本来觉得概率论是比较简单的课，学了几节课才知道原来简单的是别人家的概率论…我们自家的概率论其实很蛋疼…据刘伟说他当时概率论分比较低…弱菜非常恐慌…于是便在学习中顺便整理一下给自己启发的题目.
由于教材采用师大版概率论（李勇 主编），故题目大多来自于该书.
2017年03月10日
师大概率论 练习 1.2.4
甲乙两人抛硬币，甲抛 \(n+1\) 枚，乙抛 \(n\) 枚，求甲的正面比乙多的概率.
解答：考虑甲乙都抛 \(n\) 枚硬币的情形，设甲正面比乙多的概率为 \(p\)，则由对称性可知，乙比甲正面多的概率也为 \(p\). 故两人正面一样多的概率为 \(1-2p\). 再考虑甲抛的第 \(n+1\) 枚硬币，有 \(\frac{1}{2}\) 概率为正面，\(\frac{1}{2}\) 为反面，则有如下讨论：
- 若都抛 \(n\) 枚时，甲比乙正面多，则无论甲的第 \(n+1\) 枚为正面还是反面，甲的正面都会比乙多. 该情况出现的概率为 \(p_1=p\times1=p\)；
- 若都抛 \(n\) 枚时，甲比乙正面少，则无论甲的第 \(n+1\) 枚为正面还是反面，甲的正面都无法比乙多. 该情况出现的概率为 \(p_2=p\times1=p\)；
- 若都抛 \(n\) 枚时，甲乙正面一样多，且甲的第 \(n+1\) 枚为正面，甲的正面就会比乙多. 该情况出现的概率为 \(p_3=\frac{1-2p}{2}\times\frac{1}{2}\)；
- 若都抛 \(n\) 枚时，甲乙正面一样多，且甲的第 \(n+1\) 枚为正面，甲的正面就会比乙少. 该情况出现的概率为 \(p_3=\frac{1-2p}{2}\times\frac{1}{2}\).
以上情况中，第一种和第三种出现时，甲的正面会比乙多，否则不会. 故甲正面比乙多的概率为 \(p_1+p_3=\frac{1}{2}\).
兔子提出了一种很好玩儿的解答.
解答：甲抛 \(n+1\) 枚，乙抛 \(n\) 枚，只可能有两种情况出现：
- 甲的正面比乙多；
- 甲的反面比乙多.
两种情况不会同时发生，并且概率和为 \(1\)，又由对称性可知两种情况出现的概率相同，故都为 \(\frac{1}{2}\).
师大概率论 练习 1.2.9
在单位圆周上任取三点 \(A,B,C\)，试求事件 \(E=\{\triangle ABC\text{成锐角三角形}\}\) 的概率.
解答：设 \(\triangle ABC\) 的三个内角分别为 \(x,y,z\)，则能构成三角形的条件为：
\[x+y+z=\pi\qquad x,y,z>0\]
在三维坐标系中，“能构成三角形”所对应的样本空间为一个三角形，三个顶点分别为 \(D(0,0,\pi),E(0,\pi,0),F(0,0,\pi)\). 而能构成锐角三角形的条件为：
\[x+y+z=\pi\qquad 0<x,y,z<\frac{\pi}{2}\]
也会构成一个三角形，三个顶点分别为 \(G(0,\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}),H(\frac{\pi}{2},0,\frac{\pi}{2}),I(\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2},0)\). 于是 \(\triangle ABC\) 为锐角三角形的概率为 \(\frac{S_{\triangle GHI}}{S_{\triangle DEF}}=\frac{1}{4}\) .
2017年03月22日
师大概率论 练习 2.1.7
设 \(\mathbb{P}(A)+\mathbb{P}(B)=1\)，证明 \(\mathbb{P}(AB)=\mathbb{P}(\overline{A}\overline{B})\).
证明：由于事件“\(A,B\) 中有且仅有一个发生”和事件“\(A,B\) 中有且仅有一个不发生”是相同的事件，故其概率也应该相同.
由容斥原理，事件“\(A,B\) 中至少有一个发生”的概率为 \(\mathbb{P}(A\cup B)=\mathbb{P}(A)+\mathbb{P}(B)-\mathbb{P}(AB)\).
故事件“\(A,B\) 中有且仅有一个发生”的概率为 \(\mathbb{P}(A)+\mathbb{P}(B)-\mathbb{P}(AB)\).
