概率论第一章答案
第一章 事件与概率
1、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:(1)ABC =A ⇒BC ⊃A (ABC ⊂A 显然) ⇒B ⊃A 且C ⊃A ,若A 发生,则B 与C 必同时发生。
(2)A B C =A ⇒B C ⊂A ⇒B ⊂A 且C ⊂A ,B 发生或C 发生,均导致A 发生。
(3)AB ⊂C ⇒A 与B 同时发生必导致C 发生。
(4)A ⊂BC ⇒A ⊂B C ,A 发生,则B 与C 至少有一不发生。
3、解:A 1 A 2 A n =A 1+(A 2-A 1) + +(A n -A 1- -A n -1)
(或) =A 1+A 2A 1+ +A n A 1A 2 A n -1.
4、解:(1)AB C ={抽到的是男同学,又不爱唱歌,又不是运动员};
A B C ={抽到的是男同学,又爱唱歌,又是运动员}。
(2)ABC =A ⇒BC ⊃A ,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,C ⊂B 成立。
(4)A=B及A =C ⇒A =B =C ,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),
1, 2}, B ={1, 3}, C ={3},则={3},A B ={1, 2, 3}, A B ={}1, A -B ={2}, (2),(3)。设A ={
A +C ={1, 2, 3}。
6、解:(1){至少发生一个}=A B C D .
(2){恰发生两个}=AB C D +AC B D +AD B C +BC A D +CD A B +BD A C .
(3){A,B 都发生而C ,D 都不发生}=AB C D .
(4){都不发生}=A B C D =A B C D .
(5){至多发生一个}=A B C D +A B C D +B A C D +C A B D +D A B C
=AB AC AD BC BD CD .
7、解:分析一下E i 之间的关系。先依次设样本点ω∈E i ,再分析此ω是否属于E j (j ≠i ), E j E k (j ≠i , k ≠i ) 等。(1)E 6为不可能事件。 (2)若ω∈E 5,则ωE i (i =1, 2, 3, 4) ,即E 5E i =φ。
(3)若ω∈E 4,则ωE 2, ωE 3。
(4)若ω∈E 3,则必有ω∈E 2或ω∈E 1之一发生,但
ωE 1E 2。由此得E 3E 1 E 3E 2=E 3, ,E 1E 2E 3=φ。 (5)若ω∈E 2,则必有ω∈E 1或ω∈E 3之一发生,由此得 E 6=φ, E 0=Ω
E 2E 1 E 2E 3=E 2。
(6)E 1中还有这样的点ω:12345,它仅属于E 1,而不再属于其它E i (i ≠1, 0) 。诸E i 之间的关系用文图表示(如图)。
122n n 8、解:(1)因为(1+x ) n =1+C n x +C n x + +nC n x ,两边对x 求导得
12n n -1n (1+x ) n -1=C n +2C n x + +nC n x ,在其中令x=1即得所欲证。
(2)在上式中令x=-1即得所欲证。
a -r b +r k b -k (3)要原式有意义,必须0≤r ≤a 。由于C a ,此题即等于+b =C a +b , C b =C b
a
要证∑C
k =0k +r a b -k b +r C b =C a +b , 0≤r ≤a . 利用幂级数乘法可证明此式。因为
(x +1) a (x +1) b =(x +1) a +b ,比较等式两边x b +r 的系数即得证。
9、解:P =A 6A 5A 5/A 11=1113 5=0. 15 33
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p =2⨯4! /5! =2/5
(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 p =2⨯3! /5! =1/10
(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}=2217+-=. 551010
(4)这里事件是(3)中事件的对立事件,所以 P =1-7/10=3/10
(5)第三卷居中,其余四卷在剩下四个位置上可任意排,所以P =1⨯4! /5! =1/5
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
23选排,所以 P =2⨯A 4/A 5=2/5
m 12、解:P =C n 1C n 2C n 3/3C 3n m m m
13、解:P{两球颜色相同}=P{两球均白}+P{两球均黑}+P{两球均红}
=
[1**********]⨯+⨯+⨯==0. 33. [**************]
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 ≤N 。N 个不同号码可产生n ! 种不同的排列,其中只有一个是按严格上升次序的排列,也就是说,一种
n 组合对应一种严格上升排列,所以共有C N 种按严格上升次序的排列。总可能场合数为N ,
n 故题中欲求的概率为P =C N /N n . n
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,
m m 其组合种数记为C n =C n +m -1. 这个公式的证明思路是,把n 个不同的元素编号为1, 2, ,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0, 1, , m -1, 则这一组数就变成了从1, 2, , n +m -1共n +m -1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
n 应一种按上升次序的排列,所以共有C N 种按上升次序的排列,总可能场合数为N ,从而 ~n
~n n n P =C N /N n =C N +n -1/N .
