一道概率题,看有没有人能做出来设某仪器主要由A,B,C三个元件组成.一个宇宙射线的粒子击中元件A,B,C的概率分别为 0.1,0.2,0.3,元件被击中后就会发生故障.当元件A发生故障或元件BC都发生故障

一道概率题,看有没有人能做出来设某仪器主要由A,B,C三个元件组成.一个宇宙射线的粒子击中元件A,B,C的概率分别为 0.1,0.2,0.3,元件被击中后就会发生故障.当元件A发生故障或元件BC都发生故障
一道概率题,看有没有人能做出来
设某仪器主要由A,B,C三个元件组成.一个宇宙射线的粒子击中元件A,B,C的概率分别为 0.1,0.2,0.3,元件被击中后就会发生故障.当元件A发生故障或元件BC都发生故障时仪器即停止工作.求仪器停止工作时击中仪器的粒子数的数学期望.
最好给出思路和好的算法.谢谢
一楼想错了，一次只能打中一个元件或者射不中任何元件，而且还可以前后两次都射中同一个元件。
注意是求数学期望，不是求概率
答案是 25/6
这道题可能还有些歧义，打中ABC的概率共0.6。剩余的0.4也打到仪器上了，只不过没有打到ABC元件而已，我刚开始也理解错了。各位朋友辛苦了，见到那么多朋友，写了那么多，虽然有的明显不对，但是麻烦你们了，谢谢大家的积极参与。今天经我浏览，发现scm_abc的答案很接近，写了那么多，只不过理解错了，而且是暴力方法，太过繁琐。gaoyangthu的答案简练易懂，是为理想答案。分就给gaoyangthu了，对不住其他各位了，以后有机会大家再合作啊！再次谢谢各位。

一道概率题,看有没有人能做出来设某仪器主要由A,B,C三个元件组成.一个宇宙射线的粒子击中元件A,B,C的概率分别为 0.1,0.2,0.3,元件被击中后就会发生故障.当元件A发生故障或元件BC都发生故障
这道题用到“全期望公式”,即：EX=∑[E(X|Bi)*P(Bi)].
X=仪器停止工作时击中仪器的粒子数；
B1=第一次击中A,P(B1)=0.1；
B2=第一次击中B,P(B2)=0.2；
B3=第一次击中C,P(B3)=0.3；
B4=第一次A、B、C都没击中,击中了仪器的其他部位,P(B4)=0.4.
第一次击中A,X发生,所以E(X|B1)=1.
第一次击中B,若要X发生,则以后的粒子只要击中A或C就停止——这是一个几何分布,所以E(X|B2)=1+1/(0.1+0.3).
第一次击中C,同上,若要X发生,则以后的粒子只要击中A或B就停止——E(X|B3)=1+1/(0.1+0.2).
第一次A、B、C都没击中,击中了仪器的其他部位,这时对以后的情况没有影响,相当于重新开始,故E(X|B4)=1+EX.
所以由“全期望公式”得,仪器停止工作时击中仪器的粒子数的数学期望为：
EX=E(X|B1)*P(B1)+E(X|B2)*P(B1)+E(X|B3)*P(B3)+E(X|B4)*P(B4).
代数数据得,EX=0.1*1+0.2*(1+2.5)+0.3*(1+10/3)+0.4*(1+EX).
解之得：EX=25/6.

