信封问题概率论

【例2】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，每个信封装入一封信，试求(1) 至少有两封信配对的概率.(2) 至少有一封信配对的概率(3) 没有一封信配对.解：(1)设恰有两封信配对为事件A ，恰有三封信配对为事件B ，恰有四封信（也即五封信配对）为事件C ，则“至少有两封信配对”事件等于A +B +C ，且A 、B 、C 两两互斥.∵P （A ）=5525A 2C ⋅，P （B ）=5535A C ，P （C ）=55A 1，∴所求概率P （A ）+P （B ）+P （C ）=12031. 即至少有两封信配对的概率是12031. (2)恰有四封信不配对的装法有C 51(3×3)种, ∴至少有一封信配对的概率为123555559C C 2C 111A 20+⋅++=. (3) 1－122555559C C 2C 19A 20+⋅++=. ◆提炼方法：1.灵活运用事件的互斥与对立关系,进行分类计算,或间接计算.2.恰有四封信不配对的算法.【例3】 学校文艺队每个队员唱歌、跳舞至少会一门，已知会唱歌的有5人，会跳舞的有7人，现从中选3人，且至少要有一位既会唱歌又会跳舞的概率是2116，问该队有多少人？解：设该队既会唱歌又会跳舞的有x 人，从而只会唱歌或只会跳舞的有(12－x)人，记“至少要有一位既会唱歌又会跳舞”的事件为A ，则事件A 的对立事件A 是“只会唱歌或只会跳舞”2116)(1)(,)(3123212=-==--A P A P C C A P xx 又 21161)10)(11)(12()210)(21)(212(-=------∴x x x x x x 解得x=3, 12－x=9，故该队共有9人【例4】在袋中装20个小球，其中彩球有n 个红色、5个蓝色、10个黄色，其余为白球.求：（1）如果从袋中取出3个都是相同颜色彩球（无白色）的概率是11413，且n ≥2，那么，袋中的红球共有几个?（2）根据（1）的结论，计算从袋中任取3个小球至少有一个是红球的概率.解：（1）取3个球的种数为C 320=1140.设“3个球全为红色”为事件A ，“3个球全为蓝色”为事件B ，“3个球全为黄色”为事件C .P （B ）=32035C C =114010，P （C ）=320310C C =1140120. ∵A 、B 、C 为互斥事件，∴P （A +B +C ）=P （A ）+P （B ）+P （C ）， 即11413=P （A ）+114010+1140120⇒P （A ）=0⇒ 取3个球全为红球的个数≤2. 又∵n ≥2，故n =2. （2）记“3个球中至少有一个是红球”为事件D .则D 为“3个球中没有红球”. P （D ）=1－P （D ）=1－320318C C =9527或 P （D ）=3201182221812C C C C C +=9527. 【研讨.欣赏】有人玩掷硬币走跳棋的游戏，已知硬币出现正反面为等可能性事件，棋盘上标有第0站，第1站，第2站，…，第100站，一枚棋子开始在第0站，棋手每掷一次硬币，棋子向前跳动一次，若掷出正面，棋向前跳一站（从k 到k +1），若掷出反面，棋向前跳两站（从k 到k +2），直到棋子跳到第99站（胜利大本营）或跳到第100站（失败集中营）时，该游戏结束.设棋子跳到第n 站概率为P n .（1）求P 0，P 1，P 2的值；（2）求证：P n －P n －1=－21（P n －1－P n －2），其中n ∈N ，2≤n ≤99； （3）求P 99及P 100的值.（1）解：棋子开始在第0站为必然事件，∴P 0=1.第一次掷硬币出现正面，棋子跳到第1站，其概率为21， ∴P 1=21.棋子跳到第2站应从如下两方面考虑： ①前两次掷硬币都出现正面，其概率为41； ②第一次掷硬币出现反面，其概率为21. ∴P 2=41+21=43. （2）证明：棋子跳到第n （2≤n ≤99）站的情况是下列两种，而且也只有两种： ①棋子先到第n －2站，又掷出反面，其概率为21P n －2；②棋子先到第n －1站，又掷出正面，其概率为21P n －1. ∴P n =21P n －2+21P n －1. ∴P n －P n －1=－21（P n －1－P n －2）. （3）解：由（2）知，当1≤n ≤99时，数列{P n －P n －1}是首项为P 1－P 0=－21，公比为－21的等比数列. ∴P 1－1=－21，P 2－P 1=（－21）2， P 3－P 2=（－21）3，…，P n －P n －1=（－21）n . 以上各式相加，得P n －1=（－21）+（－21）2+…+（－21）n ， ∴P n =1+（－21）+（－21）2+…+（－21）n =32［1－（－21）n +1］（n =0，1，2，…，99）. ∴P 99=32［1－（21）100］， P 100=21P 98=21·32［1－（－21）99］=31［1+（21）99］. ◆提炼方法：求某些稍复杂的事件的概率时，通常有两种方法：一是将所求事件的概率化成一些彼此互斥的事件的概率的和；二是先去求此事件的对立事件的概率.。

信封问题概率论引言概率论是数学的一个分支，研究随机事件的发生概率以及它们之间的关系。

在现实生活中，我们经常面临各种决策和选择，而概率论可以帮助我们做出更明智的决策。

本文将探讨一个经典的概率问题——信封问题。

什么是信封问题？信封问题是一个经典的概率问题，它涉及到两个信封和两封信。

假设有两个信封，每个信封里面有一封信，我们要将这两封信装入两个信封中。

装信的过程是随机的，即每个信封被装入哪封信是等可能的。

问题的关键信封问题的关键是：我们装错信封的概率是多少？解决方法为了解决这个问题，我们可以使用概率论的知识来分析。

第一步：定义事件我们首先要定义两个事件： - 事件A：第一个信封被装入第二封信 - 事件B：第二个信封被装入第一封信第二步：计算概率根据题目的设定，每个信封被装入哪封信是等可能的，所以事件A和事件B的概率相等。

我们可以使用条件概率的公式来计算这个概率。

第三步：计算条件概率根据条件概率的公式，我们可以得到：P(A) = P(A|B) * P(B) + P(A|B’) *P(B’)其中，P(A|B)表示在事件B发生的条件下事件A发生的概率，P(B)表示事件B发生的概率，P(A|B’)表示在事件B不发生的条件下事件A发生的概率，P(B’)表示事件B不发生的概率。

根据题目的设定，事件A发生的条件下事件B发生的概率为1，事件A不发生的条件下事件B不发生的概率也为1。

所以我们可以得到：P(A) = P(B) + P(B’)第四步：计算概率根据题目的设定，每个信封被装入哪封信是等可能的，所以事件B发生的概率为1/2，事件B不发生的概率也为1/2。

