2015《概率论与数理统计》课后习题答案-沈恒范(第五版)

第一章随机事件及其概率

习题一解答

1.1任意抛掷一颗骰子，观察出现的点数.设事件.4表示“出现偶数点”,

事件5表示“出现的点数能被3整除”.

（1）写出试验的样本点及样本空间：

（2）把事件.4及4分别表示为样本点的集合；

（3）卜列事件：

分别表示什么事件？并把它们表示为样本点的集合.

解（1）任意抛掷颗骰子可以看作是一次随机试验，易知共有6个不同

的结果:“出现1点”来出现2点”,…,“出现6点”.设试验的样本点

3,="出现i点”，i=1,2,3,4,5,6；

则样本空间

H-{40],3：,3?,3,，3$，36}•

（2）因为事件A表示“出现偶数点”，即“出现2点、4点或6点”，所以有

A={/”叫，5}:

又因为事件B表示“出现的点数能被3整除”,即“出现3点或6点"，所以

有

B={处»（o（,）.

（3）因为事件工是.4的对立事件，所以它表示“出现奇数点”，即“出现1点、

3点或5点点于是有

4={<0]，®3，35}：

因为事件后是H的对立事件，所以它表示“出现的点数不能被3整除”，即

“出现1点、2点、4点或5点”，「是有

8={3],如，叫，g}：

因为事件AU8是事件，4与B的并，所以它表示“出现的点数为偶数或能被

3整除”，即“出现的点数能被2或3整除除F是有

第一章随机事件及其概率

.4U/?={tt>2,w3,w4,w（））：

因为“件.44是任件.4与8的交，所以它表示“出现的点数为偶数，且能被3

整除”，即“出现的点数能被2和3整除”，「是有

因为事件IU万是.4UH的对立事件，所以它表示“出现的点数不能被2或3

整除”，于是有

.4Ufi={o>|，g}.

1.2设4、8、C表示三个随机事件,试将F列事件用A、8、C表示出来：

（1）仅A发生；

（2）A.B.C都发生;

（3）A、4、C都不发生：

（4）AJi,C不都发生：

（5）.4不发生，且S、C中至少有一事件发生：

（6）AJi,C中至少有一事件发生：

（7）4、/J、C中恰有-号件发生：

（8）A、B、C中至少有二事件发生;

（9）A,B,C中最多行一事件发生.

解（I）“仅.4发生”就是“,4发生，且4、C都不发生”，这是三事件.4、瓦下

的交，所以应记作,4彳2；

（2）”,4、从C都发生”就是“从发生、4发生、6发生”，这是=3件.4、从C的

交，所以应记作.48C：

_炉）“,4、从（：都不当匚蟹是".>1不发生、4不发生、C不发生”，这是三小件

工、瓦心的交,所以应记作了方乙

（4）“A、8、C不都发生”就是“A、/3、C都发生”的对立事件，所以应记作

AliCi

（5）“,4不与生，且从C中至少仃WT发生”就是事件I与事件BUC的

交，所以应记作彳（8UC）；

（6）“4、8、C中至少有事件发生”就是三事件A、8、C的并，所以应记作A

UBUG

（7）“A、E、C中恰有一事件发生”就是“仅4发生、仅8发生或仅C发生”,

这是三个互不相容事件.4BCjliC.AHe的井，所以应记作

.47iC+AHC+AHc；

（8）“A、4、C中至少有二事件发生”就是“4B、AC、8c中至少有一事件发

生”，也就是孙AC.BC的并,所以应记作

ABUACUBC；

习题解答•3•

（9）“4、B、C中最多有一事件发生”就是“4、B、C中至少有二事件发生”的

对立事件，所以应记作

ABUACUBG

又这个事件也就是“4、4、C中至少有二事件不发生”，即为三事件彳瓦工MN工

的并，所以也可以记作

1.3袋中有10个球,分别写有号码1~10,其中1,2,3,4,5号球为红球；6,

7,8号球为白球：9,10号球为黑球.设试验为:

（1）从袋中任取一个球,观察其颜色：

（2）从袋中任取•个球，观察其号码.

