李贤平版概率论第一章答案

第一章 事件与概率

1、若A ，B ，C 是随机事件，说明下列关系式的概率意义：(1)ABC =A ；(2)A B C =A ；(3)AB ⊂C ；(4)A ⊂BC .

2、试把A 1 A 2 A n 表示成n 个两两互不相容事件的和．

3、若A ，B ，C ，D 是四个事件，试用这四个事件表示下列各事件：（1）这四个事件至少发生一个；（2）这四个事件恰好发生两个；（3）A ，B 都发生而C ，D 都不发生；（4）这四个事件都不发生；（5）这四个事件中至多发生一个。

123n 4、证明下列等式：（1）C n +2C n +3C n + +nC n =n 2n -1；

123n （2）C n -2C n +3C n - +(-1) n -1nC n =0；

a -r

（3）∑C

k =0k +r a a -r C b k =C a +b .

5、袋中有白球5只，黑球6只，陆续取出三球，求顺序为黑白黑的概率。

6、一部五本头的文集，按任意次序放书架上去，试求下列概率：（1）第一卷出现在旁边；（2）第一卷及第五卷出现在旁边；（3）第一卷或第五卷出现在旁边；（4）第一卷及第五卷都不出现在旁边；（5）第三卷正好在正中。

7、把戏，2，3，4，5诸数各写在一小纸片上，任取其三而排成自左向右的次序，求所得数是偶数的概率。

8、在一个装有n 只白球，n 只黑球，n 只红球的袋中，任取m 只球，求其中白、黑、红球分别有

m 1, m 2, m 3(m 1+m 2+m 3=m ) 只的概率。

9、甲袋中有3只白球，7办红球，15只黑球，乙袋中有10只白球，6只红球，9只黑球。现从两袋中各取一球，求两球颜色相同的概率。

10、由盛有号码1, 2, ，N 的球的箱子中有放回地摸了n 次球，依次记下其号码，试求这些号码按严格上升次序排列的概率。

11、任意从数列1, 2, ，N 中不放回地取出n 个数并按大小排列成：x 1

12、从6只不同的手套中任取4只，问其中恰有一双配对的概率是多少？

13、从n 双不同的鞋子中任取2r(2r

14、袋中有n 只球，记有号码1, 2, , n ，求下列事件的概率：（1）任意取出两球，号码为1,2；（2）任意取出3球，没有号码1；（30任意取出5球，号码1,2,3, 中至少出现一个。

15、袋中装有1, 2, , N 号的球各一只，采用（1）有放回；（1）不放回方式摸球，试求在第k 次摸球时首次摸到1号球的概率。

16、甲有n+1个硬币，乙有n 个硬币，双方投掷之后进行比较，求早掷出的正面比乙掷出的正面多的概率。

17、一颗骰子投4次至少得到一个六点，与两颗骰子投24次至少得到一个双六这两件事，哪一个有更多的机会遇到？

18、从52张扑克牌中任意抽取13张来，问有5张黑桃，3张红心，3张方块，2张草花的概率。

19、桥牌游戏中（四人各从52张纸牌中分得13张），求4张A 集中在一个人手中的概率。

20、在扑克牌游戏中（从52张牌中任取5张），求下列事件的概率：（1）以A 打头的同花顺次五张牌；

（2）其它同花是非曲直次五比重牌；（3）有四张牌同点数；（4）三张同点数且另两张也同点数；（5）五张同花；（6）异花顺次五张牌；（7）三张同点数；（8）五比重中有两对；（9）五张中有一对；（10）其它情况。

21、某码头只能容纳一只船，现预知某日将独立来到两只船，且在24小时内各时刻来到有可能性都相等，如果它们需要停靠的时间分别为3小时及4小时，试求有一船要在江中等待的概率。

22、两人约定于7点到8点在某地会面，试求一人要等另一人半小时以上的概率。

23、设A 1, A 2, , A n 是随机事件，试用归纳法证明下列公式：

P (A 1 A 2 A n ) =∑P (A i ) -

i =1n n ≥j >i ≥1∑P (A A ) + +(-1) i j n -1P (A 1A 2 A n ) 。

24、考试时共有N 张考签，n 个学生参加考试(n ≥N ) ，被抽过的考签立刻放回，求在考试结束后，至少有一张考签没有被抽过的概率。

25、甲，乙丙三人按下面规则进行比赛，第一局由甲，乙参加而丙轮空，由第一局的优胜者与丙进行第二局比赛，而失败者则轮空，比赛用这种方式一直进行到其中一个人连胜两局为止，连胜两局者成为整场比赛的优胜者。若甲，乙，丙胜每局的概率各为1/2，问甲，乙，丙成为整场比赛优胜者的概率各是多少？

