QWWTML

Size: px

Start display at page:

Download "QWWTML"

峡雷
9 years ago
Views:

1 好玩的数学张景中主编趣味随机问题孙荣恒著北京

2 内容简介本书分为概率论数理统计随机过程三部分, 每部分包含若干个趣味问题其中有分赌注问题巴拿赫火柴盒问题波利亚坛子问题巴格达窃贼问题赌徒输光问题群体 ( 氏族 ) 灭绝问题等历史名题, 也有许多介绍新内容新方法的问题本书内容有趣, 应用广泛能启迪读者的思维, 开阔读者的视野, 增强读者的提出问题分析问题与解决问题的能力本书适合高中以上文化程度的学生教师科技工作者和数学爱好者使用图书在版编目 (CIP) 数据趣味随机问题 / 孙荣恒著北京 : 科学出版社,2004 ( 好玩的数学 / 张景中主编 ) ISBN 7 桘 03 桘 0406 桘 8 Ⅰ 趣 Ⅱ 孙 Ⅲ 随机桘普及读物 Ⅳ O2 桘 49 中国版本图书馆 CIP 数据核字 (2004) 第号丛书策划 : 李敏责任编辑 : 李敏王建 / 责任校对 : 赵桂芬责任印制 : 钱玉芬 / 整体设计 : 黄华斌出版北京东黄城根北街 6 号邮政编码 : http :// 中國科學院印刷廠印刷科学出版社发行各地新华书店经销 2004 年 0 月第一版开本 : / 年 9 月第四次印刷印张 : 9 印数 : 字数 : 定价 :24 00 元 ( 如有印装质量问题, 我社负责调换枙科印枛 )

3 枟好玩的数学枠编委会主编张景中成员 ( 按汉语拼音字母排序 ) 陈仁政孙荣恒谈祥柏王树禾吴鹤龄易南轩郁祖权

4 总序 2002 年 8 月在北京举行国际数学家大会 (ICM2002) 期间,9 岁高龄的数学大师陈省身先生为少年儿童题词, 写下了数学好玩 4 个大字数学真的好玩吗? 不同的人可能有不同的看法有人会说, 陈省身先生认为数学好玩, 因为他是数学大师, 他懂数学的奥妙对于我们凡夫俗子来说, 数学枯燥, 数学难懂, 数学一点也不好玩其实, 陈省身从十几岁就觉得数学好玩正因为觉得数学好玩, 才兴致勃勃地玩个不停, 才玩成了数学大师并不是成了大师才说好玩所以, 小孩子也可能觉得数学好玩当然, 中学生或小学生能够体会到的数学好玩, 和数学家所感受到的数学好玩, 是有所不同的好比象棋, 刚入门的棋手觉得有趣, 国手大师也觉得有趣, 但对于具体一步棋的奥妙和其中的趣味, 理解的程度却大不相同世界上好玩的事物, 很多要有了感受体验才能食髓知味有酒仙之称的诗人李白写道 : 但得此中味, 勿为醒者传, 不喝酒的人是很难理解酒中乐趣的但数学与酒不同数学无所不在每个人或多或少地要用到数学, 要接触数学, 或多或少地能理解一 i

5 些数学早在 2000 多年前, 人们就认识到数的重要中国古代哲学家老子在枟道德经枠中说 : 道生一, 一生二, 二生三, 三生万物古希腊毕达哥拉斯学派的思想家菲洛劳斯说得更加确定有力 : 庞大万能和完美无缺是数字的力量所在, 它是人类生活的开始和主宰者, 是一切事物的参与者没有数字, 一切都是混乱和黑暗的既然数是一切事物的参与者, 数学当然就无所不在了在很多有趣的活动中, 数学是幕后的策划者, 是游戏规则的制定者玩七巧板, 玩九连环, 玩华容道, 不少人玩起来乐而不倦玩的人不一定知道, 所玩的其实是数学这套丛书里, 吴鹤龄先生编著的枟七巧板九连环和华容道中国古典智力游戏三绝枠一书, 讲了这些智力游戏中蕴含的数学问题和数学道理, 说古论今, 引人入胜丛书编者应读者要求, 还收入了吴先生的另一本备受大家欢迎的枟幻方及其他娱乐数学经典名题枠, 该书题材广泛内容有趣, 能使人在游戏中启迪思想开阔视野, 锻炼思维能力丛书的其他各册, 内容也时有涉及数学游戏游戏就是玩把数学游戏作为丛书的重要部分, 是好玩的数学题中应有之义数学的好玩之处, 并不限于数学游戏数学中有些极具实用意义的内容, 包含了深刻的奥妙, 发人深 ii

6 总序思, 使人惊讶比如, 以数学家欧拉命名的一个公式 e 2πi 这里指数中用到的 π, 就是大家熟悉的圆周率, 即圆的周长和直径的比值, 它是数学中最重要的一个常数数学中第 2 个重要的常数, 就是上面等式中左端出现的 e, 它也是一个无理数, 是自然对数的底, 近似值为指数中用到的另一个数 i, 就是虚数单位, 它的平方等于 - 谁能想到, 这 3 个出身大不相同的数, 能被这样一个简洁的等式联系在一起呢? 丛书中, 陈仁政老师编著的枟说不尽的 π 枠和枟不可思议的 e 枠, 分别详尽地说明了这两个奇妙的数的来历有关的轶事趣谈和人类认识它们的漫长的过程其材料的丰富详尽, 论述的清楚确切, 在我所知的中外有关书籍中, 无出其右者如果你对上面等式中的虚数 i 的来历有兴趣, 不妨翻一翻王树禾教授为本丛书所写的枟数学演义枠的第十五回三次方程闹剧获得公式解神医卡丹内疚难舍诡辩量这本章回体的数学史读物, 可谓通而不俗深入浅出王树禾教授把数学史上的大事趣事憾事, 像说评书一样, 向我们娓娓道来, 使我们时而惊讶时而叹息时而感奋, 引来无穷怀念遐想数学好玩, 人类探索数学的曲折故事何尝不好玩呢? 光看看这本书的对联形式的四十回的标题, 就够过把瘾了王教授还为丛书写了一本枟数学聊斋枠, 把现代数学和经典数学中许多看似古怪而实则富有思想哲理的内容, 像枟聊斋枠讲鬼说狐一样最大限度地大众化, 努力使 iii

7 读者不但知其然而且知其所以然在这里, 数学的好玩, 已经到了相当高雅的层次了谈祥柏先生是几代数学爱好者都熟悉的老科普作家, 大量的数学科普作品早已脍炙人口他为丛书所写的枟乐在其中的数学枠, 很可能是他的封笔之作此书吸取了美国著名数学科普大师加德纳 25 年中作品的精华, 结合中国国情精心改编, 内容新颖风格多变雅俗共赏相信读者看了必能乐在其中易南轩老师所写的枟数学美拾趣枠一书, 自 2002 年初版以来, 获得读者广泛好评该书以流畅的文笔, 围绕一些有趣的数学内容进行了纵横知识面的联系与扩展, 足以开阔眼界拓广思维读者群中有理科和文科的师生, 不但有数学爱好者, 也有文学艺术的爱好者该书出版不久即脱销, 有一些读者索书而未能如愿这次作者在原书基础上进行了较大的修订和补充, 列入丛书, 希望能满足这些读者的心愿世界上有些事物的变化, 有确定的因果关系但也有着大量的随机现象一局象棋的胜负得失, 一步一步地分析起来, 因果关系是清楚的一盘麻将的输赢, 却包含了很多难以预料的偶然因素, 即随机性有趣的是, 数学不但长于表达处理确定的因果关系, 而且也能表达处理被偶然因素支配的随机现象, 从偶然中发现规律孙荣恒先生的枟趣味随机问题枠一书, 向我们展示出概率论数理统计随机过程这些数学分支中许多好玩的有用的和新颖的问题其中既有经典趣题, 如赌徒输光定理, 也有近年来发展的新的 iv

8 总序方法中国古代数学, 体现出算法化的优秀数学思想, 曾一度辉煌回顾一下中国古算中的名题趣事, 有助于了解历史文化, 振奋民族精神, 学习逻辑分析方法, 发展空间想像能力郁祖权先生为丛书所著的枟中国古算解趣枠, 诗词书画数五术俱有, 以通俗艺术的形式介绍韩信点兵苏武牧羊李白沽酒等 40 余个中国古算名题 ; 以题说法, 讲解我国古代很有影响的一些数学方法 ; 以法传知, 叙述这些算法的历史背景和实际应用, 并对相关的中算典籍著名数学家的生平及其贡献做了简要介绍, 的确是青少年的好读物读一读枟好玩的数学枠, 玩一玩数学, 是消闲娱乐, 又是学习思考有些看来已经解决的小问题, 再多想想, 往往有柳暗花明又一村的感觉举两个例子 : 枟中国古算解趣枠第 37 节, 讲了一个三翁垂钓的题目与此题类似, 有个五猴分桃的趣题在世界上广泛流传著名物理学家诺贝尔奖获得者李政道教授访问中国科学技术大学时, 曾用此题考问中国科学技术大学少年班的学生, 无人能答这个问题, 据说是由大物理学家狄拉克提出的, 许多人尝试着做过, 包括狄拉克本人在内都没有找到很简便的解法李政道教授说, 著名数理逻辑学家和哲学家怀德海曾用高阶差分方程理论中通解和特解的关系, 给出一个巧妙的解法其实, 仔细想想, 有一个十分简单有趣的解法, 小学生都不难理解 v

9 原题是这样的 :5 只猴子一起摘了堆桃子, 因为太累了, 它们商量决定, 先睡一觉再分过了不知多久, 来了只猴子, 它见别的猴子没来, 便将这堆桃子平均分成 5 份, 结果多了个, 就将多的这个吃了, 拿走其中的堆又过了不知多久, 第 2 只猴子来了, 它不知道有个同伴已经来过, 还以为自己是第个到的呢, 于是将地上的桃子堆起来, 平均分成 5 份, 发现也多了个, 同样吃了这个, 拿走其中的堆第 3 只第 4 只第 5 只猴子都是这样问这 5 只猴子至少摘了多少个桃子? 第 5 个猴子走后还剩多少个桃子? 思路和解法 : 题目难在每次分都多个桃子, 实际上可以理解为少 4 个, 先借给它们 4 个再分好玩的是, 桃子尽管多了 4 个, 每个猴子得到的桃子并不会增多, 当然也不会减少这样, 每次都刚好均分成 5 堆, 就容易算了想得快的一下就看出, 桃子增加 4 个以后, 能够被 5 的 5 次方整除, 所以至少是 325 个把借的 4 个桃子还了, 可知 5 只猴子至少摘了 32 个桃子容易算出, 最后剩下至少个桃子细细地算, 就是 : 设这堆桃子至少有 x 个, 借给它们 4 个, 成为 x +4 个 5 个猴子分别拿了 a, b, c, d, e 个桃子 ( 其中包括吃掉的一个 ), 则可得 a ( x +4) /5 vi

10 总序 b 4 (x +4)/25 c 6 (x +4)/25 d 64 (x + 4 )/625 e 256 (x +4)/325 e 应为整数, 而 256 不能被 5 整除, 所以 ( x +4) 应是 325 的倍数, 所以 ( x +4) 325k ( k 取自然数 ) 当 k 时, x 32 答案是, 这 5 个猴子至少摘了 32 个桃子这种解法, 其实就是动力系统研究中常用的相似变换法, 也是数学方法论研究中特别看重的映射桘反演法小中见大, 也是数学好玩之处在枟说不尽的 π 枠的 5 3 节, 谈到了祖冲之的密率 355/3 这个密率的妙处, 在于它的分母不大而精确度很高在所有分母不超过 3 的分数当中, 和 π 最接近的就是 355/3 不但如此, 华罗庚在枟数论导引枠中用丢番图理论证明, 在所有分母不超过 336 的分数当中, 和 π 最接近的还是 355/3 后来, 在夏道行教授所著枟 π 和 e 枠一书中, 用连分数的方法证明, 在所有分母不超过 8000 的分数当中, 和 π 最接近的仍然是 355/3, 大大改进了 336 这个界限有趣的是, 只用初中里学的不等式的知识, 竟能把 8000 这个界限提高到 6500 以上! 根据 π , 可得 355/3 - π < , 如果有个分数 q/ p 比 355/3 更接近 π, 一定会有 vii

11 355/3 - q/ p < 也就是 355 p -3q /3 p < 因为 q/ p 不等于 355/3, 所以 355 p -3q 不是 0 但它是正整数, 大于或等于, 所以 /3 p < 由此推出 p > /( ) > 6586 这表明, 如果有个分数 q/ p 比 355/3 更接近 π, 其分母 p 一定大于 6586 如此简单初等的推理得到这样好的成绩, 可谓鸡刀宰牛数学问题的解决, 常有出乎意料之外, 在乎情理之中的情形在枟数学美拾趣枠的 22 章, 提到了生锈圆规作图问题, 也就是用半径固定的圆规作图的问题这个问题出现得很早, 历史上著名的画家达芬奇也研究过这个问题直到 20 世纪, 一些基本的作图, 例如已知线段的两端点求作中点的问题 ( 线段可没有给出来 ), 都没有答案有些人认为用生锈圆规作中点是不可能的到了 20 世纪 80 年代, 在规尺作图问题上从来没有过贡献的中国人, 不但解决了中点问题和另一个未解决问题, 还意外地证明了从 2 点出发作图时生锈圆规的能力和普通规尺是等价的那么, 从 3 点出发作图时生锈圆规的能力又如何呢? 这是尚未解决的问题 viii

12 总序开始提到, 数学的好玩有不同的层次和境界数学大师看到的好玩之处和小学生看到的好玩之处会有所不同就这套丛书而言, 不同的读者也会从其中得到不同的乐趣和益处可以当做休闲娱乐小品随便翻翻, 有助于排遣工作疲劳俗事烦恼 ; 可以作为教师参考资料, 有助于活跃课堂气氛启迪学生心智 ; 可以作为学生课外读物, 有助于开阔眼界增长知识锻炼逻辑思维能力即使对于数学修养比较高的大学生研究生甚至数学研究工作者, 也会开卷有益数学大师华罗庚提倡小敌不侮, 上面提到的两个小题目都有名家做过丛书中这类好玩的小问题比比皆是, 说不定有心人还能从中挖出宝矿, 有所斩获呢嗦不少了, 打住吧谨以此序祝枟好玩的数学枠丛书成功 2004 年 9 月 9 日 ix

13 前言本书是为高中生大学生研究生和数学爱好者学习与了解概率论数理统计随机过程而写的一本科普读物目的是引起青年读者对这几门课程的学习兴趣, 介绍这几门学科的部分内容及其应用, 给出处理这一类问题的思路与方法, 使得读者的素质能有所提高由于介绍的是随机问题, 要求读者具有微积分与初等概率统计知识又因为本书不仅希望读者知其然, 而且更希望读者知其所以然, 所以书中有一些理论推导, 如果读者一时看不懂这些推导, 可以跳过去, 先了解其结论本书分为三部分, 即概率论篇数理统计篇与随机过程篇其中, 概率论篇介绍了 74 个问题, 数理统计篇介绍了 5 个问题, 随机过程篇介绍了 2 个问题这些问题是作者从事多年教学科研工作的心得与结晶, 涉及多方面的应用有很多内容是作者在所出版的文献 ( 见参考文献 [4] ~ [9]) 中首先给出的, 还有很多内容是本书第一次给出的本书的特点是 : 有趣有用有新意当然不是每个问题都具有这三个特点, 但是每个问题至少具有这三个特点之一只有趣和新, 而没有用, 意义就减少了许多因此, 作者在选材时, 更强调其应用本书最初是为研究生大学生作科普报告而准备 xi

14 的一些处理随机问题的专题, 主要介绍既有趣又有用的新思想新方法与新内容, 目的是开阔学生的视野和提高学生的素质经过较大的修改后才成为现在这个样子在这里, 作者首先要感谢科学出版社, 没有他们的鼓励和支持, 这本书是绝对不会问世的 ; 其次要感谢潘致锋同志仔细地阅读了手稿, 改正了一些笔误 ; 特别要借此机会, 感谢作者的大哥孙曼和大嫂闵锐, 没有他们的教育与培养, 不会有作者的今天, 还要感谢作者的夫人李文昭, 长期以来几乎承担了所有家务, 解除了作者的后顾之忧由于作者水平有限, 书中定有不少错误, 恳请读者批评指正! 孙荣恒 xii

21 概率论篇全是不可测集惹的麻烦随机事件 ( 简称为事件 ) 概率随机变量是概率论中最基本的三个概念, 它们是逐步形成与完善起来的其中事件与随机变量这两个概念与不可测集合的关系非常紧密如果不存在不可测集合, 事件与随机变量的定义将会非常简洁易懂由于不可测集合的存在, 给这两个概念的定义带来了很大的麻烦, 使初学者感到很困难学过初等概率论的人都知道, 随机事件是样本空间 ( 由所有样本点或基本事件组成的集合 ) 的子集, 但是样本空间的子集却未必是随机事件为什么? 一般教科书均不作解释, 因为此问题说起来话长, 又涉及较多的数学知识, 一两句话是说不清楚的如果样本空间 Ω 中的样本点只有可数 ( 可列 ) 多个, 则 Ω 中的任一个子集都可测 ; 如果 Ω 中的样本点有无穷不可数多个 ( 如一个区间或一个区域 ), 则可人为地构造出 Ω 的不可测子集什么叫做 ( 集合 ) 可测? 这涉及较深的测度论知识通俗地说, 所谓集合 A 可测, 就是可以求出 A 的测度什么叫做测度? 如果 A 是离散可数集合, 则把 A 中的元素个数作为 A 的测度, 如果 A 是非离散的区域而且是一维的 ( 二维的三维的 ), 就把 A 的长度 ( 面积体积 ) 作为 A 的测度关于如何构造 Ω 的不可测子集, 有兴趣的读者可以参阅郑维行