同理，事件“\(A,B\) 中至少有一个不发生”的概率为 \(\mathbb{P}(\overline{A}\cup\overline{B})=\mathbb{P}(\overline{A})+\mathbb{P}(\overline{B})-\mathbb{P}(\overline{A}\overline{B})\).
故事件“\(A,B\) 中有且仅有一个不发生”的概率为 \(\mathbb{P}(\overline{A})+\mathbb{P}(\overline{B})-\mathbb{P}(\overline{A}\overline{B})\).
于是有，\[\mathbb{P}(A)+\mathbb{P}(B)-\mathbb{P}(AB)=\mathbb{P}(\overline{A})+\mathbb{P}(\overline{B})-\mathbb{P}(\overline{A}\overline{B}).\]
又由于 \(\mathbb{P}(A)+\mathbb{P}(B)=1\)，故 \(\mathbb{P}(\overline{A})+\mathbb{P}(\overline{B})=1\)，故有：\[\mathbb{P}(AB)=\mathbb{P}(\overline{A}\overline{B}).\]
2017年03月25日
师大概率论 练习 2.3.2
试证明事件 \(A_1,A_2,\cdots,A_n\) 相互独立的充要条件为：对每个事件 \(\hat{A}_{k}=A_k\) 或者 \(\overline{A_k}(k=1,2,\cdots,n)\)，总有 \[\mathbb{P}(\hat{A}_{1}\hat{A}_{2}\cdots\hat{A}_{n})=\mathbb{P}(\hat{A}_{1})\mathbb{P}(\hat{A}_{2})\cdots\mathbb{P}(\hat{A}_{n}).\]
证明：显然 \(n=2\) 时成立.
假设 \(n=k\) 时结论成立，则有：
必要性：令 \(B=A_k\cap A_{k+1}\)，则 \(A_1,A_2,\cdots,A_{k-1},B\) 相互独立. 于是有
\[\mathbb{P}(\hat{A}_{1}\hat{A}_{2}\cdots\hat{A}_{n-1}\hat{B})=\mathbb{P}(\hat{A}_{1})\mathbb{P}(\hat{A}_{2})\cdots\mathbb{P}(\hat{A}_{n-1})\mathbb{P}(\hat{B}).\]
即
\[\mathbb{P}(\hat{A}_{1}\hat{A}_{2}\cdots\hat{A}_{n-1}A_k A_{k+1})=\mathbb{P}(\hat{A}_{1})\mathbb{P}(\hat{A}_{2})\cdots\mathbb{P}(\hat{A}_{n-1})\mathbb{P}(A_k)\mathbb{P}(A_{k+1}).\]
同理也有：
\[\mathbb{P}(\hat{A}_{1}\hat{A}_{2}\cdots\hat{A}_{n-1}\overline{A_k} A_{k+1})=\mathbb{P}(\hat{A}_{1})\mathbb{P}(\hat{A}_{2})\cdots\mathbb{P}(\hat{A}_{n-1})\mathbb{P}(\overline{A_k})\mathbb{P}(A_{k+1}).\]
\[\mathbb{P}(\hat{A}_{1}\hat{A}_{2}\cdots\hat{A}_{n-1}A_k \overline{A_{k+1}})=\mathbb{P}(\hat{A}_{1})\mathbb{P}(\hat{A}_{2})\cdots\mathbb{P}(\hat{A}_{n-1})\mathbb{P}(A_k)\mathbb{P}(\overline{A_{k+1}}).\]
\[\mathbb{P}(\hat{A}_{1}\hat{A}_{2}\cdots\hat{A}_{n-1}\overline{A_k} \overline{A_{k+1}})=\mathbb{P}(\hat{A}_{1})\mathbb{P}(\hat{A}_{2})\cdots\mathbb{P}(\hat{A}_{n-1})\mathbb{P}(\overline{A_k})\mathbb{P}(\overline{A_{k+1}}).\]
即有 \(\mathbb{P}(\bigcap\limits_{i=1}^{k+1}\hat{A}_{i})=\prod\limits_{i=1}^{k+1}\mathbb{P}(\hat{A}_{i})\). 必要性得证.
