概率论答案(李贤平).doc

0第一章第一章 事件与概率事件与概率1、解：、解： (1) P｛只订购 A 的｝=P{A(B∪C)}＝P(A)-{P(AB)+P(AC)-P(ABC)}=0.45-0.1.-0.08+0.03=0.30. (2) P｛只订购 A 及 B 的｝=P{AB}-C｝=P(AB)-P(ABC)=0.10-0.03=0.07 (3) P｛只订购 A 的｝=0.30,P｛只订购 B 的｝=P{B-(A∪C)}=0.35-(0.10+0.05-0.03)=0.23.P｛只订购 C 的｝=P{C-(A∪B)}=0.30-(0.05+0.08-0.03)=0.20.∴P｛只订购一种报纸的｝=P{只订购 A}＋P{只订购 B}＋P{只订购 C}=0.30+0.23+0.20=0.73. (4) P{正好订购两种报纸的} ＝P{(AB-C) ∪(AC-B) ∪(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｛至少订购一种报纸的｝= P｛只订一种的｝+ P｛恰订两种的｝+ P｛恰订三种的｝=0.73+0.14+0.03=0.90. (6) P｛不订任何报纸的｝=1-0.90=0.10.2、解：、解：（1）ABC，若 A 发生，则 B 与 C 必同时发生。

ACABAABCABCA且显然)(（2），B 发生或 C 发生，均导致 A 发生AC 且ABACBACBA（3）与 B 同时发生必导致 C 发生ACAB（4），A 发生，则 B 与 C 至少有一不发生CBABCA3、解、解：nAAA21)()(11121nnAAAAAA(或)＝．121121nnAAAAAAA4、解：、解：（1）={抽到的是男同学，又不爱唱歌，又不是运动员}；CAB={抽到的是男同学，又爱唱歌，又是运动员}CBA（2），当男同学都不爱唱歌且是运动员时成立ABCAABC（3）当不是运动员的学生必是不爱唱歌的时，成立BC （4）A=B 及，当男学生的全体也就是不爱唱歌的学生全体，也就不是运动员的学生全体CBACA时成立也可表述为：当男学生不爱唱歌且不爱唱歌的一定是男学生，并且男学生不是运动员且不是运动员的是男学 生时成立5、解：设袋中有三个球，编号为 1，2，3，每次摸一个球样本空间共有 3 个样本点（1） ， （2） ， （3） 设，则   3,3 , 1,2 , 1CBA},2{,1,3 , 2 , 1},3{BABABAA3 , 2 , 1CA6、解、解：（1）{至少发生一个}=.DCBA（2）{恰发生两个}=.CABDBACDDABCCBADDBACDCAB（3）{A，B 都发生而 C，D 都不发生·}=.DCAB1（4）{都不发生}=.DCBADCBA（5）{至多发生一个}=CBADDBACDCABDCBADCBA.CDBDBCADACAB7、解：、解：分析一下之间的关系。

先依次设样本点，再分析此iEiE是否属于等 （1）为不可能事件),(),(ikijEEijEkjj6E（2）若，则，即5E)4 , 3 , 2 , 1( iEiiEE5（3）若，则4E32,EE（4）若，则必有或之一发生，但3E2E1E由此得， 21EE, 32313EEEEE321EEE（5）若，则必有或之一发生，由此得 2E1E3E06,EE23212EEEEE（6）中还有这样的点：12345，它仅属于，而不再属于其它诸之间的关系用文图表示（如图） 1E1E)0 , 1( iEiiE8、解：、解：（1）因为，两边对 x 求导得nn nnnnxnCxCxCx2211)1 (，在其中令 x=1 即得所欲证12112)1 (nn nnnnxnCxCCxn（2）在上式中令 x=-1 即得所欲证3）要原式有意义，必须由于，此题即等于要证ar 0kb bk brb bara baCCCC  ,.利用幂级数乘法可证明此式因为  akrb bakb brk aarCCC00,，比较等式两边的系数即得证。

babaxxx) 1() 1() 1(rbx9、解：、解：15. 0335/3 111 51 51 6AAAAP10、解：、解：（1）第一卷出现在旁边，可能出现在左边或右边，剩下四卷可在剩下四个位置上任意排，所以5/2!5/ !42p（2）可能有第一卷出现在左边而第五卷出现右边，或者第一卷出现在右边而第五卷出现在左边，剩下三卷可在中间三人上位置上任意排，所以 10/1!5/ !32p（3）p=P{第一卷出现在旁边}+P{第五卷出现旁边}-P{第一卷及第五卷出现在旁边}=.107 101 52 52（4）这里事件是（3）中事件的对立事件，所以 10/310/71P1E41EE21EE 31EE32EE5E2（5）第三卷居中，其余四卷在剩下四个位置上可任意排，所以5/1!5/ !41P11、解、解：末位数吸可能是 2 或 4当末位数是 2（或 4）时，前两位数字从剩下四个数字中选排，所以 5/2/23 52 4AAP12、解、解：m nm nm nm nCCCCP33/32113、解、解：P{两球颜色相同}=P{两球均白}+P{两球均黑}+P{两球均红}.33. 0625207 259 2515 256 257 2510 25314、解、解：若取出的号码是按严格上升次序排列，则 n 个号码必然全不相同，。

