概率论习题解答

概率论习题解答李勇张余辉March 27,20181第二章概率空间§2.1.1练习题练习2.1.1在例2.1.1中定义P(Ω)= P (A )=1, P(A )= P (∅)=0,试证明 P为概率.证明:显然,对任意B ∈F 有 P (B ) 0且 P (Ω)=1.下面验证可列可加性.即对于两两互不相容的{B n }⊂F ,要证明P (∞∪n =1B n)=∞∑n =1P(B n ).只有四种情形,(a)全是∅;(b)只有一个A 且其余全是∅;(c)只有一个A 且其余全是∅;(d)只有一个A 和一个A 且其余全是∅.对于情形(a),上式两边都为零;对于(b),上式两边都为1;对于(c),上式两边都为0;对于(d),上式两边都为1.故等号总成立.因此,满足可列可加性. P 为F 上的概率.练习2.1.2将一枚质地均匀的骰子掷n 次,求所得最大点数为4的概率.解:用A 表示所得最大点数为4,A k 表示最大点数不超过k 点,则A ⊂A 4−A 3,A 4⊂A 3,所以P (A )=P (A 4)−P (A 3)=4n −3n6n.练习2.1.3从一副扑克牌中有放回地任意抽取n 张(n 4),求这n 张牌包含了全部4种花色的概率.解:用E 表示这n 张牌包含了全部4种花色,A 表示这n 张牌没有红桃,B 表示这n 张牌没有黑桃,C 表示这n 张牌没有方块,D 表示这n 张牌没有梅花.则E =A ∪B ∪C ∪D .由加法公式，P (A ∪B ∪C ∪D )=4P (A )−(42)P (AB )+(43)P (ABC )−(44)P (ABCD )=4(34)n −6(24)n +4(14)n .所以，P (E )=1−P (A ∪B ∪C ∪D )=4n +6·2n −4(3n +1)4n.2练习2.1.4n(n>1)对夫妇任意围成一圆桌就坐,求有夫妇不相邻的概率.解:用A表示有夫妇不相邻,则A表示所有夫妇全相邻.取一椅子作为参考点,称为a座,记B1={a座与顺时针方向邻座为夫妇}∩A,B1={a座与逆时针方向邻座为夫妇}∩A.则A=B1∪B2,B1B2=∅.因此,P(B i)=n!2n(2n)!=1(2n−1)!!,i=1,2,P(A)=P(B1)+P(B2)=2(2n−1)!!,从而P(A)=1−P(A)=1−2(2n−1)!!.练习2.1.5从n阶行列式的一般展开式中任意抽取一项,问这项包含主对角线元素的概率是多少.解:记A=(a ij)n×n,则|A|=∑(i1,i2,···,i n)∈Ω(−1)τ(i1,i2,···,i n)a1i1a2i2···a ni n,其中Ω={1,2,···,n的排列全体}.对Ω中的任何点,该点被取到的概率为1n!.记B={(i1,i2,···,i n):存在1 k n,使得i k=k},B k={(i1,i2,···,i n):i k=k},1 k n.则B=n∪k=1B k.由加法定理得P(B)=n∑k=1(−1)k−1∑1 i1<···<i k nP(B i1···B ik)=n∑k=1(−1)k−1(nk)(n−k)!n!=n∑k=1(−1)k−11k!.练习2.1.6向画满间隔为a的平行直线的桌面上任投一三角形.假设该三角形的三条边的边长ℓ1,ℓ2和ℓ3均小于a,求此三角形与某直线相交的概率.解:用A表示此三角形与某直线相交,A i表示此三角形的第i条边与某直线相交(i=1,2,3).显然, A1=(A1A2)∪(A1A3),A2=(A2A3)∪(A2A1),A3=(A3A2)∪(A3A1).注意到P(A1A2A3)=0.由加法定理得P(A1)=P(A1A2)+P(A1A3)−P(A1A2A3)=P(A1A2)+P(A1A3)和P(A2)=P(A2A3)+P(A1A2),P(A3)=P(A2A3)+P(A1A3).三个式子相加可得P(A1)+P(A2)+P(A3)=2(P(A1A2)+P(A1A3)+P(A2A3)).3再注意到P(A i)=2ℓiaπ,则有P(A1A2)+P(A1A3)+P(A2A3)=ℓ1+ℓ2+ℓ3aπ.对A=(A1A2)∪(A1A3)∪(A2A3)利用加法定理得P(A)=P(A1A2)+P(A1A3)+P(A2A3)=ℓ1+ℓ2+ℓ3aπ.练习2.1.7设P(A)+P(B)=1,试证明P(AB)=P(A B).