大学概率论与数理统计教程(魏宗舒第二版)1-4章节答案

1.1写出下列随机试验的样本空间及示下列事件的样本点集合.(1)10件产品中有一件是不合格品,从中任取2件得一件不合格品.(2)一个口袋中有2个白球、3个黑球、4个红球,从中任取一球,(i)取出白球,(ii)取出红球.(3)甲、乙两人从装有푎个白球与푏个黑球的口袋中轮流取球,甲先取,乙后取,每次取球后不放回,知道两人中有一人取到白球时停止,甲先取到白球.解:(1).用휔푖表示第푖个合格品,用휔0表示不合格品.则样本空间为Ω={(휔푖,휔푗)|푖,푗=0,1,···,9,푖̸=푗}.事件取到一个不合格品可表示为:{(휔0,휔푖)|푖=1,2,···,9}∪{(휔푖,휔0)|푖=1,2,···,9}.(2).用푤1,푤2表示两个白球,푏1,푏2,푏3表示三个黑球,푟1,푟2,푟3,푟4表示四个红球.用Ω表示样本空间,퐴表示取到白球,푅表示取到红球.那么Ω={푤1,푤2,푏1,푏2,푏3,푟1,푟2,푟3,푟4}퐴={푤1,푤2},푅={푟1,푟2,푟3,푟4}.(3).用푤表示取到白球,푏表示取到黑球.则Ω={(푤),(푏,푤),(푏,푏,푤),(푏,푏,푏,푤),···,(푏,푏,···,푏,푤)}⏟⏞푏个1.2在数学系的学生中任选一名学生,令事件퐴表示被选学生是男生,事件퐵表示该学生是三年级学生,事件퐶表示该学生是运动员.(1)叙述事件퐴퐵퐶¯的意义.(2)在上面条件下퐴퐵퐶=퐶成立?(3)上面时候关系式퐶⊂퐵是正确的.(4)什么时候퐴¯=퐵成立?解:(1).퐴퐵퐶¯表示被选的学生是三年级不是运动员的男生.(2).퐴퐵퐶=퐶⇔퐶⊂퐴퐵,所以퐴퐵퐶=퐶成立,当且仅当运动员都是三年级男生.(3).当运动员都是三年级学生时퐶⊂퐵成立.(4).퐴¯=퐵⇔퐴¯⊂퐵,퐵⊂퐴¯,所以퐴¯=퐵的充分必要条件是“三年级学生都是女生,且女生都是三年级学生”.1.3一个工厂生产了푛个零件,以事件퐴푖表示他生产的第푖个零件时合格品(1≤푖≤푛),用퐴푖表示下列事件.(1)没有一个零件是不合格品；(2)至少有一个零件是不合格品；(3)仅仅只有一个零件是不合格品；(4)至少有两个零件是不合格品.푛푛푛푛푛푛⋂︀⋂︀⋃︀⋃︀⋂︀⋃︀解:(1).퐴푖;(2).퐴푖=퐴푖;(3).[퐴푖(퐴푗)];(4).퐴푖퐴푗.푖=1푖=1푖=1푖=1푗=1푖,푗=1푗̸=푖푖̸=푗1.4在分别写有2、4、6、7、8、11、12、13的八张卡片中任取两张,把卡片上的两个数字组成一个分数,求所得分数为既约分数的概率.2解:样本点总数为퐴8=56.所得分数为既约分数必须分子分母或为2、7、11、13中的两个,或为4、6、8、12中的一个和7、11、13中的一个组合,所以事件”所得分数为既约分数”包含个样本点.于是所求概率为퐴2+(4×)3×212+249푃=4=‘=.565614另外,我们还注意到只有2,4,6,8,12中的两种可以组成非即约分数,因此所求的概率为:퐴2209푃=1−5=1−=.56561411.5一个小孩用13个字母A,A,A,C,E,H,I,I,M,M,N,T,T作组字游戏.如果字母的各种排列是随机的(等可能的),问“恰好组成”MATHEMATICIAN”一词的概率为多大？13!解:这13个字母可排成种不同的排列,而不同的排列出现的概率是一样的,故这13个字母能排成3!2!2!2!3!2!2!2!48MATHEMATICIAN的概率为=.13!13!1.6一幢10层楼的楼房中的一架电梯,在底层登上7位乘客.电梯在每一层都停,乘客从第二层起离开电梯,假设每位乘客在哪一层离开电梯是等可能的,求没有两位及两位以上乘客在同一层离开的概率.解:每位乘客可在除底层外的9层中任意一层离开电梯,现有7位乘客,每位乘客都有9种离开电梯的方式,所以样本点总数为97.事件“没有两位及两位以上乘客在同一层离开”相当于“从9层中任取7层,各有一퐴7位乘客离开电梯”.所以包含퐴7种方式,于是所求的概率为:푃=9.9971.7某城市共有10000辆自行车,其牌照编号从00001到10000.问事件“偶然遇到一辆自行车,其牌照号码中有数字8”的概率为多大?94解:因为牌照的第一个数字必然不是8,而后四位中没有8的号码共有94种,因此所求的概率为:1−=10000(︂9)︂41−.101.8有5双不同的鞋,从中任取4只,问没有一双配对的概率.42解:方法一:从5双鞋中任取4只,共有퐶10中取法.4只鞋中恰有两双的取法有퐶5种,4只鞋中恰有一双的取法为:先从5双中取一双,再以以下方式取剩余的两只:1)从剩余的左脚或者右脚中任取两只;2)或者从剩余的4只左脚中任取一只,从和它不匹配3只右脚中任取一只.因此所求的概率为:212퐶5+퐶5(2퐶4+4×3)81−4=.퐶1021方法二:4只鞋中没有配对的取法为:从5只左脚任取푖只,再从和所取左脚都不匹配的5−푖只右脚中任∑︀4푖4−푖4取4−푖只,푖=0,1,2,3,4.故4只鞋中没有配对的取法数为푖=0퐶5퐶5−푖=80.故所求概率为푃=8/퐶10=8/21.4.9袋中有푎只黑球,푏只白球,把球随机一只一只地取出来(不放回),求第푘次(1≤푘≤푎+푏)摸出黑球的概率.解:第푘取到这푎+푏个球中的任一个的概率都是一样的.第푘次取到的球共有푎+푏种不同的情况,而取到푎黑球有푎种情况,故所求的概率为.푎+푏4.10任取一个正数,求下列事件的概率：(1)该数的平方的末位数字是1；(2)该数的四次方的末位数字是1；(3)该数的立方的最后两位数字都是1.解:(1).一个数的末位数上的数字有10种情况.要使平方后的末位数字是1,则该数的末位是1或者9,所21以所求概率为=.105(2).一个数的末位数有10种情况.而要使其立方后的末位数字是1,该数的末位必须是1,3,7或9,故所求42概率为=.105(3).一个数的立方的最后两位数都是1,则它的末位必须是1.故可设该数的末两位数是10푎+1.