概率論答案解析李賢平

1、完美 WORD格式編輯第一章事件與概率1、解:(1) P 只訂購 A 的 =PA(B U C) = P(A)-P(AB)+P(AC)-P(ABC)=0.45-0.1.-0.08+0.03=0.30.(2) P 只訂購 A 及 B 的 =PAB-C =P(AB)-P(ABC)=0.10-0.03=0.07(3) P 只訂購 A 的 =0.30,P只訂購 B 的 =PB-(A U C)=0.35-(0.10+0.05-0.03)=0.23.P只訂購 C 的 =PC-(A U B)=0.30-(0.05+0.08-0.03)=0.20. P 只訂購一種報紙的=P只訂購A + P只訂購B + P只訂購

2、C=0.30+0.23+0.20=0.73.(4) P正好訂購兩種報紙的=P(AB-C) U (AC-B) U (BC-A)=P(AB-ABC)+P(AC-ABC)+P(BC-ABC) =(0.1-0.03)+(0.08-0.03)+.(0.05-0.03)=0.07+0.05+0.02=0.14.(5) P 至少訂購一種報紙的= P 只訂一種的+ P 恰訂兩種的+ P 恰訂三種的=0.73+0.14+0.03=0.90.(6) P 不訂任何報紙的=1-0.90=0.10.2、解：(1) ABC二A= BC二A(ABC A顯然)=B二A且 C- A，若A發(fā)生，則B與C必同時發(fā)生。(2) A B

3、 C =A= B C A= B A且C A , B發(fā)生或C發(fā)生，均導(dǎo)致A發(fā)生。(3) AB二C=A與B同時發(fā)生必導(dǎo)致 C發(fā)生。(4) A BC A B C , A發(fā)生，則B與C至少有一不發(fā)生。3、解：A1 A2An 二 A1 (A2 -片廠(An - A - - An)(或)=A "A代入入2 An.4、解：(1) ABC=抽到的是男同學(xué)，又不愛唱歌，又不是運動員;ABC =抽到的是男同學(xué)，又愛唱歌，又是運動員。(2) ABC =A= BC二A，當(dāng)男同學(xué)都不愛唱歌且是運動員時成立。(3) 當(dāng)不是運動員的學(xué)生必是不愛唱歌的時，C B成立。(4) A=B及A=C A=B=C，當(dāng)男學(xué)生的全

4、體也就是不愛唱歌的學(xué)生全體，也就不是運動員的學(xué)生全體時成立。也可表述為：當(dāng)男學(xué)生不愛唱歌且不愛唱歌的一定是男學(xué)生，并且男學(xué)生不是運動員且不是運動員的是男學(xué)生 時成立。5、解:設(shè)袋中有三個球，編號為1,2,3，每次摸一個球。樣本空間共有3個樣本點(1),( 2),( 3)。設(shè)A1,2,則 A 二3, A B =1,2,3? A B_1, A_B 二2, A C =1,2,3?。6、解：(1) 至少發(fā)生一個 = A B C D .(2) 恰發(fā)生兩個= ABCD ACBD ADBC BC AD CD AB BDAC .（3）A , B都發(fā)生而C, D都不發(fā)生=ABCD.（4） 都不發(fā)生= ABCD

5、二D .（5）至多發(fā)生一個= ABcd aBCd bacd cABd dABCAB AC AD BC BD CD .7、解：分析一下Ei之間的關(guān)系。先依次設(shè)樣本點， Ej，再分析此是E1E1E4E5E1E2E1E3E2E3E6 二,Eo 川Ej( j 口)，Ej Ek(j =i,k =i)等。(1)E6為不可能事件。(2) 若.E5，則； Ej (i =1,2,3,4)，即 E5Ei 二 o(3) 若三E4，則心三E2，心三E3 o(4) 若.E3，則必有 E2或 E!之一發(fā)生，但E1 E2。由此得 E3E1E3E2 "3, , E<|E2E3 o(5) 若 E2，則必有 Ei

