概率论与数理统计1.1.1.ppt

1,随机试验、样本空间和随机事件随机事件间的关系与运算随机事件的概率及其性质条件概率、全概公式与贝叶斯公式随机事件、试验的独立性,第一章随机事件及其概率,2,两类现象,在一次试验中结果呈现出不确定性，在大量重复试验中其结果又呈现出一定的规律性的现象。,确定现象,在一定条件下必然发生的现象。,如：在标准大气压下，水加热至100时沸腾；上抛一物体必然下落；同性电荷必然相斥；等等。,随机现象,如：抛一枚硬币可能出现正面，也可能出现反面；电话交换台在1分钟内接到的呼叫次数；测试在同一工艺下生产的灯泡的寿命；等等。,高等数学，线性代数等,概率论，数理统计等,3,试验的结果不止一个，且在试验前能知道试验的所有可能结果；但在一次具体试验之前不能确定会出现哪一种结果。,定义1使随机现象得以实现和对它的观察的全过程称为随机试验(E)。,随机试验具有下列特点：,1、随机事件,重复性,随机性,可以在相同条件下重复进行；,一、随机实验,4,E1：抛一枚硬币，观察正面H和反面T出现的情况；,E2：将一枚硬币连抛三次,观察正、反面出现的情况；,E3：将一枚硬币连抛三次,观察正面出现的次数；,E4：掷一枚骰子，观察出现的点数;,随机试验举例,E5：电话交换台在1分钟内接到的呼叫次数；,E6：在一批灯泡中任意抽取一只，测试它的寿命；,E7：记录某地一昼夜的最高温度与最低温度。,5,定义2随机试验E所有可能结果组成的集合称为E的样本空间(S,)；样本空间的元素称为样本点(e,)。,二、样本空间与随机事件,E1：抛一枚硬币，观察正面H和反面T出现的情况,S1=H，T,E2：一硬币连抛三次，观察正面、反面出现的情况,S2=HHH，HHT，HTH，THH，HTT，THT，TTH，TTT,例如,显然，样本点是由试验的目的所确定的。,6,E3：一枚硬币连抛三次，观察正面出现的次数,S3=0，1，2，3,E4：掷一枚骰子，观察出现的点数,S4=1，2，3，4，5，6,E5：电话交换台在1分钟内接到的呼叫次数,S5=0，1，2，3，,E6：在一批灯炮中任意抽取一只，测试它的寿命,S6=t|t0,E7：记录某地一昼夜的最高温度与最低温度,S7=(x,y)|T最低xyT最高,样本空间举例,7,定义3样本空间S的子集称为随机事件,简称为事件。特别的，S称为必然事件；称为不可能事件；单个样本点组成的单点集e称为基本事件。,试验E：掷一枚骰子，观察出现的点数。,样本空间S=1，2，3，4，5，6，,“出现偶数点”的事件A=2，4，6；,例如,“出现不小于3的点数”的事件B=3，4，5，6；,“出现大于6点”的事件为不可能事件；,“出现点数不超过6”的事件为必然事件S，等等。,8,在一次试验中，事件A发生当且仅当A中的一个样本点出现；,必然事件在每次试验中均发生；不可能事件在每次试验中均不发生；,基本事件两两互斥，且在每次试验中有且有一个发生。,说明,9,集合间的关系与运算,意义：事件A发生必导致事件B发生。,2、事件AB称为事件A与事件B的和事件。,意义：“和事件AB发生”“事件A与事件B至少有一个发生”。,三、事件间的关系与运算,10,3、事件AB称为事件A与事件B的积事件。,意义：“积事件AB发生”=“事件A与事件B同时发生”。,4、事件A-B称为事件A与事件B的差事件。,意义：“差事件A-B发生”“事件A发生，事件B不发生”。,3，4,11,5、若AB=，则称事件A与事件B是互不相容的，或互斥。,意义：“事件A与事件B互斥”=“事件A与事件B不能同时发生”,6、若AB=，且AB=S，则称事件A与事件B互为对立事件或互逆。,意义：在每次试验中，事件A与事件有且仅有一个发生。,5，6,互逆一定互斥,互斥不一定互逆.,12,13,【例1】用事件A，B，C的运算关系表示下列复合事件:,解,【例1】,1、A发生，B与C均不发生;,特别注意：,14,2、A，B，C至少有一个发生；,“A，B，C不会同时不发生”,解,对应于不同的等价说法有多种表示形式：,“A，B，C至少有一个发生”,互斥分解也有各种表示形式，如：,15,3、A，B，C都不发生；,4、A，B，C不多于两个发生。