1、0第一章 事件与概率1、解：(1) P只订购 A 的=PA(BC)P(A)-P(AB)+P(AC)-P(ABC)=0.45-0.1.-0.08+0.03=0.30.(2) P只订购 A 及 B 的=PAB-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=PB-(AC)=0.35-(0.10+0.05-0.03)=0.23.P只订购 C 的=PC-(AB)=0.30-(0.05+0.08-0.03)=0.20.P只订购一种报纸的=P 只订购 AP只订购 BP只订购 C=0.30+0.23+0.20=0.73.(4) P正好订购两种报
2、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：（1）ABC ，若 A 发生，则 B 与 C 必同时发生。CBABCA且显 然 )(（2） ，B 发生或 C 发生，均导致 A 发生。且B（3） 与 B 同时发生必导致 C 发生。C（4） ，A 发生
3、，则 B 与 C 至少有一不发生。A3、解： n21 )()( 11121 nnA(或) 24、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。（2） ，当男同学都不爱唱歌且是运动员时成立。A（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BC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
4、） ， （3） 。设，则 。,31,2CBA,2,1,321, BABA,CA6、解：（1）至少发生一个 = .DC（2）恰发生两个= .ABDABCAB（3）A，B 都发生而 C，D 都不发生= .1（4）都不发生= .DCBA（5）至多发生一个= CBAD.7、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。),(),(kjijEj6E（2）若 ，则 ，即 。5)4,32(i i5（3）若 ，则 。4,（4）若 ，则必有 或 之一发生，但3E2E1。由此得 ， 。 21,31332E（5）若 ，则必有 或 之一发生，由此得 06,E。231
5、2EE（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),1(ii8、解：（1）因为 ，两边对 x 求导得nnn CxCx21)1(，在其中令 x=1 即得所欲证。1n（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ar0kbkrbarC,.利用幂级数乘法可证明此式。因为akrbakrC0,，比较等式两边 的系数即得证。babxx)1()(1 rbx9、解： 5.03/1516AP10、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 /2!4p（2）可
6、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/!532p（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 = .07152（4）这里事件是（3）中事件的对立事件，所以 10/37P1E 412 332E52（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!4P11、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 /2354AP12、解： mnnmC3/2113、解：P 两球颜色相同=P两球均白+P两球均黑+P两球均红.30
7、6257912567102514、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n!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NC上升次序的排列。总可能场合数为 ，故题中欲求的概率为 .nNnNCP/15、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，mnC1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
8、到大排列，每个数依次加上 ,则这一,21 1,0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, 1n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NCnN.nnnP/1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01n 1NC10NnC大两个数填上，而间壁的位置有 种取法；数字
9、有 种取法；这种场合的种数有 种。当 n 个数由三样数1nC2 21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321N 1有 种取法；这种场合种数的 种。所以共有有利场合数为：nNCn.nNnNnnNn CCm11321101 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1.nnNP/11316、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，1,2M ,1NMmn数 M 一定取出，把这 n 个数按大小次序重新排列，则必有 。故 。当 或xmnmCP/1时，概率 .mN0P1