22 和王声望著的枟实变函数与泛函分析概要枠初学者很难理解, 一条曲线为什么会不可以测量它的长度呢? 美籍华人钟开来说, 读者可以这样设想, 这条曲线弯曲得非常厉害, 我们无法测准它的长度, 或者设想它离我们非常遥远, 即使用最先进的仪器也无法对它进行测量由于样本空间中的子集不一定都可测, 那些不可测子集我们是无法求其概率的, 当然, 就不把它们看成事件, 这是因为我们研究事件的主要目的是求其出现 ( 发生 ) 的概率又因为在实际问题中我们往往要对事件进行各种运算 ( 或变换 ), 我们自然会问 : 可测事件运算 ( 或变换 ) 的结果是否仍为可测? 为了保证可测事件运算 ( 或变换 ) 的结果仍为可测, 我们在定义事件中引进了 σ 代数的概念定义设 Ω 为一个集合, 如果 Ω 中的一些子集组成的集类 ( 以集合为元素的集合 ) F 满足 : (i) Ω F (ii) 如果 A F, 则 A 的补集珚 A F (iii) 如果 A F,,2,3,, 则则称 F 为 Ω 中的 σ 代数 A F 有了 σ 代数的概念, 可引入事件的如下的严格定义定义 2 如果 F 是由样本空间 Ω 中一些 ( 可测 ) 子集组成的 σ 代数, 则称 F 为事件域, 称且仅称 F 中的元素为事件通常称 (Ω,F) 为可测空间由此定义可知 : (i) σ 代数未必是事件域, 但是事件域一定是 σ 代数 (ii) {?, Ω} 为最小事件域 ( 其中? 为不可能事件, 即为不含有任何样本点的空集 ) 如果 A 为 Ω 中的可测子集, 则 2

23 概率论篇 {?, A, 珚 A, Ω} 是包含事件 A 的最小事件域如果 Ω 中的子集都可测, 则取事件域为 { A : A Ω} ( 即如果 A Ω, 则称 A 为事件 ), 它也是最大的事件域因此, 事件域不是唯一的 (iii) 在实际问题中, 如果 Ω 中的样本点是可数的, 通常就取事件域为 { A : A Ω}, 否则, 通常取事件域为包含我们所关心的事件的 σ 代数在一个问题中, 事件域一经取定就不再变动如果不存在样本空间 Ω 中的不可测子集, 随机变量就可以简单定义为 : 如果 X (ω) 是 Ω 上的单值实函数, 则称 X (ω) 为随机变量而现在随机变量的定义不仅复杂得多, 而且使初学者很不容易理解定义 3 设 (Ω,F) 是一个可测空间, X (ω) 为定义于 Ω 上的单值实函数, 如果对任意实数 x, 均有 {ω:x( ω) x,ω Ω} F 则称 X (ω) 为 (Ω,F) 上的一个随机变量通常简记 X (ω) 为 X, 简记 {ω: X (ω) x, ω Ω} 为 { X x} {ω: X( ω) x, ω Ω} 表示使得 X( ω) x 成立的那些样本点 ω 组成的集合如果这个集合为可测的事件, 即 { X x} F, 我们才称 X 为随机变量由定义 3 知随机变量不是简单的变量, 而是定义于样本空间 Ω 上的满足条件 { X x} F 的单值实函数不过在实际问题中如果用定义 3 去验证一个量是否为随机变量那将是件很麻烦的事情通常不用定义 3 去验证一个量是否为随机变量, 而是去验证该量取值是否为随机的如果是, 则该量是随机变量 ; 否则, 它就不是随机变量何为随机的? 所谓随机 3

24 的是指 : 该量至少能取两个值, 而且事前 ( 试验之前 ) 无法准确预言它取哪个值 2 概率概念的完善概率是描述事件发生 ( 出现 ) 可能性大小的数量指标, 它是逐步形成和完善起来的最初人们讨论的是古典概型 ( 随机 ) 试验中事件发生的概率所谓古典概型试验是指样本空间中的样本点的个数是有限的且每个样本点 ( 组成的事件 ) 发生的可能性是相同的, 简称为有限性与等可能性例如, 掷一颗均匀骰子的试验与从一个装有个相同 ( 编了号 ) 的球中随机摸一个球的试验都是古典概型试验对于古典概型试验, 人们给出概率的如下定义定义 4 设试验 E 是古典概型的, 其样本空间 Ω 由个样本点组成, 其一事件 A 由 r 个样本点组成, 则定义 A ( 发生 ) 的概率为 r, 记为 P ( A), 即 P( A) A 中样本点数 Ω 中样本点数 r 并称这样定义的概率为古典概率, 称概率的这样的定义为古典定义古典概率有如下 3 个性质 : (i) 对任意事件 A, 有 0 P ( A) (ii) P (Ω) (iii) 设 A, A 2,, A m 为两两互斥的 m 个事件, 则 m P( i A i) m i P( A i) 4

25 概率论篇加性 (i) (ii) (iii) 分别称为概率的有界性规范性与有限可古典概率的定义要求试验满足有限性与等可能性, 这使得它在实际应用中受到了很大的限制例如, 对于旋转均匀陀螺的试验 : 在一个均匀的陀螺圆周上均匀地刻上区间 [0, 3) 内诸数字, 旋转陀螺, 当它停下时, 其圆周上与桌面接触处的刻度位于某区间 [ a, b) [ [0, 3)] 内的概率有多大? 对于这样的试验, 古典概率的定义就不适用因为此试验的样本点不是有限的, 而是区间 [0, 3] 中的每个点, 它有无穷不可数多个为了克服定义 4 的局限性, 人们又引入概率的如下定义定义 5 设试验 E 的样本空间为某可度量的区域 Ω, 且 Ω 中任一区域出现的可能性大小与该区域的几何度量成正比, 而与该区域的位置与形状无关, 则称 E 为几何概型的试验且定义 E 的事件 A 的概率为 P( A) A 的几何度量 Ω 的几何度量其中, 如果 Ω 是一维的二维的三维的, 则 Ω 的几何度量分别为长度面积体积并称这样定义的概率为几何概率, 而称概率的这样的定义为几何定义几何概率除了具有古典概率的 3 个性质外, 它还具有如下的可列可加性 ( 或完全可加性 ): (iv) 设 A, A2, A3, 为两两互斥的无穷多个事件, 则 P( i A i) i P( A i) 概率的几何定义虽然去掉了有限性的限制, 但是它仍然要试验满足等可能性, 这在实际问题中仍有很大的局限性例 5

26 如, 掷一枚不均匀的硬币的试验就不具有等可能性, 这样上述两个定义对这个非常简单的试验都不适用同时我们还注意到上述两个定义中的等可能性严格地说都是近似的, 而不是真正的等可能因此, 我们必须再一次推广概率的定义, 以满足实际问题要求为此, 人们在频率的基础上又引进了概率的统计定义通过长期的实践, 人们逐步发现, 当重复试验的次数很多时, 事件出现的频率都具有稳定性即对于某个固定的事件, 当重复试验次数增加时, 该事件出现的频率总在 0 与之间某个数字 p 附近摆动, 且越来越接近 p 例如, 掷一枚均匀硬币的试验, 历史上曾经有很多数学家做过, 下表是几位数学家做此试验的结果由此表可以看到, 当试验次数越来越多时, 正面出现的频率也越来越靠近 0 5 ( 如表桘 ) 由此, 人们又引入概率的统计定义表桘掷均匀硬币的试验试验者试验次数正面出现次数正面出现频率摩根蒲丰皮尔逊皮尔逊维尼定义 6 设 A 为试验 E 的一个事件, 如果随着重复试验次数的增加 A 出现的频率在 0 与之间某个数 p 附近摆动, 则定义 A 的概率为 p, 记为 P ( A), 即 P( A) p 称这样定义的概率为统计概率, 称概率的这样的定义为统计定义 6

27 概率论篇统计概率也有古典概率的 3 个性质, 即有界性规范性有限可加性概率的统计定义对试验不作任何要求, 它适合所有试验, 也比较直观但是在数学上很不严密因为其依据是重复试验次数很多时频率呈现出的稳定性何为很多? 万次相对于 000 次来说是很多了, 但是相对于 0 万次来说它又是很少了试验次数究竟要多到怎样的程度才能算很多定义中没有说明 ; 又如定义中的摆动又如何理解, 也没有数学说明, 再如定义中的 p 又如何确定? 不同的人可能会确定不同的值这样, 一个事件将有多个概率例如, 在表桘中, 正面出现的频率显然在 0 5 附近摆动, 因此可以认为正面出现的概率为 0 5 但是由于硬币不会绝对均匀的, 也可以认为正面出现的概率为或因此, 概率的上述 3 个定义都有缺陷, 与其说它们是定义, 不如说它们仅是对不同的情况给出概率的 3 种计算方法所以我们有必要给出概率的一个严密的对各种情况都适用的定义, 以使得概率论这座大厦有牢固的基础 20 世纪 30 年代初, 冯米富斯 (R Vo Mises) 给出样本空间的概念, 使得有可能把概率的严密的数学理论建立在测度论上 20 世纪 30 年代中期柯尔莫哥洛夫 (A N Kolmogorov) 以上述 3 个定义的性质为背景给出概率的严密的公理化定义定义 7 设 (Ω,F) 为一个可测空间, P 为定义于 F 上的实值集合函数, 如果 P 满足下列 3 个条件 : (i) 对每个 A F, 有 P ( A) 0; (ii) P (Ω) ; (iii) 如果 A i F, i,2,3,, 且当 i j 时, A i A j 7

28 ?, 则 P( i A i) i P( A i) 那么, 就称 P 为概率测度, 简称为概率一般把 Ω,F, P 写在一起成 (Ω,F,P), 并称 (Ω,F,P) 为概率空间以后总用 Ω 表示样本空间, 用 F 表示 Ω 中的固定的事件域, 用 P 表示相应于 Ω 与 F 的概率此定义的 3 个条件称为 3 个公理这 3 个公理分别称为概率的非负性规范性与完全可加性 ( 或可列可加性 ) 这样定义的概率 P 有如下性质 : (i) ( 不可能事件? 的概率为零 ) P (? ) 0 (ii) ( 有限可加性 ) 设 A i i j 时, A i A j?, 则 P( B) P( i A i) F, i,2,,, 且当 i P( A i) ; (iii) ( 对立事件概率公式 ) 设 A F, 则 P( 珚 A) - P( A) (iv) ( 正常差概率公式 ) 设 A, B F, 且 A B, 则 P( B - A) P( B) - P( A) (v) ( 单调性 ) 设 A, B F, 且 A B, 则 P( A) (vi) ( 有界性 ) 设 A F, 则 0 P ( A) (vii) ( 加法公式 ) 设 A i F, i,2,,, 则 P( i A i) i P( A i) - P( A i A j) + P( A i A j A k ) i < j i < j < k - +(-) - P( A A 2 A ) 特别 P( A A 2) P( A )+ P( A 2 )- P( A A 2 ) 8

29 概率论篇 P( A A 2 A 3) 3 P( A i) i - P( A A 2 )- P( A A 3) - P( A 2 A3 )+ P( A A 2 A 3) (viii) ( 半有限可加性 ) 设 A i F, i,2,,, 则 P( i A i) i P( A i) (ix) ( 半完全可加性 ) 设 A i F, i,2,3,, 则 P( i 证明见参考文献 [4] A i) i P( A i) 概率的公理化定义中没有要求定义于 F 上的实值集合函数 P 满足有界性与有限可加性, 为什么? 这是因为有界性与有限可加性可以由 3 个公理推导出来, 而且, 一个概念的定义 ( 自然 ) 要求所满足的条件越少越好, 这样才便于应用设想, 如果一个定义要求满足 0 个条件, 则每次应用前都要逐一验证这 0 个条件是否满足 ( 如果不满足, 则不能应用该定义 ), 这将是很麻烦的事情其次, 概率的公理化定义是严密的数学定义, 且对试验不作任何要求, 我们很自然地会问, 前述的三个定义是否可以不要了? 不可以这是因为公理化定义虽然在数学上很严密, 但是它没有给出事件概率的计算方法要计算一个具体事件的概率, 还得根据不同的情况, 利用上述 3 个定义之一来计算另一个需要说明的是概率的公理化定义不是唯一, 它有很多等价定义由有限可加性得 P(? ) + P(? ) ( +) i P(? ), 即 P(? ) 0, 所以 P(? ) 0, 又对任意事件 A F, 由单调性, 有 P( A) P(? ), 从而 P( A) 0, 即由有限可 9

30 加性与单调性可以推导出非负性也即公理化定义中的非负性 ( 公理 ) 可用有限可加性与单调性来替换于是得如下等价定义 : 定义 8 设 (Ω,F) 为一可测空间, P 为定义于 F 上的实值集合函数如果 F 满足 : (i) 如果 A, B F, 且 A B, 则 P ( A) P ( B) (ii) 如果 A i F, i,2,,, 且当 i j 时, A i A j?, 则 P( i A i) i P( A i) (iii) 如果 A i F, i,2,3,, 且当 i j 时, A i A j?, 则 (iv) P( Ω) P( i A i) i 则称 P 为概率测度, 简称为概率由参考文献 [4] 有如下结论 : P( A i) 设 P 为定义于事件域 F 上的具有有限可加性的非负实值集合函数, 且 P (Ω), 则下列 5 个条件等价 : 则 (i) P 具有完全可加性 ( 即 P 是概率测度 ) (ii) P 具有下连续性即如果 A F,,2,, 且 A A + lim P( A ) P( lim A ) P( A ) (iii) P 具有上连续性即如果 A F,,2,, 且 A A +, 则 lim P( A ) P( lim A ) P( A ) (iv) P 在? 处连续即如果 A F,,2,, A 0

31 概率论篇 A + 且 lim A?, 则 lim P( A ) 0 (v) P 具有连续性即如果 A F,,2,, 且 A 存在, 则 lim P( A ) P( lim A ) 由此结论可知, 概率的公理化定义至少有 0 个不同的等价定义, 这里就不一一写出来了显而易见, 在这 0 个不同的定义中, 定义 7 比较简洁所以, 在一般文献中只给出定义 7 3 三个孩子都是女孩的概率例老张的妻子一胎生了 3 个孩子, 已知老大是女孩, 求另两个也都是女孩的概率 ( 假设男孩女孩出生率相同 ) 解这是一个古典概率问题 3 个孩子的所有可能情况是 : bbb, bbg, bgb, gbb, bgg, gbg, ggb, ggg, 其中, b 表示男孩, g 表示女孩, bgb 表示老大与老三都是男孩老二是女孩, 其他类似用 A 表示老大是女孩这一事件, 用 B 表示三个孩子都是女孩这一事件则 A 由 4 个样本点组成, B 由个样本点组成, 即 A { gbb, gbg, ggb, ggg}, B {ggg}, 而所求概率是在 A 发生的条件下 B 发生的概率, 一般记此概率为 P ( B A), 称为 A 发生下 B 发生的条件概率因为在 A 发生的条件下, 样本空间就是 A, 由概率的古典定义知, 所求概率为 4, 即 P ( B A) 4 如果去掉条件 A, 即如果不知老大是男还是女, 这时样本空间 Ω 由 8 个样本点组成, 即 Ω {bbb, bbg, bgb, gbb,

32 bgg, gbg, ggb, ggg}, 且事件 A 与 B 都不变由概率的古典定义得 P( A) 4 8,P( B) 8 又因为 B 是 A 的子事件, 即 B A 所以 A 与 B 的积 ( 交 ) 事件为 B, 即 AB B 从而 P ( AB) P ( B) 8, 于是得 P( B A) P( AB)/ P( A) 这个等式启发我们引入如下的条件概率的定义定义 9 设 (Ω,F, P) 为一个概率空间, A, B F, 且 P ( A )>0, 则在 P( AB) P( A), 并记为 P( B A), 即 P( B A) A 发生下 B 发生的条件概率定义为 P( AB) P( A) 由此定义的条件概率满足概率的 3 个公理, 即设 (Ω,F, P) 为一概率空间, A F, P ( A) (i) 对每个 B F, 有 P ( B A) 0 (ii) P (Ω A) >0, 则 (iii) 如果 Bi?, 则 F, i,2,3,, 且当 i j 时, BiBj P( Bi A) i i P( Bi A) P( AB) 证明 :(i ) 因为由定义有 P ( B A ) P( A), 又 P( A) >0, 再由概率的非负性知 P ( AB) 0, 所以 P( B A) 0 所以 (ii) 因为任意事件都是样本空间 ( 必然事件 ) 的子事件, 2

33 概率论篇 P (Ω A) P (ΩA) P ( A) P ( A) P ( A) (iii) 因为当 i j 时, B i 与 B j 互斥, 即 B ib j?, 所以 B i AB j A?, 即 ( i B i) A i B i A 与 B j A 互斥, 从而由定义 9 与 ( B i A), 得 P(( B P( Bi A) i i) A) i P( A) i P( Bi A) P( A) P( B i A) i P( A) i P( B i A) 由于条件概率满足概率的 3 个公理, 所以凡概率具有的性质条件概率也具有和条件概率有关的有 3 个非常有用的公式, 即乘法公式, 全概率公式与贝叶斯 (Bayes) 公式现分别介绍如下设 (Ω,F, P) 为一概率空间, A i F, i,2,,, (i) 如果 P ( A A 2 A -) > 0, 则 P( A A 2 A ) P( A ) P( A 2 A ) P( A 3 A A 2) P( A A A 2 A -) (ii) 如果当 i j 时, A i A j?, P ( A i )>0, i, 2,,, 且 A i Ω, 则对于任意 B F, 有 i P( B) P( A i) P( B Ai) i (iii) 如果 B F, P ( B ) > 0, P ( A i ) > 0, i, 2,,, 当 i j 时, A i A j?, 且 i P( A j B) i P( A j) P( B Aj ) P( A i ) P( B Ai) A i Ω, 则,j,2,, 3

