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1、第一章 事件与概率1、解：(1) P只订购A的=PA(BC)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-(AC)=0.35-(0.10+0.05-0.03)=0.23. P只订购C的=PC-(AB)=0.30-(0.05+0.08-0.03)=0.20.P只订购一种报纸的=P只订购AP只订购BP只订购C=0.30+0.23+0.20=0.73.(4) P正好订购两种报纸的P(AB-C) (AC-B
2、) (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，若A发生，则B与C必同时发生。（2），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。（4），A发生，则B与C至少有一不发生。3、解： (或)4、解：（1）=抽到的是男同学，又不爱唱歌，又不是运动员； =抽
3、到的是男同学，又爱唱歌，又是运动员。（2），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，成立。（4）A=B及，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，则 。6、解：（1）至少发生一个=.（2）恰发生两个=.（3）A，B都发生而C，D都不发生=.（4）都不发生=.（5）至多发生一个= . 7、解：分析一下之间的关系。先依次设
4、样本点，再分析此是否属于等。（1）为不可能事件。（2）若，则，即。（3）若，则。（4）若，则必有或之一发生，但。由此得，。 （5）若，则必有或之一发生，由此得 。（6）中还有这样的点：12345，它仅属于，而不再属于其它。诸之间的关系用文图表示（如图）。8、解：（1）因为，两边对x求导得，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。由于，此题即等于要证.利用幂级数乘法可证明此式。因为，比较等式两边的系数即得证。9、解：10、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（2）可能有第一卷出现在左边而第五卷出现
5、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 （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=.（4）这里事件是（3）中事件的对立事件，所以 （5）第三卷居中，其余四卷在剩下四个位置上可任意排，所以11、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 12、解：13、解：P两球颜色相同=P两球均白+P两球均黑+P两球均红.14、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
6、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.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. 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,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。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，所以共有种按上升次序的排列，总可能场合数为，从而.
7、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n-1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：.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.16、解：因为不放回，所以n个数不重复。从中取出m-1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
8、有。故。当或时，概率.17、解：从中有放回地取n个数，这n个数有三类：M。如果我们固定次是取到M的数，当然其余一定是取到M的。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。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，因此B包含的所有可能的取法有种。所以.18、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19、解：（1）有利场合是，先
9、从n双中取出2r双，再从每双中取出一只。（2）有利场合是，先从n双中取出一双，其两只全取出，再从剩下的双中取出双，从鞭每双中取出一只。.（3）.（4）.20、解：（1）P任意取出两球，号码为1，2=.（2）任取3个球无号码1，有利场合是从除去1号球外的个球中任取3个球的组合数，故 P任取3球，无号码1.（3）P任取5球，号码1,2,3中至少出现1个=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号球外的个球中任取5个球的组合数。21、解：（1）有利场合是，前次从个号中（除1号外）抽了，第k次取到1号球， （2）考虑前k次摸球的情况，。22、解法一：设A
10、=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=甲掷出正面数乙掷出正面数。设发生。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.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。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，有个出现1次正面，个出现次正面。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
11、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 利用公式及得 + 所以欲求的概率为 . 应注意，甲掷出个正面的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=一颗投4次没有一个六点=.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=两颗投24次没有一个双六=.比较知，前者机会较大。24、解：25、解：.或解为，4张A集中在特定一个手中的概率为，所
12、以4张A集中在一个人手中的概率为 .26、解：（1）. 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，Q，6八个数中之一打头，所以.（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 （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 (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 (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；而同花顺次中花色只能是四种花中一种。所以
13、p = P顺次五张牌同花顺次五张牌（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（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 （9） （10）若记（i）事件为，则而事件两两不相容，所以 y 27、解：设x，y分别为此二船到达码头的时间，则 24 F E. 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 24 由几何概率得，事件的概率，等于正方形中直线 之间的部分面积，与正方形CDEF的面积之比，即28、解：设x，y分别为此二人到达时间，则 y F N E。显然，此二人到达时间 8与由上述条件决定的正方形CDEF内和 M H点是一一对应的(如图)。 7 D设A表事件“其中一人必须等另外一人的 C G 时间1/2小时以上“，则A发生意味着满足如下 0 7