因为(10푎+1)3=1000푎3+300푎2+30푎+1.可以看出,该数立方后末两位为11,则30푎+1的末两位是11,即30푎的十位上的数是1,那么푎=7.所以要使一个数的立方的末两位都是1,那么这个数的末两位必须是71.因此所求的概率为1/100.1.11一个人把6根绳子掌握在手中,仅露出它们的头和尾.然后请另一个人把6个头两两相接,6个尾也两两相接.求放开手以后6根草恰好连成一个环的概率.并把上述结果推广到根绳子的情形.解:不妨假定2푛根绳子的头中第2푖−1和第2푖根绳子的头已经两两相连,푖=1,2,···,2푛.第一个绳子的尾部有2푛−1种接法,剩余的2푛−2根绳子中编号最小的那根绳子的尾部有2푛−3种接法,再剩下的2n-4根绳子中,编号最小的那根,其尾部有2푛−5中接法,......因此可知,把2푛根绳子的尾部两两相接,共有(2푛−1)(2푛−3)···3×1=(2푛−1)!!种接法.22푛根绳子要接成环形,因为第2푖−1和第2푖根绳子的头,已经两两相接,故它们的尾部不能相接.因此要接成环形,第1根绳子有2푛−2种接法.和第一根绳子尾部相接的那对绳子的另外一根,和其余2푛−4根绳子中任一根的尾部再相接,一直坐下去,可知2푛根绳子能接成环形,共有(2푛−2)!!=(2푛−2)(2푛−4)···2种接(2푛−2)!!法,故可知2푛根绳子能接成环形的概率为.(2푛−1)!!或者我们也看如下计算.设有2푛根绳子时,尾部两两相接共有푓(푛)种接法,而成环形的接法有푔(푛)种.当有2(푛+1)根绳子时,第一根绳子的尾部有2n+1中接法.剩下的2푛根绳子尾部两两相接有푓(푛)种接法.故可知푓(2(푛+1))=(2푛+1)푓(푛).有푓(1)=1以及递推关系可知푓(푛)=(2푛−1)!!.假定前2푛根绳子已经接成环形.其尾部接点共有푛个.任选一个接点,把其打开,把第2푛+1,2(푛+1)根绳子接入,因为这两个绳子已经头部相接,故接入方法共有两种,因此푔(푛+1)=2푛[푔(푛)].显然푔(1)=1.由递推关系可知푔(푛)=(2푛−2)!!.푔(푛)(2푛−2)!!由以上可知2푛根绳子能接成环形的概率为=.푓(푛)(2푛−1)!!当有六根绳子时,即푛=3,此时绳子能构成环的概率为(4!!)/(5!!)=8/15.1.12某公共汽车站每隔5分钟有一辆汽车到达,乘客到达汽车站的时刻是任意的,求一个乘客候车时间不超过3分钟的概率.解:设上一趟公交车开走的时刻为0.用푡表示乘客到达时刻,则样本空间为Ω={푡|0<푡≤5}.事件“乘5−23客候车不超过3分钟”可用集合퐴={푡|2≤푡<5}表示,故所求概率为=.5−05푛−11.13在△퐴퐵퐶中任取一点푃,证明△퐴퐵푃与△퐴퐵퐶的面积之比大于的概率为1.푛푛212|퐴퐵|·푥解:见图1-13.设点퐶到퐴퐵的距离为ℎ,푃到퐴퐵的距离为푥.则△퐴퐵푃和△퐴퐵푃的面积之比为1=2|퐴퐵|·ℎ푥푛−1푛−1.所以两个三角形面积之比大于,当且仅当푥≥ℎ.在线段퐴퐶,퐵퐶上找点퐷,퐸,使得퐷퐸//퐴퐵,ℎ푛푛푛−1푛−1且퐷퐸到퐵퐶的距离为ℎ.那么当且仅当푃落入△퐷퐸푃时,△퐴퐵푃和△퐴퐵퐶的面积之比大于.故所푛푛△퐷퐸퐶的面积(︂1)︂2求的概率为就是点푃落入△퐷퐸퐶的概率,即等于=.△퐴퐵퐶的面积푛习1.13图习题1.14图1.14在线段퐴퐵上任取三点푥1,푥2,푥3,求：(1).푥2位于푥1,푥3之间的概率.(2).퐴푥1,퐴푥2,퐴푥3能构成一个三角形的概率.1解:(1).因为푥,푥,푥任何一点位于其余两点之间的概率都是相等的,故푥位于푥,푥之间的概率为.1232133(2).设线段퐴퐵的长度为푙.퐴푥1,퐴푥2,퐴푥3的长度分别为푦1,푦2,푦3,则푦1,푦2,푦3等可能的在区间[0,푙]上取值,(푦1,푦2,푦3)构成的样本空间为Ω={(푦1,푦2,푦3)|0≤푦푖≤1,푖=1,2,3}.3这三个线段能构成三角形当且仅当푦1+푦2>푦3,푦1+푦3>푦2,且푦2+푦3>푦1.′′′′′′′′′′′即(푦1,푦2,푦3)位于下图所示的由面퐴퐵푂,퐴퐵퐵,퐵퐵퐶,퐴퐵퐶,퐴푂퐶,퐵푂퐶所围的区域푉内.所求的概率解为:푉的体积1=正方体퐴퐵퐶푂−퐴′퐵′퐶′푂′的体积21.15已知不可能事件的概率为0,现在问概率为零的事件是否一定是不可能事件?解:从区间[0,1]内任取一个数,퐴表示“取到数0.5”.显然事件퐴不是不可能事件,但是푃(퐴)=0.这个例子说明概率为零的事件不一定是不可能事件.1.16设퐴1,퐴2为两个随机事件,证明：(1).푃(퐴1퐴2)=1−푃(퐴1)−푃(퐴2)+푃(퐴1퐴2);(2).1−푃(퐴1)−푃(퐴2)≤푃(퐴1퐴2)≤푃(퐴1∪퐴2)≤푃(퐴1)+푃(퐴2).解:(1).푃(퐴1퐴2)=1−푃(퐴1퐴2)=1−푃(퐴1∪퐴2)=1−[푃(퐴¯1)+푃(퐴¯2)−푃(퐴¯1퐴¯2)]=1−푃(퐴¯1)−푃(퐴¯2)+푃(퐴¯1퐴¯2).(2).由(1)可知푃(퐴1퐴2)=1−푃(퐴¯1)−푃(퐴¯2)+푃(퐴¯1퐴¯2)≥1−푃(퐴¯1)−푃(퐴¯2).因为퐴1퐴2⊂퐴1∪퐴2,所以푃(퐴1퐴2)≤푃(퐴1∪퐴2)≤푃(퐴1)+푃(퐴2).1.17对任意的随机事件퐴,퐵,퐶,证明:푃(퐴퐵)+푃(퐴퐶)−푃(퐵퐶)≤푃(퐴).证明:푃(퐴퐶)+푃(퐵퐶)−푃(퐵퐶)≥푃(퐴퐶)+푃(퐵퐶)−푃(퐴퐵퐶)=푃((퐴퐶)∪(퐴퐵))=푃(퐴∩(퐵∪퐶))≤푃(퐴).其中最后的不等式利用了퐴∩(퐵∪퐶)⊂퐴.111.18设퐴,퐵,퐶是三个随机事件,且푃(퐴)=푃(퐵)=푃(퐶)=,푃(퐴퐵)=푃(퐴퐶)=,푃(퐵퐶)=0,48求푃(퐴∪퐵∪퐶).解:注意到0≤푃(퐴퐵퐶)≤푃(퐵퐶)=0⇒푃(퐴퐵퐶)=0.