26、给定p =P (A ), q =P (B ), r =P (A B )，求P (AB )及P 。

27、已知：P (AB )=P (A )P (B ), C ⊃AB , ⊃，证明：P (AC ) ≥P (A ) P (C ) 。

28、（1）已知A 1与A 2同时发生则A 发生，试证：P (A ) ≥P (A 1) +P (A 2) －1

（2）若A 1A 2A 3⊂A ，试证：P (A ) ≥P (A 1) +P (A 2) +P (A 3) -2

29、利用概率论的想法证明下列恒等式：

()

1+(A -a ) 2⋅1A -a (A -a )(A -a -1) A ++ += A -1(A -1)(A -2) (A -1) (a +1) a a

其中A ，a 都是正整数，且A >a 。

30、证明Ω的一切子集组成的集类是一个σ-域。

31、证明：σ-域之交仍为σ-域。

32、向边长为 a 的正方形由任意投一点，求此点正好落在对正方形对角形上的概率?

33、在10只电子表中有2只是次品，现从中不放回的连续抽取两次，每次抽取一只，求正好抽到一个

是正品，一个是次品的概率?

34、在5双不同的鞋中任取4双，求至少能配成一双的概率?

35、在整数0至9中任取4个，能排成一个四位偶数的概率是多少?

36、两人相约于7点到8点间在某地相会，约定先到者等候另一人20分钟, 过时离去，试求这两人能会

面的概率是多少?

37、有10个电阻，其电阻值分别为1Ω,2Ω, ,10Ω ，从中取出三个，要求取出的三个电阻，一个小于

5Ω, 一个大于5Ω, 另一个等于5Ω，问取一次就能达到要求的概率。

38、两船欲靠同一码头，设两船独立地到达，而且各自到达时间在一昼夜间是可能的，如果此两船在码

头停留的时间分别是1及2小时，试求一船要等待空出码头的概率。

39、任意取两个正的真分数，求它们的乘积不大于1/4的概率。

40、在区间(0,1)中随机取两数，求两数之和小于1.2的概率。

41、设3个事件A ，B ，C ，满足AB =φ，求P (A B C ) 。

42、某城市中发行2种报纸A ，B 。经调查，在这2种报纸的订户中，订阅A 报的有45%，订阅B 报的

有35%，同时订阅2种报纸A ，B 的有10%。求：（1）只订A 报的概率；（2）只订1种报纸的概率。

43、从1,2,3,4,5五个数码中，任取3个不同数码排成三位数，求：（1）所得三位数为偶数的概率；（2）

所得三位数为奇数的概率。

44、电话号码由6个数字组成，每个数字可以是0,1,2, ,9中的任一个数（但第1个数字不能为0），求

电话号码由完全不相同的数字组成的概率。

45、袋中有5个白球和3个黑球。从中任取2个球，求：（1）取得的2个球同色的概率；（2）取得的2

个球至少有1个是白球的概率。

46、证明： P (AB ) +P (AC ) -P (BC ) ≤P (A )

47、证明：包含一切形如(-∞, x ) 的区间的最小σ-域是一维波雷尔σ-域。

第一章 解答

1、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。

2、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．

3、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 .

122n n 4、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 ，此题即等于要证+b =C a +b , C b =C b

a ∑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。

5、解：P =A 6A 5A 5/A 11=11135=0. 15 33

6、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

7、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

23P =2⨯A 4/A 5=2/5

m 8、解：P =C n 1C n 2C n 3/3C 3n m m m

9、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. [**************]

10、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，一种组合对应一种严格上

n 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 ，故题中欲求的概率为

n P =C N /N n . n

11、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 。故

m -11n -m n P =C M -1C 1C N -M /C N 。当M -1

12、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

13、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 .

214、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个球的组合数，故

33P{任取3球，无号码1}=C n -1/C n .

