CA]+数学基础部分+概率论部分答案

第一章事件与概率1、解1P只订购A的PABCPAPABPACPABC045010080030302P只订购A及B的PABCPABPABC0100030073P只订购A的030,P只订购B的PBAC035010005003023P只订购C的PCAB030005008003020P只订购一种报纸的P只订购AP只订购BP只订购C0300230200734P正好订购两种报纸的PABCACBBCAPABABCPACABCPBCABC010030080030050030070050020145P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0730140030906P不订任何报纸的10900102、解（1）ABCACABAABCABCA且显然，若A发生，则B与C必同时发生。（2）AC且ABACBACBA，B发生或C发生，均导致A发生。（3）与B同时发生必导致C发生。ACAB（4）CBABCA，A发生，则B与C至少有一不发生。3、解NAAA2111121NNAAAAAA或121121NNAAAAAAA4、解（1）CAB抽到的是男同学，又不爱唱歌，又不是运动员；CBA抽到的是男同学，又爱唱歌，又是运动员。（2）ABCAABC，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，BC成立。（4）AB及CBACA，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3,3,1,2,1CBA，则,2,1,3,2,1,3BABABAA1课后答案网WWWKHDAWCOM3,2,1CA。6、解（1）至少发生一个DCBA（2）恰发生两个CABDBACDDABCCBADDBACDCAB（3）A，B都发生而C，D都不发生DCAB（4）都不发生DCBADCBA（5）至多发生一个CBADDBACDCABDCBADCBACDBDBCADACAB7、解分析一下之间的关系。先依次设样本点IEIE，再分析此是否属于等。（1）为不可能事件。,IKIJEEIJEKJJ6E1E41EE21EE31EE32EE5E（2）若5E，则4,3,2,1IEI，即IEE5。（3）若4E，则32,EE。（4）若3E，则必有2E或1E之一发生，但21EE。由此得,32313EEEEE，321EEE。（5）若2E，则必有1E或3E之一发生，由此得06,EE23212EEEEE。（6）中还有这样的点1E12345，它仅属于，而不再属于其它1E0,1IEI。诸之间的关系用文图表示（如图）。IE8、解（1）因为，两边对X求导得NNNNNNXNCXCXCX22111121121NNNNNNXNCXCCXN，在其中令X1即得所欲证。（2）在上式中令X1即得所欲证。（3）要原式有意义，必须AR0。由于，此题即等于要证利用幂级数乘法可证明此式。因为KBBKBRBBARABACCCC,AKRBBAKBBRKAARCCC00,BABAXXX111，比较等式两边的系数即得证。RBX9、解150335/311151516AAAAP10、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5/25/42P2课后答案网WWWKHDAWCOM（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10/15/32P（3）PP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1071015252（4）这里事件是（3）中事件的对立事件，所以10/310/71P（5）第三卷居中，其余四卷在剩下四个位置上可任意排，所以5/15/41P11、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5/2/23524AAP12、解MNMNMNMNCCCCP33/32113、解P两球颜色相同P两球均白P两球均黑P两球均红3306252072592515256257251025314、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个不同号码可产生种不同的排列，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，所以共有种按严格上升次序的排列。