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?A?BC?A(ABC?A显然)?B?A且C?A，若A发生，则B与C必同时发生。
（2）A?B?C?A?B?C?A?B?A且C?A，B发生或C发生，均导致
A发生。
（3）AB?C?A与B同时发生必导致C发生。
（4）A?BC?A?B?C，A发生，则B与C至少有一不发生。
3、解：A1?A2???An?A1?(A2?A1)???(An?A1???An?1) (或)＝A1?A2A1???AnA1A2?An?1． 4、解：（1）ABC={抽到的是男同学，又不爱唱歌，又不是运动员}； ABC={抽到的是男同学，又爱唱歌，又是运动员}。
（2）ABC?A?BC?A，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，C?B成立。
（4）A=B及A?C?A?B?C，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），
1,2?,B??1,3?,C??3?，则A?{3},A?B??1,2,3?,A?B???1,A?B?{2}, （2），（3）。设A?? 1
A?C??1,2,3?。
6、解：（1）{至少发生一个}=A?B?C?D.
（2）{恰发生两个}=ABCD?ACBD?ADBC?BCAD?CDAB?BDAC. （3）{A，B都发生而C，D都不发生}=ABCD. （4）{都不发生}=ABCD?A?B?C?D.
（5）{至多发生一个}=ABCD?ABCD?BACD?CABD?DABC ?AB?AC?AD?BC?BD?CD.
7、解：分析一下Ei之间的关系。先依次设样本点??Ei，再分析此?是否属于Ej(j?i),EjEk(j?i,k?i)等。（1）E6为不可能事件。
E1 E1E4 E1E3 （2）若??E5，则??Ei(i?1,2,3,4)，即E5Ei??。 （3）若??E4，则??E2,??E3。
（4）若??E3，则必有??E2或??E1之一发生，但
??E1E2。由此得E3E1?E3E2?E3,，E1E2E3??。
E1E2 E5 E2E3 （5）若??E2，则必有??E1或??E3之一发生，由此得 E6??,E0??
E2E1?E2E3?E2。
（6）E1中还有这样的点?：12345，它仅属于E1，而不再属于其它Ei(i?1,0)。诸Ei之间的关系用文图表示（如图）。
122nn8、解：（1）因为(1?x)n?1?Cnx?Cnx???nCnx，两边对x求导得
12nn?1n(1?x)n?1?Cn?2Cnx???nCnx，在其中令x=1即得所欲证。
（2）在上式中令x=-1即得所欲证。
a?rb?rkb?k（3）要原式有意义，必须0?r?a。由于Ca，此题即等于?b?Ca?b,Cb?Cba要证
?Ck?0k?rab?kb?rCb?Ca?b,0?r?a.利用幂级数乘法可证明此式。因为
(x?1)a(x?1)b?(x?1)a?b，比较等式两边xb?r的系数即得证。
9、解：P?A6A5A5/A11?1113
5?0.15 33
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p?2?4!/5!?2/5
2
（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 p?2?3!/5!?1/10
（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}=
2217???. 551010（4）这里事件是（3）中事件的对立事件，所以 P?1?7/10?3/10
（5）第三卷居中，其余四卷在剩下四个位置上可任意排，所以P?1?4!/5!?1/5
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
23选排，所以 P?2?A4/A5?2/5
m12、解：P?Cn1Cn2Cn3/3C3n
mmm
13、解：P{两球颜色相同}=P{两球均白}+P{两球均黑}+P{两球均红}
?
31076159207???????0.33. 25252525252562514、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?N。N个不同号码可产生n!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
n组合对应一种严格上升排列，所以共有CN种按严格上升次序的排列。总可能场合数为N，n故题中欲求的概率为P?CN/Nn.
n
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，
mm其组合种数记为Cn?Cn?m?1. 这个公式的证明思路是，把n个不同的元素编号为1,2,?,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0,1,?,m?1,则这一组数就变成了从1,2,?,n?m?1共n?m?1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
n应一种按上升次序的排列，所以共有CN种按上升次序的排列，总可能场合数为N，从而
~n~nnnP?CN/Nn?CN?n?1/N.
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
10相同时，可以看成中间没有间壁，故间壁有Cn?1种取法；这时只需取一个数字，有CN种取011法；这种场合的种数有Cn种。当n个数由小大两个数填上，而间壁的位置有CC?1Nn?1种取212法；数字有CN种取法；这种场合的种数有Cn?1CN种。当n个数由三样数构成时，可得场23n?1合种数为Cn?1CN种，等等。最后，当n个数均为不同数字时，有n-1个间壁，有Cn?1种取nn?1n法；数字有CN种取法；这种场合种数的Cn?1CN种。所以共有有利场合数为：
011223n?1nnm1?Cn?1CN?Cn?1CN?Cn?1CN???Cn?1CN?CN?n?1.
此式证明见本章第8题（3）。总可能场合数为n1?Nn，故所还应的概率为
nnP?m1/n1?CN?n?1/N.
16、解：因为不放回，所以n个数不重复。从{1,2,?,M?1}中取出m-1个数，从{M?1,?N}中取出n?m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xm?M。
m?11n?mn故P?CM?1C1CN?M/CN。当M?1?m?1或N?M?n?m时，概率P?0.
17、解：从1,2,?,N中有放回地取n个数，这n个数有三类：
k当次数固定后， k一个），>M的有(N?M)2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(M?1)1(N?M)2种。对于确定的k1,k2来说，在n次取数中，固定哪k1次取到 kkkkkkkkk1?0k2?0??Cm?1n?mk1nk2k1k2种。所以 Cn?k1(M?1)(N?M) 4