[T0201] 设一个家庭有 \(n\) 个小孩的概率为
\[p_n=\begin{cases}
\alpha p^n&, n\ge1\\
1-\frac{\alpha p}{1-p} &,n=0
\end{cases}
\]
这里 \(0<p<1, \ 0<\alpha<\frac{1-p}{p}\), 若认为生一个小孩为男孩或女孩的概率是等可能的, 求证一个家庭有 \(k \ (k\ge1)\) 个男孩的概率为 \(\frac{2\alpha p^k}{(2-p)^{k+1}}\).
证 设事件 $A_n={\text{一个家庭中有 \(n\) 个小孩}}, \ n=1,2,\cdots$; $B_k={\text{该家庭中有 \(k\) 个男孩}}, \ k\ge1$. 则
\[P(B_k|A_n)=\binom nk\left(\frac12\right)^n
\]
于是
\[\begin{aligned}
P(B_k)&=\sum\limits_{n=k}^{\infty}P(A_n)P(B_k|A_n)=\sum_{n=k}^{\infty}\alpha p^n\binom nk\left(\frac12\right)^n\\
&=\alpha\sum_{n=k}^{\infty}\binom nk\left(\frac p2\right)^n=\alpha\sum_{i=0}^{\infty}\binom {i+k}{k}\left(\frac p2\right)^{i+k}\\
&=\alpha\left(\frac p2\right)^k\sum_{i=0}^{\infty}\binom{i+k}{i}\left(\frac p2\right)^i\\
&=\alpha\left(\frac p2\right)^k\sum_{i=0}^{\infty}\binom{-k-1}{i}\left(-\frac p2\right)^i\\
&=\alpha\left(\frac p2\right)^k\left(1-\frac p2\right)^{-k-1}\\
&=\frac{2\alpha p^k}{(2-p)^{k+1}}.\quad\quad\#
\end{aligned}
\]
[T0202] 证明: 事件 \(A_1,A_2,\cdots,A_n\) 相互独立的充要条件为下列 \(2^n\) 个等式成立
\[P(\hat{A}_1\hat A_2\cdots\hat A_n)=P(\hat A_1)P(\hat A_2)\cdots P(\hat A_n)
\]
其中 \(\hat A_i\) 取为 \(A_i\) 或 \(\bar A_i\).
证 (必要性) 设事件 \(A_1,A_2,\cdots,A_n\) 相互独立. 由于事件的交和数的乘法都满足交换律, 故不妨设 \(\hat{A}_1,\hat A_2,\cdots\hat A_n\) 中前 \(m\) 个为 \(\bar A_i\), 后 \(n-m\) 个为 \(A_i\). 下面用数学归纳法证明等式.
当 \(m=0\) 时, 由事件 \(A_1,A_2,\cdots,A_n\) 相互独立, 立刻有 \(P(A_1A_2\cdots A_n)=P(A_1)P(A_2)\cdots P(A_n)\).
当 \(m=1\) 时, 注意到
\[\begin{aligned}
P(\bar A_1A_2\cdots A_n)&=P(A_2A_3\cdots A_n-A_1A_2\cdots A_n)=P(A_2A_3\cdots A_n)-P(A_1\cdots A_n)\\
&=P(A_2)\cdots P(A_n)-P(A_1)P(A_2)\cdots P(A_n)\\
&=\left[1-P(A_1)\right]P(A_2)\cdots P(A_n)\\
&=P(\bar A_1)P(A_2)\cdots P(A_n).
\end{aligned}
\]
假设 \(m=k\) 时有 \(P(\bar A_1\cdots \bar A_kA_{k+1}\cdots A_n)=P(\bar A_1)\cdots P(\bar A_k)P(A_{k+1})\cdots P(A_n)\). 则当 \(m=k+1\) 时,
\[\begin{aligned}
P(\bar A_1\cdots \bar A_{k+1}A_{k+2}\cdots A_n)&=P(\bar A_1\cdots \bar A_kA_{k+2}\cdots A_n-\bar A_1\cdots \bar A_kA_{k+1}\cdots A_n)\\
&=P(\bar A_1)\cdots P(\bar A_k)P(A_{k+2})\cdots P(A_n)-P(\bar A_1)\cdots P(\bar A_k)P(A_{k+1})\cdots P(A_n)\\
&=P(\bar A_1)\cdots P(\bar A_{k+1})P(A_{k+2})\cdots P(A_n)
\end{aligned}
\]
从而题设的 \(2^n\) 个等式成立.