证明:由1−P(A B)=P(A∪B)=P(A)+P(B)−P(AB)=1−P(AB)知,结论正确.练习2.1.8试证明P (limn→∞A n)limn→∞P(A n),P (limn→∞A n)limn→∞P(A n).证明:注意到lim n→∞A n=∞∪n=1∞∩k=nA k,∞∩k=nA k⊂∞∩k=n+1A k,由概率的下连续性得P (limn→∞A n)=limn→∞P(∞∩k=nA k)limn→∞P(A n).注意到lim n→∞A n=∞∩n=1∞∪k=nA k,∞∪k=nA k⊃∞∪k=n+1A k,由概率的上连续性得P (limn→∞A n)=limn→∞P(∞∪k=nA k)limn→∞P(A n).或者,由对偶法则可得(limn→∞A n)=limn→∞A n,所以,1−P (limn→∞A n)=P(limn→∞A n)limn→∞P(A n)=1−limn→∞P(A n)即lim n→∞P(A n) P(limn→∞A n).4练习2.1.9对于任意n 个事件A n ,试证明P (n ∩k =1A k )n ∑k =1P (A k )−n +1.证明:由次可加性得P(n∪k =1A k)n ∑k =1P (A k )=n −n ∑k =1P (A k ),从而P (n ∩k =1A k )=1−P (n ∪k =1A k ) n∑k =1P (A k )−n +1.练习2.1.10有编号为正整数的可数多个球和一个空箱子.对于n 1,在11点58+n −1∑i =0(12)i分时往箱中放入编号为从10n −9号到10n 号之间的球,同时按如下的三种方式之一从箱中取出球:(a)取出第10n −9号球;(b)取出第n 号球;(c)从箱中任取一球.分别在上述三种情况下求事件A ={在12点整箱子空}的概率.解:(a)此时显然A =∅,P (A )=0;(b)此时显然A =Ω,P (A )=1;(c)给定正整数i ,用F i 表示在12点整第i 号球在箱中.则A =∞∪i =1F i .由次可加性,P (A )∞∑i =1P (F i ).下面讨论F i 发生的概率.用E n 表示经过n 次取球后第i 号球还在箱中,则有E n ⊂E n +1.由概率的上连续性得P (F i )=P(∞∩n =i +1E n )=lim n →∞P (E n ),当i 10n 时有P (E n )=(∏[i/10]k =1(9k+1))(∏nk =1+[i/10](9k ))∏nk =1(9k +1)=1∏nk =1+[i/10](1+1/(9k ))→0,当n →∞(因为∑∞k =mlog(1+19k )=+∞).从而P (F i )=lim n →∞P (E n )=0,进而P (A )=0,立即有P (A )=1−P (A )=1.练习2.1.11参加集会的n 个人各自的帽子放在一起,会后每人任取一顶戴上,求恰有k 人戴对自己帽子的概率.5解:用A k表示恰有k个人戴对自己帽子(k=1,2,···,n),A0表示n个人无人戴对自己帽子,B i表示第i个人戴对自己帽子(i=1,2,···,n),则根据加法定理得到P(A0)=n∑i=1P(B i)−∑1 i<j jnP(B i B j)+···+(−1)n−1P(B1···B n),而n(B i)=(n−1)!,n(B i B j)=(n−2)!,n(B i B j B k)=(n−3)!,···,n(B1˙B n)=0!=1,n(Ω)=n!,代入可得P(A0)=n∑i=11n−∑1 i<j jn1n(n−1)+···+(−1)n−11n!=11!−12!+···+(−1)n−11n!.因此，P(A0)=n∑i=0(−1)i1i!.下面求P(A k),k 1.一个解法如下.用C k表示恰好某指定的k个人戴对自己帽子,则n(A k)=(nk)n(C k).注意到:恰好某指定的k个人戴对自己帽子也即是其余n−k个人无人戴对自己帽子.因此由上面A0的结论有:P(C k)=n−k∑i=0(−1)i1i!,而P(C k)=n(C k)(n−k)!,由此可得n(C k)=(n−k)!n−k∑i=0(−1)i1i!,最终得到P(A k)=(nk)n(C k)n!=1k!n−k∑i=0(−1)i1i!,此结果对于k=0,1,···,n均成立.另一解法.