李贤平《概率论基础》第三版课后答案.pdf 59页

'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：A∪A∪"∪A=A+(A−A)+"+(A−A−"−A)12n121n1n−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），（2），（3）。设A={}2,1,B={},3,1C={3}，则A=3{},A∪B={}{,3,2,1A∩B=},1A−B=2{},1 A+C={3,2,1}。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ω∈Ei，再分析此ω是否属于Ej(j≠i),EjEk(j≠i,k≠i)等。（1）E6为不可能事件。E1E1E4（2）若ω∈E5，则ω∈Ei(i=)4,3,2,1，即E5Ei=φ。E1E2E1E3E5（3）若ω∈E4，则ω∈E2,ω∈E3。（4）若ω∈E3，则必有ω∈E2或ω∈E1之一发生，但E2E3ω∈E1E2。由此得E3E1∪E3E2=E,3，E1E2E3=φ。（5）若ω∈E2，则必有ω∈E1或ω∈E3之一发生，由此得E6=φ,E0=ΩE2E1∪E2E3=E2。（6）E1中还有这样的点ω：12345，它仅属于E1，而不再属于其它Ei(i≠)0,1。诸Ei之间的关系用文图表示（如图）。n122nn8、解：（1）因为1(+x)=1+Cx+Cx+"+nCx，两边对x求导得nnnn−112nn−1n1(+x)=C+2Cx+"+nCx，在其中令x=1即得所欲证。nnn（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C=C,C=C，此题即等于a+ba+bbbak+rb−kb+r要证∑CaCb=Ca+b,0≤r≤a.利用幂级数乘法可证明此式。因为k=0aba+bb+r(x+)1(x+)1=(x+)1，比较等式两边x的系数即得证。111359、解：P=AAA/A==.015655113310、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×!5/!4=5/22 （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×!5/!3=/110（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2217边}=+−=.551010（4）这里事件是（3）中事件的对立事件，所以P=1−/710=/310（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×!5/!4=5/111、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×A/A=5/245P=Cm1Cm2Cm33/Cm12、解：nnn3n13、解：P{两球颜色相同}=P{两球均白}+P{两球均黑}+P{两球均红}31076159207=×+×+×==.033.25252525252562514、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nn组合对应一种严格上升排列，所以共有C种按严格上升次序的排列。总可能场合数为N，Nnn故题中欲求的概率为P=C/N.N15、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C=C.这个公式的证明思路是，把n个不同的元素编号为,2,1",n，nn+m−1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,1,0",m−1,则这一组数就变成了从,2,1",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~nn应一种按上升次序的排列，所以共有C种按上升次序的排列，总可能场合数为N，从而N~nnnnP=C/N=C/N.NN+n−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 01相同时，可以看成中间没有间壁，故间壁有C种取法；这时只需取一个数字，有C种取n−1N011法；这种场合的种数有CC种。当n个数由小大两个数填上，而间壁的位置有C种取n−1Nn−1212法；数字有C种取法；这种场合的种数有CC种。当n个数由三样数构成时，可得场Nn−1N23n−1合种数为CC种，等等。最后，当n个数均为不同数字时，有n-1个间壁，有C种取n−1Nn−1nn−1n法；数字有C种取法；这种场合种数的CC种。所以共有有利场合数为：Nn−1N011223n−1nnm=CC+CC+CC+"+CC=C.1n−1Nn−1Nn−1Nn−1NN+n−1n此式证明见本章第8题（3）。总可能场合数为n=N，故所还应的概率为1nnP=m/n=C/N.11N+n−116、解：因为不放回，所以n个数不重复。从,2,1{",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x=M。mm−11n−mn故P=CCC/C。当M−1M。如果我们固定k次是取到M的数，当然其余一定是取到M的。1当次数固定后，M的有(N−M)k2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−)1k1(N−M)k2种。对于确定的k,k来说，在n次取数中，固定哪k次取到121M的数，这共有Ck1×k2种不同的固定方式，因此k次取到M的数的可能取法有Ck1×k2(M−)1k1(N−M)k2种。2nn−k1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k次取到M的数的数，0≤k≤m−0,1≤k≤n−m，因此B包含1212m−1n−m的所有可能的取法有∑∑Ck1Ck2(M−)1k1(N−M)k2种。所以nn−k1k12=00k=4 m−1n−mP(B)=1∑∑Ck1Ck2×(M−)1k1(N−M)k2.nnn−k1Nk12=00k=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，12211416从其每双中取出一只。所以欲求的概率为P=CCCCC/C==.04862522123319、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。2r12r2rP=C(C)/C,2(r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n−1次正面，则甲至多掷出n−1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A={甲掷出正面数≤乙掷出正面数}={甲掷出反面数≤乙掷出反面数}=B.∴P(A)+P(B)=P(A)+P(A)=15 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P(A)=P(B),1从而P(A)=。2n+10解法二：甲掷出n+1个硬币共有2个等可能场合，其中有C个出现0次正面，有n+11n+1nC个出现1次正面，…，C个出现n+1次正面。乙掷n个硬币共有2个等可能n+1n+101n场合，其中有C个出现0次正面，C个出现1次正面，…，C个出现n次正面。若甲掷nnnn+1n2n+1n+1个硬币，乙掷n个硬币，则共有n=2⋅2=2种等可能场合，其中甲掷出正面1比乙掷出正面多的有利场合数有102013012m=CC+C(C+C)+C(C+C+C)+"1n+1nn+1nnn+1nnnn01n−1n+101n=C(C+C+"+C)+C(C+C+"+C)n+1nnnn+1nnnrrr−1n+1n利用公式C=C+C及C=C得n+1nnn+1n010120123012m=(C+C)C+(C+C)(C+C)+(C+C)(C+C+C)+"+1nnnnnnnnnnnnn−1n01n−1n01n(C+C)(C+C+"+C)+C(C+C+"+C)nnnnnnnnn0210⎡121021⎤⎡221021⎤=[](Cn)+CCn+⎢(Cn)+CCn+Cn∑Cn⎥+⎢(Cn)+CnCn+Cn∑Cn⎥+⎣i<2⎦⎣i<3⎦⎡n−12n−11n1⎤⎡n2n1⎤+"+⎢(Cn)+Cn∑Cn+Cn∑Cn⎥+⎢(Cn)+Cn∑Cn⎥+⎣1i≥0⎝i0⎠2n2n+11所以欲求的概率为P=m/n=22/=.112应注意，甲掷出,1,0",n+1个正面的n+2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，44P{一颗投4次至少得到一个六点}=1−{一颗投4次没有一个六点}=1−56/=.05177.