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
10相同时,可以看成中间没有间壁,故间壁有C n -1种取法;这时只需取一个数字,有C N 种取
011法;这种场合的种数有C n 种。当n 个数由小大两个数填上,而间壁的位置有C C -1N n -1种取
212法;数字有C N 种取法;这种场合的种数有C n -1C N 种。当n 个数由三样数构成时,可得场
23n -1合种数为C n -1C N 种,等等。最后,当n 个数均为不同数字时,有n-1个间壁,有C n -1种取
n n -1n 法;数字有C N 种取法;这种场合种数的C n -1C N 种。所以共有有利场合数为:
011223n -1n n m 1=C n -1C N +C n -1C N +C n -1C N + +C n -1C N =C N +n -1.
此式证明见本章第8题(3)。总可能场合数为n 1=N n ,故所还应的概率为
n n P =m 1/n 1=C N +n -1/N .
16、解:因为不放回,所以n 个数不重复。从{1, 2, , M -1}中取出m-1个数,从{M +1, N }中取出n -m 个数,数M 一定取出,把这n 个数按大小次序重新排列,则必有x m =M 。
m -11n -m n 故P =C M -1C 1C N -M /C N 。当M -1
17、解:从1, 2, , N 中有放回地取n 个数,这n 个数有三类:M。如果我们固定k 1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,
k 一个),>M的有(N -M ) 2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(M -1) 1(N -M ) 2种。对于确定的k 1, k 2来说,在n 次取数中,固定哪k 1次取到M的数,这共有C n 1⨯n 2-k 1种不同的固定方式,因此k 1次取到M的数的可能取法有C n 1⨯n 2) 1(N -M ) 2种。 -k 1(M -1
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k 1次取到M的数的数,0≤k 1≤m -1, 0≤k 2≤n -m ,因此B 包含的所有可能的取法有k k k k k k k k
k 1=0k 2=0∑∑C m -1n -m k 1n k 2k 1k 2种。所以 C n -k 1(M -1) (N -M )
1P (B ) =n N k 1=0k 2=0∑∑C m -1n -m k 1n k 2k 1k 2. C n -k 1⨯(M -1) (N -M )
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P =C 6C 2C 5C 2C 2/C 12=12211416=0. 48 33
19、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。
2r 12r 2r P =C n (C 2) /C 2(2r
(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n -1双中取出2r -2双,从鞭每双中取出一只。
122r -212r -22r 2r -22r -22r P =C n C 2C n -1(C 2) /C 2C n -1/C 2n =n 2n .
22r -42r (3)P =22r -4C n C n -2/C 2n .
r 2r 2r r 2r (4)P =C n (C 2) /C 2n =C n /C 2n .
220、解:(1)P{任意取出两球,号码为1,2}=1/C n .
(2)任取3个球无号码1,有利场合是从除去1号球外的n -1个球中任取3个球
33的组合数,故 P{任取3球,无号码1}=C n /C -1n .
(3)P{任取5球,号码1,2,3中至少出现1个}
55=1-P {任取5球,号码1,2,3不出现}=1-C n -3/C n .