10、7、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。k当次数固定后，M 的有1)(k 1M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)(k2)(kN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1, 1k2k21knC式，因此 次取到M 的数的可能取法有 种。k2 211 )()(kkknC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2
11、k nkmk210,0种。所以102 2121 )()(mknknMNC.nBP1)(02 2121 )()(mk kkknMNC18、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 48.316/421251CP19、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(,/)(21nrCPrnrn（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12r取出一只。.rnrrnrrnCCP21221221 /)(（3） .rrr244（4） .rnrn2
12、/)(rn/20、解：（1）P任意取出两球，号码为 1，2= .2/nC（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，1n无号码 1 .1/nC（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 .P1 53/1nC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。21、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，1kNkk/)(/)(（2）考虑前 k 次摸球的情况， 。APN
13、122、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 。设 发生。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 111n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 B乙 掷 出 反 面 数甲 掷 出 反 面 数 1)()(APBAP显然 A 与 B 是等可能的，因为每人各自掷出正面与反面的可能性相同，所以 从而
14、。),(P21)(A解法二：甲掷出 个硬币共有 个等可能场合，其中有 个出现 0 次正面，有1n12n 01nC个出现 1 次正面， 个出现 次正面。乙掷 n 个硬币共有 个等可能场合，其中有 个出现 01nC1nCn20nC次正面， 个出现 1 次正面， 个出现 n 次正面。若甲掷 个硬币，乙掷 n 个硬币，则共有种等可能场合，其中甲掷出正面比乙掷出正面多的有利场合数有21nn )()( 210310101 nnnnn CCCm( 利用公式 及 得11rnrn n )()()( 21032102001 nnnn CCCm210120120)()( innnnn 312012)(innn+ n
15、inninn CCC121121 )()( 020021)(ijninnni所以欲求的概率为 .1/21mP1nnC 5应注意，甲掷出 个正面的 个场合不是等可能的。1,0n 2n23、解：事件“一颗投 4 次至少得到一个六点”的对立事件为“一颗投 4 次没有一个六点” ，后者有有利场合为，除去六点外的剩下五个点允许重复地排在四个位置上和排列数，故，P一颗投 4 次至少得到一个六点= 一颗投 4 次没有一个六点= .1 51706/14投两颗骰子共有 36 种可能结果，除双六（6，6）点外，还有 35 种结果，故P两颗投 24 次至少得到一个双六= 两颗投 24 次没有一个双六= .1 490
16、36/5124比较知，前者机会较大。24、解： 029./1352315CP25、解： .106413529132691354或解为，4 张 A 集中在特定一个手中的概率为 ，所以 4 张 A 集中在一个人手中的概率为 352948/C.01/352948CP26、解：（1） . 这里设 A 只打大头，若认为可打两头 AKQJ10 及 A2345，则答案有变，下015./52同。（2）取出的一张可民由 K， Q，6 八个数中之一打头，所以.0123./52184CP（3）取出的四张同点牌为 13 个点中的某一点，再从剩下 48 张牌中取出 1 张，所以 .024./5241CP（4）取出的 3
17、 张同点占有 13 个点中一个点，接着取出的两张同点占有其余 12 个点中的一个点，所以 .1./524123(5)5 张同花可以是四种花中任一种，在同一种花中，5 张牌占有 13 个点中 5 个点，所以 .098./2134CP(6)异花顺次五张牌 =顺次五张牌 同花顺次五张牌。顺次五张牌分别以 A，K，6 九个数中之一打头，每张可以有四种不同的花；而同花顺次中花色只能是四种花中一种。所以p = P顺次五张牌同花顺次五张牌 .0294./)(52194519CC（7）三张同点牌占有 13 个点中一个占有剩下 12 个点中两个点，所以 .021/)(52131CP（8）P 五张中有两对=P五张