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}2424=1−{两颗投24次没有一个双六}=1−35/36=.04914.6 比较知，前者机会较大。53321324、解：P=CCCC/C=.0012913131313521491313139CCCCCC4×C44433926134325、解：P===.00106.1313131313CCCCC52392613524913或解为，4张A集中在特定一个手中的概率为CC/C，所以4张A集中在一个人手中44852913的概率为P=4×C/C=.00106.4852526、解：（1）P=/4C=.00000015.这里设A只打大头，若认为可打两头AKQJ10及52A2345，则答案有变，下同。（）取出的一张可民由2K，Q，…，6八个数中之一打头，所以115P=CC/C=.00000123.4852（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145以P=CC/C=.000024.13452（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13125点中的一个点，所以P=CCCC/C=.000144.13412452(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，155所以P=CC/C=.000198.41352(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115115p=P{顺次五张牌}－{同花顺次五张牌}=[C(C)−CC]/C=.00000294.944952（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132125P=CCC(C)/C=.00211.13412452（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}22211514115=CCCCC/C+CCCC/C=.00475.12441145213412452123135（9）p=CCC(C)/C=.0423.13412452（10）若记（i）事件为A，则A⊂A,A⊂A,A⊂A,A⊂A而事件i152538497 99⎛⎞A5,",A9两两不相容，所以p=1−P⎜⎜∪Ai⎟⎟=1−∑P(Ai)=.0506.⎝i=5⎠i=5y27、解：设x，y分别为此二船到达码头的时间，则24FE0≤x≤24,0≤y≤24.两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Ａ发生意味４着同时满足下列两不等式x−y≤,3y−x≤4Ｃ０３24由几何概率得，事件Ａ的概率，等于正方形ＣＤＥＦ中直线x−y≤3及y−x≤4之间的部分面积，与正方形CDEF的面积之比，即⎡2⎛1212⎞⎤2PA=⎢24−⎜×20+×21⎟⎥/24=311/1152=.027⎣⎝22⎠⎦28、解：设x，y分别为此二人到达时间，则yFNE7≤x≤7,8≤y≤8。显然，此二人到达时间8(x,y)与由上述条件决定的正方形CDEF内和MH点是一一对应的(如图)。7D设A表事件“其中一人必须等另外一人的CG时间1/2小时以上“，则A发生意味着满足如下078x11不等式x−y>或y−x>。由几何概率得，22事件A的概率等于ΔGDH及ΔFMN的面积之和与正方形CDEF的面积之比，所以111111P(A)=(×+×)/(1×)1=22222429、解：设AB=a,AX=x,AX=x则x112220≤x≤a,0≤x≤a，a12(x,x)与由上述条件决定的正方形EFGH内的点是一一I12对应的（如图）。（I）设x>x。AX=x,XX=x−x,II211112211XB=a−x，则三线段构成三角形的充要条件是Eaax22128 ⎧1x+(x−x)>a−x⇒x>a⎪121222⎪⎪1⎨x1+(a−x2)>(x2−x1)⇒x1+a>x2这决定三角形区域I。⎪21⎪(x−x)+(a−x)>x⇒xx。AX=x,XX=x−x,XB=a−x，则三线段构成三角1211121222⎧1x+(x−x)>a−x⇒x>a⎪112212⎪⎪1形的充要条件是⎨(x1−x2)+(a−x2)>x1⇒x2x−x⇒a>,0⎪1212⎪⎩（III）当x=x时，不能构成三角形。由几何概率知，12Δ()I面积+矩形(II)面积P{三线段构成三角形}=正方形EFGH面积⎛11111⎞23=⎜×a×a+a×a⎟/a=⎝22222⎠8z30、解：设0到三点的三线段长分别为x,y,z，即相应的1C右端点坐标为x,y,z，显然0≤x,y,z≤1这三条线。段构成三角形的充要条件是：ADx+y>z,x+z>y,y+z>x。在线段[0，1]上任意投三点x,y,z。与立方体010≤x≤1，0≤y≤1，0≤z≤1中的点(x,y,z)1y一一对应，可见所求“构成三角形”的概率，等价于在xB边长为1的立方体T中均匀地掷点，而点落在x+y>z,x+z>y,y+z>x区域中的概率；这也就是落在图中由ΔADC，ΔADB，ΔBDC，ΔAOC，ΔAOB，ΔBOC所围成的区域G中的概率。由于V(T)=,131131V(G)=1−3×××1=，3221∴p=V(G/)V(T)=2由此得，能与不能构成三角形两事件的概率一样大。9 31、解：设方格边长为a。当硬币圆心落于图中阴影部分才与边界不相交（图中只取一个方格）。由几何概率得阴影部分面积P{硬币与线不相交}=1方格面积22=(a−)1/a.22令(a−)1/a=.001a–1因为当a≤1时，硬币必与线相交（必然事件），故只需考虑a11a>1．当止式得(a−/)1a=,1.0a=1。即当方格边长a<1时，才能使硬币与99线不相交的概率小于1%。32、解：从（0，1）中取出的两数分别为x,y，则(x,y)与y正方形ABCD内的点一一对应。1DC（1）直线x+y=2.1与BC交点坐标为（1，0.2），与(I)DC点坐标为（0.2，1），所以由几何概率可得AB阴影区域(I)面积⎛1⎞P{两数之和小于}2.1==⎜1−×8.0×8.0⎟1/=.068正方形面积⎝2⎠1⎛1⎞（2）双曲线xy=与BC交点坐标为⎜,1⎟14⎝4⎠⎛1⎞与DC交点坐标为⎜1,⎟，所以由几何概率得⎝4⎠⎧1⎫阴影区域(II)面积P⎨两数之积小于⎬=⎩4⎭正方形面积11111111=×1+∫1dx=+lnx=+ln4=6.044x44144441（3）直线x+y=2.1与曲线xy=的交点坐标为（如图）4⎧⎪x1=6.0+1.011=.0932⎧x2=.0268⎨⎨.⎪⎩y1=6.0−1.011=.0268,⎩y2=.09321∴P{两数之和小于1.2，两数之积小于}410 阴影区域()III面积.0268.093211==2.0×1+∫∫(−x+)2.1dx+dx+∫(−x+)2.1dx正方形面积2.0.02684x.0932.0268.09321⎛12⎞1⎛12⎞=2.0+⎜−x+2.1x⎟+lnx+⎜−x+2.1x⎟⎝2⎠2.04.0268⎝2⎠.0932=2.0+.00657+.03116+.00160=.059333、证：当n=2时，A∪A=A∪(A−AA)，A与A−AA两者不相容，所以1212121212P(A∪A)=P(A−AA)=P(A)+P(A)−P(AA).122121212此即当n=2时原式成立。设对n−1原式成立，现证对原式也成立。nP(A∪"∪A∪A)=P{A∪"∪A∪A}1n−1n1n−1n=P(A∪"∪A)+P(A)−P{A∪"∪A∪A}1n−1n1n−1n=P(A∪"∪A)+P(A)−P{AA∪AA∪"∪AA}1n−1n1n2nn−1n对前后两项分别应用归纳假设得P(A∪"∪A∪A)1n−1n⎧n−1⎫n−2=⎨∑P(Ai)−∑P(AiAj)+"+(−)1P(A1"An−1)⎬+P(An)⎩n=1n−1≥j>i≥1⎭⎧n−1⎫n−2−⎨∑P(AiAn)−∑P(AiAnAjAn)+"+(−)1P(AiAnAjAn"An−1An)⎬⎩i=1n−1≥j>i≥1⎭nn−1=∑P(Ai)−∑P(AiAj)+"+(−)1P(A1A2"An).i=1n≥j>i≥1至此，原式得证。34、解：设A={第i个战士拿到自己的枪}，i=,2,1",N。A之间相容，现用上题公式ii解。P(A)=(N−1)!×/1N!=/1N,i2P(AA)=(N−2)!