分别写出试验的基本事件及样本空间，并指出样本空间中的基本事件是否是等

可能的.

解（I）从袋中任取一个球，如果试验是为了观察取出的球的颜色，则因为

袋中有3种不同颜色的球，所以试验的基本事件共有3个，它们是：

叫「="取出红球”，3白="取出白球”，3工=“取出黑球”：

于是有样本空间

/2|={3汉，30，3}­

因为袋中纣球、白球、黑球的个数不相等，所以上述3个基本事件不是等可能的.

（2）从袋中任取一个球，如果试验是为了观察取出的球的号码，则因为袋中

<10个不同号码的球，所以试验的基本事件共有10个，它们是:

3,=”取出，号球"（i=1,2,…，10）：

F是有样本空间

因为袋中1,2,…，10号的球各有一个，所以上述10个基本事件是等可能的.

1.4电话号码由7个数字组成，每个数字可■以是0,1,2,…，9中的任一个

数字（但第•个数字不能为（）），求电话号码是由完全不相同的数字组成的概率.

解由7个数字组成的电话号码中，第一个数字不能为0,排列数为P；：其

余6个数字都可以是0,1,2,…,9中的任一个数字，排列数为10\总的排列数就

是P；•IO,.所以，基本事件的总数

N=P；•10。

设事件.4表示电话号码由完全不相同的数字组成，则第•个数字的排列数

仍为P：,而其余6个数字的排列数为P：,这时的排列数就是P；•P：.所以，事件

,4包含的基本事件数

M=P；•焦.

第一章随机事件及其概率

「是,按公式（1.22）①得所求概率

1.5把10本书任意地放在书架上,求其中指定的3本竹放在一起的概率.

解把10本书任意地放在书架上，共有P；：=1（）!种不同的排列法.所以,

基本事件的总数A=10!.

设事件4表示10本书中指定的3本书放在一起，则可以把这3本书作为1

个整体与其它7本书任意撰放，应有P：=8!种不同的排列法：放在一起的这3

本书又有P；=3!种不同的排列法；从而共有8!x3!种不同的排列法.所以,

事件A包含的基本事件数4/=8!x3!.

「一是，按公式（1.22）得所求概率

1

P（.4）«।x3台1"0667.

1*j•ID

1.6为了减少比赛场次，把20个球队任意分成两组（每组10队）进行比

赛，求最强的两队被分在不同组内的概率.

解从20个球队中任意选取10个队分在第组内（其余10个队分在第二

组内），共有（■种不同的分法.所以，基本任件的总数N=C；：；.

设事件A表示最强的两队被分在不同组内，则可以先从这2个最强的队中

任意选取1个队分入第一组（另1个队分入第：组），有C；种不同的分法；再从

其余18个队中任意选取9个队分入第•组（另9个队分入第二组），有Ch种不

同的分法：从而共有C；•%种不同的分法.所以，事件.4包含的基本事件数

时=C；•C；.

「•是，按公式（1.22）得所求概率

C'•C'10

P（.4）=■5263.

619

1.7在桥牌比赛中，把52张牌任意地分发给东、南、西、北四家（每家13张

牌），求北家的13张牌中:

（1）恰有5张黑桃、4张红心、3张方块、1张草花的概率：

（2）恰行大牌A、£、QJ各1张，其余为小牌的概率.

解法-一副桥牌共有52张牌，按花色区分，有黑桃、红心、方块、草花各

13张牌：按大小区分，有大牌.4、£、。、1与小牌10、9、…、3、2各4张牌.把52张

牌任意地分发给东、南、西、北四家（每家13张牌），如果考虑发牌的顺序，则52

张牌的全排列共仃52!种不同的排列法.所以，基本事件的总数

I这里及以后的公式编号都是$概率论叮数理统计教程（第四版）》中的公式编号.