代入公式，我们可以得到： P(A) = 1/2 +1/2 = 1结论根据计算结果，我们可以得出结论：装错信封的概率是1，即100%。

这意味着在装信的过程中，我们几乎肯定会装错信封。

实际应用信封问题虽然是一个简单的概率问题，但它在现实生活中有着广泛的应用。

在日常生活中，我们常常面临各种选择和决策，而概率论可以帮助我们做出更明智的决策。

信封问题（转载）这是⼀个印度同学问某留学⽣的问题：有两个信封，你可以选择其中⼀个。

其中⼀个⾥⾯装着⼀定数量的钱，另外⼀个装着之前那个信封⼆倍的钱。

你并不知道哪个信封装着的钱更多。

假设你现在随机选择了⼀个信封，如果你被允许给你改变你的选择的话，你会选择另⼀封吗？（ps：从信封上看不出也感觉不出厚度等因素的）第⼀直觉是不会，因为你感觉这两个信封拿到⼀定数量的钱的概率都是1/2，拿到⼆倍钱的概率也是1/2。

但是，概率是个神奇的东西：假使你拿到的信封⾥的钱是A，那么如果你拿到的是钱较少的那个信封，那么另外个信封的钱则是2A，发⽣这种事件的可能性是1/2。

如果你拿到的是钱较多的那个信封，那么另外个信封的钱则是1/2A，发⽣这种事件的可能性也是1/2。

所以，综上，换信封的话，拿到钱的期望是（2A）*1/2+（1/2A）*1/2=5/4A换⾔之，你的期望⽐你继续持有你现有信封的期望要⾼，所以结论是你要换信封！但是更神奇的事情在于，整个推理过程我们⽤的是⼀个未知数A，也就是说，换过以后，如果再给你次机会，那么仍然是你再换信封获得的期望⽐你继续持有那个信封的期望要⾼！⽽且这个过程是⽆限的，所以，理论上，如果给予你⽆数次可以改变的机会的话，你应该不停的选择换信封.------------------------------------------------------下⽂作者：⽹上查了下，这个悖论是经典的Two-Envelope Problem，已经被讨论了⼏⼗年，背后的⽔其实很深。

（1）对于这个诡异的结果，⼀个最简单的解释就是：假设你拿到的信封⾥的钱是A，那么另外⼀个信封的钱则是2A，可能性是1/2，此时我们假设A 是两个信封⾥钱⽐较少的那个数额；假设你拿到的信封⾥的钱是A，那么另外⼀个信封的钱则是A/2，可能性是1/2，此时我们假设A是两个信封⾥钱⽐较多的那个数额。

A⼀会⼉表⽰钱多的那个信封，⼀会⼉表⽰钱少的那个信封，两次没有明确的表⽰同⼀个数量，所以期望的计算不成⽴。

伯努利信封问题解法题目：探寻伯努利信封问题的解法导言：伯努利信封问题是20世纪50年代流行起来的一个有趣的数学难题，让我们一起来探索这个问题的解法。

在这篇文章中，我们将从简单的示例开始，逐步深入研究，最终得出一个高质量的解决方案。

希望通过本文的阅读，您能对伯努利信封问题有更全面、深入和灵活的理解。

1. 什么是伯努利信封问题？伯努利信封问题源于瑞士数学家尼古拉斯·伯努利于1728年提出的一个问题。

问题是：假设有若干封信放在不同大小的信封中，每封信只能放在一个信封中。

如果我们随机地将信装入信封，那么平均来说，有多大的可能性每个信封都被错误地装入？2. 简单的解法和思考在最简单的情况下，假设只有两个信封和两封信，我们可以尝试所有可能的组合：将A信装在A信封中，将B信装在B信封中以及将A信装在B信封中，将B信装在A信封中。

显然，只有一种情况是正确的，即将A信装在A信封中，所以在这种情况下，有1/2的可能性每个信封都被错误地装入。

3. 更复杂的情况和概率计算当信封数量和信件数量增多时，情况变得更加复杂。

此时，我们可以采用概率论的方法来计算每个信封装入错误的概率。

假设有N个信封和N封信，我们可以推导出以下等式来计算错误概率P：P = 1 - 1/1! + 1/2! - 1/3! + ... + (-1)^n * 1/n!其中，n为信件数量，n!表示n的阶乘。

该等式被称为泰勒级数展开，并且逐渐趋近于一个非常接近1/e的值，其中e是自然对数的底数。

4. 高阶解法和数学证明除了通过概率计算来得出近似解的方法，数学家们还为伯努利信封问题提供了一种高阶解法。

他们通过使用Stirling公式，对泰勒级数展开进行了近似。

这种解法不仅提供了近似的答案，还能给出更精确的数值结果。

5. 个人观点和总结通过对伯努利信封问题的探索，我们可以看到数学在解决实际问题中的重要性。

无论是通过简单的思考还是复杂的数学推导，我们能够逐步深入地理解问题，并得出一些有趣的结论。

伯努利错装信封递推法是一种经典的数学问题求解方法，源于17世纪瑞士数学家雅各布·伯努利的研究。

该方法通过假定一个关于信封和信件的序列，然后通过不同的方式装信封和信件，得到一些有趣的数学规律。

这种方法在数学领域有着广泛的应用，尤其在组合数学和概率论中起着至关重要的作用。

本文将对伯努利错装信封递推法进行深入探讨，旨在揭示其原理、应用和相关数学理论。

首先，我们来解释一下伯努利错装信封递推法的基本原理。

在这种方法中，我们假设有n封信封和n封信件，每个信封内包含的信件是随机的。

然后，我们将这些信封和信件以某种规律进行错装，即每个信封内的信件和封信的对应关系是错误的。

最后，我们根据一定的规则来猜测每个信封内的正确信件的概率。

通过递推的方法，我们可以得出一些有趣的结论，例如错装k次后所有信封内的信件都正确的概率是多少，错装次数为k时每个信封内的正确信件的期望数量是多少等。

在实际应用中，伯努利错装信封递推法可以用于解决一些实际问题。

例如，在概率论中，我们可以利用这种方法来求解一些随机事件发生的概率。

在组合数学中，我们可以通过这种方法来计算一些排列组合问题的解。

此外，在密码学领域，这种方法也有一定的应用，可以帮助我们破解一些基于错装递推法的密码算法。

除了应用的方面，伯努利错装信封递推法还具有一定的理论研究价值。

通过对该方法进行深入研究，我们可以揭示其中隐藏的数学规律和结构。

在这个过程中，我们可能会发现一些新的数学定理和公式，从而推动数学理论的发展。

此外，通过运用更加复杂的数学工具和方法，我们还可以扩展该方法的应用范围，进一步提高求解问题的效率和准确性。

梳理一下本文的重点，我们可以发现，伯努利错装信封递推法是一种十分有趣和实用的数学方法。

它不仅可以帮助我们解决一些实际问题，还可以促进数学理论的发展。

通过对该方法进行深入研究，我们可以更好地理解其中的数学原理，探索其中的潜在应用，从而为数学领域的发展做出贡献。

概率习题课概率习题课一、加法原理和乘法原理在概率中的运用1.随机地将15名新生平均分配到三个班级中去，这15名新生中有3名优秀生。

问（1）每个班级分配到1名优秀生的概率是多少？（2）3名优秀生分在同一班级里的概率是多少？2.10把钥匙有3把能打开门，今任取两把，求能打开门的概率。

3.某市有50%的住户定日报，有65%的住户定晚报，有85%的住户至少定两种报纸中的一种，求同时定这两种报纸的住户的百分比。

4.设A与B是两个随机事件，已知A与B至少有一个发生的概率是1/3，A发生并且B不发生的概率是1/9，求B发生的概率。

5.有甲、乙两批种子，发芽率分别是0.8和0.7.在两批种子中各随机地抽取一粒，求：（1）两粒都发芽的概率；（2）至少有一粒发芽的概率；（3）恰有一粒发芽的概率。

