概率论答案解析李贤平

1、完美 WORD格式编辑第一章事件与概率1、解:(1) P 只订购 A 的 =PA(B U 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 =PAB-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 =PB-(A U C)=0.35-(0.10+0.05-0.03)=0.23.P只订购 C 的 =PC-(A U 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

2、C=0.30+0.23+0.20=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=0.10.2、解：(1) ABC二A= BC二A(ABC A显然)=B二A且 C- A，若A发生，则B与C必同时发生。(2) A B

3、 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二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 A2An 二 A1 (A2 -片厂(An - A - - An)(或)=A "A代入入2 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二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

4、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A1,2,则 A 二3, A B =1,2,3? A B_1, A_B 二2, A C =1,2,3?。6、解：(1) 至少发生一个 = A B C D .(2) 恰发生两个= ABCD ACBD ADBC BC AD CD AB BDAC .（3）A , B都发生而C, D都不发生=ABCD.（4） 都不发生= ABCD

5、二D .（5）至多发生一个= ABcd aBCd bacd cABd dABCAB AC AD BC BD CD .7、解：分析一下Ei之间的关系。先依次设样本点， Ej，再分析此是E1E1E4E5E1E2E1E3E2E3E6 二,Eo 川Ej( j 口)，Ej Ek(j =i,k =i)等。(1)E6为不可能事件。(2) 若.E5，则； Ej (i =1,2,3,4)，即 E5Ei 二 o(3) 若三E4，则心三E2，心三E3 o(4) 若.E3，则必有 E2或 E!之一发生，但E1 E2。由此得 E3E1E3E2 "3, , E<|E2E3 o(5) 若 E2，则必有 Ei

6、或.E3之一发生，由此得E2 EiE2 E3 = E2 o(6) Ei中还有这样的点 : 12345，它仅属于Ei，而不再属于其它 Ej(i=1,O)。诸Ei之间的关系用文图表示(如图) 8 解：(1)因为(1 +x)n =1 +cnx+c：x2 + +ncnxn，两边对 x 求导得n(1+x)n=cn +2C；x+ nC：xn，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OWrEa。由于C： =C；：, Cf,此题即等于要证a、Ca rCb =Ca b, 0空r空a.利用幕级数乘法可证明此式。因为k=0(x 1)a(x 1)(x 1)a b，比较

7、等式两边xb r的系数即得证。9、解：p =a6a5a5/a31 =空=0.153310、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!/5U1/102 217(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 =.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

8、以P =1 4!/5! = 1/511、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 A4 / A5 =2/512、解:p -cmicnm2crm3/3cm113、解：P两球颜色相同=P两球均白+P两球均黑+P两球均红3 1076159207=一x 一 +一x 一 +一x 一 = 0.3325252525252562514、 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。

9、总可能场合数为N n，故题中欲求的概率为 P =CN / N 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 =Cnm_i 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

10、序的排列，所以共有（N种按上升次序的排列，总可能场合数为N n，从而P =（N/Nn 二CN n/Nn.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0 1 0 1有间壁，故间壁有 Cn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 CnCN种。当n个数由小大两个数填上，而间壁的位置有种取法；数字有 cN种取法；这种场合的种数有 C爲cN种。当n个数由三样数构成时，可得场合种数为 Cn4cN种，等等。最后，当n个数均为不同数字时，有 n-1个间壁，有种取法；数字有 CN 种取法；这种场合种数的 C；：CN种。所以共有有利场合数

11、为：m1=cncN +cn)cN +C21CN+ +cn；：cN =cn 斗此式证明见本章第 8题（3）。总可能场合数为 m = Nn，故所还应的概率为P 二mJn1 二CN z/Nn.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=cm：C；CN雲/CN。当M 1cm1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 =M M如果我们固定k1次是取到M的数，k2次 是取到M的数，当然其余一定是

12、取到 M的。当次数固定后，M的有（M -1卢种可能的取法（因为每一次都可以从 M -1个数中取一个），M的有（N-M）k2种 可能的取法，而=M的只有一种取法（即全是，所以可能的取法有（M -1）k1 （N - M ）k2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 0社 种不同的固定方式，因此 k1次取到M 的数，k2次取到M的数的可能取法有 C,脊占（M -1）k1 （N -M ）k2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，k2次取 m-J n -m到皿的数的数，0乞&