习题解答

N=52!.

当第1张牌发给东家时，则北家得到的是第4、第8、…、第52张牌.

（1）设步件.4表示北家的13张牌中恰仃5张黑桃、4张红心、3张方块、1

张草花，则不妨设想先从13张黑桃中任选5张、从13张红心中任选4张、从13

张方块中任选3张、从13张草花中任选1张，再把选出的这13张牌在上述13

个位置进行全排列，勺

•13!

种不同的排列法;同时,还应考虑分发给其他三家的39张牌在其余39个位置上

的全排列，行39!种不同的排列法：从而共有

C；CC*：；3•13!•39!

种不同的排列法.所以，犷件.4包含的基本事件数

=C；3c：3（：：3（：：3T3!•39！.

「是,按公式（1.22）得所求概率

、C\C?Cj,C'•13!«39!

P（.4）=3---------=0.00539.

（2）设事件4表示北家的13张牌中恰有大牌.4、K、Q、J各1张，其余为小

牌，则不妨设想先从4张A、4张KA张。、4张1中分别任选1张，从36张小牌

中任选9张，再把选出的这13张牌在上述13个位置进行全排列，有

（C；）“工73!

种不同的排列法：同时，还应考虑分发给其他三家的39张牌在其余39个位置上

的全排列，有39!种不同的排列法：从而共有

（C：）4C\•13!•39!

种不同的排列法.所以，事件月包含的基本事件数

必=（（：：尸（3•13!•39!.

「是,按公式（1.22）得所求概率

（Ci）4C；,•13!•39!

P（B）=------------------«0,03795.

52!

解法:如果不考虑发牌的顺序，则把52张牌任意地分发给东、南、西、北

四家（每家13张牌），共有

I?r13rl3r13

种不同的分法.所以，基本事件的总数

（1）设事件A表示北家的13张牌中恰有5张黑桃、4张红心、3张方块、1

张草花，则不妨设想先从13张黑桃中任选5张、从13张红心中任选4张、从13

张方块中任选3张、从13张草花中任选1张（共13张牌）分给北家，有

第一章随机事件及其概率

C"—

种不同的分法;再把其余39张牌分给东、南、西三家（每家13张牌），有

「13r13「13

种不同的分法：从而共仃

「5z-»<4z>3「I./>13/-»13z>13

匕|'|八，1八"35心％「13

种不同的分法.所以，步件A包含的基本事件数

If-C5「4「3「I•「13（，13rl3

-J]3l，l3l，”l，]3l，39l'26'r3・

F是,按公式（1.22）得所求概率

匕”匕13匕13M131-39匕26、13

/'（.4）「13.13（，13「13

c；34ctc%

一Hi廿a0（x）539.

「52

（2）设事件）表示北家的13张牌中恰有大牌4、K、Q、J各1张，其余为小

牌，则不妨设想先从4张.4、4张£、4张Q、4张J中分别任选1张，从36张小牌

中任选9张（共13张牌）分给北家，有

（CF

种不同的分法:再把其余39张牌分给东、南、西三家（每家13张牌），有

/■»13「13r13

U39C26CI3

种不同的分法：从而共有

（C：）«•（：；；（：；（：；；

种不同的分法.所以，事件B包含的基本事件数

必=（C：）*C；6・C耻耻：：.

「是,按公式（1.22）得所求概率

小A）-"：/服—耻耻:；

1（）一rl3rI3r13pl3

（c：）y

=—1---^=0.03795.

C$2

解法三注意到解法二的（1）及（2）的计算过程中都是先把分母与分子的

公约数C；；C：C；；约去，再进行计算，所以我们只需考虑从52张牌中任取13张分

发给北家的情况，而不必再考虑其余39张牌分发给其他二家的情况.

从52张牌中任取13张分发给北家，共有（■种不同的分法.所以，基本事

件的总数

N=C*

（1）设事件A表示北家的13张牌中恰有5张黑桃、4张红心、3张方块、1

张草花，则有

习题解答•7•

种不同的分法.所以，步件A包含的基本步件数

M]=C；3c[c：3c：3.