34 如果读者对这 3 个公式的证明感兴趣, 可参考文献 [4] 4 有限不放回抽样例 2 00 件产品中有 25 件次品, 随机不放回 ( 依次 ) 抽出 4 件, 求仅后两件是次品的概率与有两件次品的概率解在此问题中, 如果将产品换成球, 次品换成黑球, 件换成个, 抽换成摸, 就变成无放回摸球问题设 A 仅后两件是次品, B 有两件是次品并设想产品 ( 球 ) 都是编了号的, 即可辨别的此为古典概率问题由于抽样是不放回的, 第次抽样有 00 种可能抽法, 第 2 次有 99 种可能抽法, 第 3 次有 98 种可能抽法, 第 4 次有 97 种可能抽法, 所以样本空间 Ω 中的样本点为 P , 现在来求 A 与 B 中的样本点数由于 A 表示前 2 次均抽到正品且后 2 次均抽到次品, 即从 75 件正品中不放回抽 2 件 ( 有 P 2 75 种可能抽法 ), 再从 25 件次品中不放回抽 2 件 ( 有 P 2 25 种可能抽法 ), 故 A 中的样本点数为 P 2 75 P 2 25 由于 B 表示抽出的 4 件中有两件次品哪 2 件? 也可能前 2 件, 也可能后 2 件, 也可能中间 2 件, 等等, 这共有 C 2 4 种可能 ( C 2 4 4! 2!(4-2)! 6), 对于每一种可能 ( 不妨设后 2 件是次品而前 2 件是正品 ), 均有 P 2 75 P 2 25 方式实现, 由排列组合中的乘法原理, B 中的样本点数为 C 2 4 P 2 75 P 2 25 再由概率的古典定义得 P( A) A 中样本点数 Ω 中样本点数 P2 75 P 2 25 P P( B) C 2 4 P 2 75 P 2 25/ P 4 00 C 2 75 C 2 25/ C

35 概率论篇由 C 2 4 P 2 75 P 2 25/ P k 00 C 2 75 C 2 25/ C 4 00, 一般地有 C k P - k 75 P 25/ P 00 C - k 75 C k 25/ C 00 (0 k ) 由此可知, 在有限不放回抽样中, 如果所论事件与顺序无关 ( 如事件 B), 则可以用组合数来计算其概率, 也可以用排列种数计算其概率, 如果所论事件与顺序有关 ( 如事件 A), 则必须用排列种数计算其概率 5 几次试开能打开大门例 3 某人有 6 把钥匙, 其中 3 把大门钥匙, 但是他忘记了哪 3 把是大门钥匙, 只好不放回随机试开求他第 k ( k 4) 次才打开大门的概率与在 3 次 ( 试开 ) 内打开大门的概率解如果把钥匙换成球, 大门钥匙换成黑球, 则上问题就变为如下的摸球问题 : 一袋中有 6 个球, 其中有 3 个是黑球, 现不放回依次从袋中摸球, 求下列事件的概率 : A k 第 k ( k 4) 次才摸到黑球 ; B 在前 3 次内摸到黑球此是古典概率问题由于 A k 表示第 k 次才摸到黑球, 所以前 k - 次没摸到黑球, 记此事件为 B k, 则由有限不放回抽样与 B k 和顺序无关知 P( B k ) Ck C k - 6 第 k 次才打开大门的概率为 : P( A k ) P( Bk A k) P( Bk ) P( A k Bk), 再由乘法公式知, 又因在前 k - 次没摸到黑球的条件下, 第 k 次摸到黑球的条 5

36 件概率 P( A k B k) 为 P( A k ) Ck - 3 C6 k - C 3 C 6- k k, 故 3 7-k (6 - k)!,k,2,3,4 40(4 - k)! 即 P( A ) 3 3,P( A 2),P( A3 ),P( A4 ) 因为 B 表示在 3 次试开内打开大门, 它包含了在第次打开, 第 2 次才打开与第 3 次才打开, 故 B 3 k B k A k 又因为 B, B 2, B 3 是互斥 ( 两两不同时发生 ) 的 3 个事件, 所以 B A, B2 A 2, B3 A 3 也是互斥的 3 个事件, 由概率有限可加性与乘法公式 ( 即全概率公式 ), 得 P( B) P( Bk A k) P( Bk A k ) k k k P( Bk ) P( A k Bk ) 用对立事件概率公式求 P( B) 更简单因为珚 B 为 B 的对立事件, 表示在前 3 次均没摸到黑球, 由有限不放回抽样, 以及 B 珚与顺序无关, 所以 P( 珚 B) 为 C / C , 从而 P( B) - P( 珚 B) 9 20 更一般地, 如果把 6 换成 N, 把 3 换成 ( < N), 则由全概率公式, 这时 B 的概率为 N - N - C k N - - P( B) P( B k ) P( A k B k) k k C k - N 由对立事件概率公式, 这时 B 的概率为 P( B) - P( B) 珚 - C N - N 于是, 得如下恒等式 C C N - k + 6

37 概率论篇 N - k C k - N - C C k - N C N - k + - C N N - ( 令 k - m) N - 即 m 0 C m N - C C m N C N - m ( ) 6 常见离散型分布的背景二项分布几何分布帕斯卡 (Pascal) 分布与超几何分布是几个常见的离散型分布, 也是非常重要的几个分布产生这几个分布的直观背景就是如下的摸球问题例 4 一袋中有 N 个白球 M 个黑球现有放回从袋中摸球, 求 : () 在次摸球中恰好摸到 k ( k 0,,, ) 个黑球的概率 (2) 第 k 次才摸到黑球的概率 (3) 第 r 次摸到黑球是在第 k 次摸球时实现的概率 ( r k) (4) 如果摸球是不放回的, 求在次摸球中恰好摸到 k ( k 0,,2,, mi ( M,)) 个黑球的概率解 () 由于袋中有 N + M 个球且摸球是有放回的, 故每次摸球都有 N + M 种可能 ( 这里设想球是编了号的, 即可辨的 ) 现设上述所论 4 个事件分别为 A, B, C, D 对于 A 只需考虑前次摸球次有放回摸球, 共有 ( N + M) 种可能, 即样本空间中这时有 ( N + M ) 个样本点由于 A 表示次摸球中恰好摸到 k 个黑球, 这有 C k 种不同情况, 对于每种情况 ( 如前 k 次均摸到黑球后 - k 均摸到白球 ) 都有 M k N - k 种可能, 又因 C k 种情况 ( 事件 ) 是两两互斥的, 故 7

38 A 中有 C k M k N - k 个样本点, 再由古典概率定义得 P( A) C k M k N - k ( N + M) C k p k ( - p) - k,k 0,,2,, M 其中 p N + M 由于 C k p k ( - p) - k 是二项展开式 ( p + - p) k 0 概率 C k p k ( - p) - k 的一般项, 所以称 C k p k ( - p) - k 为二项 (2) 因为 B 表示第 k 次才摸到黑球, 所以只需考虑前 k 次摸球, 这有 ( N + M) k 种可能 ( 即这时样本空间中有 ( N + M) k 个样本点 ), 又前 k - 次均摸到白球 ( 有 N k - 种可能 ), 第 k 次才摸到黑球 ( 有 M 种可能 ), 故 B 中有 N k - M 个样本点, 由古典概率定义知 P( B) k,2,3,, 其中 p M N + M N k - M ( N + M) k (- p) k - p, 由于 ( - p) k - p 是几何级数 ( - p) k - p 的一般项, k 故称它为几何概率 (3) 由于 C 表示第 r 次摸到黑球是在第 k 次摸球时 ( 这时只需考虑前 k 次摸球, 且样本空间中有 ( N + M ) k 个样本点 ) 实现, 第 k 次应摸到黑球, 这有 M 种可能, 而前 k - 次摸球中有 r - 次摸到黑球, 由二项概率的推导, 这有 C r k -M r - N k - r 种可能, 故 C 中有 C r - k - r M k - N k - r M 个样本点, 再由古典概率定义知, P ( C) Cr - k - M r N k - r ( N + M) k C r - k - ( - p) k - r, k r, r +,, 其中 p p r M N + M 一般记 q 8

39 概率论篇 - p, 因为 ( - q) - r t 0 C t r + t - q t [9] ( 令 k r + t) C r - k - q k - r k r 所以称 C r - k -p r q k - r 为负二项概率, 也叫帕斯卡概率 (4) 由于 D 表示在不放回摸球时, 摸出的个球中恰有 k 个黑球, 由有限不放回抽样且 D 与顺序无关, 故 P( D) C k M C - k N C N + M, k 0,,2,, mi (, M), 称此概率为超几何概率上述 4 个概率中的 k ( 在摸球之前 ) 实际是随机变量 ( 一般用 X 表示 ) 由离散型随机变量的定义知 : () 如果随机变量 X 取值 k 的概率为 C k p k q - k, 且 k 0,,,, 即 P { X k} C k p k q - k, 且 k 0,,,, 则称 X 服从二项分布, 记为 X ~ B(, p) (2) 如果随机变量 X 取值 k 的概率为 q k - p, 且 k, 2,3,, 即 P{ X k} q k - p, k,2,3,, 则称 X 服从几何分布, 记为 X ~ Geo( p) (3) 如果随机变量 X 取值 k 的概率为 C r - k - p r q k - r, 且 k r,r +,, 即 P { X k} C r - k - p r q k - r, k r, r +,, 则称 X 服从负二项分布 C k M C N - k (4) 如果随机变量 X 取值 k 的概率为 C N + M,2,, mi (, M ), 即 P { X k} Ck M C - k N C N + M, 且 k 0,, k 0, 9

40 ,2,, mi (, M), 则称 X 服从超几何分布上述分布中的 q - p,0< p < 由此知上述四个离散型分布来自上述的摸球问题当二项分布中的, 即 X ~ B (, p) 时, 称 X 服从 0- 分布, 因为这时 X 只取 0 与两个值当负二项分布中的 r 时, 负二项分布就变为几何分布, 即几何分布是负二项分布的特例在实际当中还有一个重要离散分布, 就是泊松 (Poisso) 分布, 它是作为二项分布的极限分布引入的, 有兴趣的读者可参阅参考文献 [4] 7 哪个概率大例 5 从 0,,2,,9 这十个数码中不放回随机取 4 个数码能排成一个 4 位偶数的概率 p 与从 0,,2,,9 这十个数码中不放回随机取 5 个数码能排成一个 5 位偶数的概率 p2 哪个大? 解为回答这个问题, 先要计算出 p 与 p 2 现先计算 p 显然, 样本空间中的样本点数为 P 4 0 为了使取出的 4 个数字能排成一个 4 位偶数, 末位数应取 0,2,4,6,8 之一, 首位不能是 0 ( 否则就不是数 ) 如果末位是 0, 其他 3 位上可以是其余九个数码中任意 3 个, 这有 P 3 9 P 种排法如果末位不是 0, 则末位只能是 2,4,6,8 之一, 这有 P 4 种取法, 首位有 P 8 种取法, 中间两位上可以是其余 8 个数码中任意 2 个数码, 这有 P 2 8 种取法, 再由排列组合的乘法原理, 所论事件中有 P 8 P 2 8 P 4 个样本点故 p (P 3 9 P + P 8 P 2 8 P 4 )/ P

41 概率论篇类似地 p2 ( P 4 9 P + P 8 P 3 8 P 4) /P 即 p p 2, 也就是取出的 4 个数码能排成一个 4 位偶数的概率与取出的 5 个数码能排成一个 5 位偶数的概率相等这不得不使人惊奇很自然地, 我们会问 : 从 0,,2,,9 这 0 个数码中不放回随机取 i (2 i <0) 个数码能排一个 i 位偶数的 4 概率是否也等于 90? 答案是肯定的不仅如此而且取出的 i (2 i <0) 个数码能排成一个 i 位奇数的概率也都相等, 都等于 4 9 其证明是简单的类似地, 能排成一个 i 位偶数的概率为 ( P i - 9 P + P 8 P i - 8 P 4)/ P i 0 9 Pi P 8 P8 i -2 P 4 90 P i -2 8 能排成一个 i 位奇数的概率为 ( P 8 P i -2 8 P 5 )/ P i 0 40 Pi P i 由此, 我们会进一步地问 : 从 00, 0, 02,,99 这 00 个数码中不放回随机取 i (2 i <00) 个数码, 这 i 个数码能排成一个 2 i 位偶数的概率是多大? 能排成一个 2 i 位奇数的概率是多大? 为回答这两个问题, 设 p p 2 为所求的两个概率由于这时样本点总数为 P i 00, 前两位不能是 00,0,,09 而对于 p, 其有利场合数 ( 所论事件中样本点数 ) 由两部分组成, 一部分是 P 90 P i P 5 ( 倒数第二位是 0, 末位是 0,2,4, 6,8 之一 ) 另一部分是 P 89 P i P 45 ( 倒数第二位不是 0, 而是,2,,9 之一, 末位是 0,2,4,6,8 之一 ) 故 p (P 89 P i P 45 + P 90 P i P 5 )/ P i 而对于 p 2, 其有利场合数也为 P 90 P i P 5 + P 89 P i P 45, 所以 p 即 p p , 也即能排成一个 2 i 位偶数 2

42 的概率与能排成一个 2 i 位奇数的概率相等, 都是 0 45 这更使人惊奇更进一步, 我们会问 : 从 000,00,002,, 999 这 000 个数码中不放回随机取 i (2 i < 000) 个数码, 这 i 个数码能排成一个 3 i 位偶数的概率与能排成一个 3 i 位奇数的概率是否都等于 0 45? 答案是肯定的依此类推, 从 00 j 00, 00 0, 个 0,99 99 中不放回随机取 i (2 i <0 j ) 个数码, 这 i 个数 j 个 9 码能排成一个 ji 位偶数的概率与能排成一个 ji 位奇数的概率也都等于 0 45 (2 i <0 j ) 证明与上述类似, 这里不再详述 8 分赌注问题分赌注问题又称为分点问题或点问题在概率论中它是个极其著名的问题在历史上它对概率论这门学科的形成和发展曾起过非常重要的作用 654 年法国有个叫 De Mere 的赌徒向法国的天才数学家帕斯卡 (Bvlaise Pascal 623 ~ 662) 提出了如下分赌注的问题 : 甲乙两个赌徒下了赌注后, 就按某种方式赌了起来, 规定 : 甲乙谁胜一局谁就得一分, 且谁先得到某个确定的分数谁就赢得所有赌注但是在谁也没有得到确定的分数之前, 赌博因故中止了如果甲需再得分才赢得所有赌注, 乙需再得 m 分才赢得所有赌注, 那么, 如何分这些赌注呢? 帕斯卡为解决这一问题, 就与当时享有很高声誉的法国数学家费尔马 (Pierre de Fermat) 建立了联系当时, 荷兰年轻的物理学家 ( 约 25 岁 ) 惠更斯 (C Huygas) 知道了这事后, 也赶到巴黎参加他们的讨论这样一来, 使得当时世界上很多 22

43 概率论篇有名的数学家对概率论产生了浓厚的兴趣, 从而使得概率论这门学科得到了迅速的发展后来人们把帕斯卡与费尔马建立联系的日子 (654 年 7 月 29 日 ) 作为概率论的生日, 公认帕斯卡与费尔马为概率论的奠基人如何解决这一问题呢? 即如何合理地分这些赌注呢? 帕斯卡提出了一个重要思想 : 赌徒分得赌注的比例应该等于从这以后继续赌下去他们能获胜的概率甲乙两人获胜的概率又应如何求呢? ( 实际只需求他们中一人获胜的概率 ) 首先, 要作必要的假设, 假设 : 甲胜一局的概率为一常数 p, 乙胜一局的概率为 - p Δ q ; 2 各局赌博 ( 无论谁胜 ) 均互不影响显然这两个假设是近似的, 但是也是合理的其次, 根据帕斯卡的思想和上述的两个假设, 可把分赌注问题归纳成如下的一般问题 : 进行某种独立重复试验, 设每次试验成功的概率为 p, 失败的概率为 - p 问在 m 次失败之前取得次成功的概率 ( 即甲获胜的概率 ) 是多少? 这问题也等价于如下有放回摸球问题 : 从装有 a 个白球 b 个黑球的袋中有放回摸球, 求在摸到 m 次黑球之前摸到次白球的概率这里把摸到白球概率为 p 球理解为失败 ( 概率为 - p) a a + b 理解为成功, 摸到黑帕斯卡费尔马与惠更斯分别给出这一问题的三种不同解法我们先介绍帕斯卡的解法 23

44 为了使次成功发生在 m 次失败之前, 必须且只需在前 + m - 次试验中至少成功次因为如果在前 + m - 次试验中至少成功次, 那么, 在前 m + - 次试验中至多失败 m - 次, 于是次成功发生在 m 次失败之前 ; 另一方面, 如果在前 m + - 次试验中成功次数少于, 则在前 m + - 试验中失败次数至少为 m 次, 这样在 m 次失败之前就得不到次成功由二项概率公式, 在 m + - 次试验中有 k 次成功的概率为 C k m + - p k ( - p) m + -- k, 故在前 m + - 次试验中至少成功次的概率 [ 记为 P (, m)] 为 + m - P(,m) C k + m - p k ( - p) + m - - k k 惠更斯的解法 : ( 2) 无论次成功发生在 m 次失败之前, 还是 m 次失败发生在次成功之前, 试验最多进行 + m - 次又次成功发生在 m 次失败之前 ( 即甲获胜 ) 进行试验次数可能是 + +2,, + m - 如果次成功发生在 m 次失败之前是在第 k ( k + m -) 次试验实现则第 k 次试验一定是成功, 且前 k - 次试验中应有 - 次成功, k - 次失败, 仍由二项概率公式, 得只需进行 k 次实验的概率为 C - k - p - ( - p) k - p p C - k -( - p) k -,k, +,, + m -, 从而次成功发生在 m 次失败之前的概率为 + m - P(,m) p 费尔马的解法 : k C - k -( - p) k - ( 3) 仍设 P (, m) 为次成功发生在 m 次失败之前的概率如果第次试验是成功 ( 概率为 p), 则为了使次成功 24