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n -3个球中任取5个球的组合数。
21、解:(1)有利场合是,前k -1次从N -1个号中(除1号外)抽了,第k 次取到1号球, P =(N -1) k -1⋅1/N k =(N -1) k -1/N k
k -1k (2)考虑前k 次摸球的情况,P =A N -1⋅1/A N =1/N 。
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A ={={甲掷出正面数≤乙掷出正面数}。设A 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n -1次正面,则甲至多掷出n -1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
甲掷出反面数≤乙掷出反面数}=B . A ={甲掷出正面数≤乙掷出正面数}={
∴P (A ) +P (B ) =P (A ) +P (A ) =1
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P (A ) =P (B ), 从而P (A ) =1。 2
n +1解法二:甲掷出n +1个硬币共有20个等可能场合,其中有C n +1个出现0次正面,有
1n +1n +1次正面。乙掷n 个硬币共有2n 个等可能C n +1个出现1次正面,„,C n +1个出现
01n 场合,其中有C n 个出现0次正面,C n 个出现1次正面,„,C n 个出现n 次正面。若甲掷
n +1个硬币,乙掷n 个硬币,则共有n 1=2n +1⋅2n =22n +1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
102013012m 1=C n +1C n +C n +1(C n +C n ) +C n +1(C n +C n +C n ) +
n 01n -1n +101n =C n (C +C + +C ) +C (C +C + +C +1n n n n +1n n n )
n +1n r r r -1利用公式C n +1=C n +C n 及C n +1=C n 得
[1**********]2m 1=(C n +C n ) C n +(C n +C n )(C n +C n ) +(C n +C n )(C n +C n +C n ) + +
n -1n 01n -1n 01n (C n +C n )(C n +C n + +C n ) +C n (C n +C n + +C n )
0201202 =(C n ) +C 1C n +⎢(C n ) +C 1C n +C n []⎡⎣∑C
i
⎡n -12⎡n 2n -11n 1⎤n 1⎤+ +⎢(C n ) +C n C +C C +(C ) +C C ∑n n ∑n ⎥n ∑n ⎥+ ⎢n
1
⎛n 1⎫1211 =∑(C n ) +2∑C n C n = ∑C n ⎪
i =0n ≥j >i ≥0⎝i =0⎭
所以欲求的概率为 P =m 1/n 1=22n n 2/22n +1=1. 2
应注意,甲掷出0, 1, , n +1个正面的n +2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}=1-{一颗投4次没有一个六点}=1-5/6=0. 5177. 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} 44
=1-{两颗投24次没有一个双六}=1-35/36
比较知,前者机会较大。
53321324、解:P =C 13C 13C 13C 13/C 52=0. 0129 2424=0. 4914.
1491313139C 4C 4C 43C 39C 26C 134⨯C 4325、解:P ===0. 0106. 1313131313C 52C 39C 26C 13C 52
4913或解为,4张A 集中在特定一个手中的概率为C 4,所以4张A 集中在一个人手中C 48/C 52
913的概率为 P =4⨯C 48/C 52=0. 010. 6
526、解:(1)P =4/C 52. 这里设A 只打大头,若认为可打两头AKQJ10及=0. 0000015
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
115. P =C 4C 8/C 52=0. 0000123
(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
145以 P =C 13C 4/C 52=0. 00024.
(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
13125点中的一个点,所以 P =C 13C 4C 12C 4/C 52=0. 0014. 4
(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,
155所以 P =C 4C 13/C 52=0. 00198.
(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
11511p = P{顺次五张牌}-{同花顺次五张牌}=C 9(C 4) -C 4C 9[]/C 5
52=0. 0000294.
(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132125 P =C 13C 4C 12(C 4) /C 52=0. 021. 1
(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}
=C 12C 4C 4C 11C 4/C 52+C 13C 4C 12C 4/C 52=0. 047. 5
(9)p =C 13C 4C 12(C 4) /C 52=0. 423.