×1×/1N!=/1N!=/1A(i≠j),"",P(AA"A)=/1N!.ijN12N由公式得P{至少有一个战士拿到自己的枪}=P(A∪A∪"∪A)12N11 NN−1=∑P(Ai)−∑P(AiAj)+"+(−)1P(A1A2"AN)i=1N≥j>i≥11121N−1N1=C−C+"+(−)1CNN2NNAN!NNk−11N−11(−)1=1−+"+(−)1=∑!2N!k=1k!注：由此可求得，事件“至少有一个战士拿到自己的枪”的对立事件的概率为Nk−1NkNk(−)1(−)1(−)1P{N个战士没有一个战士拿到自己的枪}=1−∑=∑=∑k=1k!k=2k!k=0k!K35、解：某k个指定的战士拿到自己的枪的概率是1=/1A。利用上题注（视这里N−k个NN−Kj(−)1战士都没有拿到自己枪的概率为P2=∑。恰有k个战士拿到自己的枪，则这k个战j=0j!k士可以是N个战士中任意的k个战士，从N个战士中选出一组k个战士共有C种选法，N所以事件“恰有k个战士拿到自己枪“的概率，是事件”某k个指定战士拿到自己的枪，且k其余N−k个战士没有拿到自己的枪“概率的C倍，可得NN−kjN−kjk1(−)11(−)1P{恰有k个战士拿到自己枪}=CN−k∑=∑.ANj=0j!k!j=0j!36、解：设考签编号为,2,1",N，记事件A={第x号考签未被抽到}，则innP(A)=(N−)1/N，innP(AA)=(N−)2/N(i≠j),""，ijnnP(AA"A)=(N−N)/N=0；12N诸A相容，利用第33题公式计算得iP={至少有一张考签未被抽到}=P{A1∪A2∪"∪AN}NN−1=∑∑P(Ai)−P(AiAj)+"+(−)1P(A1A2"AN)ii=≥11N≥j>nn1(N−)12(n−)2N−2N−11=CNn−CNn+"+(−)1CNn+0NNN12 N−1ni−11(N−i)=∑(−)1CNn.i=1N37、解：这些比赛的可能结果，可以用下面方法表示：aa，acc，acbb，acbaa，acbacc，acbacbb，…bb，bcc，bcaa，bcabb，bcabcc，bcabcaa，…其中a表甲胜，b表乙胜，c表丙胜。1在这些结果中，恰巧包含k个字母的事件发生的概率应为，如aa发生的概率为1/4，k2acbb发生的概率为1/16等等。则1112p(c)=[]P(acc)+P(bcc)+[P(acbacc)+P(bcabcc)]+"=2×+2×+2×+"=.2326297由于甲，乙两人所处的地位是对称的，所以p(a)=p(b)，得125p(a)=p(b)=(1−)=.271438、证：设父胜子的概率为p1，子胜父的概率为p2，父胜母，母胜父，母胜子，子胜母的概率分别是p3,p4,p5,p6。则诸pi间有关系：p5+p6=1,p1p2(a)>p3(a)这说明父的决策最优。39、解：P(AB)=P(A−B)=P(A∪B−B)=P(A∪B)−P(B)=r−qP(AB)=P(A∪B)=1−P(A∪B)=1−r.40、证：设BC=C1,C(A−B)=C2.由C⊃AB可得，C⊂A∪B，∴C=C1∪C2，C1∩C2=φ（1）又C⊃AB∴AC1=A(BC)=AB再由P(B)≥P(C1)得AC2C1BP(AC1)=P(AB)=P(A)P(B)≥P(A)P(C1)（2）由C2⊂A并利用P(A)≤1得P(AC2)=P(C2)≥P(A)P(C2)（3）13 由（1），（2），（3）可得P(AC)=P{}A(C1∪C2)=P(AC1∪AC2)=P(AC1)+P(AC2)≥P(A)P(C1)+P(A)P(C2)=P(A)[]P(C1)+P(C2)=P(A)P(C)41、证：（1）A⊃A1A2，由单调性及P(A1∪A2)≤1得P(A)≥P(A1A2)=P(A1)+P(A2)−P(A1∪A2)≥P(A1)+P(A2)−1.（2）A⊃A1A2A3，两次利用（1）的结果得P(A)≥P((A1A2)A3)≥P(A3)+P(A1A2)−1≥P(A3)−1+P(A1)+P(A2)−1=P(A1)+P(A2)+P(A3)−242、解：设N阶行列式中元素aij，行列式展开式的每一项为不同行不同列元素的乘积。对于每一项中的各个元素，从第一列中取一个元素有N种取法，当从第一列中取的元素取定后，再从第二列中取一个元素有N−1种取法，接着从第三列中取一个元素有N−2种取法，等等。每种取法教都是等可能的，共有N!种取法。设Ak表事件{N阶行列式的项含akk}，k=,2,1",N，则111P(Ak)=(N−!)1⋅==，N!NA1N11P(AA)=(N−!)2⋅1⋅=(i≠j),""11N!A2N1P(A1A2"AN）=N!至少含一个主对角线元素的项的概率为⎛N⎞NP⎜A⎟=P(A)−P(AA)+"+(−)1N−1P(AA"A)⎜∪k⎟∑∑k1112N⎝k=1⎠ki=≥11N≥j>1121N−1N1=CN1−CN2+"+(−)1CNAAN!NN1N−11=1−+"+(−)1.!2N!Nk−11由此得包含主对角线元素的项数为N!∑(−)1k!k=1注：不含主对角线元素项的概率为⎛N⎞N11P=1−P⎜A⎟=(−)1k，limP=.N⎜∪k⎟∑Nk!N→∞e⎝k=1⎠k=043、证：设袋中有A个球，其中a个是白球，不还原随机取出，第k次才首次取得白球的k−11AA−aAaa(A−a)(A−a−)1"(A−a−k+)2概率为Pk==(k=,2,1",A−a+)1.AkA(A−1)(A−)2"(A−k+)1A因为袋中有a个白球，A−a个黑球，若一开始总是取到黑球，直到把黑球取完为止，则至迟到第A−a+1次一定会取到白球；也就是说，第一次或第二次…或至迟到第A−a+1次取得14 白球事件是必然事件，其概率为1。所以aa(A−a)a(A−a)"2⋅11=p1+p2+"+pA−a+1=++"+AA(A−)1A(A−)1"(a+)1aA等式两边同乘以得aA−a(A−a)(A−a−)1(A−a)"2⋅1A1+++"+=.A−1(A−1)(A−)2(A−)1"(a+)1aa44、解：有明显疗效的频率为368/512=71.9%，所以，某胃溃疡病人若服此药，约有71.9%的可能有明显疗效。45、解：此σ−域首先包括Ω,φ,A,B诸元素，然后通过求逆，并交运算逐步产生新的元素，得共包含16个元素：{Ω,φ,A,B,A,B,AB,AB,AB,AB,AB∪AB,AB∪AB,A∪B,AB=A∪B,AB=A∪B,AB=A∪B}证一：现证明它是包含A，B的最小σ−域。首先它包含A，B；由于所有集均由A，B产生，故最小。集是有限个，故只需证它为代数，即按如下两条验证集系封闭即可：①若C∈F，则C∈F；②若C,D∈F，则C∪D∈F。能动验证知确为代数。证二：由图知，两个集至多可产生四个部分，可称之为产生集的最小部分，从这四个部分中任取0，1，2，3，4个求并集，共同构成AB01234C4+C4+C4+C4+C4=161234个集。故若能找到16个由A，B产生的不同的集，则它们一定是由A，B产生的σ−域，为此只须验证如上16个集两两不同就够了。也可在一开始就根据这16个集的构成法依次构造出来，即得欲求的σ−代数，而不需要再证明。46、证：记F={Ω的一切子集}（i）Ω是Ω的子集，所以Ω∈F。(ii)若A∈F，则A是Ω的子集，Ω−A也是Ω的子集，所以A=Ω−A∈F。(iii)Ai(i=,2,1")∈F，当然有Ω⊃Ai,i=,2,1"。任一ω∈∪Ai。必有某一Ai，使iω∈Ai，所以ω∈Ω，从而Ω⊃∪Aii，即∪Aii也是Ω的一个子集，故∪Aii∈F。iii∴F是σ−域。47、证：设Ft(t∈T)是σ−域，记F=∪Ft.t∈T(i)Ω∈每一Ft，所以Ω∈∩Ft，即Ω∈F.t∈T(ii)A∈F，则A∈每一Ft，由Ft是σ−域得A∈每一Ft，所以A∈∪Ft，从而A∈F.t∈T15 (iii)Ai(i=,2,1")∈F，则诸At必属于每一Ft，由于Ft是σ−域，所以∪Ai∈每一Ft，i即∪Ai∈∩Ft=F.t∈Ti∴f是σ−域。~48、证：一维波雷尔σ−域B=m{[a,b)}是由左闭右开区间灶产生的σ−域，B=M{}(−∞,x)是由形如(−∞,x)区间类产生的σ−域。因为[a,b)=(−∞,b)−(−∞,a)~~等式左边是B中两个集的差，由此知B包含一切形如[a,b)的集，而B是由一切形如[a,b)的~集类产生的σ−域，所以B⊃B。∞又由于(−∞,x)=∪[x−n,x−n+)1，n=1~等式右边是B中集的可列并，由此知B包含一切形如(−∞,x)的集，与上段同理得B⊃B.~∴B=B.49、解：算术中的计数：以s(E)表集合E包含的元素的个数。（1）s(E)非负。（2）对⎛n⎞nEi,i=,2,1",n，若任意两个Ei与Ej(i≠j)都不包含相同的元素，则s⎜∪Ei⎟=∑s(Ei)，⎜⎟⎝i−1⎠i=1即和集中包含元素的个数等于每个集所包含元素个数之和，集函数s(E)具有有限可加性。