概率論答案李賢平

1、第一章 事件與概率1、解：(1) P只訂購(gòu)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(gòu)A及B的=PAB-C=P(AB)-P(ABC)=0.10-0.03=0.07(3) P只訂購(gòu)A的=0.30, P只訂購(gòu)B的=PB-(AC)=0.35-(0.10+0.05-0.03)=0.23. P只訂購(gòu)C的=PC-(AB)=0.30-(0.05+0.08-0.03)=0.20.P只訂購(gòu)一種報(bào)紙的=P只訂購(gòu)AP只訂購(gòu)BP只訂購(gòu)C=0.30+0.23+0.20=0.73.(4) P正好訂購(gòu)兩種報(bào)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(gòu)一種報(bào)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(bào)紙的=1-0.90=0.10.2、解：（1）ABC，若A發(fā)生，則B與C必同時(shí)發(fā)生。（2），B發(fā)生或C發(fā)生，均導(dǎo)致A發(fā)生。（3）與B同時(shí)發(fā)生必導(dǎo)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(xué)，又不愛(ài)唱歌，又不是運(yùn)動(dòng)員； =抽

3、到的是男同學(xué)，又愛(ài)唱歌，又是運(yùn)動(dòng)員。（2），當(dāng)男同學(xué)都不愛(ài)唱歌且是運(yùn)動(dòng)員時(shí)成立。（3）當(dāng)不是運(yùn)動(dòng)員的學(xué)生必是不愛(ài)唱歌的時(shí)，成立。（4）A=B及，當(dāng)男學(xué)生的全體也就是不愛(ài)唱歌的學(xué)生全體，也就不是運(yùn)動(dòng)員的學(xué)生全體時(shí)成立。也可表述為：當(dāng)男學(xué)生不愛(ài)唱歌且不愛(ài)唱歌的一定是男學(xué)生，并且男學(xué)生不是運(yùn)動(dòng)員且不是運(yùn)動(dòng)員的是男學(xué)生時(shí)成立。5、解：設(shè)袋中有三個(gè)球，編號(hào)為1，2，3，每次摸一個(gè)球。樣本空間共有3個(gè)樣本點(diǎn)（1），（2），（3）。設(shè)，則 。6、解：（1）至少發(fā)生一個(gè)=.（2）恰發(fā)生兩個(gè)=.（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(gè)= . 7、解：分析一下之間的關(guān)

4、系。先依次設(shè)樣本點(diǎn)，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(diǎn)：12345，它僅屬于，而不再屬于其它。諸之間的關(guān)系用文圖表示（如圖）。8、解：（1）因?yàn)?，兩邊?duì)x求導(dǎo)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(jí)數(shù)乘法可證明此式。因?yàn)?，比較等式兩邊的系數(shù)即得證。9、解：10、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(gè)位置上任意排，所以（2）可能有第一卷出現(xiàn)在左邊

5、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 （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=.（4）這里事件是（3）中事件的對(duì)立事件，所以 （5）第三卷居中，其余四卷在剩下四個(gè)位置上可任意排，所以11、解：末位數(shù)吸可能是2或4。當(dāng)末位數(shù)是2（或4）時(shí)，前兩位數(shù)字從剩下四個(gè)數(shù)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(hào)碼是按嚴(yán)格上升次序排列，則n個(gè)號(hào)碼必然全不相同，。N個(gè)不同號(hào)碼可產(chǎn)生種不同的排列，其中只有一個(gè)是按嚴(yán)格上升次序的排列，也就是說(shuō)，一種組

6、合對(duì)應(yīng)一種嚴(yán)格上升排列，所以共有種按嚴(yán)格上升次序的排列?？偪赡軋?chǎng)合數(shù)為，故題中欲求的概率為.15、解法一：先引入重復(fù)組合的概念。從n個(gè)不同的元素里，每次取出m個(gè)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(gè)元素里每次取m個(gè)元素的重復(fù)組合，其組合種數(shù)記為. 這個(gè)公式的證明思路是，把n個(gè)不同的元素編號(hào)為,n，再把重復(fù)組合的每一組中數(shù)從小到大排列，每個(gè)數(shù)依次加上,則這一組數(shù)就變成了從共個(gè)數(shù)中，取出m個(gè)數(shù)的不重復(fù)組合中的一組，這種運(yùn)算構(gòu)成兩者之間一一對(duì)應(yīng)。若取出n個(gè)號(hào)碼按上升（不一定嚴(yán)格）次序排列，與上題同理可得，一個(gè)重復(fù)組合對(duì)應(yīng)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(chǎng)合