总可能场合数为，故题中欲求的概率为NNNNNCNNNNNNCP/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MMNMNCC1这个公式的证明思路是，把N个不同的元素编号为,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,2,11,1,0M,则这一组数就变成了从共个数中，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。1,2,1MN1MN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NNC种按上升次序的排列，总可能场合数为，从而NNNNNNNNNNCNCP/1解法二现按另一思路求解。取出的N个数中间可设N1个间壁。当取出的N个数全部3课后答案网WWWKHDAWCOM相同时，可以看成中间没有间壁，故间壁有种取法；这时只需取一个数字，有种取法；这种场合的种数有种。当N个数由小大两个数填上，而间壁的位置有种取法；数字有种取法；这种场合的种数有种。当N个数由三样数构成时，可得场合种数为种，等等。最后，当N个数均为不同数字时，有N1个间壁，有种取法；数字有种取法；这种场合种数的种。所以共有有利场合数为01NC1NC101NNCC11NC2NC211NNCC321NNCC11NNCNNCNNNNCC11NNNNNNNNNNNNNCCCCCCCCCM1113212111011此式证明见本章第8题（3）。总可能场合数为，故所还应的概率为NNN1NNNNNCNMP/11116、解因为不放回，所以N个数不重复。从1,2,1M中取出M1个数，从中取出个数，数M一定取出，把这N个数按大小次序重新排列，则必有。故。当,1NMMNMXMNNMNMNMMCCCCP/111111M。如果我们固定次是取到M的数，当然其余一定是取到M的。N,2,11K2K当次数固定后，M的有种可能的取法，而M的只有一种取法（即全是M），所以可能的取法有种。对于确定的来说，在N次取数中，固定哪次取到M的数，这共有种不同的固定方式，因此次取到M的数的可能取法有种。2KMN11KM2KMN21,KK1K2K211KKNKNC1K2K212111KKKKNKNMNMC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出现就是次取到M的数的数，1K2KMNKMK210,10，因此B包含的所有可能的取法有种。所以10012212111MKMNKKKKKNKNMNMCC4课后答案网WWWKHDAWCOMNNBP110012212111MKMNKKKKKNKNMNMCC18、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4803316/4121212252216CCCCCCP19、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,/222122NRCCCPRNRRN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。若乙掷出次正面，则甲至多掷出1N1N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。由此可得乙掷出正面数甲掷出正面数AB乙掷出反面数甲掷出反面数1APAPBPAP5课后答案网WWWKHDAWCOM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，所以从而,BPAP21AP。解法二甲掷出个硬币共有个等可能场合，其中有个出现0次正面，有1N12N01NC11NC个出现1次正面，个出现11NNC1N次正面。乙掷N个硬币共有个等可能场合，其中有个出现0次正面，个出现1次正面，个出现N次正面。若甲掷个硬币，乙掷N个硬币，则共有种等可能场合，其中甲掷出正面比乙掷出正面多的有利场合数有N20NC1NCNNC1N1211222NNNN2103110210111NNNNNNNNNCCCCCCCCCM10111101NNNNNNNNNNNNCCCCCCCC利用公式及得11RNRNRNCCCNNNNCC112103210210101NNNNNNNNNNNNCCCCCCCCCCCCM0201110212IJNNINNNNINCCCC所以欲求的概率为212/2/12211NNNMP应注意，甲掷出个正面的1,1,0N2N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517706/5144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次至少得到一个双六1两颗投24次没有一个双六101101NNNNNNNNNNNNNNCCCCCCCCC4914036/35124246课后答案网WWWKHDAWCOM比较知，前者机会较大。