概率论基础(第2版)李贤平-全部习题解答

概率论基础（第2版）李贤平全部习题解答第一章事件与概率1.在某城市中，公发行三种报纸A,B,C.在这个城市的居民中，订阅A的占45%，订阅B的占35%，订阅C的占30%，同时订阅A及B的占10%，同时订阅A及C的占8%,同时订阅B及C的占5%,同时订阅A,B,C的占3%.试求下列百分率：（1）只订阅A的;(2)只订阅A及B的；（3）只订阅一种报纸的；（4）正好订阅两种报纸的；（5）至少订阅一种报纸的；（6）不订阅报纸的。解：（1）PA｛只订购的｝P{A(BC)}PAPABPACPABC＝0.450.1.0.080.030.30（2）P｛只订购A及B的｝PABCPABPABC0.100.030.07｝（3）P｛只订购A的｝0.30P｛只订购B的｝P{B(AC)}0.350.100.050.030.23P｛只订购C的｝P{C(AB)}0.300.050.080.030.20故P｛只订购一种报纸的｝P{只订购A}＋P{只订购B}＋P{只订购C}.0.300.230.200.73（4）P{正好订购两种报纸的} P{ABCACBBCA}＝ PABABCPACABCPBCABC0.10.030.080.03.0.050.030.070.050.020.14.（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｝0.730.140.030.90.（6）P｛不订任何报纸的｝10.900.10　.2．若A，B，C是随机事件，说明下列关系式的概率意义：(1)AABC；(2)ACBA；(3)CAB；(4)BCA.解：（1）ABCACABAABCABCA且显然)(，若A发生，则B与C必同时发生。（2）AC且ABACBACBA，B发生或C发生，均导致A发生。（3）ACAB与B同时发生必导致C发生。（4）CBABCA，A发生，则B与C至少有一不发生。3．试把nAAA21表示成n个两两互不相容事件的和．解：nAAA21)()(11121nnAAAAAA(或)＝121121nnAAAAAAA．4．在某班学生中任选一个同学以事件A表示选到的是男同学，事件B表示选到的人不喜欢唱歌，事件C表示选到的人是运动员。（1）表述CAB及CBA；（2）什么条件下成立ABCA;(3)何时成立CB;(4)何时同时成立A=B及AC解：（1）CAB={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}。（2）ABCAABC，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，BC成立。（4）A=B及CBACA，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．用摸球模型造一例，指出样本空间及各种事件运算。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3,3,1,2,1CBA，则},2{,1,3,2,1},3{BABABAA3,2,1CA。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）A,B都发生而C,D都不发生；（3）这4个事件至少发生一个；（4）这4个事件都不发生；（5）这4个事件中至多发生一个。解：（1）{至少发生一个}=DCBA.（2）{恰发生两个}=CABDBACDDABCCBADDBACDCAB.（3）{A，B都发生而C，D都不发生}=DCAB.（4）{都不发生}=DCBADCBA.（5）{至多发生一个}=CBADDBACDCABDCBADCBACDBDBCADACAB7．从0，1，2，。。。，9中随机地抽取出5个数（可重复），以iE记某些数正好出现i次这一事件（例如52353，既属于，1E也属于2E及0E）试用文图表示016,...,EEE,的关系。解：分析一下iE之间的关系。先依次设样本点iE，再分析此是否属于),(),(ikijEEijEkjj等。（1）6E为不可能事件。（2）若5E，则)4,3,2,1(iEi，即iEE5。（3）若4E，则32,EE。（4）若3E，则必有2E或1E之一发生，但21EE。由此得,32313EEEEE，321EEE。（5）若2E，则必有1E或3E之一发生，由此得06,EE23212EEEEE。（6）1E中还有这样的点：12345，它仅属于1E，而不再属于其它)0,1(iEi。诸iE之间的关系用文图表示（如图）。8．证明下列等式：（1）1321232nnnnnnnnCCCC；（2）0)1(321321nnnnnnnCCCC；（3）rakrabakbrkaCCC0.解：（1）因为nnnnnnxnCxCxCx2211)1(，两边对x求导得12112)1(nnnnnnxnCxCCxn，在其中令x=1即得1321232nnnnnnnnCCCC（2）在上式中令x=-1即得0)1(321321nnnnnnnCCCC（3）要原式有意义，必须ar0。由于kbbkbrbbarabaCCCC,此题即等于要证akrbbakbbrkaarCCC00,.见（1.3.6）利用幂级数乘法可证明此式。因为babaxxx)1()1()1(，比较等式两边rbx的系数即得证。1E41EE5E21EE31EE32EE9.