,“A，B，C至少有一个不发生”,“A，B，C不会同时发生”,解,“A，B，C都不发生”,“A，B，C至少有一个发生的事件不发生”,解,16,【例2】射击3次，事件表示第次命中目标，则事件“至少命中一次”为：,解由事件运算律知：,而仅表示“恰有一次击中目标”，故应选A,B,C。,【例2】,17,它表示“甲滞销”与“乙畅销”至少有一个发生，故应选(D).,【例3】事件A表示“甲产品畅销，乙产品滞销”，则其对立事件表示（）。（A)“乙畅销”；(B)“甲乙均畅销”；(C)“甲滞销”；(D)“甲滞销或乙畅销”。,解设事件B：“甲畅销”，C：“乙畅销”，则,从而,【例3】,18,设好事件，并用简单事件的运算关系来表达复杂事件在解概率题中是基本而重要的。特别，要弄清“恰有”、“至少”、“至多”、“都发生”、“都不发生”、不都发生”等词语的含义。,有些文字表达的事件可通过设事件为字母，再利用事件的关系与运算来表达。此外，要注意同一个事件的不同表达形式，注意语言表述的准确性。,注意,利用文图易知：差事件可化为积事件,和事件可互斥分解为,显然，这种互斥分解不一定唯一。,19,本节要点提示,四个概念:随机现象,随机试验,样本空间,随机事件;,四个关系:包含,相等,互斥,互逆;,三个运算:和,积,差。,事件运算律。,20,2、概率及其性质,研究随机事件时，不仅希望了解哪些随机事件可能出现，而且希望知道事件出现的可能性的大小。,我们用0，1中的一个数来表示随机事件A发生的可能性大小，并称之为该事件的概率，记为P(A)。,一、古典概型,定义1具有下列特点的随机试验称为古典概型(等可能概型):()、试验的样本点只有有限个;()、试验中每个基本事件发生的可能性相同.,下面沿概率论的发展轨迹介绍概率概念的形成。,21,设古典概型的样本空间含有n个样本点，事件包含k个样本点，则事件的古典概率为,一、古典概率,在古典概率计算中，注意掌握一些如“摸球问题”“分房问题”，“随机取数问题”等典型模型中概率的计算。,22,【例1】袋中有5只红球和6只黑球，现从中任意取出2只球，试求下列事件的概率：（1）取出的2只全为红球；（2）取出的2只球中一只为红球一只为黑球；（3）取出的2只球中至少有一只黑球。,球是可辨的如编号1-5为红球，6-11为黑球，以保证等可能性；,【例1】例1-1摸球问题,分析理解题意：,不放回抽样；,摸球模型,23,“任意取出2只”：如认为是“依次”取出，则样本点是有序结果，计数时采用排列；如认为是“一次”同时取出2只，则样本点是无序结果，计数时采用组合。,样本空间和样本点:采用不同方法时,样本空间和样本点有所不同.但计算必须在相同样本空间中进行.,设好事件：A=“取出的2只全为红球”；B=“取出的2只中红球、黑球各一”；C=“取出的2只中至少有一只黑球”。,解,例1-2,24,此时,样本空间是所有的两个不同球的排列，相当于两不同号码的有序数对。注意：同色（1，2）和（2，1）是不同的样本点。,正确计数：,方法1依次有序取2只,样本点总数基本事件总数相当于“从编号分别为1-11的11张卡片中任意取2张的”不同排列种数，即,（1）A所含的样本点数相当于“从编号分别为1-5的5张卡片中任意取2张的”不同排列种数，即,例1-3,25,（2）B所含的样本点分两类：先红后黑相当于“从编号1-5中取1个，再从编号6-11中取1个”，由乘法原理知：共有56个不同样本点；先黑后红相当于“从编号中6-11取1个，再从编号1-5中取1个”，由乘法原理知：共有65个不同样本点；因此由加法原理知：B所含样本点总数为,故由古典概率计算公式得：,例1-4,26,故由古典概率计算公式得：,（3）C所含的样本点分两类：一红一黑先红后黑，先黑后红，有60个；两黑“从编号6-11中取2个”的排列数有65=30个。