6、或.E3之一發(fā)生，由此得E2 EiE2 E3 = E2 o(6) Ei中還有這樣的點 : 12345，它僅屬于Ei，而不再屬于其它 Ej(i=1,O)。諸Ei之間的關(guān)系用文圖表示(如圖) 8 解：(1)因為(1 +x)n =1 +cnx+c：x2 + +ncnxn，兩邊對 x 求導(dǎo)得n(1+x)n=cn +2C；x+ nC：xn，在其中令x=1即得所欲證。(2) 在上式中令x=-1即得所欲證。(3 )要原式有意義，必須OWrEa。由于C： =C；：, Cf,此題即等于要證a、Ca rCb =Ca b, 0空r空a.利用幕級數(shù)乘法可證明此式。因為k=0(x 1)a(x 1)(x 1)a b，比較

7、等式兩邊xb r的系數(shù)即得證。9、解：p =a6a5a5/a31 =空=0.153310、解：(1)第一卷出現(xiàn)在旁邊，可能出現(xiàn)在左邊或右邊， 剩下四卷可在剩下四個位置上任意排，所以p = 2 4!/5!=2/5(2) 可能有第一卷出現(xiàn)在左邊而第五卷出現(xiàn)右邊，或者第一卷出現(xiàn)在右邊而第五卷出現(xiàn)在左邊，剩下三卷可在中間三人上位置上任意排，所以p =2 3!/5U1/102 217(3) p=P第一卷出現(xiàn)在旁邊+P第五卷出現(xiàn)旁邊-P第一卷及第五卷出現(xiàn)在旁邊 =.551010(4) 這里事件是(3)中事件的對立事件，所以P =1-7/10=3/10(5) 第三卷居中，其余四卷在剩下四個位置上可任意排，所

8、以P =1 4!/5! = 1/511、解：末位數(shù)吸可能是2或4。當(dāng)末位數(shù)是2（或4）時，前兩位數(shù)字從剩下四個數(shù)字中選排，所以P =2 A4 / A5 =2/512、解:p -cmicnm2crm3/3cm113、解：P兩球顏色相同=P兩球均白+P兩球均黑+P兩球均紅3 1076159207=一x 一 +一x 一 +一x 一 = 0.3325252525252562514、 解：若取出的號碼是按嚴格上升次序排列，則n個號碼必然全不相同，n_N。N個不同號碼可產(chǎn)生 n !種不同的排列，其中只有一個是按嚴格上升次序的排列，也就是說，一種組合對應(yīng)一種嚴格上升排列，所以共有CN種按嚴格上升次序的排列。

9、總可能場合數(shù)為N n，故題中欲求的概率為 P =CN / N n.15、解法一：先引入重復(fù)組合的概念。從n個不同的元素里，每次取出m個元素，元素可以重復(fù)選取，不管怎樣的順序并成一組，叫做從n個元素里每次取m個元素的重復(fù)組合，其組合種數(shù)記為（-m =Cnm_i 這個公式的證明思路是， 把n個不同的元素編號為1,2，,n，再把重復(fù)組合的每一組中數(shù)從小到大排列，每個數(shù)依次加上0,1，m -1,則這一組數(shù)就變成了從1,2，n m-1共n，m-1個數(shù)中，取出m個數(shù)的不重復(fù)組合中的一組，這種運算構(gòu)成兩者之間一一 對應(yīng)。若取出n個號碼按上升（不一定嚴格）次序排列，與上題同理可得，一個重復(fù)組合對應(yīng)一種按上升次

10、序的排列，所以共有（N種按上升次序的排列，總可能場合數(shù)為N n，從而P =（N/Nn 二CN n/Nn.解法二：現(xiàn)按另一思路求解。取出的 n個數(shù)中間可設(shè)n-1個間壁。當(dāng)取出的n個數(shù)全部相同時，可以看成中間沒0 1 0 1有間壁，故間壁有 Cn種取法；這時只需取一個數(shù)字，有Cn種取法；這種場合的種數(shù)有 CnCN種。當(dāng)n個數(shù)由小大兩個數(shù)填上，而間壁的位置有種取法；數(shù)字有 cN種取法；這種場合的種數(shù)有 C爲(wèi)cN種。當(dāng)n個數(shù)由三樣數(shù)構(gòu)成時，可得場合種數(shù)為 Cn4cN種，等等。最后，當(dāng)n個數(shù)均為不同數(shù)字時，有 n-1個間壁，有種取法；數(shù)字有 CN 種取法；這種場合種數(shù)的 C；：CN種。所以共有有利場合數(shù)