(10)若记(i )事件为A i ,则A 1⊂A 5, A 2⊂A 5, A 3⊂A 8, A 4⊂A 9而事件[**************]15
9⎛9⎫A 5, , A 9两两不相容,所以p =1-P A i ⎪⎪=1-∑P (A i ) =0. 506.
i =5⎝i =5⎭
27、解:设x ,y 分别为此二船到达码头的时间,则
0≤x ≤24, 0≤y ≤24. 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A发生意味 着同时满足下列两不等式
x -y ≤3, y -x ≤4 由几何概率得,事件A的概率,等于正方形CDEF中直线x -y ≤3及y -x ≤4 之间的部分面积,与正方形CDEF 的面积之比,即
⎡1⎛1⎫⎤PA =⎢242- ⨯202+⨯212⎪⎥/242=311/1152=0. 27 2⎝2⎭⎦⎣
28、解:设x ,y 分别为此二人到达时间,则 7≤x ≤8, 7≤y ≤8。显然,此二人到达时间 (x , y ) 与由上述条件决定的正方形CDEF 内和 点是一一对应的(如图) 。 设A 表事件“其中一人必须等另外一人的 时间1/2小时以上“,则A 发生意味着满足如下 不等式 x -y >11或y -x >。由几何概率得, 22
P (A ) =111111(⨯+⨯) /(1⨯1) = 222224事件A 的概率等于ΔGDH 及ΔFMN 的面积之和与正方形CDEF 的面积之比,所以
29、解:设AB =a , AX 1=x 1, AX 2=x 2则 x 2
0≤x 1≤a , 0≤x 2≤a , (x 1, x 2) 与由上述条件决定的正方形EFGH 内的点是一一 对应的(如图)。
(I )设x 2>x 1。 AX 1=x 1, X 1X 2=x 2-x 1, a a x 1 2 X 2B =a -x 2,则三线段构成三角形的充要条件是 E
1⎧x +(x -x ) >a -x ⇒x >a 2122⎪12⎪1⎪x +(a -x ) >(x -x ) ⇒x +a >x 2 这决定三角形区域I 。 ⎨122112⎪⎪(x 2-x 1) +(a -x 2) >x 1⇒x 1
(II )设x 1>x 2。 AX 1=x 1, X 1X 2=x 1-x 2, X 2B =a -x 2,则三线段构成三角
1⎧x +(x -x ) >a -x ⇒x >a 1221⎪12⎪1⎪形的充要条件是 ⎨(x 1-x 2) +(a -x 2) >x 1⇒x 2x 1-x 2⇒a >0,
⎪⎩
(III )当x 1=x 2时,不能构成三角形。由几何概率知,
P {三线段构成三角形}=∆(I )面积+矩形(II )面积
正方形EFGH 面积
111⎫3⎛11= ⨯a ⨯a +a ⨯a ⎪/a 2= 222⎭8⎝22
30、解:设0到三点的三线段长分别为x,y,z ,即相应的 右端点坐标为x,y,z ,显然0≤x , y , z ≤1。这三条线
段构成三角形的充要条件是: x +y >z , x +z >y , y +z >x 。
在线段[0,1]上任意投三点x,y,z 。与立方体 0≤x ≤1,0≤y ≤1,0≤z ≤1中的点(x , y , z ) 一一对应,可见所求“构成三角形”的概率,等价于在 边长为1的立方体T 中均匀地掷点,而点落在
x +y >z , x +z >y , y +z >x 区域中的概率;这也就是落在图中由ΔADC ,ΔADB ,ΔBDC ,ΔAOC ,ΔAOB ,ΔBOC 所围成的区域G 中的概率。由于V (T ) =1,
111V (G ) =13-3⨯⨯⨯13=, 322
∴p =V (G ) /V (T ) =
由此得,能与不能构成三角形两事件的概率一样大。
1 2
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
P {硬币与线不相交}=阴影部分面积
方格面积
=(a -
1)
2/a 2.