13、 zm-1,0乞k2乞n-m，因此B包含的所有可能的取法有二 工C：1 C：2占（M - 1）k1 （N - M产 k口 k2=0种。所以m 1 n _mP（B）=r 、 c：cn （M 1）k1（N M）k2 N k! =0 k2 =018、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=空=0.483319、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。P=c：r（c2）2r/c；：,（2r n）n-1双中取出2r-2双，从鞭每双中取（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

14、出一只。1 2 2r -2 1、2r 22r21-2 21 21(3)p=222c：cnv/c；n.2r -22r -22rCn /P 二 CnCzCn(C2)/C2n 二 n2 Cn4 / C?n (4) P =cn(C；)r/C； =C；/C；.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1二C；斗/C；.(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n3个球

15、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，p =(N -1)kJ 1/ Nk =(N -1)kJ/Nk(2)考虑前k次摸球的情况，P1/aN =1/N。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 乞乙 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

16、 乙掷出反面数，等等。由此可得A =甲掷出正面数 空乙掷出正面数 =甲掷出反面数 乞乙掷出反面数 = B.P(A) P(B) =P(A) P(A) =11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)二P(B),从而P(A)=2解法二：甲掷出n 1个硬币共有2n 1个等可能场合，其中有个出现0次正面，有卅个出现1次正面，C；*个出现n+1次正面。乙掷n个硬币共有2n个等可能场合，其中有 C°个出现0 次正面，C：个出现1次正面，C：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 2n1 -2 22n 1 种等可能场合，其中甲掷出正面比乙掷出正面

17、多的有利场合数有m1 =CLC0 +C二(C； +C：) +C；+(C0 +C： +C；) + =c柑(C0 +c： + +CT) +Cnn¥(c0 +cn + +cQ利用公式C；+=C； +C及Cnn；得m1 =（C0 +cn）c： +（c： +C；）（C0 +cn）+（C： +C；）（C0 +cn +C：） + + （C；）2 Cc： c紳 c-i ：3（c：rc；）（c0 +C： ii +C；）（Cn）2 C1C0 Cn" C：-i ：2（Cn04）2;+c七 cn +c：z c+.|（cn）2 瓦 cy+1 ：n 4i ：n_i :n学习指导参考资料完美 WORD格

18、式编辑完美 WORD格式编辑=n（cn）2 +2 送 w = i、n c：i卫ni_O71所以欲求的概率为P =mi/ni =22n / 22n 1.2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 - 54/64 =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次至少得到一个双六2424=1 -两颗投

19、24次没有一个双六= 1 -35 /36= 0.4914.比较知，前者机会较大。24、解：P =0；0330330；/。5； =0.012925、解:1491313 hC4C4 C43C39C26C P 二1313 c13c13c13c13 C52C39C26C134 C：c5；= 0.0106.或解为，4张A集中在特定一个手中的概率为C：C：8 /C；2，所以4张A集中在一个人手中的概率为P = 4 C：8/c53 =0.0106.26、解：(1) P =4/C52 =0.0000015.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,

20、Q，6八个数中之一打头，所以P =C：C8 /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 P 心雳应 =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个点中的一个点，所以P =C113C45C112C2/Cf2 = 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，所以 P tg/c： =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

21、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 = C9(c1)5 C：c9 /C；2 =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 C113C3C122(C4)2/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= 0.0475.=c!2c2c42c11c4/c5c113C4c12c4/c52(9)p =C；3C4C13,(C1)3/C52 = 0.423.(10)若记(i )事件为 A，则A1A5, A2A5, A3A8, A4A而事件A5,，Ag两两不相容，所以r 9p =1 -P

22、 U a9i ：5P(A) = 0.506.y27、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 乞3 , y -x 虫424由几何概率得，事件A的概率，等于正方形CDEF中直线x - y空3及y - x乞4之间的部分面积，与正方形CDEF学习指导参考资料的面积之比,PA = 24-，1 202 1 212 /24311/1150'2728、解：设x, y分别为此二人到达时间，则7乞X乞8, 7乞y乞8。显

