第一章事件与概率 l、解: (1)P只订购A的}=P{ABUC)}=P(A{P(AB)+P(AC)P(ABC)}=0.450.1.-0.08+003=0.30 (2)P{只订购A及B的}=P{AB}-C}=P(AB)P(ABC=0.10-0.03=0.0 (3)P{只订购A的}=0.30 P【只订购B的}=P(B-(AUC)=0.35-(0.10+0.05-0.03)=023 P【只订购C的}=P{C(A∪B)}=0.30-(005+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+020=0.73 (4)P{正好订购两种报纸的} P((AB-C)U(AC-B)U(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=0.0 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) AUBUC=A→ BUCCA→BcA且CcA,B发生或C发生,均导致 A发生 (3)ABcC→A与B同时发生必导致C发生 (4)AcBC→ ACBUC,A发生,则B与C至少有一不发生。 解:A1∪UA2U…UAn=A1+(A2-A1)+…+(An-A1 (或)=A1+A2A1+…+AnAA2…An 4、解:(1)ABC={抽到的是男同学,又不爱唱歌,又不是运动员} ABC={抽到的是男同学,又爱唱歌,又是运动员} (2)ABC=A→BC→A,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,CcB成立。 (4)A=B及A=C→A=B=C,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A={2)B=3C=3},则A={3},AUB=23}A∩B=lA-B={2}
1 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. 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 BC = A BC 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 BC ，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)＝ 1 2 1 1 2 1 + + + n− A A A An A A A ． 4、解：（1） ABC ={抽到的是男同学，又不爱唱歌，又不是运动员}； ABC ={抽到的是男同学，又爱唱歌，又是运动员}。 （2） ABC = ABC A ，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， C B 成立。 （4）A=B 及 A=C A= B =C ，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 A = 1,2, B = 1,3,C = 3 ，则 A ={3}, AB = 1,2,3, AB = 1, A− B ={2}
A+C=12,3} 6、解:(1){至少发生一个}= UBUCUD (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= AUBUCUD (5){至多发生一个}=ABCD+ABCD+BACD+CABD+DABC = ABUACUADUBCUBDUCD 7、解:分析一下E1之间的关系。先依次设样本点∈E1,再分析此a是否属于 E(≠,E,E(≠,k≠)等。(1)E6为不可能事件。 EEL (2)若O∈E5,则OEE(=1,2,34),即E5E1=φ。 ,E2 E,E3 (3)若o∈E4,则o百E2,OEE3 (4)若o∈E3,则必有o∈E2或o∈E1之一发生,但 OEE1E2°由此得E3E1UE3E2=E3、,E1E2E3=。 EE3 (5)若O∈E2,则必有O∈E1或O∈E3之一发生,由此得 E2E1UE2E3=E2° (6)E1中还有这样的点a:12345,它仅属于E1,而不再属于其它E1(≠10)。诸E1之间的 关系用文图表示(如图)。 8、解:(1)因为(+x)=1+Cx+C2x2+…+nCmx”,两边对x求导得 n(1+x)=Cn+2C2x+…+nCnx1,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0≤F≤a。由于Ca+b=C0+b,Cb=Cb",此题即等于 要证∑C"Cb=C016,0≤r≤a利用幂级数乘法可证明此式。因为 (x+1)(x+1)=(x+1)“,比较等式两边x的系数即得证 9、解,P=41A1=35=015 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 A+C = 1,2,3。 6、解：（1）{至少发生一个}= ABC 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 BC D . （5）{至多发生一个}= ABCD+ ABCD+ BACD+CABD+ DABC = AB AC AD BC BD CD. 7、 解： 分析一下 Ei 之间的关系。先 依次设样本点 Ei ，再分析此 是否属于 E ( j i), E E ( j i, k i) j j k 等。（1） E6 为不可能事件。 （2）若 E5 ，则 E (i =1,2,3,4) i ，即 E5Ei = 。 （3）若 E4 ，则 2 3 E , E 。 （4）若 E3 ，则必有 E2 或 E1 之一发生，但 E1E2 。由此得 E3E1 E3E2 = E3, ， E1E2E3 = 。 （5）若 E2 ，则必有 E1 或 E3 之一发生，由此得 E6 = , E0 = E2E1 E2E3 = E2 。 （6） E1 中还有这样的点 ：12345，它仅属于 E1 ，而不再属于其它 E (i 1,0) i 。诸 Ei 之间的 关系用文图表示（如图）。 