学尘是男尘,事件表示该是三年学坐,件C表示该生是 运动员 《概率论与数理统计教程》习题解答 (1)叙述事作A6C∷义。 (2)在什么条件下B:C成立? 什么时候关系式C=B是止确的? 第一章事件与概率 (A)什么时候不=B成立 解:(1)事件ABO表示该生是三年级男坐,但不是运动 1.1写出下列随机试验的样本空间及表示下列事件的样 员 本点集合 (2)AB=C等价于CCAB,表示余系运动员都是三年级 (1)10件产品中有1件是不合格品,从中任取2件得1件的男生。 不合格品 当全系运动员都是三年学生时 (2)一个口袋中有2个白球、3个黑球、4个红球,从中任 (4)当余系女付都在三年纸并且三年级学生都是女华时。 取一球,()得白球,(i)得红球。 1.3-个工人产了豐众零什,以事件A表示他生产的 解:(1)记9件合格品分别为正,正,…,正,记不合格第个零件是合格品(≤氧≤)。用A表示下列事件: 品为次,则 (1)没有一个零件是不合格品 2={(正1,正3),(正1,正),(正,正4),…,(正,正),(正1,次), (2)至少有一个零件是不合格品; (正2,正》),(正2,正4),…,(正3,正),(正3,次) (3)仅仅只有一个零件是不合格品 (正,正4),…,(正,正),(正,次) (4)至少有两个零件不是不合格品。 (正,正),(正,次) 解(1)∩4; (正,次)} A={(正1,次),(正2,次),正。,次),…,(正,次 (2)∩A=A (2)记2个白球分别为w1,0,3个黑球分别为b1,b2,b3, 4个红球分别为T1,2,罚则 (3)UA(∩A,)]; ={1,2,b,b2,b,,r3,"3,",} (4)原事件即“至少有两个零件是合格品”,可表为 (i)A={t1,m}。(i)B={r1,r";,"s,r,}。 12在数学系的学中任选一名学生,令事件A表示被选 MAIs
17一个小孩用13个字母A,AA,C,E,H,r,I,MM, 1,4证明下列各式 ,T,T作组字游戏。如果字母的各种排列是随机的(等可能 (1)AUB=BUA 的),问恰好组成“ MfAT'HEMATICIAM”一词的概率为多大? 2)AB=B∩!; 解:显然样本点总致为i3!,事件A“恰好组成 MATHE 3)(AUB)UC=AU(BUOI MCAN包含31!2!2!2!个样本点。所以 (4)(AnB)∩C=A(B∩C) (5)(AB)∩O=(AnC)U(B∩O)y PA)=31212121=48 1.8在中国象棋的棋盘上任意地放上一只红“车”及一只 解:(1)-(4)显然,(5)和(6)的证法分别类似于课文第 州“车”,求它们正好可以互相“吃掉”的概率。 10-120(1.5)式(1.6)式的证法。 解:任意固定红“车的位置,黑“车”可处于9×10-1=89 15在分别写有2,4、6、7、8、11,12,13的八张卡片中钰取 个不同位垤,当它处于和红“军”同行或同列的9+8=17个位置 两张把卡片上的两个数宇组成一个分数,求所得分数为既约分 之一时正好互相“吃掉”。故所求概率等于 数的概率。 解:样本点总数为A=8×7。所得分数为既约分数必须 1.9-幢10层桉的楼房中的一架电梯,在底层登上7位 分子分母或为7,113中的两个,或2,4,6,8,12中的一个和7, 乘客。电梯在每层都停,乘客从第二层起离开电柳,假设每位 113中的一个组合,所以事件A“所得分数为既约分数”包含 乘客在哪一层离开电梯是等可能的,求没有两位及两位以上乘 +2X盘=3×2+2×3×5=2×3×6个样本点。于是 客在同一层离开的概岑。 解:每个垂客可在除底层外的9层中任意一层离开电梯 P(A 2×3×69 现有7位乘客,所以样本点总数为9。