23、然，此二人到达时间(x, y)与由上述条件决定的正方形CDEF内和点是对应的(如图)。7设A表事件“其中一人必须等另外一人的时间1/2小时以上“，则 A发生意味着满足如下11不等式 x-y 或y-x。由几何概率得，22事件A的概率等于 GDH及 A FMN的面积之和与正方形1 1 (-8P(A)CDEF勺面积之比，所以1 1 11=( )/(1 1)=2 2 2 2 2429、解：设 AB = a, AXi =捲，AX2 = x2 则x2IIXi0 乞 Xi 乞 a, Q < X2 < a ,(Xi, 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 x

24、2 xi。 AX i =捲，Xi X2 = x2xi,X2B = a -X2，则三线段构成三角形的充要条件是EXi/、i(x2 _ xja _ x2 = x2a1 aX22i2a，« 为 +(a x2) >(x2 xj n 为(x2 -捲)+(a x2) > 为 n 为这决定三角形区域i。(II )设 xix2 。AX i=xi, XiX2=xi'X2, X2B=ax2 ，则三线段构成三角形的充要条件是i为 + (xi - x2) > a - x2 n 疋 a ai这决定区域II。(为x2) +(a x2) > 为 n x - a 为 + (a -x2

25、) axi -x2 n a a 0,(III )当Xi =X2时，不能构成三角形。由几何概率知,P三线段构成三角形厶I面积矩形II面积 一 正方形EFGH面积丄爲 ia ia ia/a22 2 2 2 2ADC ADB BDC AOC AOB BOC所 围z30、解：设0到三点的三线段长分别为x,y,z，即相应的右端点坐标为x,y,z，显然0兰x, y, z兰i这三条线O段构成三角形的充要条件是：Ax y z, x z y, y z x。在线段0， i上任意投三点x,y,z。与立方体0xi, 0yi，0 zi 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i的立方

26、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3 i i 3 i成的区域 G中的概率。由于 V(T)=i, V(G)=i3-3i3 ：3221 p =V(G)/VW2 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硬币与线不相交二阴影部分面积方格面积2 2=（a -1） la .令 （a -1）2/a2 =0.01aaa>1 当止式得（a -1）/a =0.1,a =1。即当方格边长9a ： 11时，才能使硬币与线不相交的概率小于91

27、%32、解：从（0, 1）中取出的两数分别为x,yV （x,y）与 y正方形ABCD内的点对应。1 D C（1）直线x + y = 1.2与BC交点坐标为（1, 0.2 ），与DC点坐标为（0.2 , 1）,所以由几何概率可得AP两数之和小于1.2阴影区域I面积正方形面积（2）双曲线xy 与BC交点坐标为1,- !4I八与DC交点坐标为-,1 i,所以由几何概率得<4丿P两数之积小于阴影区域II面积正方形面积因为当a乞1时，硬币必与线相交（必然事件），故只需考虑丄 In 4 =0.64= 2x1 + 匸丄 dx=1 +丄1 nx4 4 4x 44（3）直线x y =1.2与曲线xy工1的

28、交点坐标为（如图）4%y1= 0.6 0.1 11 =0.932= 0.6 -0.1 11 =0.268,x2 =0.268y =0.932 P两数之和小于1.2，两数之积小于丄4阴影区域III面积正方形面积= 0.2 10.2680.932 11+ f (x+1.2)dx+dx + (x+1.2)dx-0.2- 0.268 4x 0.932= 0.20.2681.2x0.20.932+ -ln x4 0.268-!x21.2x0.932= 0.2 0.0657 0.3116 0.0160 = 0.59333、 证：当n =2时，A1 A2二A (A2 -AA2) , A1与A A1 A2两者

29、不相容，所以P(A A2) = P(A2 - A A2) = P(Ad P(A2)- P(AA2).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(A1An An)=PA1An代= P(AAn)P(An)-PA1An A.二 P(A1An)P(An)-PA1An AqA.代代对前后两项分别应用归纳假设得P(A代An)丨A. hEP(A)瓦 P(AAj)+十(1)nP(A1 An)"P(An).nz!n -?j >>fn J-览 P(AAn)- S P(AAnAjAn)* +(-1)2p(AAnAjAn代_,代)J 3沦Jn=H P(A)送 P(A