因此，由加法原理知：C所含样本点总数为,故由古典概率计算公式得：,例1-5,27,此时,样本空间是所有的两个不同球的组合，相当于一次取两不同号码的不同组合。注意：同色（1，2）和（2，1）是同一个样本点。,方法2一次无序取2只,样本点总数相当于“从编号分别为1-11的11张卡片中任意取2张的”不同组合种数，即,（1）A所含的样本点数相当于“从编号分别为1-5的5张卡片中任意取2张的”不同排列种数，即,例1-6,28,故由古典概率计算公式得：,（2）B所含的样本点数相当于“从编号1-5中取1个，再从编号6-11中取1个”的不同组合数，因此，由乘法原理知：B所含样本点总数为,故由古典概率计算公式得：,例1-7,29,故由古典概率计算公式得：,（3）C所含的样本点分两类：一红一黑，两黑“从编号6-11中取2个”组合数。因此，由加法原理知：C所含样本点总数为,例1-8,30,从N件产品中任取n件,每种不同取法就是一个样本点，样本点总数基本事件总数相当于是“从N个相异元素中取n个元素”的组合数，即为,【例2】超几何分布,【例2】设有N件产品,其中D件为次品.现从中作不放回抽样任取n件,求其中恰有k(kD)件次品的概率.,解N件产品是可辨的。“不放回任取n件”相当于“一次同时取n件”，因而，试验结果是无序的。,设事件A=“任取n件中恰有k件次品”，则其所含样本点总数相当于“从D件次品中取k件,再从N-D件正品中取,31,故由古典概率公式得：,许多问题如正品次品,男生女生等与本例属于相同的数学模型。这种类型概率称为超几何分布。,n-k件”的不同组合数，由乘法原理知为,例2-2,32,【例3】将n只球随机地放入N个盒子中去(Nn),试求“每个盒子至多有一球”的概率(设盒子容量不限).,解由于盒子容量不限,所以n只球放入N个盒子的每种放法就是一个样本点.,【例3】球入盒问题/分房问题,样本点总数为,(从N个盒子中可重复地取n个的排列数每个球有N种放法，一共有n只球，由乘法原理知有Nn种),而“每个盒子至多有一只球”的有利场合数知为,分房问题,33,（从N个盒子中选n个出来，再放入n只球n!,由乘法原理）,故所求概率为,许多问题生日问题、住房问题、乘客下车问题等与本例属于相同的数学模型。,例3-2,因此，“n人中至少有两人生日相同”的概率为：,例如，生日问题：n（365）个人生日各不相同的概率为,34,n人中至少有两人生日相同的概率,例3-3,35,【例4】从0，1，2，9共十个数中随机取4个，求下列事件的概率：（1）A1：4个数中不含1和8；（2）A2：4个数中既含1也含8；（3）A3：4个数中不含1或8。,解显然，基本事件总数十取四的组合：,三事件的有利场合数分别为：,除1,8外的八取四的组合,随机取数问题,【例4】随机取数问题,36,1,8必取，再在除1,8外的八取二的组合，乘法原理,不含“1或8”分为互斥的三类：含1不含8，含8不含1，既不含1也不含8，加法原理,故所求概率分别为：,例4-2,37,小概率事件在一次具体试验中几乎是不会发生的.统计推断原理,小概率事件在大量重复试验中几乎是必然发生的.,关于小概率事件的重要结论,下面的例题是利用统计推断原理对某种假设作出判断（接受或拒绝），这在数理统计的假设检验中是非常有用的。,统计推断原理,38,【例4】某接待站在某一周内接待了12次来访者,已知所有这些来访都是在星期二与星期四进行的,问能否由此推断该接待站的接待时间是有规定的?,解若接待时间没有规定,且来访者可在一周内任何一天到接待站,则“12次来访都在星期二与星期四”的概率为(千万分之三):,人=“球”,星期几=“盒”,抽象:模型化,【例4】小概率事件,39,现在小概率事件竟然在一次试验中发生,因此依据统计推断原理可以认为:该接待站的接待时间是有规定的.,例4-2,40,理解题意：分析随机试验的基本事件，构造尽可能简单的等可能的样本空间，特别是不同方法求解时，必须在同一样本空间中进行计算；,设好事件:一般在理解题意前提下，设出一些简单事件，使其它复杂事件能利用简单事件的关系与运算表达出来；,正确计数：计算样本点总数基本事件总数和事件所含样本点总数有利场合数，避免计数的重复或遗漏。