【习题】条件概率与统计独立性

合集 - 概率论(4)

1.【习题】条件概率与统计独立性2024-03-08

2.【习题】事件与概率2024-03-053.【习题】随机变量与分布函数2024-03-134.基础概率论(李贤平)选题2024-03-24

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[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

$$\begin{aligned} P(B_k)&=\sum\limits_{n=k}^{\infty}P(A_n)P(B_k|A_n)=\sum_{n=k}^{\infty}\alpha p^n\binom nk\left(\frac12\right)^n\\ &=\alpha\sum_{n=k}^{\infty}\binom nk\left(\frac p2\right)^n=\alpha\sum_{i=0}^{\infty}\binom {i+k}{k}\left(\frac p2\right)^{i+k}\\ &=\alpha\left(\frac p2\right)^k\sum_{i=0}^{\infty}\binom{i+k}{i}\left(\frac p2\right)^i\\ &=\alpha\left(\frac p2\right)^k\sum_{i=0}^{\infty}\binom{-k-1}{i}\left(-\frac p2\right)^i\\ &=\alpha\left(\frac p2\right)^k\left(1-\frac p2\right)^{-k-1}\\ &=\frac{2\alpha p^k}{(2-p)^{k+1}}.\quad\quad\# \end{aligned}$$

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[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. #

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[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 $b=\frac{1+(1-2p)^n}{2}$. #

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[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

$$\begin{aligned} \sum_{k=n}^{\infty}\binom{m+k-1}{k}p^kq^m&=1-\sum_{j=n-1}^{0}\binom{m+n-1}{j}p^jq^{m+n-j-1}\\ &\xlongequal{}\sum_{j=n}^{n+m-1}\binom{m+n-1}{j}p^jq^{m+n-j-1}.\quad\quad\# \end{aligned}$$

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[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 $P(A_N)=\frac{a}{a+b}$. #

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[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, $\lim\limits_{n\to\infty}p_n=\frac12$. #

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[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 $k=16$. #

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[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

$$\begin{aligned} P(B_k)&=\sum_{n=k}^{\infty}P(A_n)P(B_k|A_n)=\sum_{n=k}^{\infty}\frac{\lambda^n}{n!}e^{-\lambda}\binom{n}{k}p^k(1-p)^{n-k}\\ &=e^{-\lambda}p^k\sum_{n=k}^{\infty}\frac{\lambda^n}{n!}\binom{n}{k}(1-p)^{n-k}\\ &=\frac{e^{-\lambda}(\lambda p)^k}{k!}\sum_{n=k}^{\infty}\frac{\lambda^{n-k}}{(n-k)!}(1-p)^{n-k}\\ &\xlongequal{n-k=i}\frac{e^{-\lambda}(\lambda p)^k}{k!}\sum_{i=0}^{\infty}\frac{(\lambda(1-p))^i}{i!}\\ &=\frac{e^{-\lambda}(\lambda p)^k}{k!}e^{\lambda(1-p)}=\frac{e^{-\lambda p}(\lambda p)^k}{k!}.\quad\quad\# \end{aligned}$$

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[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

$$\sum_{k=0}^N\binom{N+k}{k}\frac{1}{2^k}=2^N.\quad\quad\#$$

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[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

$$P(C)=\prod_{i=1}^{\infty}\left(1-\frac{1}{p_i^2}\right)=\frac{6}{\pi^2}.\quad\quad\#$$