事件A“没有两位及两位 以上乘客在同一层离开”相当于“从9层中任取7层,各有一位 16有五条线段,长度分别为1、35、7、9。从这五条线段 乘客离开电梯”。所以A包含4个样本点,于是 中任取三条,求所取三条线段能构成一个三角形的概率 解,样本点总数为(3)=1。所取三条线段能构成一个 角形,这三条线段必须是3、57或37,9或57、9。所以事件 1.10菜城市共有100辆行车,其牌照编号从000 A“所取三条线段能构成一个三角形”包含3个样本点,于是 到1000问事件“偶然遇到的一辆自行车,其牌照号码中有数 字8°的概率为多大? (小。3 解:用A表示牌照号码中有数字8”显然P小)=9
种接法,而对尾而,任取一尾,它只能可它的头未连按的 10)所以P(4)=1-P不=1 另4根总的尾连。再取另尾,它又只和未与它的头连接 1.11任取一个正整数,求下列事件的概率, 的另2根草的尾连接,最后冉将其余尼成环,放尼的连接 法为4°。所以A包含的样本点数汋5·3·1)(4“2)于是 (1)该数的平方的末位数字是1 (2)该数的四次方的末数字是1; Pd)=(5:3142 5…1)2-15 (3)该数的立方的最后两位数字都是1。 解:(1)参看钶声武《概率论习题解法探讨》例5。答案 (2)2n根草的情形和(1)类似得 为1/5 PA)=(28-2) (2)当该数的末位数是1,3,7,9之一时,其四次方的末位 1.13把%个完企同的球随机地放入N个金子中(即球 数为1,所以答案为10=5 放入盒子后,只能区别盒子中球的个数,不能区别是哪个球进入 (3)一个正整数的立方的最后两位数字决定于该数的最后 某个盒子,这时也称球是不可辨的)。如果每一种放法都是等可 两位数字,所以样本空间包含102个点。用A表示事件“该数的 能的,证明:(1)某一个指定的盒子中恰好有k个球的概率为 立方的最后两位数字都是1”,则该数的最后一位数字必须是1, 设最后第二位数字为a,则该数的立方的最后两位数字为1和 3a的个位数,要使3a的个位数是1,必须a=7因此A所包含的 +-1),0《和≤ 样本点只有71这一点,于是P4)=1m。 (2)恰好有m个完盒时概荠为 112一个人把6根草掌握在手中,仅露出它们的头和尾 然后请另一个人把6个头两两相接,6个尾也两两相接。求放 N-m-1 开手以后6根草恰巧连接成一个环的概率。并把上述结果推广 n+n-1 ,N-"m≤N-1 到2n根草的情形。 解:(1)6根草的情形,取定一个头,它可与其它的5个 (3)指定的m个盒屮正好有j个球的概率为 头之一相接,再取另一头,它又可与其它未接过的3个之一相 m+3-1/N-m+n-j-1 接,最后将剩下的两个头相接,故对头而言有531种接法,同 样对尾也有5·31种接法,所以样本点总数为(5“31)2。用A N4,-1 ,1≤m≤N,0≤N 表示"6根草连结成…个环,这种连接,对头而仍有5·3·1
解,先求样本点总数,将N个盒子技一定顺序排列好,再 即(1+2+…+x”2)中x的系数 将n个球放入这些盒中,用表示第i个盒中的球数,邦木点(1-)1-22(1-2)1+8+…+ 总数等于方程 N-1 所以 的解的个数,它等于(1÷旷2+…2”)的展开式中2的系 P(A) 数,而 (1+x+x2+…+x“)=(1-:)x(1-) =(1-x+1+Nx+ 现求事件B“有m个空盒”的概率。先固定m个空盒,而将 个球放入N-m个盒屮,且无一盒为空,m个空盒的选择有 种,山上述结果得 N+n-1 所以的系数为 P(B) (1)指定的盒中有k个球,在另外N-1个盒中放”-k个 N+n-1 球,由上述求桦本点总数的结果知,事件A“指定的盒中恰好有 N-1+n一k-1 (3)用A“表示指定的m盒中正好有个球”,则另N-m h个球”包含的样本点数等于 k ,于是 m-1 个盒中有a-个球。