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张家口市，又称“张垣”“武城”，是河北省下辖地级市，地处河北省西北部，京、冀、晋、蒙四省市交界处，是京津冀（环渤海）经济圈和冀晋蒙（外长城）经济圈的交汇点。是冀西北地区的中心城市，连接京津、沟通晋蒙的交通枢纽。 [1]  介于东经113°50′～116°30′，北纬39°30′～42°10′之间。全市南北长289.2千米，东西宽216.2千米，总面积3.68万平方千米。 [2]  截至2019年，张家口市常住人口442.33万人，下辖6区10县。

嘉靖八年（1529年）守备张珍在北城墙开一小门，曰“小北门”，因门小如口，又由张珍开筑，所以称“张家口”。 [3]  春秋战国时北为匈奴与东胡居住地，南部分属燕国、代国。1983年11月，张家口市改为河北省省辖市。 [4]  距今200万年前，远古人类就在此繁衍生息；5000年前，中华民族始祖黄帝、炎帝、蚩尤“邑于涿鹿之阿”，开启了中华文明先河。

张家口市是现行长城最多的地区，素有“长城博物馆”的美称。崇礼、赤城是华北地区最大的天然滑雪场，被誉为东方达沃斯。2015年7月31日，国际奥委会主席巴赫宣布北京携手河北省张家口获得2022年冬奥会举办权。 [5]  2017年12月，当选“中国十佳冰雪旅游城市”。

2020年，张家口市生产总值实现1600.1亿元，同比增长3.6%。其中，第一产业实现增加值267.7亿元，同比增长3.6%；第二产业实现增加值430.9亿元，同比增长2.2%；第三产业实现增加值901.4亿元，同比增长4.3%。

示例 4.32

现在利用(4.10)式计算事件E“按次序取两张扑克牌均是A”的概率。概率空间是示例4.27中讨论过的那2652个点。这里要将该空间分为R1、R2两个区域。

R1：第一张牌为A的那些点。总共有4×51=204个这样的点，因为第一张牌为A的情况有4种，而每种情况下对应的第二张牌都有51种选择。

R2：剩下的2448个点。

这种情况下，(4.10)式就成了

PROB(E )＝PROB(E |R1)PROB(R1)+PROB(E |R2)PROB(R2)

显然PROB(E |R1)，也就是R2条件下E 的条件概率，为0。如果第一张牌不为A，那么不可能拿到两张A，因此必须计算PROB(E |R1)PROB(R1)，而这个值就是PROB(E )。现在有PROB(R1)=204/2652=1/13。换句话说，第一张牌拿到A的可能性是1/13。因为总共有13种秩，所以这一概率是说得通的。

现在需要计算PROB(E |R1)。如果第一张牌是A，那么剩下的51张牌中还剩3张A。因此，PROB(E |R1)=3/51=1/17。因此可以得出结论：PROB(E )=(1/17)(1/13)=1/221。

示例 4.33

现在用(4.10)式来计算事件E“掷3颗骰子，至少出现一个1点”的概率，就像示例4.16中描述过的掷骰子游戏那样。首先，我们一定要理解，那个例子中描述的“结果”的概念与概率空间中的点并不匹配。在示例4.16中，我们建立的概率空间有56种不同的“结果”，这是骰子出现1到6点的次数。例如，“一个4点、一个5点和一个6点”是一种结果，而“两个3点和一个4点”是另一种结果。然而，这种情况下各种结果的概率并不相同。特别要说的是，3个数字都不同的概率是某个数字出现两次的概率的两倍，是3个骰子数字都相同的概率的6倍。

尽管可以使用点对应示例4.16中那种“结果”的概率空间，不过考虑按顺序掷骰子，从而构建一个包含的点概率相等的概率空间要更为自然。这样一来就有63=216种不同的结果与按次序掷3次骰子的事件对应，而每个结果的概率均为1/216。

我们可以不使用(4.10)式，而是直接计算至少有一颗骰子为1点的概率。首先，计算没有1出现的情况数。可以为3颗骰子分配2到6之中的任一数字。这样概率空间中不含1的点共有53=125个，所以有1的点就有216-125=91个。因此，PROB(E )91/216，大约为42%。