「是,按公式（1.22）得所求概率

（、‘H（"u'（、3uC1h

P（.4）=；=0.（X）539.

C52

（2）设事件“表示北家的13张牌中恰有大牌.4、A、Q、J各1张，其余为小

牌，则有

（G）4&

种不同的分法.所以，事件B包含的基本事件数

4

JW2=（C!）CL

「是,按公式（1.22）得所求概率

（（：：）"（工

P(B)==0.03795.

1.8将3个球随机地投入4个盒子中，求卜列事件的概率：

（1）A——任意3个盒子中各有1个球：

（2）B——任意1个盒子中有3个球：

（3）C——任意1个盒子中有2个球，其它任意1个盒子中有1个球.

解将每•个球随机地投入4个盒子中，各行4种不同的投法:将3个球随

机地投入4个盒子”1则共有4,种不同的投法.所以，基本犷件的总数

A'=4'=64.

（1）我们可以用两种方法计算事件4包含的基本犷件数：

（i）先从4个盒子中任意选定3个盒子，有C：种不同的选法;再将3个球分

别投入这3个盒子中，有P；种不同的投法：从而共有C：•P；种不同的投法.所

以，事件A包含的基本事件数

=C：•P；=24.

（ii）第一个球可以投入4个盒子中的任1个盒子，有4种不同的投法；第二

个球只能投入其余3个盒子中的任1个盒子，仃3种不同的投法:第三个球只能

投入其余2个盒子中的任1个盒子，有2种不同的投法:从而共有4x3x2种不

同的投法.所以，步件,4包含的基本事件数

[%=4x3x2=24.

「是，按公式（1.22）得事ftA的概率

P（A）=弃24=0.375.

64

（2）我们也可以用两种方法计算事件B包含的基本事件数:

第一章随机事件及其概率

（i）先从4个盒子中任意选定1个盒子，有C：种不同的选法;再将3个球都

投入这个盒子中，行1,种投法：从而共仃C：x1,种不同的投法.所以，力件8包

含的基本事件数

必=（：：xl3=4.

（ii）第一个球可以投入4个盒子中的任1个盒子中，有4种不同的投法：第

二、第三个球只能都投入这个盒子中，有1种投法;从而共有4x1种不同的投

法.所以,事件5包含的基本事件数

必=4xl2=4.

「是，按公式（1.22）得事件4的概率

4

P（B）=—=0.0625.

64

（3）我们也可以用两种方法计算事件C包含的基本事件数:

（i）先从4个盒子中任选1个盒子，从3个球中任选2个球，再将这2个球

都投入选定的这个盒广中，有x「种不同的投法;将最后1个球随机地投

入其余3个盒子中的任1个盒子中，有3种不同的投法：从而共有C：C；x『x3

种不同的投法.所以，任件C包含的基本事件数

,%=C：C；x12x3=36.

（ii）第一个球可以投入4个盒子中的任1个盒子中，有4种不同的投法：第

二个球可以与第一个球投入同1个盒『中，也可以投入其余3个盒子中的任1

个盒子中，如果是前一种情况，则第三个球应投入其余3个盒子中的任1个盒子

中，有1x3种不同的投法：如果是后一种情况，则第三个球应投入已有球的2个

盒子中的任1个盒子中，行3x2种不同的投法；从而共有

4（Ix3+3x2）

种不同的投法.所以，事件C包含的基本事件数

=4（1x3+3x2）=36.

「是，按公式（1.22）得事件C的概率

P（C）=?=（）.5625.

64

1.9同时掷四个均匀的骰子,求F列事件的概率：

（1）A——四个骰子的点数各不相同；

（2）H---恰有两个骰子的点数相同；

（3）C——四个骰子的点数两两相同，但两对的点数不同：

（4）D——恰有三个骰子的点数相同：

（5）E——四个骰子的点数都相同.