P(A)=0.1,P(B)=0.2,P(C)=0.3
则P(A ⋃ (B ⋂ C))
=P(A)+P(B ⋂ C)-P(A ⋂ B ⋂ C)
=0.1+0.2*0.3-0.1*0.2*0.3
=0.154

粒子 数目 P
A 1 0.1
AB 2 0.02
AC 2 0.03
BC 2 0.06
ABC 3 0.006
E=0.338

当元件A发生故障，则BC无故障，概率为0.1*0.8*0.7
当元件BC都发生故障，A无故障，概率为0.9*0.2*0.3
因为两件事不是同时发生，所以概率为：0.1*0.8*0.7+0.9*0.2*0.3
=0.11
(概率不可能大于1，答案怎么可能是25/6！！）

好深奥哦~~~
不会，哭哭~~~~

粒子数是1时候 停止工作的概率为0.1 当粒子数是K时候 正常工作的有3种情况BUP(1-0.1-0.2-0.3）的K次方+0.9的K次方*（1-0.8K次方）*0.7K次方+0.9的K次方*（1-0.7K次方）*0.8K次方 P= 1-BUP 不好意思 这种做法估计是错误的 1 分3种情况 粒子没打中任何 2 至少有一个粒子打中b其余任何没打中 3至少有一个粒子打中c其余任何...

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粒子数是1时候 停止工作的概率为0.1 当粒子数是K时候 正常工作的有3种情况BUP(1-0.1-0.2-0.3）的K次方+0.9的K次方*（1-0.8K次方）*0.7K次方+0.9的K次方*（1-0.7K次方）*0.8K次方 P= 1-BUP 不好意思 这种做法估计是错误的 1 分3种情况 粒子没打中任何 2 至少有一个粒子打中b其余任何没打中 3至少有一个粒子打中c其余任何没打中 自己算吧 把式子写出来我给你算期望
2和3符合2项分布 也可以求否求出 经计算 K次停止工作的公式是p(n=k)1-0.7K次方-0.6K次方+0.4K次方

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其实很简单

晕，本来我还会，可我是个文科生，不知道啥是“期望”……

击中A不工作的概率是0.1,击中BC不工作的概率是0.2*0.3=0.06,则仪器停止工作的概率为0.16,则期望为1/0.16=25/4

欲使仪器停止工作，则要A发生故障或者BC同时发生故障，则可按照发射粒子数的不断增加来讨论：
1颗粒子就停止工作：则击中A，概率为0.1，记为P1
2颗粒子就停止工作：则第一次不击中A,可能组合为BC、CB、0A、BA、CA，概率为0.06+0.06+0.09=0.21，记为P2
3颗粒子就停止工作：0P2、BBC、B0C、BBA、B0A、CCB、C0B、CCA、C0A，概率...

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欲使仪器停止工作，则要A发生故障或者BC同时发生故障，则可按照发射粒子数的不断增加来讨论：
1颗粒子就停止工作：则击中A，概率为0.1，记为P1
2颗粒子就停止工作：则第一次不击中A,可能组合为BC、CB、0A、BA、CA，概率为0.06+0.06+0.09=0.21，记为P2
3颗粒子就停止工作：0P2、BBC、B0C、BBA、B0A、CCB、C0B、CCA、C0A，概率为：0.084+0.012+0.024+0.004+0.008+0.018+0.024+0.009+0.012=0.195，记为P3
。。。。。。
最后数学期望为∑N*Pn=答案
（注：求击中概率应该还有简单些的方法，但我已2年没看概率，有些生疏，没想简单解法）

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1*1/6
+2*2/6*1/6
+2*2/6*3/6
+2*3/6*2/6
+2*3/6*1/6
+[（2/6）＾2*4/6]/（4/6）＾2
+[（3/6）＾2*3/6]/（3/6）＾2
=15/6

1、仅仅A被击中 概率0.1*0.8*0.7=0.056，即停止工作时被1个粒子击中。
2、A被击中的同时,B,C中有其中一个被击中. 概率0.1*(0.7*0.2+0.8*0.3)=0.038，即停止工作时被2个粒子击中。
3、ABC全部被击中，概率0.1*0.2*0.3=6/1000,即停止工作时被3个粒子击中。
则其期望值依据这个能算出来么？ 不好意思 忘记怎么算...