所以푃(퐴∪퐵∪퐶)=푃(퐴)+푃(퐵)+푃(퐶)−푃(퐴퐵)−푃(퐴퐶)−푃(퐵퐶)+푃(퐴퐵퐶)111=×3−×2−0+0=.4821.19在某城市中共发行三种报纸：甲、乙、丙,在这个城市的居民中,订甲报的有45%,订乙报的有35%,订丙报的有30%,同时订甲、乙两报的有10%,同时订甲、丙两报的有8%,同时订乙、丙两报的有5%,同时订三种报纸的有3%,求下述百分比：(1)只订甲报的；(2)只订甲、乙两报的;(3)只订一种报纸的；(4)正好订两种报纸的；(5)至少订一种报纸的；(6)不订任何报纸的.解:令퐴=“订甲报”,퐵=“订乙报”,퐶=“订丙报”.(1).푃(퐴퐵¯퐶¯)=푃(퐴(퐵∪퐶))=푃(퐴)−푃(퐴(퐵∪퐶))=푃(퐴)−푃(퐴퐵∪퐴퐶)=푃(퐴)−[푃(퐴퐵)+푃(퐴퐶)−푃(퐴퐵퐶)]=0.3.所以只订甲报的占30%.(2).푃(퐴퐵퐶¯)=푃(퐴퐵)−푃(퐴퐵퐶)=0.07.所以只订甲、乙两种报的占7%.(4).푃([퐴퐵∪퐴퐶∪퐵퐶]∩퐴퐵퐶)=푃(퐴퐵∪퐴퐶∪퐵퐶)−푃(퐴퐵퐶)=[푃(퐴퐵)+푃(퐴퐶)+푃(퐵퐶)−3푃(퐴퐵퐶)+푃(퐴퐵퐶)]−푃(퐴퐵퐶)=0.14.4(5).푃(퐴∪퐵∪퐶)=푃(퐴)+푃(퐵)+푃(퐶)−푃(퐴퐵)−푃(퐴퐶)−푃(퐵퐶)+푃(퐴퐵퐶)=0.9.(6).푃(퐴∪퐵∪퐶)=1−푃(퐴∪퐵∪퐶)=1−0.9=0.1.(3).푃([퐴∪퐵∪퐶]∩퐴퐵∪퐴퐶∪퐵퐶)=푃(퐴∪퐵∪퐶)−푃(퐴퐵∪퐴퐶∪퐵퐶)=푃(퐴∪퐵∪퐶)−푃(퐴퐵∪퐴퐶∪퐵퐶)=0.9−[푃(퐴퐵)+푃(퐴퐶)+푃(퐵퐶)−3푃(퐴퐵퐶)+푃(퐴퐵퐶)]=0.73.1.20设퐴1,퐴2,···,퐴푛是푛个随机事件,证明:(︂푛)︂푃⋃︀∑︀∑︀푛−1(1).푃퐴푖=1≤푖≤푛푃(퐴푖)−(퐴푖퐴푗)+···+(−1)푃(퐴1퐴2···퐴푛).푖=11≤푖<푗≤푛(︂푛)︂푃⋂︀∑︀∑︀푛−1(2).푃퐴푖=1≤푖≤푛푃(퐴푖)−(퐴푖∪퐴푗)+···+(−1)푃(퐴1∪퐴2∪···∪퐴푛).푖=11≤푖<푗≤푛证明:(1).用归纳法证明.当푛=2时,我们有푃(퐴1∪퐴2)=푃(퐴1)+푃(퐴1)−푃(퐴1∩퐴2),故命题成立.假定命题对푛=푘成立.那么푘+1[︃푘]︃⋃︁⋃︁푃(퐴푖)=푃(퐴푖∪퐴푘+1)푖=1푖=1푘[︃푘]︃푘[︃푘]︃⋃︁⋃︁⋃︁⋃︁=푃(퐴푖)+푃(퐴푘+1)−푃(퐴푖∩퐴푘+1)=푃(퐴푖)+푃(퐴푘+1)−푃((퐴푖퐴푘+1))푖=1푖=1푖=1푖=1∑︀푘=푖=1푃(퐴푖)+푃(퐴푘+1)∑︀∑︀푘−1≤푖<푗≤푘푃(퐴푖퐴푗)−푖=1푃(퐴푖퐴푘+1)∑︀∑︀+≤푖<푗<푙≤푘푃(퐴푖퐴푗퐴푙)+1≤푖<푗≤푘푃(퐴푖퐴푗퐴푘+1)······+(−1)푘−1푃(퐴퐴···퐴)+(−1)푘−1∑︀푃(퐴퐴···퐴퐴)12푘1≤푖1<푖2<···<푖푘−1≤푘푖1푖2푖푘−1푘+1푘+(−1)푃(퐴1퐴2···퐴푘퐴푘+1)푘+1∑︁∑︁∑︁(푘+1)−1=푃(퐴푖)−푃(퐴푖퐴푗)+푃(퐴푖퐴푗퐴푙)+···+(−1)푃(퐴1퐴2···퐴푘+1).푖=1푖<푗푖<푗<푙所以由数学归纳法,对任意的自然数푛≥2,有(︃푛)︃푃⋃︁∑︁∑︁푛−1푃퐴푖=푃(퐴푖)−(퐴푖퐴푗)+···+(−1)푃(퐴1퐴2···퐴푛).푖=11≤푖≤푛1≤푖<푗≤푛(2).也可以如同(1),用数学归纳法证明.或者利用(1)的结果.푃(퐴1퐴2···퐴푛)=1−푃(퐴¯1∪퐴¯2∪···∪퐴¯푛)⎡푛⎤∑︁¯∑︁¯¯푛−1¯¯¯=1−⎣푃(퐴푖)−푃(퐴푖퐴푗)+···+(−1)푃(퐴1퐴2···퐴푛)⎦푖=1푖<푗⎡푛⎤∑︁∑︁푛−1=1−⎣(1−푃(퐴푖))−[1−푃(퐴푖∪퐴푗)]+···+(−1)[1−푃(퐴1∪퐴2∪···∪퐴푛)]⎦푖=1푖<푗푛12푛푛∑︁∑︁=[1−퐶푛+퐶푛−···+(−1)퐶푛]+푃(퐴푖)−푃(퐴푖∪퐴푗)+···+(−1)푃(퐴1∪퐴2∪···∪퐴푛)푖=1푖<푗푛∑︁∑︁푛−1=푃(퐴푖)−푃(퐴푖∪퐴푗)+···+(−1)푃(퐴1∪퐴2∪···∪퐴푛).푖=1푖<푗12푛푛푛其中利用了(1−퐶푛+퐶푛−···+(−1)퐶푛)=(1−1)=0.51.21某班有푛个学生参加口试,考签共푁张,每人抽到的考签用后即放回,在考试结束后,问至少有一张考签没有被抽到的概率是多少？(푁−1)푛(︂푁−2)︂푛解:令퐴=“第푖张考签没有被抽到”,푖=1,2,···,푁.那么푃(퐴)=,푃(퐴퐴)=,푖푖푁푛푖푗푁(︂푁−푛)︂푛···,푃(퐴퐴···퐴)=.所以12푛푁푃(퐴1∪퐴2∪···∪퐴푁)푁∑︁∑︁푁−1=푃(퐴푖)−푃(퐴푖퐴푗)+···+(−1)푃(퐴1퐴2···퐴푁)푖=1푖<푗(︂푁−1)︂푛(︂푁−2)︂푛(︂푁−푁)︂푛=퐶1−퐶2+···+(−1)푁−1퐶푁푁푁푁푁푁푁푁−1푛∑︁(︂푁−푗)︂=(−1)푗−1퐶푗.푁푁푗=11.22从푛阶行列式的一般展开式中任取一项,问这项包含主对角线元素的概率是多少？解:令퐴푖=“取到的一项中包含第푖个对角元”.푖=1,2,···,푛.按行列式的定义,푛阶行列式展开后共푛!项,其中有(푛−1)!项包含第푖个对角元.包含第푖,푗个对角元共有(푛−2)!项;包含第푖1,푖2,···,푖푘个对角元(푛−1)!1(푛−2)!的项有(푛−푘)!项,푘=1,2,···,푛.所以푃(퐴)==,푃(퐴퐴)=,···,푃(퐴퐴···퐴)=푖푛!푛푖푗푛!푖1푖2푖푘(푛−푘)!,푘=1,2,···,푛.所以所求概率푛!푃(퐴1∪퐴2∪···∪퐴푛)푛∑︁∑︁푛−1=푃(퐴푖)−푃(퐴푖퐴푗)+···+(−1)푃(퐴1퐴2···퐴푛)푖=1푖<푗(푛−1)!(푛−2)!(푛−푛)!=퐶1−퐶2+···+(−1)푛−1푛푛!푛푛!푛!111=−+···+(−1)푛−11!2!푛!푛∑︁1=(−1)푖−1.푖!푖=11.23已知一个家庭中有三个小孩,且其中一个是女孩,求至少有一个男孩的概率（假设一个小孩是男孩或是女孩是等可能的）.解:用퐵表示男孩,퐺表示女孩.