131313C5、解24、解335CCCCP01290/13522132010604135294313131326133913521313132613399434414CCCCCCCCCCCCP或解为，134张A集中在特定一个手中的概率为，所以4张A集中在一个人手中、解（1）这里设A只打大头，若认为可打两头AKQJ10及（）取出的一张可民由K，Q，6八个数中之一打头，所以11CCC（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45294844/CCC的概率为01060/41352948CCP2600000150/4552CPA2345，则答案有变，下同。200001230/55284P000240/55241CCCP（4）取出的3张同点占有1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2131CCCCCP5张牌占有13个点中5个点，所以51CCP6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。五张牌同花顺次五张牌1335241241355张同花可以是四种花中任一种，在同一种花中，001440/5001980/552134C所以PP顺次51151100002940/529449CCCCC（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2123113CCCCP（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114524124C02110/504750/55241241511222CCCCCCCCC（9）55231431224113CCCCP若记（I）事件为，则而事CC4230/IA94835251,AAAAAAAA（10）7课后答案网WWWKHDAWCOM95,AA两两不相容，所以9595506011IIIIAPAPPY27、解设X，Y分别为此二船到达码头的时间，则24FE240,240YX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”，则发生意味着同时满足下列两不等式4,3XYYX24由几何概率得，事件的概率，等于正方形中直线43XYYX及之间的部分面积，与正方形CDEF的面积之比，即2701152/31124/21212021242222PA28、解设X，Y分别为此二人到达时间，则YFNE87,87YX。显然，此二人到达时间8,YX与由上述条件决定的正方形CDEF内和MH点是一一对应的如图。7D设A表事件“其中一人必须等另外一人的CG时间1/2小时以上“，则A发生意味着满足如下078X不等式2121XYYX或。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4111/2121212121AP29、解设2211,XAXXAXAAB则2XAXAX210,0，A,21XX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。12XX,122111XXXXXAXII，则三线段构成三角形的充要条件是E22XABXA21A1X8课后答案网WWWKHDAWCOM,2121211121221122122121AXXXAXXXAXXXXAXAXXAXXX这决定三角形区域I。（II）设。21XX,212111XXXXXAX22XABX，则三线段构成三角形的充要条件是,0212121212122112211AXXXAXAXXXAXXAXXAXXX这决定区域II。（III）当时，不能构成三角形。由几何概率知，21XX面积正方形面积矩形面积三线段构成三角形EFGHIIIP83/21212121212AAAAAZ30、解设0到三点的三线段长分别为X,Y,Z，即相应的1C右端点坐标为X,Y,Z，显然1,0ZYX。这三条线段构成三角形的充要条件是ADXZYYZXZYX,。在线段0，1上任意投三点X,Y,Z。与立方体0110X，10Y，中的点1Y10Z,ZYX一一对应，可见所求“构成三角形”的概率，等价于在XB边长为1的立方体T中均匀地掷点，而点落在XZYYZXZYX,区域中的概率；这也就是落在图中由ADC，ADB，BDC，AOC，AOB，BOC所围成的区域G中的概率。