解掷-个骰子，出现的点数有6种不同的情形：同时掷四个骰子，出现的

习题解答•9•

点数共有64种不同的情形.所以，基本事件的总数

N=64=1296.

（1）四个骰子的点数各不相同，有6x5x4x3种不同的情形.所以，事件A

包含的基本拿件数

;Wi=6x5x4x3=360.

「是,按公式（1.22）得所求概率

火4=部3778.

（2）为了使恰有两个骰子的点数相同，不妨从四个骰子中任选两个骰子配

成一对，有C：种不同的选法：这对骰!■的点数相同,但与其余两个骰子的点数各

不相同，疗6x5x4种不同的情形：从而共有C：x6x5x4种不同的情形.所

以，事件4包含的基本事件数

必=C：x6x5x4=720.

于是,按公式（1.22）得所求概率

720

P（B）=-^-=0.5556.

1296

（3）为了使四个骰子的点数两两相同，不妨把四个骰子任意选配成两对，有

/《（：；种不同的选法；每一对骰子的点数相同，但两对的点数不同，有6x5种不

同的情形；从而共仃5：湍x6x5种不同的情形.所以，加件C包含的底本犷

件数

=；（：：《x6x5=90.

F是,按公式（1.22）得所求概率

（V）

P（C）0694.

1296

（4）为了使恰有三个骰子的点数相同，不妨从四个骰子中任选三个骰子组

成•组，仃C：种不同的选法：这组骰子的点数相同，但与其余一个骰子的点数不

同，有6x5种不同的情形：从而共仃C：x6x5种不同的情形.所以，事件1）包

含的基本事件数

;l/4=C；x6x5=12（）.

「是，按公式（1.22）得所求概率

。（。）0926.

（5）因为四个骰子的点数都相同，只有6种不同的情形，所以事件£包含的

・10・第一章随机事件及其概率

基本事件数

;1/5=6.

F是,按公式(1.22)得所求概率

P(E)0.0046.

,1.10在半径为K的圆内画平行弦.如果这些弦与垂直于弦的直径的交点

在该直径上的位置是等可能的，求任意画的弦的长度大「R的概率.

解如图1.1,设垂直「直径AH的弦CD与直径AH的交点的横坐标为X,

则所有基本事件可以用区间(-投,/?)内的点表示出来，按题意它们是等可能的.

图1.I

设事件£表示弦CD的长度大「七则£包含的基本事件可以用那些横坐

标x满足卜,面不等式的点表示出来：

\ci)\=2JR--A->R.

即

「是，按公式(1.24),所求概率就等『区间的长度/与区间

(-/?,/?)的长度L之比，即

P(E)===866.

L2R2

,1.11把长度为"的棒任意折成三段，求它们可以构成一个三角形的概率.

解设长度为“的棒被折成二段后，其中两段的长度分别为X及y,则第三

段的长度为“-x-y.我们有

0<.r<a90<<a90<</-x-y<a：

即

习题解答・11・

0<x<a♦0<y<a»0<x+y<

把（x,>）看作平面上一点的电角坐标，则所仃的基本事件可以用图1.2中大三

角形区域内的点表示出来.

设事件八表示被折成的二段可以构成一个三角形，则因为：角形的任意两

边之和大第三边，所以应有

y+（a-x-y）>x,x+（.a-x-y）>y.x+y>a-x-y：

即

aaa

x<—•y<k，x+v>—.

2'2,2

因此，事件A包含的基本事件可以用图1.2中阴影部分内的点表示出来.

「是，按公式（1.24）,所求概率就等「图1.2中阴影部分的面积s与大三角

形的面积S之比，即

,1.12甲乙两艘轮船驶向•个不能同时停泊两艘轮船的码头停泊，它们在

昼夜内到达的时刻是等可能的.如果甲船的停泊时间是一小时，乙船的停泊

时间是两小时,求它们中的任何一艘都不需等候码头空出的概率.

