概率論答案李賢平

1、第一章 事件與概率1、解：(1) P只訂購A的=PA(BC)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-(AC)=0.35-(0.10+0.05-0.03)=0.23. P只訂購C的=PC-(AB)=0.30-(0.05+0.08-0.03)=0.20.P只訂購一種報紙的=P只訂購AP只訂購BP只訂購C=0.30+0.23+0.20=0.73.(4) P正好訂購兩種報紙的P(AB-C) (AC-B

2、) (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，若A發(fā)生，則B與C必同時發(fā)生。（2），B發(fā)生或C發(fā)生，均導致A發(fā)生。（3）與B同時發(fā)生必導致C發(fā)生。（4），A發(fā)生，則B與C至少有一不發(fā)生。3、解： (或)4、解：（1）=抽到的是男同學，又不愛唱歌，又不是運動員； =抽

3、到的是男同學，又愛唱歌，又是運動員。（2），當男同學都不愛唱歌且是運動員時成立。（3）當不是運動員的學生必是不愛唱歌的時，成立。（4）A=B及，當男學生的全體也就是不愛唱歌的學生全體，也就不是運動員的學生全體時成立。也可表述為：當男學生不愛唱歌且不愛唱歌的一定是男學生，并且男學生不是運動員且不是運動員的是男學生時成立。5、解：設袋中有三個球，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，則 。6、解：（1）至少發(fā)生一個=.（2）恰發(fā)生兩個=.（3）A，B都發(fā)生而C，D都不發(fā)生·=.（4）都不發(fā)生=.（5）至多發(fā)生一個= . 7、解：分析一下之間的關

4、系。先依次設樣本點，再分析此是否屬于等。（1）為不可能事件。（2）若，則，即。（3）若，則。（4）若，則必有或之一發(fā)生，但。由此得，。 （5）若，則必有或之一發(fā)生，由此得 。（6）中還有這樣的點：12345，它僅屬于，而不再屬于其它。諸之間的關系用文圖表示（如圖）。8、解：（1）因為，兩邊對x求導得，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。由于，此題即等于要證.利用冪級數乘法可證明此式。因為，比較等式兩邊的系數即得證。9、解：10、解：（1）第一卷出現在旁邊，可能出現在左邊或右邊，剩下四卷可在剩下四個位置上任意排，所以（2）可能有第一卷出現在左邊

5、而第五卷出現右邊，或者第一卷出現在右邊而第五卷出現在左邊，剩下三卷可在中間三人上位置上任意排，所以 （3）p=P第一卷出現在旁邊+P第五卷出現旁邊-P第一卷及第五卷出現在旁邊=.（4）這里事件是（3）中事件的對立事件，所以 （5）第三卷居中，其余四卷在剩下四個位置上可任意排，所以11、解：末位數吸可能是2或4。當末位數是2（或4）時，前兩位數字從剩下四個數字中選排，所以 12、解：13、解：P兩球顏色相同=P兩球均白+P兩球均黑+P兩球均紅.14、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個不同號碼可產生種不同的排列，其中只有一個是按嚴格上升次序的排列，也就是說，一種組

6、合對應一種嚴格上升排列，所以共有種按嚴格上升次序的排列。總可能場合數為，故題中欲求的概率為.15、解法一：先引入重復組合的概念。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個元素的重復組合，其組合種數記為. 這個公式的證明思路是，把n個不同的元素編號為,n，再把重復組合的每一組中數從小到大排列，每個數依次加上,則這一組數就變成了從共個數中，取出m個數的不重復組合中的一組，這種運算構成兩者之間一一對應。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，一個重復組合對應一種按上升次序的排列，所以共有種按上升次序的排列，總可能場合

7、數為，從而.解法二：現按另一思路求解。取出的n個數中間可設n-1個間壁。當取出的n個數全部相同時，可以看成中間沒有間壁，故間壁有種取法；這時只需取一個數字，有種取法；這種場合的種數有種。當n個數由小大兩個數填上，而間壁的位置有種取法；數字有種取法；這種場合的種數有種。當n個數由三樣數構成時，可得場合種數為種，等等。最后，當n個數均為不同數字時，有n-1個間壁，有種取法；數字有種取法；這種場合種數的種。所以共有有利場合數為：.此式證明見本章第8題（3）?？偪赡軋龊蠑禐椋仕€應的概率為.16、解：因為不放回，所以n個數不重復。從中取出m-1個數，從中取出個數，數M一定取出，把這n個數按大小次序重