8、解：（1）因为 n n n n n n + x = +C x +C x ++ nC x 1 2 2 (1 ) 1 ，两边对 x 求导得 1 1 2 1 (1 ) 2 − − + = + + + n n n n n n n x C C x nC 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。 （3）要原式有意义，必须 0 r a 。由于 b k b k b b r a b a r Ca b C C C + − + − + = , = ，此题即等于 要证 = + + + − = a k b r a b b k b k r Ca C C r a 0 , 0 .利用幂级数乘法可证明此式。因为 a b a b x x x + ( +1) ( +1) = ( +1) ，比较等式两边 b r x + 的系数即得证。 9、解： 0.15 33 5 / 3 11 1 5 1 5 1 P = A6A A A = = 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 = 24!/5!= 2/5 E1 E1E4 E5 E1E2 E1E3 E2E3
(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 24217 边}==+ 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=1×45!=1/5 ll、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P=2×A2/A3=2/5 12、解:P=CmC"Cm3/3Cm 13、解:P{两球颜色相同}=P{两球均白}+P{两球均黑}+P{两球均红} 3×107x615×9=207 =0.33 25252525625 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≤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。总可能场合数为N 故题中欲求的概率为P=CN/N 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Cn=Cm1这个公式的证明思路是,把n个不同的元素编号为1,2,…,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0,1,…,m-1,则这一组数就变成 了从1,2,…,n+m-1共n+m-1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CN种按上升次序的排列,总可能场合数为N",从而 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 （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 = 23!/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}= 10 7 10 1 5 2 5 2 + − = . （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 选排，所以 2 / 2/5 3 5 2 P = A4 A = 12、解： m n m n m n m P Cn C C 3C3 / 1 2 3 = 13、解：P{两球颜色相同}=P{两球均白}+P{两球均黑}+P{两球均红} 0.33 625 207 25 9 25 15 25 6 25 7 25 10 25 3 = + + = = . 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 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升排列，所以共有 n CN 种按严格上升次序的排列。总可能场合数为 n N ， 故题中欲求的概率为 n n P = CN / N . 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 m n m m Cn C 1 ~ = + − . 这个公式的证明思路是，把 n 个不同的元素编号为 1,2, ,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 0,1, ,m −1,则这一组数就变成 了从 1,2, ,n + m −1 共 n+m−1 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 n CN ~ 种按上升次序的排列，总可能场合数为 n N ，从而 n n N n n n P CN / N C / N ~ = = + −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
相同时,可以看成中间没有间壁,故间壁有C1种取法:这时只需取一个数字,有CN种取 法:这种场合的种数有CC种。当n个数由小大两个数填上,而间壁的位置有Cm1种取 法;数字有C种取法;这种场合的种数有CnC2种。当n个数由三样数构成时,可得场 合种数为C2C种,等等。最后,当n个数均为不同数字时,有n1个间壁,有Cn种取 法:数字有CN种取法;这种场合种数的CmCN种。所以共有有利场合数 m,=CI_CN+CI-CN+CICN+.+Cn-Cn=cnin-I 此式证明见本章第8题(3)。总可能场合数为n1=N",故所还应的概率为 P=m, /n,=CNM/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 故P=CmC1C/CN。当M-1M。如果我们固 定k1次是取到M的数,当然其余一定是取到M的。 当次数固定后,M的有(N-M)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(M-1)(N-M)种。对于确定的k1,k2来说,在n次取数中,固定哪k1次取到 M的数,哪k2次取到M的数,这共有C*种不同的固定方式,因此k次取到M的 数,k2次取到M的数的可能取法有C有×(M-1)(N-MO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k1次取到M的数的数,0≤k≤m-10≤k2≤n-m,因此B包含 的所有可能的取法有 ∑CC(M-时(N-M种,所以 k1=0k2=0