由于,1TV21121313133GV，21/TVGVP由此得，能与不能构成三角形两事件的概率一样大。9课后答案网WWWKHDAWCOM31、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硬币与线不相交P122/1AA令A1010/122AA因为当时，硬币必与线相交（必然事件），故只需考虑A1AA1当止式得911,10/1AAA。即当方格边长91111121111NNIJNJIINNAAPAAPAPNAP1121111NNNJNINIJNNJNININIAAAAAAPAAAAPAAP121111NNIJNJIINIAAAPAAPAP至此，原式得证。34、解设个战士拿到自己的枪，IAI第NI,2,1。之间相容，现用上题公式解。IA,/1/11NNNAPI/1,/1/1/112212NAAAPJIANNNAAPNNJI由公式得P至少有一个战士拿到自己的枪21NAAAP11课后答案网WWWKHDAWCOM121111NNIJNJIINIAAAPAAPAP11111221NCACNCNNNNNNNKKNKN111111211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个战士没有一个战士拿到自己的枪NKKNKKNKKKKK0211111135、解某K个指定的战士拿到自己的枪的概率是。利用上题注（视这里个战士都没有拿到自己枪的概率为KNA/11KNKNJJJP021。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个战士中选出一组K个战士共有种选法，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，且其余个战士没有拿到自己的枪“概率的倍，可得KNCKNKNCP恰有K个战士拿到自己枪KNJJKNJJKNKNJKJAC00111136、解设考签编号为，记事件N,2,1号考签未被抽到第XAI，则NNINNAP/1，,/2JINNAAPNNJI，0/21NNNNNNAAAP；诸相容，利用第33题公式计算得IAP至少有一张考签未被抽到21NAAAPNIIJNNNJIIAAAPAAPAP112111011211221NNNNNNNNNNNCNNCNNC12课后答案网WWWKHDAWCOM11111NINNNININC37、解这些比赛的可能结果，可以用下面方法表示AA，ACC，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K21，如AA发生的概率为1/4，ACBB发生的概率为1/16等等。则BCABCCPACBACCPBCCPACCPCP72212212212963由于甲，乙两人所处的地位是对称的，所以BPAP，得14572121BPAP38、证设父胜子的概率为，子胜父的概率为，父胜母，母胜父，母胜子，子胜母的概率分别是。则诸间有关系1P2P6543,PPPPIP3165,1PPPP39、解BBAPBAPBAPQRBPBAPRBAPBAPBAP1140、证设由21,CBACCBCBAC可得，BAC，21CCC21CC（1）又ABCABBCAAC1再由得AC1CPBP2C1B11CPAPBPAPABPACP（2）由并利用得AC21AP222CPAPCPACP（3）13课后答案网WWWKHDAWCOM由（1），（2），（3）可得2121ACACPCCAPACP2121CPAPCPAPACPACP21CPAPCPCPAP41、证（1），由单调性及21AAA121AAP得212121AAPAPAPAAPAP121APAP（2），两次利用（1）的结果得321AAAA1213321AAPAPAAAPAP11213APAPAP2321APAPAP42、解设N阶行列式中元素，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IJA1N种取法，接着从第三列中取一个元素有种取法，等等。每种取法教都是等可能的，共有种取法。