则样本空间为Ω={(퐵퐵퐵),(퐵퐵퐺),(퐵퐺퐵),(퐵퐺퐺),(퐺퐵퐵),(퐺퐵퐺),(퐺퐺퐵),(퐺퐺퐺)}.设퐴=“家庭中有一个女孩”,퐵=“家庭中有一个男孩”.那么퐴={(퐵퐵퐺),(퐵퐺퐵),(퐵퐺퐺),(퐺퐵퐵),(퐺퐵퐺),(퐺퐺퐵),(퐺퐺퐺)},퐵={(퐵퐵퐵),(퐵퐵퐺),(퐵퐺퐵),(퐵퐺퐺),(퐺퐵퐵),(퐺퐵퐺),(퐺퐺퐵)},퐴퐵={(퐵퐵퐺),(퐵퐺퐵),(퐵퐺퐺),(퐺퐵퐵),(퐺퐵퐺),(퐺퐺퐵)}.76因此푃(퐴)=푃(퐵)=,푃(퐴퐵)=.88푃(퐴퐵)6/86푃(퐵|퐴)===.푃(퐴)7/871.24设푀件产品中有푚件是不合格品,从中任取两件,(1).在所取产品中有一件是不合格品的条件下,求另一件也是不合格品的概率.6(2).在所取产品中有一件是合格品的条件下,求另一件也是不合格品的概率.解:用퐴푖表示取出的产品中至少有푖个不合格品,푖=1,2.(1).在所取产品中有一件是不合格品的条件下,另一件也是不合格品的概率为:(︂2)︂(︂112)︂푃(퐴1퐴2)푃(퐴2)퐶푚퐶푚퐶푀−푚퐶푚푚−1푃(퐴2|퐴1)===22+2=.푃(퐴1)푃(퐴1)퐶푀퐶푀퐶푀2푀−푚−1(2).在所取产品中有一件是合格品的条件下,另一件是不合格品的概率为:푃(퐴퐴¯)(︂퐶1퐶1)︂(︂퐶2)︂2푚푃(퐴|퐴¯)=12=푚푀−푚1−푚=.12¯22푃(퐴2)퐶푀퐶푀푀+푚−11.25设0<푃(퐴)<1,0<푃(퐵)<1,已知푃(퐴|퐵)>푃(퐴|퐵¯).证明:푃(퐵|퐴)>푃(퐵|퐴¯).证明:푃(퐴퐵)푃(퐴퐵¯)푃(퐴|퐵)>푃(퐴|퐵¯)⇒>푃(퐵)푃(퐵¯)⇒푃(퐴퐵)−푃(퐴퐵)푃(퐵)>푃(퐴퐵¯)푃(퐵)=[푃(퐴)−푃(퐴퐵)]푃(퐵)⇒푃(퐴퐵)>푃(퐴)푃(퐵)⇒푃(퐴퐵)−푃(퐴퐵)푃(퐴)>푃(퐴)푃(퐵)−푃(퐴퐵)푃(퐴)⇒푃(퐴퐵)푃(퐴¯)>푃(퐴)[푃(퐵)−푃(퐴퐵)]푃(퐴퐵)푃(퐵퐴¯)⇒푃(퐴퐵)푃(퐴¯)>푃(퐴)푃(퐵퐴¯)⇒>⇒푃(퐵|퐴)>푃(퐵|퐴¯).푃(퐴)푃(퐴¯)1.26设푃(퐴)=0.6,푃(퐵)=0.8.试证:푃(퐵|퐴¯)≥0.5,且当푃(퐵|퐴¯)=0.5时,试求푃(퐴¯|퐵).푃(퐵퐴¯)푃(퐵)−푃(퐴퐵)푃(퐵)−푃(퐴)0.8−0.6证明:푃(퐵|퐴¯)==≥==0.5,且等号成立当且仅푃(퐴¯)1−푃(퐴)1−푃(퐴)0.4当푃(퐴퐵)=푃(퐴).푃(퐴퐵¯)푃(퐵)−푃(퐴퐵)0.8−0.6当푃(퐵|퐴¯)=0.5,即푃(퐴퐵)=푃(퐴)时,푃(퐴¯|퐵)====0.25.푃(퐵)푃(퐵)0.81.27试举例说明:对任意两个事件퐴,퐵,无条件概率푃(퐴)和条件概率푃(퐴|퐵)之间没有固定的大小关系.1解:从1,2,···,10中任取一个数,퐴=“取到数字2”.则푃(퐴)=10.如果퐵=“取到偶数”,则푃(퐴|퐵)=1/5>푃(퐴).但是如果퐵=“取到奇数”,则푃(퐴|퐵)=0<푃(퐴).1.28푛个人用摸彩的方式决定谁得一张电影票,他们依次摸彩,求：(1).已知前푘−1(푘≤푛)个人都没摸到,求第푘个人摸到的概率；(2).第푘个人摸到的概率.解:设事件퐴푖表示第푖个人摸到电影票.(1).当前面的푘−1个人都没有摸到电影票时,第푘个人摸时,等可能的有푛−(푘−1)种结果,而摸到电影票只包含一种结果,故1푃(퐴|퐴¯퐴¯···퐴¯)=.푘12푘−1푛−푘+1(2).푃(퐴푘)=푃(퐴¯1퐴¯2···퐴¯푘−1퐴푘)=푃(퐴¯1)푃(퐴¯2|퐴¯1)···푃(퐴¯푘−1|퐴¯1···퐴¯푘−2)푃(퐴푘|퐴¯1퐴¯2···퐴¯푘−1)=푛−1푛−2푛−푘+111···=.푛푛−1푛−푘+2푛−푘+1푛1.29袋中装有1个黑球和푛−1个白球,每次从中随机摸出一球,并放入白球,问第푘次摸到白球的概率是多少?解:用퐴푘表示第푘次摸出白球.(1).考虑不放回取球的情况.先计算푃(퐴¯푘).明显的,如果第푖次摸出黑球,则后面就不会摸出黑球,故퐴¯푘=퐴1퐴2···퐴푘−1퐴¯푘.所以푃(퐴¯푘)=푃(퐴1퐴2···퐴푘−1퐴¯푘)=푃(퐴1)푃(퐴2|퐴1)푃(퐴3|퐴1퐴2)···푃(퐴푘−1|퐴1퐴2···퐴푘−2푃(퐴¯푘|퐴1퐴2···퐴푘−1)푛−1푛−1푛−111(︂푛−1)︂푘−1=···=.푛푛푛푛푛푛71(︂푛−1)︂푘−1所以第푘次摸到白球的概率为1−.푛푛(2).如果取球是有放回的.那么不论前面取球是什么结果,第푘次取球时,里面总是只有一个黑球.而球1푛−푘−2的总数为푛+(푘−1).故第푘次取到白球的概率为1−=.푛+푘−1푛−푘−1휆푘1.30已知一个母鸡生푘个蛋的概率为푒−휆,而每一个蛋能孵化成小鸡的概率为푝,证明:一个母鸡恰푘!(휆푝)푟有푟个下一代（即小鸡）的概率为푒−휆푝.푟!解:用퐴푛表示“母鸡生푛个蛋”,퐵푟表示“母鸡恰有푟个下一代”,푛=0,1,2,···,푟=0,1,2,···,由全概率得:∞∞∞∑︁∑︁∑︁휆푛푃(퐵)=푃(퐴)푃(퐵|퐴)=푃(퐴)푃(퐵|퐴)=푒−휆퐶푟푝푟(1−푝)푛−푟푟푛푟푛푛푟푛푛!푛푛=0푛=푟푛=푟∞∞∑︁휆푛푝푟(1−푝)푛−푟휆푟푝푟∑︁[휆(1−푝)]푛−푟=푒−휆=푒−휆푟!(푛−푟)!푟!(푛−푟)!푛=푟푛=푟푟푟∞푙푟푟푟푙=푛−푟휆푝∑︁[휆(1−푝)]휆푝(휆푝)=푒−휆=푒−휆푒휆(1−푝)=푒−휆푝.푟!푙!푟!푟!푙=01.31某射击小组共有20名射手,其中一级射手4人,二级射手8人,三级射手7人,四级射手一人,一、二、三、四级射手能通过选拔进入决赛的概率分别是0.9、0.7、0.5、0.2,求在一组内任选一名射手,该射手能通过选拔进入决赛的概率.解:用퐴푘表示“任选一名射手为푘级”,푖=1,2,3,4.퐵表示“任选一名射手能进入决赛”,则由全概率公式得:4∑︁4871푃(퐵)=푃(퐴)푃(퐵|퐴)=×0.9+×0.7+×0.5+×0.2=0.645.