11、為：m1=cncN +cn)cN +C21CN+ +cn；：cN =cn 斗此式證明見本章第 8題（3）?？偪赡軋龊蠑?shù)為 m = Nn，故所還應(yīng)的概率為P 二mJn1 二CN z/Nn.16、 解：因為不放回，所以n個數(shù)不重復(fù)。從1,2，M -1中取出m-1個數(shù)，從 M 1, N中取出n-m個數(shù)，數(shù) M 一定取出，把這 n個數(shù)按大小次序重新排列，則必有 Xm=M。故P=cm：C；CN雲(yún)/CN。當(dāng)M 1cm1或 N -M : n -m時，概率 P = 0.17、 解：從1,2,，N中有放回地取n個數(shù)，這n個數(shù)有三類：M =M M如果我們固定k1次是取到M的數(shù)，k2次 是取到M的數(shù)，當(dāng)然其余一定是

12、取到 M的。當(dāng)次數(shù)固定后，M的有（M -1盧種可能的取法（因為每一次都可以從 M -1個數(shù)中取一個），M的有（N-M）k2種 可能的取法，而=M的只有一種取法（即全是，所以可能的取法有（M -1）k1 （N - M ）k2種。對于確定的k1, k2來說，在n次取數(shù)中，固定哪k1次取到M的數(shù)，哪k2次取到M的數(shù)，這共有 0社 種不同的固定方式，因此 k1次取到M 的數(shù)，k2次取到M的數(shù)的可能取法有 C,脊占（M -1）k1 （N -M ）k2種。設(shè)B表示事件“把取出的 n個數(shù)從小到大重新排列后第 m個數(shù)等于M“，則B出現(xiàn)就是k1次取到M的數(shù)，k2次取 m-J n -m到皿的數(shù)的數(shù)，0乞&

13、 zm-1,0乞k2乞n-m，因此B包含的所有可能的取法有二 工C：1 C：2占（M - 1）k1 （N - M產(chǎn) k口 k2=0種。所以m 1 n _mP（B）=r 、 c：cn （M 1）k1（N M）k2 N k! =0 k2 =018、解：有利場合是，先從 6雙中取出一雙，其兩只全取出；再從剩下的5雙中取出兩雙，從其每雙中取出一只。所以欲求的概率為 P=空=0.483319、解：（1）有利場合是，先從 n雙中取出2r雙，再從每雙中取出一只。P=c：r（c2）2r/c；：,（2r n）n-1雙中取出2r-2雙，從鞭每雙中?。?）有利場合是，先從 n雙中取出一雙，其兩只全取出，再從剩下的

14、出一只。1 2 2r -2 1、2r 22r21-2 21 21(3)p=222c：cnv/c；n.2r -22r -22rCn /P 二 CnCzCn(C2)/C2n 二 n2 Cn4 / C?n (4) P =cn(C；)r/C； =C；/C；.220、解：（1）P任意取出兩球，號碼為1，2= 1/Cn .（2）任取3個球無號碼1,有利場合是從除去 1號球外的n-1個球中任取3個球的組合數(shù)，故 P任取3球,無號碼1二C；斗/C；.(3) P任取5球，號碼1,2,3中至少出現(xiàn)1個= 1_P任取5球，號碼1,2,3不出現(xiàn)其中任取5球無號碼1,2,3，有利場合是從除去 1,2,3號球外的n3個球

15、中任取5個球的組合數(shù)。21、 解：(1)有利場合是，前 k -1次從N _1個號中(除1號外)抽了，第k次取到1號球，p =(N -1)kJ 1/ Nk =(N -1)kJ/Nk(2)考慮前k次摸球的情況，P1/aN =1/N。22、解法一：設(shè)A=甲擲出正面數(shù) 乙擲出正面數(shù)，B=甲擲出反面數(shù) 乙擲出反面數(shù)?？紤]A=甲擲出正面數(shù) 乞乙 擲出正面數(shù)。設(shè)A發(fā)生。若乙擲出n次正面，則甲至多擲出 n次正面，也就是說乙擲出 0次反面，甲至少擲出1次反 面，從而甲擲出反面數(shù) 乙擲出反面數(shù)。若乙擲出 n-1次正面，則甲至多擲出 n-1次正面，也就是說乙擲出 1次反面， 甲至少擲出2次反面，從而也有甲擲出反面數(shù)