2NN设表事件N阶行列式的项含，KAKKANK,2,1，则11111NKANNNAP，,1112211JIANNAAPN121NAAAPN）至少含一个主对角线元素的项的概率为NKIJNNNKNKKAAAPAAPAPAP112111111111112211NCACACNNNNNNN112111NN由此得包含主对角线元素的项数为NKKKN1111注不含主对角线元素项的概率为NKKNKKNKAPP01111，EPNN1LIM43、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KAAKAAKAAAP1112121KAAAAKAAAAAAA1,2,1AAK因为袋中有A个白球，个黑球，若一开始总是取到黑球，直到把黑球取完为止，则至迟到第次一定会取到白球；也就是说，第一次或第二次或至迟到第次取得AA1AA1AA14课后答案网WWWKHDAWCOM白球事件是必然事件，其概率为1。所以1211AAPPPAAAAAAAAAAAAAA11121等式两边同乘以AA得AAAAAAAAAAAAAAAA11122111144、解有明显疗效的频率为368/512719，所以，某胃溃疡病人若服此药，约有719的可能有明显疗效。45、解此域首先包括BA,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BAABBAABBAABBAABABABABABABABABBABA,证一现证明它是包含A，B的最小域。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若，则FCFC；若，则。能动验证知确为代数。FDC,FDC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AB164434241404CCCCC1234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，即得欲求的代数，而不需要再证明。46、证记F的一切子集（I）是的子集，所以F。II若FA，则A是的子集，A也是的子集，所以FAA。III，当然有FIAI,2,1,2,1,IAI。任一。必有某一，使IIAIAIA，所以，从而，即IIAIIIAI也是的一个子集，故FAIII。F是域。47、证设是TTFT域，记TTTFFI每一，所以，即TFTTTFFIIFA，则A每一，由是TFTF域得A每一，所以TFTTTFA，从而FA15课后答案网WWWKHDAWCOMIIIFIAI,2,1，则诸必属于每一，由于是TATFTF域，所以每一，即IIATFFFATTTII是F域。48、证一维波雷尔域是由左闭右开区间灶产生的,BAMB域，,XMB是由形如区间类产生的,X域。因为,ABBA等式左边是B中两个集的差，由此知B包含一切形如的集，而B是由一切形如的集类产生的,BA,BA域，所以BB。又由于，11,NNXNXX等式右边是B中集的可列并，由此知B包含一切形如,X的集，与上段同理得BBBB49、解算术中的计数以表集合E包含的元素的个数。（1）非负。（2）对，若任意两个与ESESNIEI,2,1,IEJIEJ都不包含相同的元素，则，即和集中包含元素的个数等于每个集所包含元素个数之和，集函数具有有限可加性。（3）若NIINIIESES11ESE是空集，它不包含任何元素，则有0S。几何度量中的长度以表区间的长度。（1）非负。（2）对区间，若任两个与都不相交，则，具有可列可加性。（3）空集EMEM,2,1,IEIIEJE11IIIIEMEMEM的长度0M。当区间改成区域，长度改成面积或体积时，如上结论也成立。把算数中计数、几何度量中的共同性质非负，可列可加性，空集对应值为0抽象出来，并加以适当地推广，就得到测度的概念。以一维L测度为例，区间的L测度就是区间的长度；利用有限可加性定义由集系ABBAL,BA1,RBABA产生的环上的测度，再利用测度延拓就得到了波雷尔域B上的L测度。50、解在概率论公理化结构中，定义在事件域F上的集合函数，若满足1非负性；2规范性；3可列可加性若FAAP,01PJIIAAIFA,2,1,，则；则称P为F上的概率。由这三条性质可推得JI11IIIIAPAP0P。与上题比较可知，定义在F上的概率P实质上就是定义在F上的规范性测度。16课后答案网WWWKHDAWCOM概率的古典定义,1N；对A定义其概率为中样本点总数包含的样本点数AAP。P具有非负性，有限可加性，0P。这里的概率P相当于算术中的计数，所不同的是，P还具有规范性，即1P。这里P实质上是定义在F的一切子集上具有规范性的测度。几何概率的定义,G与G都是波雷尔可测集，对G定义其概率为，其中表示区域G的L测度。显然P具有非负性。由L测度具有可列可加性得P也具有可列可加性。另外，L/GLGPGL10P，P。所以P是定义在上的具有规范性的测度。BF17课后答案网WWWKHDAWCOM第二章条件概率与统计独立性1、解自左往右数，排第I个字母的事件为AI，则42,52121AAPAP，21,311234123AAAAPAAAP112345AAAAAP。