由()知j个球放入m盒共有 N+n-} k N-m+%-j-1 种放法,另-氵个球放入N-m↑盒中有 N-m-1 种放法,所以 (2)先求当≥N时,事件A“没有空盒”的概率。A包含的 m13-1/Nm+n-j-1 样本点数等于方程 N+1-1 1+2+…+x=7 的解的个数,即等于(+2+…+2)的展开式中c”的系数, 1.14某公共汽车站每隔5分钟有一辆汽车到达,乘客到 达汽车站的时刻是任意的,求一个乘客候车时间不超过3分
的概帑。 时,求有一艘船停靠泊位吋必须等待一时间的概率。 解:分别用、y表示第一,二艘鉛到达泊位的时 解 艘船到达泊位时必须等待当且仅当0≤m-2,0≤y-3≤1。即 丌、y)落入阴影区域。因此所求概率等于 当乘客在CB之间到达时,候车时间不超过3分钟所以所求概 242--×23 率等于OB的长度/4B的长度=5 阴影区域 OFFCGE的面积 正方形OBCD的画积 1.15在△ABC中任取一点P,证明△ABP与△AB ≈0.121 的面积之比大于 的概率为 解:截取CD=CD,当且仅当点P落入△CAB之内 时△4BP与△ABC的面积之比大于一,因此所求概率 C的面积CD4 cl2 △ABC的邮积CD 0 E 1.17在线段AB上任取三点 求 (1)x位于衄;与5之闻的概率 (2)Ax,Az2,Ax能构成一个三角形的概率。 解:(1)事件A表示“a1位于a和之间 事件A2表示“x1位于z和x之间” 1.16两艘轮船都要停靠同一个泊位,它们可能在一昼夜 的意时刻到达。设两船停靠位的时间分别为1小时与2小 事件A表示“位于端1和x2之间 由对称性知P(A1)=P(41)=P(A)。而且P41)+P(A1) 42
A,A表示边a,b,,二边ab,a,be与平行线相交,则 P(4)=1。所以PA)=3 P(A)=P( AasU Feel Ab)。显然P(A)=P(Ad)+P(A), (2)设线敦AB的长为1 P(4)=HA4)+P(A2),P(A)=P(A)+P(A)。所以 x1,Am2,A能构成三角形,当且仅当x1+x2>,+ a,x2+x2>x,即点P落入六面体 ODEBA之内,故所求 P(A,=[P(A)+ P(A)+P(A] 概率等于 11 呵体 ODEBA的棒 1-3×-X 积 此方体 ABCDETUH的体积 (这里用到课文p.23--24例1,12的结果。) 1.19已知不可能事件的概率为零,现在问概率为零的事 件是否一定是不可能事件?试举例说明之。 解:概率为零的事件不必是不可能事件。例如向长度为1 的线段内随机投点。则事件A“该点命中AB的中点”的概率等 于零,但A不是不可能事件。 1.20甲、乙两人从装有a个白球与b个黑球的口袋中轮 流摸取一球,甲先取,乙后取每次取后都不放回,直到两人中有 一人取到白球时停止。试描述这一随机现象的概率空间,并求 XI 甲或乙先取到白球的概率 解;2表白,2表黑白,表黑黑自,…+1表黑…黑白, 则祥本空间={,,…,},并且 18在平上画有间隔为d的等距平行线,向平面任意 地投掷一个三角形,该三角形的边长为a、b、C(均小于d),求 P({o3})=a+5 乏角形与平行线相交的概率 解:分别用A,A2,3表示三角形的一个顶点与平行线 P(03))=a+6 a+b-1' 相合,一条边与平行线相合两条边与平行线相交,显然F(A1)= P(2)=0所求率等于PA3)。分别用A,A,A,Aa P({a4)=a+ba+b-1·a+b