45 概率论篇发生在 m 次失败之前, 在后面的试验中需且仅需 - 次成功发生在 m 次失败之前 ; 如果第次试验是失败 ( 概率为 - p), 则为了使次成功发生在 m 次失败之前, 在后面的试验中需且仅需次成功发生在 m - 次失败之前于是由全概率公式, 得如下二元 ( 双变量 ) 一阶差分方程 P(,m) pp( -,m) +(- p) P(,m -),,m 与边界条件 P(,0) 0,P(0,m),,m 由于解此差分方程较复杂, 这里就不去解它了由式 ( 2) 与 ( 3) 得 + m - k + m - C k + m - p k ( - p) + m - - k p k C - k -( - p) k - ( 4) 非常有趣的是由 ( 2) ( 3) 与 ( 4) 可以得到很多组合公式比如, 令 p 2, 且 m, 则式 ( 2) 与 ( 3 ) 左边都应是 2 - C - k - k 2 k, 于是得 2 2-2, 而右边分别为 k 2 - k C k C k 与与 2-2 k C - k - 2 k 即 C k 2 -, ( 5) k 2 - 与 C - k - k 2 k -, ( 6) 25

46 令 p 2, m, 则由式 ( 4) 得 k 2 - C2 k - C k - - k 令 p 2,, 由式 ( 4) 得 2 k, ( 7) m k C k m 2 m m k 2 k - 2 m 即 m k 0 C k m 2 m 式 ( 8) 也可写成 : k 0 m 2 m ( + ) m k 0 m,m 0 令 p 3,, 由式 ( 4) 得 C k m 2 m, 此即牛顿二项展开式 : m C k m k m - k k 0 C k m ( 8) ( 9) m k C k m 2 3 m 2 k m 即 m k 0 C k m 2 k 3 2 m ( 0) 令 p 2, m 2, 由式 ( 4) 得 3 - C k 3 - k C - k - k 2 k 即 t C + t t 0 C t + t - 2 t, ( ) 由式 ( 4), 当 p 取其他不同的值且与 m 之间满足不同的关系时还可得到很多恒等式, 这里就不再详述了上述的 ( 4) ~ ( ) 诸式可以说是分赌注问题的直接副产品下面我们来介绍分赌注问题的应用与推广 26

47 概率论篇应用甲乙两队 ( 两人 ) 进行某种比赛, 已知每局甲胜的概率为 0 6, 乙胜的概率为 0 4 可采用 3 局 2 胜制或 5 局 3 胜制进行比赛, 问采用哪一种比赛制对甲有利? 这一问题实际上是问采用哪一种比赛制甲赢乙的概率较大? 显然要回答这一问题就要分别计算出在 3 局 2 胜制情况下甲赢乙的概率和在 5 局 3 胜制情况下甲赢乙的概率而这两个概率就是分赌注问题的特殊情形, 即 P (2,2) 和 P(3,3), 这时 p 0 6,- p 0 4 由式 ( 2) 或 ( 3), 得 P(2,2) P(3,3) 从而知, 采用 5 局 3 胜制对甲有利这还表明 : 如果甲每局胜的概率比败的概率大, 则多比赛几局对甲是有利的易见 P (2,2) 和 P(3,3) 的一般情况是 P( +, +)( 0), 而 P( +, +) 是 2 + 局 + 胜制下甲赢乙的概率我们知道在有些比赛中, 比如羽毛球 ( 乒乓球 ) 比赛中, 对每一局来说, 如果打到 4 (0) 平比赛规则还规定 : 谁先多得 2 分谁将获得那一局的胜利, 如果甲得分的概率是 p, 失分的概率是 - p, 且每得失分相互独立, 则甲胜一局的概率可归结为如下的一般问题 : 应用 2 甲乙进行某项比赛, 设甲得失分的概率分别为 p 与 q ( q - p), 且每得失分相互独立, 比赛规则规定 : 谁先得分谁获胜, 但是, 如果出现 - 平, 则这以后谁比对方多得 2 分谁获胜, 求甲获胜的概率我们知道, 甲可能在出现 - 平之前获胜, 也可能在出现 - 平之后获胜, 这两个事件分别记为 A 与 B 设 C 表示出现 - 平这事件, 显然 A 与 B 互斥, 即 AB?, 且 A + CB 表示甲获胜由有限可加性与乘法公式, 所求概率为 27

48 P( A + CB) P( A) + P( CB) P( A) + P( CB) P( A) + P( C) P( B C) 因为 A 表示甲在失 - 分之前得分, 由式 ( 3) 得 2-2 P( A) p C k - - q k - k 因为 C 表示在 2-2 球中甲赢 - 球 ( 得 - 分 ), 由二项概率公式, 得 P( C) C p - q - 为求条件概率 P ( B C) ( 记为 PC ( B)), 设 Di 在出现 - 平以后的两球中甲赢 i 球 ( 得 i 分 ), i 0,,2 因为 P( D 0) q 2, P C( B D 0)0, P( D ) C 2 pq, 而 P C ( B D ) 表示两球中甲乙各赢一球条件 ( 即平情况 ) 下甲获胜的概率, 故 P C( B D ) P C ( B) 又 P( D 2) C 2 2 p 2 以由全概率公式, 得 P( B C) PC ( B) 2 P( D i) PC( B Di ) i C 2 pqpc ( B) + C 2 2 p 2 综上所述, 所求概率为, P C ( B D 2 ), 所 p 2-2pq 2-2 P( A + CB) p C - k - q k - + C p - q - p 2 /( - 2 pq) k ( 2) 在实际生活中, 经常会遇到实力相差很大的比赛 ( 游戏 ), 比如, 甲的实力比乙强得多, 乙可能会提出如下不公平的比赛规则 ( 否则乙将不与甲比赛 ): (i) 甲在乙得 2 分之前得 5 分甲胜, 乙在甲得 5 分之前得 2 分乙胜 28

49 概率论篇 (ii) 甲比乙多得 8 分甲胜, 乙比甲多得 4 分乙胜求甲胜的概率规则 (i) 的一般情形是 : 甲在乙得 m 分之前得分甲胜, 乙在甲得分之前得 m 分乙胜, 此即是分赌注问题则由 ( 2), 当甲得失分的概率为 0 8 与 0 2 时, 甲胜的概率为 6 P(5,2) C60 8 k k k k 5 规则 (ii) 的一般情形是 : 应用 3 甲乙进行某项比赛, 设甲得失分的概率分别为 p 与 q ( q - p), 且每得失分相互独立如果比赛规则为 : 甲比乙多得分甲胜, 乙比甲多得 m 分乙胜求甲胜的概率为求甲胜的概率, 设 P( j) 表示甲比乙多得 - j 分情况下甲获胜的概率, j 0,,, + m, 则显然有 P(0), P( + m) 0, 且所求概率为 P( ) 由全概率公式得如下一元二阶齐次常系数差分方程 P( j) pp( j -)+ qp( j +) ( 3) 解此差分方程一般有 2 种方法, 第种是递推法, 是一般方法第 2 种是待定常数法, 与解常系数常微分方程类似解法由式 ( 3) 得 P( j +)- P( j) p q [ P( j) - P( j -)] ( 递推 ) p q j [ P() - P(0)] C p q j [ 其中 C P() - P(0)] 从而得 P( j) C p q j - + P( j -) ( 递推 ) 29

50 C C p q j - + -(p/ q) j -(p/ q) p q j 又因 P ( + m) 0, P(0), 所以 p q + + P(0) ( 3 ) + P(0) ( p q) ( 4) + m - P( m + ) - P(0) [ P( j) - P( j -)] j 即 C - 从而 + m j C p q j - - (p/ q) - (p/ q) + m P( j) - -(p/ q) j -(p/ q) + m C -(p/ q) + m - p/ q j ( p/ q) -(p/ q) + m -(p/ q) + m,( p q) ( 5) 当 p q 时, 由式 ( 3 ) 得 P( j) Cj + P(0) C( + m) P( + m) - P(0) -,C - j 故 P ( j) - + m, p q 从而, 所求概率为 P ( ) 解法 2 令 P ( j) p ( q m - p m ) q + m - p + m, p q m + m, p q + m λ j, 由式 ( 3) 得代数方程 qλ 2 - λ + p 0 ( 6) ( 7) 解之, 得 λ, λ 2 p/ q, ( p q), 故其通解为 P ( j) 30

51 概率论篇 j p C + C 2, 由边界条件 P (0), P ( + m) 0 可确 q 定常数 C C 2, 它们分别为 C - -(p/ q) + m,c 2 -(p/ q) + m, 于是得式 ( 5) 当 p q 时,λ, λ2, 于是 P ( j) 的通解为 P( j) A + A 2 j 仍由 P (0), P ( + m) 0, 得 A, A m, 于是得式 ( 6), 从而亦得式 ( 7) 有了应用 3 的结果 ( 7), 现在我们可以讨论应用 2 的一般情形应用 4 在应用 2 中, 如果出现 - 平, 则这以后谁比对方多得 m 分谁获胜求甲获胜的概率仍设 A B 分别表示在出现 - 平之前与之后甲获胜的事件, C 表示出现 - 平这事件则所求概率仍为 P( A + CB) P( A) + P( CB) P( A) + P( C) P( B C) 由应用 2 知 2-2 P( A ) p C - k - q k - k P( C ) C p - q - 而条件概率 P( B C) 是应用 3 中 m 的特殊情形, 故从而所求概率为 P( A + CB) P( B C) p 2-2 k 2-2 C k - - k p m q m + p m,p q 2,p q C - k - q k - + C p - q - p m q m + p m,p q 2 k + 2 C ,p q ( 8) 3

52 在实际生活中, 如下的比赛规则也是会遇到的应用 5 在应用 2 中, 如果出现 - 平, 则比赛重新开始求甲获胜的概率这里需要注意, 出现 - 平的次数可能是 0,,2,, 故设 Ci 出现 i 次 - 平 ( 比赛结束 ) 这事件, i 0,,2,, A 次甲得失分的概率不变故甲获胜由于比赛是相互独立, 且每 P( Ci) P( Cj), P( A Ci) P( A Cj), j,i 由应用 2 知 c P( C ) C p - q -,a P( A Ci ) 则 P( C i ) c i, i 0,,2, 由全概率公式, 当 C < 时, 得甲获胜的概率为 P( A) i 0 P( C i) P( A C i) i 0 c i a k a - c p C - k - q k - ( 9) 9 是否接收这批产品例 6 要验收一批产品, 共 00 件, 从中随机取 3 件来检测, 且每件产品检测是相互独立的如果 3 件中有件不合格, 就拒绝接收这批产品如果这批产品中有 2 件不合格, 且件不合格的产品被检测出的概率为 0 95, 而件合格品被误检为不合格的概率为 0 0 求被检测的 3 件中至少有件不合格的概率与该批产品被接收的概率解设 A 取出检测的 3 件中至少件不合格 ; A i 被检测的 3 件中有 i 件不合格, i 0,,2; 32

53 概率论篇 B 接收该批产品显然, A 0,A,A 2 是两两互斥的, 且 A A + A 2 由有限不放回抽样与 A i 和顺序无关, 故 P( A i ) C i 2 C 3- i 98 / C 3 00,i 0,,2 从而取出检测的 3 件中至少有件不合格的概率为 ( 第种解法 ) 2 2 P( A) P( A i) C i 2 C 3-98 i / C i i 825 或因为 A珚 A0, 由对立事件概率公式, 得 ( 第 2 种解法 ) P( A) - P( 珚 A) - P( A 0) - C 0 2 C / C 一般地, 如果一批产品中有件合格品 m 件不合格品, 从中无放回随机取 r 件, 则取出的 r 件中至少有件不合格品 r 的概率 ( 由第种解法 ) 为 k 或 ( 由第 2 种解法 ) 为 C k m C r - k C r m + - C0 m C r -0 C r m + - C r C r m + 于是得 r k C k m C r - k C r m + - C0 m C r C r m + 即 r k 0 C k m C r - k C r m + ( 20) 注意 : 当 k > 时, 规定 C k 0 现求 P ( B), 由全概率公式, 得 P( B) 2 P( A i) P( B i 0 A i) 又因 P( B Ai) 为在被检测的 3 件产品中有 i 件为不合格条件下该批产品被接收的概率, 则 i 件不合格品都误检为合格品 ( 概率为 (0 05) i ) 且 3- i 件合格品都检测为合格品 ( 概率为 (0 99) 3- i ), 所以 P( B A i) (0 05) i (0 99) 3- i 33

54 2 故 P( B) i 0 C i 2 C 3- i 98 C 3 (0 05) i (0 99) 3-i 抓阄学生会给某班 (30 个人 )5 张电影票, 大家都想要, 于是班长就在 30 张纸条中的 5 张上都做了记号, 然后让每个人随机摸一张, 凡摸到有记号的纸条就给他一张电影票求第 k( k 30) 个人摸到有记号纸条的概率或许有人认为, 先摸, 摸到的概率将会大些是否真是这样? 如果先摸到有记号的纸条概率大些, 此方法就不会长久而广泛地被采用到今天即每个人摸到有记号的概率都是阄问题可归纳成如下更一般的摸球问题 : 6 抓例 7 一袋中有个白球 m 个黑球, 现不放回从袋中进行摸球, 求第 k 次摸到黑球的概率, k,2,, + m 为了证明先摸到黑球的概率不会大些, 设 : A k 第 k 次摸到黑球, k,2,, m + 现用两种方法来证明 : 对任意正整数 k ( k m + ), 均有 P ( A k ) m m + m 证法 ( 概率数学归纳法 ) 显然 P ( A ) m + 现设 k j 时结论成立 ( 即第 j 次摸到黑球的概率为袋中黑球数比袋中总球数 ), 则 P( A j +) P( A ) P( A j + A )+ P( 珚 A ) P( A j + 珚 A ) m m + m - m -+ + m + m m + - m m + 34

55 概率论篇其中 P( A j + A ) 等于从装有个白球 m - 个黑球的袋中第 j 次摸到黑球的概率, 由归纳假设它为 m - m -+, 类 m 似地有 P( A j + A珚 ) m + - 于是, 结论得证证法 2 设 Bi 前 k - 次摸球中恰好摸到 i 个黑球,i 0,,2,,k -, 则 B0,B,,Bk - 两两互斥, 且 k - i 0 Bi Ω, 由全概率公式, 并注意到, 当 i > j 时,C i j 0, 得 P( A k ) k - P( Bi) P( A k Bi) i 0 由有限不放回抽样与 Bi 和顺序无关知 P( Bi) C i m C k -- i / C k m - + 又前 k - 次摸球中, 摸出了 i 个黑球后袋中总球数为 m + - (k -), ( 袋中 ) 黑球数为 m - i, 故第 k 次摸到黑球的概率为 m - i m + -(k -), 即 P( Ak k - P( A k) i 0 Bi) C i m C k -- i C k - m + m - i m + -(k -) 从而 m - i m + -(k -) k - i 0 k - mc i m C k -- i - i 0 ic i m C k -- i ( m + - k +)C k - m + k - k - 又因 ic i m mc i - m -, 故 ic i m C k -- i i 0 k -2 令 i - r, 上和为 m r 0 k -2 m r 0 从而 P ( A k ) C r m - C k -2- r mc k -2 C r m - C k -2- r k - m + -, i 0 mc k - m + - mc k -2 m + - ( m + +- k) C k - m + i mc i- m - C k --i, 由式 ( 20), 得 mc i m C k - - i mc k - m + m m +, 于是, 也证 35

56 明了结论最后摸出黑球的概率有多大例 8 设有 N 个袋子, 每袋中有个白球 m 个黑球, 从第袋中摸出一球放入第 2 袋, 再从第 2 袋中摸出一球放入第 3 袋, 这样一直下去, 直至从第 N 袋中摸出一球求最后摸出的是黑球的概率解为求此概率, 设 A i 第 i 次摸出黑球,i,2,,N m 显然, P ( A ) m +, 由全概率公式, 得 P( A 2 ) P( A ) P( A2 A) +P( 珚 A ) P( A2 珚 A ) m m + m + m ++ + m + m m + + m m + 其中, P ( A 2 A ) 表示在第袋摸出黑球条件下 ( 这时第 2 袋中有 m + 个黑球个白球 ) 从第 2 袋中摸出黑球的概率, 此概率显然为地 P ( A 2 珚 A ) m + m ++, 即 P ( A 2 A ) m m + + 由于 P ( A ) P ( A 2 ) m + m ++, 类似 m m + 我们自然会猜想 : 对 m 任意 i ( i N), 均有 P ( A i) m + 这个猜想是否正确? 这要看我们能否证明这个猜想为了用数学归纳法进行证 m 明, 假设 P( A i) m + m 现在证 P( A i +) m + 由全概率公式有 P( A i +) P( A i) P( A i + A i )+ P( 珚 A i ) P( A i + 36