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。解：111655311533AAAPA黑白黑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。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24!25!5p（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23!15!10p（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.（4）这里事件是（3）中事件的对立事件，所以7311010P另解：第一卷和第五卷出现在旁边有23A种，剩下的3卷可以全排列有33A种所以233335!10AAP（5）第三卷居中，其余四卷在剩下四个位置上可任意排，所以14!15!5P11.把1，2，3，4，5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。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2435225APA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)(,,321321mmmmmmm只的概率。解：样本空间有3mnC种可能，有利场合数目为123mmmnnnCCC所以1233mmmnnnmnCCCPC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。解：P{两球颜色相同}=P{两球均白}+P{两球均黑}+P{两球均红}31076159207252525252525625.14.由盛有号码,2,1，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。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，Nn。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升排列，所以共有nNC种按严格上升次序的排列。总可能场合数为nN，故题中欲求的概率为nNnCPN.15.在上题中这些号码按上升（不一定严格）次序排列的概率。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,2,1,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1,,1,0m,则这一组数就变成了从1,,2,1mn共1mn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nNC~种按上升次序的排列，总可能场合数为nN，从而1nnNNnnnCCPNN.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01nC种取法；这时只需取一个数字，有1NC种取法；这种场合的种数有101NnCC种。当n个数由小大两个数填上，而间壁的位置有11nC种取法；数字有2NC种取法；这种场合的种数有211NnCC种。当n个数由三样数构成时，可得场合种数为321NnCC种，等等。最后，当n个数均为不同数字时，有n-1个间壁，有11nnC种取法；数字有nNC种取法；这种场合种数的nNnnCC11种。所以共有有利场合数为：nnNnNnnNnNnNnCCCCCCCCCm1113212111011.此式证明见本章第8题（3）。总可能场合数为nNn1，故所还应的概率为111nNnnCmPnN.16.任意从数列,2,1，N中不放回地取出n个数并按大小排列成：nmxxxx21，试求Mxm的概率，这里NM1。解：因为不放回，所以n个数不重复。从}1,,2,1{M中取出m-1个数，从},1{NM中取出mn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Mxm。故1111mnmMNMnNCCCPC。当11mM或mnMN时，概率0P.17.上题中，若采取有放回取数，这时12mnxxxx,试求Mxm的概率解：从N,,2,1中有放回地取n个数，这n个数有三类：nM，n=M，nM。如果我们固定1k次是取到小于M的数，2k次是取到大于M的数，当然其余一定是取到M的。当次数固定后，nM的有1)1(kM种可能的取法（因为每一次都可以从1M个数中取一个），大于M的有2)(kMN种可能的取法，而n=M的只有一种取法（即全是M），所以可能的取法有1)1(kM12)(kMN种。对于确定的21,kk来说，在n次取数中，固定哪1k次取到小于M的数，哪2k次取到大于M的数，这共有121kknnkCC种不同的固定方式，因此1k次取到小于M的数，2k次取到大于M的数的可能取法有21211)()1(kkkknknMNMC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1k次取到M的数，2k次取到M的数的数，mnkmk210,10，因此B包含的所有可能的取法有1001221211)()1(m