55（3）P{任取5球，号码1,2,3中至少出现1个}=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。

15、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/A -1N =1/N 。

16、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201个等可能场合，其中有C n +1个出现0次正面，有C n +1个出现

n n +10n +1次正面。乙掷n 个硬币共有2个等可能场合，其中有C n 1次正面，„，C n 个出现0+1个出现

1n 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 +1(C n +C n + +C n ) +C n +1(C n +C n + +C n )

n +1n r r r -1C =C C =C +C n +1n n +1n n 利用公式及得

[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 ) ⎡12⎡22020021⎤1021⎤=(C n ) +C 1C n +⎢(C n ) +C 1C n +C n C +(C ) +C C +C C ∑n ⎥n n n ∑n ⎥+⎢n

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。

17、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}=1-{两颗投24次没有一个双六}=1-35/36

比较知，前者机会较大。

53321318、解：P =C 13C 13C 13C 13/C 52=0. 0129 242444=0. 4914.

1491313139C 4C 4C 43C 39C 26C 134⨯C 4319、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 集中在一个人手中的概率C 48/C 52

913为 P =4⨯C 48/C 52=0. 010. 6

520、解：（1）P =4/C 52. 这里设A 只打大头，若认为可打两头AKQJ10及A2345，则答=0. 0000015

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，所以 145P =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个点中的一个点，

13125所以 P =C 13C 4C 12C 4/C 52=0. 00144.

(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 155P =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132125P =C 13C 4C 12(C 4) /C 52=0. 0211.

（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}

[1**********] =C 12 C 4C 4C 11C 4/C 52+C 13C 4C 12C 4/C 52=0. 047. 5

123135 （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A 5, , A 9两两不

9⎛9⎫相容，所以p =1-P A i ⎪⎪=1-∑P (A i ) =0. 506.

i =5⎝i =5⎭

21、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⎭⎦⎣

22、解：设x ，y 分别为此二人到达时间，则 y 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) 。 D

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 0 7 8 不等式 x -y >11或y -x >。由几何概率得， 22

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

P (A ) =111111(⨯+⨯) /(1⨯1) = 222224

23、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

⎧n -1⎫P (A 1 A n -1 A n ) =⎨∑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⎫-⎨∑P (A i A n ) -∑P (A i A n A j A n ) + +(-1) n -2P (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。

24、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 =1N ≥j >i ≥1N N -1P (A 1A 2 A N )

=C 1N

N -1

i =1(N -1) n N n 2-C N (n -2) n N n N -1+ +(-1) N -2C N 1N n +0 =∑(-1) i -1C 1N (N -i ) n N n .

25、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

发生的概率为1/16等等。则

p (c ) =[P (acc ) +P (bcc ) ]+[P (acbacc ) +P (bcabcc ) ]+ =2⨯12k ，如aa 发生的概率为1/4，acbb 1

23+2⨯1

26+2⨯1

29+ =2. 7

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 ) =125. (1-) =2714

26、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 .

27、证：设BC =C 1, C (A -B ) =C 2. 由⊃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 )

28、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

.

29、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 -11A 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

30、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∈

A 。必有某一A ，使ω∈A ，所以

i

i

i

i

ω∈Ω，从而Ω⊃

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。

31、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 i

t

，即

A ∈ F

i i

t ∈T

t

=F .

∴f 是σ-域。

32、解： 由于点落入正方形是等可能的，此属几何概型S Ω=a 2, 事件A={点落于两条对角线上了的测

度S A =0, 故P(A)=

S A

=0 S Ω

16 45

33、解: 由于此时样本点总数是90 ,有利场合数是32 ∴所求概率P =

434、解：记 A ={选取的样品至少配成一双}，由于样品总数是C 10

411

的有利场合数是C 5C 2C 8∴p (A ) =1-P () P (A ) =1-

813

=≈0.619 2121

35、解：从0至9 中任取4个数进行排列共有10×9×8×7种排法. 其中有（4×9×8×7－4×8×7＋9×8×7）种能成4位偶数. 故所求概率P =

36、解：以X , Y 分别表示两人到达的时刻,

则(X , Y ) 可能取值范围是G ={(X , Y ):0≤X ≤60, 0≤Y ≤60} 则两人能会面的范围g ={(X , Y ) :|X -Y |≤20, X ≥0, Y ≥0}

