【习题】事件与概率

[T0101] 证明下列等式
(1) \(\binom n1+2\binom n2+3\binom n3+\cdots+n\binom nn=n2^{n-1}\);
(2) \(\binom n1-2\binom n2+3\binom n3+\cdots+(-1)^{n-1}n\binom nn=0\);
(3) \(\sum_{k=0}^{a-r}\binom a{k+r}\binom bk=\binom{a+b}{a-r}\).

    证 (1) 注意到

\[(1+x)^n=\binom n0+\binom n1x+\binom n2x^2+\cdots+\binom nnx^n, \]

两边对 \(x\) 求导, 有

\[n(1+x)^{n-1}=\binom n1+2\binom n2x+3\binom n3x^2+\cdots+n\binom nnx^{n-1},\tag{1.1} \]

令 \(x=1\), 有 \(\binom n1+2\binom n2+3\binom n3+\cdots+n\binom nn=n2^{n-1}\).

    (2) 在 (1.1) 式中令 \(x=-1\), 立刻有 \(\binom n1-2\binom n2+3\binom n3+\cdots+(-1)^{n-1}n\binom nn=0\).

    (3) 注意到

\[(1+x)^a(1+x)^b=(1+x)^{a+b} \]

二项式展开:

\[\begin{aligned} &\left(\sum_{m=1}^a\binom amx^m\right)\left(\sum_{n=0}^b\binom bnx^n\right)=\sum_{l=0}^{a+b}\binom{a+b}{l}x^l\\ \Longrightarrow&\sum_{l=0}^{a+b}\left(\sum_{j=0}^l\binom aj\binom b{l-j}\right)x^{l}=\sum_{l=0}^{a+b}\binom{a+b}{l}x^l \end{aligned} \]

比较 \(x^l\) 的系数可得

\[\sum_{j=0}^l\binom aj\binom b{l-j}=\binom {a+b}l \]

取 \(l=a-r \ (0\le r\le a)\), 则有

\[\sum_{j=0}^{a-r}\binom aj\binom b{a-r-j}=\binom{a+b}{a-r} \]

再令 \(a-r-j=k\), 即 \(j=a-r-k\), 则

\[\sum_{j=0}^{a-r}\binom a{a-r-k}\binom b{k}=\binom{a+b}{a-r} \Rightarrow \sum_{j=0}^{a-r}\binom a{r+k}\binom b{k}=\binom{a+b}{a-r}.\quad\quad\# \]

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[T0102] 从 \(n\) 双不同的鞋子中任取 \(2r\ (2r<n)\) 只, 求下列事件发生的概率:
(1) 没有成对的鞋子; (2) 只有一对鞋子; (3) 恰有两对鞋子; (4) 有 \(r\) 对鞋子.

    解 (1) 即 \(2r\) 只鞋子分别属于 \(2r\) 种不同的鞋, 于是共有 \(\binom n{2r}\) 种取法, 每双鞋有两种取法, 因此有利场合的数目为 \(\binom n{2r}2^{2r}\), 故概率为 \(\frac{\binom n{2r}2^{2r}}{\binom{2n}{2r}}\);

    (2) 类似 (1) 的考虑, 概率为 \(\frac{\binom n1\binom{n-1}{2r-2}2^{2r-2}}{\binom{2n}{2r}}\);

    (3) 同理, 概率为 \(\frac{\binom n2\binom{n-1}{2r-4}2^{2r-4}}{\binom{2n}{2r}}\);

    (4) 同理, 概率为 \(\frac{\binom nr}{\binom{2n}{2r}}\). #

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[T0103] \(m\) 个男孩和 \(n\) 个女孩 \((n\le m)\) 随机沿圆桌坐下, 求任意两个女孩都不相邻的概率.

    解 考虑将这 \(m\) 个男孩先排成一条直线, 共 \(m!\) 种排法, 则将这 \(m\) 个男孩排成一圆圈共有 \(\frac{m!}{m}\) 种排法, 这是因为一种圆排列对应于 \(m\) 种线排列 (例如线排列1,2,3,4; 2,3,4,1; 3,4,1,2; 4,1,2,3 对应的圆排列一致). 此时沿圆桌而坐的男孩之间共有 \(m\) 个空位可以给 \(n\) 个女孩坐, 因此能使 \(n\) 个女孩都不相邻的坐法共有 \(\binom mn n!\) 种. 又样本点总数为 \(m+n\) 个孩子的圆排列共有 \((m+n-1)!\) 种排法, 故所求概率为

\[\frac{(m-1)!\binom mnn!}{(m+n-1)!}=\frac{\binom mn}{\binom{m+n-1}{n}}.\quad\quad \# \]

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[T0104] 从装有号码 \(1,2,\cdots,N\) 的球的箱子中有放回地摸了 \(n\) 次球, 依次记下其号码, 求这些号码按上升(不一定严格)次序排列的概率.