（3）若E=φ是空集，它不包含任何元素，则有s(φ)=0。几何度量中的长度：以m(E)表区间的长度。（1）m(E)非负。（2）对区间Ei,i=,2,1"，⎛∞⎞∞若任两个Ei与E都不相交，则m⎜∪Ei⎟=∑m(Ei)，m(E)具有可列可加性。（3）空集φ的j⎜⎟⎝i−1⎠i=1长度m(φ)=0。当区间改成区域，长度改成面积或体积时，如上结论也成立。把算数中计数、几何度量中的共同性质——非负，可列可加性，空集对应值为0——抽象出来，并加以适当地推广，就得到测度的概念。以一维L-测度为例，L[a,b)=b−a，区间{1}[a,b)的L-测度就是区间的长度；利用有限可加性定义由集系[a,b),a,b∈R产生的环上的测度，再利用测度延拓就得到了波雷尔域B上的L-测度。50、解：在概率论公理化结构中，定义在事件域F上的集合函数，若满足(1)非负性：P(A)≥,0A∈F；(2)规范性：P(Ω)=1；(3)可列可加性：若Ai∈F,i=,2,1",AiAj=φ，i≠j∞∞⎛⎞则P⎜∑Ai⎟=∑P(Ai)；则称P为F上的概率。由这三条性质可推得P(φ)=0。与上题比⎝i=1⎠i=1较可知，定义在F上的概率P实质上就是定义在F上的规范性测度。16 A包含的样本点数概率的古典定义：Ω={ω1,",ωn}；对A⊂Ω定义其概率为P(A)=。PΩ中样本点总数具有非负性，有限可加性，P(φ)=0。这里的概率P相当于算术中的计数，所不同的是，P还具有规范性，即P(Ω)=1。这里P实质上是定义在F={Ω的一切子集}上具有规范性的测度。几何概率的定义：G⊂Ω,Ω与G都是波雷尔可测集，对G定义其概率为P()()()G=LG/LΩ，其中L()G表示区域G的L-测度。显然P具有非负性。由L-测度具有可列可加性得P也具有可列可加性。另外，P(φ)=0，P(Ω)=1。所以P是定义在F=Ω∩B上的具有规范性的测度。17 第二章条件概率与统计独立性1、解：自左往右数，排第i个字母的事件为Ai，则2211P(A)=,P(AA)=，P(AAA)=,P(AAAA)=12132143215432P(AAAAA)=1。54321所以题中欲求的概率为P(A1A2A3A4A5)=P(A1)P()A2A1P()A3A2A1P(A4A3A2A1)P(A5A4A3A2A1)22111=⋅⋅⋅⋅1=54323032、解：总场合数为2=8。设A={三个孩子中有一女}，B={三个孩子中至少有一男}，A的有利场合数为7，AB的有利场合为6，所以题中欲求的概率P（B|A）为P(AB)8/66P()BA===.P(A)8/773、解：（1）M件产品中有m件废品，M−m件正品。设A={两件有一件是废品}，B={两112222件都是废品}，显然A⊃B，则P(A)=(CC+C)/CP(B)=C/C，mM−mmmmM题中欲求的概率为22Cm/CMm−1P(B|A)=P(AB/)P(A)=P(B/)P(A)==.1122(CC+C/)C2M−m−1mM−mmM（2）设A={两件中有一件不是废品}，B={两件中恰有一件废品}，显然B⊂A，2112112则P(A)=(C+CC)/C,P(B)=CC/C.M−mmM−mMmM−mM题中欲求的概率为112CmCM−m/CM2mP(B|A)=P(AB/)P(A)=P(B/)P(A)==.2112(C+CC/)CM+m−1M−mmM−mM1122m2(M−m−)1（3）P{取出的两件中至少有一件废品}=(CC+C)/C=mM−mmMM(M−)14、解：A={甲取出一球为白球}，B={甲取出一球后，乙取出一球为白球}，C={甲，乙a各取出一球后，丙取出一球为白球}。则P(A)=甲取出的球可为白球或黑(a+b)球，利用全概率公式得P(B)=P(A)P(B|A)+P(A)P(B|A)bb−1abb=⋅+⋅=a+ba+b−1a+ba+b−1a+b甲，乙取球的情况共有四种，由全概率公式得P(C)=P(AB)P(C|AB)+P(AB)P(C|AB)+P(AB)P(C|AB)+P(AB)P(C|AB) b(b−)1b−2abb−1=⋅+⋅(a+b)(a+b−)1a+b−2(a+b)(a+b−)1a+b−2abb−1a(a−)1b+⋅+⋅(a+b)(a+b−)1a+b−2(a+b)(a+b−)1a+b−2b(a+b−1)(a+b−)2b==.(a+b)(a+b−1)(a+b−)2a+b15、解：设B={两数之和大于10}，Ai={第一个数取到i}，i=,1,0"9,。则P(Ai)=，10P(B|A)=P(B|A)=,0P(B|A)=(i−,9/)1i=,3,2"5;P(B|A)=(j−,9/)201ijj=9,8,7,6。由全概率公式得欲求的概率为916P(B)=∑P(Ai)P(B|Ai)==.0356.i=0456、解：设A1={从甲袋中取出2只白球}，A2={从甲袋中取出一只白球一只黑球}，A3={从甲袋中取出2只黑球}，B={从乙袋中取出2只白球}。则由全概率公式得P(B)=P(B|A)P(A)+P(B|A)P(A)+P(B|A)P(A)1122332211222CCcCCcCaa+2abα+1ba=++.222222ccCCCCA+Bα+β+2a+bα+β+2a+bα+β+27、解：A1={从第一袋中取出一球是黑球}，……，Ai={从第一袋中取一球放入第二袋中，…，再从第i−1袋中取一球放入第i袋中，最后从第i袋中取一球是黑球}，i=,1",N。则abP(A)=,P(A)=.11a+b(a+b)ab一般设P(A)=，则P(A)=，得kk(a+b)(a+b)aP(A)=P(A|A)P(A)+P(A|A)P(A)=.k+1k+1kkk+1kk(a+b)a由数学归纳法得P(A)=.N(a+b)8、解：设A1={飞机第一部分中两弹}，A2={飞机第二部分中两弹}，A3={飞机第一部分中一弹}，A4={其它情况}，则AA=φ(i≠j),A+A+A+A=Ω.ij1234P(A)=1.0×1.0=.001,P(A)=2.0×2.0=.004.12A3={第一弹中第一部分且第二弹中第二部分，或第一弹中第一部分且第二弹中第三部分，或第一弹中第二部分且第二弹中第一部分，或第一弹中第三部分且第二弹中第一部分}，P(A)=1.0×2.0+1.0×7.0+2.0×1.0+7.0×1.0=.018，3 P(A)=1−[P(A)+P(A)+P(A)]=.077.4123设B={飞机被击落}，则P(B|A)=1(I=3,2,1),P(B|A)=.0i44由全概率公式得P(B)=∑P(B|Ai)P(Ai)=.001+.004+.018=.023.i=19、解：设Ai={第i回出正面}，记pi=P(Ai)，则由题意利用全概率公式得P(A)=P(A|A)P(A)+P(A|A)P(A)i+1i+1iii+1ii=pp+1(−p)(1−p)=2(p−)1p+1(−p)。111已知p=c，依次令i=n−,1n−,2"1,可得递推关系式iP=2(p−)1p+1(−p),P=2(p−)1p+1(−p),",nn−1n−1n−2P=2(p−)1p+1(−p)=2(p−)1c+1(−p).21解得2n−2n−1P=1(−p)[1+2(p−)1+2(p−)1+"+2(p−)1]+c2(p−)1,n当p≠1时利用等比数列求和公式得n−11−2(p−)1n−111n−1n−1p=1(−p)+c2(p−)1=−2(p−)1+c2(p−)1.（*）n1−2(p−)122（1）若p=1，则p≡C,limp=C；nnn→∞（2）若p=0，则当n=2k−1时，p=c；当n=2k时，p=1−c。nn111若c=，则p≡,limp=nn22n→∞21若c≠1，则c≠1−c,limp不存在。n2n→∞（3）若0i=122、解：本题中认为各元件发生故障是相互独立的。记A={元件k发生故障}，A={元01件k发生故障}，A={元件k发生故障}。则122P{电路断开}=P(A∪AA)=P(A)+P(AA)−P(AAA)012012012=3.0+2.0×2.0−3.0×2.0×2.0=.0328。23、解：以A表事件“A于第k次试验中出现”，P(A)=ε，由试验的独立性得，前nkk次试验中A都不出现的概率为nP(AA"A)=P(A)P(A)"P(A)=1(−ε)。12n12n于是前n次试验中，A至少发生一次的概率为n1−P(AA"A)=1−1(−ε)→1(n→∞)。12n这说明当重复试验的次数无限增加时，小概率事件A至少发生一次的概率可以无限地向1靠近，从而可看成是必然要发生的。24、解：我们认为各车床或同一车床制造的各个零件的好坏是相互独立的，由此可得32P{所有零件均为一级品}=8.0×7.0=.02509。 