1.23对托意的机寄件、B,C,证明 P({}) P(AB)+P(和C)-P、BC)-PA) b-(-2) 解:P(A)≥PLA(BUC)=P( ABU AC) a+b-(2-2)'a+b-(-1) P(AB)+P(AC-P(ABC) a+b)(a+b-1) 124在某城市中共发行三种报纸:甲、乙、丙。在这个城市 甲取胜的概率等于 的居民中,订甲报的有45%,订乙报府35%,订内报的有3% P({o})+P({})+P({})+ 同时订!、乙两报的有10%,同时订甲、两报的有8%,同时订 乙取胜的概率等于 乙、丙两的有5,同时订三种报纸的有3%,求下述百分比; P(2})+P({4})+P({})+… (1)只订甲报的; 121设事件A、B及A{UB的概率分别为P、q及”,求 (2)只订甲、乙两报的; P(AB), P(AB), P(AB), P(AB) (3)只订一秒报纸的 解:由B(A∪B)=P(A)+f(B)-P(AB)得 (4)正好订两种报纸的; P(AB)=P(A)+P(B)-P(AU B)=p+g-r (5)至少订一种报纸的 P(AB)=P(A-AB)=P(A)-P(AB) (6)不订任何报纸的。 =P-(P+-r)=r-q 解:事件A表示订叶报,事件B表示订乙报,事件C表示 P(AB)=r-p 订丙报。 P(AB)=P(AUB)=1-P(AUB)=l-r (1)P(ABC)=P(A-(ABU AC) 1.22设A1、A2为两个随机事件,证明: =P(A)-[(AB)+P(A0)-P(ABC) (1)P(A14)=1-P(A1)-P(A2)+P(AA2) =45%-[10%+8%-3%1=30% (2)1-(A1)-P(1)≤P(A1A1)≤P(A1UA2) (2)P(ABC)=P(AB-ABC)=P( AB)-P(ABC) ≤P(A1)+P(A1) =10%-3%=7% 解:(1)P(A1A)=P(A1UA)=1-P(1UA) (3)先求 =1-[P1)+P(A)-P(AA2)1 P(BAC)=P(B)-[P(AB)+P(BC)-P(ABC)1 =1-P(A)-P(42)+P(A,2) 2)由(1)和P(互12)≥0得第一个不等式,由概率的单调 =35%-[10%+5%-3%=23% 性和半可加性分别得第二、三个不等式 P(CAB)=P(C)-LP(A0)+P(B0)-P(ABC)] =30%-[8%+5%-3%]=20
所以 P(ABCU B4CUCAB=PAB)+PB+POB 1-∑(1-P(A)-∑(1-P(AU4) 30%÷23%+20%=73% (A)P(ABC U ACBU BCA +…+(-1)"-1{1- P(ABC)+P(ACB)+P(BCA) +()-…+(-1)"-+∑P(A) = P(AB)-P(ABC)+ P(AC)-P(ABC ÷P(BC)-P《AB -∑P(A1UA)+…-(-1)-PA 10%+8%+5%-3×3%=14% (5)P(AUBUC)=PiA)+P(B)+PC)-P(AB) =S(A)-∑P(A{UA) 1≤【≤:≤清 P(AC)-P(BC)+ P(ABC) 45%+35%+30%-10% A g (6)P(ABO)=1-P( AUBUC)=1-90%=10% 这是因为1-(7)+(7)+…+(-1y=(-1y=0 25设A,A,…,A,为八个随机事件,证明 1.26某班有作个学生参加口试,考签共N张,每人抽到的 (1)P(∩4)=∑P(A)-NP(A4)+ 考签用后即放回,在考试结束后,向至少有一张考签没有被抽到 的概率是多少 +(-1)"P(A142…d) (2)P('4}=∑P(A)-P(AJA 解;用A4表示“第张考签没有被抽到”,=1,2,…,N +∑P(A∪A,∪4)- 要求F!A),由上题1)的结果,先求 解:(1)用数学归纳法。略。 P(A4)= (2)由(1)得 而4)=1=P1点2) 所以 (-1yP(∩ P(A,)