57 概率论篇珚 A i), 由归纳假设, 得 P( A i) - m m + m m +,P( A珚 i) - P( A i ) m + 又在第 i 次摸到黑球条件下, 第 i + 袋中有 m ++ 个球, 且其中有 m + 个黑球, 故第 i + 次 ( 从第 i + 袋中 ) 摸到黑球的概率为 A i) 而 P( A i ) m + m ++, 类似地, P( A i + m m + m + m ++ + m + m ++, 即 P( A i+ 珚 A i) m + m m + +, 从 m m + + m m + 于是猜想得证, 且最后 ( 从第 N 袋中 ) 摸出黑球的概率为 P ( A N ) m m + 2 选举定理及其应用例 9 口袋中有个白球 m 个黑球 ( m < ), 从袋中一个一个把球摸出 ( 不放回 ), 并分别计算摸出的白球数与黑球数, 直至把球摸完求在摸球过程中 () 出现黑白球数相等的概率 (2) 白球数总比黑球数多的概率此例的直观背景是如下的选举计票问题 : 在一次只有 2 个候选人的选举中, 甲得张选票, 乙得 m ( m < ) 张选票, 求在计票过程中, () 出现 2 人票数相等的概率 (2) 甲的票数总比乙的票数多的概率解我们用图桘来表示 + m 张选票的一种排列 ( 为简便, 取 6, m 4), 图中纵坐标表示甲票数与乙票数 37

58 之差该图表示在计票过程中, 甲乙票出现的顺序为 : 甲甲乙甲乙乙乙甲甲甲, 对于这样的顺序可画出图中的一条折线, 这样的折线一共有 C m m + 条这 C m m + 条折线可分为两类 : 计票过程中如果取出的第一张票是乙的, 由于 m <, 所以, 折线一定与横轴相交, 这称为第类另一类是取出的第张票是甲的, 这一类折线可能与横轴相交, 也可能不与横轴相交第类折线有 C - + m - 条第 2 类折线中与横轴交的也有 C - + m - 条, 这是因为将上述图中从 0 到首次与横轴相交的部分关于横轴作一反射, 就是图中虚线部分, 与其余部分一起就构成了一条第一张票是乙的折线, 即得一个顺序为乙乙甲乙甲甲乙甲甲甲, 它与顺序为甲甲乙甲乙乙乙甲甲甲对应, 并且对于每条以甲票开始且与横轴交的折线与以乙票开始的折线一一对应称上述方法为反射原理从而得计票过程中图桘 38

59 概率论篇 () P( 某时刻出现两人票数相等 ) 2 C - + m - C m + m 2 m + m ( 2) (2) P( 甲的票数总比乙的票数多 ) - 2 m + m - m + m ( 22) 如果设 P (, m) G (, m) 分别表示计票过程中甲票数多于乙票数的概率与甲票数总不小于乙票数的概率, 则由于在第一张票是乙的条件下甲票数总多于乙票数的 ( 条件 ) 概率为零, 所以, 由全概率公式得 P(,m) m + G( -,m), 又因 P(,m) - m + m 故 G ( -, m) - m ( 23) 从而 G (, m) +- m + ( 24) 由此可得在计票过程的某时刻出现乙票数多于甲票数的概率 P ( 出现乙票数多于甲票数 ) - G (, m) 选举定理有很多应用, 如 m + () 掷一均匀硬币次, 正面出现 m 次 m +, 2 求在整个投掷中投掷出反面次数总小于正面次的概率 2 m - 由 ( 22), 所求概率为 (2) 剧院售票处有 2 个人排队买票, 其中个人只有 50 元钱一张的钞票, 其余个人只有 00 元钱一张的钞票开始售票时售票处无零钱可找, 而每个人只买一张 50 元钱的戏票求售票处不会找不出钱的概率由 ( 24), 所求概率为 39

60 (3) 甲乙丙 3 位教授竞选校长, 他们所得票数分别为 60 张 30 张 0 张, 求在计票过程中甲的票数总比乙与丙的票数之和多且乙的票数总比丙的多的概率概率为由 ( 22), 所求 3 剩下全是黑球的可能性例 0 从装有个白球 m 个黑球的袋中一个一个地不放回摸球 : () 直到袋中只剩下同颜色球为止求剩下的全是黑球的概率 (2) 直至摸到白球为止, 求摸球次数为 k 的概率 p ( k) ( k m +) 解设 p ( m, ), p ( k) 分别为所求概率为了求 p ( m, ), 先求 p ( k) 因为第 k 次才第一次摸到白球, 所以前 k - 次均摸到黑球设 Bk - 前 k - 次没摸到白球, A k 第 k 次摸到白球, k,2,, m +, 则由乘法公式, 得 p( k) P( B k - A k) P( B k -) P( A k B k -) C k - m C k - m + m + - k + C - m + - k / C m m +,k,2,,m + m + 因为 k m + p( k), 所以, k C - m + - k / C m m +, 即 40

61 概率论篇 m + k m 又因为 j 0 C - m + - k C m m +, 令 k - j, 得 C - m j 0 m m + - j - m + C + C 0 - j 0 C - m + - j - C m m + ( 25) j 0 m C j + j - j 0 m j 0 C m - j m + - j - C m m C m - m + -2 C - -+ j, 即得 + C - -+ j C m m + ( 26) 恒等式 ( 25) 与式 ( 26) 都是非常有用的公式用数学归纳法也可证明式 ( 26) 现在求 p ( m, ), 设 i 为所需摸球次数因为摸了 i 次后剩下的全是黑球 ( 最多 m 个最少个 ), 所以有 i m + -, 且第 i 次摸到白球概率为, 而前 m + - i + i - 次中摸到 - 个白球 ( 概率为 C i m - C - / C i m - + ), 从而得 m + - C - C i - m p( m,) i C i - ( 令 i - j) m + m + - i + m - j 0 C j m ( m - j +)C + j - m + m - ( m!) ( m + )! m - C m m + j 0 j 0 C - + j - C m + -/ C m m + ( + j -)! 因为 j! ( + j -)! j! m m + m! ( m + )! C - + j - C m m + [ 由式 ( 26)] 4

62 很奇怪, 此概率与抓阄中的概率以及从第 N 袋中摸出黑球的概率都相同, 都等于袋中黑球数比袋中总球数 4 与摸球是否放回无关例一袋中有个球, 其中有 m 个是黑的现从中摸 k 个球 ( 有放回或无放回 ) 已知摸出的 k 个球中有 r 个是黑的, 求第 j ( j,2,, k) 次摸到黑球的概率解设 A 摸出的 k 个球中有 r 个是黑的 ; Bj 第 j 次摸到黑球, j,2,, k 则由贝叶斯公式所求概率为 P ( Bj A) P ( ABj) P ( A) () 无放回情形 P ( Bj) P ( A Bj) P ( A) 因为 P ( Bj) m, P ( A) C m r C k - r - m C k P ( A Bj) C r - m - C k - r - m C k - -, 且所以 P( B j A) m (2) 有放回情形 C r - m - C k - - r C k - r - m C r m C k - r - C k 这时 P( Bj ) m,p( A) Cr k m mcr - m -C k C k - - Cm r m r ( - m) k - r k r k P( A B j) C r - k - m r - ( - m) k - r k - 所以 P( Bj A) m Cr - k - m r ( - m) k - r / k - r 42

63 概率论篇 C r k m r ( - m) k - r k C r - k - C r k r k 5 整除的概率例 2 从,2,3,, 0000 中随机取一个数, 求 () 它能被 2 或 3 整除的概率 (2) 它既能被 2 整除又能被 3 整除的概率解设 A 它被 2 整除, B 它被 3 整除因为 , 所以从而, P( A) P( AB) () 所求概率为,P( B) P( A B) P( A) + P( B) - P( AB) (2) 所求概率为 P( AB) 抽牌游戏例 3 有 s 类每类张的牌共 s 张, 每类都分别标有号码,2,, 现从中随机不放回抽取 r 张, 求每一个号码都有 ( 出现 ) 的概率 ( r ) 解设 A i 号码为 i 的牌不出现, i,2,,, 则 P( A i ) Cr s - s C r s 当 i j 时, P( A i A j ) C r s -2s/ C r s, 43

64 当 i j k, 且 i k 时, P( A i A j Ak ) C r s -3 s/ C r s 有 k 个号码没出现的概率为 C r C r s - ks/ C r s, k,2,, [ 显然, P( A A 2 A ) 0], 由概率的加法公式, 所求概率为 P( 珚 A 珚 A 2 珚 A ) - P( U k A k) - k P( A k) - P( A i A j) + i j P( A i A j A k )- +(-) - P( A A2 A ) i < j < k - k (- ) k - C k C r - ks/ C r s (- ) k C k C r s - ks/ C r s k 0 s 类似的, 每类牌都有的概率为 k 0 (- ) k C k s C r s- k / C r s ( 27) 7 点子多赢例 4 在很多游戏中都要掷骰子, 比掷出点子的大小, 点子大的优先, 比如下棋赛球等等即甲先掷一个 ( 均匀的 ) 骰子, 然后乙掷, 谁掷出的点子多谁赢问甲赢的概率多大? 解此问题有 2 种方法解法当乙掷出的点数是时, 甲要赢, 甲应掷出 2,3, 6-4,5,6 点之一, 即这时甲赢的概率为一般地, 当乙掷出的点数是 i ( i,2,3,4,5,6) 时, 甲赢的概率 6- i 是设 A 6 i 乙掷出点数 i, i,2,,6, B 44

65 概率论篇甲赢由全概率公式, 得注意 P ( A i) 6 6 P ( B) i 6 P ( A i) P ( B A i) i 6 6- i 解法 2 由于对称性, 甲赢与甲输 ( 即乙赢 ) 的概率是相等的, 又和局的概率是 6 由对立事件概率公式, 甲赢的概率是在实际操作中, 有时候不是掷一个均匀的骰子, 而是掷两个均匀的骰子, 比较甲乙掷出的两个点数之和谁大问这时甲赢的概率有多大? 解此问题的方法仍有上述 2 个, 不过解法比解法 2 复杂得多, 这里只给出第 2 种解法由于对称性, 甲赢与甲输的概率是相等的而当甲乙掷出的点数之和相同 ( 即 2,3,4,,2 共个数 ) 时为和局在甲掷出点数之和为 2 概率为的条件下, 乙也掷出 2 的可能情况是两个骰子 36 都是, 即 (, ), 其概率为 36, 在甲掷出的点数为 3 的条件下, 乙也掷出 3 的可能情况是 (, 2), (2, ), 其概率为 2 36, 类似地, 在甲掷出点数之和为 4,5,6,,2 时, 乙也 3 分别掷出相同的点数之和, 其概率分别为 36, 4 36, 5 36, 6 36, 5 36, 4 36, 3 36, 2 36, 36 由全概率公式, 出现和局的概率为从而甲赢的概率为类似地, 当掷三个均匀的骰子时, 和局的概率为 26, 从而, 这时甲赢的概率为

66 依此类推, 当掷 i 个均匀骰子时, 甲赢的概率 i - 为 2 6 i, i,2,3, 这是一个有界 ( 0 5) 递增的数列, 极限为先出现的赢例 5 连续掷一对均匀的骰子, 如果掷出的两点数之和被 7 整除则甲赢, 如果掷出的两点之积为 5, 则乙赢求甲在乙之前先赢的概率解设 A - 前 - 次试验 ( 掷 ) 甲与乙都没赢 ; B 第次试验甲赢,,2,3, 因为每次试验甲赢, 两点数之和应为 7, 即出现 (, 6), (6,),(2,5),(5,2), (3,4), (4,3) 之一, 故每次试 6 验甲赢的概率为 36 6 每次试验乙赢, 两点数之积应为 5, 2 即出现 (,5), (5,) 之一, 故每次试验乙赢的概率为 36 8, 从而每次试验甲与乙都没有赢的概率为 , 又因 A - 与 B 互不影响, 即 P( A -B ) P( A -) P ( B), 所以甲在乙之前赢的概率为 P A -B 稍加留意, 这个概率 4 除以甲赢概率与乙赢概率之和 6 P ( A -) P ( B) 正好等于每次试验甲赢的概率 6 + 8, 即

67 概率论篇 3 4 这不是巧合, 而是有普遍意义现在来证明它 : 设 A 与 B 为某试验的两个互斥事件则当独立重复这一试验时, 事件 A 发生在事件 B 之前的概率为 P ( C) P ( A) P ( A) + P ( B) 设 C A 在 B 之前发生 () 当 A + B Ω 时则由全概率公式, 得 P( A) P( C A) + P( B) P( C B) + P( Ω- A - B) P( C Ω- A - B) P( A) + P( B) 0+[- P( A)- P( B)] P( C) P( A) + P( C) -[P( A) + P( B)] P( C) P ( A) 所以, 证得 P ( C) P ( A) + P ( B) (2) 当 A + B Ω 时, 由全概率公式, 亦得 P( C) P( A) P( C A) + P( B) P( C B) P( A) ( 28) P( A) P( A) + P( B) 如果 A 与 B 不互斥, 即 AB?, 其他条件不变, 则类似可证 A 发生在 B 之前的概率为 P ( C) P ( A) - P ( AB) P ( A) + P ( B) - 2P ( AB) ( 29) 易见前式是上式的特殊情形上两式有广泛的应用例如应用袋中有 a 个白球 b 个黑球 c 个红球, 每次有放回从袋中摸 2 个球, 设 A 两个都是白球 ; B 两个都是黑球 47

68 因为 P( A) a 2 ( a + b + c) 2,P( B) b 2 ( a + b + c) 2, 且 P( AB)0, 则由式 ( 28),A 在 B 之前发生的概率 [ 记为 P ( C)] 为 P( C) a 2 a 2 + b 2 ( a + b + c) 2 / ( a + b + c) 2 应用 2 重复掷两个均匀的骰子, 设 A 掷出的点数之和能被 6 整除 ; B 掷出的点数之和能被 5 整除 a 2 a 2 + b 2 因为当出现 (,5),(5,),(2,4),(4,2),(3,3),(6,6) 六种情况之一时 A 发生, 当出现 (,4), (4,), (2,3), (3,2), (5, 5) 五种情况之一时 B 发生即 P ( A) 6 6 2,P ( B) 5 6 2, 且 P ( AB) 0, 则由式 ( 28) A 在 B 之前发生的概率为应用 3 重复掷一个均匀的骰子, 设 A 掷出的点数能被 2 整除 ; B 掷出的点数能被 3 整除因为当出现 2,4,6 三种情况之一时 A 发生, 当出现 3,6 两种情况之一时 B 发生, 即 P ( A ) 3 6, P ( B ) 2 6, P( AB) 6, 则由式 ( 29) A 在 B 之前发生的概率 P( C) 为 P ( C) / 即 P ( C) 应用 4 重复从,2,,6 这六个数码中每次不放回随机取两个, 设 48

69 概率论篇 A 取出的两个数码最小的是 4 ; B 取出的两个数码最大的是 5 因为 P ( A) C C 2 C 2 6 P ( AB) C C C , P( B) C C 4 C [ 这是因为样本空间中样本点数为 P 2 6, A { (4,5),(5,4), (4,6),(6,4)}, B {(,5),(5,),(2,5),(5,2), (3,5), (5,3), (4,5), (5,4)}], 所以, 由式 ( 29), 2- A 在 B 之前发生的概率为摸到奇数个球的概率例 6 袋中有个白球 m 个黑球, 每次有放回从袋中摸一个球求在前次摸球中有奇数次摸到黑球的概率 p m 解由于第一次摸到黑球的概率为 m +, 摸到白球的概率为 m + 且当第一次摸到黑球时, 后面 - 次中需摸到偶数个黑球, 其概率为 - p - ; 当第一次摸到白球时, 后面 - 次需摸奇数个黑球, 其概率为 p -, 故由全概率公式, 得 p m m + ( - p -) + m p - 记 p m + m + p ( - p -) + ( - p) p - p + ( - 2 p) p - ( 递推 ) - i 0 p ( - 2 p) i + ( - 2 p) p0 ( 因为 p0 0) 49

70 - (-2p) 2 上式有不少应用, 下面是其应用之一 ( 30) 甲袋中有 k 个白球个黑球, 乙袋中有 k + 个白球每次从两袋中各摸个球, 交换放入对方的袋中, 求经过次交换后黑球仍在甲袋中的概率 q 因每次交换黑球被交换到 ( 摸到 ) 的概率为 p k +, 而在次交换中, 如果黑球被交换偶数次, 则黑球将仍在甲袋中由式 ( 30) 得 q - p + (-2p) 2 + k - k 取数游戏例 7 从 0,,2,,9 这 0 个数中随机取 5 个数, 设取出的 5 个数中 A 没有与 9 ; B 最大的是 6 ; C 最小的是 2 ; D 有 0 与 5 ; E 恰有 2 个大于 5 ; F 恰有 4 个小于 6 () 当取数是不放回时, 求上述事件的概率 (2) 当取数是 ( 有 ) 放回时, 求上述事件的概率解不放回取数是古典概型中有限不放回抽样问题, 且所论事件都与顺序无关, 所以样本空间中的样本点数可以看成 C 5 0, 又因 A 中的样本点数 ( 可以看成 ) 为 C 5 8 B 表示取出的 5 个数字中最大的是 6, 则 6 应取出 ( 有 C 种可能取法 ), 其余 4 个数字应从 0,,2,3,4,5 这 6 个数字中取出 ( 有 50

71 概率论篇 C 4 6 种可能取法 ), 故 B 中样本点数为 C C 4 6 类似地, C 中有 C C 4 7 个样本点, D E F 中分别有 C C C 3 8 C 2 4 C 3 6 C 4 6 C 4 个样本点, 故 () P ( A) C5 8 C , P ( B) C C 4 6 C , P ( C) C4 7 C P ( E) C2 4 C 3 6 C 5 0, P ( D) C3 8 C , C46 C 4, P ( F) C (2) 当取数是有放回时, 样本空间中样本点数为 0 5, 且 A 中样本点数为 8 5 因为 B 表示最大数为 6, 所以只能从 0,,2,,6 这 7 个数字中取 5 个, 这有 7 5 种取法, 但是其中不一定都含有 6, 为了每种取法中都含有 6, 应减去不含有 6 的那些取法, 这有 6 5 种取法, 所以 B 中的样本点为另一种方法是 : 因为 0 个数字中只有一个 6, 且取数是有放回的,5 次有放回取数中取到 6 的次数可能是,2,3,4,5, 当 k ( k 5) 次取到 6 ( 有 k 种取法 ) 时, 其他 5- k 次应从小于 6 的 6 个数字去取 ( 有 6 5- k 种取法 ), 且 5 次中有 k 次取到 6, 是哪 k 次? 这又有 C k 5 种不同的情况, 所以, B 中 5 的样本点数为 k C k 5 k 6 5- k, 即得 5 k C k k 一般地有 k C k m - k ( m +) - m ( 3) 此即 k 0 C k m - k ( m +) 5