25、解：利用的二项分布可得P{至少有一个甲类细菌}=1−P2{n个全是乙类细菌}02n0⎛1⎞⎛1⎞−2n=1−C20⎜⎟⎜⎟=1−2。⎝2⎠⎝2⎠nn2nn⎛1⎞⎛1⎞n⎛1⎞P{甲，乙两类细菌各占一半}=C2n⎜⎟⎜⎟=C2n⎜⎟。⎝2⎠⎝2⎠⎝2⎠26、解：利用二项分布得nP{至少出现一次正面}=1−P{n次全部出现反面}=1−1(−p)。n1n−1nn−1P{至少出现两次正面}=1−1(−p)−Cp1(−p)=1−1(−p)−np1(−p)。n27、解：（1）设A，B，C分别表示每局比赛中甲，乙丙获胜的事件，这是一个1P(A)=P(B)=P(C)=的多项分布。欲丙成为整场比赛的优胜者，则需在未来的三3次中，丙获胜三次；或在前三次中，丙获胜两次乙胜一次，而第四次为丙获胜。故本题欲求的概率为30020!3⎛1⎞⎛1⎞⎛1⎞!3⎛1⎞⎛1⎞⎛1⎞p=⎜⎟⎜⎟⎜⎟+⎜⎟⎜⎟⎜⎟。!0!0!3⎝3⎠⎝3⎠⎝3⎠!0!1!2⎝3⎠⎝3⎠⎝3⎠28、解：利用两个的二项分布，得欲副省长的概率为np=∑P{甲掷出i次正面，乙掷出i次正面}i=0n1i1n−11i1n−112nn12ni⎛⎞⎛⎞i⎛⎞⎛⎞⎛⎞i2n⎛⎞=∑Cn⎜⎟⎜⎟⋅Cn⎜⎟⎜⎟=⎜⎟∑(Cn)=C2n⎜⎟。i=0⎝2⎠⎝2⎠⎝2⎠⎝2⎠⎝2⎠i=0⎝2⎠29、解：事件A出现奇数次的概率记为b，出现偶数次的概率记为a，则00n22n−2a=Cpq+Cpq+"，nn1n−133n−3b=Cpq+Cpq+"。nnnn利用a+b=(p+q)=,1a−b=(q−p)，可解得事件A出现奇数次的概率为1[n]11nb=1−(p−q)=−1(−2p)。22211n顺便得到，事件A出现偶数次的概率为a=+1(−2p)。2230、解：事件“在出现m次A之前出现k次A”，相当于事件“在前k+m−1次试验中出现k次A，m−1次A，而第m+k次出现A”，故所求的概率为kkm−1kkmCpq⋅q=Cpqk+m−1k+m−1 注：对事件“在出现m次A之前出现k次A”，若允许在出现m次A之前也可以出现k+1次A，k+2次A等，这就说不通。所以，事件“在出现m次A之前出现k次A”的等价事件，是“在出现m次A之前恰出现k次A”。而对事件“在出现m次A之前出现k次A之前”（记为B）就不一样，即使在出现m次A之前出现了k+1次A，k+2次A等，也可以说事件B发生，所以事件B是如下诸事件的并事件：“在出现m次A之前恰出现i次A”，i=k,k+,1"。31、解：设A={经n次试验后，黑球出现在甲袋中}，A={经n次试验后，黑球出nn现在乙袋中}，C={第n次从黑球所在的袋中取出一个白球}。记p=P(A),nnnc=P(A)=1−p,n=,2,1,0"。当n≥1时，由全概率公式可得递推关系式：nnnp=P(A|A)P(A)_P(A|A)P(A)nnn−1n−1nn−1n−1=P(C|A)P(A)+P(C|A)P(A)nn−1n−1nn−1n−1N−11N−11=p⋅+q⋅=p+1(−p),n−1n−1n−1n−1NNNNN−21即p=p+(n≥)1。nn−1NN初始条件p=1，由递推关系式并利用等比级数求和公式得0n−1n11N−21⎛N−2⎞⎛N−2⎞pn=+⋅+"+⎜⎟+⎜⎟NNNN⎝N⎠⎝N⎠n1⎡⎛N−2⎞⎤⎢1−⎜⎟⎥NNn⎢⎣⎝⎠⎥⎦11⎛N−2⎞==+⎜⎟。n⎛N−2⎞⎛N−2⎞22⎝N⎠⎜1−⎟+⎜⎟⎝N⎠⎝N⎠若N=1，则n=2k+1时p=0，当n=2k时p=1。n1若N=2，则对任何n有p=。n21若N>2，则limp=（N越大，收敛速度越慢）。nn→∞232、解：利用普阿松逼近定理，λ=1000×.0005=5，查表计算得1000ii1000−1−5−5P{至少有两件废品}=∑C1000.0(005).0(995)≈1−e−5e=.09596，i=255iii1000−15−5P{不超过5件废品}=∑C1000.0(005).0(995)≈∑e=.06160。i=2i=0i!设以90%的概率希望废品件数不超过k，则 kkiii1000−15−5∑C1000.0(005).0(995)≈∑e=.090，i=2i=0i!解得k=8。33、解：P={有10个或更多个终端同时操作}=P{有10个或不足10个终端不在操作}10jj20−j=∑C20)3.0()7.0(=.09829。j=034、解：利用普阿松逼近定理计算λ=5000×.0001=5，则打中两弹或两终以上的概率为50004999−5−5p=1−.0(999)−5000.0(999)×.0001≈1−e−5e=.0959635、解：设A表事件“某事实际上是可行的”，A表事件“某事实际上是不可行的”，B表“多数人说可行”，B表“多数人说不可行“，利用二项分布得7ii7−iP(B|A)=P(B|A)=∑C7)6.0()4.0(=.07102i=4所以作出正确决策的概率为p=P(A)P(B|A)+P(A)P(B|A)=p)B|A)[P(A)+P(A)]=P(B|A)=.07102。36、解：（1）由题意得，产生了k个细菌，且这k个细菌全部是甲类细菌的概率为kkλ−λ⎛1⎞e⎜⎟，所以产生了甲类细菌而无乙类细菌的概率为k!⎝2⎠∞kk⎛λ⎞λ−λ⎛1⎞−λ⎜2⎟p=∑e⎜⎟=e⎜e−1⎟。k=1k!⎝2⎠⎝⎠（2）产生乙类细菌而无甲类细菌的概率与（1）中概率相同，所以欲求的条件概率为21λ2e−λ⎛1⎞12⎜⎟λ!2⎝2⎠8P{有2个乙类细菌|产生的细菌中无甲类}==。⎡1⎤1⎛λ⎞⎛λ⎞⎢e−λ⎜e2−1⎟⎥⎜e2−1⎟⎜⎟⎜⎟⎢⎣⎝⎠⎥⎦⎝⎠37、解：事件“有两个以上的人生于元旦”的对立事件是“生于元旦的人不多于两个”1利用p−的二项分布得欲求的概率为3652i50−1i⎛1⎞⎛1⎞p=1−∑C50⎜⎟⎜1−⎟⎝365⎠⎝365⎠2481−(364+50×364+25×49)364==.000037。50365 138、解：每个错字出现在每页上的概率为p=，500个错字可看成做500次努5001里试验，利用普阿松逼近定理计算，λ=500×=1，得500P{某页上至少有三个错字}=1−1-P{某页上至多有两个错字}2i500−11⎛1⎞⎛1⎞=1−∑C500⎜⎟⎜1−⎟i=0⎝500⎠⎝500⎠−1−11−1≈1−(e+e+e)=.00803.239、解：设月初库存k件，则应有ki∞i7−77−7∑∑e≥.0999,即p=e≤.0001.ik=01i!i=+i!当k+1=17时，p=.0000958；k+1=16时，p=.0002407。所以在月初进货时要库存k=16件才行。40、解：设每盒装100+k只，为使每盒有100只以上的好钉，每盒次品数应当≤k−1，k−1ii100+k−i则应有p=C.0(015).0(985)≥.080.∑100+ki=0由于k值不大，有(100+k.0)015≈100×.0015=5.1利用普阿松逼近定理计算，λ=5.1，上式可以写成k−1i)5.1(−5.1p=∑e≥.080.i=0i!查表得当k−1=2时，p=.0808847；当k−1=1时，p=.0557825。取k−1=,2k=3，。所以一盒应装103只，才能保证每盒中有100只以上好钉的概率小于80%。41、解：每一毫升平均含一个细菌，每2毫升含2个，所以每只试管中含有细菌数服从λ=2的普阿松分布。由此可得−25P{5个试管中都有细菌}=1(−e)=.04833；51−2i−25−iP{至少有三个试管中有细菌}=∑C51(−e)(e)=.09800.i=2−2计算时利用了p=1−e的二项分布。42、解：设一分钟内通过某交叉路口的汽车数服从λ的普阿松分布，则P{1分钟内无车}=e−λ1=0.2,λ=−ln0.2=1.61i由此得，2分钟内通过的汽车数服从λ=λ×2=3.22的普阿松分布，从而2分钟i内多于一车的概率为−3.22−3.22p=1−e−3.22×e=0.831.43、解：若蚕产i个卵，则这i个卵变为成虫数服从概率为pn,=i的二项分布，所 以∞iλ−λkk1−kP{蚕养出n只小蚕}=∑eCip1(−p)（令m=i−k)i=ki!k−λ∞k+mpeλm1k−λ=∑1(−p)=(λp)ek!M=0m!k!44、解：设s={该分子在时刻s还没有再受到碰撞}，则1−P(Δτ)=λ(Δτ)+o(Δτ)，P(τ+Δτ)=P(τ)P(Δτ)=P(τ)(1−λΔτ−o(Δτ))，P(τ+Δτ)−P(τ)P(τ)o(Δτ)=−λp(τ)−，ΔτΔτdP(τ)P("τ)令Δτ→0得=−λP(τ),=−λ，dτP(τ)−λτ积分得P(τ)=ce.当τ→0时，P(τ)→1，所以c=1，从而−λτP(τ)=e.45、证：可利用巴纳赫氏问题证明。某数学家带着两盒火柴，每次用时他在两盒中任意1抓一盒，从中取出一根，因此连续地抽取构成了一串p=的贝努里试验。