16、 乙擲出反面數(shù)，等等。由此可得A =甲擲出正面數(shù) 空乙擲出正面數(shù) =甲擲出反面數(shù) 乞乙擲出反面數(shù) = B.P(A) P(B) =P(A) P(A) =11顯然A與B是等可能的，因為每人各自擲出正面與反面的可能性相同，所以P(A)二P(B),從而P(A)=2解法二：甲擲出n 1個硬幣共有2n 1個等可能場合，其中有個出現(xiàn)0次正面，有卅個出現(xiàn)1次正面，C；*個出現(xiàn)n+1次正面。乙擲n個硬幣共有2n個等可能場合，其中有 C°個出現(xiàn)0 次正面，C：個出現(xiàn)1次正面，C：個出現(xiàn)n次正面。若甲擲n 1個硬幣，乙擲n個硬幣，則共有n 2n1 -2 22n 1 種等可能場合，其中甲擲出正面比乙擲出正面

17、多的有利場合數(shù)有m1 =CLC0 +C二(C； +C：) +C；+(C0 +C： +C；) + =c柑(C0 +c： + +CT) +Cnn¥(c0 +cn + +cQ利用公式C；+=C； +C及Cnn；得m1 =（C0 +cn）c： +（c： +C；）（C0 +cn）+（C： +C；）（C0 +cn +C：） + + （C；）2 Cc： c紳 c-i ：3（c：rc；）（c0 +C： ii +C；）（Cn）2 C1C0 Cn" C：-i ：2（Cn04）2;+c七 cn +c：z c+.|（cn）2 瓦 cy+1 ：n 4i ：n_i :n學(xué)習(xí)指導(dǎo)參考資料完美 WORD格

18、式編輯完美 WORD格式編輯=n（cn）2 +2 送 w = i、n c：i衛(wèi)ni_O71所以欲求的概率為P =mi/ni =22n / 22n 1.2應(yīng)注意，甲擲出0,1，n 1個正面的n 2個場合不是等可能的。23、解：事件“一顆投4次至少得到一個六點”的對立事件為“一顆投4次沒有一個六點”，后者有有利場合為，除去六點外的剩下五個點允許重復(fù)地排在四個位置上和排列數(shù)，故，P 一顆投4次至少得到一個六點=1- 一顆投4次沒有一個六點= 1 - 54/64 =0.5177.投兩顆骰子共有36種可能結(jié)果，除雙六(6, 6)點外，還有35種結(jié)果，故P兩顆投24次至少得到一個雙六2424=1 -兩顆投

19、24次沒有一個雙六= 1 -35 /36= 0.4914.比較知，前者機會較大。24、解：P =0；0330330；/。5； =0.012925、解:1491313 hC4C4 C43C39C26C P 二1313 c13c13c13c13 C52C39C26C134 C：c5；= 0.0106.或解為，4張A集中在特定一個手中的概率為C：C：8 /C；2，所以4張A集中在一個人手中的概率為P = 4 C：8/c53 =0.0106.26、解：(1) P =4/C52 =0.0000015.這里設(shè)A只打大頭，若認為可打兩頭AKQJ10及A2345，則答案有變，下同。(2)取出的一張可民由K,

20、Q，6八個數(shù)中之一打頭，所以P =C：C8 /C52 =0.0000123 .(3 )取出的四張同點牌為13個點中的某一點，再從剩下48張牌中取出1張，所以 P 心靂應(yīng) =0.00024.(4) 取出的 3張同點占有 13個點中一個點，接著取出的兩張同點占有其余12個點中的一個點，所以P =C113C45C112C2/Cf2 = 0.00144.(5) 5 張同花可以是四種花中任一種，在同一種花中，5張牌占有13個點中5個點，所以 P tg/c： =0.00198.(6) 異花順次五張牌=順次五張牌 - 同花順次五張牌。順次五張牌分別以 A，K，6九個數(shù)中之一打頭，每張可以有四種不同的花；而同