8P4)=-(N/N-21 :用A表示“第袋的登记表及照片都装对’,剿 (1)P2(m)=P(A… 1-P A 所以 N P{UA)=x(-1) =1-xP(A)-∑P(A4) 127从沿阶行列式的一般展开式中任取一项,问这项包 4…+(-1)”P(∩ 含主对角线元素的概宰为多少? 解:n阶行列式的展开式中,任一项略去符号不计都可表 (-1+1/a)(a-h) 为t1424;…an当且仅当1,2,…,第的排列(1,2,…,)中存 在k使=b时这一项包含主对角线元素。用A表示事件“排 少(-1)下·(-h ) 列中2=k”即第k个主对角线元素出现于展开式的某项中。 (-1) P(A4)= 1≤≤ (2)指定的r袋中登记表和照片装对而其它的一r袋都 P4)=(=2儿 1≤<j≤ 未装对的概率等于 山题1.25的(1)得 (-)!(-9)!1 -S(-1) (n--k) 息4=(-1)-()(m=i 其中第一个因子表示指定的袋中登记表装对的概率,第二个 128有个人各填写一份登记表并交一张照片,现在把因子表示指定的袋中照片装对的概率,第三个因子表示其它 登记表及照片任意地装入个有姓名的挡案袋中(每袋只允许-f袋中没有一袋登记表和照片都装对的概率(用(1))。因此 装入一分登记表及一张照片),求 (1)没有一袋的登记表及照片都装对的概率P(m); P(n)=/(n (2)恰有袋(1≤矿<)的登记裘及照片都装对的概率 (-1) (n--h)! P(n),并证明有 lim Po(n)=1 imP,(n)0(1r≤m) rl a 因为
x(-1)+(2=k 们=2-(鸦-1)t(1-2)!(男 130设M件产品中有m件是不合格品,从中取两件 (1)在所取产品中有一件是不合格品的条件下,求另一件 >l!-(-1) 也是不合格品的概率 所蚪 (2)在所取产品中有一件是合格品的条件下,求另一件是 P() (-h)!s!-(m-1 不合格品的概率 又因 解:(1)设A表示“所取产品中至少有一件是不合格品 P:)-2(-1) =S(-1)+=)-<1B表示“所取产品都是不合格品’,则 M (是为当增加时是藏少份,所以 P(BlA)=P(AB)_P(B) )P(A)T/ m./ my M-ml/- 因此imP(n)=1 作→c (2)设C表示“所取产品中至少有一件合格品”,D表示所 显0≤P()=m2(-1)-)(m=,取产品中有一件合格品,一件不合格品。则 mC)=0所以mnP()=0 P(DC)= P(CD)P(D) 为a P(C) P(C) 1.29已知一个家庭中有三个小孩,且其中一个是女孩,求 m/M-m\∥M 至少有一个躬孩的概率(假设一个小孩是男孩或女孩是等可能 TmVM-m(M-mM=万+m 的) 解:用b,9分别表示男孩和女孩。则样本空间是1.31n个人用摸彩的方式决定谁得一张电影票,他们依 g={(,,,b,,9),(b,,),,b,b),(b,9,9),(9,b,9),吹襪彩,求: (9,9,),(9,9,9)}其中样本点依年龄大小的性别排列。4表示(1)已知前k-1(k≤n)个人都没有摸到,求第k个人摸到 “有女孩”,B表示“有男接,则A={(b,b,9),(b,,b),(9,b,),概率; (b,,9),(g,b,q),(,9,b),(9,,g)},AB={(b,b,g),(b,,b) (2)第b(k≤m)个人摸到的概率 (9,b,6),(b,,),(、b,9),(9,,b)}所以 解:设A表示“第个人摸到”,=1,2,…, P(AB)6 78 6 P(B14)“P(A)787 (1)P(A…4)=-(k-1)=k+了