8、新排列，則必有。故。當或時，概率.17、解：從中有放回地取n個數，這n個數有三類：<M，=M，>M。如果我們固定次是取到<M的數，次是取到>M的數，當然其余一定是取到M的。當次數固定后，<M的有種可能的取法（因為每一次都可以從個數中取一個），>M的有種可能的取法，而=M的只有一種取法（即全是M），所以可能的取法有種。對于確定的來說，在n次取數中，固定哪次取到<M的數，哪次取到>M的數，這共有種不同的固定方式，因此次取到<M的數，次取到>M的數的可能取法有種。設B表示事件“把取出的n個數從小到大重新排列后第m個數等于M“，則B出現就是次

9、取到<M的數，次取到>M的數的數，因此B包含的所有可能的取法有種。所以.18、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19、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。（2）有利場合是，先從n雙中取出一雙，其兩只全取出，再從剩下的雙中取出雙，從鞭每雙中取出一只。.（3）.（4）.20、解：（1）P任意取出兩球，號碼為1，2=.（2）任取3個球無號碼1，有利場合是從除去1號球外的個球中任取3個球的組合數，故 P任取3球，無號碼1.（3）P任取5球，號碼1,2,3中至少出現1個=任取5球，號碼1

10、,2,3不出現.其中任取5球無號碼1,2,3，有利場合是從除去1,2,3號球外的個球中任取5個球的組合數。21、解：（1）有利場合是，前次從個號中（除1號外）抽了，第k次取到1號球， （2）考慮前k次摸球的情況，。22、解法一：設A=甲擲出正面數>乙擲出正面數，B=甲擲出反面數>乙擲出反面數?？紤]=甲擲出正面數乙擲出正面數。設發(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>乙擲出反面數。若乙擲出次正面，則甲至多擲出次正面，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>乙擲出反面數，等等。由此

11、可得.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，所以從而。解法二：甲擲出個硬幣共有個等可能場合，其中有個出現0次正面，有個出現1次正面，個出現次正面。乙擲n個硬幣共有個等可能場合，其中有個出現0次正面，個出現1次正面，個出現n次正面。若甲擲個硬幣，乙擲n個硬幣，則共有種等可能場合，其中甲擲出正面比乙擲出正面多的有利場合數有 利用公式及得 + 所以欲求的概率為 . 應注意，甲擲出個正面的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地排在四個位置上和排列數，故，P一顆投4

12、次至少得到一個六點=一顆投4次沒有一個六點=.投兩顆骰子共有36種可能結果，除雙六（6，6）點外，還有35種結果，故P兩顆投24次至少得到一個雙六=兩顆投24次沒有一個雙六=.比較知，前者機會較大。24、解：25、解：.或解為，4張A集中在特定一個手中的概率為，所以4張A集中在一個人手中的概率為 .26、解：（1）. 這里設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，Q，6八個數中之一打頭，所以.（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 （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1

13、2個點中的一個點，所以 (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 (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，6九個數中之一打頭，每張可以有四種不同的花；而同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（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（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 （9） （10）若記（i）事件為，則而事件兩兩不相容，所以 y 27、解：設x，y分別為此二船到達碼頭的時間，則 24 F E. 兩船到達碼頭的時間與由上述條件決定的正方形內的點

14、是一一對應的（如圖） 設A表事件“一船要等待空出碼頭”，則發(fā)生意味著同時滿足下列兩不等式 24 由幾何概率得，事件的概率，等于正方形中直線 之間的部分面積，與正方形CDEF的面積之比，即28、解：設x，y分別為此二人到達時間，則 y F N E。顯然，此二人到達時間 8與由上述條件決定的正方形CDEF內和 M H點是一一對應的(如圖)。 7 D設A表事件“其中一人必須等另外一人的 C G 時間1/2小時以上“，則A發(fā)生意味著滿足如下 0 7 8 x不等式 。由幾何概率得，事件A的概率等于GDH及FMN的面積之和與正方形CDEF的面積之比，所以29、解：設則 ， a與由上述條件決定的正方形EFG

15、H內的點是一一 I 對應的（如圖）。（I）設。 II ，則三線段構成三角形的充要條件是 E a 這決定三角形區(qū)域I。（II）設。 ，則三線段構成三角形的充要條件是 這決定區(qū)域II。 （III）當時，不能構成三角形。由幾何概率知， z30、解：設0到三點的三線段長分別為x,y,z，即相應的 1 C右端點坐標為x,y,z，顯然。這三條線 段構成三角形的充要條件是： A D。 在線段0，1上任意投三點x,y,z。與立方體 0 1，中的點 1 y一一對應，可見所求“構成三角形”的概率，等價于在 x B邊長為1的立方體T中均勻地擲點，而點落在區(qū)域中的概率；這也就是落在圖中由ADC，ADB，BDC，AOC

