《概率导论》补充答案

《概率导论》第二版答案补充，书上已给解答的不再赘述。

部分来自：

answer-to-introduction-to-probability （NeilKleistGao/雪岛/HumphreyYang）

http://athenasc.com/ （Athena Scientific, Belmont, Massachusetts）-

第一章样本空间与概率

1.

令事件A为掷出偶数，即$A = {2, 4, 6}$

令B表示点数大于3的事件，即$B = {4, 5, 6}$

那么：

$A^c = {1, 3, 5}, B^c = {1, 2, 3}$

$A \cup B = {2, 4, 5, 6}, A \cap B = {4, 6}$

所以$(A \cup B)^c = {1, 3} = A^c \cap B^c$

$(A \cap B)^c = {1, 2, 3, 5} = A^c \cup B^c$

2.

(a)

设全集为S，由代数性质：

$\begin{array}{lcr}
A^c = \
A^c \cap S = \
A^c \cap (B \cup B^c) = \
(A^c \cap B) \cup (A^c \cap B^c)
\end{array}$

对$B^c$的结论同理，证毕。

也可以通过韦恩图进行证明：任意一个集合中的元素，要么属于$B$，要么属于$B^c$。上式就是全概率定理的特殊情况。

(b)

设全集为S，由德摩根律：

$\begin{array}{lcr}
(A \cap B)^c = \
A^c \cup B^c = \
(A^c \cap S) \cup (B^c \cap S) = \
(A^c \cap B) \cup (A^c \cap B^c) \cup (A^c \cap B^c) \cup (A \cap B^c) = \
(A^c \cap B) \cup (A^c \cap B^c) \cup (A \cap B^c)
\end{array}$

证毕。

也可以通过韦恩图进行证明：A交B的补集中，只有三种可能：属于A但不属于B、属于B但不属于A、既不属于A也不属于B，整理即可得到上式。

©

令事件A为掷出偶数，即$A = {2, 4, 6}$

令B表示点数大于3的事件，即$B = {1, 2, 3}$

则$(A \cap B)^c = {1, 3, 4, 5, 6}$

$(A^c \cap B) \cup (A^c \cap B^c) \cup (A \cap B^c) = {1, 3} \cup {5} \cup {4, 6} = {1, 3, 4, 5, 6}$

所以$(A \cap B)^c = (A^c \cap B) \cup (A^c \cap B^c) \cup (A \cap B^c)$。

3.

略。

4.

证明略，这里给出一个实例。假设[0, 1]区间中的数可数，那么我们可以列出：
$$\begin{array}{rcl}
x_1 &= 0.3154… \
x_2 &= 0.114514… \
x_3 &= 0.2333… \
…
\end{array}$$
我们可以找到一个y，使得$y = 0.121…$。由于y的第n位与$x_n$不同，于是这个y不可能在上面的数中。

当然找到y的方式并不止书上一种。

5.

设挑选一个学生，这个学生是天才为事件A，这个学生喜欢巧克力为事件B，那么：

$P(A) = 0.6, P(B) = 0.7, P(A \cap B) = 0.4$

所以$P(\bar A \cap \bar B) = 1 - P(A) - P(B) + P(A \cap B) = 0.1$。

这题是12题容斥原理的应用。

6.

因为偶数的概率是奇数的两倍，又因为$P(even) + P(odd) = 1$，所以$P(even) = \frac{2}{3}, P(odd) = \frac{1}{3}$。

因为不同偶数/奇数面出现的概率相同，于是：

$$\begin{array}{rcl}
P(1) &= \frac{1}{9} \
P(2) &= \frac{2}{9} \
P(3) &= \frac{1}{9} \
P(4) &= \frac{2}{9} \
P(5) &= \frac{1}{9} \
P(6) &= \frac{2}{9}
\end{array}$$

所以点数小于4的概率为$P(1) + P(2) + P(3) = \frac{4}{9}$。

7.

样本空间为：第一次时停止，第二次时停止，第三次时停止…

8.

不妨设第n局获胜的概率为$P_n$，那么最终获胜的概率：

$P = P_1(1 - P_2)P_3 + P_1P_2 + (1 - P_1)P_2P_3$

化简上式得到$P = P_1P_3 + P_2(P_1 + P_3 - 2P_1P_3)$。

对于函数$f(x, y) = x + y - 2xy$在x和y都属于[0,
1]区间内时，$x \geq x^2, y \geq y^2, (x - y)^2 \geq 0$，所以$x + y - 2xy \geq x^2 + y^2 -2xy = (x - y)^2 \geq 0$

所以对于$(P_1 + P_3 - 2P_1P_3)$，这个值永远非负，故$P_2$最大时整个式子最大，且与$P_1,P_3$的顺序无关。

证毕。

9.

(a)

$P(A) = P(A \cap \Omega) = P(A \cap \bigcup_{i = 1}^nS_i) = P(\bigcup_{i = 1}^n(A \cap S_i))$

由于${S_1, S_2, …, S_n}$互不相容，故$P(A) = \sum_{i = 1}^nP(A \cap S_i)$

证毕。

(b)

不难发现，$B^c \cap C^c, B \cap C^c, B^c \cap C, B \cap C$互不相容

所以$P(A) = P(A \cap B^c \cap C^c) + P(A \cap B \cap C^c) + P(A \cap B^c \cap C) + P(A \cap B \cap C)$

由容斥原理，$P(A) = P(A \cap B^c \cap C^c) + P(A \cap B) + P(A \cap C) - P(A \cap B \cap C)$

证毕。

10.