二、摸球模型的计算1.（有放回且记序）有一袋子内装有编号为1-5的5个球，从袋内有放回的任取3个球，问3个球编号组成奇数的概率。

2.（有放回不记序）匣子内装有颜色为红、白、黑的3个球，有放回不按序选取，问从匣子内任取2个不同颜色球的概率。

3.（无放回且记序）袋中有1,2，…，N号球各一只，采用（1）无放回；（2）有放回两种方式摸球，试求在第k次摸球时首次摸到1号球的概率。

4.（无放回不记序）100个产品中有3个次品，任取5个，求其次品数分别为0,1,2,3的概率。

5.袋中有a只白球和b只黑球，采用（1）有放回；（2）无放回两种方式从中取出n个球，问恰好有k个黑球的概率各为多少？三、随机取数模型的计算1.（有放回随机取数）从1，2，…，10共10个数中任取一数，设每个数以1/10的概率区中，取后放回，先后取7个数，求下列事件的概率：（1）A1={7个数全不相同}；（2）A2={不含1和10}；（3）A3={10恰好出现两次}；（4）A4={10至少出现1次}。

2.（无放回随机取数）在十个数字0,1,2，…，9中不重复地任取四个，能排成一个四位偶数的概率是多少？四、古典概率的间接计算1.事件A，B互不相容，且P(A)=0.3，P(B)=0.7，求P(AB)。

发表于浙江师大《中学教研∙数学》2011（07）从竞赛到高考班的装错信笺题及变式题探究●甘大旺（北仑明港中学浙江宁波315806）瑞士数学家尼•伯努利(Danil Bemoulli ，1700~1782)提出了装错信笺问题——某人写了n （∈N +）封不同的信，并在n 个信封上写下对应的地址，问把所有信笺全部装错的方法共有多少种？后来，瑞士数学家欧拉(Euler ，1707~1783)认为此题是“组合理论的一个妙题”，并运用递推数列{}n x 独立地解决了这道妙题，求出的方法种数用阶乘表示为11111(1)(1)!0!1!2!3!(1)!!n n n x n n n -⎡⎤--=⋅-+-+++⎢⎥-⎣⎦ ．(#)欧拉解法的关键是找出递推数列的递推式))(1(12n n n x x n x +-=++、难点是后续的求出通项．下面另辟蹊径，运用容斥原理来验证(#)式．证明：当正整数2n ≥时，将这n 封信笺任意装入这n 个信封，不管装对装错，笼统有!n 种方法．其中，至少有1封信笺恰好正确装入信封的任意装法有)!1(1-⋅n n C 种，至少有2封信笺恰好正确装入信封的任意装法有)!2(2-⋅n nC 种，至少有3封信笺恰好正确装入信封的任意装法共有)!3(3-⋅n nC 种，┅，至少有1-n 封信笺恰好正确装入信封的装法共有!11⋅-n n C 种，所有n 封信笺都正确装入信封的装法共有n nC 种．根据容斥原理知，符合题意的投放信笺方法共有123!(1)!(2)!(3)!n x n C n C n C n nn n=-⋅-+⋅--⋅-n n C n n n C n )1(!111)1(-+⋅---++!!)1()!1(!)1(!3!!2!!1!!1n n n n n n n n nn -+--++-+-=- ⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡-+--++-+-⋅=-!)1()!1()1(!31!21!11!01!1n n n n n 种．当1n =时，11100!1!x ==-适合上式.。