4 相同时，可以看成中间没有间壁，故间壁有 0 Cn−1 种取法；这时只需取一个数字，有 1 CN 种取 法；这种场合的种数有 0 1 Cn−1CN 种。当 n 个数由小大两个数填上，而间壁的位置有 1 Cn−1 种取 法；数字有 2 CN 种取法；这种场合的种数有 1 2 Cn−1CN 种。当 n 个数由三样数构成时，可得场 合种数为 2 3 Cn−1CN 种，等等。最后，当 n 个数均为不同数字时，有 n-1 个间壁，有 1 1 − − n Cn 种取 法；数字有 n CN 种取法；这种场合种数的 n N n Cn C 1 1 − − 种。所以共有有利场合数为： n N n n N n m Cn CN Cn CN Cn CN Cn C C 1 1 1 2 3 1 1 2 1 0 1 1 1 + − − = − + − + − ++ − = . 此式证明见本章第 8 题（3）。总可能场合数为 n n1 = N ，故所还应的概率为 n n P = m1 / n1 = CN+n−1 / 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 。 故 n N n m N M m P CM C C /C 1 1 1 1 − − − = − 。当 M −1 m−1 或 N −M n−m 时，概率 P = 0. 17、解：从 1,2, ,N 中有放回地取 n 个数，这 n 个数有三类：M。如果我们固 定 1 k 次是取到M 的数，当然其余一定是取到 M 的。 当次数固定后，M 的有 2 ( ) k N − M 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 1 ( 1) k M − 2 ( ) k N − M 种。对于确定的 1 2 k ,k 来说，在 n 次取数中，固定哪 1 k 次取到 M 的数，这共有 2 1 1 k n k k Cn − 种不同的固定方式，因此 1 k 次取到M 的数的可能取法有 2 1 2 1 1 ( 1) ( ) k k k n k k Cn − M − N − M 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 1 k 次取到M 的数的数， 0 k1 m−1,0 k2 n−m ，因此 B 包含 的所有可能的取法有 − = − = − − − 1 1 0 2 0 2 1 2 1 1 ( 1) ( ) m k n m k k k k n k k Cn C M N M 种。所以
CnCn2k×(M-1)"(N-M) 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, 16 从其每双中取出一只。所以欲求的概率为P=CCC?CC21C1-33 =048 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。 (C2)2/C2n,(2r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 A=甲掷出正面数≤乙掷出正面数}=甲掷出反面数≤乙掷出反面数}=B P(A)+P(B)=P(A)+P(A)=1
5 n N P B 1 ( ) = − = − = − − − 1 1 0 2 0 2 1 2 1 1 ( 1) ( ) m k n m k k k k n k k Cn C M N M . 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 0.48 33 16 / 4 12 1 2 1 2 2 5 2 2 1 P = C6C C C C C = = 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。 ( ) / , (2 ) 2 2 1 2 2 2 P C C C r n r n r r = 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。 r n r n r r n r r P CnC Cn C C n C C 2 2 2 2 1 2 2 2 2 1 2 2 2 2 2 1 2 2 1 ( ) / 2 / − − − − − = − = . （3） r n r n n r P C C C 2 2 2 4 2 2 4 2 2 / − − − = . （4） r n r r P Cn C C 2 2 2 2 = ( ) / r n r Cn C 2 2 = / . 20、解：（1）P{任意取出两球，号码为 1，2}= 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} 3 3 1 / = Cn− 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} 5 5 3 1 / = −Cn− 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。 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， k k k k P (N 1) 1/ N (N 1) / N −1 −1 = − = − （2）考虑前 k 次摸球的情况， P A A N k N k N 1/ 1/ 1 = 1 = − − 。 