所以题中欲求的概率为12345123412312154321AAAAAPAAAAPAAAPAAPAPAAAAAP3011213142522、解总场合数为238。设A三个孩子中有一女，B三个孩子中至少有一男，A的有利场合数为7，AB的有利场合为6，所以题中欲求的概率P（B|A）为768/78/6APABPABP3、解（1）M件产品中有M件废品，MM件正品。设A两件有一件是废品，B两件都是废品，显然BA，则2211/MMMMMCCCCAP，22/MMCCBP题中欲求的概率为/|APBPAPABPABP121/221122MMMCCCCCCMMMMMMM（2）设A两件中有一件不是废品，B两件中恰有一件废品，显然AB，则,/2112MMMMMMCCCCAP211/MMMMCCCBP题中欲求的概率为/|APBPAPABPABP12/2112211MMMCCCCCCCMMMMMMMMMM（3）P取出的两件中至少有一件废品112/2211MMMMMCCCCMMMMM4、解A甲取出一球为白球，B甲取出一球后，乙取出一球为白球，C甲，乙各取出一球后，丙取出一球为白球。则BAAAP甲取出的球可为白球或黑球，利用全概率公式得|ABPAPABPAPBPBABBABBAABABBAB111甲，乙取球的情况共有四种，由全概率公式得|BACPBAPBACPBAPBACPBAPABCPABPCP课后答案网WWWKHDAWCOM2112211BABBABAABBABBABABB211211BABBABAAABABBABAABBABBABABABABAB21215、解设B两数之和大于10，AI第一个数取到I，9,1,0I。则101IAP，5,3,2,9/1|,0|10IIABPABPABPI,9/2|JABPJ9,8,7,6J。由全概率公式得欲求的概率为9035604516|IIIABPAPBP6、解设A1从甲袋中取出2只白球，A2从甲袋中取出一只白球一只黑球，A3从甲袋中取出2只黑球，B从乙袋中取出2只白球。则由全概率公式得|332211APABPAPABPAPABPBP222222222111222222CCCCCCCCCCCCCBAABBABABAAA7、解A1从第一袋中取出一球是黑球，AI从第一袋中取一球放入第二袋中，再从第袋中取一球放入第I袋中，最后从第I袋中取一球是黑球，。则1INI,1,11BABAPBAAAP一般设BAAAPK，则BABAPK，得|111BAAAPAAPAPAAPAPKKKKKKK由数学归纳法得BAAAPN8、解设A1飞机第一部分中两弹，A2飞机第二部分中两弹，A3飞机第一部分中一弹，A4其它情况，则,4321AAAAJIAAJI0402020,010101021APAPA3第一弹中第一部分且第二弹中第二部分，或第一弹中第一部分且第二弹中第三部分，或第一弹中第二部分且第二弹中第一部分，或第一弹中第三部分且第二弹中第一部分，18010701020701020103AP，课后答案网WWWKHDAWCOM77013214APAPAPAP设B飞机被击落，则0|,3,2,11|4ABPIABPI由全概率公式得41|IIIAPABPBP2301800400109、解设AI第I回出正面，记，则由题意利用全概率公式得IIAPP|111IIIIIIIAPAAPAPAAPAP11211111PPPPPPP。已知，依次令CPI1,2,1NNI可得递推关系式,1121PPPPNN,11221PPPPNN11211212PCPPPPP解得,1212121211122NNNPCPPPPP当时利用等比数列求和公式得1P11121211211NNNPCPPPP1212212111NNPCP（）（1）若，则1PCPCPNNNLIM,；（2）若，则当0P12KN时，CPN；当KN2时，CPN1。若21C，则21LIM,21NNNPP若121C，则NNPCCLIM,1不存在。（3）若10NIIJNNIINJIIPNPPP11111222、解本题中认为各元件发生故障是相互独立的。记元件发生故障，元件发生故障，元件发生故障。则0AK1A1K2A2KP电路断开210210210AAAPAAPAPAAAP3280202030202030。23、解以表事件“A于第K次试验中出现”，KAKAP，由试验的独立性得，前N次试验中A都不出现的概率为2121NNAPAPAPAAAPN1。于是前N次试验中，A至少发生一次的概率为111121NAAAPNN。这说明当重复试验的次数无限增加时，小概率事件A至少发生一次的概率可以无限地向1靠近，从而可看成是必然要发生的。