    解 等价于从 \(N\) 个不同元素中取 \(n\) 个元素的重复组合, 因此概率为

\[\frac{\binom{N+n-1}{n}}{N^n}.\quad\quad \# \]

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[T0105] 任意从数列 \(1,2,\cdots,N\) 中有放回地取出 \(n\) 个数并按大小排列成: \(x_1\le x_2\le\cdots\le x_m\le\cdots\le x_n\), 求 \(x_m=M\) 的概率.

    解 将取到的 \(n\) 个数分为三类: 小于 \(M\), 等于 \(M\), 大于 \(M\). 记 \(k_1\) 为小于 \(M\) 的个数, \(k_2\) 为大于 \(M\) 的个数, 则等于 \(M\) 的个数为 \(n-k_1-k_2\). 在固定 \(k_1,k_2\) 的条件下, 取到 \(k_1\) 个小于 \(M\) 的数, \(k_2\) 个大于 \(M\) 的数, \(n-k_1-k_2\) 个等于 \(M\) 的数的概率为

\[\frac{n!}{k_1!k_2!(n-k_1-k_2)!}\frac{(M-1)^{k_1}(N-M)^{k_2}}{N^n} \]

要使 \(x_m=M\), 可知 \(k_1\) 可取 \(0,1,2,\cdots,m-1\), \(k_2\) 可取 \(0,1,2,\cdots,n-m\), 于是

\[P\{x_m=M\}=\sum_{k_1=0}^{m-1}\sum_{k_2=0}^{n-m}\frac{n!}{k_1!k_2!(n-k_1-k_2)!}\frac{(M-1)^{k_1}(N-M)^{k_2}}{N^n}.\quad\quad \# \]

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[T0106] 利用概率论的思想证明等式

\[1+\frac{A-a}{A-1}+\frac{(A-a)(A-a-1)}{(A-1)(A-2)}+\cdots+\frac{(A-a)\cdots 2\cdot1}{(A-1)\cdots(a+1)a}=\frac Aa, \]

其中 \(A,a\in\N^+\), 且 \(A>a\).

    证 设袋中有 \(A\) 只球, 其中 \(a\) 只白球, \(A-a\) 只黑球, 现不放回从袋中逐个取球, 第 \(k\) 次才首次取到白球的概率为 \(p_k\), 则

\[p_1=\frac aA,\quad p_k=\frac{a(A-a)(A-a-1)\cdots(A-a-k+2)}{A(A-1)(A-2)\cdots(A-k+1)},\ k=2,3,\cdots,A-a+1 \]

因为至多第 \(A-a+1\) 次必取到白球, 故

\[1=p_1+p_2+\cdots+p_{A-a+1}=\frac{a}{A}+\frac{a(A-a)}{A(A-1)}+\cdots+\frac{a(A-a)(A-a-1)\cdots 2\cdot1}{A(A-1)\cdots(a+1)a} \]

两边同乘 \(\frac Aa\), 即得

\[1+\frac{A-a}{A-1}+\frac{(A-a)(A-a-1)}{(A-1)(A-2)}+\cdots+\frac{(A-a)\cdots 2\cdot1}{(A-1)\cdots(a+1)a}=\frac Aa. \quad\quad \# \]

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[T0107] 某班有 \(N\) 个士兵, 每人各有一支枪, 这些枪外形完全一样, 在一次夜间紧急集合中, 若每人随机地取走一支枪, 问恰好有 \(k \ (0\le k\le N)\) 个人拿到自己的枪的概率.

    解 从 \(N\) 个士兵中选出 \(k\) 个士兵共有 \(\binom Nk\) 种选法, 指定 \(k\) 个士兵拿到自己的枪的概率为 \(\frac{1}{N(N-1)\cdots(N-k+1)}\). 下面考虑其余 \(N-k\) 个士兵都没拿到自己的枪的概率, 这等价于计算至少有一个士兵拿到自己的枪的反面, 记事件 \(A_i\) 为第 \(i\) 个人拿到了自己的枪, 则

\[P(A_i)=\frac{(N-k-1)!}{(N-k)!}=\frac1{N-k},\\ P(A_iA_j)=\frac{(N-k-2)!}{(N-k)!}=\frac{1}{(N-k)(N-k-1)}, \ (i\neq j)\\ \cdots\cdots\\ P(A_1A_2\cdots A_{N-k})=\frac{1}{(N-k)!} \]

因此

\[\begin{aligned} P(A_1\cup A_2\cup\cdots\cup A_{N-k})&=\sum_{i=1}^{N-k}P(A_i)-\sum\limits_{1\le i<j\le N-k}P(A_iA_j)+\cdots+(-1)^{N-k-1}P(A_1A_2\cdots A_{N-k})\\ &=\binom {N-k}1\frac 1{N-k}-\binom{N-k}2\frac{1}{(N-k)(N-k-1)}+\cdots+(-1)^{N-k-1}\frac1{(N-k)!}\\ &=\sum_{i=1}^{N-k}\frac{(-1)^{i-1}}{i!} \end{aligned} \]