21、花順次中花色只能是四種花中一種。所以p = P順次五張牌 - 同花順次五張牌 = C9(c1)5 C：c9 /C；2 =0.0000294(7)三張同點牌占有13個點中一個占有剩下12個點中兩個點，所以 C113C3C122(C4)2/C52 = 0.0211.(8) P五張中有兩對=P五張中兩對不同點+P五張中兩對同點= 0.0475.=c!2c2c42c11c4/c5c113C4c12c4/c52(9)p =C；3C4C13,(C1)3/C52 = 0.423.(10)若記(i )事件為 A，則A1A5, A2A5, A3A8, A4A而事件A5,，Ag兩兩不相容，所以r 9p =1 -P

22、 U a9i ：5P(A) = 0.506.y27、解：設(shè)x, y分別為此二船到達碼頭的時間，則0 _x _24, 0 _ y _24.兩船到達碼頭的時間與由上述條件決定的正方形內(nèi)的點是對應(yīng)的(如圖)設(shè)A表事件“一船要等待空出碼頭”，則A發(fā)生意味 著同時滿足下列兩不等式x -y 乞3 , y -x 蟲424由幾何概率得，事件A的概率，等于正方形CDEF中直線x - y空3及y - x乞4之間的部分面積，與正方形CDEF學(xué)習(xí)指導(dǎo)參考資料的面積之比,PA = 24-，1 202 1 212 /24311/1150'2728、解：設(shè)x, y分別為此二人到達時間，則7乞X乞8, 7乞y乞8。顯

23、然，此二人到達時間(x, y)與由上述條件決定的正方形CDEF內(nèi)和點是對應(yīng)的(如圖)。7設(shè)A表事件“其中一人必須等另外一人的時間1/2小時以上“，則 A發(fā)生意味著滿足如下11不等式 x-y 或y-x。由幾何概率得，22事件A的概率等于 GDH及 A FMN的面積之和與正方形1 1 (-8P(A)CDEF勺面積之比，所以1 1 11=( )/(1 1)=2 2 2 2 2429、解：設(shè) AB = a, AXi =捲，AX2 = x2 則x2IIXi0 乞 Xi 乞 a, Q < X2 < a ,(Xi, X2)與由上述條件決定的正方形EFGH內(nèi)的點是一一對應(yīng)的(如圖)。(I )設(shè) x

24、2 xi。 AX i =捲，Xi X2 = x2xi,X2B = a -X2，則三線段構(gòu)成三角形的充要條件是EXi/、i(x2 _ xja _ x2 = x2a1 aX22i2a，« 為 +(a x2) >(x2 xj n 為(x2 -捲)+(a x2) > 為 n 為這決定三角形區(qū)域i。(II )設(shè) xix2 。AX i=xi, XiX2=xi'X2, X2B=ax2 ，則三線段構(gòu)成三角形的充要條件是i為 + (xi - x2) > a - x2 n 疋 a ai這決定區(qū)域II。(為x2) +(a x2) > 為 n x - a 為 + (a -x2

25、) axi -x2 n a a 0,(III )當(dāng)Xi =X2時，不能構(gòu)成三角形。由幾何概率知,P三線段構(gòu)成三角形厶I面積矩形II面積 一 正方形EFGH面積丄爲(wèi) ia ia ia/a22 2 2 2 2ADC ADB BDC AOC AOB BOC所 圍z30、解：設(shè)0到三點的三線段長分別為x,y,z，即相應(yīng)的右端點坐標(biāo)為x,y,z，顯然0蘭x, y, z蘭i這三條線O段構(gòu)成三角形的充要條件是：Ax y z, x z y, y z x。在線段0， i上任意投三點x,y,z。與立方體0xi, 0yi，0 zi 中的點(x, y, z)對應(yīng)，可見所求“構(gòu)成三角形”的概率，等價于在 邊長為i的立方