解设甲乙两艘轮船到达码头的时刻分别是x及y,则按题意有

0WxW24,0W,W24.

把（心y）看作平面上一点的直角坐标，则所仃基本事件可以用图I.3中边长为

24的正方形区域内的点表示出来.

设事件A表示两艘轮船中的任何一艘都不需等候码头空出，则有卜述两种

可能情形:

（1）如果甲船先到达码头（即x<y）,则应有

•12•第一章随机事件及其概率

y-X注1；

(2)如果乙船先到达码头(即)<x),则应行

x-y^2.

因此，事件A包含的基本事件可以用图1.3中阴影部分内的点表示出来.

「是，按公式(1.24),所求概率就等J-m1.3中阴影部分的面积s与正方形

区域的面积S之比：

y-x23'!+-yx222

P(A)=』=---------------=0.879.

S24'

1.13某工厂生产的一批产品共10()个，其中有5个次品.从这批产品中

任取一半来检重，求发现次品不多r-1个的概率.

解从这批产品中任取•半(即50个产品)来检查，基本事件的总数

%=(湍.

设事件4表示检查时发现次品不多J--1个，则A可以分解为两个互不相容事件

的并：

.4=.4()+4,

其中事件儿表示检查时未发现次品，事件4表示检查时发现I个次品.易知事

件.4°,包含的基本事件数分别是

/%=C；端,

按公式(1.22)得

/、()「50

P(.40)=，后二=0.0281,

Joo

汽4)=警=81529.

"oo

r是,按概率加法公式(i.25)得所求概率

P(.4)=P(A0+4)=P(An)+P(4)

=0.0281+0.1529=0.181.

1.14袋内放行2个伍分的钱币，3个贰分的钱币，5个壹分的钱币.任取

其中5个，求总数超过一角的概率.

解从袋内的10个钱币中任取5个，基本事件的总数

N=C：o=252.

设事件.4表示任取5个钱币的总数超过一角，则A可以分解为F列三个互不相

容事件的并：

+A2+.43，

习题解答•13•

其中丁一取得2个伍分及其它任意3个钱币，

A2—取得1个伍分、3个试分及1个壹分的钱币，

A3——取得1个伍分、2个贰分及2个壹分的钱币.

易知事件L,,4”&包含的基本事件数分别是

弧=C；C；=56,

M2=ClCjC,=1(),

;W,=C；C；C；=60.

卜是,按概率加法公式(1.25)得所求概率

P(A)=P(.4)+.4,+.43)=?(.1!)+P(A,)+P(.43)

561060126八

=-LC+T--+——-=——=0.Jc.

252252252252

1.15在桥牌比赛中，定约人(南家)及其同伴(北家)共有9张黑桃，求其

余4张黑桃在防守方(东、西两家)手中各种分配情况的概率：

(1)“2—2”分配的概率：

(2)“1-3”或“3—I”分配的概率:

(3)“0—4”或“4-0”分配的概率.

解定约人(南家)虽然已经看到了南、北两家的26张牌，但是不知道K余

26张牌在东、西两家的分配情况.因此，讨论其余4张黑桃在东、西两家的分配

时,还应考虑其余22张其它花色的牌的分配.与习题1.7的解法三类似，我们

只需讨论东家从其余26张牌中分得13张牌的情况，所以基本叮件的总数

瞬嘘，

(1)设事件A表示其余4张黑桃在东、西两家是“2—2”分配，即东家分得2

张黑桃及11张其它花色的牌，则.4包含的基本事件数

F是,按公式(1.22)得所求概率

P(A)=-^«0.407.

(2)设事件4表示其余4张黑桃在东、西两家是“1-3”或“3—1”分配，则

B可以分解为两个互不相容事件的并：

H=Ht+Ii2,

其中事件与表示黑桃是“1-3”分配，即东家分得1张黑桃及12张其它花色的

牌；M件外表示黑桃是“3—1”分配，即东家分得3张黑桃及10张其它花色的

牌.易知事件从，从包含的基本事件数分别是

Mi=C：C*%=C；磔.