(充分性) 设 \(P(\hat{A}_1\hat A_2\cdots\hat A_n)=P(\hat A_1)P(\hat A_2)\cdots P(\hat A_n)\), 其中 \(\hat A_i\) 取为 \(A_i\) 或 \(\bar A_i\). 则立刻有
\[P(A_1A_2\cdots A_n)=P(A_1)P(A_2)\cdots P(A_n)
\]
又对 \(n-1\) 个事件的交, 有
\[\begin{aligned}
P(A_1\cdots A_{i-1}A_{i+1}\cdots A_n)&=P(A_1\cdots A_{i-1}A_iA_{i+1}\cdots A_n)+P(A_1\cdots A_{i-1}\bar A_iA_{i+1}\cdots A_n)\\
&=P(A_1)\cdots P(A_n)+P(A_1)\cdots P(A_{i-1})P(\bar A_i)P(A_{i+1})P(A_n)\\
&=P(A_1)\cdots P(A_{i-1})P(A_{i+1})\cdots P(A_n)
\end{aligned}
\]
依次类推可知独立性定义所要求的 \(2^n-n-1\) 个等式均成立, 故 \(A_1,\cdots,A_n\) 相互独立. #
[T0203] 在伯努利试验中, 事件 \(A\) 出现的概率为 \(p\) , 求在 \(n\) 次独立试验中事件 \(A\) 出现奇数次的概率.
解 设在 \(n\) 次独立试验中事件 \(A\) 出现偶数次的概率为 \(a\), 出现奇数次的概率为 \(b\), 则
\[a=\binom n0p^0(1-p)^n+\binom n2p^2(1-p)^{n-2}+\cdots\\
b=\binom n1p(1-p)^{n-2}+\binom n3p^3(1-p)^{n-3}+\cdots
\]
由二项式展开公式知 \(a+b=(p+1-p)^n=1, \ a-b=(1-p-p)^n=(1-2p)^n\), 故所求概率为 \(b=\frac{1+(1-2p)^n}{2}\). #
[T0204] 在伯努利试验中, 若 \(A\) 出现的概率为 \(p\), 试证在出现 \(m\) 次 \(\bar A\) 之前出现 \(n\) 次 \(A\) 的概率, 即分赌注问题中甲最终取胜的概率, 可由
\[P_1=\sum_{k=0}^{m-1}\binom{n+k-1}{k}p^nq^k,\\
P_2=\sum_{k=n}^{\infty}\binom{m+k-1}{k}p^kq^m,\\
P_3=\sum_{k=n}^{n+m-1}\binom{n+m-1}{k}p^kq^{n+m-1-k}
\]
中的任一式子表出, 即它们是相等的, 其中 \(q=1-p\).
证 即出现第 \(n\) 次 \(A\) 时是在第 \(n+k\) 次试验, 其中 \(k=0,1,\cdots,m-1\), 故由帕斯卡分布知所求概率为
\[\begin{aligned}
P_1&=\sum_{k=0}^{m-1}f(n+k;n,p)=\sum_{k=0}^{m-1}\binom{n+k-1}{n-1}p^nq^k=\sum_{k=0}^{m-1}\binom{n+k-1}{k}p^nq^k.
\end{aligned}
\]
另一方面, 该事件也等价于出现第 \(m\) 次 \(\bar A\) 时是在第 \(m+k\) 次试验的反面, 其中 \(k=0,1,\cdots,n-1\), 由帕斯卡分布的性质可知此概率也等于
\[P_2=1-\sum_{k=0}^{n-1}\binom{m+k-1}{k}p^kq^m=\sum_{k=n}^{\infty}\binom{m+k-1}{k}p^kq^m.
\]
此外, 不难发现事件“出现 \(m\) 次 \(\bar A\) 之前出现 \(n\) 次 \(A\) ”一定发生在前 \(n+m-1\) 次试验, 由于每次试验都是独立的, 因此不妨考虑用二项分布, 所求概率即为在这 \(n+m-1\) 次试验中 \(A\) 至少出现 \(n\) 次的概率, 即
\[P_3=\sum_{k=n}^{n+m-1}\binom{n+m-1}{k}p^kq^{n+m-1-k}.