26、體T中均勻地擲點，而點落在x y z, x z y, y z x區(qū)域中的概率；這也就是落在圖中由3 i i 3 i成的區(qū)域 G中的概率。由于 V(T)=i, V(G)=i3-3i3 ：3221 p =V(G)/VW2 由此得，能與不能構(gòu)成三角形兩事件的概率一樣大。31、解：設(shè)方格邊長為a。當(dāng)硬幣圓心落于圖中陰影部分 才與邊界不相交（圖中只取一個方格） 。由幾何概率得P硬幣與線不相交二陰影部分面積方格面積2 2=（a -1） la .令 （a -1）2/a2 =0.01aaa>1 當(dāng)止式得（a -1）/a =0.1,a =1。即當(dāng)方格邊長9a ： 11時，才能使硬幣與線不相交的概率小于91

27、%32、解：從（0, 1）中取出的兩數(shù)分別為x,yV （x,y）與 y正方形ABCD內(nèi)的點對應(yīng)。1 D C（1）直線x + y = 1.2與BC交點坐標(biāo)為（1, 0.2 ），與DC點坐標(biāo)為（0.2 , 1）,所以由幾何概率可得AP兩數(shù)之和小于1.2陰影區(qū)域I面積正方形面積（2）雙曲線xy 與BC交點坐標(biāo)為1,- !4I八與DC交點坐標(biāo)為-,1 i,所以由幾何概率得<4丿P兩數(shù)之積小于陰影區(qū)域II面積正方形面積因為當(dāng)a乞1時，硬幣必與線相交（必然事件），故只需考慮丄 In 4 =0.64= 2x1 + 匸丄 dx=1 +丄1 nx4 4 4x 44（3）直線x y =1.2與曲線xy工1的

28、交點坐標(biāo)為（如圖）4%y1= 0.6 0.1 11 =0.932= 0.6 -0.1 11 =0.268,x2 =0.268y =0.932 P兩數(shù)之和小于1.2，兩數(shù)之積小于丄4陰影區(qū)域III面積正方形面積= 0.2 10.2680.932 11+ f (x+1.2)dx+dx + (x+1.2)dx-0.2- 0.268 4x 0.932= 0.20.2681.2x0.20.932+ -ln x4 0.268-!x21.2x0.932= 0.2 0.0657 0.3116 0.0160 = 0.59333、 證：當(dāng)n =2時，A1 A2二A (A2 -AA2) , A1與A A1 A2兩者

29、不相容，所以P(A A2) = P(A2 - A A2) = P(Ad P(A2)- P(AA2).此即當(dāng)n =2時原式成立。設(shè)對n -1原式成立，現(xiàn)證對 n原式也成立。P(A1An An)=PA1An代= P(AAn)P(An)-PA1An A.二 P(A1An)P(An)-PA1An AqA.代代對前后兩項分別應(yīng)用歸納假設(shè)得P(A代An)丨A. hEP(A)瓦 P(AAj)+十(1)nP(A1 An)"P(An).nz!n -?j >>fn J-覽 P(AAn)- S P(AAnAjAn)* +(-1)2p(AAnAjAn代_,代)J 3淪Jn=H P(A)送 P(A

30、Aj) +(1)nP(AA2An).i 4ni.至此，原式得證。34、 解：設(shè)A叫第i個戰(zhàn)士拿到自己的槍，i =1,2,N。 Ai之間相容，現(xiàn)用上題公式解。P(AJ =(N -1)!1/N21/N,P(AA) =(N -2)! 1 1/N! = 1/N! = 1/AN (i = j), P(A A2 AN) = 1/N!.由公式得P至少有一個戰(zhàn)士拿到自己的槍 = P(A1 A2An)N= Ep(A) 無 P(AAj)+(1)gp(AA2An)i =iN _j i .11121N 1 Nry 1N!=1得3冷=:(-1尸k!注：由此可求得，事件“至少有一個戰(zhàn)士拿到自己的槍”的對立事件的概率為PN