24、解我们认为各车床或同一车床制造的各个零件的好坏是相互独立的，由此可得25090708023所有零件均为一级品P。课后答案网WWWKHDAWCOM25、解利用的二项分布可得21个全是乙类细菌至少有一个甲类细菌NPPNNC2200202121211。NNNNNNNCC，P222212121乙两类细菌各占一半甲。26、解利用二项分布得NPNPP111次全部出现反面至少出现一次正面。11111NNNPPCPP至少出现两次正面1111NNPNPP。27、解（1）设A，B，C分别表示每局比赛中甲，乙丙获胜的事件，这是一个31CPBPAP的多项分布。欲丙成为整场比赛的优胜者，则需在未来的三次中，丙获胜三次；或在前三次中，丙获胜两次乙胜一次，而第四次为丙获胜。故本题欲求的概率为0200331313101233131310033P。28、解利用两个的二项分布，得欲副省长的概率为NII，IPP0次正面乙掷出次正面甲掷出11021212121NIINNINIINCCNINNNINNCC022222121。29、解事件A出现奇数次的概率记为B，出现偶数次的概率记为A，则22200NNNNQPCQPCA，33311NNNNQPCQPCB。利用，可解得事件A出现奇数次的概率为NNPQBAQPBA,1NNPQPB212121121。顺便得到，事件A出现偶数次的概率为NPA212121。30、解事件“在出现M次A之前出现K次A”，相当于事件“在前次试验中出现K次A，1MK1M次A，而第次出现KMA”，故所求的概率为MKKMKMKKMKQPCQQPC111课后答案网WWWKHDAWCOM注对事件“在出现M次A之前出现K次A”，若允许在出现M次A之前也可以出现次A，次A等，这就说不通。所以，事件“在出现M次1K2KA之前出现K次A”的等价事件，是“在出现M次A之前恰出现K次A”。而对事件“在出现M次A之前出现K次A之前”（记为B）就不一样，即使在出现M次A之前出现了1K次A，次A等，也可以说事件B发生，所以事件B是如下诸事件的并事件“在出现M次2KA之前恰出现I次A”，,1,KKI。31、解设NA经N次试验后，黑球出现在甲袋中，NA经N次试验后，黑球出现在乙袋中，NC第N次从黑球所在的袋中取出一个白球。记,NNAPP,2,1,0,1NPAPCNNN。当时，由全概率公式可得递推关系式1N|_|1111NNNNNNNAPAAPAPAAPP|1111NNNNNNAPACPAPACPNQNNPNN111111111NNPNPNN,即1121NNPNNPNN。初始条件，由递推关系式并利用等比级数求和公式得10PNNNNNNNNNNNNP2212111NNNNNNNNN221211NNN22121。若，则1N12KN时0P，当KN2时1NP。若，则对任何N有2N21NP。若，则2N21LIMNNP（N越大，收敛速度越慢）。32、解利用普阿松逼近定理，500501000，查表计算得1000211000100099500050IIICP至少有两件废品959605155EE，52110001000995000505IIICP件废品不超过616005550EIII。设以90的概率希望废品件数不超过K，则课后答案网WWWKHDAWCOMKIIIC211000100099500050900550EIKII，解得。8K33、解P有10个或更多个终端同时操作P有10个或不足10个终端不在操作1002020982907030JJJJC。34、解利用普阿松逼近定理计算500105000，则打中两弹或两终以上的概率为0010999050009990149995000P959605155EE35、解设A表事件“某事实际上是可行的”，A表事件“某事实际上是不可行的”，B表“多数人说可行”，B表“多数人说不可行“，利用二项分布得7477710204060|IIIICABPABP所以作出正确决策的概率为|ABPAPABPAPP71020|ABPAPAPABP。36、解（1）由题意得，产生了K个细菌，且这K个细菌全部是甲类细菌的概率为KKEK21，所以产生了甲类细菌而无乙类细菌的概率为12121EEEKPKKK。（2）产生乙类细菌而无甲类细菌的概率与（1）中概率相同，所以欲求的条件概率为P有2个乙类细菌|产生的细菌中无甲类121212122EEE181212E。37、解事件“有两个以上的人生于元旦”的对立事件是“生于元旦的人不多于两个”利用3651P的二项分布得欲求的概率为1502503651136511IICP000370365364492536450364150482。