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1、仅仅A被击中 概率0.1*0.8*0.7=0.056，即停止工作时被1个粒子击中。
2、A被击中的同时,B,C中有其中一个被击中. 概率0.1*(0.7*0.2+0.8*0.3)=0.038，即停止工作时被2个粒子击中。
3、ABC全部被击中，概率0.1*0.2*0.3=6/1000,即停止工作时被3个粒子击中。
则其期望值依据这个能算出来么？ 不好意思 忘记怎么算了，是0.258?

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只有A被击中概率0.1×0.8×0.7=0.056
只有C未被击中概率0.1×0.2×0.7=0.014
只有B未被击中概率0.1×0.8×0.3=0.024
BC被击中A未被击中概率0.9×0.2×0.3=0.054
ABC同时被击中概率0.1×0.2×0.3=0.006
仪器停止工作时击中仪器的粒子数的数学期望:
=1×0.056＋2...

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只有A被击中概率0.1×0.8×0.7=0.056
只有C未被击中概率0.1×0.2×0.7=0.014
只有B未被击中概率0.1×0.8×0.3=0.024
BC被击中A未被击中概率0.9×0.2×0.3=0.054
ABC同时被击中概率0.1×0.2×0.3=0.006
仪器停止工作时击中仪器的粒子数的数学期望:
=1×0.056＋2×(0.014＋0.024＋0.054)＋3×0.006
=0.258

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下面用子母串来表示某一种情况的概率，如
ABNC 表示按顺序击中A,B,N,C的概率(N表示击不中任何仪器,N=1-A-B-C)，即
ABNC=0.1*0.2*0.4*0.3
现将所有令仪器停止工作的情况列出：
(1)因击中A而停止工作
A
+(N+B)A
+(NN+2NB+BB)A
+(NNN+3NNB+3NBB+BBB)A