假定最初每2盒火柴恰巧包含N根，我们考虑：数学家第一次发现空盒子地时刻。在这一时刻，另一盒火柴可能还有r为0，1，…，N根火柴。设从第一盒中选取为“成功”。“当发现第一盒火柴空时，第二盒中尚有r根火柴“这一事件，等价于”恰有N−r次失败发生在第1N+1次成功之前“，这个事件的概率为f2(N−r+;1N+,1)（见巴斯卡分布）。考虑2到两盒火柴所处的地位相同，可得事件”发现一盒空，另一盒中尚有r根火柴“（记为A）r的概率为⎛1⎞⎛2N−r⎞−2N+r−1⎛2N−r⎞−2N+r2f⎜2N−r+;1N+,1⎟=2⎜⎜⎟⎟2=⎜⎜⎟⎟2.⎝2⎠⎝N⎠⎝N⎠r取0到N的诸事件A之和显然是必然事件，由此可得rN⎛2N−r⎞−2N+r∑⎜⎜⎟⎟2=1，r=0⎝N⎠N两边同乘以2并利用组合性质变形得N⎛2N−r⎞−(N−r)N∑⎜⎜⎟⎟2=2，r=0⎝N−r⎠令N−r=k，并注意到对应r从0变到N，而k是从N变到0，即得要证的等式 N⎛N+k⎞−kN∑⎜⎜⎟⎟2=2.r=0⎝k⎠46、证：任何一个非1的自然数，皆可唯一地（不计次序时）分解为素数的乘积，要证两数互素，只需验证这两数没有公共素因子就行了。为此，把素数排列为pi≥12⎛1⎡N⎤⎞显然有mi1"ik=⎜⎢⎥⎟，⎜⎝N⎢⎣pi1"pik⎥⎦⎟⎠22⎛11⎞⎛1⎞⎜−⎟≤m≤⎜⎟，⎜⎟i1"ik⎜⎟p"pNp"p⎝i1ik⎠⎝i1ik⎠因而k12Ct1∑−≤∑mi1"ik≤∑（2）1≤i1<"pipjNk1tt112k≤P(AN,t)≤1−∑∑2+22−"+∑Ct（3）ii=≥11pit≥=j>pipjNk1在（3）中令N→∞得 ttt⎛⎞11t11Nlim→∞P(AN,t)=1−∑∑2+22−"(−)122=∏⎜⎜1−2⎟⎟，i=≥11pit≥j>ipipjp1"pti=1⎝pi⎠6再令t→∞，并利用黎曼函数ξ)2(=（参看华罗庚著“数论导引”P236，225）得，2π欲求的概率为∞⎛⎞16lim[limP(A)]=∏⎜1−⎟=ξ)2(=t→∞N→∞N,t⎜p2⎟π2i=1⎝i⎠47、解：假设产品合格率p≥.099，不妨设p=.099。现从10000件中抽100件，可视为放回抽样。而100件产品中次品件数服从二项分布，利用普阿松逼近定理得，次品件数不小于两件的概率为10099−1−1p=1−.0(99)−100×.001×.099≈1−e−e=.02642此非小概率事件，所以不能据此断定该车间谎报合格率。（注意，这并不代表可据此断定，该车间没有谎报合格率。） 第三章随机变量与分布函数1、解：令ξ表在n次移动中向右移动的次数，则ξ服从二项分布，nnkkn−kP{ξ=k}=Cp1(−p),k=,1,0"nnn以S表时刻时质点的位置，则nS=ξ−(n−ξ)=2ξ−n。nnnnξ的分布列为n⎛012"n⎞⎜⎟。⎜n1n−122n−2n⎟1(−p)Cp1(−p)Cp1(−p)"p⎝nn⎠S的分布列为n⎛−n−n+2−n+4"n⎞⎜⎟。⎜n1n−122n−2n⎟1(−p)Cp1(−p)Cp1(−p)"p⎝nn⎠2、解：P{ξ=}1=P{失成}+P{成失}=pq+qp，22P{ξ=}2=P{失失成}+P{成成失}=ppq+qqp=pq+qp,"所以ξ的概率分布为k2p{=k}=pq+qp,k=,2,1"。Nc3、解：（1）1=∑f(k)=⋅N，∴c=1。k=1N∞kλλλ−1（2）1=c∑=c(e−)1，∴c=(e−)1。k=1k!4、证：f(x)≥0，且∞∞1∞∞−x||−x||−x∫−∞f(x)dx−∫−∞edx=∫−∞edx=−e02∴f(x)是一个密度函数。⎧111⎫5、解：（1）P6(<ξ<)9=P⎨6(−10)<(ξ−10)<9(−10)⎬⎩222⎭⎧11⎫⎛1⎞=P⎨−1<(ξ−10)<⎬=Φ⎜⎟−Φ(−)2=.0285788⎩22⎭⎝2⎠⎧111⎫（2）P7(<ξ<12)=P⎨7(−10)<(ξ−10)<(12−10)⎬⎩222⎭⎧11⎫()1=P⎨−1<(ξ−10)<1⎬=Φ1−Φ(−1)=.0774538⎩22⎭2 ⎧111⎫（3）P(13<ξ<15)=P⎨(13−10)<(ξ−10)<(15−10)⎬⎩222⎭⎧111⎫⎛1⎞1=P⎨1<(ξ−10)<2⎬=Φ⎜2⎟−Φ1()=.0060597⎩222⎭⎝2⎠26、解：7+24+38+24+7=100，P{ξa}=.001得P{ξ−5>a}=.0005，从而P⎨(ξ−)5≤a⎬⎩22⎭1=0.995，而Φ)6.2(=.0995所以a=,6.2a=2.5。28、证：（1）设x>x,F(x)−F(x)=P{x<ξ≤x}≥0，所以F(x)≥F(x)，21211221F(x)非降。（2）设x<"1∴ξ服从[0,1]上均匀分布。证法二：如同证法一中定义ξ的分布函数F(x)，由F(x)单调知它对[0,1]上的L－测试几乎处处可微。设x,x∈)1,0(，当x+Δx∈1,0[](i=)2,1时，由题设得121F(x+Δx)−F(x)=P{x≤ξ)0的指数族。01⎧⎪(x−m)2⎫⎪（2）fm(x)=exp⎨−2⎬2πσ⎪⎩2σ⎪⎭0022⎧22⎫1⎧x−2mx+m⎫⎪mxmx1⎪=exp⎨−2⎬=exp⎨2−2−2+ln⎬2πσ0⎩2σ⎭⎪⎩σ02σ02σ02πσ0⎪⎭12−m2m2x1若令Q(m)=,T(x)=x,D(m)=,S(x)=+ln，则222σσ2σ2πσ0000f(x)=exp{Q(m)T(x)+D(m)+S(x)}m2所以正态分布N(m,σ)是单参数m(−∞)0的指数族。⎧/1θ,0≤x≤θ（4）关于,0[θ]上的均匀分布，其密度函数为fθ(x)=⎨⎩,0x>θ或x>0f(x)是定义在−∞−x0⎧,1x>−x0F(x0,y)=⎨,F(x,y0)=⎨。,0y≤−x,0x≤−y⎩0⎩0由上式显然可得F(x,y)对每个变元非降，左连续，而且满足(2.6)及(2.7)，即F(−∞,y)=,0，F(x,−∞)=,0F(+∞,+∞)=1但有F)1,1(−F)0,1(−F)1,0(+F)0,0(=−1,这说明当取a=a=,0b=b=1时(2.5)式不成立。所以F(x,y)不是分布函数。121213、证：必要性： 2b2ac−b−a(x+y)−y∫∫f(x,y)dxdy=∫∫kea⋅eadxdybb令u=x+y,v=y，得y=v,x=u−v,J=1。设aa2ac−b2∞2∞−vf(x,y)dxdy=ke−audueadv∫∫∫−∞∫−∞22要积分收敛，必须a>,0(ac−b/)a>0，由此得应有ac−b>0以及c>0。利用∞2−u∫edu=π可得−∞2ac−b2∞−au2∞−v1a∫∫kedueadv=k⋅π⋅π=1−∞−∞a2ac−b2ac−b∴k=π从而题中所列条件全部满足。以上诸步可逆推，充分性显然。14、解：设f(x,y)=f(x)f(y)+h(x,y)是密度函数，则由f(x,y)≥0得12h(x,y)≥−f(x)f(2y)。又11=f(x,y)dxdy=f(x)dxf(y)dy+h(x,y)dxdy=1+h(x,y)dxdy，∫∫∫1∫2∫∫∫∫所以应有∫∫h(x,y)dxdy=0。反之，若h(x,y)≥−f(x)f(2y)，h(x,y)可积且h(x,y)dxdy=0，显然有1∫∫f(x,y)≥0且∫∫f(x,y)dxdy=1，即f(x,y)是密度函数。所以为使f(x,y)是密度函数，h(x,y)必须而且只需满足h(x,y)≥−f(x)f(2y)1且∫∫h(x,y)dxdy=0。∞∞∞−2x−y⎛1−2x⎞()−y∞A15、解：（1）1=∫∫Aedxedy=A⎜−e⎟⋅−e|0=,A=200⎝2⎠2021−2x−y−2x2−y1−4−1（2）P{}ξ<,2η<1=∫02edx∫0edy=(−e|0)(−e|0)=1(−e)(1−e)。（3）ξ的边际分布，当x≤0时fξ(x)=0，当x>0时有∞−2x−y−2xfξ(x)=∫2eedy=2e.022−x−2x−y（4）P{}ξ+η<2=∫2edx∫edy00 22−2x−2(−x)−2x−2(+x)=∫2e1(−edx∫2(e−2edx00−4−4−2−4−2−22=1(−e)+2(e−2e)=1+e−2e=1(−e).（5）当x<,0y>0时f(x|y)=0；当x>,0y>0时有−2(x+y)f(x,y)2e−2xf(x|y)===2e.−yf(y)eη1∞1∞1−2(x+y)−y−2(x+y)−y−1（6）P{η<}1=∫0dy∫02edx=∫0edy∫02edx=−e0=1−e,利用（2）的结果可得{}−4−1{}Pξ<,2η<11(−e)(1−e)−4Pξ<,2η<1===1−e.