李贤平 《概率论与数理统计 第一章》答案

事件与概率

2、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.

3、试把A1A2An表示成n个两两互不相容事件的和．

6、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。

123nn18、证明下列等式：（1）Cn2Cn3CnnCnn2；

123n1n（2）Cn2Cn3Cn(1)nCn0；

（3）

Ck0arkraarCbkCab.

9、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。

《

10、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。

11、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。

12、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m1,m2,m3(m1m2m3m)只的概率。

13、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。

14、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。

16、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：

x1x2xmxn，试求xmM的概率，这里1MN

18、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

\"

19、从n双不同的鞋子中任取2r(2r20、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。 21、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。

24、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。

25、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。 26、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。

27、某码头只能容纳一只船，现预知某日将来到两只船，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。

28、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。 33、设A1,A2,,An是随机事件，试用归纳法证明下列公式：

P(A1A2An)P(Ai)i1；

nnji1P(AA)(1)ijn1P(A1A2An)。

36、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。

37、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

39、给定pPA,qPB,rPAB，求PAB及PAB。

40、已知：PABPAPB,CAB,CAB，证明：P(AC)P(A)P(C)。

43、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)aa其中A，a都是正整数，且Aa。

46、证明的一切子集组成的集类是一个域。 47、证明：域之交仍为域。

;

48、证明：包含一切形如(,x)的区间的最小域是一维波雷尔域。

解答

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：A1A2AnA1(A2A1)(AnA1An1)

(或)＝A1A2A1AnA1A2An1．

)

6、解：（1）{至少发生一个}=ABCD.

（2）{恰发生两个}=ABCDACBDADBCBCADCDABBDAC. （3）{A，B都发生而C，D都不发生}=ABCD. （4）{都不发生}=ABCDABCD.

（5）{至多发生一个}=ABCDABCDBACDCABDDABC

ABACADBCBDCD.

/

n122nn8、解：（1）因为(1x)1CnxCnxnCnx，两边对x求导得

12nn1n(1x)n1Cn2CnxnCnx，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rbrkbk（3）要原式有意义，必须0ra。由于CabCab,CbCb，此题即等于

要证

Ck0akrabkbrCbCa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xbr的系数即得证。

9、解：PA6A5A5/A1111135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A4/A52/5

12、解：PCn1Cn2Cnmmm3m/3C3n

13、解：P{两球颜色相同}=P{两球均白}+P{两球均黑}+P{两球均红}

<

310761592070.33. 25252525252562514、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

n种组合对应一种严格上升排列，所以共有CN种按严格上升次序的排列。总可能场合数nnn为N，故题中欲求的概率为PCN/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xmM。

m11nmn故PCM1C1CNM/CN。当M1m1或NMnm时，概率P0.

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C6C2C5C2C2/C12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。

2r12r2rPCn(C2)/C2n,、

(2rn)

（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22r2r22r22rPCnC2Cn1(C2)/C2Cnnn21/C2n.

（3）P22r422r42rCnCn2/C2n.

r2r2rr2r（4）PCn(C2)/C2nCn/C2n.

220、解：（1）P{任意取出两球，号码为1，2}=1/Cn.

（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 P{任取3球，无号码1}Cn1/Cn.

（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Cn3/Cn.

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。

，

3355

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/Nk(N1)k1/Nk

k1k（2）考虑前k次摸球的情况，PAN11/AN1/N。

22.(老师的解法)P=(mn)!AAmmnm 23.

53321324、解：PC13C13C13C13/C520.0129

1491313139C4C4C43C39C26C134C4325、解：P0.0106. 1313131313C52C39C26C13C52@

4913或解为，4张A集中在特定一个手中的概率为C4C48/C52，所以4张A集中在一个人

913手中的概率为 P4C48/C520.0106.

5P4/C520.0000015. 这里设A只打大头，26、解（：1）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

115PC4C8/C52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C13C4/C52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

13125中的一个点，所以 PC13C4C12C4/C52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，

155所以 PC4C13/C52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}C9(C4)C4C9:

/C552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C13C4C12(C4)/C52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}

22211514115 C12C4C4C11C4/C52C13C4C12C4/C520.0475.

123135 （9）pC13C4C12(C4)/C520.423.