常用到排列、组合、乘法原理和加法原理等知识。,计算古典概率的基本思路,41,利用公式:常用古典概率计算公式、对立事件概率公式、加法公式、全概公式、贝叶斯公式、乘法公式等。,注意模型：解题时注意模型化，抓住问题本质。,续,42,二、几何概率,定义2设试验E的样本空间为一几何区域，其测度长度、面积或体积等m()为有限值,若任意事件A发生的概率与A的测度m(A)成正比,则称该试验为几何概型.,设E为几何概型,A为事件,则A发生的概率为:,43,以x，y分别表示两人到达的时刻，则能会面的充要条件为,【例5】,【例5】两同学相约7点到8点在南大门会面，先到者等候另一人20分钟，过时离去，求两人能会面的概率。,解,这是几何概率问题：可能结果的点(x,y)构成边长60的正方形；能会面的点(x,y)构成会面区域，故所求概率为,44,【例6】从区间（0，1）中随机地取两个数，求下列事件的概率：（1）两数之和小于1.2;（2）两数之和小于1，且两数之积大于0.09.,【例6】,解,设所取两数分别为x，y，样本点（x，y）为正方形区域S=0，1；0，1，即样本空间为该正方形S。,故由几何概率计算公式得：,（1）事件A=“两数之和小于1.2”对应的平面区域为：,45,故由几何概率计算公式得：,（2）事件B=“两数之和小于1，积大于0.09”对应的平面区域为：,例6-2,注意:利用定积分计算平面区域面积.,46,将几何概型的结果转化为某个可度量是几何区域S直线、平面或空间等中随机点来确定，找出事件A发生相应的区域SA；,计算样本空间S和随机事件SA的几何测度长度、面积、体积等；,利用几何概率公式计算A的概率。,计算几何概率的基本思路,47,定义3设在相同条件下进行的n次试验中事件A发生nA(频数)次，称比值,（1）；,（2）；,（3）若是两两互斥事件组，则,为事件A在n次试验中发生的频率。,1、频率,频率具有下列性质：,三、统计概率,48,表1：抛一枚硬币观察正面H出现的频率,49,表2：438023个字符中英文字母频率,Dewey.G:RelativeFrequencyofEnglishSpellings,1970.,练习：利用word统计功能确定一篇文章中单词的频率。,50,射击命中规定区域的频率演示,51,由上述可知，频率具有下列特点：,随机波动性对相同或不同的试验次数，同一事件的频数不一定相同，从而所得的频率也不一定相同，因而无法用频率来度量事件发生的可能性的大小；,在第五章将证明贝努里大数定理:,从理论上保证了利用频率稳定值量度事件发生的可能性大小(概率)的可行性.,频率稳定性随着试验次数的无限增大，事件的频率逐渐稳定于某个常数，因而可用该常数来度量事件发生的可能性的大小。,52,2、统计概率,事件A发生的频率的稳定值p称为A的统计概率，即,当试验次数n相当大时，可以用频率作为概率的近似值：,事件频率的稳定性通常也称作相应事件发生的统计规律性.,53,概率三公理,至此，我们根据不同背景给出了三种概率定义，即古典概率、几何概率和统计概率，不难看出，它们均具有下面三条性质：,、非负性,、规范性,、可列可加性设为两两互斥事件组,则有,前苏联数学家科尔莫戈罗夫在1933年将上述三条性质演绎为三条公理，由此可得度量事件发生可能性大小的概率的公理化定义.,54,定义4设S为随机试验E的样本空间，对E的每个事件A，称满足下列公理的实数(集合函数)P(A)为事件A的概率:,四、概率公理化定义,、非负性,、规范性,、可列可加性设为两两互斥事件组,则有,55,五、概率的性质,由概率的公理化定义可得概率的性质:,性质1P()=0.,证在可列可加性中取所有的AK=得:,再由非负性得:,性质2设为两两互斥事件组,则有,有限可加性,证在可列可加性中取AK=(k=n+1,n+2,),再利用性质1即得.,56,性质3,证将事件B分解为互斥事件的和事件得：,性质3若,则,由有限可加性得:,即得:,由非负性得:,减法公式有条件,57,性质4对任意事件A,总有,证由于,所以由减法公式得：,再由概率的非负性、规范性知：,即得：,性质4,注意：减法公式是需要“包含”条件的,58,证因为,即,注意：公式在计算概率时是非常有用的.