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概率论基础答案复旦大学出版社
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更新于2023-03-03
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概率论答案《概率论基础》配套答案。。很好得答案,pdf格式。复旦大学出版社,李贤平主编。
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第一章 事件与概率
1、解:
(1) P{只订购 A 的}=P{A(B∪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}=P{AB}-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}=P{B-(A∪C)}=0.35-(0.10+0.05-0.03)=0.23.
P{只订购 C 的}=P{C-(A∪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 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) ∪(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
ACABAABCABCA
⊃
⊃
⇒⊂⊃⇒= 且显然)(
,若 A 发生,则 B
与 C 必同时发生。
(2)
AC ⊂⊂⇒⊂⇒= 且ABACBACBA Υ
Υ
Υ
,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 Υ⊂⇒⊂ ,A 发生,则 B 与 C 至少有一不发生。
3、解:
n
AAA Υ
Λ
ΥΥ
21
)()(
11121 −
−
−
−
+
+
−
+=
nn
AAAAAA
Λ
Λ
(或)=
121
121
−
+++
n
n
AAAAAAA ΛΛ
.
4、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)A=B 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
{} {}
{
}
3,3,1,2,1
=
== CBA ,则
{
}{}
},2{,1,3,2,1},3{ =−=== BABABAA ΙΥ
1
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{
3,2,1=+ CA
}
。
6、解:(1){至少发生一个}= DCBA
Υ
Υ
Υ .
(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 ΥΥΥ= .
(5){至多发生一个}=
CBADDBACDCABDCBADCBA ++++
CDBDBCADACAB ΥΥΥΥΥ= .
7、解:分析一下 之间的关系。先依次设样本点
i
E
i
E
∈
ω
,再分析此
ω
是否属于
等。(1) 为不可能事件。
),(),( ikijEEijE
kjj
≠≠≠
6
E
1
E
41
EE
21
EE
31
EE
32
EE
5
E
(2)若
5
E∈
ω
,则 )4,3,2,1( =∈ iE
i
ω
,即
φ
=
i
EE
5
。
(3)若
4
E∈
ω
,则
32
, EE ∈∈
ω
ω
。
(4)若
3
E∈
ω
,则必有
2
E∈
ω
或
1
E
∈
ω
之一发生,但
21
EE∈
ω
。由此得
,32313
EEEEE
=
Υ
,
φ
=
321
EEE 。
(5)若
2
E∈
ω
,则必有
1
E∈
ω
或
3
E
∈
ω
之一发生,由此得 Ω=
=
06
, EE
φ
23212
EEEEE =Υ 。
(6) 中还有这样的点
1
E
ω
:12345,它仅属于 ,而不再属于其它
1
E )0,1(
≠
iE
i
。诸 之间的
关系用文图表示(如图)。
i
E
8、解:(1)因为 ,两边对 x 求导得
nn
nnn
n
xnCxCxCx ++++=+
221
1)1( Λ
1211
2)1(
−−
+++=+
nn
nnn
n
xnCxCCxn Λ
,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
ar
≤
≤
0
。由于 ,此题即等于
要证
∑
.利用幂级数乘法可证明此式。因为
kb
b
k
b
rb
ba
ra
ba
CCCC
−+
+
−
+
== ,
=
+
+
−+
≤≤=
a
k
rb
ba
kb
b
rk
a
arCCC
0
0,
baba
xxx
+
+=++ )1()1()1( ,比较等式两边 的系数即得证。
rb
x
+
9、解:
15.0
33
5
/
3
11
1
5
1
5
1
6
=== AAAAP
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
5/2!5/!42 =×=p
2
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(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
10/1!5/!32 =
×
=
p
(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}=
10
7
10
1
5
2
5
2
=−+
.
(4)这里事件是(3)中事件的对立事件,所以
10/310/71
=
−
=
P
(5)第三卷居中,其余四卷在剩下四个位置上可任意排,所以
5/1!5/!41 =×=P
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
5/2/2
3
5
2
4
=×= AAP
12、解:
m
n
m
n
m
n
m
n
CCCCP
3
3/
3
21
=
13、解:P{两球颜色相同}=P{两球均白}+P{两球均黑}+P{两球均红}
33.0
625
207
25
9
25
15
25
6
25
7
25
10
25
3
==×+×+×=
.
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 .
