1、 完美WORD格式编辑第一章 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正好订购两种报纸的P(
2、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。（2），B发生或C发生，均导致A发生。（3）与B同时发生必导致C发生。（4），A发生，则B与C至少有一不发生。3、解： (或)4、解：（1）=抽到的是男同学，又不爱唱歌
3、，又不是运动员； =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。（3）当不是运动员的学生必是不爱唱歌的时，成立。（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 。6、解：（1）至少发生一个=.（2）恰发生两个=.（3）A，B都发生而C，D都不发生=.（4）都不发生=.（5）至多发生一个= . 7、解：分析一
4、下之间的关系。先依次设样本点，再分析此是否属于等。（1）为不可能事件。（2）若，则，即。（3）若，则。（4）若，则必有或之一发生，但。由此得，。 （5）若，则必有或之一发生，由此得 。（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）。8、解：（1）因为，两边对x求导得，在其中令x=1即得所欲证。（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.利用幂级数乘法可证明此式。因为，比较等式两边的系数即得证。9、解：10、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）可能有第一卷
5、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 （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=.（4）这里事件是（3）中事件的对立事件，所以 （5）第三卷居中，其余四卷在剩下四个位置上可任意排，所以11、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 12、解：13、解：P两球颜色相同=P两球均白+P两球均黑+P两球均红.14、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排列，其中只有一个是按严格上升次序的排列，也就是
6、说，一种组合对应一种严格上升排列，所以共有种按严格上升次序的排列。总可能场合数为，故题中欲求的概率为.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，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，
7、总可能场合数为，从而.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；数字有种取法；这种场合种数的种。所以共有有利场合数为：.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.16、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，数M一定取出，把这n个数按
8、大小次序重新排列，则必有。故。当或时，概率.17、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。当次数固定后，M的有种可能的取法，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式，因此次取到M的数的可能取法有种。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种。所以.18、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19、解
9、：（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）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，从鞭每双中取出一只。.（3）.（4）.20、解：（1）P任意取出两球，号码为1，2=.（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，无号码1.（3）P任取5球，号码1,2,3中至少出现1个=任取5球，号码1,2,3不出现.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， （2）考虑前k次摸球的情况
10、，。22、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1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1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.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。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0次正面，个出现1次正面，个出
11、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 利用公式及得 + 所以欲求的概率为 . 应注意，甲掷出个正面的个场合不是等可能的。23、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=.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=.比较知，前者机会较大。24、解：25、解：.或解为，4张A集中在特
12、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 .26、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，下同。（2）取出的一张可民由K，Q，6八个数中之一打头，所以.（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 （4）取出的3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 (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 (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
13、能是四种花中一种。所以p = P顺次五张牌同花顺次五张牌（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（8）P五张中有两对=P五张中两对不同点+P五张中两对同点 （9） （10）若记（i）事件为，则而事件两两不相容，所以 y 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 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CDEF的面积之比，即28、解：设x，y分别为此二人到达时间，则 y F N
