概率論基礎(chǔ)習(xí)題

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第一章大事與概率

1、解：

(1)P｛只訂購(gòu)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｛只訂購(gòu)A及B的｝=P{AB}-C｝=P(AB)-P(ABC)=0.10-0.03=0.07(3)P｛只訂購(gòu)A的｝=0.30,

P｛只訂購(gòu)B的｝=P{B-(A∪C)}=0.35-(0.10+0.05-0.03)=0.23.

P｛只訂購(gòu)C的｝=P{C-(A∪B)}=0.30-(0.05+0.08-0.03)=0.20.∴P｛只訂購(gòu)一種報(bào)紙的｝=P{只訂購(gòu)A}＋P{只訂購(gòu)B}＋P{只訂購(gòu)C}=0.30+0.23+0.20=0.73.(4)P{正好訂購(gòu)兩種報(bào)紙的}

＝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｛至少訂購(gòu)一種報(bào)紙的｝=P｛只訂一種的｝+P｛恰訂兩種的｝+P｛恰訂三種的｝=0.73+0.14+0.03=0.90.(6)P｛不訂任何報(bào)紙的｝=1-0.90=0.10.

2、解：（1）ABC?A?BC?A(ABC?A明顯)?B?A且C?A，若A發(fā)生，則B與C必同時(shí)發(fā)生。

（2）A?B?C?A?B?C?A?B?A且C?A，B發(fā)生或C發(fā)生，均導(dǎo)致

A發(fā)生。

（3）AB?C?A與B同時(shí)發(fā)生必導(dǎo)致C發(fā)生。

（4）A?BC?A?B?C，A發(fā)生，則B與C至少有一不發(fā)生。

3、解：A1?A2???An?A1?(A2?A1)???(An?A1???An?1)(或)＝A1?A2A1???AnA1A2?An?1．4、解：（1）ABC={抽到的是男同學(xué)，又不愛(ài)唱歌，又不是運(yùn)動(dòng)員}；ABC={抽到的是男同學(xué)，又愛(ài)唱歌，又是運(yùn)動(dòng)員}。

（2）ABC?A?BC?A，當(dāng)男同學(xué)都不愛(ài)唱歌且是運(yùn)動(dòng)員時(shí)成立。（3）當(dāng)不是運(yùn)動(dòng)員的同學(xué)必是不愛(ài)唱歌的時(shí)，C?B成立。

（4）A=B及A?C?A?B?C，當(dāng)男同學(xué)的全體也就是不愛(ài)唱歌的同學(xué)全體，也

就不是運(yùn)動(dòng)員的同學(xué)全體時(shí)成立。也可表述為：當(dāng)男同學(xué)不愛(ài)唱歌且不愛(ài)唱歌的肯定是男同學(xué)，并且男同學(xué)不是運(yùn)動(dòng)員且不是運(yùn)動(dòng)員的是男同學(xué)時(shí)成立。

5、解：設(shè)袋中有三個(gè)球，編號(hào)為1，2，3，每次摸一個(gè)球。樣本空間共有3個(gè)樣本點(diǎn)（1），

（2），（3）。設(shè)A??1,2?,B??1,3?,C??3?，則A?{3},A?B??1,2,3?,A?B??1?,A?B?{2},

A?C??1,2,3?。

6、解：（1）{至少發(fā)生一個(gè)}=A?B?C?D.

（2）{恰發(fā)生兩個(gè)}=ABCD?ACBD?ADBC?BCAD?CDAB?BDAC.（3）{A，B都發(fā)生而C，D都不發(fā)生}=ABCD.（4）{都不發(fā)生}=ABCD?A?B?C?D.

（5）{至多發(fā)生一個(gè)}=ABCD?ABCD?BACD?CABD?DABC?AB?AC?AD?BC?BD?CD.

7、解：分析一下Ei之間的關(guān)系。先依次設(shè)樣本點(diǎn)??Ei，再分析此?是否屬于

Ej(j?i),EjEk(j?i,k?i)

等。（1）E6為不行能大事。

（2）若??E5，則?Ei(i?1,2,3,4)，即E5Ei??。（3）若??E4，則?E2,?E3。

（4）若??E3，則必有??E2或??E1之一發(fā)生，但

?E1E2。由此得E3E1?E3E2?E3,，E1E2E3??。

（5）若??E2，則必有??E1或??E3之一發(fā)生，由此得E6??,E0??