N 个不同号码可产生种不同的Nn !n排列，其中只有一个是按严格上升次序的排列，也就是说，一种组合对应一种严格上升排列，所以共有种按严格n NC上升次序的排列总可能场合数为，故题中欲求的概率为.nNnn NNCP/15、解法一、解法一：先引入重复组合的概念从 n 个不同的元素里，每次取出 m 个元素，元素可以重复选取，不管怎样的顺序并成一组，叫做从 n 个元素里每次取 m 个元素的重复组合，其组合种数记为. 这个公式的证明思路是，m mnm nCC1~把 n 个不同的元素编号为,n，再把重复组合的每一组中数从小到大排列，每个数依次加上,则这一, 2 , 11,, 1 , 0m组数就变成了从共个数中，取出 m 个数的不重复组合中的一组，这种运算构成两者之间一1,, 2 , 1mn1mn一对应 若取出 n 个号码按上升（不一定严格）次序排列，与上题同理可得，一个重复组合对应一种按上升次序的排列，所以共有种按上升次序的排列，总可能场合数为，从而n NC~nN.nn nNnn NNCNCP//~ 1解法二：解法二：现按另一思路求解取出的 n 个数中间可设 n-1 个间壁。

当取出的 n 个数全部相同时，可以看成中间没有间壁，故间壁有种取法；这时只需取一个数字，有种取法；这种场合的种数有种当 n 个数由小0 1nC1 NC10 1NnCC大两个数填上，而间壁的位置有种取法；数字有种取法；这种场合的种数有种当 n 个数由三样数1 1nC2 NC21 1NnCC构成时，可得场合种数为种，等等最后，当 n 个数均为不同数字时，有 n-1 个间壁，有种取法；数字32 1NnCC1 1 n nC有种取法；这种场合种数的种所以共有有利场合数为：n NCn Nn nCC1 1 .n nNn Nn nNnNnNnCCCCCCCCCm11 132 121 110 11 此式证明见本章第 8 题（3） 总可能场合数为，故所还应的概率为nNn 1.nn nNNCnmP//111316、解、解：因为不放回，所以 n 个数不重复从中取出 m-1 个数，从中取出个数，}1,, 2 , 1{M}, 1{NMmn数 M 一定取出，把这 n 个数按大小次序重新排列，则必有当或Mxmn Nmn MNm MCCCCP/1 11 1  11mM时，概率.mnMN0P17、解、解：从中有放回地取 n 个数，这 n 个数有三类：M。

如果我们固定次是取到M 的数，当然其余一定是取到 M 的2k当次数固定后，M 的有1) 1(kM 1M种可能的取法，而=M 的只有一种取法（即全是 M） ，所以可能的取法有种对于确2)(kMN 1) 1(kM 2)(kMN 定的来说，在 n 次取数中，固定哪次取到M 的数，这共有种不同的固定方21,kk1k2k211k knk nC式，因此次取到M 的数的可能取法有种1k2k21211)() 1(kkk knk nMNMC设 B 表示事件“把取出的 n 个数从小到大重新排列后第 m 个数等于 M“，则 B 出现就是次取到M 的数的数，，因此 B 包含的所有可能的取法有2kmnkmk210 , 10种所以 1001221211)() 1(mkmnkkkk knk nMNMCC.nNBP1)( 1001221211)() 1(mkmnkkkk knk nMNMCC18、解、解：有利场合是，先从 6 双中取出一双，其两只全取出；再从剩下的 5 双中取出两双，从其每双中取出一只所以欲求的概率为48. 03316/4 121 21 22 52 21 6CCCCCCP19、解、解：（1）有利场合是，先从 n 双中取出 2r 双，再从每双中取出一只。

)2(,/)(2 221 22nrCCCPr nrr n（2）有利场合是，先从 n 双中取出一双，其两只全取出，再从剩下的双中取出双，从鞭每双中1n22 r 取出一只r nr nrr nrr nnCCnCCCCCP2 222 1222 2221 222 12 21/2/)(  （3）.r nr nnrCCCP2 242 2242/2 （4）.r nrr nCCCP2 22 2/)(r nr nCC2 2/20、解、解：（1）P{任意取出两球，号码为 1，2}=.2/1nC（2）任取 3 个球无号码 1，有利场合是从除去 1 号球外的个球中任取 3 个球的组合数，故 P{任取 3 球，1n无号码 1}.33 1/nnCC（3）P{任取 5 球，号码 1,2,3 中至少出现 1 个}4={任取 5 球，号码 1,2,3 不出现}.P155 3/1nnCC其中任取 5 球无号码 1,2,3，有利场合是从除去 1,2,3 号球外的个球中任取 5 个球的组合数3n 21、解：、解：（1）有利场合是，前次从个号中（除 1 号外）抽了，第 k 次取到 1 号球，1k1NkkkkNNNNP/) 1(/1) 1(11（2）考虑前 k 次摸球的情况，。

NAAPk Nk N/1/11 1 22、解法一、解法一：设 A={甲掷出正面数>乙掷出正面数}，B={甲掷出反面数>乙掷出反面数}考虑={={甲掷出正面数A乙掷出正面数}若乙掷出 n 次正面，则甲至多掷出 n 次正面，也就是说乙掷出 0 次反面，甲至少掷出A1 次反面，从而甲掷出反面数>乙掷出反面数若乙掷出次正面，则甲至多掷出次正面，也就是说乙掷出 11n1n 次反面，甲至少掷出 2 次反面，从而也有甲掷出反面数>乙掷出反面数，等等由此可得.}{乙掷出正面数甲掷出正面数AB}{乙。