充分性：对于 \(\forall~1<s<k+1\)，\(\forall~1\leq i_1<i_2<\cdots<i_s\leq k+1\)，由条件，对于 \(\forall~j\) s.t. \(1\leq j\leq k+1\) 且 \(j\notin\{i_1,i_2,\cdots,i_s\}\)，总有：
\[\mathbb{P}(\hat{A}_{1}\cdots\hat{A}_{j-1}A_j\hat{A}_{j+1}\cdots\hat{A}_{k+1})=\mathbb{P}(\hat{A}_{1})\cdots\mathbb{P}(\hat{A}_{j-1})\mathbb{P}(A_j)\mathbb{P}(\hat{A}_{j+1})\cdots\mathbb{P}(\hat{A}_{k+1})\]
且
\[\mathbb{P}(\hat{A}_{1}\cdots\hat{A}_{j-1}\overline{A_j}\hat{A}_{j+1}\cdots\hat{A}_{k+1})=\mathbb{P}(\hat{A}_{1})\cdots\mathbb{P}(\hat{A}_{j-1})\mathbb{P}(\overline{A_j})\mathbb{P}(\hat{A}_{j+1})\cdots\mathbb{P}(\hat{A}_{k+1})\]
由于 \(\mathbb{P}(A_j)+\mathbb{P}(\overline{A_j})=1\)，将以上两式相加即得：
\[\mathbb{P}(\hat{A}_{1}\cdots\hat{A}_{j-1}\hat{A}_{j+1}\cdots\hat{A}_{k+1})=\mathbb{P}(\hat{A}_{1})\cdots\mathbb{P}(\hat{A}_{j-1})\mathbb{P}(\hat{A}_{j+1})\cdots\mathbb{P}(\hat{A}_{k+1})\]
式中共有 \(k\) 个事件，故由假设可知这 \(k\) 个事件相互独立. 又由于 \(\{\hat{A}_{i_1},\cdots,\hat{A}_{i_s}\}\subset\{\hat{A}_{1},\cdots,\hat{A}_{k+1}\}\)，故有 \(\mathbb{P}(\bigcap\limits_{j=1}^{s}A_{i_j})=\prod\limits_{j=1}^{s}\mathbb{P}(A_{i_j})\)，\(\forall~1\leq i_1<\cdots<i_s\leq k+1\). 充分性得证.
综上所述，原命题成立.
2020年08月10日
想不到吧hhh 时隔三年，又有了好玩的题目（
箱子里有20个红球，18个白球，现一个一个地把所有球都摸出来，试求整个过程中，箱子外至少有一个时刻红球数与白球数相等的概率. （题源：春哥）
分析：首先分析一下，这个题目可以正面做和反面做.
- 正面做：设第一次相等时箱子外的球总数为 \(2i\)，则硬求一下概率，累加即可；
- 反面做：考虑反面的问题，两种颜色始终不相等. 由于把所有球全摸出来以后，红球比白球多，因此要想保持不相等的状态，红球必须始终更多. 进一步，前两摸必须都是红球.
据春哥说，这是一个笔算题，而非编程题，因此我们基本可以忽略掉正面做法（计算量太大）. 但并没有什么卵用…反面做法也不会算啊对不对…
开始整活：既然不会算，那为什么不找找规律呢- -
抓住红白数量差为 \(2\) 做文章：
- \(2\) 红 \(0\) 白：概率显然为 \(1\)；
- \(3\) 红 \(1\) 白：前两摸必须是红球，概率为 \(\frac{3}{4}\times\frac{2}{3}=\frac{1}{2}\)，然后就怎么也不可能相等了，游戏结束；
- \(4\) 红 \(2\) 白：前两摸是红球，概率为 \(\frac{4}{6}\times\frac{3}{5}=\frac{2}{5}\).
- 若第三摸是红球，游戏结束，概率 \(\frac{2}{4}\)；
- 若第三摸是白球，则第四摸必须是红球，游戏结束，概率 \(\frac{2}{4}\times\frac{2}{3}=\frac{1}{3}\)；
- 整理一下，概率为 \(\frac{2}{5}\times(\frac{1}{2}+\frac{1}{3})=\frac{1}{3}\)；
- 看到规律了么？我们再算一项来验证一下.
- \(5\) 红 \(3\) 白：前两摸是红球，概率为 \(\frac{5}{8}\times\frac{4}{7}=\frac{5}{14}\).
- 第三摸后面大概有五种情况讨论，这里不列举了，但概率算出来的确是 \(\frac{1}{4}\).
经过观察，完全可以大胆猜测一下，\(n\) 白 \(n+2\) 红，概率应该就是 \(\frac{1}{n+1}\) 了吧？
套用到本题上，始终不相等的概率应该为 \(\frac{1}{19}\). 换言之，题目答案应为 \(1-\frac{1}{19}=\frac{18}{19}\).
不过，搞了这么大一通，做法并不是很严格. 慢慢寻求严格证明吧。。