7、數(shù)為，從而.解法二：現(xiàn)按另一思路求解。取出的n個(gè)數(shù)中間可設(shè)n-1個(gè)間壁。當(dāng)取出的n個(gè)數(shù)全部相同時(shí)，可以看成中間沒(méi)有間壁，故間壁有種取法；這時(shí)只需取一個(gè)數(shù)字，有種取法；這種場(chǎng)合的種數(shù)有種。當(dāng)n個(gè)數(shù)由小大兩個(gè)數(shù)填上，而間壁的位置有種取法；數(shù)字有種取法；這種場(chǎng)合的種數(shù)有種。當(dāng)n個(gè)數(shù)由三樣數(shù)構(gòu)成時(shí)，可得場(chǎng)合種數(shù)為種，等等。最后，當(dāng)n個(gè)數(shù)均為不同數(shù)字時(shí)，有n-1個(gè)間壁，有種取法；數(shù)字有種取法；這種場(chǎng)合種數(shù)的種。所以共有有利場(chǎng)合數(shù)為：.此式證明見(jiàn)本章第8題（3）。總可能場(chǎng)合數(shù)為，故所還應(yīng)的概率為.16、解：因?yàn)椴环呕?，所以n個(gè)數(shù)不重復(fù)。從中取出m-1個(gè)數(shù)，從中取出個(gè)數(shù)，數(shù)M一定取出，把這n個(gè)數(shù)按大小次序重

8、新排列，則必有。故。當(dāng)或時(shí)，概率.17、解：從中有放回地取n個(gè)數(shù)，這n個(gè)數(shù)有三類：<M，=M，>M。如果我們固定次是取到<M的數(shù)，次是取到>M的數(shù)，當(dāng)然其余一定是取到M的。當(dāng)次數(shù)固定后，<M的有種可能的取法（因?yàn)槊恳淮味伎梢詮膫€(gè)數(shù)中取一個(gè)），>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(duì)于確定的來(lái)說(shuō)，在n次取數(shù)中，固定哪次取到<M的數(shù)，哪次取到>M的數(shù)，這共有種不同的固定方式，因此次取到<M的數(shù)，次取到>M的數(shù)的可能取法有種。設(shè)B表示事件“把取出的n個(gè)數(shù)從小到大重新排列后第m個(gè)數(shù)等于M“，則B出現(xiàn)就是次

9、取到<M的數(shù)，次取到>M的數(shù)的數(shù)，因此B包含的所有可能的取法有種。所以.18、解：有利場(chǎng)合是，先從6雙中取出一雙，其兩只全取出；再?gòu)氖Ｏ碌?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(chǎng)合是，先從n雙中取出2r雙，再?gòu)拿侩p中取出一只。（2）有利場(chǎng)合是，先從n雙中取出一雙，其兩只全取出，再?gòu)氖Ｏ碌碾p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(hào)碼為1，2=.（2）任取3個(gè)球無(wú)號(hào)碼1，有利場(chǎng)合是從除去1號(hào)球外的個(gè)球中任取3個(gè)球的組合數(shù)，故 P任取3球，無(wú)號(hào)碼1.（3）P任取5球，號(hào)碼1,2,3中至少出現(xiàn)1個(gè)=任取5球，號(hào)碼1

10、,2,3不出現(xiàn).其中任取5球無(wú)號(hào)碼1,2,3，有利場(chǎng)合是從除去1,2,3號(hào)球外的個(gè)球中任取5個(gè)球的組合數(shù)。21、解：（1）有利場(chǎng)合是，前次從個(gè)號(hào)中（除1號(hào)外）抽了，第k次取到1號(hào)球， （2）考慮前k次摸球的情況，。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]=甲擲出正面數(shù)乙擲出正面數(shù)。設(shè)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(shuō)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)。若乙擲出次正面，則甲至多擲出次正面，也就是說(shuō)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)>乙擲出反面數(shù)，等等。由此

11、可得.顯然A與B是等可能的，因?yàn)槊咳烁髯詳S出正面與反面的可能性相同，所以從而。解法二：甲擲出個(gè)硬幣共有個(gè)等可能場(chǎng)合，其中有個(gè)出現(xiàn)0次正面，有個(gè)出現(xiàn)1次正面，個(gè)出現(xiàn)次正面。乙擲n個(gè)硬幣共有個(gè)等可能場(chǎng)合，其中有個(gè)出現(xiàn)0次正面，個(gè)出現(xiàn)1次正面，個(gè)出現(xiàn)n次正面。若甲擲個(gè)硬幣，乙擲n個(gè)硬幣，則共有種等可能場(chǎng)合，其中甲擲出正面比乙擲出正面多的有利場(chǎng)合數(shù)有 利用公式及得 + 所以欲求的概率為 . 應(yīng)注意，甲擲出個(gè)正面的個(gè)場(chǎng)合不是等可能的。23、解：事件“一顆投4次至少得到一個(gè)六點(diǎn)”的對(duì)立事件為“一顆投4次沒(méi)有一個(gè)六點(diǎn)”，后者有有利場(chǎng)合為，除去六點(diǎn)外的剩下五個(gè)點(diǎn)允許重復(fù)地排在四個(gè)位置上和排列數(shù)，故，P一顆投4