{}−1Pη<11−e16、解：作变换，令x−a=ρcosθ,y−b=ρsinθ，则|J|=ρ椭圆区域为222⎧cosθ2rsinθcosθsinθ⎫2ρ⎨2−+2⎬=λσσσσ⎩1122⎭22cosθ2rsinθcosθsinθ2记−+=s22σσσσ1122则ρ=λ/s，且λ−1ρ2S212x2P{(ξ,η)∈D(λ)}=×dθse1(2−r)ρdρ2∫∫002πσσ1−r12λ22−Sρ2S12x1(−r)1(2−r2)=×−edθ2∫0S22πσσ1−r12022⎛−λ⎞1−r⎜1(2−r2)⎟2π1=×1−edθ2πσσ⎜⎟∫0S212⎝⎠2π12πσσ12当λ→∞时，P{(ξ,η)∈D(λ)}→1，由此得dθ=。∫0S221−r17、证：设多项分布为n!kkP{ξ=k,",ξ=k}=p1"pr，（1）11rr11k!"k!1rrrki≥,0∑ki=n,∑pi=1。（2）i=1i=1利用（2）可以把（1）改写成P{ξ=k,",ξ=k}=11r−1r−1 =n!pk1"pkr×1(−p−"−p)n−k1−"−kr−1（3）111r−1k!"k(!n−k−"−k)!1r−11r−1由边际分布的定义并把（3）代入得P{ξ1=k1,",ξr−2=kr−2}=∑P{ξ1=k1,",ξr−1=kr−1}kr−1k1+"+kr−1≤n,kr−1≥0n!pk1"pkr−2n−k1−"kr−2(n−k−"−k)!=1r−2×∑1r−2pkr−1×r−1k1!"kr−2(!n−k1−"−kr−2)!kr−1=0kr−1(!n−k1−"−kr−1)!×1(−p−"−pp)n−k1−"−kr−11r−2r−1由二项式定理得P{ξ=k,",ξ=k}=11r−2r−2=n!pk1"pkr−2×1(−p−"−p)n−k1−"−k2（4）1r−21r−2k!"k(!n−k−"−k)!1r−21r−2把（4）与（3）比较知，边际分布仍服从多项分布。多次类推可得P{ξ=k}=n!pk11(−p)n−k11111k(!n−k)!11从而知任意边际分布均服从多项分布（包括二项分布）。18、解：（1）ξ的密度函数为，当x≤0时p(x)=0；当x>0时，注意积分取胜有选ξ取，得∞∞1p(x)=p(x,y)dy−×xk1−1(y−x)k2−1σ−ydy(令y−x=)1ξ∫−∞∫xΓ(k)Γ(k)12xk1−1∞xk1−1=tk2−1e−xe−tdt=e−x.Γ(k1)Γ(2)∫0Γ(k1)（2）η的密度函数为，当y≤0时p(y)=0；当y>0时，η∞y1p(y)=p(x,y)dx−×xk1−1(y−x)k2−1σ−ydxη∫−∞∫xΓ(k)Γ(k)12令x=yt，当x=0时t=0，当x=y时t=1，所以−yekk1kkp(y)=y1−1y2−1×t1−11(−t)2−1ydtηΓ(k1)Γ(k2)∫0yk1+k2−1e−yyk1+k2−1e−yΓ(k)Γ(k)12=⋅B(k,k)=⋅12Γ(k)Γ(k)Γ(k)Γ(k)Γ(k+k)1212121k1+k2−1−yyeΓ(k+k)12 其中用到β−函数与Γ−函数的关系式。19、证：我们有0≤F(x)≤,11≤2f(x)−1≤2−1=1,iiii−1≤2[F(x)−1][2F(x)−1][2F(x)−]1≤1,112233代入f(x,x,x)的表达式得f(x,x,x)≥0(1)α123α123又有∞∞∞2∫[]2Fi(xi)−1fi(xi)dxi=∫[]2Fi(xi)−1dFi(xi)=[F1(xi)−Fi(xi)]−∞=0−∞−∞∞∞∞∴f(x,x,x)dxdxdx=f(x)dxf(x)dxf(x)dx=1(2)∫∫∫α123123∫111∫222∫333−∞−∞−∞由（1），（2）知f(x,x,x)是密度函数。用与上面类似的方法计算可得边际密度函数α123为∴f(x,x,x)dxdx=f(x),f(x,x,x)dxdx=f(x)∫∫∫α1232311∫∫∫α1231233f(x,x,x)dxdx=f(x).∫∫∫α123132220、解：（1）为求(ζ,ξ)的联合概率分布，分别考虑下列三种情况：i,(k≥)1其中利用到独立性。（a）i=k⎧k⎫kP{ζ=k,ξ=k}=P⎨∪(ξ=k,η=j)⎬=∑P{ξ=k,η=j}⎩j=1⎭j=1kk2k+j=22k−11−qk−1k=∑pq=pq⋅=pq1(−q)；j=11−q(b)ik{ζ=k,ξ=i}=φ,P{ζ=k,ξ=i}=0(2)因为=max(ξ,η)，所以k−1k{ζ=k}=∪∪{ξ=i,η=k}∪{ξ=k,η=j}i==11jk−1kk−1k21+k−22k+j−2P{ζ=k}=∑P{ξ=i,η=k}+∑P{ξ=k,η=j}=∑pq+∑pqi=1j=1i=1j=1k−1k2k−1⎡1−q1−q⎤k−1kk−1=pq⎢+⎥=2(−q−q)pq(k=,2,1")⎣1−q1−q⎦ P{ξ=i,ζ=k}（3）P{ξ=i|ζ=k}=P{ζ−k}k−1kk⎧pq1(−q)1−qk⎪k−1k−1k=q,i=k⎪pq2(−qq)2−qκ−1=⎨21+k−2i−1i>ki,(,k≥)1⎪pqpqk=q,i,1⎪⎩,1y>,122(ξ,η)联合分布函数记为F(x,y)，则当0≤x≤,1y≥1时3222F(x,y)=P{ξ0时，⎧1⎫⎧1⎫0∞Fη(y)=P⎨⎬=∫∫−∞p(x)dx+1p(x)dx；⎩ξ⎭⎩y⎭y当y<0时，⎧1⎫⎧1⎫0Fη(y)=P⎨0时，ηyF(y)=P{}{|ξ|πb时F(y)=1。由此对F(y)求导（利用对参aaa441212数积分求导法则）得圆面积的分布密度为，当y≤πa或y>πb时p(y)=0；当a441212πyπa0时由独立性得1−F(y)=P{η≥y}=P{ξ≥y,ξ≥y,",ξ≥y}η12nnnnn=P{ξ≥y}=1(−F(y))=(e−λiy)=exp(−y∑λ)1ξiii=1i=1i=1i=1⎛n⎞∴Fη(y)=1−exp⎜⎜−y∑λi⎟⎟⎝⎠当时。求导得的密度函数为，当时；当时33、解：设,0(a)在内任意投两点ξ,ξ，其坐标分别为x,y，则ξ,ξ的联合分布密度1212为 ⎧,0(x,y)∈,0(a)×,0(a)⎪p(x,y)=⎨1。,(x,y)∈,0(a)×,0(a)⎪⎩a2设η=|ξ1−ξ2|，则η的分布函数为，当z≤0时Fη(z)=0；当z>a时Fη(z)=1；当00时，1222221−2(x+y+z)F(s)=P{x+y+z0时，S的密度函数为222s⎛s⎞F("s)=f(s)=exp⎜−⎟2⎜2⎟πσ⎝2σ⎠35、证：（3.14）式为111n−1−xp(x)=x2e2,x>0。1n⎛1⎞22Γn⎜⎟⎝2⎠x2−1−1η令y=，则x=ny,x"=2ny，由p(y)=p[f(y)][|f(y)]"|得，的密ynn度函数为，当y>0时 1n−11n(ny2)2−1ny22n2yn−1−1ny2p(y)=e2⋅2ny=e2η/n11n⎛1⎞n⎛1⎞22Γ22Γ⎜⎟⎜⎟⎝2⎠⎝2⎠ηξ与仍独立。记T=ξ/η/n，则由商的密度函数公式得T的密度函数为n112n−ny1t2y22n−12∞∞1−2nyep(t)=|y|p(ty)p(y)dy=y⋅e2×dyT∫−∞ξη/n∫02π1n⎛1⎞22Γn⎜⎟⎝2⎠1n21(n)111y2(nt2)∞n+−−+=×(y2)2e2dy2，∫01n⎛1⎞2π22Γn⎜⎟⎝2⎠222du令u−y(n+t)，则dy=，得2(n+t)11n−(n+)122211n(n+t)∞(n+)1=1−up(t)=×u2e2duT1∫0n⎛1⎞2π22Γn⎜⎟⎝2⎠1⎛1⎞Γ⎜(n+)1⎟1n2⎝2⎠−(n+)1=×(n+t2)211n⎛1⎞(n+)12π22Γ⎜⎟⎛1⎞2⎝2⎠⎜⎟⎝2⎠⎛1⎞1Γ⎜(n+)1⎟−(n+)12⎛t2⎞2⎝⎠∴p(t)=⎜1+⎟−∞0时有tt−xt−x−y6F(t)=p(x,y,z)dxdydz=dxdydz∫∫∫∫0∫0∫01(+x+y)4x+y+z0时p(t)=。41(+t)37、证：（U，V）联合分布函数为1221−(x+y)F(u,v)=∫∫e2dxdy222πx+y0时作变换，s=x+y,t=，反函数有两支y⎧s⎧s⎪x=t2⎪x=−t2⎪1(+t)⎪1(+t)⎨与⎨⎪s⎪sy=y=−s⎪2⎪2⎩1(+t)⎩1(+t)2x2y2−11x2x21J==−−2=−(2t+)1，|J|=−y21(2+t2)2yy考虑到反函数有两支，分别利用两组⎧⎫⎪⎪1221⎪⎪1−(x+y)uv1−s1F(u,v)=+e2dxdy=2e2⋅dt⎨∫∫∫∫⎬2π∫∫0−∞2π1(2+t2)⎪2222⎪x+y00⎪⎩yy⎭对F(u,v)求导，得（U，V）的联合密度为（其余为0）11−u1p(u,v)=e2⋅,u>,000),p(v)=(−∞o时，ξ与η的密度函数分别为λr1λr2p(x)=xr1−1e−λx,p(x)=xr2−1e−λx;ξηΓ(r)Γ(r)12 ξ当x≤0时，p(x)=p(x)=0。设U=ξ+η,V=。