「是,按概率加法公式(1.25)得所求概率

•14•第一章随机事件及其概率

0(4)=。(4+/)=。(4)+P(/)

「।「i2「3「io

,「22497.

13

26或

(3)设事件C表示其余4张黑桃在东、西两家是“0—4”或“4-0”分配，则

C可以分解为两个互不相容事件的并：

C=C,+(：2,

其中事件G表示黑桃是“0-4”分配，即东家分得0张黑桃及13张其它花色的

牌；事件自表示黑桃是“4一0”分配，即东家分得4张黑桃及9张其它花色的牌.

易知事件g,心包含的基本事件数分别是

,%=C：C量必=解咯.

「是，按概率加法公式(1.25)得所求概率

0(C)=P(a+C2)=P(C,)+P(C2)

=-77TT-+-^*0-()96-

1.16一批产品共20件，其中一等品9件，二等品7件，三等品4件.从这

批产品中任取3件，求：

(1)取出的3件产品中恰仃2件等级相同的概率：

(2)取出的3件产品中至少仃2件等级相同的概率.

解从这批产品(共20件)中任取3件产品，基本事件的总数

N=C^o=1140.

(1)设事件4表示取出的3件产品中恰有2件等级相同，则A可以分解为

三个互不相容步件的并:

A=.41+.42+.43,

其中步件I…J?，&分别表示取出的3件产品中恰仃2件等品，恰仃2件二等

品，恰行2件三等品.易知事件4，心,4包含的基本事件数分别是

弧=C；C；|=396,

/%=C；C；3=273,

,%=C：C；6=96.

「•足，按概率加法公式(1.25)得所求概率

J

P(A)=。(4+.4,+.43)=P(.41)+P(.4,)+/(.43)

39627396765人「

=1140+1140+1140=1140^,

(2)设事件/,表示取出的3件产品中至少有2件等级相同，则我们可以用

两种方法计算事件4的概率：

(i)把事件B分解为两个互不相容事件的并：

习题解答

li=A+C,

其中任件.4就是上述(1)中的犷件.4，*件C表示取出的3件产品的等级都相

同.事件C又可以分解为三个互不相容事件的并：

c=G+G+C,，

其中事件G，G，G分别表示取出的3件产品都是等拈，都是二等拈.都是二

等品.易知事件G，G，G包含的基本事件数分别是

Mi=C：=84,:\12=(：；=35,.)/,=C：=4.

按概率加法公式(L26)得

p(c)=p(ct+c2+G)=。(G)+。()+p(c,>

84354123nin0

=114<)+114()+114()=1140~"

于是，按概率加法公式(1.25)得所求概率

P(8)=。(.4+C)=P(.4)+P(C)

765123888

二内+后二巾”A….

(ii)考虑事件B的时立事件瓦即取出的3件产品的等级各不相同，也就是

取出的3件产品中恰有1件等品、1件二等品、1件三等品.易知事件及包含的

基本事件数

财=C；C；C：=252,

按公式(1.22)得

—252

「是,按公式(L28)得所求概率

P(B)=1-0.221=0.779.

1.17设P(.4)>0,P(8)>0,将下列四个数:

P(4),P(4B),P(AUfi)»P(A)+KB),

按由小到大的顺序排列，用符号W联系它们，并指出在什么情况卜可能有等式成

AL.

解因为

AHQAQAUU,

所以由概率的性质知：

P(AB)WP(.4)WP(.4U4).

又因为P(A840,所以由公式(1.29)知:

P(4UB)CP(4)+P(H).

于是,我们有

第一章随机事件及其概率

。(AB)W。(A)WP(AU%)WP(.4)+P(8).

如果AU8,则45=A,这时有P(4B)=P(A)；

如果8“则”5=4,这时有「(.4)=P(AUB);

如果.48=0,则P(AB')=0,这时有P(4UB)=P(.4)+P(B).