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 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 A ={甲掷出正面数 乙掷出正面数} ={甲掷出反面数乙掷出反面数}= B . 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(4)=P(B 从而P(A) 2 解法二:甲掷出n+1个硬币共有2+个等可能场合,其中有C个出现0次正面,有 Cn1个出现1次正面,…C,个出现n+1次正面。乙掷n个硬币共有2”个等可能 场合,其中有C个出现0次正面,Cn个出现1次正面,…,Cn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=2.2n=22+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 m,=Cn Cn+ChI(Cn+Cn+Cn(Cm+Cn+Cn+ Cn1(Cn+Cn+…+Cn-)+Cm(C0+Cn+…+Cn) 利用公式C1=CD+Cn及C=Cm得 m1=(C0+Cn)C0+(C+C2)(C0+C)+(C2+C)(C0+Cn+C2)+…+ (Cn+C"Cn+Cn+…+C)+C(Cn+Cn+…+C") kc)+cc]+c)+cec+c;zcn|+(c+c120 所以欲求的概率为P=m1/n1=2/211 应注意,甲掷出O,1,…,n+1个正面的n+2个场合不是等可能的。 23、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}=1-5464=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} 6
6 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 2 1 P(A) = 。 解法二：甲掷出 n+1 个硬币共有 1 2 n+ 个等可能场合，其中有 0 Cn+1 个出现 0 次正面，有 1 Cn+1 个出现 1 次正面，…， 1 1 + + n Cn 个出现 n +1 次正面。乙掷 n 个硬币共有 n 2 个等可能 场合，其中有 0 Cn 个出现 0 次正面， 1 Cn 个出现 1 次正面，…， n Cn 个出现 n 次正面。若甲掷 n +1 个硬币，乙掷 n 个硬币，则共有 1 2 1 1 2 2 2 + + = = n n n n 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 m1 = Cn 1 +1Cn 0 + Cn 2 +1 (Cn 0 + Cn 1 ) + Cn 3 +1 (Cn 0 + Cn 1 + Cn 2 ) + ( ) ( ) 1 0 1 1 0 1 1 1 n n n n n n n n n n n = Cn C + C + + C + C C + C + + C + + − + 利用公式 1 1 − + = + r n r n r Cn C C 及 n n n Cn = C + + 1 1 得 = ( + ) + ( + )( + ) + ( + )( + + ) ++ 0 1 0 1 2 0 1 2 3 0 1 2 m1 Cn Cn Cn Cn Cn Cn Cn Cn Cn Cn Cn Cn = + + + + 2 0 2 1 0 1 2 1 0 2 1 ( ) ( ) i Cn C Cn Cn C Cn Cn Cn + + + + 3 2 2 1 0 2 1 ( ) i Cn CnCn Cn Cn + + + + + + − − − i n n n n n n i n n n n n n n n n Cn C C C C C C C 1 2 1 1 1 1 2 1 1 ( ) ( ) + = = = + = 0 2 0 1 1 1 0 1 2 ( ) 2 n j i n i n n n n i Cn C C C 所以欲求的概率为 2 1 / 2 / 2 2 2 1 = 1 1 = = n n+ P m n . 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。 23、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 4 4 − = . 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 0 1 1 0 1 n n n n n n n n n n n n n Cn +C C +C + +C +C C +C + +C − −
1-{两颗投24次没有一个双六}=1-3524/3624=0.4914 比较知,前者机会较大。 24、解:P=CC1C1C3C且=0.0129 C4C4C4CC2C134×C =0.0106 C52C39C26C13 或解为,4张A集中在特定一个手中的概率为C4C48/C3,所以4张A集中在一个人手中 的概率为P=4xC48/C52=0.0106 解:(1)P=4/C32=0000005这里设A只打大头,若认为可打两头AKQJ0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 P=CC/C3=0.00023 (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P=C1C4/C32=000024 (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,所以P=C1CC1C2/C32=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P=C4C13C52=000198 (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 p=P顺次五张牌}-{同花顺次五张牌}=c(C4)-CC引/C2=0.00004 (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 P=C1C4C2(C4)2C32=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} C2C2C2CC4C3+C1C4C12C4C32=00475 (9)p=C1C2C12(C4)3/C3=0.423 (10)若记(i)事件为A1,则A1cA5,42∈A,A3cA,4∈A而事件