$P(A) + P(B) - 2P(A \cap B) = P(A \cup B) - P(A \cap B) = P((A \cap B^c) \cup (A^c \cap B))$

证毕。

11.

(a)

原文给出的等式应为$P(A \cup B) = P(A) + P(B) - P(A \cap B)$，似乎存在笔误。

(b)

略。

12.

(a)

略。

(b)

当n = 3时，由(a)可知等式成立。

假定n = m时等式依然成立，那么当n = m + 1时：

$P(\bigcup_{k = 1}^{m + 1}) = P(A_{m + 1} \cup \bigcup_{k = 1}^m A_k) =
P(A_{m + 1}) + \sum_{i \in S_1}P(A_i)
- \sum_{(i_1, i_2) \in S_2}P(A_{i_1} \cap A_{i_2}) + … + (-1)^{n - 1}P(\bigcap_{k = 1}^{n}A_k) -P(A_{m + 1} \cap \bigcup_{k = 1}^m A_k)$

整理上式可得：

$P(\bigcup_{k = 1}^{m + 1}) = \sum_{i \in S_1}P(A_i) - \sum_{(i_1, i_2) \in S_2}P(A_{i_1} \cap A_{i_2}) + … + (-1)^nP(\bigcap_{k = 1}^{m + 1}A_k)$

归纳完毕。

13.

略。

14.

(a)

仅有(1, 1), (2, 2), (3, 3), (4, 4), (5, 5), (6,
6)满足情况，故$P = \frac{1}{6}$

(b)

若总和小于等于4，则有(1, 1), (1, 2), (1, 3), (2, 1), (2, 2), (3,
1)六种情况，其中一对的事件有两个，故$P = \frac{1}{3}$。

©

设两个骰子都是6为事件A，恰有一个骰子为6为事件B，则$P(A) + P(B) = \frac{1}{36} + \frac{10}{36} = \frac{11}{36}$即为所求。

(d)

不同的抛掷结果一共有30种，而至少一个骰子为6（也只能有一个骰子为6）有10种情况，所以$P = \frac{1}{3}$

15.

在已知第一次为正面的情况下，两次均正面朝上的概率只取决于第二次抛掷的情况，所以此时的概率为$\frac{1}{2}$。

而两次中至少有一次正面朝上的概率为$\frac{3}{4}$，在已知该前提下，两次正面的概率为$\frac{1}{3}$，所以爱丽丝的结论是正确的。

假定硬币不对称，即$p \ne 1 - p$，那么第一种情况的概率变为$p$；而第二种情况下至少一次正面朝上的概率变为了$1 - (1 - p)^2 = 2p - p^2$，
在该前提下两次正面朝上的概率就应该是$\frac{p}{2 - p}$。因为$p \leq 1$，所以仅当$p = 1$或$p = 0$，即正面始终朝上或朝下时，两个条件概率相等，
其他条件下，前者的概率都要比后者大。

可以将这个结论推广到任意n$(n \geq 2)$次游戏：将前n -
1次游戏抛得正面条件下得到n次正面的概率与至少n-1次得到正面条件下的概率相差，
得到$\frac{(n - 1)p + (1 - n)p^2}{p + n - np}$，由于$p \geq p^2$，可以得到和上面一样的结论。

16.

所有抛掷可以得到正面的概率为$\frac{1}{3} + \frac{1}{6} = \frac{1}{2}$，而选中正常硬币并抛掷得到正面的概率为$\frac{1}{3} \times \frac{1}{2} = \frac{1}{6}$，
于是由条件概率可得$\frac{\frac{1}{6}}{\frac{1}{2}} = \frac{1}{3}$。

也可以考虑所有抛掷的结果：一共是三正三反，而三个正面朝上的情况中只有其中一个是来自于正常硬币，结果也是$\frac{1}{3}$。

17.

设这批产品被接受为事件A，则$P(A) = \frac{C_{96}^{5}}{C_{100}^5}$，那么被拒绝的概率就为$1 - P(A) \approx 0.19$

18.

$P(A \cap B|B) = \frac{P(A \cap B \cap B)}{P(B)} = \frac{P(A \cap B)}{P(B)} = P(A|B)$

证毕。

19.

若$j \ne i$，则在第i个抽屉内找但没有找到的概率为$1 - p_id_i$（要么不在这个抽屉，要么在但是没有找到），而报告在第j个抽屉的概率为$p_j$，
故结果为$\frac{p_j}{1 - p_id_i}$。

若$j = i$，在第i个抽屉内找但没有找到的概率同上，而报告恰好就在第i个抽屉并且没有被找到的概率为$P_i(1 - d_i)$，
故结果为$\frac{p_i(1 - d_i)}{1 - p_id_i}$

证毕。

20.