第4章习题答案三、解答题1. 设随机变量X求)(X E ，)(2X E ，)53(+X E ．解：E (X ) =∑∞=1i ixp= ()2-4.0⨯+03.0⨯+23.0⨯=E (X 2) = ∑∞=12i i p x = 44.0⨯+ 03.0⨯+ 43.0⨯=E (3 X +5) =3 E (X ) +5 =3()2.0-⨯+5 =2. 同时掷八颗骰子，求八颗骰子所掷出的点数和的数学期望．解：记掷1颗骰子所掷出的点数为X i ，则X i 的分布律为6,,2,1,6/1}{ ===i i X P记掷8颗骰子所掷出的点数为X ，同时掷8颗骰子，相当于作了8次独立重复的试验， E (X i ) =1/6×(1+2+3+4+5+6)=21/6 E (X ) =8×21/3=283. 某图书馆的读者借阅甲种图书的概率为p 1，借阅乙种图书的概率为p 2，设每人借阅甲乙图书的行为相互独立，读者之间的行为也是相互独立的． (1) 某天恰有n 个读者，求借阅甲种图书的人数的数学期望．(2) 某天恰有n 个读者，求甲乙两种图书至少借阅一种的人数的数学期望． 解：(1) 设借阅甲种图书的人数为X ，则X~B (n , p 1),所以E (X )= n p 1 (2) 设甲乙两种图书至少借阅一种的人数为Y , 则Y ~B (n , p ),记A ={借甲种图书}， B ={借乙种图书}，则p =｛A ∪ B ｝= p 1+ p 2 - p 1 p 2 所以E (Y )= n (p 1+ p 2 - p 1 p 2 )4. 将n 个考生的的录取通知书分别装入n 个信封，在每个信封上任意写上一个考生的姓名、地址发出，用X 表示n 个考生中收到自己通知书的人数，求E (X )．解：依题意，X~B (n ，1/n )，所以E (X ) =1.5. 设)(~λP X ，且}6{}5{===X P X P ，求E (X )． 解：由题意知X ～P （λ），则X 的分布律P {}k X ==λλ-e k k!，k = 1,2,...又P {}5=X =P {}6=X , 所以λλλλ--=e e!6!565解得 6=λ，所以E (X ) = 6.6. 设随机变量X 的分布律为,,4,3,2,1,6}{22 --===k kk X P π问X 的数学期望是否存在解：因为级数∑∑∑∞=+∞=+∞=+-=-=⨯-11212112211)1(6)6)1(()6)1((k k k k k k kk k k πππ， 而 ∑∞=11k k 发散，所以X 的数学期望不存在.7. 某城市一天的用电量X （十万度计）是一个随机变量，其概率密度为⎪⎩⎪⎨⎧>=-.0,0,91)(3/其它x xe x f x 求一天的平均耗电量．解：E (X ) =⎰⎰⎰∞-∞-∞∞-==03/203/9191)(dx e x dx xe xdx x f x x x =6.8. 设某种家电的寿命X （以年计）是一个随机变量，其分布函数为⎪⎩⎪⎨⎧>-=.0,5,251)(2其它x x x F求这种家电的平均寿命E (X )．解：由题意知，随机变量X 的概率密度为)()(x F x f '=当x >5时，=)(x f 3350252xx =⨯--，当x ?5时，=)(x f 0. E (X ) =10|5050)(5-53=-==∞++∞∞+∞⎰⎰xdx x x dx x xf所以这种家电的平均寿命E (X )=10年.9. 在制作某种食品时，面粉所占的比例X 的概率密度为⎩⎨⎧<<-=.0,10,)1(42)(5其它x x x x f 求X 的数学期望E (X )．解：E (X ) =dx x x dx x xf ⎰⎰+∞∞-=-152)1(42)(=1/410. 设随机变量X 的概率密度如下，求E (X )．⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧≤<-≤≤-+=.010,)1(2301)1(23)(22其它，，，，x x x x x f解：0)1(1023)1(0123)()(22=-++-=+∞∞-=⎰⎰⎰dx x x dx x x dx x xf X E .111. 设),4(~p B X ，求数学期望)2(sinX E π． 解：X 的分布律为k n kk n p p C k X P --==)1(}{， k = 0，1，2，3，4，X 取值为0，1，2，3，4时，2sin X π相应的取值为0，1，0，-1，0，所以)21)(1(4)1(1)1(1)2(sin 13343114p p p p p C p p C X E --=-⨯--⨯=π12. 设风速V 在(0，a )上服从均匀分布，飞机机翼受到的正压力W 是V 的函数：2kV W =，（k > 0，常数），求W 的数学期望．解：V 的分布律为⎪⎩⎪⎨⎧<<=其它 ,00 ,1)(a v a v f ，所以 ===+∞∞-=⎰⎰aa v a k dv a kv dx v f kv W E 03022|)31(1)()(231ka13. 设随机变量(X , Y )的分布律为求E (X )，E (Y )，E (X – )．解：E (X )=0×(3/28+9/28+3/28）+1×(3/14+3/14+0)+ 2×(1/28+0+0)= 7/14=1/2 E (Y )=0×（3/28+3/14+1/28）+1×(9/28+3/14+0)+ 2×(3/28+0+0)=21/28=3/4 E (X -Y ) = E (X )- E (Y )=1/2-3/4= -1/4.14. 设随机变量(X ，Y )具有概率密度⎩⎨⎧≤+≤≤≤≤=其它,01,10,10,24),(y x y x xy y x f ，求E (X )，E (Y )，E (XY )解：E (X )=⎰⎰⎰⎰-=⋅11022424xDydydx x xydxdy x dx x x ⎰-⋅=1022)1(2124dx x x x ⎰+-=10432)2412(52)51264(1543=+-=x x x.152)34524638()1(31242424)(5/22424)(10654311010322210102=-+-=-⋅==⋅===⋅=⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰--x x x x dx x x dydx y xxydxdy xy XY E xdxdy y xydxdy y Y E DxDy15. 某工厂完成某批产品生产的天数X 是一个随机变量，具有分布律所得利润（以元计）为)12(1000X Y -=,求E (Y )，D (Y )．解： E (Y) = E ［1000(12-X )］=1000×[(12-10)×+(12-11)]×+(12-12)×+(12-13)×+(12-14)×] = 400E (Y 2) = E ［10002(12-X )2］=10002[(12-10)2×+（12-11）2×+（12-12）2×+（12-13）2×+（12-14）2×]=×106D (Y )=E (Y 2)-［E (Y )］2=×106- 4002=×10616. 设随机变量X 服从几何分布 ，其分布律为,,2,1,)1(}{1 =-==-k p p k X P k 其中0 < p < 1是常数，求E (X )，D (X )．解：令q=1- p ,则∑∑∑∑∞=∞=-∞=-∞==⨯=⨯==⨯=111111)()}{()(k kk k k k k dqdq p qk p p qk k X P k X Ep q dq d p q dq d p k k /1)11(0∑∞==-==∑∑∑∑∞=-∞=-∞=-∞=⨯+⨯-=⨯==⨯=1111112122])1([)()}{()(k k k k k k k q k qk k p p qk k X P k X Ep qk k pq k k /1)1(12+⨯-=∑∞=-p qdq d pq p q dqd pq k k kk /1)(/1012222∑∑∞=∞=+=+=p p q p q pq p q dq d pq /1/2/1)1(2/1)11(2322+=+-=+-= D (X ) = E (X 2)- E (X ) =2q /p 2+1/p -1/p 2 = (1-p )/p 217. 设随机变量X 的概率密度为⎪⎩⎪⎨⎧<-=其它,01||,11)(2x x x f π，试求E (X )，D (X )．解：E (X )= 011)(112=-=⎰⎰-∞∞-dx xxdx x f x πD (X )=E (X 2)= ⎰⎰⎰--∈-∞∞-=-=2/2/2]2/,2/[11222cos sin sin 11)(ππππππdt tt tx dx xxdx x f x t2122cos 122/0=-=⎰ππdt t 18. 设随机变量(X ，Y )具有D (X ) = 9，D (Y ) = 4，6/1-=XY ρ，求)(Y X D +，)43(+-Y X D ．解：因为)()(),(Y D X D Y X Cov XY =ρ，所以)()(),(Y D X D Y X Cov XY ρ==-1/6×3×2=-1,11249),(2)()()(=-+=++=+Y X Cov Y D X D Y X D51)1(6369)3,(2)(9)()43(=--+=-++=+-Y X Cov Y D X D Y X D19. 在题13中求Cov (X ，Y )，?XY ． 解：E (X ) =1/2, E (Y ) =3/4,E (XY )=0×(3/28+9/28+3/28+3/14+1/28）+1×3/14+2×0+4×0=3/14,E (X 2)= 02×（3/28+9/28+3/28）+12×(3/14+3/14+0)+ 22×(1/28+0+0)=4/7,E (Y 2)= 02×（3/28+3/14+1/28）+12×(9/28+3/14+0)+ 22×(3/28+0+0)=27/28,D (X )=E (X 2) -［E (X )］2 = 4/7-(1/2)2= 9/28,D (Y )=E (Y 2)- ［E (Y )］2=27/28-(3/4)2= 45/112,Cov (X ，Y )= E (XY )- E (X ) E (Y ) =3/14- (1/2) ×(3/4)= -9/56, ?XY = Cov (X ，Y ) /()(X D )(Y D )=-9/56 ? (28/9112/45)= -5/520. 在题14中求Cov (X ，Y )，?XY ，D (X + Y )．解：52)()(==Y E X E ,,)(152=XY E 752)()()(),(-=-=Y E X E XY E Y X Cov)(5124)(2101032Y E dydx y x X E x ===⎰⎰-[])(25125451)()()(22Y D X E X E X D ==-=-=752),(2)()()(32)()(),(=++=+-==Y X Cov Y D X D Y X D Y D X D Y X Cov XYρ21. 设二维随机变量(X , Y )的概率密度为⎪⎩⎪⎨⎧≤+=.0,1,1),(22其它y x y x f π试验证X 和Y 是不相关的，但X 和Y 不是相互独立的．解：0/12/)(112111122=-==⎰⎰⎰-----dx x x dydx x X E x xππ 0/)(111122==⎰⎰----x x dydx y Y E π 0/)(111122==⎰⎰----x x dydx xy XY E π，所以Cov (X ，Y )=0，?XY =0，即X 和Y 是不相关.Ox2x2⎪⎩⎪⎨⎧<<--=⎪⎩⎪⎨⎧<<-==⎰⎰---∞+∞-其他，，其他，01112011,/1),()(21122x x x dy dy y x f x f x x X ππ ⎪⎩⎪⎨⎧<<--=⎪⎩⎪⎨⎧<<-==⎰⎰---∞+∞-其他，，其他，01112011,/1),()(21122y y y dx dx y x f y f y y Y ππ 当x 2+ y 2≤1时，f ( x,y )≠f X ( x ) f Y (y ),所以X 和Y 不是相互独立的22. 设随机变量(X , Y )的概率密度为⎩⎨⎧<<<=.010,2||,2/1),(其它x x y y x f 验证X 和Y 是不相关的，但X 和Y 不是相互独立的．解：由于f ( x,y )的非零区域为D : 0 < x < 1, | y |< 2x32221102212====⎰⎰⎰⎰⎰-dx x xdydx dxdy y x xf X E xx D ),()(,0211022⎰⎰⎰⎰-===xx Dydydx dxdy y x yf Y E ),()(,0211022⎰⎰⎰⎰-===xx Dxydydx dxdy y x xyf XY E ),()(,所以Cov (X ，Y )=0，从而0)()(),(==y D x D y x Cov xy ρ，因此X 与Y 不相关 .⎪⎩⎪⎨⎧<<===⎰⎰-∞∞-其他,010,221),()(22Xx x dy dy y x f x x x f⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧<≤-=<<-+===⎰⎰⎰-∞+∞-其他,020,421202,42121),()(1212Y y y dx y y dx dx y x f y y y f所以，当0<x <1, -2<y<2时，)()(),(y f x f y x f Y X ≠，所以X 和Y 不是相互独立的 . 四、应用题.1. 某公司计划开发一种新产品市场，并试图确定该产品的产量，他们估计出售一件产品可获利m 元，而积压一件产品导致n 元的损失，再者，他们预测销售量Y （件）服从参数θ的指数分布，问若要获利的数学期望最大，应该生产多少件产品（设m,n ,θ均为已知）.⎪⎩⎪⎨⎧≤>>=⎩⎨⎧≥<<--==-0,00,0,1)(,0),()(y y e y f Y x Y mx xY Y x n mY Y Q Q y Y θθθ的密度函数为[]()()()取最大值时，当又则令)(n ln 0n m )(d n ln,n 0)(1)()(d )()()()(1.1.)()(.)()( 20000000Q E n m x e dx Q E n m x n m e n e n m n e n m dx Q E nxn m e n m mxenx nxe e n m xe n m mxe nxe dy n m e ye n m mxde de nx yde n m dye mx dy e y x n my dy Yf Y Q Q E xxxx x x x x y x xyx y x y x y x y x y y x x y x y Y +-=∴<+-=+-=∴+==-+=-⎪⎭⎫ ⎝⎛-+-=-+++-=+-++-+-=-+⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡+-+=-++-=+--==---------∞+----∞+---∞+--∞∞-⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰θθθθθθθθθθθθθθθθθθθθθθθθθθθ解：设生产x 件产品时，获利Q 为销售量Y 的函数2. 设卖报人每日的潜在卖报数为X 服从参数为λ的泊松分布，如果每日卖出一份报可获报酬m 元，卖不掉而退回则每日赔偿n 元，若每日卖报人买进r 份报，求其期望所得及最佳卖报数。