Nn ≤
!n
n
N
C
n
N
nn
N
NCP /=
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
mn
m
n
CC
1
~
−+
=
. 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
Λ,2,1
1,,1,0
−
m
Λ
,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,,2,1 −+ mnΛ
1−+ mn
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
n
N
C
~
种按上升次序的排列,总可能场合数为 ,从而
n
N
nn
nN
nn
N
NCNCP //
~
1−+
==
.
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
3
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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:
0
1
−n
C
1
N
C
10
1
Nn
CC
−
1
1
−n
C
2
N
C
21
1
Nn
CC
−
32
1
Nn
CC
−
1
1
−
−
n
n
C
n
N
C
n
N
n
n
CC
1
1
−
−
n
nN
n
N
n
nNnNnNn
CCCCCCCCCm
1
1
1
32
1
21
1
10
11 −+
−
−−−−
=++++=Λ
.
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
n
Nn =
1
nn
nN
NCnmP //
111 −+
==
.
16、解:因为不放回,所以 n 个数不重复。从
}1,,2,1{
−
M
Λ
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,则必有 。
故 。当
},1{ NM Λ+
mn −
Mx
m
=
n
N
mn
MN
m
M
CCCCP /
1
1
1
1
−
−
−
−
=
11
−
<
−
mM
或
mnMN
−
<
−
时,概率 .
0=P
17、解:从 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 次是取到<M 的数, 次是取到>M 的数,当然其余一定是取到 M 的。
N,,2,1 Λ
1
k
2k
当次数固定后,<M 的有 种可能的取法(因为每一次都可以从
1
)1(
k
M − 1−
M
个数中取
一个),>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,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, 次取到>M 的数的可能取法有 种。
2
)(
k
MN −
1
)1(
k
M −
2
)(
k
MN −
21
,kk
1
k
2
k
2
1
1
k
kn
k
n
C
−
×
1
k
2
k
212
1
1
)()1(
kkk
kn
k
n
MNMC −−×
−
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, 次取到>M 的数的数,
1
k
2
k mnkmk −
≤
≤
−
≤
≤
21
0,10
,因此 B 包含
的所有可能的取法有 种。所以
∑∑
−
=
−
=
−
−−
1
00
12
212
1
1
)()1(
m
k
mn
k
kkk
kn
k
n
MNMCC
4
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n
N
BP
1
)( =
∑∑
−
=
−
=
−
−−×
1
00
12
212
1
1
)()1(
m
k
mn
k
kkk
kn
k
n
MNMCC .
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
48.0
33
16
/
4
12
1
2
1
2
2
5
2
2
1
6
=== CCCCCCP
19、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(,/)(
2
2
21
2
2
nrCCCP
r
n
rr
n
<=
(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
1−n
22 −
r
双,从鞭每双中取出一只。
r
n
r
n
rr
n
rr
nn
CCnCCCCCP
2
2
22
1
222
2
221
2
22
1
2
2
1
/2/)(
−
−
−−−
−
==
.
(3) .
r
n
r
nn
r
CCCP
2
2
42
2
242
/2
−
−
−
=
(4) .
r
n
rr
n
CCCP
2
2
2
2
/)(=
r
n
r
n
CC
2
2
/=
20、解:(1)P{任意取出两球,号码为 1,2}= .
2
/1
n
C
(2)任取 3 个球无号码 1,有利场合是从除去 1 号球外的
1
−
n
个球中任取 3 个球
的组合数,故 P{任取 3 球,无号码 1} .
33
1
/
nn
CC
−
=
(3)P{任取 5 球,号码 1,2,3 中至少出现 1 个}
=
P
−1 {任取 5 球,号码 1,2,3 不出现} .
55
3
/1
nn
CC
−
−=
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
3
−
n
个球中任取 5 个球的组
合数。
21、解 :(1)有利场合是,前 次从
1−k 1
−
N
个号中(除 1 号外)抽了,第 k 次取到 1 号球,
kkkk
NNNNP /)1(/1)1(
11 −−
−=⋅−=
(2)考虑前 k 次摸球的情况, 。
NAAP
k
N
k
N
/1/1
1
1
=⋅=
−
−
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 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
1−n 1
−
n
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 ≤=A
B=
≤
=
}{ 乙掷出反面数甲掷出反面数
.
1)()()()(
=
+
=
+
∴
APAPBPAP
5
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