31、個戰(zhàn)士沒有一個戰(zhàn)士拿到自己的槍N =1-k4(-1廠k!N=11k =0(-1)k!35、解：某k個指定的戰(zhàn)士拿到自己的槍的概率是1 -1/ANK。利用上題注(視這里 N - k個戰(zhàn)士都沒有拿到自己槍的n u概率為P2。恰有k個戰(zhàn)士拿到自己的槍，則這 k個戰(zhàn)士可以是 N個戰(zhàn)士中任意的k個戰(zhàn)士，從N個戰(zhàn)士j =0 j !中選出一組k個戰(zhàn)士共有cN種選法，所以事件“恰有 k個戰(zhàn)士拿到自己槍“的概率，是事件”某k個指定戰(zhàn)士拿到自己的槍，且其余 N -k個戰(zhàn)士沒有拿到自己的槍“概率的CN倍，可得P恰有k個戰(zhàn)士拿到自己槍 =cN1 N“(")j AN" j£ j1 NT1)

32、j 尬j36、解：設(shè)考簽編號為1,2,N，記事件A =第x號考簽未被抽到，則P(AJ =(N -1)n /Nn，P(AAj) =(N -2)n/Nn(i = j),P(AA An) =(N -N)n/Nn =0 ；諸Ai相容，利用第33題公式計算得P=至少有一張考簽未被抽到 =PA1 A2 AnN-7 P(A)-、 P(AiAj)(-1)Nj1P(A1A2 An)i 1N _j i. _1=c1 (N -1)n NNnnC2 (n -2)-CNN n(-1)2cN'4 0Nn(N i)NnN 4八(-HPi ±37、解：這些比賽的可能結(jié)果，可以用下面方法表示：aa, acc，

33、 acbb， acbaa， acbacc， acbacbb，bb, bcc, bcaa, bcabb, bcabcc, bcabcaa，其中a表甲勝，b表乙勝，c表丙勝。在這些結(jié)果中，恰巧包含k個字母的事件發(fā)生的概率應(yīng)為丄，如aa發(fā)生的概率為1/4 , acbb發(fā)生的概率為1/16p(c) = P(acc) P(bcc) I P(acbacc) P(bcabc© I- 2 13 2穆二？.22297由于甲，乙兩人所處的地位是對稱的，所以p(a)二p(b)，得(3)38、證：設(shè)父勝子的概率為 Pi，子勝父的概率為P2，父勝母，母勝父，母勝子，子勝母的概率分別是P3，P4，P5，P6。則

34、諸Pi間有關(guān)系：P5 P6 =1, Pi : P3。仿上題，設(shè)首局為父對母，比賽的可能結(jié)果為：a3ai, a3C2C6 ,玄3。2匕5匕4 , a3c2b5 a3，b4b5, b4C6C2, b4C6aia3, b54c6 ai b4，a表父勝，但父勝母與父勝子的概率不同，為明確起見，比賽結(jié)果中字母附加下標(biāo)，下標(biāo)中i對應(yīng)概率Pi，故Pi a i=P(a3ai) P(a3C2b5a3)P(b4C6aia3)=P3Pi P3P2P5P3 P4 P6 Pi P3類似地，第一局若父對子，則可得P2 a =P(aia3) P(aiC4b6aJ P(C2b5a3aJ 二卩沖彳 Pi P4 P6 Pi P2

35、 P5 P3 Pi第一局若子對母，則P3 a =P(C6aia3)Pgasai) = P6PiP3 P5 P3 Pi 二 PiP3(P6 P5) = Pi P3易見 P3(a) : P2 (a)。由于 Pi ： P3，所以 Pi P4 P6Pi ： P4P6PiP3, P2 P5 P3 Pi :卩3卩2卩5卩3，因此 P2 (a) ： Pi(a)。 從而Pi(a) P2(a) P3(a)這說明父的決策最優(yōu)。39、解：P(AB) =P(A B) =P(A BB)=P(A B)_P(B)=r_qP(AB) =P(=i _P(A B) =i -r .40、證：設(shè) BC =0, C(A -B)二C2.