12、次至少得到一個(gè)六點(diǎn)=一顆投4次沒(méi)有一個(gè)六點(diǎn)=.投兩顆骰子共有36種可能結(jié)果，除雙六（6，6）點(diǎn)外，還有35種結(jié)果，故P兩顆投24次至少得到一個(gè)雙六=兩顆投24次沒(méi)有一個(gè)雙六=.比較知，前者機(jī)會(huì)較大。24、解：25、解：.或解為，4張A集中在特定一個(gè)手中的概率為，所以4張A集中在一個(gè)人手中的概率為 .26、解：（1）. 這里設(shè)A只打大頭，若認(rèn)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(gè)數(shù)中之一打頭，所以.（3）取出的四張同點(diǎn)牌為13個(gè)點(diǎn)中的某一點(diǎn)，再?gòu)氖Ｏ?8張牌中取出1張，所以 （4）取出的3張同點(diǎn)占有13個(gè)點(diǎn)中一個(gè)點(diǎn)，接著取出的兩張同點(diǎn)占有其余1

13、2個(gè)點(diǎn)中的一個(gè)點(diǎn)，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(gè)點(diǎn)中5個(gè)點(diǎn)，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(gè)數(shù)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(diǎn)牌占有13個(gè)點(diǎn)中一個(gè)占有剩下12個(gè)點(diǎn)中兩個(gè)點(diǎn)，所以（8）P五張中有兩對(duì)=P五張中兩對(duì)不同點(diǎn)+P五張中兩對(duì)同點(diǎn) （9） （10）若記（i）事件為，則而事件兩兩不相容，所以 y 27、解：設(shè)x，y分別為此二船到達(dá)碼頭的時(shí)間，則 24 F E. 兩船到達(dá)碼頭的時(shí)間與由上述條件決定的正方形內(nèi)的點(diǎn)

14、是一一對(duì)應(yīng)的（如圖） 設(shè)A表事件“一船要等待空出碼頭”，則發(fā)生意味著同時(shí)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(shè)x，y分別為此二人到達(dá)時(shí)間，則 y F N E。顯然，此二人到達(dá)時(shí)間 8與由上述條件決定的正方形CDEF內(nèi)和 M H點(diǎn)是一一對(duì)應(yīng)的(如圖)。 7 D設(shè)A表事件“其中一人必須等另外一人的 C G 時(shí)間1/2小時(shí)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(shè)則 ， a與由上述條件決定的正方形EFG

15、H內(nèi)的點(diǎn)是一一 I 對(duì)應(yīng)的（如圖）。（I）設(shè)。 II ，則三線段構(gòu)成三角形的充要條件是 E a 這決定三角形區(qū)域I。（II）設(shè)。 ，則三線段構(gòu)成三角形的充要條件是 這決定區(qū)域II。 （III）當(dāng)時(shí)，不能構(gòu)成三角形。由幾何概率知， z30、解：設(shè)0到三點(diǎn)的三線段長(zhǎng)分別為x,y,z，即相應(yīng)的 1 C右端點(diǎn)坐標(biāo)為x,y,z，顯然。這三條線 段構(gòu)成三角形的充要條件是： A D。 在線段0，1上任意投三點(diǎn)x,y,z。與立方體 0 1，中的點(diǎn) 1 y一一對(duì)應(yīng)，可見(jiàn)所求“構(gòu)成三角形”的概率，等價(jià)于在 x B邊長(zhǎng)為1的立方體T中均勻地?cái)S點(diǎn)，而點(diǎn)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(gòu)成三角形兩事件的概率一樣大。31、解：設(shè)方格邊長(zhǎng)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(gè)方格）。由幾何概率得 1.令 a 1因?yàn)楫?dāng)時(shí)，硬幣必與線相交（必然事件），故只需考慮 aa>1當(dāng)止式得 。即當(dāng)方格邊長(zhǎng)時(shí)，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(shù)分別為x,y，則與 y正方形ABCD內(nèi)的點(diǎn)一一對(duì)應(yīng)。 1 D C（1） 直線與BC交點(diǎn)坐標(biāo)為（1，0.2），與 (I )DC點(diǎn)坐標(biāo)為（0.2，1），所以由幾何概率可得 A B （2）雙曲線與BC交點(diǎn)坐標(biāo)為 1與DC交點(diǎn)坐標(biāo)為，所