14、E。显然，此二人到达时间 8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，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29、解：设则 ， a与由上述条件决定的正方形EFGH内的点是一一 I 对应的（如图）。（I）设。 II ，则三线段构成三角形的充要条件是 E a 这决定三角形区域I。（II）设。 ，则三线段构成三角形的充要条件是 这决定区域II。 （III）当时，不能构成三角形。由几何概率知， z30、解：
15、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 段构成三角形的充要条件是： A D。 在线段0，1上任意投三点x,y,z。与立方体 0 1，中的点 1 y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所围成的区域G中的概率。由于 ，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.令 a 1因为当时，硬币必与线相交（必然事件
16、），故只需考虑 aa1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1%。32、解：从（0，1）中取出的两数分别为x,y，则与 y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 )DC点坐标为（0.2，1），所以由几何概率可得 A B （2）双曲线与BC交点坐标为 1与DC交点坐标为，所以由几何概率得 （3）直线与曲线的交点坐标为（如图） .P两数之和小于1.2，两数之积小于33、证：当时，与两者不相容，所以.此即当时原式成立。 设对原式成立，现证对原式也成立。对前后两项分别应用归纳假设得.至此，原式得证。34、解：设个战士拿到自己的
17、枪，。之间相容，现用上题公式解。.由公式得P至少有一个战士拿到自己的枪注：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个战士中选出一组k个战士共有种选法，所以事件“恰有k个战士拿到自己枪“的概率，是事件”某k个指定战士拿到自己的枪，且其余个战士没有拿到自己的枪“概率的倍，可得P恰有k个战士拿到自己枪.36、解：设考签编号为，记事件，则，；诸相容，利用第33题公式计算得P=
18、至少有一张考签未被抽到.37、解：这些比赛的可能结果，可以用下面方法表示：aa，acc，acbb，acbaa，acbacc，acbacbb，bb，bcc，bcaa，bcabb，bcabcc，bcabcaa，其中a表甲胜，b表乙胜，c表丙胜。在这些结果中，恰巧包含k个字母的事件发生的概率应为，如aa发生的概率为1/4，acbb发生的概率为1/16等等。则.由于甲，乙两人所处的地位是对称的，所以，得.38、证：设父胜子的概率为，子胜父的概率为，父胜母，母胜父，母胜子，子胜母的概率分别是。则诸间有关系：。仿上题，设首局为父对母，比赛的可能结果为： ，a表父胜，但父胜母与父胜子的概率不同，为明确起见，
19、比赛结果中字母附加下标，下标中i对应概率，故 类似地，第一局若父对子，则可得第一局若子对母，则易见。由于，所以，因此。从而 这说明父的决策最优。39、解： .40、证：设.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、证：（1），由单调性及得.（2），两次利用（1）的结果得 42、解：设N阶行列式中元素，行列式展开式的每一项为不同行不同列元素的乘积。对于每一项中的各个元素，从第一列中取一个元素有N种取法，当从第一列中取的元素取定后，再从第二列中取一个元素有种取法，接着从第三列中取一个元素有种取法，等等。每种取法教都是等可能的，共有种
20、取法。设表事件N阶行列式的项含，则，至少含一个主对角线元素的项的概率为.由此得包含主对角线元素的项数为 注：不含主对角线元素项的概率为， .43、证：设袋中有A个球，其中a个是白球，不还原随机取出，第k次才首次取得白球的概率为 .因为袋中有a个白球，个黑球，若一开始总是取到黑球，直到把黑球取完为止，则至迟到第次一定会取到白球；也就是说，第一次或第二次或至迟到第次取得白球事件是必然事件，其概率为1。所以等式两边同乘以得.44、解：有明显疗效的频率为368/512=71.9%，所以，某胃溃疡病人若服此药，约有71.9%的可能有明显疗效。45、解：此域首先包括诸元素，然后通过求逆，并交运算逐步产生新
21、的元素，得共包含16个元素：证一：现证明它是包含A，B的最小域。首先它包含A，B；由于所有集均由A，B产生，故最小。集是有限个，故只需证它为代数，即按如下两条验证集系封闭即可： 若，则； 若，则。能动验证知确为代数。证二：由图知，两个集至多可产生四个部分，可称之为产生集的最小部分，从这四个部分中任取0，1，2，3，4个求并集，共同构成 A B 1 2 3 4个集。故若能找到16个由A，B产生的不同的集，则它们一定是由A，B产生的域，为此只须验证如上16个集两两不同就够了。也可在一开始就根据这16个集的构成法依次构造出来，即得欲求的代数，而不需要再证明。46、证：记F=的一切子集（i）是的子集，
22、所以。(ii) 若，则A是的子集，也是的子集，所以。(iii)，当然有。任一。必有某一，使，所以，从而，即也是的一个子集，故。F是域。47、证：设是域，记.(i) 每一，所以，即.(ii) ，则每一，由是域得每一，所以，从而.(iii) ，则诸必属于每一，由于是域，所以每一，即.是域。48、证：一维波雷尔域是由左闭右开区间灶产生的域，是由形如区间类产生的域。因为 等式左边是中两个集的差，由此知包含一切形如的集，而B是由一切形如的集类产生的域，所以。又由于 ，等式右边是B中集的可列并，由此知B包含一切形如的集，与上段同理得.49、解：算术中的计数：以表集合E包含的元素的个数。（1）非负。（2）对
23、，若任意两个与都不包含相同的元素，则，即和集中包含元素的个数等于每个集所包含元素个数之和，集函数具有有限可加性。（3）若是空集，它不包含任何元素，则有。几何度量中的长度：以表区间的长度。（1）非负。（2）对区间，若任两个与都不相交，则，具有可列可加性。（3）空集的长度。当区间改成区域，长度改成面积或体积时，如上结论也成立。把算数中计数、几何度量中的共同性质非负，可列可加性，空集对应值为0抽象出来，并加以适当地推广，就得到测度的概念。以一维L-测度为例，区间的L-测度就是区间的长度；利用有限可加性定义由集系产生的环上的测度，再利用测度延拓就得到了波雷尔域B上的L-测度。50、解：在概率论公理化结构中，定义在事件域F上的集合函数，若满足(1)非负性：；(2)规范性：；(3)可列可加性：若，则；则称P为F上的概率。由这三条性质可推得。与上题比较可知，定义在F上的概率P实质上就是定义在F上的规范性测度。概率的古典定义：；对定义其概率为。P具有非负性，有限可加性，。这里的概率P相当于算术中的计数，所不同的是，P还具有规范性，即。这里P实质上是定义在F=的一切子集上具有规范性的测度。几何概率的定义：,与G都是波雷尔可测集，对G定义其概率为，其中表示区域G的L-测度。显然P具有非负性。由L-测度具有可列可加性得P也具有可列可加性。另外，。所以P是定义在上的具有规范性的测度。 学习指导参考资料