16、，AOB，BOC所圍成的區(qū)域G中的概率。由于 ，由此得，能與不能構成三角形兩事件的概率一樣大。31、解：設方格邊長為a。當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 1.令 a 1因為當時，硬幣必與線相交（必然事件），故只需考慮 aa>1當止式得 。即當方格邊長時，才能使硬幣與線不相交的概率小于1%。32、解：從（0，1）中取出的兩數分別為x,y，則與 y正方形ABCD內的點一一對應。 1 D C（1） 直線與BC交點坐標為（1，0.2），與 (I )DC點坐標為（0.2，1），所以由幾何概率可得 A B （2）雙曲線與BC交點坐標為 1與DC交點坐標為，所

17、以由幾何概率得 （3）直線與曲線的交點坐標為（如圖） .P兩數之和小于1.2，兩數之積小于33、證：當時，與兩者不相容，所以.此即當時原式成立。 設對原式成立，現證對原式也成立。對前后兩項分別應用歸納假設得.至此，原式得證。34、解：設個戰(zhàn)士拿到自己的槍，。之間相容，現用上題公式解。.由公式得P至少有一個戰(zhàn)士拿到自己的槍注：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個戰(zhàn)士沒有一個戰(zhàn)士拿到自己的槍35、解：某k個指定的戰(zhàn)士拿到自己的槍的概率是。利用上題注（視這里個戰(zhàn)士都沒有拿到自己槍的概率為。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)

18、士中選出一組k個戰(zhàn)士共有種選法，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，且其余個戰(zhàn)士沒有拿到自己的槍“概率的倍，可得P恰有k個戰(zhàn)士拿到自己槍.36、解：設考簽編號為，記事件，則，；諸相容，利用第33題公式計算得P=至少有一張考簽未被抽到.37、解：這些比賽的可能結果，可以用下面方法表示：aa，acc，acbb，acbaa，acbacc，acbacbb，bb，bcc，bcaa，bcabb，bcabcc，bcabcaa，其中a表甲勝，b表乙勝，c表丙勝。在這些結果中，恰巧包含k個字母的事件發(fā)生的概率應為，如aa發(fā)生的概率為1/4，acbb發(fā)生的概率為1/16等

19、等。則.由于甲，乙兩人所處的地位是對稱的，所以，得.38、證：設父勝子的概率為，子勝父的概率為，父勝母，母勝父，母勝子，子勝母的概率分別是。則諸間有關系：。仿上題，設首局為父對母，比賽的可能結果為： ，a表父勝，但父勝母與父勝子的概率不同，為明確起見，比賽結果中字母附加下標，下標中i對應概率，故 類似地，第一局若父對子，則可得第一局若子對母，則易見。由于，所以，因此。從而 這說明父的決策最優(yōu)。39、解： .40、證：設.由可得， （1）又 再由得 A C2 C1 B （2）由并利用得 （3）由（1），（2），（3）可得 41、證：（1），由單調性及得.（2），兩次利用（1）的結果得 42、解：

20、設N階行列式中元素，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，從第一列中取一個元素有N種取法，當從第一列中取的元素取定后，再從第二列中取一個元素有種取法，接著從第三列中取一個元素有種取法，等等。每種取法教都是等可能的，共有種取法。設表事件N階行列式的項含，則，至少含一個主對角線元素的項的概率為.由此得包含主對角線元素的項數為 注：不含主對角線元素項的概率為， .43、證：設袋中有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 .因為袋中有a個白球，個黑球，若一開始總是取到黑球，直到把黑球取完為止，則至遲到第次一定會取到白球；也就是說，第一次或第

21、二次或至遲到第次取得白球事件是必然事件，其概率為1。所以等式兩邊同乘以得.44、解：有明顯療效的頻率為368/512=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：此域首先包括諸元素，然后通過求逆，并交運算逐步產生新的元素，得共包含16個元素：證一：現證明它是包含A，B的最小域。首先它包含A，B；由于所有集均由A，B產生，故最小。集是有限個，故只需證它為代數，即按如下兩條驗證集系封閉即可： 若，則； 若，則。能動驗證知確為代數。證二：由圖知，兩個集至多可產生四個部分，可稱之為產生集的最小部分，從這四個部分中任取0，1，2，3，4個求并集，共同構成 A B 1 2 3 4個集。故若能找到16個由A，B產生的不同的集，則它們一定是由A，B產生的域，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這16個集的構成法依次構造出來，即得欲求的代數，而不需要再證明。46、證：記F=的一切子集（i）是的子集，所以。(ii) 若，則A是的子集，也是的子集，所以。(iii)，當然有。任一。必有某一，使，所以，從而，即也是的一個子集，故。F是域。47、證：設是域，記.(i) 每一，所以，即.(ii) ，則每一，由是域得每一，所以，從而.(iii) ，則諸必屬于每一，由于是域，所以每一，即.是域。48、證：一維波雷爾域是由左閉