（10）若记（i）事件为Ai，则A1A5,A2A5,A3A8,A4A9而事件

99A5,,A9两两不相容，所以p1PAi1P(Ai)0.506.

i5i5 y 27、解：设x，y分别为此二船到达码头的时间，则 24 F E

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 ４ 。

着同时满足下列两不等式 xy3,yx4 Ｃ０ ３ 24

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 y F N E

7x8,7y8。显然，此二人到达时间 8 (x,y)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 xy11或yx。由几何概率得， 22P(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

33、证：当n2时，A1A2A1(A2A1A2)，A1与A2A1A2两者不相容，所以

P(A1A2)P(A2A1A2)P(A1)P(A2)P(A1A2).

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(A1An1An)P{A1An1An}

P(A1An1)P(An)P{A1An1An} P(A1An1)P(An)P{A1AnA2AnAn1An}

对前后两项分别应用归纳假设得

P(A1An1An)P(An)

n1n2P(Ai)P(AiAj)(1)P(A1An1)n1ji1n1n1P(AiAn)P(AiAnAjAn)(1)n2P(AiAnAjAnAn1An)n1ji1i1P(Ai)i1nnji1P(AiAj)(1)n1P(A1A2An).

至此，原式得证。

36、解：设考签编号为1,2,,N，记事件Ai{第x号考签未被抽到}，则

P(Ai)(N1)n/Nn， P(AiAj)(N2)n/Nn(ij),，

|

P(A1A2AN)(NN)n/Nn0；

诸Ai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{A1A2AN}

P(A)P(AA)(1)iiji1Nji12CNNN1P(A1A2AN)

1NnC1NN1i1(N1)nNn(n2)nNnN1(1)N2CN0

(1)i1C1N(Ni)nNn.

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为1/4，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(c)P(acc)P(bcc)P(acbacc)P(bcabcc)2

12k，如aa发生的概率

1212621292. 7p(a)p(b)125.(1)2714

39、解：P(AB)P(AB)P(ABB)P(AB)P(B)rq P(AB)P(AB)1P(AB)1r.

40、证：设BCC1,C(AB)C2.由CAB可得，CAB，

∴CC1C2，C1C2 （1）

?

又CAB∴AC1A(BC)AB 再由P(B)P(C1)得

P(AC1)P(AB)P(A)P(B)P(A)P(C1) （2）

由C2A并利用P(A)1得

P(AC2)P(C2)P(A)P(C2) （3） 由（1），（2），（3）可得

P(AC)PA(C1C2)P(AC1AC2)P(AC1)P(AC2)P(A)P(C1)P(A)P(C2)

P(A)P(C1)P(C2)P(A)P(C)

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

Pk(

k11AAaAakAA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

a(Aa)21aa(Aa) 1p1p2pAa1AA(A1)A(A1)(a1)a等式两边同乘以

A得 a(Aa)21Aa(Aa)(Aa1)A.A1(A1)(A2)(A1)(a1)aa1

46、证：记F={的一切子集}

（i）是的子集，所以F。

(ii) 若AF，则A是的子集，A也是的子集，所以AAF。

(iii)Ai(i1,2,)F，当然有Ai,i1,2,。任一Aii。必有某一Ai，使

Ai，所以，从而∴F是域。

iA，即iA也是的一个子集，故iAF。

ii

iii

i47、证：设Ft(tT)是域，记FFtTt.

(i) 每一Ft，所以FtTt，即F.

(ii) AF，则A每一Ft，由Ft是域得A每一Ft，所以AFt，从而AF.

tT(iii) Ai(i1,2,)F，则诸At必属于每一Ft，由于Ft是域，所以

A每一F，

iti即

AFiitTtF.

∴f是域。

48、证：一维波雷尔域Bm[a,b)是由左闭右开区间灶产生的域，BM(,x)是由形如(,x)区间类产生的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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.