(a)

(i)

进攻风格下，和局的概率为0，所以我们只需要考虑两种情况：
前两局鲍里斯均获胜，前两局平局，第三局鲍里斯获胜。

所以获胜概率为：$p_w^2 + p_w^2(1 - p_w)$。

(ii)

保守风格下，获胜的概率为0，所以获胜情况只有一种：
前两局和局，第三局获胜。

所以获胜概率为：$p_d^2p_w$。

(iii)

由全概率定理，整理出所有获胜情况：

第一局获胜，第二局平局
第一局获胜，第二局失败，第三局获胜
第一局失败，第二局获胜，第三局获胜

所以获胜概率为：$p_wp_d + p_w^2(1 - p_d) + p_w^2(1 - p_w)$

(b)

由(a)(iii)可知，策略三的获胜概率为$p_w(p_d + 2p_w - p_w^2 - p_wp_d)$。

不难发现若$p_w = 0.49$时，$\exists p_d \approx 0.56$，使得上式可以大于0.5。

21.

若在第一回合获胜，概率为$\frac{m}{m + n}$
若在第二回合获胜，概率为$\frac{n}{m + n}\frac{n - 1}{m + n - 1}\frac{m}{m + n - 2}$
若在第三回合获胜，概率为$\frac{n}{m + n}\frac{n - 1}{m + n - 1}\frac{n - 2}{m + n - 2}\frac{n - 3}{m + n - 3}\frac{m}{m + n - 4}$
.…

从上面的式子并不容易看出递推式来，但如果稍作一些改动：

若第一回合前无法决出胜负，概率为$1$
若第二回合前无法决出胜负，概率为$\frac{n}{m + n}\frac{n - 1}{m + n - 1}$
若第三回合前无法决出胜负，概率为$\frac{n}{m + n}\frac{n - 1}{m + n - 1}\frac{n - 2}{m + n - 2}\frac{n - 3}{m + n - 3}$
.…

设第i回合前无法决出胜负的概率为$p_i$，那么我们可以得到$p_1 = 1$，递推式$p_i = p_{i - 1}\frac{n - 2i + 4}{m + n - 2i + 4}\frac{n - 2i + 3}{m + n -2i + 3}$

所以获胜概率为：$\sum_{i = 1}^{1 + \lfloor \frac{n}{2} \rfloor}p_i \frac{m}{m + n - 2i + 2}$

22.

当$k = 1$时，取出白球的概率为$\frac{m}{m + n}$显然成立。

不妨假设当$k = p$时，在第k个罐子里取出白球的概率依然是$\frac{m}{m + n}$，
则对于$k = p + 1$时，由全概率定理，在第k个罐子里取出白球的概率为

$\frac{m}{m + n}\frac{m + 1}{m + n + 1} + \frac{n}{m + n}\frac{n}{m + n + 1}$

整理后得到$\frac{m}{m + n}$，归纳完毕。

证毕。

23.

不妨设罐子里的球的个数为n，分两种情况讨论：

第一次交换两个球，第二次再交换回来，第三第四次亦如此，这样做的概率为$(\frac{1}{n})^4$
第一次第二次一共交换了两组球，第三第四次再交换回来，这样做的概率为$\frac{4(n - 1)^2}{n^6}$

总的概率为二者之和。

24.

$\frac{2}{3}$是先验概率，而$\frac{1}{2}$是后验概率。

25.

不妨设两个信封内的钱数分别为S和L，且$L > S$。

对于S，选中的概率为$\frac{1}{2}$，且只有抛硬币的次数不少于S次时才会换信封。
若第一次选中了该信封，则最后得到的钱数为L的概率为

$\frac{1}{2}(1 - \sum_{i = 1}^{S - 1}(\frac{1}{2})^i) = (\frac{1}{2})^S$

对于L，选中的概率也是$\frac{1}{2}$，且只有抛硬币的次数小于L次时才会选择不换信封。
若第一次选中了该信封，则最后得到的钱数为L的概率为

$\frac{1}{2}\sum_{i = 1}^{L - 1}(\frac{1}{2})^i = \frac{1}{2} - (\frac{1}{2})^L$

所以最后的概率为$\frac{1}{2} - (\frac{1}{2})^L + (\frac{1}{2})^S$。因为$L > S$，所以这个概率大于$\frac{1}{2}$。

26.

(a)

由于A和B独立，由条件概率$P(A|B) = \frac{p(1 - q)}{1 -q} = p$。

(b)

$P© = q(p + \frac{1 - p}{2}) = \frac{q(1 + p)}{2}$

由贝叶斯准则：$P(A|C) = \frac{P(A)P(C|A)}{P©} = \frac{2p}{p + 1}$

27.