信封问题概率论摘要：1.信封问题背景及概率分析意义2.两封信与两只信封的概率分析3.三封信与三只信封的概率分析4.多个信封时的概率分析5.实际应用场景及解决方法正文：信封问题概率论信封问题是一个经典的概率论问题，它涉及到排列组合和概率计算的知识。

通过对信封问题的分析，我们可以更好地理解概率论在实际生活中的应用。

1.信封问题背景及概率分析意义信封问题起源于概率论中的一个经典问题：有三封信，分别编号为1、2、3，有三个信封，分别标有1、2、3，将这三封信任意放入这三个信封中，求恰好有两封信放入指定信封的概率。

这个问题扩展到更多封信和信封，可以得到更一般的信封问题。

2.两封信与两只信封的概率分析当有两封信和两只信封时，信都没有放入指定信封的放法只有一种（2，1）。

我们可以计算出总的放法有2！=2种，其中恰好有两封信放入指定信封的方法有1种。

因此，恰好有两封信放入指定信封的概率为1/2。

3.三封信与三只信封的概率分析当有三封信和三只信封时，信都没有放入指定信封的放法有两种（2，3，1与3，1，2）。

我们可以计算出总的放法有3！=6种，其中恰好有三封信放入指定信封的方法有2种。

因此，恰好有三封信放入指定信封的概率为2/6=1/3。

4.多个信封时的概率分析当有n封信和n只信封时，信都没有放入指定信封的方法有n！种。

我们可以计算出总的放法有(n!)^2种，其中恰好有k封信放入指定信封的方法有C(n, k)种。

因此，恰好有k封信放入指定信封的概率为C(n, k)/(n!)^2。

5.实际应用场景及解决方法信封问题在实际生活中有很多应用，如彩票抽奖、奖品分配等。

通过分析信封问题，可以更好地了解概率论在解决实际问题中的作用。

在实际应用中，我们可以根据概率计算结果，合理设计活动规则，确保活动的公平性和趣味性。

总之，信封问题概率论是一个有趣且实用的课题。

n个信封的配对问题方差摘要：1.引言2.信封配对问题概述3.方差的概念及其计算方法4.n个信封的配对问题方差分析5.实例演示6.结论与启示正文：【引言】在概率论和统计学中，n个信封的配对问题一直是一个具有挑战性的问题。

这个问题涉及到随机变量分布的性质，以及如何找到最优的配对策略。

本文将详细介绍n个信封的配对问题，重点分析其方差特性，以期为读者提供实用的解决方法。

【信封配对问题概述】个信封的配对问题，又称为n个物品的装箱问题，是一个经典的组合优化问题。

假设有n个信封，每个信封内有一定金额的现金。

目标是将这n个信封配对，使得每对信封内的现金金额之和最小。

这个问题在实际生活中有很多应用，例如物流、仓库管理等领域。

【方差的概念及其计算方法】方差是衡量一组数据离散程度的重要指标。

在n个信封的配对问题中，方差可以用来评估配对结果的稳定性。

设每组配对金额的和为X，那么X的方差计算公式为：方差= ∑(Xi - 平均值) / n其中，Xi表示每组配对金额，平均值表示所有配对金额的平均值。

【n个信封的配对问题方差分析】为了更好地理解n个信封的配对问题方差，我们可以通过一个实例来进行说明。

假设我们有以下n个信封，金额分别为1、2、3、4、5、6、7、8、9、10。

现在需要将这些信封配对，使得每对信封内的金额之和最小。

经过计算，我们可以得到以下最优配对方案：(1, 10), (2, 9), (3, 8), (4, 7), (5, 6)计算每对配对金额的方差：方差= [(1-5.5) + (10-5.5) + (2-6.5) + (9-6.5) + (3-7.5) + (8-7.5)] / 6 = [0.25 + 4.25 + 4.25 + 4.25 + 4.25 + 0.25]= 13 / 3从这个例子中可以看出，n个信封的配对问题方差可以反映配对结果的稳定性。