当直接计算某事件概率比较困难时,可以转而计算其对立事件的概率，进而利用上述公式所需的概率.,性质5,所以由有限可加性及规范性得:,59,证将AB互斥分解得:,又,故由有限可加性与减法公式得:,加法公式,性质6,注意：虽然AB=(A-B)B,但P(A-B)不能用减法公式,而A-B=A-AB,且P(A-AB)可用减法公式!,60,加法公式可推广至有限个事件的和事件.,例如，三个事件的加法公式:,续,n个事件的加法公式请看教材,掌握其规律.,在应用文图的直观性时，可以把事件A的概率视为该平面集合A的面积，注意P(S)=1。利用此观点容易理解和记忆一些概率公式（例如，减法公式，加法公式，乘法公式等）。,61,【例7】设A,B两事件,且P(A)=0.6,P(B)=0.7.问1、在什么条件下,P(AB)取得最大值,并求最大值?2、在什么条件下,P(AB)取得最小值,并求最小值?,解由概率的加法公式得:,由00,称,为“在事件A发生的条件下事件B发生”的条件概率。,由此，一般可定义条件概率。,一、条件概率,67,不难看出，计算条件概率P(B|A)有两种方法：,在原样本空间S中分别求出P(A),P(AB),再按定义公式计算；在缩减样本空间A中按一般概率P(B)计算。,68,解方法1在原样本空间S中计算,【例1】一盒子装有5只产品，其中3只一等品，2只二等品。从中取产品两次，每次任取一只，作不放回抽样。设事件A为“第一次取到一等品”，事件B为“第二次取到一等品”，求条件概率P(B|A)。,因为“不放回依次取两只”有序，排列的每种不同结果就是一个样本点,所以样本点总数为,【例1】,A所含样本点均为“第一次取一等品的两产品”，故其所含样本点总数有利场合数为,69,而AB的样本点均为“两次均取一等品”，故其所含样本点总数有利场合数为,由古典概率公式得:,从而,由条件概率公式得:,方法2在缩减样本空间A中计算,70,“第一次取一等品的两只”均为A所含样本点,共有,其中两只均为一等品的为AB所含样本点,共有故由古典概率公式得:,例1-续,S,AB,A,71,1、条件概率也是概率。因而也满足概率的三条公理及其各个性质。,对立事件概率公式:,等等,此处不一一列举.,二、条件概率的性质,例如，加法公式:,此外,概率P(A)就是条件概率P(A|S),即P(A)=P(A|S)。,72,注意：当P(A)0时,乘法公式与条件概率定义式是等价的;当P(A)0,P(B)0时,有P(AB)=P(A)P(B|A)=P(B)P(A|B);乘法公式可以推广到多事件情形.例如,三事件的乘法公式为P(ABC)=P(A)P(B|A)P(C|AB)P(AB)0。,由条件概率定义即可得:,乘法公式设A,B为两个事件,且P(A)0,则,2、乘法公式,73,乘法公式的几何解释：若将事件A的概率看作“A在S中所占的面积比”几何概率，则显然成立：,其中表示A的面积.,应用乘法公式求多事件积事件概率的两种情形:,、积事件是其中各事件相继影响而形成;,、积事件中各事件或都发生、或都不发生、或其中部分发生部分不发生，但事先并不知确已发生与否。,74,【例2】据以往资料表明,某一3口之家患某种传染病的概率有以下规律:P孩子得病=0.6,P母亲得病|孩子得病=0.5,P父亲得病|母亲及孩子得病=0.4.求“母亲及孩子得病但父亲未得病”的概率。,解设A,B,C分别表示孩子、母亲、父亲得病的事件。由题意知:,现求,由乘法公式得:,【例2】,75,注意由于本例中都是地位平等的随机事件,没有一个事先知道确已发生,所以所求概率是积事件概率,而不是条件概率,例2-续,76,【例2】设某透镜第一次落下打破的概率为1/2,若第一次未打破,第二次落下打破的概率为7/10,若前两次均未打破,第三次落下打破的概率为9/10,试求该透镜落下三次而未打破的概率.,解设事件Ai=“透镜第i次落下打破”(i=1,2,3),B=“透镜落下三次而未打破”。