72 类似地, C 中有即 k C5 k 5- k k 7 个样本点, E F 中分别有 C C 个样本点为求 D 的概率, 设 D 取出的 5 个数中有 0, D2 取出的 5 个数中有 5, 则由对偶定律得, D D 2 珚 D 珚 D 2, 而珚 D 与珚 D 2 中均有 9 5 个样本点, 且珚 D 珚 D 2 中有 8 5 个样本点, 再由对立事件概率公式与加法公式可求 P ( D) 由上分析, 得 P ( A) , P ( B) P ( C) , P ( E) C / P ( F) C / P ( D) P ( D D2) - P ( 珚 D 珚 D2) - P ( 珚 D) - P ( 珚 D 2) + P ( 珚 D 珚 D 2) 此表示 D 中有个样本点求 D 中样本点的另一方法是 : 因为在 5 次取数中 0 与 5 均至少被取一次最多被取 4 次当 0 取 i 次时 ( i,2,3, 5-i 4), 5 取 j ( j 5- i) 次, 有 j 4 取法, 故 D 中样本点数为 i 4 i C i 5 5- i j C i 5 i 5- i j C j 5- i8 5-i - j C j 5 - i j 8 5-i - j 种不同的 C j 5- i - 5- i j 8 j, 即得更一般地, 从个不同的数字中有放回取 m 个数字, 其中含有某两个特定的数字, 取法种数为 ( >2, m 2) 52

73 m -3 ( -) m +3 ( -2) m - ( -3) m ( 33) 概率论篇 m - i C i m m - i j C j m - i ( -2) m - i - j m -2 ( -) m + ( -2) m ( 32) 如果取出的 m 个数字中不是含有两个特定数字, 而是三个, 则 ( 类似地 ) 有 ( >3, m 3) m -2 i m - i j m - i - j r C i m C j m - i C r m - i - j ( -3) m - i - j - r 2 全取到为止例 8 从,2,3,4 这 4 个数字中有放回随机逐个取数 : () 求取出的 ( 4) 个数字包含了,2,3,4 的概率 (2) 直至, 2, 3, 4 全取到为止求这时正好取 ( 4) 个数字的概率 4 解 () 每次取到的概率为, 次只取到个数字的概率为 p C 4 4, 次都取到的概率为 4 类似地, 在次取数中有 2 个数字没取到, 取到 2 个数字, 且取到的 2 个数字中每个至少取次至多取 - 次其概率为 p 2 - i 4 i 4 - i C 2 4 C i 6 [2-2] 在次取数中有 4 个数字没取到, 而取到的 3 个数字每个至少取到次至多取 53

74 -2 到 -2 次, 其概率为 p 3 C 3 4 i C i 4 i - i - j C j - i 4 j 4 - i - j, 通过化简可得 p 3 ( ) /4 - 再由对立事件概率公式, 所求概率 p 为 p - p - p2 - p (2) 因第次是首次取到,2,3,4 之一, 这有 C 4 可能当第次首次取到 4 概率为时, 前 - 次中,2, 4 3 三个数字都被取到, 且每一个至少取到次至多取到 -3 次由 (), 所求概率为 4 p C i C i - 4 i -2-i j C j -- i 4 j i - j -3 i -2 - i 4 - C i - j C j --i 由式 ( 9) 与式 ( 0) 得 p 以上问题等价于如下问题 : 从一副扑克牌中有放回随机逐张取牌, () 求取出的 ( 4) 张牌包含全部 4 种花色的概率 (2) 直至取到包含所有花色的牌为止, 求这时正好取了 ( 4) 张牌的概率也等价于如下更一般的问题 : 54

75 概率论篇袋中装有红黄黑白球各 m ( m ) 个, 现有放回逐个从袋中摸球 () 求摸出的 ( 4) 个球包含了全部 4 种花色的球的概率 (2) 直至摸到包含所有花色的球为止求这时正好摸了 ( 4) 个球的概率 22 第 m 个小的那个数例 9 作为取数游戏的推广, 现在考虑如下更一般的问题从数,2,, N 中, 不放回随机取 ( N) 个数由小到大排成一行, 求第 m 个数 X m 等于 M ( m M N ) 的概率如果是有放回呢? 解如果取数是不放回的, 此是古典概型中有限不放回随机抽样问题, 所论事件与顺序无关, 从而样本点总数可看成是 C N, 由于 X m M, 故数 M 必被取到, 而从, 2,, M - 中应取 m - 个, 其余的 - m 个应从 N - M 个数中取, 从而所求概率为 P ( X m M) C m - M -C C N - - m M / C N Cm - M - C - m N - M CN ( 34) 如果取数是有放回的, 取出的个数可排成 X X 2 X m X 且 Xm M 取出的个数中至少有 m 个不大于 M, 故 P ( X m M) P ( 取出的个数中至少有 m 个不大于 M ) 55

76 P ( 取出的个数中恰有 i 个不大于 M ) i m C i i m - m k 0 M N C m + k 于是所求概率为 i M N - M N m + k - i - M N - m - k P ( Xm M) P ( Xm M) - P ( Xm M -) - m N k 0 C m + k [ M m + k ( N - M) - m - k - ( M -) m + k ( N +- M) - m - k ] ( 35) 作为此问题的应用, 设 N 0, 4, M 5 () 当 m 时, 此时从,2,,0 中取 4 个数字, 求取出的 4 个数字最小的为 5 的概率 2 如果取数是不放回的, 则由式 ( 34), 所求概率为 C 0 4 C 3 5 C k 0 如果取数是有放回的, 则由式 ( 35) 所求概率为 C k + 4 一般地有如下公式 N - k [5 k k -4 k k ] C k + [ M k + ( N - M) - k - - ( M -) k + ( N + - M ) - k - ] ( N +- M) - ( N - M) 即 N 56

77 概率论篇 - k 0 C k + [ M k + ( N - M) - k - - ( M -) k + ( N + - M) - k - ] ( N +- M) - ( N - M) ( 36) (2) 当 m 时, 此时从,2,,0 中取 4 ( 因 4) 个数字求取出的 4 个数字中最大是 5 的概率如果取数是不放回的, 则由式 ( 34), 所求概率为 C 3 4 C 0 5 C 如果取数是有放回的, 则由式 ( 35), 所求概率为 k 0 C 4 + k 4 [5 4+ k 5 - k k 6 - k ] 两次取出的数字都不相同例 20 从,2,3,,0 这 0 个数字中第次随机取 3 个数字, 取后放回, 第 2 次取 4 个数字, 问第 2 次取出的数字与第次取出的数字都不相同的概率是多少? 解要回答这个问题, 先要确定取数的方式, 对于不同的取数方式答案是不同的 () 当 2 次取数都是无放回时, 无论第次取出的是哪 3 个数, 所求概率均与从装有 3 个黑球 7 个白球的袋中不放回随机取 4 个球, 这 4 个球都是白球的概率相同, 故所求概率为 p C0 3 C 4 7 C (2) 当第次是有放回, 第 2 次是无放回时, 设 A 第 2 次取出的数字与第次取的都不同 ; B i 第次取的 3 个数字中恰有 i 个相同, i,2,3 57

78 因为 B 表示 3 个数字都不相同, 故 P ( B ) P , B 2 表示 3 个数字中有 2 个相同为 i ( i 0), 另一个可以是除 i 外另外 9 个数字之一, 故 P ( B 2) C 0 C 而 P ( B3) C 再由全概率公式, 得 3 P ( A) i P ( Bi) P ( A Bi) C C C4 8 + C C C 4 0 (3) 当 2 次取数都是有放回时, 仍用 (2) 中的符号, 因为 P( A B ) ,P( A B2 ) ,P( A B3) , 故 3 P ( A) i P ( Bi) P ( A Bi) (4) 当第次取数是不放回时, 第 2 次取数是有放回时, 类似 (), 所求概率为下赌注问题赌徒德梅莱 ( De Mere) 在赌博中注意到一对骰子掷 25 次, 把赌注押到至少出现一次双 6 比把赌注押到没出现双 6 有利, 但是他找不出原因, 后来他请教了帕斯卡才搞 58

79 概率论篇明白一对骰子掷次出现双 6 的概率是 36, 由对立事件概率公 35 式, 没出现双 6 的概率是 36 一对骰子掷 25 次都没出现双 6 的概率是仍由对立事件概率公式, 次中至少出现次双 6 的概率为所 36 以, 把赌注押到至少出现次双 6 比把赌注押到没出现双 6 有利注意到 : <, 所以, 当增大时, 将变小从而, 当掷骰子的次数大于 25 时, 把赌注押到至少出现次双 6 比把赌注押到没出现双 6 更有利当减小时, 将变大因为所以当掷骰子的次数小于 25 次时, 把赌注押到没出现双 6 比把赌注押到至少出现一次双 6 有利虽然一对骰子掷次出现双 6 的概率很小 lim , 但是这说明小概率事件当重复试验次数无限增大时是必然要出现的现考虑如下的问题 : 一次掷 5 个骰子, 把赌注押到至少有 3 个点数相同好还是把赌注押到 5 个点数全不相同好? 此问题即为如下的摸球问题 : 一袋中有 6 个球, 分别编上号, 有放回从中摸了 5 个球求摸出的 5 个球中至少有 3 个号码相同的概率与 5 个号码都不同的概率哪个大? 59

80 为解此问题, 设 A 至少有 3 个号码相同 ; B 5 个号码都不相同 ; A i 5 个号码中恰有 i 个相同, i 3,4,5 又因相同号码是之一, 再由二项概率, 得而 A P( A i) C i 5 5 i 3 5 P( A) i 3 6 i i C 6 A i 以及 A 3, A 4, A 5 两两互斥, 所以得 5 P( A i) i 3 C i 5 6 i i 因为 B 中样本点为 P , 而总样本点数为 , 所以得 P( B) 因为 P( A) > P( B), 所以把赌注押到至少有 3 个号码相同比较好 25 连续出现的概率例 2 把一个均匀的硬币抛 0 次, 求正面至少连续出现 5 次的概率解此问题与如下的摸球问题等价 : 一袋中装有编号分别为 2 的两个球, 现有放回从袋中连续摸 0 个 ( 次 ) 球, 求号球至少被连续摸到 5 次的概率 0 次摸球中连续 5 次摸到号球, 有如下 6 种情况 : (2 ) (22 ) ( 22 ) ( 22 ) ( 22) ( 2), 概率为 , 类 60

81 概率论篇似地,0 次摸球中连续 6 次 7 次 8 次 9 次 0 次摸到 7 号球的概率分别为故所求概率为如果把一个硬币抛 0 次换成掷一个 ( 均匀 ) 骰子 0 次, 求某点至少连续出现 5 次的概率由于 0 次中连续出现 5 次的概率为 , 从而 0 次中连续出现某点 5 次的概率为, 类似地,0 次中连续出现某点 6 次 7 次 8 次次 0 次的概率分别为 , 故所求概率为巴拿赫 (Baach) 火柴盒问题例 22 数学家巴拿赫左右衣袋里各装一盒火柴, 每次使用时任取两盒中的一盒, 假设每盒各有 N 根, 求 () 他首次发现一盒空时, 另一盒恰有 r 根的概率 ( r 0,,2,, N) 6

82 (2) 第一次用完一盒火柴时 ( 不是发现 ) 另一盒恰有 r 根的概率 ( r 0,,2,, N) 解 () 两盒火柴有一盒用完有两种可能情形, 设手伸向左边衣袋表示成功, 伸向右边衣袋表示失败, 则发现左边一盒空时, 右边一盒恰有 r 根的概率, 就是重复独立试验中, 第 N + 次成功发生在第 2 N - r + 次试验的概率, 它是负二项概率, 即 C N 2 N - r 为 C 2 C N 2 N - r 2 N N N - r 2 N - r C N 2 N - r 2, 故所求概率 2 2 N - r (2) 类似于 (), 这是第 N 次成功发生在第 2 N - r 次试验的概率的 2 倍, 即 C 2 C N 2 N - r 2 N + 2 C N 2 N - r 2 2 N - r - 27 波利亚 (Polya) 坛子问题例 23 设一坛子装有 b 个黑球 r 个红球, 任意取出个, 然后放回并再放入 c 个与取出的颜色相同的球 () 求最初取出的是黑球, 第 2 次也取出黑球的概率 (2) 如将上述手续进行次, 求取出的正好是个黑球 2 个红球的概率 ( + 2 ) b (3) 证明 : 任次取出黑球的概率是 b + r, 任次取出红 r 球的概率是 b + r (4) 证明 : 第 m 次与第 ( m < ) 次取出的都是黑球的 62

83 概率论篇 b ( b + c) 概率为 ( b + r) (b + r + c) 解 () 设 A i 第 i 次取出的是黑球, i,2,,, 则前 2 次取出的都是黑球的概率为 P ( A A2 ) b b + c P ( A ) P ( A 2 A ) b + r b + r + c b ( b + c) ( b + r) (b + r + c) (2) 在次取球中有次取得黑球有 C 种取法对每种确定的取法, 设 A i 第 i 次取得黑球, i,2,, ; B 第 s, s 2,, s 次取得黑球, 第 r, r 2,, r 次取得红球, 其中 + 2, 而 s,, s 是,, 2 中任意个数, r,,r 2 是其余 2 个数, 则 P ( A s i ) b + ( i -) c b + r + (si -) c, P ( Ar ) r + ( j -) c j b + r + ( rj -) c 故由乘法公式, 得 P ( B) P ( A s A s 2 A s Ar Ar 2 Ar ) b b + c b + r + (s -) c b + r + (s -) c b + ( -) c r b + r + (s -) c b + r ( r -) c r + ( 2 -) c b + r + ( r 2 -) c - i 0-2 ( b + ic) j 0 而所求概率为 C P ( B) C - ( r + jc) / k 0 - i 0-2 ( b + ic) j 0 (3) A i 如上所设, 因为 P( A) 现证 P ( A +) b b + r, 因为 ( b + r + kc) - ( r + jc)/ ( b + r + kc) k 0 b b + r 设 P( A ) b b + r, 63

84 P ( A +) P ( A ) P ( A + A ) + P ( A ) P ( A + A ) 而 P ( A + A ) 等于在装有 b + c 个黑球, r 个红球的坛中第次取出黑球的概率, 由假设得故 P ( A + A ) P ( A +) b + c b + c + r, 同理 P ( A + A ) b b + c b + r b + c + r + r b b + r b + r + c b b + r + c b b + r b 从而证明了任一次取得黑球的概率为 b + r 类似地, 任一次 r 取得红球的概率为 b + r (4) 先证当 m 时, 对一切 ( > m) 命题成立设 Bj 第 j 次取得黑球, 由 (3) 得 b P ( B B ) P ( B ) P ( B B ) P ( B B ) b + r b b + c b + r ( b + c) + r b ( b + c) ( b + r) (b + r + c) 此示当 m 时, 对一切 ( > m) 命题成立设 m k - 时对一切 ( > m) 命题成立, 现证 m k 时对一切 ( > m) 命题也成立因为 P ( Bk B) P ( B) P ( Bk B B) + P ( B) P ( Bk B B ) 而 P ( B k B B ) 等于从装有 b + c 个黑球, r 个红球的袋中第 k - 次与第 P ( B k B B ) - 次都取得黑球的概率, 由假设得 b + c b +2c b + c + r b +2c + r 同理 P ( B k B B ) b b + c + r b + c b +2c + r 64

85 概率论篇 b 从而, P( Bk B) b + r b + c b +2c b + c + r b +2c + r + b + c b +2c + r b ( b + c) ( b + r) ( b + r + c) r b b + r b + c + c 28 鞋子配对从对号码不同的鞋子中随机取 2 r (2 r < ) 只, 求下列事件的概率 : A 没有 2 只成对 ; B 恰有 2 只成对 ; C 恰有 4 只成对 ; D 恰好成 r 对 ; E 至少 2 只成对解此问题是古典概型中有限不放回随机抽样问题, 且所论事件都与顺序无关, 故可用组合数计算所论事件的概率, 样本空间中的样本点数可以看成为 C 2 r 2 要使取出的 2 r 只鞋中没有 2 只成对, 可从双中取 2 r 双, 然后再从这 2 r 双中各取只故 A 的概率为 P ( A) C2 r ( C 2 ) 2 r C 2 r 2 欲使取出的 2 r 只鞋中恰有 2 只成对, 可先从双中任取一双, 这一双的 2 只都取, 然后从 - 双中任取 2 r -2 双, 再从这 2 r -2 双中各取只故 B 的概率为 P ( B) C C 2 2 C 2 r -2 - ( C 2) 2 r -2 类似地, 可得 C 2 r 2 P( C) C2 ( C 2 2) 2 C 2 r -4-2 ( C 2) 2 r -4 C 2 r 2 C2 r -2 - (2) 2 r -2 C 2 r 2 C2 C 2 r -4-2 (2) 2 r -4 C 2 r 2 65