方差越小，说明配对结果越稳定；方差越大，说明配对结果波动较大，不稳定。

信封问题概率论
信封问题（Envelope Problem）是概率论中的一个经典问题，它涉及到在一定条件下确定信封内物品的数量。

具体来说，假设有一组大小相同的信封，每个信封内都有一个物品，物品可以是任何东西，例如钞票、彩票、邮票等等。

现在有一个人知道每个信封内物品的价值总和，但是不知道每个信封内物品的数量。

他随机打开一个信封，然后将所有物品的总价值减去该信封内物品的总价值，得到一个新的总价值。

他继续随机打开另一个信封，并将所有物品的总价值减去该信封内物品的总价值，一直重复这个过程，直到他打开了所有信封。

在这种情况下，我们可以利用概率论的方法来确定每个信封内物品的数量。

具体来说，假设每个信封内物品的价值是均匀分布的，并且每个信封内物品的数量也是均匀分布的。

那么，当我们打开一个信封时，它内物品的价值的概率分布为：
P(X=x)=(m-1)/(n-1)
其中，m是该信封内物品的总价值，n是信封的总数量。

当我们打开第二个信封时，它内物品的价值的概率分布为：
P(Y=y)=[(m+n)/(m+n+1)]*(y-x)/(n-1)
其中，y是第二个信封内物品的总价值，x是第一个信封内物品的总价值。

我们可以使用类似的方法来计算其他信封内物品的价值的概率分布，并通过比较这些概率分布来确定每个信封内物品的数量。

需要注意的是，在实际情况中，信封内物品的价值分布和数量分布可能不是均匀的，因此使用上述方法可能会有一些限制。

此外，信封问题还可以有其他变体，例如在某些条件下确定每个信封内物品的数量等等。

在这些情况下，我们需要使用不同的方法来解决问题。

信封问题概率论（原创版）目录1.信封问题的概念2.概率论在信封问题中的应用3.信封问题的概率计算方法4.信封问题的实际应用案例5.信封问题的意义和价值正文【信封问题的概念】信封问题，是一种经典的概率论问题。

它描述的是这样一个情景：有一封信，信封上有两个标签，一个是“男生”，一个是“女生”，现在需要根据这两个标签来判断信封里面的人的性别。

但是，已知标签是错误的，即“男生”标签对应的信封里装的是女生，而“女生”标签对应的信封里装的是男生。

那么，如何通过已知的错误标签来推断信封里人的性别呢？这就涉及到了概率论的知识。

【概率论在信封问题中的应用】在信封问题中，概率论的应用主要体现在通过已知的错误标签，计算出信封里人的性别的概率。

具体来说，就是通过错误标签出现的概率，来推断出真实标签出现的概率，从而得出信封里人的性别。

【信封问题的概率计算方法】在信封问题中，概率计算的方法主要有两种，一种是基于错误标签的出现概率，另一种是基于贝叶斯定理。

第一种方法，是直接根据错误标签的出现概率来计算。

比如，如果“男生”标签出现的概率是 0.6，而“女生”标签出现的概率是 0.4，那么，信封里装的是男生的概率就是 0.4/0.6=0.67，装的是女生的概率就是0.6/0.4=1.5。

第二种方法，是基于贝叶斯定理来计算。

贝叶斯定理的基本公式是：P(A|B)=[P(B|A)×P(A)]/P(B)，其中，P(A|B) 表示在已知 B 的情况下，A 出现的概率，P(B|A) 表示在已知 A 的情况下，B 出现的概率，P(A) 和P(B) 分别表示 A 和 B 出现的概率。

在信封问题中，A 表示“男生”，B 表示“女生”，那么，P(A|B) 就是通过已知的错误标签，计算出信封里人的性别的概率。

【信封问题的实际应用案例】信封问题在现实生活中的应用非常广泛，比如在医疗诊断中，通过病人的症状和检查结果，来推断病人患的疾病；在司法审判中，通过已知的证据，来推断犯罪嫌疑人的罪责等。

信封问题概率论引言在概率论中，信封问题是一个经典的悖论。

这个问题可以帮助我们理解概率计算中的一些基本原理，并且展示了直觉和数学结果之间可能存在的差异。

本文将详细介绍信封问题，并探讨其背后的数学原理。

问题描述假设有两个信封，一个里面装有100元，另一个里面装有200元。

现在我们随机选择一个信封，并查看其中的金额。

然后我们有两个选择：要么保留当前选择的信封，要么换成另一个未查看的信封。

我们想知道在这种情况下，换与不换对我们获得更高金额的期望值有何影响。

解答思路为了解决这个问题，我们需要计算在不同情况下获得更高金额的概率，并计算期望值。

首先，我们来分析一下两种选择情况下获得更高金额的概率。

保留当前选择如果我们选择保留当前选择的信封，则获得更高金额（200元）的概率为1/2，因为只有可能选到200元的那个信封。

换成另一个未查看的信封如果我们选择换成另一个未查看的信封，则获得更高金额的概率为1/2。

这是因为我们之前选中的信封有可能是200元，而换成另一个未查看的信封后，获得更高金额（200元）的概率仍然是1/2。

综上所述，无论我们选择保留当前选择还是换成另一个未查看的信封，获得更高金额的概率都是1/2。

接下来，我们计算期望值来比较两种选择情况下获得更高金额的预期收益。

保留当前选择如果我们选择保留当前选择的信封，则预期收益为：(1/2) * 100元 + (1/2) * 200元 = 150元换成另一个未查看的信封如果我们选择换成另一个未查看的信封，则预期收益为：(1/2) * 100元 + (1/2) * 200元 = 150元可以看出，在两种情况下，预期收益都是150元。