故其余 \(N-k\) 个士兵都没拿到自己的枪的概率为 \(1-\sum\limits_{i=1}^{N-k}\frac{(-1)^{i-1}}{i!}=\sum\limits_{l=0}^{N-k}\frac{(-1)^l}{l!}\). 综上, 恰有 \(k \ (0\le k\le N)\) 个人拿到自己的枪的概率为

\[P_k=\binom Nk\frac{1}{N(N-1)\cdots(N-k+1)}\sum\limits_{l=0}^{N-k}\frac{(-1)^l}{l!}=\frac{1}{k!}\sum\limits_{l=0}^{N-k}\frac{(-1)^l}{l!}.\quad\quad \# \]

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[T0108] (赠券收集) 食品厂把印有水浒 \(108\) 将之一的画卡作为赠券装入某种儿童食品袋中, 每袋一卡, 试求购买 \(n\) 袋这种食品而能收齐全套画卡的概率.

    解 记事件 \(B=\) {购买的 \(n\) 袋食品能收集到全套画卡}, \(A_i=\) {这 \(n\) 袋食品中有第 \(i\) 号画卡}, 则有

\[B=A_1A_2\cdots A_{108}\Rightarrow \bar B=\bar A_1\cup\bar A_2\cup\cdots\cup\bar A_{108} \]

而

\[P(\bar A_i)=\frac{107^n}{108^n}, \ P(\bar A_i\bar A_j)=\frac{106^n}{108^n},\cdots,P(\bar A_1\bar A_2\cdots \bar A_{108})=0. \]

故

\[\begin{aligned} P(\bar B)&=P(\bar A_1\cup\bar A_2\cup\cdots\cup\bar A_{108})\\ &=\sum_{i=1}^{108}P(\bar A_i)-\sum\limits_{1\le i<j\le 108}P(\bar A_i\bar A_j)+\cdots+(-1)^{107}P(\bar A_1\bar A_2\cdots \bar A_{108})\\ &=\sum_{k=1}^{108}(-1)^{k-1}\binom {108}k\left(1-\frac{k}{108}\right)^n \end{aligned} \]

从而 \(P(B)=1-P(\bar B)=\sum\limits_{k=0}^{108}(-1)^{k}\binom {108}k\left(1-\frac{k}{108}\right)^n\). #

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[T0109] 证明 \(\left|P(AB)-P(A)P(B)\right|\le\frac14\), 并讨论等号成立的条件.

    证 一方面

\[\begin{aligned} P(A)P(B)-P(AB)&=P(A)[P(AB)+P(\bar AB)]-P(AB)\\ &=P(A)P(\bar AB)-P(AB)[1-P(A)]\\ &\le P(A)P(\bar AB)\le P(A)P(\bar A)\\ &=P(A)[1-P(A)]\le\frac14 \end{aligned} \]

另一方面, 不妨设 \(P(A)\ge P(B)\), 有

\[\begin{aligned} P(AB)-P(A)P(B)&\le P(B)-P(B)^2\le\frac14 \end{aligned} \]

综上, 有 \(\left|P(AB)-P(A)P(B)\right|\le\frac14\). 要使 \(P(A)[1-P(A)]\le\frac14\) 的等号成立, 当且仅当 \(P(A)=\frac12\), 有对称性知 \(P(B)=\frac12\). 因此当且仅当 \(P(A)=P(B)=\frac12\) 且 \(P(AB)=0\) 或 \(P(AB)=\frac{1}{2}\) 时等号成立.

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[T0110] 证明: 包含一切形如 \((-\infty,x)\) 的区间的最小 \(\sigma\) 域是一维博雷尔 \(\sigma\) 域.

    证 设一维博雷尔 \(\sigma\) 域为 \(\mathscr{B}=\sigma\{[a,b)\}\), 再设 \(\widetilde{\mathscr{B}}=\sigma\{(-\infty,x)\}\) 是形如 \((-\infty,x)\) 区间类生成的 $\sigma $ 域. 下证 \(\mathscr{B}=\widetilde{\mathscr{B}}\).
    一方面, 由于 \([a,b)=(-\infty,b)-(-\infty,a)\), 而 \(\widetilde{\mathscr{B}}\) 是 \(\sigma\) 域, 故 \([a,b)\in\widetilde{\mathscr{B}}\), 因此 \(\mathscr{B}\subset\widetilde{\mathscr{B}}\).
    另一方面, 注意到 \((-\infty,x)=\bigcup\limits_{n=1}^{\infty}[x-n,x-n+1)\), 而 \(\mathscr{B}\) 是 $\sigma $ 域, 故 \((-\infty,x)\in\mathscr{B}\), 因此 \(\widetilde{\mathscr{B}}\subset\mathscr{B}\).
    综上, \(\mathscr{B}=\widetilde{\mathscr{B}}\). #