课后答案网WWWKHDAWCOM38、解每个错字出现在每页上的概率为5001P，500个错字可看成做500次努里试验，利用普阿松逼近定理计算，15001500，得P某页上至少有三个错字1P某页上至多有两个错字120150015005001150011IIC08030211111EEE39、解设月初库存K件，则应有KIKIIIEIPEI017700107,99907即当时，171K0009580P；161K时，0024070P。所以在月初进货时要库存16K件才行。40、解设每盒装100K只，为使每盒有100只以上的好钉，每盒次品数应当，则应有1K8009850015010010100IKIKIIKCP由于K值不大，有5101501000150100K利用普阿松逼近定理计算，51，上式可以写成105180051KIIEIP查表得当21K时，；当8088470P11K时，。取5578250P3,21KK，。所以一盒应装103只，才能保证每盒中有100只以上好钉的概率小于80。41、解每一毫升平均含一个细菌，每2毫升含2个，所以每只试管中含有细菌数服从2的普阿松分布。由此可得P5个试管中都有细菌；48330152EP至少有三个试管中有细菌5252215980001IIIEEC计算时利用了的二项分布。21EP42、解设一分钟内通过某交叉路口的汽车数服从的普阿松分布，则P1分钟内无车20201LN,EI611由此得，2分钟内通过的汽车数服从2232I的普阿松分布，从而2分钟内多于一车的概率为83102231223223EEP43、解若蚕产I个卵，则这I个卵变为成虫数服从概率为IN,P的二项分布，所课后答案网WWWKHDAWCOM以P蚕养出N只小蚕KKKIKIIPPCEI11KIM（令EPKPMKEPKMMMKK11044、解设S该分子在时刻S还没有再受到碰撞，则1OP，1OPPPP，OPPPP，令0得,PPPDDP，积分得CEP当0时，1P，所以，从而1CEP45、证可利用巴纳赫氏问题证明。某数学家带着两盒火柴，每次用时他在两盒中任意抓一盒，从中取出一根，因此连续地抽取构成了一串21P的贝努里试验。假定最初每盒火柴恰巧包含N根，我们考虑数学家第一次发现空盒子地时刻。在这一时刻，另一盒火柴可能还有R为0，1，N根火柴。设从第一盒中选取为“成功”。“当发现第一盒火柴空时，第二盒中尚有R根火柴“这一事件，等价于”恰有RN次失败发生在第N1次成功之前“，这个事件的概率为21,112NRNF（见巴斯卡分布）。考虑到两盒火柴所处的地位相同，可得事件”发现一盒空，另一盒中尚有R根火柴“（记为）的概率为RARNRNNRNNRNNRNF2122222221,1122R取0到N的诸事件之和显然是必然事件，由此可得RANRRNNRN02122，两边同乘以并利用组合性质变形得N2NRNRNRNRN0222，令，并注意到对应R从0变到N，而K是从N变到0，即得要证的等式KRN课后答案网WWWKHDAWCOMNRNKKKN02246、证任何一个非1的自然数，皆可唯一地（不计次序时）分解为素数的乘积，要证两数互素，只需验证这两数没有公共素因子就行了。为此，把素数排列为，对任何（自然数）定义事件1211,11IJTTTIJTIITNMMMAP（1）显然有2111KKIIIIPPNNM，22111111KKKIIIIIIPPMNPP，因而TIIJTTKKTJIICNPPP1122221111,TNAPTIIJTTKKTJIICNPPP1122221111（3）在（3）中令N得课后答案网WWWKHDAWCOMTIITTITIJTTJIITNNPPPPPPAP1222111222,1111111LIM，再令，并利用黎曼函数T262（参看华罗庚著“数论导引”P236，225）得，欲求的概率为122,6211LIMLIMIITNNTPAP47、解假设产品合格率，不妨设990P990P。现从10000件中抽100件，可视为放回抽样。而100件产品中次品件数服从二项分布，利用普阿松逼近定理得，次品件数不小于两件的概率为26420199001010099011199100EEP此非小概率事件，所以不能据此断定该车间谎报合格率。（注意，这并不代表可据此断定，该车间没有谎报合格率。）课后答案网WWWKHDAWCOM第三章随机变量与分布函数1、解令N表在N次移动中向右移动的次数，则N服从二项分布，NKPPCKPKNKKNNNULL,1,0,1以表时刻时质点的位置，则NSNNSNNNN2。N的分布列为NNNNNNPPPCPPCPNNULLNULL22211111210。NS的分布列为NNNNNNPPPCPPCPNNNNNULLNULL2221111142。2、解QPPQPPP1成失失成，NULL,222PQQPQQPPPQPPP成成失失失成