\]
下面证明 \(P_1=P_2=P_3\).
(1) 先证 \(P_3=P_1\). 利用数学归纳法, 对 \(m\) 进行归纳. 经过简单的计算, 当 \(m=1\) 时 \(P_1=P_3=p^n\); 当 \(m=2\) 时 \(P_1=P_3=(1+nq)p^n\). 假设 \(m=r\) 时有
\[\sum_{k=n}^{n+r-1}\binom{n+r-1}{k}p^kq^{n+r-1-k}=\sum_{k=0}^{r-1}\binom{n+k-1}{k}p^nq^k\tag{2.1}
\]
则当 \(m=r+1\) 时
\[\begin{aligned}
&\sum_{k=n}^{n+r}\binom{n+r}{k}p^kq^{n+r-k}=\sum_{k=n}^{n+r-1}\binom{n+r}{k}p^kq^{n+r-k}+p^{n+r}\\
&=\sum_{k=n}^{n+r-1}\left[\binom{n+r-1}{k-1}+\binom{n+r-1}{k}\right]p^kq^{n+r-k}+p^{n+r}\\
&=q\sum_{k=n}^{n+r-1}\binom{n+r-1}{k}p^kq^{n+r-1-k}+\sum_{k=n}^{n+r-1}\binom{n+r-1}{k-1}p^kq^{n+r-k}+\binom{n+r-1}{n+r-1}p^{n+r}\\
&=q\sum_{k=n}^{n+r-1}\binom{n+r-1}{k}p^kq^{n+r-1-k}+\sum_{k=n}^{n+r}\binom{n+r-1}{k-1}p^kq^{n+r-k}\\
&\xlongequal{}q\sum_{k=n}^{n+r-1}\binom{n+r-1}{k}p^kq^{n+r-1-k}+\sum_{k=n+1}^{n+r}\binom{n+r-1}{k-1}p^kq^{n+r-k}+\binom{n+r-1}{n-1}p^nq^r\\
&\xlongequal{k-1=j}q\sum_{k=n}^{n+r-1}\binom{n+r-1}{k}p^kq^{n+r-1-k}+p\sum_{j=n}^{n+r}\binom{n+r-1}{j}p^jq^{n+r-j-1}+\binom{n+r-1}{n-1}p^nq^r\\
&=\sum_{k=n}^{n+r-1}\binom{n+r-1}{k}p^kq^{n+r-1-k}+\binom{n+r-1}{n-1}p^nq^r\\
&\xlongequal{(2.1)}\sum_{k=0}^{r-1}\binom{n+k-1}{k}p^nq^k+\binom{n+r-1}{r}p^nq^r\\
&=\sum_{k=0}^{r}\binom{n+k-1}{k}p^nq^k
\end{aligned}
\]
故 \(P_3=P_1\) 得证. 由对称性也成立:
\[\sum_{k=m}^{n+m-1}\binom{n+m-1}{k}q^kp^{n+m-1-k}=\sum_{k=0}^{n-1}\binom{m+k-1}{k}q^mp^k\tag{2.2}
\]
(2) 再证 \(P_2=P_3\), 即
\[\sum_{k=n}^{\infty}\binom{m+k-1}{k}p^kq^m=
\sum_{k=n}^{n+m-1}\binom{n+m-1}{k}p^kq^{n+m-1-k}
\]
由帕斯卡分布的性质可知
\[\begin{aligned}
\sum_{k=n}^{\infty}\binom{m+k-1}{k}p^kq^m&=1-\sum_{k=0}^{n-1}\binom{m+k-1}{k}p^kq^m\\
&\xlongequal{(2.2)}1-\sum_{k=m}^{n+m-1}\binom{n+m-1}{k}q^kp^{n+m-1-k}
\end{aligned}
\]
令 \(m+n-1-k=j\), 则
\[\begin{aligned}
\sum_{k=n}^{\infty}\binom{m+k-1}{k}p^kq^m&=1-\sum_{j=n-1}^{0}\binom{m+n-1}{j}p^jq^{m+n-j-1}\\
&\xlongequal{}\sum_{j=n}^{n+m-1}\binom{m+n-1}{j}p^jq^{m+n-j-1}.\quad\quad\#
\end{aligned}
\]
[T0205] 设有 \(N\) 个袋子, 每个袋子中装有 \(a\) 只黑球, \(b\) 只白球, 从第一袋中取出一球放入第二袋中, 然后从第二袋中取出一球放入第三袋中, 如此下去, 问从最后一个袋中取出一球而为黑球的概率是多少?