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下面用子母串来表示某一种情况的概率，如
ABNC 表示按顺序击中A,B,N,C的概率(N表示击不中任何仪器,N=1-A-B-C)，即
ABNC=0.1*0.2*0.4*0.3
现将所有令仪器停止工作的情况列出：
(1)因击中A而停止工作
A
+(N+B)A
+(NN+2NB+BB)A
+(NNN+3NNB+3NBB+BBB)A
+...
注意 2NBA=(NB+BN)A,3NNBA=(NNB+NBN+BNN)A
接着还有
+CA
+(2NC+CC)A
+(3NNC+3NCC+CCC)A
+...
为方便计算，写成
-(1+N+NN+NNN+...)A
+A
+(N+B)A
+(NN+2NB+BB)A
+(NNN+3NNB+3NBB+BBB)A
+...
+A
+(N+C)A
+(NN+2NC+CC)A
+(NNN+3NNC+3NCC+CCC)A
+...
(2)因先击中B再击中C而停止工作
BC
+(2NB+BB)C
+(3NNB+3NBB+BBB)C
+...
为方便计算，写成
-(1+N+NN+NNN+...)C
+C
+(N+B)C
+(NN+2NB+BB)C
+(NNN+3NNB+3NBB+BBB)C
+...
(3)因先击中C再击中B而停止工作
-(1+N+NN+NNN+...)B
+B
+(N+C)B
+(NN+2NC+CC)B
+(NNN+3NNC+3NCC+CCC)B
+...
所有情况之和为
f(B,A)+f(C,A)+f(B,C)+f(C,B)-(1+N+NN+...)(A+B+C)
函数f的定义为
f(B,A)
= A
+(N+B)A
+(NN+2NB+BB)A
+(NNN+3NNB+3NBB+BBB)A
+...
= A + (N+B)A + (N+B)^2*A + (N+B)^3*A + ...
= A/(1-N-B)
f(B,A)+f(C,A)+f(B,C)+f(C,B)-(1+N+NN+...)(A+B+C)=1，因为仪器永不停止工作的概率为0
----------------------------------------
定义函数g:
g(B,A)
= A
+(N+2*B)A
+(NN+2*2NB+3*BB)A
+(NNN+2*3NNB+3*3NBB+4*BBB)A
+(NNNN+2*4NNNB+3*6NNBB+4*4NBBB+5*BBBB)A
+...
则
仪器停止工作时击中仪器的粒子数的期望值
= [g(B,A)+g(C,A)+g(B,C)+g(C,B)-(1+N+NN+...)(A+B+C)]
= [g(B,A)+g(C,A)+g(B,C)+g(C,B)-(1/(1-N))(A+B+C)]
= [g(B,A)+g(C,A)+g(B,C)+g(C,B)-1]
现在要计算上式的值
方法一：
计算函数g
先考虑
[N^n + 2*(n!/1!(n-1)!)*N^(n-1)*B + 3*(n!/2!(n-2)!)*N^(n-2)*B^2 + ... + (n+1)*B^n]
= [(n!/1!(n-1)!)*N^(n-1)*B + 2*(n!/2!(n-2)!)*N^(n-2)*B^2 + ... + n*B^n] + [N^n + (n!/1!(n-1)!)*N^(n-1)*B + (n!/2!(n-2)!)*N^(n-2)*B^2 + ... + B^n]
= [(n!/0!(n-1)!)*N^(n-1)*B + (n!/1!(n-2)!)*N^(n-2)*B^2 + ... + n!/((n-1)!0!)*B^n] + (N+B)^n
= nB[((n-1)!/0!(n-1)!)*N^(n-1) + ((n-1)!/1!(n-2)!)*N^(n-2)*B + ... + (n-1)!/((n-1)!0!)*B^(n-1)] + (N+B)^n
= nB(N+B)^(n-1) + (N+B)^n
故
g(B,A)
= A
+(N+2*B)A
+(NN+2*2NB+3*BB)A
+(NNN+2*3NNB+3*3NBB+4*BBB)A
+(NNNN+2*4NNNB+3*6NNBB+4*4NBBB+5*BBBB)A
+...
= A
+BA + (N+B)A
+2B(N+B)A + (N+B)^2*A
+3B(N+B)^2*A + (N+B)^3*A
+...
= BA[1+2(N+B)+3(N+B)^2+4(N+B)^3+...] + f(B,A)
= BA/(1-N-B)^2 + f(B,A)
= BA/(1-N-B)^2 + A/(1-N-B)
= A(1-N)/(1-N-B)^2
= A(A+B+C)/(A+C)^2
最后，
仪器停止工作时击中仪器的粒子数的期望值
= [g(B,A)+g(C,A)+g(B,C)+g(C,B)-1]
= [A(A+B+C)/(A+C)^2+A(A+B+C)/(A+B)^2 +C(A+B+C)/(A+C)^2+B(A+B+C)/(A+B)^2-1]
= [(A+B+C)/(A+C)+(A+B+C)/(A+B)-1]
= (A+B+C)(2A+B+C)/[(A+B)(A+C)]-1
= (0.1+0.2+0.3)(2*0.1+0.2+0.3)/[(0.1+0.2)(0.1+0.3)]-1
= 5/2
下面再介绍一个比较巧妙的方法
方法二：
仪器最终停止工作的概率
= 1
= f(B,A)+f(C,A)+f(B,C)+f(C,B)-(1+N+NN+...)(A+B+C)
= A/(1-N-B)+A/(1-N-C)+C/(1-N-B)+B(1-N-C)-(A+B+C)/(1-N)
= (A+C)/(1-N-B) + (A+B)/(1-N-C) - (A+B+C)/(1-N)
令
Z(N,A,B,C)= (A+C)/(1-N-B) + (A+B)/(1-N-C) - (A+B+C)/(1-N)
这样，Z 就像统计力学中的配分函数
所以
仪器停止工作时击中仪器的粒子数的期望值
= [A(d/dA)+B(d/dB)+C(d/dC)]Z(N,A,B,C)
= [A/(1-N-B)+A/(1-N-C)-A/(1-N)]
+ [B(A+C)/(1-N-B)^2+B/(1-N-C)-B/(1-N)]
+ [C/(1-N-B)+C(A+B)/(1-N-C)^2-C/(1-N)]
= (A+B+C)(2A+B+C)/[(A+B)(A+C)]-1
= 5/2
至于楼主的答案25/6，其实这是 粒子总数 的数学期望，也就是包括了击中仪器的粒子数和击不中仪器的粒子数。
仪器停止工作时击 不 中仪器的粒子数的数学期望
= N*dZ(N,A,B,C)/dN
= N(A+C)/(1-N-B)^2 + N(A+B)/(1-N-C)^2 - N(A+B+C)/(1-N)^2
= N(1/(A+C)+1/(A+B)-1/(1-N))
= 0.4(1/0.4+1/0.3-1/0.6)
= 5/3
击中仪器的粒子数的数学期望 + 击不中仪器的粒子数的数学期望
= 5/2 + 5/3
= 25/6