令
(a -1) 2/a 2=0. 01 因为当a ≤1时,硬币必与线相交(必然事件),故只需考虑 a>1.当止式得 (a -1) /a =0. 1,
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(x , y ) 与 y
正方形ABCD 内的点一一对应。 1 (1) 直线x +y =1. 2与BC 交点坐标为(1,0.2),与 DC 点坐标为(0.2,1),所以由几何概率可得 11a =1。即当方格边长a
P {两数之和小于1. 2}=阴影区域(I )面积⎛1⎫= 1-⨯0. 8⨯0. 8⎪/1=0. 68 正方形面积⎝2⎭
(2)双曲线xy =1⎛1⎫与BC 交点坐标为 1, ⎪ 4⎝4⎭
与DC 交点坐标为 , 1⎪,所以由几何概率得 ⎛1⎫
⎝4⎭
1⎫阴影区域(II )面积⎧ P ⎨⎬=4正方形面积⎩⎭
1111111 =⨯1+⎰1dx =+ln x =+ln 4=0. 6 14444444x 41
(3)直线x +y =1. 2与曲线xy =1的交点坐标为(如图) 4
⎧⎪x 1=0. 6+0. =0. 932 ⎨y =0. 6-0. 11=0. 268, ⎪⎩1⎧x 2=0. 268. ⎨y =0. 932⎩2
∴P{两数之和小于1.2,两数之积小于1} 4
0. 2680. 93211阴影区域(III )面积
(-x +1. 2) dx +⎰dx +⎰(-x +1. 2) dx ==0. 2⨯1+⎰0. 20. 2684x 0. 932正方形面积
⎛1⎫
=0. 2+ -x 2+1. 2x ⎪
⎝2⎭
0. 268
0. 2
1
+ln x 4
0. 932
0. 268
⎛1⎫+ -x 2+1. 2x ⎪⎝2⎭
1
0. 932
=0. 2+0. 0657+0. 3116+0. 0160=0. 593
33、证:当n =2时,A 1 A 2=A 1 (A 2-A 1A 2) ,A 1与A 2-A 1A 2两者不相容,所以
P (A 1 A 2) =P (A 2-A 1A 2) =P (A 1) +P (A 2) -P (A 1A 2) .
此即当n =2时原式成立。
设对n -1原式成立,现证对n 原式也成立。
P (A 1 A n -1 A n ) =P {A 1 A n -1 A n }
=P (A 1 A n -1) +P (A n ) -P {A 1 A n -1 A n } =P (A 1 A n -1) +P (A n ) -P {A 1A n A 2A n A n -1A n }
对前后两项分别应用归纳假设得
P (A 1 A n -1 A n )
⎧n -1⎫
=⎨∑P (A i ) -∑P (A i A j ) + +(-1) n -2P (A 1 A n -1) ⎬+P (A n )
n -1≥j >i ≥1⎩n =1⎭
⎧n -1⎫n -2
-⎨∑P (A i A n ) -∑P (A i A n A j A n ) + +(-1) P (A i A n A j A n A n -1A n ) ⎬
n -1≥j >i ≥1⎩i =1⎭=∑P (A i ) -
i =1n
n ≥j >i ≥1
∑
P (A i A j ) + +(-1) n -1P (A 1A 2 A n ) .
至此,原式得证。
34、解:设A i ={第i 个战士拿到自己的枪},i =1, 2, , N 。A i 之间相容,现用上题公式解。
P (A i ) =(N -1)! ⨯1/N ! =1/N ,
2
P (A i A j ) =(N -2)! ⨯1⨯1/N ! =1/N ! =1/A N (i ≠j ), , P (A 1A 2 A N ) =1/N ! .
由公式得
P{至少有一个战士拿到自己的枪}=P (A 1 A 2 A N )
=∑P (A i ) -
i =1
N
N ≥j >i ≥1
∑
P (A i A j ) + +(-1) N -1P (A 1A 2 A N )
=C 1N
121N -1N 1 -C N + +(-1) C N 2
N N ! A N
N 1(-1) k -1N -11 =1-+ +(-1) =∑2! N ! k =1k !