86 P( D) C r ( C 2 2) r C 2 r 2 C r / C 2 r 2 或 r P( E) k C k C 2 r -2 k - k ( C 2 ) 2 r -2k / C 2 r 2 P ( E) - P ( E) - P ( A) - C 2 r (2) 2 r / C 2 r 2 故得 r k 0 C k C 2 r - -2k k ( C 2 ) 2 r -2k C 2 r 2 ( 37) 29 信封与信配对例 24 某人写了封信, 将其分别装入 ( 2) 个信封, 并在每个信封上分别随机地写上个收信人的地址 ( 不重复 ), 求 :() 没有一个信封上所写的地址正确的概率 q 0 ( ) (2) 恰有 r ( r ) 个信封上所写的地址正确的概率 qr ( ) 解 () 设 A i 第 i 个信封上所写地址正确, i, 2,3,,, 则 A i 表示个信封上至少有一个所写地址 i 正确因为由乘法公式, 有 P( A i),p( A i A j) P( A i) P( A j Ai) ( -), P( A i A j Ak ) P( A i) P( A j Ai) P( Ak Ai A j) ( -)( -2),,P( A A2 A)!, 所以 () q0 ( ) - P A i ( 由加法公式 ) i - i P( A i) - P( A i A j) + i < j 66

87 概率论篇 P P( A i A j A k)- +(-) - P( A A 2 A ) i < j < k - i - P( A i) P( A j Ai) + i < j P( A i) P( A j A i ) P( A k A i A j) - + ( - ) - k < j < k P( A A2 A ) - - C 2 (- ) -! ( -) + C3 ( -)( -2) - + C 2 ( -2)!! - C 3 ( -3)!! 2! - 3! + 4! - +(-)! k 0 (- ) k k! + +(-)! e ( 当时 ) (2) 由乘法公式, 在指定的某 r 个信封 ( 不妨设前 r 个信封 ) 上所写地址都正确的概率为 P ( A A 2 A r) P ( A ) P ( A2 A ) P ( A 3 A A2 ) P ( A r A A 2 A r -) ( -) ( - r +) ( - r)!! P r 再由 (), 得 qr ( ) C r P r q0 ( - r) C r P r - r k 0 (-) k k! - r r! k 0 (-) k k! 30 手套配对例 25 有 ( >2) 双不同尺寸的手套, 甲先随机 67

88 取只, 乙接着也随机取只, 然后甲又随机取只, 最后乙也随机取只求 () 甲正好取到 2 只配对的手套的概率 p (2) 乙正好取到 2 只配对的手套的概率 p2 (3) 甲乙 2 人取到的手套都配对的概率 p3 解要使甲取的 2 只手套配对, 在甲取了只以后, 乙只能从剩下的 2 - 只中成对的 2-2 只中取只 2-2 概率为 2 -, 且甲第 2 次只能从剩下的 2-2 中取与他已取的那只成对的那只概率为故 2-2 p 要使乙取到的 2 只手套配对, 乙第次不能取甲第一次取 2-2 的那双剩下的那只概率为, 而甲第 2 次取的不是乙第次取的那双剩下的那只概率为 2-2, 且乙第 2 次只能取他第次取的那双剩下的那只概率为, 故 2-3 p 类似地, p (2 -) (2-3) 3 2 根小棒两两配对例 26 把根同样长度的棒都分成与 2 之比的两根小棒, 然后把 2 根小棒随机地分成对, 每对又接成一根新棒求下列事件的概率 : 68

89 概率论篇 () A 全部新棒都是原来分开的 2 根小棒相接的 (2) B 全部新棒长度都与原来的一样解 () 把 2 根小棒排成一行有 (2 )! 种排列法, 然后从左至右依次取 2 根接成根新棒这样总样本点数为 (2 )! 现求 A 中的样本点数因为原根棒有! 种排列方式, 每根分成 2 小根后有 2! 种排列方式, 根分成 2 小根后有 (2!) 种排列方式, 故 A 中样本点数为!(2!) 从而, 得 P ( A) (2!)! (2 )! (2 -)!! (2) 现求 B 中样本点数仍把 2 根小棒排成行, 然后从左至右依次把 2 小根接成根新棒为使第根新棒长度与原棒相同, 前 2 根小棒应恰有根是长的有 C 2 可能, 为使第 2 根新棒长度与原棒相同, 第 3 根与第 4 根位置上的 2 根小棒也应恰有根是长的, 这也有 C 2 种可能, 依此类推, 直到第根新棒又因有根长的与根短的, 故第第 2 位置上 ( 第根新棒 ) 有 C 2 2 种可能, 第 3 第 4 位置上 ( 第 2 根新棒 ) 有 C 2 ( - ) 2 ( C 2 ) (!) 2 故种可能, 依此类推 P ( B) ( C 2 ) (!) 2 (2 )! B 中样本点数为! (2 -)!! 32 接草成环例 27 一个人把 6 根草紧握在手中, 仅露出它们的头和尾然后另一个人把 6 个头两两相接,6 个尾也两两相接求放开后 6 根草恰成个环的概率试把这结果推广 69

90 到 2 根草的情形解 6 个头两两连接 ( 无论如何连接 ) 将构成 3 根草 ( 如 ) 然后连接 6 个尾从 6 个尾中任取两个连接有 C 2 6 种可能, 然后将剩下的 4 个尾取两个连接有 C 2 4 种可能, 最后将剩下两个的尾连接起有 C 2 2 种可能故总样本点数为 C 2 6 C 2 4 C 为使连接后成一个环,3 根草的每一根的两个尾不能连接先从 6 个尾取两个连接, 有 C 2 6 种可能, 减去 3, 得 C 无论何种情形, 这时变成了 2 根草 ( 如 ),4 个尾, 每根草 2 个尾, 为使 2 根成环, 每根草的 2 个尾不能连接这样从 4 个尾取 2 个连接, 有 C 2 4 种再减 2, 得 C 最后将剩下的 2 个尾连接起来 ( 有 C 2 2 种可能 ) 即成环综上所述有利组合数为 ( C 2 6-3) (C 2 4-2) C 2 2 故所求概率 p 6 为 p6 ( C2 6-3) (C 2 4-2) C 2 2 C 2 6 C 2 4 C 类似地, 对于 2 根草, 所求概率 p 2 为 p 2 k 2 ( C 2 2 k - k) /C 2 2 k (2-2)!! (2 -)!! ( 38) 33 男女配对例 28 将个女人 ( 记为 0) 与个男人 ( 记为 ) 随机地排成一行, 求没有两个男人排在一起的概率解显然, 这是古典概型问题, 且样本点总数为 (2 )! 个 0 有! 种排列法, 个也有! 种排列法为使没有 2 个连在一起, 应在个 0 之间的 - 个空隙与两端共 70

91 概率论篇 + 个位置上取个放上 ( 有 C + 种放法 ) 这样就没有 2 个连在一起从而有利组合数 C + 为 p C + (!) 2 (2 )! + C 2 (!) 2, 故所求概率 p ( +)! 2 (2 -)!! 34 丈夫总在妻子的后面 p 3 例 29 对夫妇任意地排成一列, 求 () 丈夫总是紧排在他的妻子后面的概率 p (2) 丈夫总是不紧排在他的妻子后面的概率 p2 (3) 恰有 k ( k ) 个丈夫紧排在他的妻子后面的概率解这是古典概型问题, 且样本点总数为 (2 )! () 由于丈夫总是紧排在他的妻子的后面, 所以有利组合数完全由妻子的排列确定 ( 可把一对夫妇看成一个元素, 丈夫总紧排在他的妻子后面 ), 故它为!, 从而得 p! (2 )! 2 (2 -)!! (2) 为使丈夫总不紧排在他的妻子后面, 对于个妻子的任一种排列, 妻子之间的空隙 - 个与两端 ( 空隙 ) 共 + 位置, 对于第个丈夫来说其中有个位置在他的妻子后面, 因此他只能从其余个位置中取个作他的位置, 这有 C 种可能当第个丈夫选定位置后, + 个人就有 +2 个空隙 ( 加两端 ) 对于第 2 个丈夫来说, 其中有个位置在他的妻子后面, 因此他只能从其余 + 个中取个 7

92 作为他的位置, 这有 C + 种可能依此类推, 一直到第个丈夫, 他的位置有 C 2 - 种取法再考虑到个妻子共有! 种排列法, 所以有利组合数为! C C + C 2 -! [ ( +) ( +2) (2 -)], 故所求概率 p 2 为![ ( +) (2 -)] p2 (2 )! (3) 由 () 与 (2) 得 2 p3 C k 2 k (2 k -)!! 2 C k 2 k + (2 k -)!! 35 夫妻相邻就坐例 30 对夫妇随机坐在一张圆桌旁, 求 () 没有一个妻子坐在她的丈夫身旁的概率 p ( >) (2) 恰有 r 对夫妇相邻就坐的概率 p 2 解因为从个不同元素中任取 k 个的环状选排列数 ( 当 2 时, r 2, 当 >2 时 r ) 为 P k / k, 故个不同元素的环状全排列数为 ( -)! 即总样本点数为 (2 -)!, 设 A i 第 i 对夫妇相邻就坐, i,2,, () 没有妻子坐在她丈夫的身旁的概率为 P i A i - P i A i ( 由加法公式 ) - i P( A i) - i i < j P( A i A j) + i < j < k P( A i A j A k ) - +(-) - P( A A 2 A r ) 如第 i 对夫妇相邻而坐, 可把第 i 对夫妇看成一个人, 而 72

93 概率论篇 2 - 个人的环状排列有 (2-2)! 种可能, 第 i 对夫妇相邻 2!(2-2)! 就坐有 2! 种可能, 故 P ( A i) (2 -)! 第 i 对夫妇相邻而坐, 第 j 对也相邻就坐, 这样 4 个人可看成两个人,2-2 个人的环状排列有 (2-3)! 种可能, 再考虑到每对夫妇相邻就坐有 2! 种可能, 所以, P ( A i A j ) (2!) 2 (2-3)!, 类似地, 有 (2 -)! P ( A i A j A k ) 23 (2-4)! (2 -)!,, P ( A A 2 A ) 2 ( -)! (2 -)!, 从而 P( i A i) - + C 3 + k 0 C k 2(2-2)! (2 -)! - C2 2 2 (2-3)! (2 -)! 2 3 (2-4)! (2 -)! - +(-) - C (- ) k C k (- ) k C k 2 k (2 - k -)! (2 -)! (2 - k -)! (2 -)! 2 ( -)! (2 -)! (2) 对夫妇中恰有 r 对夫妇相邻就坐有 C r 种可能, 对于指定的 r 对 ( 前 r 对 ) 夫妇相邻就坐而其余 - r 对都不相邻就坐的概率为 P( A A 2 A r A r + A ) P( A A 2 A r) P( A r + A A A 2 A r) 2 r - r (2 - r -)! (2 -)! (- ) k C k - r k 0 从而所求概率 p 为 2 k (2-2r - k -)! (2-2r -)! p C r 2 r (2 - r -)! (2 -)! 73

94 - r (- ) k C k - r k 0 2 k (2-2r - k -)! (2-2r -)! 36 确诊率问题例 3 某病被诊断出的概率为 0 95, 无该病误诊有该病的概率为 0 002, 如果某地区患该病的比例为 0 00, 现随机选该地区一人, 诊断患有该病, 求该人确实患有该病的概率解为解此问题, 设 B 该人患有该病, A 该人诊断患有该病, 则所求概率为 P ( B A), 由贝叶斯公式得 P ( B A) P ( B) P ( A B) P ( B) P ( A B) + P ( B) P ( A B) 又因 P ( B) 0 00, P ( A B) 0 95, P ( B) 0 999, P ( A B) 所以 P ( B A) 在诊断患有该病的条件下, 确实患有该病的概率很小, 还不到三分之一 37 人寿保险问题例 32 有 2500 个同一年龄段同一社会阶层的人参加某保险公司的人寿保险根据以前的统计资料, 在年里每个人死亡的概率为每个参加保险的人年付给保险公司 20 元保险费, 而在死亡时其家属从保险公司领取元, 求 ( 不计利息 ) 下列事件的概率 : A 保险公司亏本 ; B 保险公司一年获利不少于十万元解设这 2500 人中有 k 个人死亡则保险公司亏本当且 74

95 概率论篇仅当 k > , 即 k >5 又由二项概率公式知, 年中有 k 个人死亡的概率为 C k 2500 (0 000) k (0 9999) k, k 0,,2,,2500 所以, 保险公司亏本的概率为 P( A) C2500(0 000) k k (0 9999) k k 6 由此可见保险公司亏本几乎是不可能的即又因保险公司年获利不少于十万元等价于 k 0 5 k 0 所以保险公司年获利不少于十万元的概率为 P( B) 0 C k 2500 (0 000) k (0 9999) k k 0 由此可见保险公司年获利十万元几乎是必然的对保险公司来说, 保险费收太少了, 获利将减少, 保险费收太多了, 参保人数将减少, 获利也将减少因此当死亡率不变与参保对象已知的情况下, 为了保证公司的利益, 收多少保险费就是很重要的问题从而提出如下的问题 : 对 2500 个参保对象 ( 每人死亡率为 0 000) 每人每年至少收多少保险费才能使公司以不小于 0 99 概率每年获利不少于 0 万元?( 赔偿费不变 ) 由上面知, 当设 x 为每人每年所交保险费时, 由 2500 x k 0 5, 得 x 8k +40, 此是一个不定方程又因 2 k 0 C k 2500 (0 000) k (0 9999) k > 0 99 即当 2500 个人中死亡数不超过 2 人时公司获利十万元的概率不小于 ( 实际上是大于 ) 0 99, 故 x 56 ( 元 ), 即 2500 个人 75

96 每人每年交给公司 56 元保险费保险公司将以不小于 0 99 的概率获利不少于 0 万元由于保险公司之间竞争激烈, 为了吸引参保者, 挤垮对手, 保险费还可以再降低, 比如 20 元, 只要不亏本就行因此保险公司将会考虑如下的问题 : 在死亡率与赔偿费不变的情况下, 每人每年交给保险公司 20 元保险费, 保险公司至少需要吸引多少个参保者才能以不小于 0 99 的概率不亏本? 设 y 为参保人数, k 仍为参保者的死亡数, 类似地有 20 y k 0, 即 y 000k, 此仍是一个不定方程当 k 时, y 000, C 000 (0 000) (0 9999) 又因 (0 9999) , 从而 k 0 C k 000 (0 000) k (0 9999) k 所以保险公司只需吸引 000 个人参保就能以不小于 0 99 的概率不亏本 38 如何追究责任例 33 某厂有 4 个车间生产同一种产品, 其产量分别占总产量的 , 各车间的次品率分别为有一用户买了该厂件产品, 经检查是次品, 用户按规定进行了索赔厂长要追究生产车间的责任, 但是该产品是哪个车间生产的标志已经脱落, 问厂长应如何追究生产车间的责任? 解由于不知该产品是哪个车间生产的, 因此每个车间都 76

97 概率论篇要负责任各车间所负责任的大小应该正比于该产品是各个车间生产的概率设 A j 该产品是 j 车间生产的, j,2,3,4; B 从该厂的产品中任取件恰好取到次品则第 j 个车间所负责任的大小 ( 比例 ) 为条件概率由贝叶斯公式得又因 P ( A j B) P ( A j B), j,2,3,4 4 i P( A j) P( B Aj) P( A i) P( B Ai), j,2,3,4 P( A ) 0 5,P( A 2)0 2,P( A 3)0 3,P( A 4 )0 35 P( B A )0 05,P( B A 2 ) 0 04,P( B A 3 )0 03, P( B A 4 )0 02 从而 P ( A B) P ( A 2 B) P ( A 3 B) P ( A4 B) 即第车间所负责任比例为系统可靠性问题例 34 所谓系统的可靠性, 就是系统在规定的条件下和规定的时间内完成规定功能的能力这个能力的大小通常 77

98 用可靠度, 即概率来衡量系统是由子系统或元件连接而成的常见的连接方式有如下几种 :() 串联 ;(2) 并联 ;(3) 串了并 ;(4) 并了串 ;( 5 ) 桥式系统 ;( 6) 表决系统 ( 即当个元件中有 k 个或 k 个以上元件正常工作时系统才正常工作 ) 前五种连接方式如下图所示如果以上系统各元件正常工作的概率 ( 即可靠度 ) 均为 p (0 < p <), 且各元件正常工作与否相互独立 ( 互不影响 ) 求上述各系统正常工作的概率解为了方便, 设 p FG p HJ p KL p MN p RS p TW 分别表示上述串联并联串了并并了串桥式表决六个系统正常工作的概率 () 串联 ( 图桘 2), 要使系统 FG 正常工作, 每个元件都必须正常工作而每个元件正常工作的概率为 p, 再由各元件是否正常工作是相互独立的, 故该系统正常工作的概率为 p FG p 图桘 2 串联 (2) 并联 ( 图桘 3), 要使系统 HJ 正常工作, 个元件中至少有个元件正常工作第个元件不正常工作的概率为 ( - p), 由独立性, 个元件都不正常工作的概率为 ( - 图桘 3 并联 78

99 概率论篇 p), 再由对立事件概率公式, 不是个元件都不正常工作 ( 即至少一个元件正常工作 ) 的概率为 p HJ - (- p) (3) 串了并 ( 图桘 4), 要使系统 KL 正常工作, 两个串联系统必须至少有一个系统正常工作由 (), 第一个串联系统正常工作的概率为 p, 从而, 不正常工作的概率为 ( - p ), 由独立性, 两个串联系统都不正常工作的概率为 ( - p ) 2, 再由对立事件概率公式, 得至少一个串联系统正常工作的概率图桘 4 串了并 p KL - (- p ) 2 p (2 - p ) (4) 并了串 ( 图桘 5), 要使系统 MN 正常工作, 个子系统都必须正常工作由 (2), 第一个子系统正常工作的概率为 - (- p) 2 2p - p 2 p (2 - p), 由独立性, 个子系统都正常工作的概率为 p MN p (2 - p) 图桘 5 并了串 (5) 桥式 ( 图桘 6), 当元件 3 正常工作 ( 概率为 p) 时, 系统 RS 变成了并了串, 且系统 RS 正常工作的概率为 p 2 (2 - p) 2, 当元件 3 不正常工作 ( 概率为 - p) 时, 系统 RS 变成了串了并, 且系统 RS 正常工作的概率为 p 2 (2 - p 2 ) 由全概率公式, 系统 RS 正常工作的概率为 p RS p p 2 (2 - p) 2 + ( - p) p 2 (2 - p 2 ) 2 p 2 +2p 3-5p 4 +2p 5 79