当鲍勃的所有硬币均正面朝上时，爱丽丝无论怎么抛都是失败，一共有$2^n$种情况
当鲍勃有一枚硬币朝下时，对于鲍勃来说有$C^1_{n+1}$种可能，而对于爱丽丝来说，除了全正以外都是鲍勃获胜，故有$2^n - C^0_n$种情况
当鲍勃有两枚硬币朝下时，对于鲍勃来说有$C^2_{n+1}$种可能，对于爱丽丝来说，有$2^n - C^0_n - C^1_n$种情况
…

综上，所有鲍勃获胜的情况的可能数一共是
$2^n + C_{n + 1}^1(2^n - C_n^0) + C_{n + 1}^2(2^n - C_n^0 - C_n^1) + \dots + C_{n + 1}^n(2^n - C_n^0 - \dots - C_n^{n - 1})$

上式化简后得到$2^{2n + 1} - 2^n - \sum_{i = 1}^nC_{n + 1}^i(\sum_{j = 0}^{i - 1}C_n^j)$。

注意到$2^{2n + 1} = 2^{n + 1} \times 2^n = (\sum_{i = 0}^{n + 1}C_{n + 1}^i)(\sum_{i = 0}^{n}C_n^i)$

所以$(\sum_{i = 0}^{n + 1}C_{n + 1}^i)(\sum_{i = 1}^{n}C_n^i) = 2^{2n + 1} - 2^{n + 1}$

因为$\sum_{i = 1}^{n}C_{n + 1}^i(\sum_{j = 0}^{i - 1}C_n^j) = \sum_{i = 1}^{n}C_{n + 1}^i(\sum_{j = i}^{n}C_n^j)$

所以
$2\sum_{i = 1}^{n}C_{n + 1}^i(\sum_{j = 0}^{i - 1}C_n^j) = \sum_{i = 1}^{n}C_{n + 1}^i(\sum_{j = 0}^{i - 1}C_n^j) + \sum_{i = 1}^{n}C_{n + 1}^i(\sum_{j = i}^{n}C_n^j)$

上式就等于$(\sum_{i = 1}^{n}C_{n + 1}^i)(\sum_{i = 0}^{n}C_n^i)$，即$2^{2n + 1} - 2^{n + 1}$

带回原式可知鲍勃获胜的情况总共有$2^{2n}$种，所有情况一共有$2^{2n + 1}$种，故获胜的概率为$\frac{1}{2}$。

证毕。

28.

略。

29.

略。

30.

如果两头猎犬均选择了正确方向，概率为$p^2$；
如果只有一头选择了正确方向，概率为$2p(1 - p)$，此时随机选择到正确方向的概率是$p(1 - p)$，
故在这个策略下选择正确方向的概率为$p^2 + p - p^2 = p$，并不会比只让一条猎犬选择更优。

31.

(a)

由于不同信号之间独立，第k个信号正确传输的概率为$p(1 - \epsilon_0) + (1 - p)(1 - \epsilon_1)$

(b)

1011一共含有三个1和一个0，且彼此独立，所以正确传输的概率为$(1 - \epsilon_0)(1 - \epsilon_1)^3$

©

只有以下的情况数据可以被正常传输：

3个0均没有错误，概率为$(1 - \epsilon_0)^3$
只有一个0发生错误，概率为$C^1_3\epsilon_0(1 - \epsilon_0)^2$

综上，0被正确传输的概率为$(1 - \epsilon_0)^3 + 3\epsilon_0(1 - \epsilon_0)^2$

(d)

将©中的式子变形为$1^3 - 3\epsilon_0^2(1 - \epsilon_0) - \epsilon_0^3 = 1 - 3\epsilon_0^2 + 2\epsilon_0^3$

对上式求导得到$-6\epsilon_0 + 6\epsilon_0^2$,由于$0 \leq \epsilon_0 \leq 1$，所以函数在$\epsilon_0 = 0$时取到最大值。
即：整个传输过程完全不要出错是坠吼的。

(e)

由贝叶斯准则，对方发出的数据为0的概率为$\frac{P(0)}{P(1) + P(0)} = \frac{\epsilon_0^2}{\epsilon_1 + \epsilon_0^2}$

32.

因为各次生育是独立的，所以国王的性别并不会影响他的兄弟姐妹，而生男的概率为$\frac{1}{2}$，故国王有一个兄弟的概率为$\frac{1}{2}$
国王的母亲一共有两个孩子，并且两个都是男性，所以国王有一个兄弟的概率为$\frac{1}{4}$

33.

投一次硬币已经没办法解决这个问题了，那我们考虑投两次。投两次硬币的全部概率为$1^2 = (1 - p + p)^2 = (1 - p)^2 + 2p(1 - p) + p^2$。注意到里面有一个2，
那么我们不妨投两次硬币，如果两次结果相同，则重新开始；剩余的两种情况每个人获胜的概率均为$\frac{1}{2}$。

34.

第一个子系统有效的概率为$p$
第二个子系统有效的概率为$p + 3p^2 - 5P^3 + 2p^4$
第三个子系统有效的概率为$2p - p^2$

由于三个子系统独立，整个系统的有效概率为$p(p + 3p^2 - 5p^3 + 2p^4)(2p - p^2) = 2p^3 + 5p^4 -13p^5 + 9p^6 -2p^7$

35.

由独立性： $\sum_{i = k}^nC^i_np^i(1 - p)^{n - i}$

36.

(a)

只有所有电厂均中断的时候全市才会停电，故由独立性可得：
$\Pi_{i = 1}^np_i$

(b)

如果所有电厂中断，或者只有不到三个电厂在供电，全市会处在停电状态。
设$P(i), P(i, j)$分别为仅第i个电厂工作的概率和仅第i，j个电厂在工作的概率，
即$P(i) = \frac{(1 - p_i)\Pi_{j = 1}^np_j}{p_i}, P(i, j) = \frac{(1 - p_i)(1 - p_j)\Pi_{k = 1}^np_k}{p_ip_j}$，
全市停电的概率为$\Pi_{i = 1}^n + \sum_{i = 1}^nP(i) + \sum_{1 \leq i < j \leq n}P(i, j)$。

37.