푖푖20202020푖=11.32某工厂的车床、钻床、磨床、刨床的台数之比为9:3:2:1,它们在一定时间内需要修理的概率之比为1:2:3:1.当有一台机床需要修理时,问这台机床是车床的概率是多少？解:用퐴푖,푖=12,3,4分别表示取到车床、钻床、磨床、刨床.퐵表示有一台机床需要修理.设在一定时间内刨床需要修理的概率为푝.根据贝叶斯公式,当有一台机床需要修理时,这台机床是车床的概率为:푃(퐴)푃(퐵|퐴)9×푝99푃(퐴|퐵)=11=15==.1∑︀49×푝+3×2푝+2×3푝+1×푝9+6+6+122푗=1푃(퐴푗)푃(퐵|퐴푗)151515151.33设푃(퐴|퐵)=0.5,푃(퐵|퐴)=0.4,푃(퐴)=0.6,求푃(퐴∪퐵),并问事件퐴与퐵是否相互独立,为什么?푃(퐴퐵)解:푃(퐵|퐴)=0.4,푃(퐴)=0.6⇒=0.4⇒푃(퐴퐵)=0.6×0.4=0.24.又由푃(퐴|퐵)=0.5=0.6푃(퐴퐵)0.24⇒푃(퐵)==0.48.푃(퐵)0.5푃(퐴∪퐵)=푃(퐴)+푃(퐵)−푃(퐴퐵)=0.6+0.48−0.24=0.84.因为如果푃(퐵)>0时,퐴,퐵相互独立的充要条件是푃(퐴|퐵)=푃(퐴).但是在本题中푃(퐴)=0.6̸=푃(퐴|퐵)=0.5,所以퐴,퐵不相互独立.1.34若퐴,퐵相互独立,证明:{Ø,퐴,퐴,¯Ω}中任一个事件和{Ø,퐵,퐵,¯Ω}中任何一个事件相互独立.证明:1).设퐶是一个随机事件,且푃(퐶)=0,对任意的随机事件퐷,有0≤푃(퐶퐷)≤푃(퐶)=0,所以푃(퐶퐷)=0=푃(퐶)푃(퐷),即事件퐶,퐷相互独立.这说明任何事件都和概率为零的事件相互独立.2).下证퐴,퐵相互独立,则퐴,퐵¯也相互独立.因为푃(퐴퐵¯)=푃(퐴)−푃(퐴퐵)=푃(퐴)−푃(퐴)푃(퐵)=푃(퐴)[1−푃(퐵)]=푃(퐴)푃(퐵¯),所以퐴,퐵¯相互独立.3).类似于2)可证明퐴,¯퐵相互独立,퐴,¯퐵¯相互独立.4).由1)和2)可知,如果一个事件的概率为1,则它和任意事件相互独立.把1),2),3)和4)合起来,即的{Ø,퐴,퐴,¯Ω}中任一个事件和{Ø,퐵,퐵,¯Ω}中任何一个事件相互独立.831.36设퐴,퐵为两个相互独立的事件,푃(퐴)+푃(퐵)=1,试证:푃(퐴∪퐵)≥.4121解:因为푃(퐴)푃(퐵)≤4(푃(퐴)+푃(퐵))=4,所以푃(퐴∪퐵)=푃(퐴)+푃(퐵)−푃(퐴퐵)=1−푃(퐴)푃(퐵)≥131−4=4.1.37已知事件퐴,퐵相互独立且互不相容,求min{푃(퐴),푃(퐵)}(注:min{푥,푦}表示푥,푦中的更小的一个数).解:퐴,퐵相互独立,所以有푃(퐴퐵)=푃(퐴)푃(퐵).又퐴,퐵互不相容,故푃(퐴퐵)=0.这样我们就有푃(퐴)푃(퐵)=0,因此푃(퐴)=0,或者푃(퐵)=0.因为任意事件的概率都不小于0,因此min{푃(퐴),푃(퐵)}=0.1.38试举例说明:由푃(퐴퐵퐶)=푃(퐴)푃(퐵)푃(퐶)不能推出푃(퐴퐵)=푃(퐴)푃(퐵)成立.解:令퐶=Ø,那么푃(퐴퐵퐶)=푃(퐴)푃(퐵)푃(퐶)成立,但是显然푃(퐴퐵)=푃(퐴)푃(퐵)不一定成立.11.39设两两独立的三个事件퐴,퐵,퐶满足条件:퐴퐵퐶=Ø,푃(퐴)=푃(퐵)=푃(퐶)<2,且已知푃(퐴∪퐵∪9퐶)=16,求푃(퐴).解:设푃(퐴)=푃(퐵)=푃(퐶)=푥.由퐴,퐵,퐶两两独立以及푃(퐴퐵퐶)=0可得:9푃(퐴∪퐵∪퐶)=푃(퐴)+푃(퐵)+푃(퐶)−푃(퐴)푃(퐵)−푃(퐴)푃(퐶)−푃(퐵)푃(퐶)=3푥−3푥2=.16所以16푥2−16푥+3=0⇒(4푥−1)(4푥−3)=0,所以푥=1/4或者푥=3/4.因为푃(퐴)=푥<1/2,故可知푃(퐴)=푥=1/4.1.40一个人的血型为O,A,B,AB型的概率分别为0.46、0.40、0.11、0.03,现在任意挑选五个人,求下列事件的概率:(1)两个人为O型,其它三个人分别为其它三种血型；(2)三个人为O型,两个人为A型；(3)没有一人为AB型.解:先介绍一下多项式分布.如果一个使用有푚个结果:퐴1,퐴2,···,퐴푚.且푃(퐴푖)=푝푖,푖=1,2,···,푚.把此试验在独立条件下重复푛次,퐴푖恰好出现푛푖次(푖=1,2,···,푚)的概率为:푛!푛1푛2푛푚푝1푝2···푝푚,푛1+푛2+···+푛푚=푛.푛1!푛2!···푛푚!在本题中푚=4.应用以上结论立即可得:(1).两个为O型,3个人分别为其它三种血型的概率为:5!×0.462×0.40×0.11×0.03≈0.0168.2!1!1!1!(2).三个人为O型,两个人为A型的概率为5!×0.463×0.402×0.110×0.030≈0.1557.3!2!0!0!(3).因为任选一人,其为AB型的概率为0.03,不是AB型的概率为1−0.03=0.97,故任选5人,没有一个为AB型的概率为0055퐶50.030.97=0.97≈0.85871.41(司法证明问题)某银行发生一起抢劫案,现有两个相互独立的证据,每个证据均以0.7的证明力可以证明为某一犯罪团伙所为,求这一起抢劫案为这一犯罪团伙所为的概率.若要以99%以上的概率确定这起抢劫案为这一犯罪团伙所为,问至少需要多少相互独立的证据.解:푛个相互独立的证据,只要其中有一个证据证明了该抢劫案为这一团伙所为,则就可以断定抢劫案为他们所为.故푛个独立的证据能以概率1−(1−0.7)푛证明这一起抢劫案是这一犯罪团伙所为.故当有两个独立证据时,能以概率1−(1−0.7)2=0.91的概率确定该抢劫案为这一团伙所为.因为1−(1−0.7)3=0.973<0.99,1−(1−0.7)4=0.9919>0.99,所以至少需要4个独立的证据,才能以99%以上的概率,确定这起抢劫案是这一犯罪团伙所为.91.42求下列系统的可靠性,设第푖个元件正常工作的概率为푝푖,푖=1,2,···,푛.解:设퐴푖表示第푖个元件正常工作.