18、中两对不同点+P五张中两对同点.0475/ 5214135214241 6（9） .4230/)(5314213Cp（10）若记（i）事件为 ，则 而事件 两两不相容，所以iA9483551 , AA95,A9595 .06)(11iii PAPpy 27、解：设 x，y 分别为此二船到达码头的时间，则 24 F E. 两船到达码头的时间与由上述240,条件决定的正方形内的点是一一对应的（如图） 设 A 表事件“一船要等待空出码头 ”，则发生意味 着同时满足下列两不等式 24 4,3xyx由几何概率得，事件的概率，等于正方形中直线 之间的部分面积，与正方形 CDEF43xyx及的面积之比，即2
19、7.015/324/120142 PA28、解：设 x，y 分别为此二人到达时间，则 y F N E。显然，此二人到达时间 887,与由上述条件决定的正方形 CDEF 内和 M H),(点是一一对应的(如图)。 7 D设 A 表事件“其中一人必须等另外一人的 C G 时间 1/2 小时以上“，则 A 发生意味着满足如下 0 7 8 x不等式 。由几何概率得，2121xyx或事件 A 的概率等于 GDH 及 FMN 的面积之和与正方形 CDEF的面积之比，所以 41)/(21(2) AP29、解：设 则 21,xXaB2x， axx210与由上述条件决定的正方形 EFGH 内的点是一一 I ),
20、(21对应的（如图） 。（I）设 。 II12x,1211xXxA，则三线段构成三角形的充要条件是 E a 2aBX 211x7这决定三角形区域 I。,21)()()(1212 2121 axax（II）设 。 ，则三线段构成三角形的充要条件是 ,21211xXxA2xaB这决定区域 II。,0)( 2)(2121 1221axax（III）当 时，不能构成三角形。由几何概率知，21面 积正 方 形 面 积矩 形面 积三 线 段 构 成 三 角 形 EFGHIIP 83/2121aaz30、解：设 0 到三点的三线段长分别为 x,y,z，即相应的 1 C右端点坐标为 x,y,z，显然 这三条线
21、 1,0zyx段构成三角形的充要条件是： A D。yzxy,在线段0，1上任意投三点 x,y,z。与立方体 0 1， ， 中的点 1 y1010z),(zyx一一对应，可见所求“构成三角形”的概率，等价于在 x B边长为 1 的立方体 T 中均匀地掷点，而点落在区域中的概率；这也就是落在图中由 ADC，ADB，BDC，AOC，AOB，BOC 所xzyxzy,围成的区域 G中的概率。由于 ，,1)(TV213)(3G)(/TVp由此得，能与不能构成三角形两事件的概率一样大。31、解：设方格边长为 a。当硬币圆心落于图中阴影部分才与边界不相交（图中只取一个方格） 。由几何概率得1方 格 面 积阴
22、影 部 分 面 积硬 币 与 线 不 相 交 P.2/)1(a令 a 10./)1(2a8因为当 时，硬币必与线相交（必然事件） ，故只需考虑 a1aa1当止式得 。即当方格边长 时，才能使硬币与线不相交的概率小于91,.0/)1(aa 911%。32、解：从（0，1）中取出的两数分别为 x,y，则 与 y),(x正方形 ABCD 内的点一一对应。 1 D C（1） 直线 与 BC 交点坐标为（1，0.2） ，与 (I )2.yxDC 点坐标为（0.2，1） ，所以由几何概率可得 A B68.01/.80212.1 正 方 形 面 积面 积阴 影 区 域两 数 之 和 小 于 IP（2）双曲线
23、 与 BC 交点坐标为 141xy4,与 DC 交点坐标为 ，所以由几何概率得,正 方 形 面 积面 积阴 影 区 域两 数 之 积 小 于 IP411414lnxdx 6.0ln（3）直线 与曲线 的交点坐标为（如图）2.yxy.,68.01.60931yx9320682xP两数之和小于 1.2，两数之积小于 41正 方 形 面 积 面 积阴 影 区 域 I268.0932.0681932.0).(4).(. dxdxx1932.02932.068.268.0.2ln411.0 xx5365733、证：当 时， ， 与 两者不相容，所以2n)(21121AA121A.)()() 212 PP
24、P此即当 时原式成立。设对 原式成立，现证对 原式也成立。1nn9)( 1111 nn AAPAP )( 11nAP 1211 nnn 对前后两项分别应用归纳假设得 )(11nAAP )()1() 1211 nnijnjiin APP )(nP )()()( 1211 nnjinijnnjiii AAA .)()()( 2111 nnijnjiini APP 至此，原式得证。34、解：设 个战士拿到自己的枪， 。 之间相容，现用上题公式解。iAi第Ni,21i,/1!)()NNPi .!/1)(,)(/!2 212 NAPjiANji 由公式得P至少有一个战士拿到自己的枪 )(21NP )()1() 2111 NNijNjiii APAA !)(12CCN kkN11!)(!1注：由此可求得，事件“至少有一个战士拿到自己的枪”的对立事件的概率为PN 个战士没有一个战士拿到自己的枪 NkkNkNk 021 !)1(!)(!)(35、解：某 k 个指定的战士拿到自己的枪的概率是 。利用上题注（视这里 个战士都没有拿到自己枪KNA/1的概率为 。恰有 k 个战士拿到自己的枪，则这 k 个战士可以是 N 个战士中任意的 k 个战士，从 N 个KNjjP02!)1(