$\sum_{i = 0}^{n_1}\sum_{j = 0}^{n_2}\left[r_1i + r_2j > c\right]C_{n_1}^ip_1^i(1 - p_1)^{n_1 - i}C_{n_2}^jp_2^j(1 - p_2)^{n_2 - j}$

38.

考虑泰里思领先的概率$p_T$：只有在剩下的比赛中得到至少6分，才能保证泰里思领先。
所以$p_T = \sum_{i = 6}^8C_8^ip^i(1 - p)^{8 - i}$。

同理对于温迪来说，$P_W = \sum_{i = 4}^8C_8^i(1 - p)^ip^{8 - i} = \sum_{i = 0}^4C_8^ip^i(1 - p)^{8 - i}$。

所以泰里思可以分到的钱为$\frac{10p_T}{p_T + p_W} = \frac{10p_T}{1 - p^5(1 - p)^3}$

39.

设这天是好天气的概率为$p_w$，若当天每个学生的出勤概率为$t$，
则当天出勤人数不少于k的概率$P_k(t) = \sum_{i = k}^nC_n^it^i(1 - t)^{n - i}$，
那么教授可以讲课的概率为$p_wP_k(p_g) + (1 - p_w)P_k(p_b)$。

40.

当$n = 0$时，$p_n = 1$。

当$n > 0$时，$p_n = p(1 - p_{n - 1}) + p_{n - 1}(1 - p)$。

所以$p_n = p_{n - 1}(1 - 2p) + p$。令$p_n’ = p_n - \frac{1}{2}$，则$p_n’ = (1 - 2p)p_{n - 1}‘$，
由等比数列通项公式：$p_n’ = \frac{(1 - 2p)^n}{2}$，所以$p_n = \frac{1 + (1 - 2p)^n}{2}$。

41.

假设第一个人转出来的数字为$p$，则在某一回合内，这个人被淘汰的概率为$p$。
所以第一个人在第n个回合被淘汰的概率等于前n-1回合没被淘汰的概率乘上这个回合被淘汰的概率，
即$P(N = n) = (1 - p)^{n - 1}p$。

42.

略。这个问题在第七章马尔可夫链中还会再遇到。

43.

略。

44.

(a)

略。

(b)

由(a)可知：若A和B独立，则$A$和$B^c$独立，
即$P(A \cap B^c) = P(A)P(B^c)$。

对于事件$B^c$，由全概率公式：
$P(B^c) = P(A \cap B^c) + P(A^c \cap B^c) = P(A)P(B^c) + P(A^c \cap B^c)$，
所以$P(A^c \cap B^c) = (1 - P(A))P(B^c) = P(A^c)P(B^c)$，所以$A^c$和$B^c$独立。

证毕。

45.

略。

46.

略。

47.

略。

48.

略。

49.

第一次投掷：

点数 1 2 3 4 5 6
概率 $\frac{1}{6}$ $\frac{1}{6}$ $\frac{1}{6}$ $\frac{1}{6}$ $\frac{1}{6}$ $\frac{1}{6}$

第二次投掷：

点数和 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
概率 $\frac{1}{36}$ $\frac{2}{36}$ $\frac{3}{36}$ $\frac{4}{36}$ $\frac{5}{36}$ $\frac{6}{36}$ $\frac{5}{36}$ $\frac{4}{36}$ $\frac{3}{36}$ $\frac{2}{36}$ $\frac{1}{36}$

第三次投掷：

点数和 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18
概率 $\frac{1}{216}$ $\frac{3}{216}$ $\frac{6}{216}$ $\frac{10}{216}$ $\frac{15}{216}$ $\frac{21}{36}$ $\frac{25}{216}$ $\frac{27}{216}$ $\frac{27}{216}$ $\frac{25}{216}$ $\frac{21}{216}$ $\frac{15}{216}$ $\frac{10}{216}$ $\frac{6}{216}$ $\frac{3}{216}$ $\frac{1}{216}$

从上表来看和为11的概率要大于和为12。

50.

如果$n > 365$，那么根据鸽巢原理，一定有两个人的生日在同一天，所以这个概率是0。

如果$1 < n \leq 365$，那么没有任何两个人在同一天生日的概率为$\frac{C_{365}^n}{365^n}$（每个人选其中的某一天作为自己的生日，可选的所有可能是$365^n$种）。

51.