用A k表示恰有k个人戴对自己帽子(k=1,2,···,n),A0表示n个人无人戴对自己帽子, C(i1,···,i k)表示仅第i i,···,i k人戴对自己帽子,其中1 i1<···<i k n.显然诸C(i1,···,i k)互不相容,但有相同的概率,且当k 1时有A k=∪1 i1<···<i k nC(i1,···,i k),由概率的有限可加性得P(A k)=∑1 i1<···<i k nP(C(i1,···,i k)),所以当1 k n时,P(A k)=(nk)P(C(1,···,k)).为计算上式右边的概率,用B k表示第k人戴对自己帽子.则C(1,···,k)=(k∩i=1B i)∩(n∩j=k+1B j)=(k∩i=1B i)−(n∪j=k+1(B j B1···B k)).6利用概率的可减性得P (C (1,···,k ))=P (B 1···B k )−P(n∪j =k +1(B j B 1···B k )).由古典概率计算公式得P (B i 1···B i k )=(n −k )!n !.再由概率的加法定理得P (n ∪j =k +1(B j B 1···B k ))=n −k ∑j =1(−1)j −1(n −k j )(n −k −j )!n !.因此,P (C (1,···,k ))=n −k ∑j =0(−1)j(n −k j )(n −k −j )!n !.由此得到P (A k )=(n k )n −k ∑j =0(−1)j(n −k j )(n −k −j )!n !=1k !n −k∑j =0(−1)j 1j !,其中1 k n .§2.2.5练习题练习2.2.1试用全概率公式计算例2.2.1中事件A 的概率.解:记A n 表示n 根绳恰结成n 个圈,B 表示第一次结成绳圈,则B 和B 构成一个分割.记p n =P (A n ),则p 1=1.由全概率公式得p n =P (A n )=P (B )P (A n |B )+P (B )P (A n |B )=12n −1p n −1+2n −22n −1·0=12n −1p n −1,由此递推得P (A )=p n =n ∏k =212k −1p 1=n ∏k =112k −1=1(2n −1)!!.练习2.2.2盒中放有10个乒乓球,其中7个是新的.第一次比赛时从其中任取3个来用,比赛后仍放回盒中.第二次比赛时再从盒中任取3个,求第二次取出的球都是新球的概率.解:用A 表示第二次取出的球都是新球,B i 表示第一次取出的有i 个新球(i =0,1,2,3),则B 0,B 1,B 2,B 3构成样本空间的一个分割,从而则由全概率公式知,P (A )=3∑i =0P (B i )P (A |B i ).注意到P (B i )=(7i )(33−i )(103),P (A |B i )=(7−i 3)(103),i =0,1,2,3.7可得P(A)=3∑i=0(7i)(33−i)(103)·(7−i3)(103)=49576.练习2.2.3试卷中有一道单项选择题,共有3个选项.任一学生如果会解这道题,则一定能选出正确的答案;如果他不会解这道题,则他会任意选择一个答案.设考生会解这道题的概率是0.7,求:(1)考生能够选出正确答案的概率;(2)已知某考生所选择的答案是正确的,他确实会解这道题的概率.解:用A表示考生能够选出正确答案,B表示考生会解这道题.则B和B构成样本空间的一个分割.(1)由全概率公式知P(A)=P(B)P(A|B)+P(B)P(A|B)=0.7·1+0.3·13=0.8.(2)由Bayes公式知P(B|A)=P(B)P(A|B)P(B)P(A|B)+P(B)P(A|B)=0.7·10.8=0.875.练习2.2.4已知一只母鸡生k个蛋的概率为λkk!exp(−λ)(λ>0,并且每一个鸡蛋能孵化成小鸡的概率为p.求一只母鸡恰好孵出r只小鸡的概率.解:用A表示一只母鸡恰好孵出r只小鸡,B k表示这只母鸡生k个蛋(k 0).则{B k}构成样本空间的一个分割.由全概率公式知,P(A)=∞∑k=0P(B k)P(A|B k)=∞∑k=rP(B k)P(A|B k)=∞∑k=rλkk!e−λ(kr)p r(1−p)k−r=(λp)rr!e−λ∞∑k=r(λ(1−p))k−r(k−r)!=(λp)rr!e−λeλ(1−p)=(λp)rr!e−λp.