收起

记该宇宙射线的粒子击中元件A，B，C分别为事件A1,B1,C1,则其概率依次是：P(A1)=0.1，P(B1)=0.2，P(C1)=0.3.
由于不好插入数学符号，权且记sigma(k,a,b)(fk)为通式fk按照指标k从a到b累加求和,C(a,b)表示组合数从a个元素中不计次序取出b个的取法总数。
令随机变量X为仪器停止工作时击中仪器的粒子数，事件“X=k”
=“击中A...

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记该宇宙射线的粒子击中元件A，B，C分别为事件A1,B1,C1,则其概率依次是：P(A1)=0.1，P(B1)=0.2，P(C1)=0.3.
由于不好插入数学符号，权且记sigma(k,a,b)(fk)为通式fk按照指标k从a到b累加求和,C(a,b)表示组合数从a个元素中不计次序取出b个的取法总数。
令随机变量X为仪器停止工作时击中仪器的粒子数，事件“X=k”
=“击中A”,（k=1）;
=“第k次击中A，前k-1次要么仅击中B要么仅击中C”+“第k次击中B，前k-1次均击中C”+“第k次击中C，前k-1次仅击中B”,(k>1)。
由全概率公式，k>1时，
P(X=k)
=P(A1)*[P(B1)^(k-1)+P(C1)^(k-1)]+P(B1)*P(C1)^(k-1)+P(C1)*P(B1)^(k-1)
=0.1*(0.2^(k-1)+0.3^(k-1))+0.2*0.3^(k-1)+0.3*0.2^(k-1)
=2*0.2^k+0.3^k
期望E(X)
=sigma(k,1,正无穷)(k*P(X=k))
=1*P(X=1)+sigma(k,2,正无穷)(k*P(X=k))
=0.1+0.4*sigma(k,2,正无穷)(k*0.2^(k-1))+0.3*sigma(k,2,正无穷)(k*0.3^(k-1))
由几何分布的期望E(Y)=sigma(k,1,正无穷)(k*p*(1-p)^(k-1))=1/p,得：sigma(k,1,正无穷)(k*p^(k-1))=1/(1-p)^2, sigma(k,2,正无穷)(k*p^(k-1))=1/(1-p)^2-1,故
E(X)=0.1+0.4*(1/(1-0.2)^2-1)+0.3*(1/(1-0.3)^2-1)=1053/1960
有问题请告知。

收起

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楼主，正确解答在这里哦，我得到25/6，***********************************************************
不用那么复杂的运算，主要是靠逻辑来分析，算起来很简单的。
1。首先把问题改一下先，改成只要A，B...