(a)

样本空间：抽走两个红球（设为事件A），抽走两个白球（设为事件B），抽走一个红球和一个白球（设为事件C）。

基于离散均匀分布律的计数方法，我们有：
$$P(A) = \frac{C_m^2}{C_{m + n}^2}, P(B) = \frac{C_n^2}{C_{m + n}^2},
P© = \frac{C_m^1C_n^1}{C_{m + n}^2}$$

设第一次抽到红球为事件D，第一次抽到白球为事件E，基于乘积规则，我们也可以得到：
$$P(D) = \frac{m}{m + n}, P(E) = \frac{n}{m + n}$$

那么：
$$P(A) = \frac{m - 1}{m + n - 1}P(D) = \frac{C_m^2}{C_{m + n}^2}$$
$$P(B) = \frac{n - 1}{m + n - 1}P(E) = \frac{C_n^2}{C_{m + n}^2}$$
$$P© = \frac{m}{m + n - 1}P(E) + \frac{n}{m + n - 1}P(D) = \frac{C_m^1C_n^1}{C_{m + n}^2}$$

(b)

出现1的时候，全是红球的概率为$\frac{C_m^1}{C_{m + n}^1}$
出现2的时候，全是红球的概率为$\frac{C_m^2}{C_{m + n}^2}$
出现3的时候，全是红球的概率为$\frac{C_m^3}{C_{m + n}^3}$

由全概率公式，取出的球全是红色的概率为$\frac{1}{3}(\frac{C_m^1}{C_{m + n}^1} + \frac{C_m^2}{C_{m + n}^2} + \frac{C_m^3}{C_{m + n}^3})$。

52.

第13张牌正好是老K，意味着前12张牌均不能是老K，故概率为$\frac{C_{48}^{12}}{C_{52}^{12}}\frac{C_4^1}{C_{40}^{1}}$。

53.

我们把90个学生排成一排，前30个学生在一个班，中间30个学生在一个班，最后30个学生在一个班。这样所有的可能有$90!$种。
对于乔和简，他们两个人可以先确定在三个班中的某一个，然后在这个班的30个位置中任意占据两个，其他人再随机排列。
这样满足条件的排列数是$C_3^1C_{30}^298!$。所以分到一个班的概率为$\frac{C_3^1C_{30}^298!}{90!}$。

54.

(a)

$\frac{20!}{10!10!} = 184756‬$

(b)

不难发现只有两种排列方式满足要求（“美国车，外国车，美国车，…，外国车"和"外国车，美国车，外国车，…，美国车”）。
所以这个概率为$\frac{2}{184756}$。

55.

总共可以摆放的方案一共是$C_{64}^8$种。考虑合法的情况，每一个车一定单独占据一行，第一行的车有8种选择，第二行的车只有7种选择…
所以合法的概率为$\frac{8!}{C_{64}^8}$。

56.

(a)

$C_8^4C_{10}^3 = 1680$

(b)

假定所选的所有高水平课程均在$H_1, \dots, H_5$中，那么所有的可能有$C_7^3C_5^3 = 350$种；
假定所选的所有高水平课程均在$H_6, \dots, H_10$中，那么所有的可能有$C_6^2C_5^3 = 150$种；
假设二者均有涉及，那么三门先修课程均需要开设，所有的可能有$C_5^1\sum_{i = 1}^2C_5^iC_5^{3 - i} = 500$种

所以一共有1000种。

57.

将问题换一个方式陈述：将一个26个不同字母随机排列组成的字符串划分为6个部分，有多少种划分方式？

26个字母的总排列数是$26!$，将长度为26的字符串划分为6个部分，只需要在其中的25个间隔处插入空格即可，且不能有连续的空格。
所以最后的结果为$26!C_{25}^5$。

58.

接下来的问题中我们假设一共有52张牌。

(a)

$\frac{C_4^3C_{48}^4}{C_{52}^7}$

(b)

$\frac{C_4^2C_{48}^5}{C_{52}^7}$

©

$\frac{C_4^3C_{48}^4}{C_{52}^7} + \frac{C_4^2C_{48}^5}{C_{52}^7} - \frac{C_4^2C_4^3C_{44}^2}{C_{52}^7}$

59.

$\frac{C_k^nC_{100 - k}^{m - n}}{C_{100}^m}$

柠檬法案：柠檬法（Lemon
Laws）是一种美国的消费者保护法，主要是在保障汽车买主的权益。柠檬法的名称起源于美国经济学家乔治·阿克罗夫（George
A.
Akerlof）所发表的一篇经济学论文，因为这缘故，对于出厂后有瑕疵问题的汽车，通常也会称呼其为柠檬车（Lemon
Car）或直接就称为柠檬。

60.

我们可以使用类似于53题的思路，得到$\frac{13^4 \times \frac{48!}{(4!)^{12}}}{\frac{52!}{(4!)^{13}}} \approx 0.105$

61.

略。

62.

略。

第二章离散随机变量

1.

得分 0 1 2 3 4
概率 0.18 0.27 0.34 0.14 0.07

2.

假设有k个人与你的生日相同，由二项分布：
$$P_X(k) = C_{500}^kp^k(1 - p)^{500 - k}$$
其中$p = \frac{1}{365}$，则有人生日与你相同的概率为$1 - P_X(0) = 1 - (1 - \frac{1}{365})^{500} \approx 0.75$。

若使用泊松分布逼近，$\lambda = np = \frac{500}{365}$，
那么$1 - P_X(0) = 1 - e^{-\lambda}\frac{\lambda^0}{0!} \approx 0.75$。

3.