练习2.2.5接连投掷一枚质地均匀的硬币,直至第一次连续出现两个正面为止.求恰投掷n次的概率.解:记A n={恰在第n次抛出连续两个正面},B k={第k次抛出为正面},p n=P(A n).则B1,B1B2和B1B2恰为概率空间的一个分割.当n 2时,由全概率公式知,p n=P(B1)P(A n|B1)+P(B1B2)P(A n|B1B2)+P(B1B2)P(A n|B1B2)=12p n−1+0+14p n−2=12p n−1+14p n−2.为求解此差分方程，可将其改写为如下便于递推的形式p n−ap n−1=b(p n−1−ap n−2),其中a和b是待定常数.将上式代入差分方程有(a+b)p n−1−abp n−2=12p n−1+14p n−2,8即a+b=12,ab=14,解之得a=1+√54,b=1−√54.另一方面,注意到p2=14,p1=0,通过递推得p n−ap n−1=b n−2(p2−ap1)=14b n−2,即p n=14b n−2+ap n−1,n 2,递推得p n=14n−2∑k=0a kb n−2−k+a n−1p1=14b n−2n−2∑k=0(ab)k=14b n−21−(ab)n−11−ab.将a和b的值代入整理得p n=12√5((1+√54)n−1−(1−√54)).练习2.2.6在例2.2.5中,在已知A发生的情况下,哪一车间应该对这件次品负责?解:记B={取到第i车间产品},则由Bayes公式P(B1|A)=P(B1)P(A|B1)P(B1)P(A|B1)+P(B2)P(A|B2)+P(B3)P(A|B3)=12·0.010.0125=0.4,P(B2|A)=P(B2)P(A|B2)P(B1)P(A|B1)+P(B2)P(A|B2)+P(B3)P(A|B3)=14·0.010.0125=0.2,P(B3|A)=P(B3)P(A|B3)P(B1)P(A|B1)+P(B2)P(A|B2)+P(B3)P(A|B3)=14·0.020.0125=0.4,所以应该应该由第1或第3车间对这件次品负责.练习2.2.7在信号传递中,发送信号“0”或“1”,它们分别占13和23,由于外界的随机干扰和信号传递系统内部的噪声,接收到的信号可能出错的概率均为0.05,若已知接收到的信号为“1”,试问发送的信号也是“1”的概率多大?解:用A表示发送的信号是“1”,B表示接收到的信号为“1”,由Bayes公式P(A|B)=P(A)P(B|A)P(A)P(B|A)+P(A)P(B|A)=23·0.9523·0.95+13·0.05=3839≈0.97.§2.3.5练习题练习2.3.1如果三个事件A,B,C相互独立,试证A∪B,AB,AB均与C独立.9证明:事实上,P((A∪B)C)=P((AC)∪(BC))=P(AC)+P(BC)−P(ABC)=P(A)P(C)+P(B)P(C)−P(A)P(B)P(C)=(P(A)+P(B)−P(A)P(B))P(C)=(P(A)+P(B)−P(AB))P(C)=P(A∪B))P(C),即A∪B与C相互独立.注意到P((AB)C)=P(A)P(B)P(C)=P(AB)P(C),得AB与C相互独立.类似地,P((AB)C)=P(A)P(B)P(C)=P(AB)P(C),即AB与C相互独立. 练习2.3.2试证明事件A1,A2,···,A n相互独立的充要条件为:对每个事件ˆA k=A k或者A k(k= 1,2,···,n),总有P(ˆA1ˆA2···ˆA n)=P(ˆA1)P(ˆA2)···P(ˆA n).证明:对n用数学归纳法.显然当n=2时结论成立.设在n时结论成立,往证n+1结论还成立.n+1时必要性的证明.记B i=A i(1 i n−1),B n=A n A n+1,则对于2 s n,1 i1<···< i s−1 n−1,P(B i1···B i s−1B n)=P(B i1)···P(B i s−1)P(A n)P(A n+1)=P(B i1)···P(B i s−1)P(B n),从而P(B i1···B i s−1B i s)=P(B i1)···P(B i s−1)P(B i s),1 i1<···<i s n.即B1,···,B n相互独立.由归纳假设P(ˆB1ˆB2···ˆB n)=P(ˆB1)P(ˆB2)···P(ˆB n).