E2E1?E2E3?E2。

（6）E1中還有這樣的點(diǎn)?：12345，它僅屬于E1，而不再屬于其它Ei(i?1,0)。諸Ei之間的關(guān)系用文圖表示（如圖）。

n122nn8、解：（1）因?yàn)?1?x)?1?Cnx?Cnx???nCnx，兩邊對(duì)x求導(dǎo)得

n(1?x)

n?1

?Cn?2Cnx???nCnx

12nn?1

，在其中令x=1即得所欲證。

（2）在上式中令x=-1即得所欲證。

a?rb?rkb?k

（3）要原式有意義，必需0?r?a。由于Ca?b?Ca?b,Cb?Cb，此題即等于

a

b?r

要證?Cak?rCbb?k?Ca,0?r?a.利用冪級(jí)數(shù)乘法可證明此式。因?yàn)?b

k?0

(x?1)(x?1)?(x?1)

aba?b

，比較等式兩邊x

b?r

的系數(shù)即得證。

9、解：P?A6A5A5/A11?

10、解：（1）第一卷消失在旁邊，可能消失在左邊或右邊，剩下四卷可在剩下四個(gè)位置上任意排，所以p?2?4!/5!?2/5

1

1

1

3

533

?0.15

（2）可能有第一卷消失在左邊而第五卷消失右邊，或者第一卷消失在右邊而第五

卷消失在左邊，剩下三卷可在中間三人上位置上任意排，所以p?2?3!/5!?1/10

（3）p=P{第一卷消失在旁邊}+P{第五卷消失旁邊}-P{第一卷及第五卷消失在旁

邊}=

25?25?110

?710

.

（4）這里大事是（3）中大事的對(duì)立大事，所以P?1?7/10?3/10

（5）第三卷居中，其余四卷在剩下四個(gè)位置上可任意排，所以P?1?4!/5!?1/5

11、解：末位數(shù)吸可能是2或4。當(dāng)末位數(shù)是2（或4）時(shí)，前兩位數(shù)字從剩下四個(gè)數(shù)字中選排，所以P?2?A42/A53?2/5

12、解：P?Cn1Cn2Cn

m

m

m

3

/3C3n

m

13、解：P{兩球顏色相同}=P{兩球均白}+P{兩球均黑}+P{兩球均紅}

?325?1025?725?625?1525?925

?207625

?0.33.

14、解：若取出的號(hào)碼是按嚴(yán)格上升次序排列，則n個(gè)號(hào)碼必定全不相同，n?N。N個(gè)不同號(hào)碼可產(chǎn)生n!種不同的排列，其中只有一個(gè)是按嚴(yán)格上升次序的排列，也就是說(shuō)，一種組合對(duì)應(yīng)一種嚴(yán)格上升排列，所以共有CN種按嚴(yán)格上升次序的排列?？偪赡軋?chǎng)合數(shù)為Nn，

nn故題中欲求的概率為P?CN/N.

n

15、解法一：先引入重復(fù)組合的概念。從n個(gè)不同的元素里，每次取出m個(gè)元素，元素可以重復(fù)選取，不管怎樣的挨次并成一組，叫做從n個(gè)元素里每次取m個(gè)元素的重復(fù)組合，~mm

其組合種數(shù)記為Cn?Cn?m?1.這個(gè)公式的證明思路是，把n個(gè)不同的元素編號(hào)為1,2,?,n，

再把重復(fù)組合的每一組中數(shù)從小到大排列，每個(gè)數(shù)依次加上0,1,?,m?1,則這一組數(shù)就變成了從1,2,?,n?m?1共n?m?1個(gè)數(shù)中，取出m個(gè)數(shù)的不重復(fù)組合中的一組，這種運(yùn)算構(gòu)成兩者之間一一對(duì)應(yīng)。

若取出n個(gè)號(hào)碼按上升（不肯定嚴(yán)格）次序排列，與上題同理可得，一個(gè)重復(fù)組合對(duì)~nn

應(yīng)一種按上升次序的排列，所以共有CN種按上升次序的排列，總可能場(chǎng)合數(shù)為N，從而

~n

P?CN/N

n

?CN?n?1/N.

nn

解法二：現(xiàn)按另一思路求解。取出的n個(gè)數(shù)中間可設(shè)n-1個(gè)間壁。當(dāng)取出的n個(gè)數(shù)全部

相同時(shí)，可以看成中間沒(méi)有間壁，故間壁有Cn0?1種取法；這時(shí)只需取一個(gè)數(shù)字，有C1種取N

1法；這種場(chǎng)合的種數(shù)有Cn0?1C1種。當(dāng)n個(gè)數(shù)由小大兩個(gè)數(shù)填上，而間壁的位置有種取CNn?1

212法；數(shù)字有CN種取法；這種場(chǎng)合的種數(shù)有CnCN種。當(dāng)n個(gè)數(shù)由三樣數(shù)構(gòu)成時(shí)，可得場(chǎng)?1

3?1合種數(shù)為Cn2?1CN種，等等。最終，當(dāng)n個(gè)數(shù)均為不同數(shù)字時(shí)，有n-1個(gè)間壁，有Cnn?種取1

n?1n法；數(shù)字有CN種取法；這種場(chǎng)合種數(shù)的Cnn?CN種。所以共有有利場(chǎng)合數(shù)為：1

m1?Cn?1CN?Cn?1CN?Cn?1CN???Cn?1CN?CN?n?1.