(a)

设k为比赛连续平局的局数，则$P(k) = 0.3^k$，那么赢得比赛的概率为$0.4\sum_{i = 0}^9P(i) = 0.5714251972‬$。

(b)

下棋的前9局数满足几何分布，所以$P_X(k) = (1 - p)^{k - 1}p = 0.3^{k - 1}0.7$，
第10局后比赛一定结束，所以分布列为：

局数 1 2 3 4 5
概率 0.7 0.21 0.063 0.0189‬ 0.00567‬

局数 6 7 8 9 10
概率 0.001701‬ 0.0005103‬ 0.00015309‬ 0.000045927‬ 0.000019683‬

4.

(a)

在使用者的数量小于等于50的时候，调制解调器的数量分布满足二项分布；
使用者数量大于50的时候，由于调制解调器数量不足，故一定是50个。

所以分布列为：

人数 $k \leq 50$ $k > 50$
概率 $C_{1000}^k0.01^k0.99^{1000 - k}$ $1 - \sum_{i = 0}^{50}C_{1000}^i0.01^i0.99^{1000 - i}$

(b)

设使用者人数为k，由泊松分布有$P_X(k) = e^{-\lambda}\frac{\lambda^k}{k!} = e^{-10}\frac{10^k}{k!}$

©

利用精确分布，$P = 1 - \sum_{i = 0}^{50}C_{1000}^i0.01^i0.99^{1000 - i}$，而利用泊松分布，$P = 1 - \sum_{i = 0}^{50}e^{-10}\frac{10^i}{i!}$

5.

(a)

第一时段结束时：

信息包数量k $k < b$ $k = b$
概率 $e^{-\lambda}\frac{\lambda^k}{k!}$ $1 - \sum_{i = 0}^{b - 1}e^{-\lambda}\frac{\lambda^i}{i!}$

第二时段结束时：

信息包数量k $k = 0$ $k > 0$
概率 $\sum_{i = 0}^c e^{-\lambda}\frac{\lambda^i}{i!}$ $\sum_{i = c + 1}^{b - 1} e^{-\lambda}\frac{\lambda^i}{i!} + 1 - \sum_{i = 0}^{b - 1}e^{-\lambda}\frac{\lambda^i}{i!}$

(b)

如果到达的信息包的数量不超过b，是不会发生丢包的，
所以丢包的概率为$1 - \sum_{i = 0}^{b}e^{-\lambda}\frac{\lambda^i}{i!}$。

6.

(a)

对于$n = 5$，凯尔特人队获胜的概率为$p^3 + C_3^1p^3(1 - p) + C_4^2p^3(1 - p)^2 = 10p^3 - 15p^4 + 6p^5$；

对于$n = 3$，凯尔特人队获胜的概率为$p^2 + C_2^1p^2(1 - p) = 3p^2 - 2p^3$

所以当$10p^3 - 15p^4 + 6p^5 > 3p^2 - 2p^3$，时，$n = 5$比$n = 3$合算。
将所有式子移到左侧，消去$p^2(p > 0)$并求导得到$18p^2 - 30p + 12$，不难发现当$p = \frac{1}{2}$或$p = 1$时，原式为0，
且该函数在$[0.5, 1]$上先增后减，所以当$p \in (0.5, 1)$时$n = 5$比$n = 3$合算。

(b)

不难得到$P_N(n = 2k + 1) = p^{k + 1} + C_{k + 1}^1P^{k+1}(1 - p) + \dots + C_{2k}^kp^{k + 1}(1 - p)^k$，
并且对于不同的k，$P_N(0) = 0, P_N(1) = 1, P_N(\frac{1}{2}) = \frac{1}{2}$恒成立（0和1十分显然，对于0.5的证明我们额外放在©部分讲解）。

不妨做差$P_N(2k + 3) - P_N(2k + 1)$并对这个式子求导，不难验证导数在$\frac{1}{2}$处大于0。
由罗尔定理导函数在$[0.5, 1]$之间一定存在值为0的点，且仅有一个（这是一个$2k + 1$重多项式，其中0为k重根，1为k重根，$\frac{1}{2}$为1重根）。
所以导函数在区间上先增后减，原来的差值函数保证大于0，故$p \in (0.5, 1)$。

©

原题不存在，这部分是(b)中$P_N(n)$在$p = \frac{1}{2}$为常数的证明。

因为$P_N(n = 2k + 1) = p^{k + 1} + C_{k + 1}^1p^{k+1}(1 - p) + \dots + C_{2k}^kp^{k + 1}(1 - p)^k$,
将$\frac{1}{2}$带入后$P_N(2k + 1) = (\frac{1}{2})^{k + 1} + C_k^1(\frac{1}{2})^{k + 2} + \dots + C_{2k}^k(\frac{1}{2})^{2k + 1}$。

当$k = 0$时，原式显然成立。假定$k = m$时原式也成立，则$k = m + 1$时，
我们不妨计算$2^{k+2}P_N(2m + 3), 2^{k + 1}P_N(2m + 1)$，将两个式子逐项做差，得到$2^{k + 1}P_N(2m + 1)$，
则$2^{k+2}P_N(2m + 3) = 2^{k + 2}P_N(2m + 1)$，故原式也为$\frac{1}{2}$，归纳完毕。

证毕。

7.