30、Aj) +(1)nP(AA2An).i 4ni.至此，原式得证。34、 解：设A叫第i个战士拿到自己的枪，i =1,2,N。 Ai之间相容，现用上题公式解。P(AJ =(N -1)!1/N21/N,P(AA) =(N -2)! 1 1/N! = 1/N! = 1/AN (i = j), P(A A2 AN) = 1/N!.由公式得P至少有一个战士拿到自己的枪 = P(A1 A2An)N= Ep(A) 无 P(AAj)+(1)gp(AA2An)i =iN _j i .11121N 1 Nry 1N!=1得3冷=:(-1尸k!注：由此可求得，事件“至少有一个战士拿到自己的枪”的对立事件的概率为PN

31、个战士没有一个战士拿到自己的枪N =1-k4(-1厂k!N=11k =0(-1)k!35、解：某k个指定的战士拿到自己的枪的概率是1 -1/ANK。利用上题注(视这里 N - k个战士都没有拿到自己枪的n u概率为P2。恰有k个战士拿到自己的枪，则这 k个战士可以是 N个战士中任意的k个战士，从N个战士j =0 j !中选出一组k个战士共有cN种选法，所以事件“恰有 k个战士拿到自己枪“的概率，是事件”某k个指定战士拿到自己的枪，且其余 N -k个战士没有拿到自己的枪“概率的CN倍，可得P恰有k个战士拿到自己枪 =cN1 N“(")j AN" j£ j1 NT1)

32、j 尬j36、解：设考签编号为1,2,N，记事件A =第x号考签未被抽到，则P(AJ =(N -1)n /Nn，P(AAj) =(N -2)n/Nn(i = j),P(AA 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 =PA1 A2 AnN-7 P(A)-、 P(AiAj)(-1)Nj1P(A1A2 An)i 1N _j i. _1=c1 (N -1)n NNnnC2 (n -2)-CNN n(-1)2cN'4 0Nn(N i)NnN 4八(-HPi ±37、解：这些比赛的可能结果，可以用下面方法表示：aa, acc，

33、 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丄，如aa发生的概率为1/4 , acbb发生的概率为1/16p(c) = P(acc) P(bcc) I P(acbacc) P(bcabc© I- 2 13 2穆二？.22297由于甲，乙两人所处的地位是对称的，所以p(a)二p(b)，得(3)38、证：设父胜子的概率为 Pi，子胜父的概率为P2，父胜母，母胜父，母胜子，子胜母的概率分别是P3，P4，P5，P6。则

34、诸Pi间有关系：P5 P6 =1, Pi : P3。仿上题，设首局为父对母，比赛的可能结果为：a3ai, a3C2C6 ,玄3。2匕5匕4 , a3c2b5 a3，b4b5, b4C6C2, b4C6aia3, b54c6 ai b4，a表父胜，但父胜母与父胜子的概率不同，为明确起见，比赛结果中字母附加下标，下标中i对应概率Pi，故Pi a i=P(a3ai) P(a3C2b5a3)P(b4C6aia3)=P3Pi P3P2P5P3 P4 P6 Pi P3类似地，第一局若父对子，则可得P2 a =P(aia3) P(aiC4b6aJ P(C2b5a3aJ 二卩沖彳 Pi P4 P6 Pi P2

35、 P5 P3 Pi第一局若子对母，则P3 a =P(C6aia3)Pgasai) = P6PiP3 P5 P3 Pi 二 PiP3(P6 P5) = Pi P3易见 P3(a) : P2 (a)。由于 Pi ： P3，所以 Pi P4 P6Pi ： P4P6PiP3, P2 P5 P3 Pi :卩3卩2卩5卩3，因此 P2 (a) ： Pi(a)。 从而Pi(a) P2(a) P3(a)这说明父的决策最优。39、解：P(AB) =P(A B) =P(A BB)=P(A B)_P(B)=r_qP(AB) =P(=i _P(A B) =i -r .40、证：设 BC =0, C(A -B)二C2.