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
N N
(-1) k -1(-1) k (-1) k
P{N个战士没有一个战士拿到自己的枪}=1-∑ =∑=∑
k ! k ! k ! k =1k =2k =0
N
K
35、解:某k 个指定的战士拿到自己的枪的概率是1=1/A N 。利用上题注(视这里N -k 个
(-1) j 战士都没有拿到自己枪的概率为P 2=∑。恰有k 个战士拿到自己的枪,则这k 个战
j ! j =0
N -K
k
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C N 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
k 其余N -k 个战士没有拿到自己的枪“概率的C N 倍,可得
1P{恰有k 个战士拿到自己枪}=C -k
A N
k N
N -k
(-1) j 1N -k (-1) j
. =∑∑j ! k ! j ! j =0j =0
36、解:设考签编号为1, 2, , N ,记事件A i ={第x 号考签未被抽到},则
P (A i ) =(N -1) n /N n ,
P (A i A j ) =(N -2) n /N n (i ≠j ), , P (A 1A 2 A N ) =(N -N ) n /N n =0;
诸A i 相容,利用第33题公式计算得
P={至少有一张考签未被抽到}=P {A 1 A 2 A N } =
∑P (A ) -∑P (A A ) + +(-1)
i
i
j
i =1
N ≥j >i ≥12
-C N
N
N -1
P (A 1A 2 A N )
1N
n
=
C 1N
(N -1) n N
n
(n -2) n N
n
N -1
+ +(-1) N -2C N
+0
=
∑(-1)
i =1
N -1
i -1
C 1N
(N -i ) n N
n
.
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acbb 发生的概率为1/16等等。则
23
由于甲,乙两人所处的地位是对称的,所以p (a ) =p (b ) ,得
p (a ) =p (b ) =
p (c ) =[P (acc ) +P (bcc ) ]+[P (acbacc ) +P (bcabcc ) ]+ =2⨯
12
k
,如aa 发生的概率为1/4,
1
+2⨯
126
+2⨯
129
+ =
2
. 7
125
. (1-=
2714
38、证:设父胜子的概率为p 1,子胜父的概率为p 2,父胜母,母胜父,母胜子,子胜母的
概率分别是p 3, p 4, p 5, p 6。则诸p i 间有关系:p 5+p 6=1, p 1
b 4b 5, b 4c 6c 2, b 4c 6a 1a 3, b 54c 6a 1b 4, a 表父胜,但父胜母与父胜子的概率不同,为明确起见,比赛结果中字母附加下标,下标中i 对应概率p i ,故
p 1(a )=P (a 3a 1) +P (a 3c 2b 5a 3) +P (b 4c 6a 1a 3) =p 3p 1+p 3p 2p 5p 3+p 4p 6p 1p 3 类似地,第一局若父对子,则可得
p 2(a )=P (a 1a 3) +P (a 1c 4b 6a 1) +P (c 2b 5a 3a 1) =p 1p 3+p 1p 4p 6p 1+p 2p 5p 3p 1
第一局若子对母,则
p 3(a )=P (c 6a 1a 3) +P (b 5a 3a 1) =p 6p 1p 3+p 5p 3p 1=p 1p 3(p 6+p 5) =p 1p 3
易见p 3(a )
从而 p 1(a ) >p 2(a ) >p 3(a ) 这说明父的决策最优。
39、解:P (A =P (A -B ) =P (A B -B ) =P (A B ) -P (B ) =r -q P (=P (A B ) =1-P (A B ) =1-r .