7 =1−{两颗投 24 次没有一个双六}= 1 35 / 36 0.4914 24 24 − = . 比较知，前者机会较大。 24、解： / 0.0129 13 52 2 13 3 13 3 13 5 P = C13C C C C = 25、解： 0.0106 4 13 52 9 43 13 13 13 26 13 39 13 52 13 13 13 26 13 39 9 43 4 4 1 4 = = = C C C C C C C C C C C C P . 或解为，4 张 A 集中在特定一个手中的概率为 13 52 9 48 4 4 C C /C ，所以 4 张 A 集中在一个人手中 的概率为 4 / 0.0106 13 52 9 P = C48 C = . 26、解：（1） 4 / 0.0000015 5 P = C52 = . 这里设 A 只打大头，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 / 0.0000123 5 52 1 8 1 P = C4C C = . （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 / 0.00024. 5 52 4 4 1 P = C13C C = （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，所以 / 0.00144. 5 52 2 4 1 12 3 4 1 P = C13C C C C = (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 / 0.00198. 5 52 5 13 1 P = C4C C = (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 p = P{顺次五张牌}－{同花顺次五张牌} ( ) / 0.0000294. 5 52 1 9 1 4 1 5 4 1 = C9 C −C C C = （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 ( ) / 0.0211. 5 52 1 2 4 2 12 3 4 1 P = C13C C C C = （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} / / 0.0475. 5 52 1 4 1 12 4 4 1 13 5 52 1 4 1 11 2 4 2 4 2 = C12C C C C C + C C C C C = （9） ( ) / 0.423. 5 52 1 3 4 3 12 2 4 1 p = C13C C C C = （10）若记（i）事件为 Ai ，则 1 5 2 5 3 8 4 9 A A , A A , A A , A A 而事件
A,…4两两不相容,所以P=1-UA|=1-∑P(4)=0506 27、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 PA=242-×202+×212|/242=311152=0.27 28、解:设x,y分别为此二人到达时间,则 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)。 设A表事件“其中一人必须等另外一人的 时间12小时以上“,则A发生意味着满足如下 不等式x-y>或y-x>。由几何概率得 事件A的概率等于△GDH及△FMN的面积之和与正方形CDEF的面积之比,所以 P(4)=1(1×1+1×1)/x×1)= 2 29、解:设AB=a,AX1=x1,AX2=x2则 0≤ 0≤x2≤ (x1,x2)与由上述条件决定的正方形EFGH内的点是一一 对应的(如图)。 (I)设x2>x1。AX1=x1,X1X2=x2-x1, lI X2B=a-x2,则三线段构成三角形的充要条件是E
8 5 9 A , , A 两两不相容，所以 = = = − = = − 9 5 9 5 1 1 ( ) 0.506. i i i p P Ai P A 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 21 / 24 311/1152 0.27 2 1 20 2 1 242 2 2 2 = = PA = − + 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 2 1 2 1 x − y 或 y − x 。由几何概率得， 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 4 1 )/(1 1) 2 1 2 1 2 1 2 1 ( 2 1 P(A) = + = 29、解：设 1 1 2 2 AB = a, AX = x , AX = x 则 2 x 0 x1 a, 0 x2 a ， a ( , ) 1 2 x x 与由上述条件决定的正方形 EFGH 内的点是一一 I 对应的（如图）。 （I）设 2 1 x x 。 , , 1 1 1 2 2 1 AX = x X X = x − x II 2 2 X B = a − x ，则三线段构成三角形的充要条件是 E a 2 1 a 1 x