上述方法虽然简短，但需要使用些许“技巧”。计算这一概率的另一种方式是“强行”将概率空间分为3个区域，对应出现一个数字、两个不同数字或3个不同数字的情况。设Ri 是具有i 个不同数字的点所在的区域。可以按照下列方式计算各区域的概率。就R1而言，总共有6个点，也就是3个骰子均为1到6这些点时的情况。就R3而言，根据4.4节中的规则，从6个数字中选出3个不同的数字共有6×5×4=120种方式。因此R2中一定是具有剩下的216-6-120=90个点。4各区域的概率分别是PROB(R1)=6/216=1/36、PROB(R2)=90/216=5/12、PROB(R3)=120/216=5/9。

4可以直接计算该数字，用选择会出现两次的点数的6种方式，乘上选择其余骰子点数的5种方式，再乘上选择只出现一次的那个数字所在位置的种方式。就是6×5×3=90种方式。

接着要计算条件概率。如果出现了6个数字中的3个数字，那么其中一个为1的概率是1/2。如果出现了2个数字，那么至少出现一次1的概率是1/3。如果只有一个数字出现，那么该数字为1的概率是1/6。因此PROB(E |R1)=1/6、PROB(E |R2)=1/3，而且PROB(E |R3)=1/2。将这些概率都代入(4.10)式中，就得到

PROB(E ) = (1/6)(1/36)+(1/3)(5/12)+(1/2)(5/9)
　　　 　=1/216+5/36+5/18=91/216

当然，这一分数和直接计算的结果是吻合的。如果能理解直接计算中的那些“诀窍”，那么直接计算的方法是相当容易的。不过，将问题分为若干区域往往是一种更为可靠的保障成功的方式。

4.10.3　独立实验的乘积法则

一类常见的概率问题是求一系列独立实验的一系列结果的概率。在这种情况下，(4.10)式具有了特别简单的形式，表明这一系列结果的概率就是每一结果概率的乘积。

首先，将概率空间等分为k 个区域，就会对所有的i有PROB(Ri )=1/k，因此(4.10)式可以简化为

PROB(E) = PROB(E |Ri )　　　　　　(4.11)

看待(4.11)式的一种实用方式是将E的概率视为各区域条件下E 的概率的平均值。

现在考虑表示两项独立实验X1和X2的结果的概率空间。可以将该空间分为k个区域，每个区域都是点的集合，这些点表示具有某个特定值的X1的结果，这样每个区域都具有相同的概率1/k。

假设要计算事件E“X1的结果为a，且X2的结果为b”的概率，可以使用(4.11)式。如果Ri 不是对应X1的结果a 的区域，那么PROB(E |R1)=0。因此，(4.11)式中就只剩下a 区域的项了。如果说该区域为Ra，就得到

PROB(E ) = PROB(E |Ra)　　　　　　(4.12)

PROB(E |Ra)是什么？它是在X1的结果为a的条件下，“X1的结果为a，且X2的结果为b”的概率。因为给定了X1的结果为a，所以PROB(E |Ra)是在X1的结果为a的条件下，X2的结果为b的概率。又因为X1和X2是相互独立的，所以PROB(E |Ra)就是X2的结果为b的概率。如果X2可能有m种结果，那么PROB(E |Ra)就是1/m。那么(4.12)式就成了

PROB(E ) = 

我们可将上述推理一般化为针对任意数量的实验。想这样做，可以令实验X1是一系列实验，并通过对独立实验总数量的归纳来证明，有着特定序列的全部结果的概率等于每个结果的概率的乘积。

利用独立性简化计算

如果知道实验是相互独立的，就有很多机会简化概率计算。乘积法则是一个例子。另一个例子就是，只要E 是表示实验X1特定结果的点集合，F 是另一个独立实验X2特定结果的点集合，那么就有PROB(E |F )＝PROB(E )。