解 设 $A_1={\text{从第 \(1\) 袋中取出的球是黑球}}$, 则 \(P(A_1)=\frac{a}{a+b}, \ P(\bar A_1)=\frac{b}{a+b}\). 设 $A_2={\text{从第 \(1\) 袋中取出一球放入第 \(2\) 袋, 再从第 \(2\) 袋中取出的一球是黑球}}$， 则
\[P(A_2)=P(A_1)P(A_2|A_1)+P(\bar A_1)P(A_2|\bar A_1)=\frac{a}{a+b}, \quad P(\bar A_2)=\frac{b}{a+b}
\]
一般地, 设 $A_k={\text{按上述规则取球放球,并在第 \(k\) 袋中取出的一球是黑球}}$, 且 \(P(A_k)=\frac{a}{a+b}, \ P(\bar A_k)=\frac{b}{a+b}\), 则
\[P(A_{k+1})=P(A_k)P(A_{k+1}|A_k)+P(\bar A_k)P(A_{k+1}|\bar A_k)=\frac{a}{a+b},\quad P(\bar A_{k+1})=\frac{b}{a+b}.
\]
由归纳法可知 \(P(A_N)=\frac{a}{a+b}\). #
[T0206] 投硬币 \(n\) 回, 第一回出正面的概率为 \(c\), 第二回后每次出现与前一次相同表面的概率为 \(p\), 求第 \(n\) 回时出正面的概率, 并讨论当 \(n→0\) 时的情况.
解 记事件 $A_n={\text{第 \(n\) 回出现正面}}$, 令 \(p_n=P(A_n)\), 则
\[\begin{aligned}
p_n&=P(A_{n-1})P(A_n|A_{n-1})+P(\bar A_{n-1})P(A_n|\bar A_{n-1})\\
&=pp_{n-1}+(1-p_{n-1})(1-p)=(2p-1)p_{n-1}+1-p
\end{aligned}
\]
设 \(p_n+\alpha=\beta(p_{n-1}+\alpha)\), 不难解出 \(\beta=2p-1, \ \alpha=-\frac{1}{2}\), 故 \(p_n-\frac12=(2p-1)(p_{n-1}-\frac12)\), 注意到 \(p_1-\frac12=c-\frac12\), 故
\[p_n=\left(c-\frac12\right)(2p-1)^{n-1}+\frac12
\]
故当 \(0<p<1\) 时, \(\lim\limits_{n\to\infty}p_n=\frac12\). #
[T0207] 某商店中出售某种商品, 据历史记录分析, 每月销售量服从泊松分布, 参数为 \(7\), 问在月初进货时要库存多少件此种商品, 才能以 \(0.999\) 的概率充分满足顾客的需要.
解 设进货量为 \(k\), 本月销售量为 \(x\), 由题设, 只需求 \(k\), 使得 \(P(x\le k)\ge0.999\), 又 \(x\) 服从参数为 \(7\) 的泊松分布, 查表可得 \(k=16\). #
[T0208] 若每条蚕的产卵数服从泊松分布, 参数为 \(\lambda\), 而每个卵变为成虫的概率为 \(p\), 且各卵是否变为成虫彼此独立, 求每蚕养活 \(k\) 只小蚕的概率.
解 记事件 \(A_n\) 为蚕产出 \(n\) 个卵, \(B_k\) 为每条蚕养活 \(k\) 只小蚕. 依独立性假定, 若蚕产出 \(n\) 个卵, 则这 \(n\) 个卵成活的成虫数服从二项分布, 故所求概率为
\[\begin{aligned}
P(B_k)&=\sum_{n=k}^{\infty}P(A_n)P(B_k|A_n)=\sum_{n=k}^{\infty}\frac{\lambda^n}{n!}e^{-\lambda}\binom{n}{k}p^k(1-p)^{n-k}\\
&=e^{-\lambda}p^k\sum_{n=k}^{\infty}\frac{\lambda^n}{n!}\binom{n}{k}(1-p)^{n-k}\\
&=\frac{e^{-\lambda}(\lambda p)^k}{k!}\sum_{n=k}^{\infty}\frac{\lambda^{n-k}}{(n-k)!}(1-p)^{n-k}\\
&\xlongequal{n-k=i}\frac{e^{-\lambda}(\lambda p)^k}{k!}\sum_{i=0}^{\infty}\frac{(\lambda(1-p))^i}{i!}\\
&=\frac{e^{-\lambda}(\lambda p)^k}{k!}e^{\lambda(1-p)}=\frac{e^{-\lambda p}(\lambda p)^k}{k!}.\quad\quad\#
\end{aligned}
\]
[T0209] 利用概率论思想证明恒等式 \(\sum\limits_{k=0}^N\binom{N+k}{k}\frac{1}{2^k}=2^N\).