17、以由幾何概率得 （3）直線與曲線的交點(diǎn)坐標(biāo)為（如圖） .P兩數(shù)之和小于1.2，兩數(shù)之積小于33、證：當(dāng)時(shí)，與兩者不相容，所以.此即當(dāng)時(shí)原式成立。 設(shè)對(duì)原式成立，現(xiàn)證對(duì)原式也成立。對(duì)前后兩項(xiàng)分別應(yīng)用歸納假設(shè)得.至此，原式得證。34、解：設(shè)個(gè)戰(zhàn)士拿到自己的槍，。之間相容，現(xiàn)用上題公式解。.由公式得P至少有一個(gè)戰(zhàn)士拿到自己的槍注：由此可求得，事件“至少有一個(gè)戰(zhàn)士拿到自己的槍”的對(duì)立事件的概率為PN個(gè)戰(zhàn)士沒(méi)有一個(gè)戰(zhàn)士拿到自己的槍35、解：某k個(gè)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(gè)戰(zhàn)士都沒(méi)有拿到自己槍的概率為。恰有k個(gè)戰(zhàn)士拿到自己的槍，則這k個(gè)戰(zhàn)士可以是N個(gè)戰(zhàn)士中任意的k個(gè)戰(zhàn)士，從N個(gè)戰(zhàn)

18、士中選出一組k個(gè)戰(zhàn)士共有種選法，所以事件“恰有k個(gè)戰(zhàn)士拿到自己槍“的概率，是事件”某k個(gè)指定戰(zhàn)士拿到自己的槍，且其余個(gè)戰(zhàn)士沒(méi)有拿到自己的槍“概率的倍，可得P恰有k個(gè)戰(zhàn)士拿到自己槍.36、解：設(shè)考簽編號(hào)為，記事件，則，；諸相容，利用第33題公式計(jì)算得P=至少有一張考簽未被抽到.37、解：這些比賽的可能結(jié)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(jié)果中，恰巧包含k個(gè)字母的事件發(fā)生的概率應(yīng)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(duì)稱的，所以，得.38、證：設(shè)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(guān)系：。仿上題，設(shè)首局為父對(duì)母，比賽的可能結(jié)果為： ，a表父勝，但父勝母與父勝子的概率不同，為明確起見(jiàn)，比賽結(jié)果中字母附加下標(biāo)，下標(biāo)中i對(duì)應(yīng)概率，故 類似地，第一局若父對(duì)子，則可得第一局若子對(duì)母，則易見(jiàn)。由于，所以，因此。從而 這說(shuō)明父的決策最優(yōu)。39、解： .40、證：設(shè).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(diào)性及得.（2），兩次利用（1）的結(jié)果得 42、解：

20、設(shè)N階行列式中元素，行列式展開(kāi)式的每一項(xiàng)為不同行不同列元素的乘積。對(duì)于每一項(xiàng)中的各個(gè)元素，從第一列中取一個(gè)元素有N種取法，當(dāng)從第一列中取的元素取定后，再?gòu)牡诙兄腥∫粋€(gè)元素有種取法，接著從第三列中取一個(gè)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(shè)表事件N階行列式的項(xiàng)含，則，至少含一個(gè)主對(duì)角線元素的項(xiàng)的概率為.由此得包含主對(duì)角線元素的項(xiàng)數(shù)為 注：不含主對(duì)角線元素項(xiàng)的概率為， .43、證：設(shè)袋中有A個(gè)球，其中a個(gè)是白球，不還原隨機(jī)取出，第k次才首次取得白球的概率為 .因?yàn)榇杏衋個(gè)白球，個(gè)黑球，若一開(kāi)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(huì)取到白球；也就是說(shuō)，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(guò)求逆，并交運(yùn)算逐步產(chǎn)生新的元素，得共包含16個(gè)元素：證一：現(xiàn)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(chǎn)生，故最小。集是有限個(gè)，故只需證它為代數(shù)，即按如下兩條驗(yàn)證集系封閉即可： 若，則； 若，則。能動(dòng)驗(yàn)證知確為代數(shù)。證二：由圖知，兩個(gè)集至多可產(chǎn)生四個(gè)部分，可稱之為產(chǎn)生集的最小部分，從這四個(gè)部分中任取0，1，2，3，4個(gè)求并集，共同構(gòu)成 A B 1 2 3 4個(gè)集。故若能找到16個(gè)由A，B產(chǎn)生的不同的集，則它們一定是由A，B產(chǎn)生的域，為此只須驗(yàn)證如上16個(gè)集兩兩不同就夠了。也可在一開(kāi)始就根據(jù)這16個(gè)集的構(gòu)成法依次構(gòu)造出來(lái)，即得欲求的代數(shù)，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(dāng)然有。任一。必有某一，使，所以，從而，即也是的一個(gè)子集，故。F是域。47、證：設(shè)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