原则上讲，分辨两项实验是否相互独立是个复杂的任务，涉及对表示实验结果对的概率空间的检测。不过，通常可以借助该情形的物理特性，在不进行这种计算的情况下得出实验互相独立的结论。例如，在依次掷骰子时，不存在物理学上的原因令一次投掷的结果能影响其他投掷的结果，所以它们肯定是独立实验。而从牌堆中取牌则与掷骰子的情况不同。因为取出的牌是无法在随后的过程中被再次取出的，所以不用指望连续取牌是相互独立的事件。事实上，我们已在示例4.29中看到了这种独立性的缺失。

示例 4.34

电话号码后四位为1234的概率是0.0001。每一位号码的选择都是有0到9这10种可能结果的实验。其次，每一位的选择都独立于其他位的选择，因为这里进行的是4.2节中介绍的“有放回的选择”。第一位是1的概率为1/10。同样，第二位是2的概率为1/10，而其他两位的情况也是一样的。所以4位数字依次为1234的概率就是(1/10)4=0.0001。

4.10.4　习题

1. 使用图4-14所示的概率空间，给出如下事件对的条件概率。

(a) 在第一颗骰子为奇数的条件下，第二颗骰子是偶数。

(b) 在第二颗骰子至少为3的条件下，第一颗骰子是偶数。

(c) 在第一颗骰子为4的条件下，两颗骰子点数之和至少为7。

(d) 在两颗骰子点数之和为8的条件下，第二颗骰子是3。

2. 将掷骰子（见示例4.16）游戏的概率空间按照示例4.33所示划分为3个区域，使用这一划分方式与4.10式计算如下概率。

(a) 至少出现两个1点。

(b) 3颗骰子都是1点。

(c) 刚好有一颗骰子是1点。

3. 证明：在掷3颗骰子的游戏中，3颗骰子点数均不同的概率，是有两颗骰子出现同一点数的概率的两倍，是3颗骰子点数均相同的概率的6倍。

4. * 通过对n 的归纳证明，如果有n 项实验，而且每一项实验都是相互独立的，那么任一系列结果的概率等于对应实验各项结果概率的乘积。

5. * 证明：如果有PROB(F |E )=PROB(F )，则有PROB(F |E )=PROB(E )。并证明：如果实验X1独立于实验X2，那么X2也独立于X1。

6. * 考虑从W和L中作出选择组成的长度为7个字母的序列的集合。可以将其视为表示7场4胜制比赛的结果的序列，其中W表示第一支队伍获得1场比赛的胜利，而L表示第二支队伍获胜。哪支队伍先取得4场胜利则赢得这场系列赛（因此，有些比赛可能从未进行过，不过我们需要将其假设结果包含在这些点中，从而获得各点概率相等的概率空间）。

(a) 在某支队伍取得第一场比赛胜利的条件下，该队在这个系列赛中取胜的概率？

(b) 在某支队伍取得前两场比赛胜利的条件下，该队在这个系列赛中取胜的概率？

(c) 在某支队伍取得前三场比赛胜利的条件下，该队在这个系列赛中取胜的概率？

7. ** 有3个囚犯A、B 和C。他们得知3人中有一个要被枪决，而且狱警知道要枪决谁。A 让狱警告诉他其他两个囚犯中哪个不会被枪决。狱警告诉A，B 不会被枪决。

A 推理要么是他，要么是C 被枪决，所以A 被枪决的概率是1/2。另一方面，对A 进行推理，不管谁被枪决，狱警都知道A 之外的某人不会被枪决，所以他总能回答A 的问题。因此，通过该问题的提问和回答都不能判定A 是否会被枪决，所以A 将被枪决的概率仍是1/3，就像在提出问题之前的概率那样。

那么在经过上述系列事件后，A将被枪决的真实概率是多少？提示：需要构建合适的概率空间，不只要表示囚犯被选中枪决的实验，而且要表示狱警有权选择回答“B ”或“C ”的情况下作出某种选择的实验的概率。

8. * 假设E 是处在被分为R1、R2、…、Rk 这k 个区域的空间中的事件。证明：

该公式被称为贝叶斯定理（Bayes' Rule）。它给出了在已知E的条件下Rj 的概率的值。针对示例4.31，使用贝叶斯定理计算PROB(R1|E )、PROB(R2|E )和PROB(R3|E )。

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