x1+(x2-x1) x1+(a-x2) >(x,-x1)→x+-a>x 这决定三角形区域I。 (x2-x1)+(a-x2)>x1→x1x2。AX1=x1,X1X2=x1-x2,X2B=a-x2,则三线段构成三角 形的充要条件是 (x1-x2)+(a-x2)>x1→x2x1-x2→a>0, (ID)当x1=x2时,不能构成三角形。由几何概率知 P三线段构成三角形=(面积+矩形()面积 正方形EFG面积 -a×-a+-a 30、解:设0到三点的三线段长分别为xy,z,即相应的 右端点坐标为xy,z,显然0≤x,y,二≤1这三条线 段构成三角形的充要条件是: x+y>2,x+2>y,y+2>x 在线段[0,1上任意投三点xy,zo与立方体 0≤x≤1,0≤y≤1,0≤2≤1中的点(x,y,z) 对应,可见所求“构成三角形”的概率,等价于在 边长为1的立方体T中均匀地掷点,而点落在 x+y>2,x+2>y,y+2>x区域中的概率;这也就是落在图中由△ADC,△ADB,△BDC △AOC,ΔAOB,ΔB0C所围成的区域G中的概率。由于V(T)=1, (G)=13-3 由此得,能与不能构成三角形两事件的概率一样大
9 − + − + − − + + − − , 2 1 ( ) ( ) 2 1 ( ) ( ) 2 1 ( ) 2 1 2 1 1 1 2 2 1 1 2 1 2 1 2 2 x x a x x x a x a x x x x a x x x x a x x a 这决定三角形区域 I。 （II）设 1 2 x x 。 , , 1 1 1 2 1 2 AX = x X X = x − x 2 2 X B = a − x ，则三线段构成三角 形的充要条件是 + − − − + − + − − ( ) 0, 2 1 ( ) ( ) 2 1 ( ) 1 2 1 2 1 2 2 1 2 1 1 2 2 1 x a x x x a x x a x x x a x x x a x x a 这决定区域 II。 （III）当 1 2 x = x 时，不能构成三角形。由几何概率知， ( ) ( ) 正方形 面积 面积 矩形 面积 三线段构成三角形 EFGH I II P + { } = 8 3 / 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 = = a a + a a a z 30、解：设 0 到三点的三线段长分别为 x,y,z，即相应的 1 C 右端点坐标为 x,y,z，显然 0 x, y,z 1。 这三条线 段构成三角形的充要条件是： A D x + y z, x + z y, y + z x。 在线段[0，1]上任意投三点 x,y,z。与立方体 0 1 0 x 1， 0 y 1， 0 z 1 中的点 (x, y,z) 1 y 一一对应，可见所求“构成三角形”的概率，等价于在 x B 边长为 1 的立方体 T 中均匀地掷点，而点落在 x + y z, x + z y, y + z x 区域中的概率；这也就是落在图中由ΔADC，ΔADB，ΔBDC， Δ AOC ， Δ AOB ， Δ BOC 所 围 成 的 区 域 G 中 的 概 率 。 由 于 V (T) = 1, 2 1 1 2 1 3 1 ( ) 1 3 3 3 V G = − = ， 2 1 p = V (G)/V (T) = 由此得，能与不能构成三角形两事件的概率一样大
31、解:设方格边长为a。当硬币圆心落于图中阴影部分 才与边界不相交(图中只取一个方格)。由几何概率得 P硬币与线不相交}=阴影部分面积 方格面积 (a-1)2/a 令(a 0.01 因为当a≤1时,硬币必与线相交(必然事件),故只需考虑 a>1.当止式得(a-1)/a=0.1,a=1。即当方格边长a<1时,才能使硬币与 线不相交的概率小于1% 32、解:从(0,1)中取出的两数分别为xy,则(x,y)与y 正方形ABCD内的点一一对应 (1)直线x+y=1.2与BC交点坐标为(1,0.2),与 DC点坐标为(02,1),所以由几何概率可得 阴影区域(1面积 P(两数之和小于12}=正方形面积 上×0.8×0.8/1=0.68 (2)双曲线xy=4与BC交点坐标为(1 与DC交点坐标为,1,所以由几何概率得 P两数之积小于 阴影区域()面积 正方形面积 dx=2+hx=+h4=0.6 (3)直线x+y=12与曲线xy=的交点坐标为(如图) x1=0.6+0.1V11=0932 0.268 y=06-0.m=0268 =0.932 ∴P{两数之和小于1.2,两数之积小于:}
10 31、解：设方格边长为 a。当硬币圆心落于图中阴影部分 才与边界不相交（图中只取一个方格）。由几何概率得 方格面积 阴影部分面积 P{硬币与线不相交} = 1 2 2 = (a −1) / a . 令 ( 1) / 0.01 2 2 a − a = a –1 因为当 a 1 时，硬币必与线相交（必然事件），故只需考虑 a a>1．当止式得 9 1 (a −1)/ a = 0.1, a = 1 。即当方格边长 9 1 a 1 时，才能使硬币与 线不相交的概率小于 1%。 32、解：从（0，1）中取出的两数分别为 x,y，则 (x, y) 与 y 正方形 ABCD 内的点一一对应。 1 D C （1） 直线 x + y = 1.2 与 BC 交点坐标为（1，0.2），与 (I ) DC 点坐标为（0.2，1），所以由几何概率可得 A B ( ) 0.8 0.8 /1 0.68 2 1 { 1.2} 1 = = = − 正方形面积 阴影区域 面积 两数之和小于 I P （2）双曲线 4 1 xy = 与 BC 交点坐标为 4 1 1, 1 与 DC 交点坐标为 ,1 4 1 ，所以由几何概率得 ( ) 正方形面积 阴影区域 面积 两数之积小于 II P = 4 1 1 4 1 1 4 1 ln 4 1 4 1 4 1 1 4 1 dx x x = + = + ln 4 0.6 4 1 4 1 = + = （3）直线 x + y = 1.2 与曲线 4 1 xy = 的交点坐标为（如图） = − = = + = 0.6 0.1 11 0.268, 0.6 0.1 11 0.932 1 1 y x = = 0.932 0.268 2 2 y x . ∴P{两数之和小于 1.2，两数之积小于 4 1 }