4⨯9⨯8⨯7-4⨯8⨯7+9⨯8⨯741

=

10⨯9⨯8⨯790

g 的面积602-4025

故能会面的概率P===

G 的面积9602

37、解：从10个电阻中取三个电阻的取法有

⎛10⎫

⎪种取法 ⎝3⎭

⎛4⎫⎛1⎫⎛5⎫⎛10⎫1

⎪=

1113⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭6

满足要求的取法有 ⎪⎪⎪种取法 ， 故所求概率 P = ⎪⎪⎪/

38、解：设 二船到达的时刻为x , y ，则 x , y 一切可能取值

⎛4⎫⎛1⎫⎛5⎫

⎝1⎭⎝1⎭⎝1⎭

G ={(x , y ):0≤x ≤24;0≤y ≤24} (得2分)

所求值：g ={(x , y ) ∈G , y -x ≤1, x -y ≤2

所求概率 p=

g 的面积

=0121.

G 的面积

39、解：设x 及y 为所取的正的真分数，则Ω={(x , y );0

111+1dx

11444x 1⎧⎫

=+ln 4=0.597 A =⎨(x , y ); xy ≤,0

1444⎩⎭

40、解：设此二数为x , y , 则Ω={(x , y ); 0

y

1

1-⋅0.8⋅0.8故P (A ) ==0.68 1

在区间(0,1)中随机取两数，求两数之和小于1.2的概率。

41、解：P (A B C ) =P (A ) +P (B ) +P (C ) -P (AB ) -P (AC ) -P (BC ) +P (ABC )

=P (A ) +P (B ) +P (C ) -P (φ) -P (AC ) -P (BC ) +P (φ) =P (A ) +P (B ) +P (C ) -P (AC ) -P (BC )

42、解：（1）记事件A={订阅A 报}， B={订阅B 报}，则{只订阅A 报}可表示为A -B =A -AB 。因

AB ⊂A ，故P (A -B ) =P (A -AB ) =P (A ) -P (AB ) =0.45-0.1=0.35。

（2）{只订1种报}=(A -B ) (B -A ) = ，要把A -B , B -A 分别表示为A -AB ，

B -AB 。又这2个事件是互不相容的，由概率加法公式，有

p =P (A -AB ) +P (B -AB ) =P (A ) -P (AB ) +P (B ) -P (AB ) =0.45-0.1+0.35-0.1=0.6

343、解：（1）三位数总的排法是A 5种。排得偶数要求末位数是偶数，即2或4，余下的4个数任取2个

2

2A 42⨯4⨯3

排列。因此，排得偶数的情况种数是2A 种，故p 1=3==0.4。

A 55⨯4⨯3

2

4

23A 43⨯4⨯3

（2）同（1）作类似的分析，知p 2=3==0.6。

A 55⨯4⨯3

注：此题也可以这样分析：{所得三位数是偶数}={三位数末位数是偶数}，又{所得三位数是奇数}={三位数末位数是奇数}。从而p 1=

44、解：因第1个数字不能为0，故6位电话号码的数字情况总数N =9⨯10个，其中完全由不同数字

5

2

=0.4, 5

p 2=

3

=0.6 5

组成的情况数为M =9⨯9⨯8⨯7⨯6⨯5=136080（个）。所以p =

136080

=0.1512。

900000

2

45、解：（1）从8个球中任取2个的取法总数为C 8=28种。取得的2个球为同色，分为两种情况：2

2

个球皆为白色或2个球皆为黑色。这两种情况各有C 5, C 32种，故取得2个球同色的情况数为

22C 5+C 3=13种，所以p 1≈

13

≈0.4643。 28

此题也可以这样解：A 1={取得的2个球皆为白色}，A 2={取得的2个球皆为黑色}，A ={取

C 5210

得的2个同色}。A =, 1, A 2互不相容，且A =A 1 A 2，而P (A 1) =2

C 828

故

C 323

，P (A 2) =2=

C 828

p 1=P (A ) =

10313++≈0.4643 282828

（2）令A ={取得的2个球至少有1个白球}，则={取得的2个球皆为黑球}，故

C 32325

p 2=P (A ) =1-P () =1-2=1-=≈0.8929

C 82828

46、证：P (AB ) +P (AC ) -P (BC ) =p (AB ⋃AC ) +P (ABC ) -P (BC )

≤P (A ) +P (BC ) -P (BC ) =P (A )

~

[a , b ) }是由左闭右开区间灶产生的σ-域，47、证：一维波雷尔σ-域B =m {B =M {(-∞, x ) }是由形如(-∞, 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 .

~

~