第一章事件与概率。
1、解：1) p｛只订购a的｝=p＝p(a)-=0.45-0.1.-0.08+0.03=0.30.
2) p｛只订购a及b的｝=p-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=0.35-(0.10+0.05-0.03)=0.23.
p｛只订购c的｝=p=0.30-(0.05+0.08-0.03)=0.20.
p｛只订购一种报纸的｝=p＋p＋p=0.30+0.23+0.20=0.73.
4) pp=p(ab-abc)+p(ac-abc)+p(bc-abc)
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｝
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）=.
7、解：分析一下之间的关系。先依次设样本点，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+p-p=.
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=p+p+p
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。
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。
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。
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。
20、解：（1）p=.
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.3）p
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=，b=。考虑=。
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==.
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
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ak**10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)=－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。
p = p－
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=p+p
（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 fe
两船到达码头的时间与由上述。
近代概率论基础答案
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