对第1个系统,它正常工作当且仅当所有的元件正常工作,所以它的可靠性为:푛∏︁푃(퐴1퐴2···퐴푛)=푃(퐴푖)=푝1푝2···푝푛.푖=1对第二个系统,它能正常工作当且仅当有一个元件能正常工作,所以它的可靠性为:푛푛푛⋃︁⋂︁∏︁푃(퐴푖)=1−푃(퐴¯푖)=1−푃(퐴¯푖)=1−(1−푝1)(1−푝2)···(1−푝푛).푖=1푖=1푖=1对于第三个系统,它能正常工作当且仅当第1,2个元件同时正常工作,或者第3,4个元件同时正常工作,又或者第1,5,4个,第2,3,5个元件正常工作,故它的可靠性为:푃([퐴1퐴2]∪[퐴3퐴4]∪[퐴1퐴5퐴4]∪[퐴2퐴5퐴3])=푃(퐴1퐴2)+푃(퐴3퐴4)+푃(퐴1퐴5퐴4)+푃(퐴2퐴5퐴3)−푃(퐴1퐴2퐴3퐴4)−푃(퐴1퐴2퐴3퐴5)−푃(퐴1퐴2퐴4퐴5)−푃(퐴1퐴3퐴4퐴5)−푃(퐴2퐴3퐴4퐴5)+2푃(퐴1퐴2퐴3퐴4퐴5)5(︃5)︃5∏︁∑︁1∏︁=푝푝+푝푝+푝푝푝+푝푝푝−(푝)+2푝1234145235푖푝푖푖=1푖=1푖푖=15[︃5]︃∏︁∑︁1=푝푝+푝푝+푝푝푝+푝푝푝+(푝)2−.1234145235푖푝푖=1푖=1푖1.43做一系列独立的试验,每次试验成功的概率为푝,求在成功푛次之前已经失败了푚次的概率.解:在成功푛次之前已经失败了푚次,故总共做了푚+푛次试验,前面푚+푛−1次试验中有푛−1次成功和푚次失败,最后一次试验成功.所以所求的概率为푚푛−1푚푚푛푚퐶푚+푛−1푝(1−푝)·푝=퐶푚+푛−1푝(1−푝).提高题11.43对任意的事件퐴,퐵,证明:|푃(퐴퐵)−푃(퐴푃푃(퐵)|≤4.证明:不妨假定푃(퐴)≤푃(퐵).푃(퐴퐵)−푃(퐴)푃(퐵)≤푃(퐴)−푃(퐴)푃(퐵)=푃(퐴)(1−푃(퐵))11≤푃(퐵)[1−푃(퐵)]≤[푃(퐵)+(1−푝(퐵))]2=,(1)44푃(퐴)푃(퐵)−푃(퐴퐵)=푃(퐴)[1−푃(퐵¯)]−푃(퐴퐵)=푃(퐴)−푃(퐴)푃(퐵¯)−푃(퐴퐵)=푃(퐴퐵)+푃(퐴퐵¯)−푃(퐴)푃(퐵¯)−푃(퐴퐵)1=푃(퐴퐵¯)−푃(퐴)푃(퐵¯)≤.(2)4其中最后的不等式(2)利用了第一个不等式(1)的结果.101把上述两个不等式结合在一起,既得|푃(퐴퐵)−푃(퐴)푃(퐵)|≤4.1.45袋中有푎只黑球,푏只白球.把球随机地一只只摸出来(不放回),直至袋中剩下的球的颜色都完全相同为止.求最后剩下的都是黑球的概率.푎解:所求的概率即为把푎+푏个球不放回的一只只摸出来,最后摸到黑球的概率,此概率显然为.푎+푏1.46把푛个完全相同的球随机地放入푁个盒子中(即球放入盒子后,只能区别盒子中球的个数,不能区别是哪个球进入某个盒子,这时也称球是不可辨的).如果每一种放法都是等可能的,证明:(1).某一个指定的盒子中恰好有푘个球的概率为:푛−푘퐶푁+푛−푘−1푛,0≤푘≤푛.퐶푁+푛−2(2).恰好有푚个空盒的概率为:푚푁−푚−1퐶푁퐶푛−1푛,푁−푛≤푚≤푁−1.퐶푁+푛−1(3).指定的푚个盒中正好有푗个球的概率为:푚−1푛−푗퐶푚+푗−1퐶푁−푚+푛−푗−1푛퐶푁+푛−1解:先考虑把푛个不可辨的球放入푁个盒子中的方法数,即只考虑盒子中的球数时的方法数.我们用푛个“*”表示푛个不可辨的球,用푁−1个“|”表示푁个盒子.比如:“**|*|*|”表示4个球分入4个盒子中,第1到第4个盒子中的球数分别为2,1,1,0.又如“||***|*”表示第1到第4个盒子中球数分别为0,0,3,1.푛个“*”和푁−1个“|”共占有푛+푁−1个位置.“|”的不同占位代表了不同的球的分法.反过来,不同的球的分法,对应着“|”的不同占位.因此球的分法数,就等于在푁−1+푛个位置中,“|”的占位数.显然这个数푁−1푛为퐶푁−1+푛=퐶푁+푛−1.푛−푘(1).指定的盒子中有푘个球的分法数,即为把푛−푘个球分入푁−1个盒子中的分法数,此值为퐶푛−푘+푁−1−1,所求的概率为:푛−푘퐶푁+푛−푘−2푛,0≤푘≤푛.퐶푁+푛−(2).先从푁个盒子中选出푚个,让它们是空的.在剩下的푁−푚个盒子中先每个盒子中放入一个球,在把푚푁−푚−1剩下的푛−(푁−푚)个球分入这푁−푚个盒子中,故可知恰好有푚个空盒子的分法数为:퐶푁퐶푛−(푁−푚)+푁−푚−1,因此所求的概率为:푚푁−푚−1퐶푁퐶푛−1푛,푁−푛≤푚≤푁−1.퐶푁+푛−1(3).指定的푚个盒子中正好有푗个球的分法,即为先拿出푗个球放入这指定的盒子中,再把剩下的푛−푗个푚−1푛−푗球分入其他푁−푚个盒子中,故指定的푚个盒子中正好有푗个球的分法数为퐶푗+푚−1퐶푛−푗+푁−푚−1.那所求的概率为:푚−1푛−푗퐶푚+푗−1퐶푁−푚+푛−푗−1푛.퐶푁+푛−11.47在平面上画有间隔为푑的等距平行线,向平面任意地投掷一个三角形,该三角形的边长为푎,푏,푐(均小于푑),求三角形与平行线相交的概率.解:用퐴,퐵,퐶分别表示边长为푎,푏,푐的边与平行线相交.三条边都与平行线相交,当且仅当三角形的某条边和平行线落在平行线上,这个概率为0,即푃(퐴퐵퐶)=0.用퐷表示三角形与平行线相交,则퐷=퐴∪퐵∪퐶=퐴퐵∪퐴퐶∪퐵퐶.푃(퐷)=푃(퐴∪퐵∪퐶)=푃(퐴)+푃(퐵)+푃(퐶)−[푃(퐴퐵)+푃(퐵퐶)+푃(퐴퐶)]=푃(퐴)+푃(퐵)+푃(퐶)−푃(퐴퐵∪퐴퐶∪퐵퐶)=푃(퐴)+푃(퐵)+푃(퐶)−푃(퐷).111因此푃(퐷)=2[푃(퐴)+푃(퐵)+푃(퐶)].2푎2푏2푐푎+푏+푐由蒲丰投针问题可知푃(퐴)=,푃(퐵)=,푃(퐶)=,所以푃(퐷)=.휋푑휋푑휋푑휋푑1.48一个袋子中有红、黄、黑、白球个三个,从中任取5个,求至少有一种颜色的球未取到的概率.解:用퐴푖,푖=1,2,3,4分别表示没有取到红、黄、黑、白球.注意到每种颜色的球只有3个,故퐴푖,푖=⋂︀41,2,3,4中任意三个事件的交事件都是不可能事件,푖=1퐴푖=Ø.