100 图桘 6 桥式求 p RS 的另一个方法是利用加法公式和独立性设 A i 第 i 个元件正常工作, i,2,3,4,5 则系统 RS 正常工作, A A 4 A A3 A 5 A 2 A 5 三条线路中至少有一条正常工作, 即 p RS P ( A A 4 A A 3 A 5 A2 A 5 ), 再由加法公式与独立性, 也可求得上述结果, 这里就不详述了 (6) 表决, 由于系统正常工作的条件是 : 个元件中至少 k 个正常工作, 所以由独立性与二项概率公式知, 个元件中恰有 j 个正常工作的概率为 C j p j ( - p) - j, 从而 ( 取 k) 表决系统正常工作的概率为 p TW j k C j p j 注易见, 当 > 时, 有 p MN > p KL ( - p) - j, 这说明虽然这两个系统都是由 2 个相同质量的元件组成, 但是由于连接方式不同, 它的可靠性也不同寻找可靠性大的连接方式是可靠性理论研究的课题之一注 2 当 k 时, 表决系统变为串联系统, p TW pf G 当 k 时, 表决系统变为并联系统, p TW p HJ 40 生日问题例 35 一个教室里有 ( 365) 个人, 求下列事件的概率 : A 没有两个人的生日相同 ; B 他们的生日是同一天 ; 80

101 概率论篇 C 恰有 m ( m ) 个人的生日是十月一日 ; D 至少有两个人的生日是同一天 ( 一年以 365 天计 ) 解此生日问题实际上是如下的放球问题 : 将个不同编号的球随机放入 N ( N ) 个盒中, 每球以相同的概率被放入盒中, 每盒容纳球数不限, 求下列事件的概率 : A 恰有个盒中各有一个球 ; B 个球都在一个盒中 ; C 第个盒中有 m ( m ) 个球 ; D 至少有 2 个球在同一个盒中当 N 365 时, 两个问题完全就是一个问题放球问题也是古典概型中基本问题之一, 也是应用最广泛问题之一因为每个球有 N 种放法, 个球有 N 种放法, 即样本点总数为 N N 个盒中有个盒各有个球, 是哪个盒子? 可能前个, 也可能是后个, 也可能是中间某个, 共有 C N 不同情形对于某个指定的情形 ( 如前个盒中各有个球 ), 第个球有种放法, 第 2 个球有 - 种放法, 依此类推, 第个球有种放法, 再由排列组合的乘法原理知, A 中有 C N! 个样本点, 从而 P ( A) C N! N 当 N 365, 50 时, 由司特林公式! 2π e P ( A) 得 N! 365! < 0 03 ( N - )! N 35! ! 当 N 365, 60 时, p ( A) < 365! , 这个概率很小, 小于千分之六这说明 60 个人的生日 8

102 都不相同几乎是不可能的由于 B 表示个球同在一个盒中, 哪一个盒子? 是 N 个之中的一个, 这有 C N 种可能, 即 B 中有 N 个样本点, 故 P ( B) C N N N - 从个球中任取 m 个放入第一盒中有 C m 种可能, 将其余的 - m 个球随机放入剩下的 N - 个盒中有 ( N -) - m 种可能, 故 C 中有 C m ( N -) - m 个样本点, 从而得 P ( C) Cm ( N -) - m N 由上式立得第一个盒至少有一个球的概率为 m 第一个盒中没有球的概率为 C m ( N -) - m N ( N -) 从而由对立事件概率公式得 m 即 m 0 N C m ( N -) - m N - ( N -) N, C m ( N -) - m N ( 39) 易知, D A, 故 P ( D) P ( A) - P ( A) - N! ( N - )! N 4 盒子数不超过球数的放球问题例 36 将个不同的球随机放入 N ( N ) 个盒 82

103 概率论篇中, 每个球以相同的概率被放入每个盒中, 每盒容纳球数不限, 求下列事件的概率 : A 每盒不空 ; B 恰有 m ( m < N) 个盒子是空的 ; C 某指定的 k ( k N) 个盒中都有球解设 A i 第 i 个盒子是空的, i,2,, N 因为 A A A 2 A N, 且 A A 2 A N A A 2 A N N i Ai, 所以 N P ( A) - P i - N i A i ( 由加法公式 ) N N P( Ai) - P( Ai Aj) + P( A i Aj Ak) i < j i < j < k - +(-) N - P( A A 2 A N ) 又因 P ( A i) ( N -) N P ( A i A j ) P ( A i ) P ( A j A i ) N - N N -2 N - N -2 N, i j 类似地 P ( A i A j A k) N -3 N, i j k, P ( A A 2 A N ) 所以 P( A) - C N + C 3 N - N -3 N N k 3 (- ) k - C k N N - N N N - N 0 - +(-) N -2 C N - N N - k N N k 0 - C 2 N N N -2 N (- ) k C k N N - k N 83

104 N 个盒中恰有 m 个是空的有 C m N 种可能某指定的 m 个盒子是空的 ( 不妨设前 m 个是空的 ) 而其余 N - m 个都不空的概率为 ( 由乘法公式 ) m P( A A 2 A m A m + A N ) P i N - m N 故 P( B) C m N N - m (- ) k C k N - m k 0 N N - m - k N - m N A i P j m + A j N - m (- ) k C k N - m ( N - m - k) k 0 m i 为求 P( C), 不妨设前 k 个盒中都有球, 后面 N - k 个盒中每个盒子内或有球或无球, 且设 D j A i 在次放球中后面 N - k 个盒中共有 j 个球, j 0,,2,, - k, 则由全概率公式 - k P( C) j 0 - k j 0 P( Dj) P( A A 2 A k Dj) C j N - k N j k N - j k i 0 (- ) i C i k k - i k - j 42 座位问题例 37 一个会议室里有 + m 个座位, 随机地坐个人求其中指定的 k ( k < ) 个座位上都有人的概率解此例实际上是如下的放球问题 : 个不同的球被随机放入 + m 个盒中, 每盒只能容纳一个球求其中指定的 k ( k < ) 个盒子中都有球的概率从 + m 个座位中取个给个人坐, 有 C + m 种取法, 个人坐个座位, 又有! 种坐法, 故样本点总数为! C + m 现在求有利场合数个人中有 k 个人去坐指定的 84

105 概率论篇 k 个座位有 P k 种坐法, 当 k 个座位都坐上人后, 再从 + m - k 个座位取 - k 个 ( 有 C - k m + - k ) 给其余 - k 个人坐, 又有 ( - k)! 种坐法, 故有利场合数为 P k C - k m + - k ( - k)! 从而所求概率为 m k P k C - k m + - k ( - k)!/ (! C m m + ) C C m + k 43 放球次数问题例 38 将个不同编号的球随机地逐个地放入 N ( N 2) 个盒中, 每个球被等可能地放入每个盒中, 每盒容纳球数不限, 直至某指定的盒中有球为止求放球次数为 k ( k ) 的概率 p ( k) 解当 k < 时, 因为前 k - 次都没有球放入指定盒中, 第 k 次才把球第次放入指定盒中, 故所求概率为 p ( k) N - N k - N 当 k 时, 前 - 次没有球放入指定盒中, 而第次 ( 也即最后个球 ) 不管是否把球放入指定盒中放球必须停止, 而每次把球放入指定盒中的概率为 N - N 故所求概率为 p ( ) N, 没放入指定盒中的概率为 N - N - N + N - N N - N -, 从而, 最后得 p ( k) N - N N - N k - N -, k,2,, -, k 85

106 于是得恒等式 - k N N - N k - + N - N - ( 40) 44 最小最大球数问题例 39 将 2 个球随机放入 2 只杯中, 每只杯容纳球数不限, 每个球等可能被放入每只杯中求 2 只杯中最小球数为 k(0 k ) 的概率 p( k) 解易见样本点总数为 2 2 当 0 k < 时, 因为有只杯中球数为 k, 另只杯中球数就为 2 - k, 所以可先从 2 只杯中任取只 ( 有 C 2 种可能 ), 再从 2 个球中任取 k 个球 ( 有 C k 2 种可能 ) 放入该杯中, 最后将其余的 2 - k 个球都放入另杯中 ( 有 C 2 - k 2 - k 种可能 ) 从而, 有利场合数为 C 2 C2 k C k k, 所求概率为 p( k) C 2 C2 k /2 2 当 k 时, 这时两只杯中各有个球可先从 2 个球中任取个球 ( 有 C 2 种可能 ) 放入任只杯中, 然后将其余个球都放入另只杯中 ( 有 C 种可能 ), 故有利场合数是 C 2 C C 2 ( 注意 : 这时有利场合数不是 C 2 C 2 C ), 从而 p ( ) C 2 /2 2 综上所述, 最后得 p ( k) 例如, C 2 C k 2 /2 2, k 0,,2,, - C 2 /2 2, k 当时 86

107 概率论篇 p ( k) C 2 C 0 2/2 2 2, k 0 C 2/2 2 2, k 当 2 时 p ( k) C 2 C k 4/2 4 C k 4/8, k 0, C 2 4/ , k 2 即从而得 - 2 k 0 C k 2 + C C k C 2 k 0 如果将最小改为最大, 将 0 k k 2, 其他不变则类似可得 p ( k) 于是得公式 C 2 C k 2 /2 2, k +, +2,,2 C 2 /2 2, k ( 4) 改为 2 2 C k C 2 ( 42) k 比较式 ( 4) 与式 ( 42) 得 k 0 2 C - k k 0 C k 2 ( 43) 45 下电梯问题例 40 一电梯开始时有 8 位乘客, 这 8 位乘客等可能地停于 24 层楼的每一层, 求下列事件的概率 : () 恰有 3 位在同一层离开 (2) 恰有 4 层各有一人离开 87

108 解把人看成球, 把层看成盒子, 该问题就变成放球问题显然样本点数为 24 8 设 A 恰有 3 个人在同一层离开, B 恰有 4 层各有人离开 () A 表示 24 层中恰好有层有 3 个人离开, 其他的每一层就没有 3 人离开从 24 只盒子中取只有 C 24 种取法, 再从 8 个球中取 3 个 ( 有 C 3 8 种取法 ) 放入该盒, 而其他的 5 个球在盒中的情况有如下 5 种 :(,,,,) (2,,,) (,2,2) (,4) (5) 故 A 中样本点数为 C 24 C 3 8( P C 23 C 2 5 P C 23 C 5 C 2 22 C C 23 C 5 C 22 C C 23 C 5 5) 故 P( A) C 3 8 ( P C 23 C 2 5 P C 23 C 5 C 2 22 C C 23 C 5 C 22 + C 23)/ (2) 恰有 4 只盒子各有一球有 C 4 8 P 4 24 种能, 其他 4 个球在盒中的情况有如下 2 种 :(2,2),(4) 故所求概率为 P ( B) C 4 8 P 4 24 ( C 2 20 C C 20 C 4 4) / 上火车问题例 4 一列火车共有节车厢有 k ( k ) 个旅客上火车并随机选择车厢 ( 每节车厢都可以容纳 k 个旅客 ), 求下列事件的概率 : () A 每节车厢都不空 (2) B 恰有 m ( m < ) 节车厢无人 (3) C 前两节车厢有人 ( 2) 解此问题与生日问题类似, 于是得 88

109 概率论篇 () P ( A) i 0 (- ) i C i - i (2) 设 D 某指定的 m 节车厢无人 ; 由 4 节得 E 某指定的 - m 车厢都有人 P ( B) C m P ( DE) C m P ( D) P ( B D) C m (3) 由 4 节得 k -2 P ( C) j 0 C j k - m - 2 k j - m i 0 2 k (-) i C i - k - j m 2 (- ) i C i 2 i 0 - m - i - m 2-i 2 k k - j 47 球不可辨的放球问题例 42 将个不可辨的球随机放入 N ( N ) 个盒中, 每个球以相同概率被放入每个盒中, 每盒容纳球数不限, 求下列事件的概率 : A 每盒不空 ; B 恰有 m ( m < N) 个盒子是空的 ; C 某指定的 k ( k N) 个盒中都有球解由于球是不可辨别的, 这时球的分布仅依赖于盒中的球数, 而不依赖于是哪几个球, 所以样本点总数不再是 N 为求样本点总数, 可把个球与 N 个盒排成一行其中表示盒壁, 表示球, 把盒相继靠拢, 把相接的两个壁看成个壁上面表示第只盒中有 2 个球, 第 2 只盒中有个球, 第 3 只盒子是空的,, 最后只盒中有 3 个 89

110 球然后去掉最外面的 2 个壁, N 只盒子共有 N - 个壁 N - 个壁与个球共占有 N + - 个位置而个球的一种分布法就相应于个球占有这 N + - 个位置的一种占有法故样本点总数为 C N + - 因为 N, 所以要使每盒不空, N - 个壁必须且只需取球与球之间的 - 个间隔 ( 空隙 ) 中的 N - 个间隔, 即 A 中有 C N - - 个样本点, 故 P ( A) C N - -/ C N + - N 个盒中恰有 m 个是空的, 其余 N - m 个都不空, 有 C m N C N - m - - 种可能, 故 P ( B) C m N C N - m - - / C N + - 为求 P ( C), 不妨设前 k 个盒中都有球, 且设 A i 第 i 个盒子是空的, i,2,, k Dj 后 N - k 个盒中共有 j 个球, j 0,,2,, - k, 则由全概率公式, 得 - k P( C) j 0 - k j 0 - k j 0 P ( D j) P ( A A 2 A k D j) C - j k -+ - j C j N - k + j - C N -+ C j N - k -+ j C k - - j - C N -+ 其中, P ( D j) C - j k -+ - j C j N - k -+ j C N -+ C k - - j - C k - - j + - j 求 P ( C) 的另一解法仍设前 k 个盒中都不空, 且当前 k 个盒中共有 m 个球, m k, k +,, 时, 则后 N - k 个盒中将有 - m 个球 ( 有 C N - - m k -+ - m 种可能 ) 故 90

111 概率论篇 P( C) C k - m k m - C - m N - k -+ - 由 P( C) 的两种解法立得如下公式 m/ C N -+ - k j 0 C j N - k -+ j C k - - j - m k C k - m -C - m N - k -+ - m, N ( 44) 48 蒲丰 (Buffo) 投针问题例 43 平面上画着一些平行线, 它们之间的距离都是 a 向此平面随意投一长度为 l ( l < a) 的针, 试求此针与任一平行线相交的概率解以 x 表示针的中点到最近一条平行线的距离, 以 φ 表示针与平行线的交角, 针与平行线的位置关系见图桘 7 显然样本空间为图桘 7 Ω (φ, x) ; x 0, a 2,φ [0,π] 以 R 表示边长为当 a 2 与 π 的长方形针与平行线相交当且仅 9

112 x l 2 si φ 设在 R 中满足这个关系式的区域为 g, 即图桘 8 中阴影部分, 故由几何概率定义, 所求概率为图桘 8 p g 的面积 R 的面积 π 0 l aπ si φd φ/ l aπ 蒲丰投针问题有一些重要的应用其中, 关于圆周率 π 的计算最重要圆周率 π 是个无理数, 其数位是无限延伸的两千多年来很多数学家对圆周率 π 进行过研究, 中国古代的刘歆蔡邕张衡刘徽祖冲之等都对 π 做过非常出色的工作, 其中祖冲之最值得中国人骄傲, 他在 500 多年前就给出 π 的约率 π 22 和密率 π 这是中国对世界数学作出的最辉煌贡献之一直到今天数学界仍在对 π 进行研究与计算利用蒲丰投针也可对 π 进行近似计算在 p 2 l 中, p 表示针与平行线相交的概率当 l 与 a 固 aπ 定时,π 2 l 就只依赖于 p, 而 p 可以通过重复向平面投针求得, ap k 如果投 N 次中有 k 次针与平行线相交, 则 p 近似为 N, 由频 92

113 概率论篇率的稳定性, 当投的次数越多时, 近似程度越好, 即 π 2 ln ak 的近似程度越好 49 会面问题例 44 两人相约 0 点到点在某地会面, 先到者等候另一个人 0 分钟, 过时就离去假设两人等可能在 0 点到点内任一时刻到达, 求两人能会面的概率 p 解为求概率 p, 设 x, y 分别表示两人到达 ( 某地 ) 的时刻, A 表示两人能会面, 则 0 x 60,0 y 60, 且样本空间为 Ω { (x, y) :0 x 60,0 y 60} 且两人能会面当且仅当 x - y 0, 故 A { ( x, y) x - y 0, 0 x 60,0 y 60} 即 A 为图桘 9 中阴影部分, Ω 为边长是 60 的正方形由几何概率定义, 两人能会面的概率为图桘 9 p P ( A) A 的面积 Ω 的面积 (60-0)

展开

-i-

-i- -i- -ii- -iii- -iv- -v- -vi- -vii- -viii- -ix- -x- -xi- -xii- 1-1 1-2 1-3 1-4 1-5 1-6 1-7 1-8 1-9 1-10 1-11 1-12 1-13 1-14 1-15 1-16 1-17 1-18 1-19 1-20 1-21 2-1 2-2 2-3 2-4 2-5 2-6 2-7 2-8 2-9 2-10 2-11