40、证:设BC =C 1, C (A -B ) =C 2. 由C ⊃A 可得,C ⊂A B ,
∴C =C 1 C 2,C 1 C 2=φ (1)
又C ⊃AB ∴AC 1
=A (BC ) =AB 再由P (B ) ≥P (C 1) 得P (AC 1) =P (AB ) =P (A ) P (B ) ≥P (A ) P (C 1) (2) 由C 2⊂A 并利用P (A ) ≤1得
P (AC 2) =P (C 2) ≥P (A ) P (C 2) (3)
由(1),(2),(3)可得
P (AC ) =P {A (C 1 C 2) }=P (AC 1 AC 2)
=P (AC 1) +P (AC 2) ≥P (A ) P (C 1) +P (A ) P (C 2)
=P (A ) [P (C 1) +P (C 2) ]=P (A ) P (C )
41、证:(1)A ⊃A 1A 2,由单调性及P (A 1 A 2) ≤1得
P (A ) ≥P (A 1A 2) =P (A 1) +P (A 2) -P (A 1 A 2)
≥P (A 1) +P (A 2) -1.
(2)A ⊃A 1A 2A 3,两次利用(1)的结果得
P (A ) ≥P ((A 1A 2) A 3) ≥P (A 3) +P (A 1A 2) -1
≥P (A 3) -1+P (A 1) +P (A 2) -1=P (A 1) +P (A 2) +P (A 3) -2
42、解:设N 阶行列式中元素a ij ,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N -1种取法,接着从第三列中取一个元素有N -2种取法,等等。每种取法教都是等可能的,共有N ! 种取法。
设A k 表事件{N阶行列式的项含a kk },k =1, 2, , N ,则
P (A k ) =(N -1) ! ⋅
111==1, N ! N A N
11=2N ! A N
(i ≠j ),
P (A 1A 1) =(N -2) ! ⋅1⋅P (A 1A 2 A N )=
1
N !
至少含一个主对角线元素的项的概率为
⎛N ⎫ P A k ⎪= ⎪⎝k =1⎭
∑P (A ) -∑
k
k =1
N
P (A 1A 1) + +(-1) N -1P (A 1A 2 A N )
N
+ +(-1) N -1C N
N ≥j >i ≥1
=C 1N =1-
1A 1N
2
-C N
1
2A N
1 N !
11+ +(-1) N -1. 2! N !
由此得包含主对角线元素的项数为 N !
注:不含主对角线元素项的概率为
∑
k =1
N
(-1) k -1
1
k !
⎛N ⎫N 11 , lim P N =. P N =1-P A k ⎪=(-1) k ⎪N →∞k ! e ⎝k =1⎭k =0
∑
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 P k =
k -11
A A -a A a k A A
=
a (A -a )(A -a -1) (A -a -k +2)
(k =1, 2, , A -a +1) .
A (A -1)(A -2) (A -k +1)
因为袋中有a 个白球,A -a 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A -a +1次一定会取到白球;也就是说,第一次或第二次„或至迟到第A -a +1次取得
白球事件是必然事件,其概率为1。所以
1=p 1+p 2+ +p A -a +1=
a (A -a ) 2⋅1a a (A -a )
++ + A A (A -1) A (A -1) (a +1) a
等式两边同乘以
A
得 a
1+
(A -a ) 2⋅1A -a (A -a )(A -a -1) A
++ +=. A -1(A -1)(A -2) (A -1) (a +1) a a
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σ-域首先包括Ω, φ, A , B 诸元素,然后通过求逆,并交运算逐步产生新的元素,得共包含16个元素:
{Ω, φ, A , B , A , B , AB , AB , AB , AB , AB AB , AB AB , A B , AB = AB =A B , AB =A }
证一:现证明它是包含A ,B 的最小σ-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:
① 若C ∈F ,则∈F ;
② 若C , D ∈F ,则C D ∈F 。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 01234C 4+C 4+C 4+C 4+C 4=16 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σ-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σ-代数,而不需要再证明。
46、证:记F={Ω的一切子集}
(i )Ω是Ω的子集,所以Ω∈F 。
(ii) 若A ∈F ,则A 是Ω的子集,Ω-A 也是Ω的子集,所以A =Ω-A ∈F 。
(iii)A i (i =1, 2, ) ∈F ,当然有Ω⊃A i , i =1, 2, 。任一ω∈
ω∈A i ,所以ω∈Ω,从而Ω⊃
A
i
i
。必有某一A i ,使
i A ,即 i A 也是Ω的一个子集,故 i A ∈F 。
i
i
i
i
i
i
∴F 是σ-域。
47、证:设F t (t ∈T ) 是σ-域,记F =
F
t ∈T
t
.