当s≤0或t≤0时，（U，V）ξηηxst联合密度为p(s,t)=0；当s>,0t>0时，作变换s=x+y,t=，得x=，y1(+t)ssy=而|J|=，所以21(+t)1(+t)λr1+r2p(s,t)=xr1−1yr2−1e−λ(x+y)|J|Γ(r)Γ(r)12r+rr1−1r2−1λ12⎛st⎞⎛s⎞s−λs=⎜⎟⎜⎟e2Γ(r1)Γ(r2)⎝1+t⎠⎝1+t⎠1(+t)⎡λr1+r2⎤⎡Γ(r+r)tr1−1⎤=sr1+r2−1e−λs⎥×12⋅⎥=p(s)p(t)⎢⎢r+rUVΓ(r)Γ(r)Γ(r)Γ(r)1(+t)12⎣12⎦⎣12⎦由此知U服从分布服从分布，且U与V相互独立。ξ39、解：令U=ξ+η,V=，当s≤0或t∈)1,0(时，U，V联合密度p(s,t)=0；(ξ+η)x当s>0且t∈)1,0(时作变换s=x+y,y=，则x=st,y=s−st|,J|=s，(x+y)−x−y−(x+y)−sp(s,t)=ee|J|=se=se⋅1=p(s)p(t)UV由此得U服从Γ−分布G)2,1(，V服从(0,1)分布，且U与V相互独立。40、解:（2.22）式为1⎧⎪1⎡(x−n)22r(x−a)(y−b)(y−b)2⎤⎫⎪p(x,y)=2exp⎨−2⎢2−+2⎥⎬2πσ1σ21−r⎪⎩1(2−r)⎣σ1σ1σ2σ2⎦⎪⎭设U=ξ+η,V=ξ−η;U=U−a−b,V=V−a+b。作变换s=x+y−a−b，ii11111t=x−y−a+b则x−a=(s+t)，y−b=(s−t),|J|=。U，V的联合密度函222数为f(s,t)=p(x,y|)J|11⎧⎪1⎡(s+t)22r(s+t)(s−t)(s−t)2⎤⎫⎪=⋅2exp⎨−2⎢2−+2⎥⎬22πσ1σ21−r⎪⎩1(2−r)⎣4σ14σ1σ24σ2⎦⎪⎭1⎧1[]2()222()2222⎫=2exp⎨−222sσ1+σ2−2σ1σ2+tσ1+σ2+2σ1σ2+2st(σ2−σ1)⎬4πσ1σ21−r⎩1(8−r)σ1σ2⎭设U，V的边际分布密度函数分别为f(s),f(t)，欲U与V独立，必须且只需UV 22f(s,t)=f(s)⋅f，由f(s,t)的表达式可知，这当且仅当σ−σ=0时成立。U，UV(t)21V相互独立与U,V相互独立显然是等价的，所以U=ξ+η,V=ξ−η相互独立的充iiii要条件是σ=σ。当σ=σ=σ时，得1212221⎧s⎫1⎧s⎫fU(s)=exp⎨−2⎬，fV(t)=exp⎨−2⎬2σπ1(+r)⎩1(4+r)σ⎭2σπ1(−r)⎩1(4+r)σ⎭22U~N1(2,0(+r)σ),V~N1(2,0(−r)σ)。22141、解：（1）因为指数中二次项x,y,xy的系数分别为−,1−,−1，所以与(2.22)式2（见上题解答）比较知，可设其配方后的形式为212−1⋅(x+s)−(y+t)−1⋅(x+s)(y+t)。2⎧−2s−t=11⎪⎪比较系数得⎨−s−t=7⎪2121−s−t−st=32⎪⎩22此方程组有唯一解s=−,4t=−3，由此得1⎧⎡212⎤⎫p(x,y)=exp⎨−⎢x−)4+(y−)3+(x−4)(y−)3⎥⎬2π⎩⎣2⎦⎭⎧⎫21⎪⎪1⎡2(y−)31(x−4)(y−)3⎤⎪⎪=exp⎨−⎢(x−)4++2⋅⎥⎬1⎪1(2−1)⎣221⋅2⎦⎪2π⋅1⋅21−⎪⎩2⎪⎭21（2）与（2.22）式比较得，a=,4b=,3σ=,1σ=,2r=−。122221⎧(x−)4⎫1⎧(y−)3⎫（3）p1(x)=exp⎨−⎬，p2(y)=exp⎨−⎬。2π⎩2⎭2π⎩4⎭2p(x,y)1⎧⎪⎡⎛11⎞⎤⎫⎪（4）p(x|y)==exp⎨−⎢x−⎜−y+5⎟⎥⎬，它服从p2(y)π⎪⎩⎣⎝22⎠⎦⎪⎭⎛111⎞N⎜−y+5,⎟。⎝222⎠−11142、解：|B|=27|,B|==.−1|B|27 1⎧1−1τ⎫p(x,y,z)=11exp⎨−(x−a)B(x−a)⎬n⎩2⎭2(π)2|B|21⎧1n⎫=11exp⎨−∑rjk(x1−a1)(xk−ak)⎬n⎩2j,k=1⎭2(π)2|B|21⎧1222⎫=3exp⎨−7(x+4y+2z+6xy+4xz+2yz)⎬.1⎩2⎭2(π)227(ξ,ξ)的边际密度函数为（积分时在指数中对z配方）12121212∞1−5(x+3y+4xy)∞−(z+x+y)p(x,y)=p(x,y,z)zd=e22e2dz∫−∞31∫−∞2(π)2271∞2−t令z+x+y=t，利用∫edt=π得2−∞36⎧1212⎫p(x,y)=exp⎨−5(x+4xy+3y)⎬。4π⎩22⎭43、证：以f记ξ的密度函数，则(ξ,η)的联合密度为f(x0f(y)。作变换，令s=x+y，111t=x−y得x=(s+t),y=(s−t),|J|=。若改记s为x，t为y，则由此可得2221⎛1⎞⎛1⎞(ξ+η,ξ−η)的联合密度为f⎜(x+y)⎟f⎜(x−y)⎟。另一方面，由卷积公式得2⎝2⎠⎝2⎠ξ+η和ξ−η的密度分别为∞∞g(x)=∫f(x−s)f(s)ds,h(y)=∫f(y+t)f(t)dt.−∞−∞故由ξ+η与ξ−η独立得1⎛1⎞⎛1⎞f⎜(x+y)⎟f⎜(x−y)⎟=g(x)h(y)。2⎝2⎠⎝2⎠令m(x)=logf(x)（此处用了f(x)>0），则有⎛1⎞⎛1⎞m⎜(x+y)⎟+m⎜(x−y)⎟=logg(x)+log2h(y)。⎝2⎠⎝2⎠由假定知m(x)有二阶导数，上式对x求导得""⎛x+y⎞⎛x+y⎞⎛x−y⎞⎛x−y⎞"m"⎜⎟⎜⎟+m⎜⎟⎜⎟=(logg(x))x⎝2⎠⎝2⎠x⎝2⎠⎝2⎠x再对y求一次导数得 1⎛1⎞1⎛1⎞m′′⎜(x+y)⎟−m′′⎜(x−y)⎟=0.4⎝2⎠4⎝2⎠11对任意u,v，选择x,y使u=(x+y),v=(x−y)则由上式得m′′(u)−m′′(v)=0.222由u,v的任意性得m′′′≡常数，因而m(x)=a+bx+cx，即有2f(x)=exp(a+bx+cx).所以ξ,η，从而ξ+η,ξ−η均匀正态分布。44、解：（1）将弦的一端A固定，另一端B在圆周上等可能分布，记ξ表示沿逆时针方1∩向AB弧长，则ξ在2,0(π)上服从均匀分布，1⎧2π4π⎫4π3/11P{弦长>}3=P⎨<ξ1<⎬=∫dx=⎩33⎭2π3/2π3（2）假定弦垂直于某直径，取该直径为x轴，圆心为坐标原点，记ξ表示弦的中点坐2标，则ξ在[-1,1]上服从均匀分布，21⎧11⎫11P{弦长>}3=P⎨−<ξ<⎬=2dx=2∫−1⎩22⎭222（3）以圆心为原点建立直角坐标系XOY，记弦中点的坐标为η=(η,η)，则η在圆内1222221{(x,y:)x+y≤}12服从均匀分布，记D={(x,y:)x+y≤}，则211P{弦长>}3=P{}η∈D=∫∫dxdy=1π422x+y<2三种解法的随机变量虽都服从均匀分布，但由于随机变量不同，所以就得出了不同的结论。−1⎛⎞45、证：（1）若ω∈f⎜⎜∪Bλ⎟⎟，则f(ω)∈∪Bλ，必存在某个λ0∈Λ使f(ω)∈Bλ0，⎝λ∈Λ⎠λ∈Λ−1−1亦有ω∈f(Bλ0)，从而ω∈∪f(Bλ)，λ∈Λ−1−1⎛⎞∴∪f(Bλ)⊃f⎜⎜∪Bλ⎟⎟（1）λ∈Λ⎝λ∈Λ⎠−1−1反之，若ω∈∪f(Bλ)，必存在某个λ0∈Λ使ω∈f(Bλ0)亦有f(ω)∈Bλ0，即λ∈Λ−1⎛⎞f(ω)∈∪Bλ，从而ω∈f⎜⎜∪Bλ⎟⎟，λ∈Λ⎝λ∈Λ⎠ −1⎛⎞−1∴f⎜⎜∪Bλ⎟⎟⊃∪f(Bλ)。（2）⎝λ∈Λ⎠λ∈Λ由（1），（2）式即得（和集的逆像等于每个集逆像的和）−1⎛⎞−1f⎜⎜∪Bλ⎟⎟=∪f(Bλ)。⎝λ∈Λ⎠λ∈Λ−1⎛⎞（2）若ω∈f⎜⎜∩Bλ⎟⎟，则f(ω)∈∩Bλ，即f(ω)属于每个Bλ(λ∈Λ)，得⎝λ∈Λ⎠λ∈Λ−1−1ω∈f(Bλ)（对任一λ∈Λ），从而ω∈∩f(Bλ)，λ∈Λ−1−1⎛⎞∴∩f(Bλ)⊃f⎜⎜∩Bλ⎟⎟。（3）λ∈Λ⎝λ∈Λ⎠−1−1反之，若ω∈∩f(Bλ)，则ω属于每个f(Bλ)∈(λ∈Λ)，亦有f(ω)属于每个λ∈Λ−1⎛⎞Bλ(λ∈Λ)，即f(ω)∈∩Bλ，从而ω∈f⎜⎜∩Bλ⎟⎟，λ∈Λ⎝λ∈Λ⎠−1⎛⎞−1∴f⎜⎜∩Bλ⎟⎟⊃∩f(Bλ)。（4）⎝λ∈Λ⎠λ∈Λ由（3），（4）式即得（交集的逆像等于每个集逆像的交）−1⎛⎞−1f⎜⎜∩Bλ⎟⎟=∩f(Bλ)。⎝λ∈Λ⎠λ∈Λ−1−1−1（3）若ω∈f(B)，则f(ω)∈B，亦有ω∈f(B)，从而ω∈f(B)，所以−1−1−1−1f(B)⊃f(B)。反之，若ω∈f(B)，则ω∈f(B)，亦有f(ω)∈B，即−1−1−1f(ω)∈B，从而ω∈f(B)，所以f(B)⊃f(B)。−1−1由以上证明可得f(B)=f(B)，即互为对立事件的逆像也是互为对立的事件。46、证：必要性。设ξ是随机变量，则对C∈B有{ω:ξ(ω)∈C}∈F，又(−∞,x)∈B，1∴{ω:ξ(ω)