李贤平《概率论基础》第三版课后答案

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.ACABAABCABCA⊃⊃⇒⊂⊃⇒=且显然)(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。AC⊂⊂⇒⊂⇒=且ABACBACBA∪∪∪（3）与B同时发生必导致C发生。ACAB⇒⊂CBABCA∪⊂⇒⊂，A发生，则B与C至少有一不发生。（4）nAAA∪∪∪21)()(11121−−−−++−+=nnAAAAAA3、解：121121−+++nnAAAAAAA．(或)＝CAB4、解：（1）={抽到的是男同学，又不爱唱歌，又不是运动员}；CBA={抽到的是男同学，又爱唱歌，又是运动员}。ABCAABC⊃⇒=（2），当男同学都不爱唱歌且是运动员时成立。BC⊂（3）当不是运动员的学生必是不爱唱歌的时，成立。CBACA==⇒=（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{}{}},2{,1,3,2,1},3{=−===BABABAA∩∪{}{}{}3,3,1,2,1===CBA，则1{3,2,1=+CA}。6、解：（1）{至少发生一个}=.DCBA∪∪∪CABDBACDDABCCBADDBACDCAB+++++.（2）{恰发生两个}=DCAB（3）{A，B都发生而C，D都不发生}=.DCBADCBA∪∪∪=.（4）{都不发生}=CBADDBACDCABDCBADCBA++++（5）{至多发生一个}=CDBDBCADACAB∪∪∪∪∪=.7、解：分析一下之间的关系。先依次设样本点iEiE∈ωω，再分析此是否属于等。（1）为不可能事件。),(),(ikijEEijEkjj≠≠≠6E41EE（2）若5E∈ω，则)4,3,2,1(=∈iEiω，即φ=iEE5。（3）若4E∈ω，则32,EE∈∈ωω。（4）若3E∈ω，则必有2E∈ω或1E∈ω之一发生，但21EE∈ω。由此得,32313EEEEE=∪，φ=321EEE。（5）若2E∈ω，则必有1E∈ω或3E∈ω之一发生，由此得Ω==06,EEφ23212EEEEE=∪。（6）中还有这样的点1Eω：12345，它仅属于，而不再属于其它1E)0,1(≠iEi。诸之间的关系用文图表示（如图）。iE8、解：（1）因为，两边对x求导得nnnnnnxnCxCxCx++++=+2211)1(12112)1(−−+++=+nnnnnnxnCxCCxn，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ar≤≤0。由于，此题即等于要证∑.利用幂级数乘法可证明此式。因为kbbkbrbbarabaCCCC−++−+==,=++−+≤≤=akrbbakbbrkaarCCC00,babaxxx++=++)1()1()1(，比较等式两边的系数即得证。rbx+9、解：15.0335/311151516===AAAAP10、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=×=p1E21EE31EE5E32EE2（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}=1071015252=−+.10/310/71=−=P（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5/1!5/!41=×=P11、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5/2/23524=×=AAP12、解：mnmnmnmnCCCCP33/321=13、解：P{两球颜色相同}=P{两球均白}+P{两球均黑}+P{两球均红}33.062520725925152562572510253==×+×+×=.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.Nn≤!nnNCnNnnNNCP/=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mmnmnCC1~−+=.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,2,11,,1,0−m,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。1−+mn1,,2,1−+mn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nNC~种按上升次序的排列，总可能场合数为，从而nNnnnNnnNNCNCP//~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3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：01−nC1NC101NnCC−11−nC2NC211NnCC−11−−nnC321NnCC−nNCnNnnCC11−−nnNnNnnNnNnNnCCCCCCCCCm1113212111011−+−−−−−=++++=.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=1nnnNNCnmP//111−+==.}1,,2,1{−M16、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个数按大小次序重新排列，则必有。故。当},1{NM+mn−Mxm=11−−mMmnMN−−nNmnMNmMCCCCP/1111−−−−=时，概率.0=P或17、解：从中有放回地取n个数，这n个数有三类：M，=M，M。如果我们固定次是取到M的数，次是取到M的数，当然其余一定是取到M的。N,,2,11k2k当次数固定后，M的有种可能的取法（因为每一次都可以从1)1(kM−1−M个数中取一个），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，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，次取到M的数的可能取法有种。2)(kMN−1)1(kM−2)(kMN−21,kk1k211kknknC−×2k1k21211)()1(kkkknknMNMC−−×−2k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，次取到M的数的数，1k2kmnkmk−≤≤−≤≤210,10，因此B包含的所有可能的取法有种。所以∑∑−=−=−−−1001221211)()1(mkmnkkkkknknMNMCC4nNBP1)(=∑∑−=−=−−−×1001221211)()1(mkmnkkkkknknMNMCC.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48.03316/4121212252216===CCCCCCP19、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(,/)(222122nrCCCPrnrrn=（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1−n22−r双，从鞭每双中取出一只。rnrnrrnrrnnCCnCCCCCP2222122222212221221/2/)(−−−−−−==.（3）.rnrnnrCCCP22422242/2−−−=（4）.rnrrnCCCP2222/)(=rnrnCC22/=20、解：（1）P{任意取出两球，号码为1，2}=.2/1nC1−n（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}.331/nnCC−=（3）P{任取5球，号码1,2,3中至少出现1个}=P−1{任取5球，号码1,2,3不出现}.553/1nnCC−−=3−n其中任取5球无号码1,2,3，有利场合是从除去1,2,3号球外的个球中任取5个球的组合数。21、解：（1）有利场合是，前次从1−k1−N个号中（除1号外）抽了，第k次取到1号球，kkkkNNNNP/)1(/1)1(11−−−=⋅−=（2）考虑前k次摸球的情况，。NAAPkNkN/1/111=⋅=−−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AA={={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1−n1−n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B=≤=}{乙掷出反面数甲掷出反面数}{乙掷出正面数甲掷出正面数≤=A.1)()()()(=+=+∴APAPBPAP5),()(BPAP=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21)(=AP。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1+n12+n01+nC1+n11+nC个出现1次正面，…，个出现11++nnC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n2nnC0nC1nC1+n1211222++=⋅=nnnn++++++=+++)()(2103110210111nnnnnnnnnCCCCCCCCCm)()(10111101nnnnnnnnnnnnCCCCCCCC+++++++=++−+利用公式及得11−++=rnrnrnCCCnnnnCC=++11++++++++++=))(())(