因此，无论我们选择保留当前选择还是换成另一个未查看的信封，对于获得更高金额来说，并没有任何优势或劣势。

结论与讨论通过对信封问题进行分析和计算，我们得出了以下结论：•在这个问题中，无论我们选择保留当前选择还是换成另一个未查看的信封，获得更高金额的概率都是1/2。

“装错信封问题”的数学模型与求解1 问题的提出1)同室四人各写一张贺年卡，先集中起来，然后每人从中拿一张别人送出的贺年卡．则四张贺年卡的不同分配方式有[ ]A．6种B．9种C．11种D．23种(1993年全国高考题理科17题)2)有5个客人参加宴会，他们把帽子放在衣帽寄放室内，宴会结束后每人戴了一顶帽子回家．回家后，他们的妻子都发现他们戴了别人的帽子．问5个客人都不戴自己帽子的戴法有多少种？上述两个问题，实质上是完全一样的．是被著名数学家欧拉(Leonhard Euler，1707－1783)称为“组合数论的一个妙题”的“装错信封问题”的两个特例．“装错信封问题”是由当时最有名的数学家约翰·伯努利(Johann Bernoulli，1667－1748)的儿子丹尼尔·伯努利(Daniel Bernoulli，1700－1782)提出来的，大意如下：一个人写了n封不同的信及相应的n个不同的信封，他把这n封信都装错了信封，问都装错信封的装法有多少种？2 建立数学模型“装错信封问题”及两个特例，其实就是n个不同元素的一类特殊排列问题，本文试就给出这类问题的数学模型及求解公式．为方便，我们先把n个不同的元素及相应的位置都编上序号1，2，…，n，并且约定：在n个不同元素的排列中1°若编号为i(i=1，2，…，n)的元素排在第i个位置，则称元素i在原位；否则称元素i不在原位．2°若所有的元素都不在原位，则称这种排列为n个不同元素的一个错排(若每个元素都在原位则称为序排)．按照上面约定，“装错信封问题”即为n个不同元素的错排问题，则可构建“装错信封问题”的数学模型为在n个不同元素的全排列中，有多少种不同的错排？3 模型求解应用集合中的容斥原理，我们就可得到“装错信封问题”的数学模型的求解公式．设I表示n个不同元素的全排列的集合A i(i=1，2，…，n)为元素i在原位的排列的集合．A i∩A j(1≤i＜j≤n)为元素i与j在原位的排列的集合．…………A1∩A2∩…∩A n为n个元素的序排的集合．则它们的排列数(即各个集合中元素的个数)分别为|I|=n！|A i|=(n－1)！|A i∩A j|=(n－2)！…………|A1∩A2∩…∩A n|=(n－n)！=0！所以，根据容斥原理即得“装错信封问题”的数学模型的求解公式(即n个不同元素的错排数)为4 应用举例一个元素的错排数显然为0，二个不同元素的错排数为1，三个不同元素的错排数为2，均可由公式验证，由公式还可求得四个不同元素的错排数为五个不同元素的错排数为则本文开头的问题1)共有9种不同的分配方式，故选(B)．问题2)共有44种不同的戴法，下面再举几例说明公式的应用．例1 (1991年上海高考题)设有编号为1，2，3，4，5的五个球和编号为1，2，3，4，5的五个盒子，现将这五个球投放入五个盒内，要求每个盒内投放一个球，并且恰好有两个球的编号与盒子的编号相同，则这样的投放方法的总数为[ ] A．20种B．30种C．60种D．120种解本题实质上是三个元素的错排问题，但由于题中未指明是哪三个元素进行的错排，故本题可分两步求解．第二步，对已选出的三个元素进行错排，有2种．例2某省决定对所辖8个城市的党政一把手进行任职交流，要求把每个干部都调到另一个城市去担任相应的职务．问共有多少种不同的干部调配方案？解实质上本题即为8个不同元素的错排问题，一种干部调配方法对应于8个不同元素的一个错排．故由公式可求得不同的干部调配方案数为。

n个信封的配对问题方差简介在数学和概率论中，n个信封的配对问题方差是一个经典的问题。

该问题涉及到将n封信封随机分配给n个人，并计算每个人收到自己信封的概率。

本文将详细介绍该问题的背景、数学模型、解决方法以及相关应用。

背景假设有n个信封和n个人，每个信封上都写着一个人的名字。

我们的目标是将这些信封随机分配给这些人，使得每个人都恰好收到自己名字对应的信封。

这个问题最早由法国数学家德朗日于1770年提出，被称为“n个信封的配对问题”。

数学模型为了解决这个问题，我们可以使用数学模型进行分析。

假设有n个信封和n个人，我们可以用一个置换π来表示信封的分配情况。

π是一个从1到n的排列，表示第i个人收到第π(i)个信封。

如果π(i) = i，那么第i个人收到了自己名字对应的信封。

对于n个信封的配对问题，一共有n!种可能的分配方式。

其中，只有一种分配方式满足每个人都收到自己名字对应的信封。

因此，我们的目标是计算这个分配方式的概率。

解决方法为了计算每个人收到自己信封的概率，我们可以采用递归的方法。

假设第一个人收到了第k个信封，那么问题就转化为了n-1个信封的配对问题。

我们可以递归地计算n-1个信封的配对问题的概率，并将其乘以1/n，得到n个信封的配对问题的概率。

根据上述递归方法，我们可以得到以下递归公式：P(n) = 1/n * (P(n-1) + P(n-2) + … + P(1))其中，P(n)表示n个信封的配对问题的概率。

为了计算P(n)，我们可以采用动态规划的方法。

我们可以先计算边界情况P(1) = 1和P(2) = 1/2，然后依次计算P(3)、P(4)、…、P(n)。

应用n个信封的配对问题方差在概率论和组合数学中有着广泛的应用。

它可以用于分析随机排列和随机分配的问题。

在实际生活中，这个问题也有一些有趣的应用。

比如，在派对上，主持人可以将n个礼物随机分配给n个参与者，每个参与者都有机会获得自己喜欢的礼物。

至少有一封信在信封里的概率全错位排列公式：S=n!(1-1\/1!1\/2!1\/3!(-1)^n*1\/n!那么所求概率即为：1-(1-1\/1!1\/2!1\/3!(-1)^n*1\/n!1\/1!1\/2!1\/3!(-1)^(n-1)*1\/n!极限为无穷大有五封信随机装入五个信封,求至少有两封信与信封一值的概率回答：这个问题属于“乱序”(Derangement)问题的变种。

共有5!120种放法。

放对0封和1封的情况分别是C(5,0)x44=44和C(5,1)x9=45。

故放对2封以及2封以上的概率是(120-44-45)\/120=31\/120≈0.2583。

n封信和n个信封，把信装到信封中，至少有一封装对的概率是多少基本事件数为n至少有一封装对的对立事件是没有一封信装对即n的全错位排列,也就是n!(1-1\/1!1\/2!1\/3!(-1)^n\/n!故P(至少有一封装对)=1-[n!(1-1\/1!1\/2!1\/3!(-1)^n\/n!n1\/1!1\/2!1\/3!(-1)^(n+1)\/n!现有3封信和相应的信封。

若把这3封信随意放进那3个信封，求至少一封信放错信封的概率总共6中可能。

至少一封信放错信封的概率=1-全对的概率全对的概率=1\/6至少一封信放错信封的概率=5\/6现有3封信和相应的信封。

若把这3封信随意放进那3个信封，求至少一封信放对信封的概率如果1个信封只能放1个封信至少一封信放对信封的概率是1-2*1\/P(3,3)=1-2\/(3*2*1)=1-1\/3=2\/3我写了十封信，也写了十个信封，我随意把十张信纸装入十个信封，至少有一封装对的可能性有多大63.2%可以转化为著名的信封问题（错位排列）一共A(10,10)中排法只需求出没有1对装对的排法就是标准的错位排列了这是著名的信封问题,很多著名的数学家都研究过瑞士数学家欧拉按一般情况给出了一个递推公式：用A、B、C…表示写着n位友人名字的信封，a、b、c…表示n份相应的写好的信纸。