再由P(B n)=P(A n)P(A n+1),得P(ˆA1ˆA2···ˆA n−1A n A n+1)=P(ˆA1)P(ˆA2)···P(ˆA n−1)P(A n)P(A n+1).类似地,把A n A n+1,A n A n+1或A n A n+1看成B n可得P(ˆA1ˆA2···ˆA n−1A n A n+1)=P(ˆA1)P(ˆA2)···P(ˆA n−1)P(A n)P(A n+1),P(ˆA1ˆA2···ˆA n−1A n A n+1)=P(ˆA1)P(ˆA2)···P(ˆA n−1)P(A n)P(A n+1),P(ˆA1ˆA2···ˆA n−1A n A n+1)=P(ˆA1)P(ˆA2)···P(ˆA n−1)P(A n)P(A n+1).因此,n+1时必要性成立.10n +1时充分性的证明.为此仅需证明P (A i 1···A i k )=P (A i 1)···P (A i k ),2 k n,1 i 1<···<i k n +1.(1.1)事实上,取j ∈{1,2,···,n +1}−{i 1,i 2,···,i k },有P (ˆA1···ˆA j −1A j ˆA j +1···ˆA n +1)=P (ˆA 1)···P (ˆA j −1)P (A j )P (ˆA j +1)···P (ˆA n +1),P (ˆA1···ˆA j −1A j ˆA j +1···ˆA n +1)=P (ˆA 1)···P (ˆA j −1)P (A j )P (ˆA j +1)···P (ˆA n +1),将两式相加有P (ˆA1···ˆA j −1ˆA j +1···ˆA n +1)=P (ˆA 1)···P (ˆA j −1)P (ˆA j +1)···P (ˆA n +1).由归纳假设知,A 1,···,A j −1,A j +1,···,A n +1相互独立.再注意到{i 1,···,i k }⊂{1,···,j −1,j +1,···,n +1},得(1.1).练习2.3.3设事件A 与B 独立,仅A 发生和仅B 发生的概率分别是38和18,求P (A )和P (B ).解:由概率的有限可加性得P (A )=P (A −B )+P (AB )=38+P (A )P (B ),P (B )=P (B −A )+P (AB )=18+P (A )P (B ),所以P (A )−P (B )=14,进而P (B )=P (A )−14;另外38=P (A )(1−P (B ))=P (A )(1−P (A )+14)=54P (A )−(P (A ))2,即P (A )=58±18,P (B )=38±18.因此,得:P (A )=34,P (B )=12;或者P (A )=12,P (B )=14.练习2.3.4若A 1,A 2,···,A m +n 相互独立,B ∈σ({A 1,···,A m }),C ∈σ({A m +1,A m +2,···,A m +n }),试证明B 与C 相互独立.证明:记M ={1,2,···,m }和A ={∅}∪{A :存在S ⊂M ,使得A =(∩k ∈SA k )∩(∩k ∈M −SA k )},约定∩k ∈∅A k =Ω,则A 中事件互不相容,对于任何A ∈A ,A ,A m +1,···,A m +n 相互独立,且Ω=∪A ∈AA ∈F .(1.2)11记F={B:B为A中事件之并}.若A∈F,则存在B k∈A(k=1,···,s),使得A=s∪k=1B k,从而A=Ω−(s∪k=1B k)=∪A∈A−{B1,B2,···,B s}A∈F.(1.3)若A k∈F(k 1),注意到A中仅有有限多个互不相容的事件知∞∪k=1A k∈F.(1.4)由(1.2),(1.3)和(1.4)知F=σ({A1,A2,···,A n}).对于任何事件B∈F,存在B k∈A(k=1,···,s),使得B=s∪k=1B k.注意到B1,B2,···,B s互不相容,并且B k,A m+1,A m+2,···,A m+n相互独立,可得B,A m+1,A m+2,···,A m+n相互独立.进而对于任何C∈σ({A m+1,A m+2,···,A m+n}),B和C相互独立. 练习2.3.5有一个均匀正四面体,其中的三个面分别只涂上红、黄和蓝色,在剩下的一个面上同时涂有红、黄和蓝三色.