因此至少有一种颜色的球没有被取到的概率44⋃︁∑︁∑︁∑︁푃(퐴푖)=푃(퐴푖)−푃(퐴푖퐴푗)+푃(퐴푖퐴푗퐴푘)−푃(퐴1퐴2퐴3퐴4)푖=1푖=1푖<푗푖<푗<푘4∑︁∑︁퐶5퐶513=푃(퐴)−푃(퐴퐴)=49+퐶26=.푖푖푗퐶54퐶522푖=1푖<푗12121.49有푛个人各填写一份登记表并交一张照片.现在把登记表和照片任意地装入푛个有姓名的袋中(每袋中只允许装一份登记表及一张照片),求(1).没有一袋的登记表及照片都装对的概率푃0(푛).(2).恰有푟袋(1≤푟≤푛)的登记表和照片都装对的概率푃푟(푛),并证明:lim푃0(푛)=1,lim푃푟(푛)=0.푛←∞푛←∞(1).解:设퐴푖表示第푖个袋子中的登记表和照片都装对了.那么[(푛−1)!]2(︂(푛−1)!)︂2푃(퐴)==;푖(푛!)2푛!(︂(푛−2)!)︂2푃(퐴퐴)=,푖̸=푗;푖푗푛!......(︂(푛−푘)!)︂2푃(퐴퐴···퐴)=,푖,푖,···,푖两两不等,푖1푖2푖푘푛!12푘(︂(푛−푛)!)︂2푃(퐴퐴···퐴)=.12푛푛!所以至少有一个档案袋中的登记表和照片装对的概率为:푛푛⋃︁∑︁∑︁∑︁푛−1푃(퐴푖)=푃(퐴푖)−푃(퐴푖퐴푗)+푃(퐴푖퐴푗퐴푘)−···+(−1)푃(퐴1퐴2···퐴푛)푖=1푖=1푖<푗푖<푗<푘(︂(푛−1)!)︂2(︂(푛−2)!)︂2(︂(푛−3)!)︂2(︂(푛−푛)!)︂2=퐶1−퐶2+퐶3−···+(−1)푛−1퐶푛푛푛!2푛!푛푛!푛푛!푛2푛푛∑︁(︂(푛−푖)!)︂∑︁(푛−푖)!1∑︁1푒=(−1)푖−1퐶푖=(−1)푖−1≤≤.푛푛!푖!푛!푛푖!푛푖=1푖=1푖=1所以没有档案袋装对登记表和照片的概率为:푛푛⋃︁∑︁(푛−푖)!푃=1−푃(퐴)=1−(−1)푖−1.0푖푖!푛!푖=1푖=1푒(2).注意到1≥푃0≥1−→1.所以可知lim푃0(푛)=1.푛푛←∞2把푛张登记表和照片随机地放入档案袋中,没有一个档案袋中登记表和照片装对的装法数是(푛!)푃0(푛).푟2所以恰有푟袋档案袋中登记表和照片装对的装法数为퐶푛[(푛−푟)!]푃0(푛−푟).因此푛个档案袋中恰有푟个档案袋装对登记表和照片的概率为퐶푟[(푛−푟)!]2푃(푛−푟)푃(푛)=푛0.푟(푛!)212因为0≤푃푟(푛)≤1−푃0(푛)→0(푛→∞),所以lim푃푟(푛)=0.푛→∞1.50设0<푃(퐴)<1,0<푃(퐵)<1,试证:퐴与퐵相互独立的充要条件是푃(퐴|퐵)+푃(퐴¯|퐵¯)=1.解:(1).先证必要性.如果퐴,퐵相互独立,则푃(퐴|퐵)=푃(퐴),푃(퐴¯|퐵¯)=푃(퐴¯).所以푃(퐴|퐵)+푃(퐴¯|퐵¯)=푃(퐴)+푃(퐴¯)=1.(2).再证充分性.如果푃(퐴|퐵)+푃(퐴¯|퐵¯)=1,那么푃(퐴퐵)푃(퐴퐵¯)푃(퐴|퐵)=1−푃(퐴¯|퐵¯)=푃(퐴|퐵¯)⇒=푃(퐵)푃(퐵¯)푃(퐴퐵)푃(퐴퐵)+푃(퐴퐵¯)⇒==푃(퐴)⇒푃(퐴퐵)=푃(퐴)푃(퐵),푃(퐵)푃(퐵)+푃(퐵¯)即퐴,퐵相互独立.1.51设퐴和퐵为两个随机事件,试证明下述命题:若对任意正概率随机事件퐶有푃(퐴퐵|퐶)=푃(퐴|퐶)·푃(퐵|퐶),则퐴与퐵相互独立.该命题的逆命题是否成立?解:如果对任意的正概率事件퐶,有푃(퐴퐵|퐶)=푃(퐴|퐶)·푃(퐵|퐶),那么取퐶=Ω,则立即得푃(퐴퐵)=푃(퐴)푃(퐵),所以퐴,퐵相互独立.但是反过来命题不成了.例如:从1,2,3,4中任取一个数,则Ω={1,2,3,4}.11令퐴={1,2},퐵={1,3},퐶={1,4}.那么퐴,퐵相互独立,但是푃(퐴퐵|퐶)=1/2,푃(퐴|퐶)푃(퐵|퐶)=2×2,即푃(퐴퐵|퐶)̸=푃(퐴|퐶)푃(퐵|퐶).1.52甲口袋有1个黑球,2个白球,乙口袋有3个白球.每次从两个口袋中各任取一球,交换后,放入另一个口袋,求交换푛次后,黑球仍在甲口袋中的概率.2解:令퐴푛表示第푛次交换后仍在甲口袋中,푛=0,1,2,···.记푝푛=푃(퐴푛).显然푝0=1,푝1=푃(퐴1)=3.由全概率公式得:21푝=푃(퐴)=푃(퐴)푃(퐴|퐴)+푃(퐴¯)푃(퐴|퐴¯)=푝+(1−푝),푛푛푛−1푛푛−1푛−1푛푛−1푛−13푛−1311即푝푛=3+3푝푛−1.112111111令푝푛+푎=3(푝푛−1+푎)⇒푝푛=3푎−3⇒푎=−2,所以푝푛−2=3(푝푛−1−2).푝0−2=2,所以1111[︂1]︂푝−=⇒푝=1+.푛23푛2푛23푛1.53푟个人相互传球,从甲开始.每次传球时,传球者等可能地把球传给其余푟−1个人中的任何一个.求第푛次传球时仍由甲传出的概率.解:设퐴푛表示第푛次仍由甲传球,且记푝푛=푃(퐴푛).易知푝1=푃(퐴1)=1,푝2=푃(퐴2)=0.由全概率公式可得:푝푛=푃(퐴푛)=푃(퐴푛−1)푃(퐴푛|퐴푛−1)+푃(퐴¯푛−1)푃(퐴푛|퐴¯푛−1)11=푝×0+(1−푝)×=(1−푝).푛−1푛−1푟푟−1푛−11푟+111令푝푛−푎=−푟−1(푝푛−1−푎)⇒푝푛=푟−1−푟−1푝푛−1⇒푎=푟.由以上可知:111111푟−1푝−=−(푝−)=(−)푛−1[푝−]=(−)푛−1.푛푟푟−1푛−1푟(푟−1)푛−11푟(푟−1)푛−1푟13即1푝=[︀1+(−1)푛−1(푟−1)2−푛]︀.푛푟1.54甲乙两人比赛射击,每次射击胜者得1分,每次射击甲胜的概率为훼,乙胜的概率为훽(훼+훽=1),比赛进行到有一人比对方多2分为止,多2分者最终获胜,求甲最终获胜的概率.解:把第2푖−1次射击和第2푖次射击看做一轮.甲要最终获胜,必定是在某一轮中甲得2分,而在以前的各轮中,甲乙各得1分.在一轮比赛中,甲得2分的概率为훼·훼=훼2,甲乙各得1分的概率为훼훽+훽훼=2훼훽,乙得2分的概率为훽·훽=훽2.故甲最终获胜的概率为:∞∞∑︁∑︁훼2훼2푝=푃({甲在第푛轮后获胜})=(2훼훽)푛−1훼2==.1−2훼훽훼2+훽2푛=1푛=1훽2同理,乙最终获胜的概率为.