011223n?1nn

此式證明見(jiàn)本章第8題（3）?？偪赡軋?chǎng)合數(shù)為n1?Nn，故所還應(yīng)的概率為

P?m1/n1?CN?n?1/N.

n

n

16、解：因?yàn)椴环呕?，所以n個(gè)數(shù)不重復(fù)。從{1,2,?,M?1}中取出m-1個(gè)數(shù)，從{M?1,?N}中取出n?m個(gè)數(shù)，數(shù)M肯定取出，把這n個(gè)數(shù)按大小次序重新排列，則必有xm?M。

m?11n?mn

故P?CM?1C1CN?M/CN。當(dāng)M?1?m?1或N?M?n?m時(shí)，概率P?0.

17、解：從1,2,?,N中有放回地取n個(gè)數(shù)，這n個(gè)數(shù)有三類：M，=M，M。假如我們固定k1次是取到M的數(shù)，k2次是取到M的數(shù)，當(dāng)然其余肯定是取到M的。

當(dāng)次數(shù)固定后，M的有(M?1)種可能的取法（因?yàn)槊恳淮味伎梢詮腗?1個(gè)數(shù)中取一個(gè)），M的有(N?M)種可能的取法，而=M的只有一種取法（即全是M），所以可能的取法有(M?1)

k1

k2

k1

(N?M)

k2

種。對(duì)于確定的k1,k2來(lái)說(shuō)，在n次取數(shù)中，固定哪k1次取到

k

k

M的數(shù)，哪k2次取到M的數(shù)，這共有Cn1?n2?k1種不同的固定方式，因此k1次取到M的數(shù)，k2次取到M的數(shù)的可能取法有Cn1?n2?k1(M?1)1(N?M)2種。

設(shè)B表示大事“把取出的n個(gè)數(shù)從小到大重新排列后第m個(gè)數(shù)等于M“，則B消失就是k1次取到M的數(shù)，k2次取到M的數(shù)的數(shù)，0?k1?m?1,0?k2?n?m，因此B包含

m?1

n?m

kkkk

的全部可能的取法有??

2

Cn1Cn?(M?1)1(N?M)k1

kkk

k2

種。所以

k1?0k2?0

P(B)?

1N

n

m?1n?m

2

Cn1Cn??(M?1)1(N?M)k1

??

k1?0k2?0

kkk

k2

.

18、解：有利場(chǎng)合是，先從6雙中取出一雙，其兩只全取出；再?gòu)氖Ｏ碌?雙中取出兩雙，

122114

從其每雙中取出一只。所以欲求的概率為P?C6C2C5C2C2/C12?

1633

?0.48

19、解：（1）有利場(chǎng)合是，先從n雙中取出2r雙，再?gòu)拿侩p中取出一只。

P?Cn(C2)

2r

1

2r

/C2n,

2r

(2r?n)

（2）有利場(chǎng)合是，先從n雙中取出一雙，其兩只全取出，再?gòu)氖Ｏ碌膎?1雙中取出2r?2雙，從鞭每雙中取出一只。

P?CnC2Cn?1(C2)

1

2

2r?2

1

2r?2

/C2n?n2

2r2r?2

Cn?1/C2n.

2r?22r

?42r

/C2n.（3）P?22r?4Cn2Cn2?r2

r2r2rr2r

（4）P?Cn(C2)/C2n?Cn/C2n.

20、解：（1）P{任意取出兩球，號(hào)碼為1，2}=1/Cn.

（2）任取3個(gè)球無(wú)號(hào)碼1，有利場(chǎng)合是從除去1號(hào)球外的n?1個(gè)球中任取3個(gè)球

33的組合數(shù)，故P{任取3球，無(wú)號(hào)碼1}?Cn?1/Cn.

2

（3）P{任取5球，號(hào)碼1,2,3中至少消失1個(gè)}

55

=1?P{任取5球，號(hào)碼1,2,3不消失}?1?Cn?3/Cn.

其中任取5球無(wú)號(hào)碼1,2,3，有利場(chǎng)合是從除去1,2,3號(hào)球外的n?3個(gè)球中任取5個(gè)球的組合數(shù)。

21、解：（1）有利場(chǎng)合是，前k?1次從N?1個(gè)號(hào)中（除1號(hào)外）抽了，第k次取到1號(hào)球，P?(N?1)

k?1

?1/N

k

?(N?1)

k?1

/N

k

k?1k

（2）考慮前k次摸球的狀況，P?AN?1?1/AN?1/N。

22、解法一：設(shè)A