证 考虑巴拿赫火柴盒问题: 数学家的左右衣袋中各放有一盒装有 \(N\) 根火柴的火柴盒, 每次抽烟时任取一盒用一根, 在发现一盒用光时, 另一盒有 \(r\) 根的概率为 \(\binom{2N-r}{N}\frac{1}{2^{2N-r}}\), 易知
\[\sum_{r=0}^N\binom{2N-r}{N}\frac{1}{2^{2N-r}}=1\Rightarrow \sum_{r=0}^N\binom{2N-r}{N-r}\frac{1}{2^{N-r}}=2^N
\]
令 \(N-r=k\), 则有
\[\sum_{k=0}^N\binom{N+k}{k}\frac{1}{2^k}=2^N.\quad\quad\#
\]
[T0210] 通过构造适当的概率模型证明: 从正整数中随机地选取两数, 此两数互素的概率等于 \(\frac{6}{\pi^2}\).
证 设素数序列 \(p_1=2,\ p_2=3,\ p_3=5,\ \cdots, \ p_k,\cdots\). 并记事件 \(A_{p_i}\) 为所取的第一个数能被 \(p_i\) 整除, 则
\[P(A_{p_i})=\frac{1}{p_i}
\]
易见 \(P(A_{p_i}A_{p_j})=P(A_{p_i})P(A_{p_j})\), 即 \(A_{p_i}\) 与 \(A_{p_j} \ (i\neq j)\) 独立, 此结果可推广到多个互素数的场合. 记事件 \(B_{p_j}\) 为第二个数能被 \(p_j\) 整除, 则也有
\[P(B_{p_j})=\frac{1}{p_j}
\]
且 \(B_{p_i}\) 与 \(B_{p_j} \ (i\neq j)\) 独立. 由选数的随机性可知
\[P(A_{p_k}B_{p_l})=P(A_{p_k})P(B_{p_l})
\]
记事件 \(C\) 为随机取两数, 且此两数互素, 即两数不能被某一素数整除, 因此
\[C=\bigcap\limits_{i=1}^{\infty}\overline{A_{p_i}B_{p_i}}
\]
而 \(\overline{A_{p_i}B_{p_i}}=\bar A_{p_i}\cup \bar B_{p_i}, \ i=1,2,\cdots\) 相互独立, 故
\[P(C)=\prod_{i=1}^{\infty}P(\overline{A_{p_i}B_{p_i}})=\prod_{i=1}^{\infty}\left(1-P(A_{p_i}B_{p_i})\right)=\prod_{i=1}^{\infty}\left(1-P(A_{p_i})P(B_{p_i})\right)=\prod_{i=1}^{\infty}\left(1-\frac{1}{p_i^2}\right)
\]
注意到
\[\frac{1}{1-\frac{1}{p_i^2}}=1+\frac{1}{p_i^2}+\frac{1}{(p_i^2)^2}+\cdots
\]
于是
\[0<\prod_{p_i\le N}\frac{1}{1-\frac{1}{p_i^2}}-\sum_{n=1}^N\frac{1}{n^2}<\sum_{n=N+1}^{\infty}\frac{1}{n^2}
\]
令 \(N\to\infty\), 因级数 \(\sum\frac{1}{n^2}\) 收敛, 故由迫敛性知
\[\prod_{i=1}^{\infty}\frac{1}{1-\frac{1}{p_i^2}}=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}=\frac{\pi^2}{6}
\]
从而证得
\[P(C)=\prod_{i=1}^{\infty}\left(1-\frac{1}{p_i^2}\right)=\frac{6}{\pi^2}.\quad\quad\#
\]
