(5)你还能举出与上述问题相同类型的随机事件吗?

……

同学们,问题(二)各小题情境不同,但解决问题的模型可归结为同一种,即:“一个3步事件的实验,每次实验结果有2种等可能性,求3步中出现同一种结果的概率. ”(答案均为:1/4)

通过模型思想实现多题一解,能有效地培养我们的创新思维以及训练我们的发散思维,使我们觉得数学易学,感到很多新问题都是可以通过转化归结为已经解决的问题来解决,达到事半功倍的效果.