1.18已知夕(.4)=0.5,P(4)=0.7,则

(1)在怎样的条件卜,P(，44)取得最大值？最大值是多少？

(2)在怎样的条件卜,P(.A4)取得最小值？最小值是多少？

解(1)因为

AHQA,AHQB,

所以由概率的性质知：

P(A8)WP(A),P(.W(8).

I1J此可知P(.48)不大rP(此与P(8)中的较小者.已知P(4)=0.5,P(8)=

0.7,所以应有

P(45)wP(A)=0.5.

因为当.4U＞时有/1〉=A,从而P(AB)=〃(.4),所以这时为.44)取得最大值0.

5.

(2)按公式(1.29)得

P(4U«)=0.5+0.7-Pl.AH)=1.2-0(.44),

即

P(A8)=1.2-P(.4UB).

因为P(AU4)WI,所以有

P(AH)20.2.

E口此可知：当.4U4=〃，即P(.AU8)=1时,。(.44)取得最小值0.2.

1.19在1~100共一百个数中任取个数，求这个数能被2或3或5整除

的概率.

解设事件A表示任取的这个数能被2整除，事件4表示任取的这个数能

被3整除，力件C表示任取的这个数能被5整除，则事件4U4UC表示任取的

这个数能被2或3或5整除.易知：事件.43表示任取的这个数能被2和3整

除，即被6整除：事件AC表示任取的这个数能被2和5整除，即被10整除；事件

/"；表示任取的这个数能被3和5整除，即被15整除；事件.4/“；表示任取的这个

数能同时被2、3和5整除，即被30整除.

因为在1~10()这100个数中，能被2整除的有50个，能被3整除的仃33

个，能被5整除的行20个，能被6整除的有16个，能被10整除的有10个，能被

15整除的有6个，能被30整除的有3个,所以有

习题解答•17•

P(4)=靛=().5,P(H)=葛=。.33,P(C)=20(一

而二0.2,

=—=0.16.IKAC)=—=0.1.P(HC)=—=0.()6,

10()10()100

P(ABC)=而=。.03.

「是，按概率加法公式(1.31)，当"=3时，得所求概率

P(/lU^UC)=P(.4)+P(B)+P(C)

-P(Ali)-P(.4C)-P(BC)+P(ABC)

=0.5+0.33+0.2-0.16-0.1-0.06+0.03

=0.74.

1.20在习题1.7中，求北家分到的13张牌中:

(1)至少缺一种花色的概率：

(2)四种花色都行的概率.

解(1)设事件4,分别表示北家分到的13张牌中缺黑桃，缺红

心,缺方块，缺草花，则事件

.4=.4)U.4,U.4,U.44

表示北家分到的13张牌中至少缺一种花色.

如果北家分到的13张牌中缺某•种花色,则这13张牌只能从其余三种花

色的牌(共39张)中任意选取，所以有

(、口

P(.4,)=-7T，7=123,4：

C52

如果北家分到的13张牌中缺某两种花色，则这13张牌只能从其余两种花色的

牌(共26张)中任意选取,所以有

p(44)=_,1—

4r2

如果北家分到的13张牌中缺某三种花色，则这13张牌只能从第四种花色的牌

(共13张)中取得，所以有

C13

。(,4儿*儿/*)=IJ爷lwy1<Aw4；

L52

又事件儿小儿儿是不可能事件,所以有

P(A{A2A3AA)=0.

丁•是，按概率加法公式(1.31)，当〃=4时，得所求概率

P(.4)nPTiU&U&UA」)

=yp(.4-yp(AA,)

i2IICi

•18•第一章随机事件及其概率

+£P(4ML)-P(AAA.A)

</<AGt24

「13「Bp13

LaoI，”、ia

=4x舟-6x甫+4x得_()=0.()511.

“2U52

(2)设事件S表示壬家2•到的13张牌中四种花色都有，则B与上述(1)*1'

的.4是对立事件，即4=1或万=儿我们有