36、由 C - AB 可得，C 二 A B ,c =G Jc2, G Qc2 =(i)又 C AB . ACi =A(BC) =AB再由 P(B) -P(Ci)得A CP(ACJ =P(AB) =P(A)P(B) _P(A)P(G)(2) 由C2 A并利用P(A) _i得P(AC2)二P(C2)-p(a)p(C2) 由(i), (2), ( 3)可得P(AC) =P：A(Ci C2)= P(ACi AC2)二P(ACJ P(AC2) _P(A)P(CJ P(A)P(C2) -P(A) P(Ci) - P(C2)=P(A)P(C)4i、證：(i) A 二 AA2，由單調(diào)性及 P(Ai A2) <

37、;i 得P(A) KP(AiA2)=P(Ai)+P(A2)P(AiUA2) (陽+卩傀)i.(2) A二AA2A3，兩次利用(i)的結(jié)果得P( A) A P(AA2)A3)A P(A3)+P(AA2)i_P(A3)-1 P(A) P(A2)-1 =P(A1) P(A2)P(Aj)-242、解：設(shè)N階行列式中元素aj ,行列式展開式的每一項為不同行不同列元素的乘積。對于每一項中的各個元素，從N _1種取法，接著從第第一列中取一個元素有 N種取法，當(dāng)從第一列中取的元素取定后，再從第二列中取一個元素有三列中取一個元素有N _2種取法，等等。每種取法教都是等可能的，共有N!種取法。設(shè)Ak表事件N階行列

38、式的項含akk， k=1,2,，N，貝UP(Ak)"1)! N!1 )aN1 1PM"”1 寸舄(F，HA1A2An )< NU Ak至少含一個主對角線元素的項的概率為N 1P(AA1 廠(-1)P(A1A2An)1121Nd N-C2 (-1)CNaNa2丄亠亠(_1)N丄2!N !由此得包含主對角線元素的項數(shù)為Nk 1N 卜(_1)k 4注：不含主對角線元素項的概率為Pnr n=1 -P U Aklim PN =-.Nr e43、證：設(shè)袋中有A個球，其中a個是白球，不還原隨機取出，第k次才首次取得白球的概率為A_a Aaa(A -a)(A -a -1)(A -a

39、-k ' 2)" aA_ A(A1)(A2) (Ak 1)(k =1,2,Aa 1).因為袋中有a個白球，A-a個黑球，若一開始總是取到黑球，直到把黑球取完為止，則至遲到第A-a1次一定會取到白球；也就是說，第一次或第二次或至遲到第A-a 1次取得白球事件是必然事件，其概率為1。所以1 二 P1P2PA_a 1a . a(A-a)a(A - a) 2 1A A(A -1)A(A-1) (a 1)a等式兩邊同乘以-得a、A-a 十(A-a)(A-a-1)十十(Aa)2 1=A -1(A-1)(A-2)(A-1) (a 1)a 一 a .44、 解：有明顯療效的頻率為368/51

40、2=71.9%，所以，某胃潰瘍病人若服此藥，約有71.9%的可能有明顯療效。45、 解：此二-域首先包括. , A, B諸元素，然后通過求逆，并交運算逐步產(chǎn)生新的元素，得共包含16個元素:A, B, A, B, AB, AB, AB, AB, AB AB,AB AB, A B,AB 二 A B , AB 二 A B, AB證一：現(xiàn)證明它是包含 A, B的最小二-域。首先它包含 A, B;由于所有集均由 A, B產(chǎn)生，故最小。集是有限個, 故只需證它為代數(shù)，即按如下兩條驗證集系封閉即可：錯誤！未找到引用源。 若C F，貝U C . F ；錯誤！未找到引用源。若C,D. F，則C D F。能動驗證

41、知確為代數(shù)。證二：由圖知，兩個集至多可產(chǎn)生四個部分，可稱之為產(chǎn)生集的最小部分，從這四個部分中任取0，1，2，3，4個求并集，共同構(gòu)成A B01234c/ C； cf C4 cf =161 2 3個集。故若能找到16個由A, B產(chǎn)生的不同的集，則它們一定是由A，B產(chǎn)生的二一域，為此只須驗證如上 16個集兩兩不同就夠了。也可在一開始就根據(jù)這16個集的構(gòu)成法依次構(gòu)造出來，即得欲求的:一代數(shù)，而不需要再證明。46、證：記F=i的一切子集（i ）門是門的子集，所以：WF。（ii） 若A，F(xiàn)，則A是門的子集，門_A也是I】的子集，所以A-i_AF。（iii） A （i =1,2，） F，當(dāng)然有：A ,i =1,2，。任一三、.A。必有某一 a，使心三A，所以心三二