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楼主，正确解答在这里哦，我得到25/6，***********************************************************
不用那么复杂的运算，主要是靠逻辑来分析，算起来很简单的。
1。首先把问题改一下先，改成只要A，B，C任意一个粒子打上去，就停止工作。（就是第一次被粒子打中，就完蛋，不管是什么粒子）
那么每次粒子打到的概率是 0.1+0.2+0.3=0.6
那么最后 粒子数的数学期望值是 1/0.6 = 10/6（如果不明白这个结果，我后面解释***）
2。在上面结果的基础上，考虑LZ题目中B和C的关系。
首先看ABC的关系：
每一次打到部件的时候，都有
1/6概率是打到的A，
2/6概率是打到的B，
3/6概率是打到的C
所以对于所有的打到部件的情况的总体也一样符合1/6 2/6 3/6的规律
所以 （1。）中，10/6这个数学期望
有1/6是打到A贡献的，
有2/6是打到B贡献的，
有3/6是打到C贡献的。
打到A的情况无可厚非
打到B和C的情况需要加以修正，以适应LZ的题目
[1]打到B的情况（第一次被粒子打中，就是被打中B的情况）
当打到B的情况，不应该立即结束工作，而是等待粒子继续打，只要来的是A或者C，就结束工作，来B没事
所以，在这种情况下，机器继续工作，粒子打A 0.1，C 0.3的概率使机器停止
机器继续工作的数学期望是 1/（0.1+0.3）=10/4
[2]打到C的情况（第一次被粒子打中，就是被打中B的情况）
同理，再被C打中没关系，被A0.1，B0.2打中就完蛋了
所以，机器继续工作的数学期望是 1/（0.1+0.2）=10/3
综合考虑第一次被A，B，C粒子打中的3种情况
数学期望应该得到修正
被A打中的部分不需要休整
被B打中的部分应该 加上继续工作的数学期望 10/4
被C打中的部分应该 加上继续工作的数学期望 10/3
最后数学期望=
10/6 * 1/6+
10/6 * 2/6 （10/6 + 10/4）
10/6 * 3/6 （10/6 + 10/3）
=25/6
***处的解释：
如果机器只有一个不见会被打中，概率是0.1，那么最后的数学期望就是
0.1的倒数 1/0.1
在逻辑上有简单的理解方式，可以理解为平均一次被打中0.1下，10次就完全打中了。
也可以用严格数学来解
数学期望
=1*0.1
+2*0.1*0.1
+3*0.1*0.1*0.1
+。。。。。。
用错位相消法就可以解这个式子 =1/0.1=10
我不喜欢罗列一堆公式来推导，最后得的结果都听天由命，概率的题目还是得靠逻辑来分析巧妙的算法。运算量越少越好。
又大功告成了， 放礼花 咣咣咣咣……………………

收起

有意思

这道题目说难也不难
我先把它所有的情况列出来
A击穿，B不击穿，C不击穿 概率为
0.1*(1-0.2)*(1-0.3)=0.056
A击穿，B不击穿，C击穿 概率为
0.1*(1-0.2)*0。3=0。024
A击穿，B击穿，C不击穿 概率为
0.1*0.2*(1-0.3)=0.014
A不击穿...

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这道题目说难也不难
我先把它所有的情况列出来
A击穿，B不击穿，C不击穿 概率为
0.1*(1-0.2)*(1-0.3)=0.056
A击穿，B不击穿，C击穿 概率为
0.1*(1-0.2)*0。3=0。024
A击穿，B击穿，C不击穿 概率为
0.1*0.2*(1-0.3)=0.014
A不击穿，B击穿，C击穿 概率为
(1-0.1)*0.2*0.3=0.054
A击穿，B击穿，C击穿 概率为
0.1*0.2*0.3=0.006
所以数学期望为E（x）=1*0.056+2*(0.024+0.014
+0.054)+3*0.006=0.258.
晕，这个题目有那么多答案，实在令人匪夷所思。

收起

以知A中概率为(1/10)B中概率为(2/10)C中概率为(3/10)
既有(1/2?不会有任何故障
列个图表
X-A-(1/10)
X-B-(2/10)
X-C-(3/10)
同时射中BC(2/10)*(3/10)=3/50
加上A的等于8/50