掷此四面体落地后,事件A表示四面体的底面有红色,事件B表示四面体的底面有黄色,事件C表示四面体的底面有蓝色.试证明A,B和C两两独立,但不相互独立.证明:显然,P(A)=P(B)=P(C)=12,P(AB)=P(AC)=P(BC)=14,P(ABC)=14,所以P(AB)=P(A)P(B),P(AC)=P(A)P(C),P(BC)=P(B)P(C),P(ABC)=P(A)P(B)P(C),即A,B和C两两独立,但不相互独立. 练习2.3.6现有如下系统,其中元件A,B,C互相独立,而且可靠性分别为p1,p2,p3,求系统不正常工作的概率.解:系统正常工作的概率为P(A∪(BC))=1−P(A∩(BC))=1−P(A)P((BC)),系统不能正常工作的概率为P(A)P((BC))=(1−P(A))(1−P(BC))=(1−p1)(1−p2p3).练习2.3.7设事件A,B,C两两独立,且满足ABC=∅及P(A)=P(B)=P(C)=x,求max(x).解:因为A−(B∪C)=A−((AB)∪(AC)),所以P(A−(B∪C))=P(A)−P((AB)∪(AC)).(1.5)12注意到A,B,C 两两独立得P ((AB )∪(AC ))=P (AB )+P (AC )−P (ABC )=P (AB )+P (AC )=2x 2,代入(1.5)有P (A −(B ∪C ))=x −2x 2.注意到概率取值于[0,1]得0 x −2x 2 1.(1.6)而f (x ) x −2x 2在[0,1]上的极大值点为1/4，并且f (0)=f (12)=0,再注意到(1.6)得0 x12.例如,有一个均匀正四面体,其中的三个面分别涂上红黄、红蓝和黄蓝色,在剩下的一个面上涂有白色.掷此四面体落地后,事件A 表示四面体的底面有红色,事件B 表示四面体的底面有黄色,事件C 表示四面体的底面有蓝色.则P (A )=P (B )=P (C )=12,A,B 和C 两两独立且ABC =∅.所以x 的最大值为12.练习2.3.8已知事件A 和B 相互独立且互不相容,求min {P (A ),P (B )}.解:由独立性P (AB )=P (A )P (B ).由A 与B 互不相容得P (A )P (B )=P (∅)=0,所以P (A )=0或P (B )=0,故min {P (A ),P (B )}=0.练习2.3.9假设事件B 发生的概率为P (B )∈(0,1),试证明事件A 与B 独立的充要条件为P (A |B )=P (A |B ).证明:必要性.注意到0<P (B )<1,有P (A |B )=P (A ),P (B )>0.再注意到A 和B 也相互独立,有P (A |B )=P (A ),13即得必要性.充分性.由于P(AB) P(B)=P(AB) P(B),导致P(B)P(AB)=P(B)P(AB),即(1−P(B))P(AB)=P(B)(P(A)−P(AB)),整理得P(AB)=P(A)P(B).即充分性成立. 练习2.3.10称事件A与B关于事件C条件独立,如果事件A,B,C满足P(AB|C)=P(A|C)·P(B|C),其中P(C)>0.试证明:(1)当P(BC)>0时,上述条件独立性的充要条件是P(A|BC)=P(A|C);(2)举例说明“独立”与”条件独立”两者没有蕴含关系.证明:(1)由P(BC)>0知:P(AB|C)=P(A|C)P(B|C)⇐⇒P(ABC)P(C)=P(AC)P(BC)P(C)P(C)⇐⇒P(ABC)P(BC)=P(AC)P(C)⇐⇒P(A|BC)=P(A|C),即(1)成立.(2)反例:掷质地均匀硬币两次,用A表示第一次得正面,B表示第二次得正面,C表示得正面和反面各一次.则A与B相互独立.但是P(AB|C)=0=14=P(A|C)P(B|C),即A与B不是关于C条件独立.正例:掷一枚质地均匀硬币,用A表示出现正面,B表示出现反面,C=A.则A与B不相互独立,但是P(AB|C)=0=P(A|C)P(B|C),即A与B关于C条件独立. 练习2.3.11若对于i=1,2,Ωi={1,2,3},F i由Ωi的所有子集构成,试证明C={A1×A2:A1∈F1,A2∈F2}对于并运算不封闭.证明:显然{(1,1)}∈C,{(2,2)}∈C,但是{(1,1)}∪{(2,2)}={(1,1),(2,2)}/∈C.。