,因为，且前次事件对后次事件有影响，故由乘法公式得：,方法1,由已知条件知：,77,于是，,方法2,因为事件“透镜三次落下打破”为,且两两互斥,故由可加性得:,78,其中,由乘法公式得：,故得：,再由对立事件概率公式得：,79,定义2设S为随机试验E的样本空间,B1,B2,，Bn为E的满足下列条件的事件组：,则称B1,B2,Bn为样本空间S的一个完备事件组划分.,3、全概率公式与贝叶斯公式,（i）BiBj=(ij,I,j=1,2,n);,(ii),例如，在掷一枚骰子观察出现的点数试验中，,B1=1，2，3，B2=4，5，B3=6就是样本空间S的一个完备事件组。,80,定理1设S为试验E的样本空间,B1,B2,Bn为S的一个完备事件组，且P(Bi)0(i=1,2,n),则对任意事件A有全概率公式：,定理1(全概公式),【证】因为A可互斥分解为,所以由有限可加性与乘法公式得：,81,【证】由条件概率、乘法公式与全概率公式得,定理2(贝叶斯公式),定理2设S为试验E的样本空间,B1,B2,Bn为S的一个完备事件组,A为E的事件,且P(Bi)0(i=1,2,n),P(A)0,则有贝叶斯公式：,82,在应用全概率公式与贝叶斯公式时，有两个问题需要弄清楚：,当事件的发生与相继两个试验有关时，从第一试验入手寻找完备事件组；,当事件的发生是由诸多两两互斥的原因而引起的，可以这些“原因”为完备事件组。,两个问题,2、如何区分是用全概率公式还是用贝叶斯公式,1、如何确定完备事件组,一般，可从下列两个方面来寻找完备事件组：,“由因求果”用全概率公式,“执果求因”用贝叶斯公式.,83,【例3】,【例3】设工厂A和工厂B的产品次品率分别为1%和2%,现从A与B的产品分别占60%和40%的一批产品中随机抽取一件,发现是次品,则该次品属A厂生产的概率是多少?,解由于产生次品的“原因”是“A厂生产”和“B厂生产”,因此,完备事件组可设为:,事件A为“随机抽取一件为次品”.,由全概率公式得:,84,由贝叶斯公式得:,例3-续,85,【例4】设在12只乒乓球中有9只新球和3只旧球,第一次比赛取出3只,用后放回去;第二次比赛又取出3只,求第二次取到的3只球中有2只为新球的概率.,【解】这里有两个相继“试验”:“第一次取出3只”和“第二次取出3只”.因此,可根据“第一次试验”的各种情形确定完备事件组.,第一次取出3只球有4种情况:没有新球、有一只新球、有两只新球和全是新球，分别用事件表示为：,设A为事件：“第二次取出2新1旧”，则由古典概率计算公式超几何分布得：,【例4】,86,注意：第二次取球时12只球的新旧组成是随第一次取出的3球组成的变化而变化,易得:,例4-续-1,从9新3旧中取3旧,从9新3旧中取1新2旧,从9新3旧中取2新1旧,从9新3旧中取3新,87,从9新3旧中取2新1旧,从8新4旧中取2新1旧,从7新5旧中取2新1旧,从6新6旧中取2新1旧,由全概率公式得:,例4-续-2,88,由全概率公式得:,例4-续-3,89,90,4、独立性,一、事件的独立性,定义1设A,B为两个事件,如果,则称A,B为相互独立的事件.,定理设A,B为两个事件,且P(A)0,则,A,B相互独立,由条件概率可得,91,即相互独立.,解因为A,B相互独立,所以,从而,【例1】,【例1】设事件A,B相互独立,证明事件也相互独立.,可以证明:在中,只要有一组独立,则其余各组均独立.,92,注意,独立性的概念可以推广到多事件.,定义2设A,B,C为三个事件,如果,则称A,B,C为相互独立的事件.,如果只满足前三个条件,则称A,B,C为两两独立的事件.,相互独立一定两两独立,反之不然.,93,【例2】三人独立地去破译一份密码,已知各人能译出的概率分别为1/5,1/3,1/4.问三人中至