36、由 C - AB 可得，C 二 A B ,c =G Jc2, G Qc2 =(i)又 C AB . ACi =A(BC) =AB再由 P(B) -P(Ci)得A CP(ACJ =P(AB) =P(A)P(B) _P(A)P(G)(2) 由C2 A并利用P(A) _i得P(AC2)二P(C2)-p(a)p(C2) 由(i), (2), ( 3)可得P(AC) =P：A(Ci C2)= P(ACi AC2)二P(ACJ P(AC2) _P(A)P(CJ P(A)P(C2) -P(A) P(Ci) - P(C2)=P(A)P(C)4i、证：(i) A 二 AA2，由单调性及 P(Ai A2) <

37、;i 得P(A) KP(AiA2)=P(Ai)+P(A2)P(AiUA2) (阳+卩傀)i.(2) A二AA2A3，两次利用(i)的结果得P( A) A P(AA2)A3)A P(A3)+P(AA2)i_P(A3)-1 P(A) P(A2)-1 =P(A1) P(A2)P(Aj)-242、解：设N阶行列式中元素aj ,行列式展开式的每一项为不同行不同列元素的乘积。对于每一项中的各个元素，从N _1种取法，接着从第第一列中取一个元素有 N种取法，当从第一列中取的元素取定后，再从第二列中取一个元素有三列中取一个元素有N _2种取法，等等。每种取法教都是等可能的，共有N!种取法。设Ak表事件N阶行列

38、式的项含akk， k=1,2,，N，贝UP(Ak)"1)! N!1 )aN1 1PM"”1 寸舄(F，HA1A2An )< NU Ak至少含一个主对角线元素的项的概率为N 1P(AA1 厂(-1)P(A1A2An)1121Nd N-C2 (-1)CNaNa2丄亠亠(_1)N丄2!N !由此得包含主对角线元素的项数为Nk 1N 卜(_1)k 4注：不含主对角线元素项的概率为Pnr n=1 -P U Aklim PN =-.Nr e43、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A_a Aaa(A -a)(A -a -1)(A -a

39、-k ' 2)" aA_ A(A1)(A2) (Ak 1)(k =1,2,Aa 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-a1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1 二 P1P2PA_a 1a . a(A-a)a(A - a) 2 1A A(A -1)A(A-1) (a 1)a等式两边同乘以-得a、A-a 十(A-a)(A-a-1)十十(Aa)2 1=A -1(A-1)(A-2)(A-1) (a 1)a 一 a .44、 解：有明显疗效的频率为368/51

40、2=71.9%，所以，某胃溃疡病人若服此药，约有71.9%的可能有明显疗效。45、 解：此二-域首先包括. , A, B诸元素，然后通过求逆，并交运算逐步产生新的元素，得共包含16个元素:A, B, A, B, AB, AB, AB, AB, AB AB,AB AB, A B,AB 二 A B , AB 二 A B, AB证一：现证明它是包含 A, B的最小二-域。首先它包含 A, B;由于所有集均由 A, B产生，故最小。集是有限个, 故只需证它为代数，即按如下两条验证集系封闭即可：错误！未找到引用源。 若C F，贝U C . F ；错误！未找到引用源。若C,D. F，则C D F。能动验证

41、知确为代数。证二：由图知，两个集至多可产生四个部分，可称之为产生集的最小部分，从这四个部分中任取0，1，2，3，4个求并集，共同构成A B01234c/ C； cf C4 cf =161 2 3个集。故若能找到16个由A, B产生的不同的集，则它们一定是由A，B产生的二一域，为此只须验证如上 16个集两两不同就够了。也可在一开始就根据这16个集的构成法依次构造出来，即得欲求的:一代数，而不需要再证明。46、证：记F=i的一切子集（i ）门是门的子集，所以：WF。（ii） 若A，F，则A是门的子集，门_A也是I】的子集，所以A-i_AF。（iii） A （i =1,2，） F，当然有：A ,i =1,2，。任一三、.A。必有某一 a，使心三A，所以心三二