(i) Ω∈每一F t ,所以Ω∈
F
t ∈T
t
,即Ω∈F .
(ii) A ∈F ,则A ∈每一F t ,由F t 是σ-域得∈每一F t ,所以∈ F t ,从而∈F .
t ∈T
(iii) A i (i =1, 2, ) ∈F ,则诸A t 必属于每一F t ,由于F t 是σ-域,所以
A ∈每一F ,
i
t
i
即
A ∈ F
i i
t ∈T
t
=F .
∴f 是σ-域。
[a , b ) }是由左闭右开区间灶产生的σ-域,B =M {(-∞, x ) }是48、证:一维波雷尔σ-域B =m {
~
由形如(-∞, x ) 区间类产生的σ-域。
因为 [a , b ) =(-∞, b ) -(-∞, a )
等式左边是B 中两个集的差,由此知B 包含一切形如[a , b ) 的集,而B 是由一切形如[a , b ) 的集类产生的σ-域,所以B ⊃B 。
又由于 (-∞, x ) =
~
~
~
[x -n , x -n +1) ,
n =1
∞
等式右边是B 中集的可列并,由此知B 包含一切形如(-∞, x ) 的集,与上段同理得B ⊃B . ∴B =B .
49、解:算术中的计数:以s (E ) 表集合E 包含的元素的个数。(1)s (E ) 非负。(2)对⎛n ⎫E i , i =1, 2, , n ,若任意两个E i 与E j (i ≠j ) 都不包含相同的元素,则s E i ⎪=
⎪⎝i -1⎭
~
~
∑s (E ) ,
i
i =1
n
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s (E ) 具有有限可加性。(3)若E =φ是空集,它不包含任何元素,则有s (φ) =0。
几何度量中的长度:以m (E ) 表区间的长度。(1)m (E ) 非负。(2)对区间E i , i =1, 2, ,⎛∞⎫若任两个E i 与E j 都不相交,则m E i ⎪=
⎪⎝i -1⎭
(3)空集φ的∑m (E ) ,m (E ) 具有可列可加性。
i
i =1
∞
长度m (φ) =0。
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,L [a , b ) =b -a ,区间
[a , b ) 的L-测度就是区间的长度;利用有限可加性定义由集系
{[a , b ), a , b ∈R }产生的环上
1
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:
P (A ) ≥0, A ∈F ;(2)规范性:P (Ω) =1;(3)可列可加性:若A i ∈F , i =1, 2, , A i A j =φ,i ≠j
⎛∞⎫∞
则P ∑A i ⎪=∑P (A i ) ;则称P 为F 上的概率。由这三条性质可推得P (φ) =0。与上题比
⎝i =1⎭i =1
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。
A 包含的样本点数
。P
Ω中样本点总数
具有非负性,有限可加性,P (φ) =0。这里的概率P 相当于算术中的计数,所不同的是,P
概率的古典定义:Ω={ω1, , ωn };对A ⊂Ω定义其概率为P (A ) =
还具有规范性,即P (Ω)=1。这里P 实质上是定义在F={Ω的一切子集}上具有规范性的测度。
几何概率的定义:G ⊂Ω, Ω与G 都是波雷尔可测集,对G 定义其概率为P (G )=L (G )/L (Ω),其中L (G )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,P (φ)=0,P (Ω)=1。所以P 是定义在F =Ω B 上的具有规范性的测度。