伯努利信封问题解法伯努利信封问题是一个经典的概率问题，涉及到随机变量和期望的计算。

问题的描述如下：有两个信封，其中一个里面有100元，另一个空着。

你随机选择一个信封，并查看里面的金额。

现在有两个选择：要么保持原来的选择，要么换一个信封。

问你保持原来选择或者换一个信封的情况下，此时打开的信封中有100元的概率各是多少？首先我们来分析在保持原来选择的情况下，打开的信封中有100元的概率。

在初始时，选择任何一个信封的概率是1/2。

假设我们选择了一个信封后，里面是100元的概率是p。

则另一个信封里面是100元的概率就是1-p。

如果我们保持原来的选择，假设选择的信封里面是100元。

那么我们打开的信封中肯定没有100元，因为我们只能保持原来的选择。

因此，在保持原来选择的情况下，打开的信封中有100元的概率是0。

如果我们保持原来的选择，假设选择的信封里面是空的。

那么我们打开的信封中有100元的概率就是1。

综上所述，在保持原来选择的情况下，打开的信封中有100元的概率等于选择的信封里面是100元的概率乘以打开的信封中是100元的概率加上选择的信封里面是空的概率乘以打开的信封中是100元的概率，即：P(打开的信封中有100元 | 保持原来选择) = p * 0 + (1-p) * 1 =1-p接下来我们来分析换一个信封的情况下，打开的信封中有100元的概率。

在初始时，选择任何一个信封的概率是1/2。

假设我们选择了一个信封后，里面是100元的概率是p。

则另一个信封里面是100元的概率就是1-p。

如果我们换一个信封，假设选择的信封里面是100元。

那么我们打开的信封中肯定没有100元，因为我们已经换了一个信封。

因此，在换一个信封的情况下，打开的信封中有100元的概率是0。

如果我们换一个信封，假设选择的信封里面是空的。

那么我们打开的信封中有100元的概率就是1。

综上所述，在换一个信封的情况下，打开的信封中有100元的概率等于选择的信封里面是100元的概率乘以打开的信封中是100元的概率加上选择的信封里面是空的概率乘以打开的信封中是100元的概率，即：P(打开的信封中有100元 | 换一个信封) = p * 0 + (1-p) * 1 = 1-p综上所述，无论是保持原来选择还是换一个信封，打开的信封中有100元的概率都是1-p。

没有一封信装对的概率配对问题(pairing problems)一个著名的概率问题，在古典概型中，将A和B搭配在一起算做一个基本事件称为“配对”问题。

例如：一个人写了n封信，又在n个信封上分别写了收信人的个人信息(邮编、地址、姓名)，然后将信装入信封中，问没有一封信装对(信封上的个人信息与信的内容吻合)的概率是多少n封信装在n个对应的信封里，每封信都装错的概率有多大伯努利-欧拉装错信封问题公式f(n)=n![∑((-1)^n)\/n!(n>2)求概率，5封不同的信投入到4个信箱中，，其中仅有一个信箱没有信的概率概率分母是4的5次方，分子有和楼主挺有缘分,才弄懂不久先说下答案4*【6*C(5,3)+6*C(5,2)*C(3,2)\/2】\/4^5也就是 4*(60+90)\/1024 约等于 58.59%(楼主对比正确答案检验) 楼下的应该都有点问题，算了，好麻烦，不管了(●'◡'●)，看完我的你就懂了楼主的问题在于什么呢?1.C(5,1)放到一个箱子,C(4,1)放到一个箱子,C(3,1)放到一个箱子2.后面2封信放三个箱子。

哦 ON!出现问题重复举个栗子吧假设给信编号①②③④⑤ 只有第四个空着情景one：那么其他三个箱子情况：第一箱子C(5,1)选择了① 第二箱子选②，第三箱子选③，最后两个信④⑤用 3^2 那么④可能去第一箱子此时①④情景two:其他三个箱子情况：第一箱子C(5,1)选择了④ 第二箱子选②，第三箱子选③，最后两个信①⑤ 3^2 那么①可能去第一箱子此时④①哇擦，跟上个没有毛区别重点来了：我想楼主可能问：你信不是分编号了，分了编号为啥①④和④①又没区别，回答:因为①④和④①就是一个事件只要放在一个箱子里就是①④(完备事件组中：我们4^5就是默认先将①放进去④才可能跟①在一起)(◐﹏◐)所以不要看行动，要看事件(◐﹏◐)所以不要看行动，要看事件(◐﹏◐)所以不要看行动，要看事件怎么样是不是对概率有了更深理解?那就给分吧，n封信装在n个对应的信封里，每封信都装错的概率有多大伯努利-欧拉装错信封问题公式f(n)=n![∑((-1)^n)\/n!(n>2)一百封信。

两封信随机地投入4个邮筒_则第一个邮筒只有一封信的概率为1、两封信分别投入4个邮筒，每封知信有4种选择，所以一共有4*4=16种情况道。

2、第一个邮筒只有一封信的情况：随机从两封信中取一内封，投入第一个邮箱，那个第二封信只有容3种选择，所有一共有C(2,1)*3=6种。

3、概率P=6\/16=3\/8图片中的第四题，两封信随机地投入四个邮筒，求前两个邮筒内没有信的概率及第一个邮筒内只有一封信的概率可以这么考虑：对两封信而言，他们的投法可以为：C41*C41=16，即总共有16种投法。

第一问：对于第一封信：第三，第四个邮箱均可，则有C21；同样，对于第二封信：第三，第四个邮箱均可，则有C21；所以概率为：(C21*C21)\/(C41*C41)=1\/4第二问：对于第一封信，当其投入第一个信箱时，则剩下的一封信必须投入剩下的三个信箱，则有C11*C31；对于第二封信，当其投入第一个信箱时，则剩下的一封信必须投入剩下的三个信箱，则有C11*C31；所以其概率为：（C11*C31+C11*C31）\/(C41*C41)=6\/16=3\/8希望能够帮助到你~将两封信随机地投入4个邮筒中，则未向前两个邮筒中投信的概率为多少，求详细解答未向前两个邮筒中投信的概率为1\/4。

解：将两封信随机投入4个邮筒中，总共的投递方式=4x4=16种，而未向前两个邮筒中投信，即将两封信随机投入后2个邮筒中，那么总共的投递方式=2x2=4种。

所以未向前两个邮筒中投信的概率P=4\/16=1\/4。

即未向前两个邮筒中投信的概率为1\/4。

扩展资料：1、排列的分类（1）全排列从n个不同元素取出m个不同元素的排列中，当m=n时，这个排列称为全排列。

n个元素的全排列的个数记为Pn。

（2）选排列从n个不同元素取出m个不同元素的排列中，当m时，这个排列称为选排列。

n个元素的全排列的个数记为P(m,n)。

2、排列的公式（1）全排列公式Pn=n*(n-1)*(n-2)*.*3*2*1=n!（2）选排列公式P(m,n)=n*(n-1)*(n-2)*.*(n-m+1)=（n*(n-1)*(n-2)*.*3*2*1）\/（(n-m)*(n-m-1)*.*3*2*1）n!(n-m)!参考资料来源：百度百科-排列组合信投入邮筒的概率问题因为4个邮筒随机投入2封信，所以基本事件总数是4的2次方。