훼2+훽21.55口袋中有푎只白球,푏只黑球和푛只红球,从中一只只不放回地取球,试求白球比黑球早取出的概率.解:方法一.设퐴푖表示第푖次才取到一个非红色的球,푖=1,2,···,푛+1.设퐵表示白球比黑球先取出.那么由全概率公式得:푛+1푛+1푛+1∑︁∑︁푎푎∑︁푎푃(퐵)=푃(퐴)푃(퐵|퐴)=푃(퐴)=푃(퐴)=.푘푘푘푎+푏푎+푏푘푎+푏푘=1푘=1푘=1方法二.对红球的数푛做递推.设当口袋中有푛个红球时白球比黑球先取出的概率为푝푛.令푊,퐵,푅分别表示第一次取出的是白球、黑球和白球.用事件퐴表示白球比黑球先取出.那么由全概率公式可得푝푛=푃(퐴)=푃(푊)푃(퐴|푊)+푃(퐵)푃(퐴|퐵)+푃(푅)푃(퐴|푅)푎푏푛=×1+×0+푝.푎+푏+푛푎+푏+푛푎+푏+푛푛−1푛푛푎+푏푎푎令푝−푥=(푝−푥)⇒푝=푝+푥⇒푥=,所以푝−=푛푎+푏+푛푛−1푛푎+푏+푛푛−1푎+푏+푛푎+푏푛푎+푏푛푎(푝−),故푎+푏푛−1푎+푏푎(︂푛)︂푛푎푝=+(푝−),푛푎+푏푎+푏+푛0푎+푏푎注意到푝=,所以0푎+푏푎푝=.푛푎+푏1.56口袋中有푎只白球,푏只黑球,从中有放回地一只一只取球,且每次将球放回时,再将푐只与此放回的球颜色相同的球,求第푛次取到白球的概率.解:令퐴푛表示“第푛次取到白球”,푛=1,2,···,且记푝푛=푃(퐴푛).푎容易得到푝=푃(퐴)=.由全概率公式得:11푎+푏푎푎+푐푏푎푎푝1=푃(퐴)=푃(퐴)푃(퐴|퐴)+푃(퐴¯)푃(퐴|퐴¯)=+=.22121121푎+푏푎+푏+푐푎+푏푎+푏+푐푎+푏开始时的白球数所以我们猜测푝=푃(퐴)=.那么由全概率公式可得:푛푛开始时球的总数푎푎+푐푏푎푎푝=푃(퐴)푃(퐴|퐴)+푃(퐴¯)푃(퐴|퐴¯)=+=.푛1푛11푛1푎+푏푎+푏+푐푎+푏푎+푏+푐푎+푏其中在计算푃(퐴푛|퐴1)时,注意到事件퐴1已经发生,此时퐴푛发生的概率相当于从第二次取球算起,第푛−1次取푎+푐到白球的概率,由于퐴发生了,开始时有푎+푐个白球和푏个黑球.根据假设这个条件概率应该为.同1푎+푏+푐푎样考虑条件概率푃(퐴|퐴¯).所以可知第푛次取到白球的概率为.푛1푎+푏141.57푛对夫妇任意地排成一列,求每位丈夫排在他的妻子后面的概率.解:푛对夫妇共有(2푛)!种排法.设当有푛对夫妇时,妻子排在丈夫前面的排法数为푔푛.由于妻子排在丈夫前面,故排在第一位的必须是妻子,这有푛种选择.第一个位置排定妻子后,她的丈夫有2푛−1个位置可供选择.把这对夫妇安排好后,再排其他夫妇,共有푔푛−1种排法.所以可知푔푛=푛(2푛−1)푔푛−1=푛(2푛−1)(푛−1)(2푛−3)푔푛−2=···=푛!(2푛−1)!!.所以所求概率为:푛![(2푛−1)!!]1푝==.(2푛)!2푛也可以如下计算.只考虑夫妇之间的顺序,不考虑不同夫妇之间的顺序.每对夫妇共有两种排列方式,푛对夫妇共有2푛种排列方式,所有的丈夫都在其妻子后面只有一种排法,故所求的概率为:1푝=.2푛1.58某数学家有两盒火柴,每盒有푛根火柴,每次用火柴时,他在两盒中任取一盒并从中抽出一根.求他用完一盒时另一盒中还有푟根火柴(1≤푟≤푛)的概率.解:用甲、乙分别表示这两火柴盒.先考虑甲用完,而乙还剩푟根的概率푝1.假定用完最后一根时,就发现这盒火柴用完了.甲盒用完,而乙还剩푟根,所以该数学家总共取了푛+(푛−푟)=2푛−푟次火柴.前2푛−푟−1次取火柴中,有푛−푟次取乙盒,푛−1次取甲盒.而最后一次取到的是甲盒.甲盒用完,而乙盒还剩푟根的概率为:(︂1)︂푛−푟(︂1)︂푛−11(︂1)︂2푛−푟푝=퐶푛−1·=퐶푛−1.12푛−푟−122222푛−푟−1那么两盒火柴,用完一盒,另一盒还剩푟根的概率为:(︂1)︂2푛−푟−1푝=2푝=퐶푛−1.122푛−푟−11.59一个质点从平面上某点开始,等可能的向上、下、左、右四个方向游动.每次游动的距离为1,求经过2푛次游动,质点回到出发点的概率.解:注意到要游回出发点,必须上下游动的次数相等,左右移动的次数也相等.令퐴푘表示左右各游动了푘次,上下个游动了푛−푘次.质点游回出发点的概率为:(︃푛)︃푛푛푘푘푛−푘푛−푘푛⋃︁∑︁∑︁(2푛)!(︂1)︂(︂1)︂(︂1)︂(︂1)︂1∑︁(2푛)!푃퐴=푃(퐴)==.푘푘푘!푘!(푛−푘)!(푛−푘)!444442푛(푘!)2[(푛−푘)!]2푘=1푘=1푖=푘푘=115(︀1)︀푘2.1设随机变量휉的分布列为푃(휉=푘)=퐶3,푘=0,1,2,···.求(︀15)︀(1).퐶的值;(2).푃(휉=1∪휉=2);(3).푃2<휉<2;(4).푃(푎≤휉≤2);(5).푃(휉≥1).∞∞∑︀∑︀112解：(1).因为푃(휉=푘)=1⇒퐶3푘=1⇒퐶=1,所以퐶=3.푘=0푘=01−(1/3)2(︀11)︀8(2).푃(휉=1∪휉=2)=푃(휉=1)+푃(휉=2)=33+32=27.(3).푃(1/2<휉<5/2)=푃(휉=1)+푃(휉=2)=8/27.(4).푃(1≤휉≤2)=푃(휉=1)+푃(휉=2)=8/27.(5).푃(휉≥1)=1−푃(휉=0)=1/3.2.2设随机变量휉只取正整数值,且푃(휉=푁)与푁2成反比,求휉的分布列.2푐解：因为푃(휉=푁)与푁成反比,故存在一个常数푐,使得푃(휉=푁)=푁2.并且由分布列的性质可知:∞∞∑︁∑︁푐휋261=푃(휉=푁)==푐⇒푐=.푁26휋2푁=1푁=16所以휉的分布列为푃(휉=푁)=,푁=1,2,···.휋2푁22.3一个口袋中装有푚个白球,푛−푚个黑球,不放回地连续从袋中取球,直到取到黑球为止.设此时取出了휉个白球,求휉的分布列.解：휉的可能取值为0,1,2,···,푚,如果用퐴푖表示第푖次取到黑球,푃(휉=푘)=푃(퐴¯1퐴¯2···퐴¯푘−1퐴¯푘퐴푘+1)=푃(퐴¯1)푃(퐴¯2|퐴¯1)···푃(퐴¯푘|퐴¯푘−1)푃(퐴푘+1|퐴¯푘)푘푚푚−1푚−(푘−1)푛−푚(푛−푚)퐴푚=···=푘+1