(a)

(1)

由于失败后会做记号，所以尝试的次数最多只有四次（第四次即便失败，剩下的钥匙也没必要再试一次了）。

分布列：

尝试次数 1 2 3 4
概率 $\frac{1}{5}$ $\frac{1}{5}$ $\frac{1}{5}$ $\frac{2}{5}$

(2)

随机尝试的情况下，尝试次数满足几何分布，所以分布律为：$P(k) = (\frac{4}{5})^{k - 1}(\frac{1}{5})^k$。

(b)

(1)

尝试次数 1 2 3 4 5 6 7 8
概率 $\frac{1}{5}$ $\frac{8}{45}$ $\frac{7}{45}$ $\frac{2}{15}$ $\frac{1}{9}$ $\frac{4}{45}$ $\frac{1}{15}$ $\frac{1}{15}$

(2)

$P(k) = (\frac{4}{5})^{k - 1}(\frac{1}{5})^k$

8.

二项随机变量满足$P_X(k) = C_n^kp^k(1 - p)^{n - k}$。

所以 $$P_X(k + 1) = C_n^{k + 1}p^{k + 1}(1 - p)^{n - k - 1} =$$
$$\frac{n!}{(k + 1)!(n - k -1)!}p^{k + 1}(1 - p)^{n - k - 1} =$$
$$\frac{n - k}{k + 1}\frac{n!}{k!(n - k)!}\frac{p}{1 - p}p^k(1 - p)^{n - k} = \frac{p}{1 - p}\frac{n - k}{k + 1}P_X(k)$$

证毕。

9.

由第8题，我们可以得到：
$P_X(k + 1) - P_X(k) = (\frac{p}{1 - p}\frac{n - k}{k + 1} - 1)P_X(k)$。

由于$P_X(k) \geq 0$，我们不妨令$f(k) = \frac{p}{1 - p}\frac{n - k}{k + 1} - 1$，
则$f’(k) = \frac{-p(n + 1)}{(1 - p)(k + 1)^2}$。

不难发现导函数恒为负，且当$k = p(n + 1) - 1$时，原函数为0。所以当$k <= (n + 1)p$时，$P_X(k)$是非降的，而在$k > (n + 1)p$时是单调递减的。

证毕。

10.

因为泊松分布$P_X(k) = e^{-\lambda}\frac{\lambda^k}{k!}$，
所以$P_X’(k) = \frac{\lambda^ke^{-\lambda}}{(k!)^2}(ln\lambda\Gamma(k + 1) - \Gamma’(k + 1))$。

由于括号外的部分恒正，我们解括号内的部分等于0，即$\frac{\Gamma’(k + 1)}{\Gamma(k + 1)} = \Psi(k + 1) = ln\lambda$。

解得近似解为$k = \lambda$。由于$\Psi(x)$是单调递增的，故导函数在$[0, \lambda]$上大于0，在$(\lambda, \infty)$上小于0。

也可以简单地通过$\frac{P_X(k + 1)}{P_X(k)} = \frac{\lambda}{k + 1}$看出单调性。

证毕。

11.

略。

12.

略。

13.

数量 2 3 4 5 6 7
概率 $\frac{1}{32}$ $\frac{5}{32}$ $\frac{10}{32}$ $\frac{10}{32}$ $\frac{5}{32}$ $\frac{1}{32}$

14.

(a)

Y 0 1 2
P $\frac{2}{5}$ $\frac{3}{10}$ $\frac{3}{10}$

(b)

Y 0 1 2 5
P $\frac{1}{5}$ $\frac{1}{5}$ $\frac{1}{10}$ $\frac{1}{2}$

15.

因为$Y = ln(X), X = a^{|k|}$，所以$Y = |K|lna$。
又因为$K$是$[-n, n]$上的均匀分布，
所以$P_Y(y = |k|lna) = {\begin{array}{lcr}
\frac{2}{2n + 1} & & k \ne 0\
\frac{1}{2n + 1} & & k = 0
\end{array}$

16.

(a)

由归一性可知$2(P_X(3) + P_X(2) +P_X(1)) + P_X(0) = 1$，
解之得$a = \frac{1}{28}$。

由于$P_X$及其定义域关于$x = 0$对称，所以$E[x] = 0$。

(b)

因为$E[x] = 0$，所以$Z = X^2$，故$P_Z(z) = {\begin{array}{lcr}
\frac{2z}{28} & & z = 0, 1, 4, 9 \
0 & & otherwise
\end{array}$

©

由(b)得，$var(X) = E[Z] = \frac{2}{28} + \frac{32}{28} + \frac{162}{28} = 7$。

(d)

$var(X) = \sum_{x}(x - E[X])^2p_X(x) = 2(\frac{1}{28} + \frac{16}{28} + \frac{81}{28}) = 7$

17.

因为$F = 1.8C + 32$，所以$E[F] = 1.8E[C] + 32 = 40$，$var(F) = 1.8^2var© = 324$，所以$\sigma_F = 18$。

18.

$E[X] = \int_a^b\frac{2^x}{b - a}dx = \frac{2^b - 2^a}{(b - a)ln2}$

$var(X) = \int_a^b(2^x - E[X])^2 = \frac{2^{2b} - 2^{2a}}{2ln2} - \frac{b - a}{ln2} + (2^b - 2^a)^2(b - a)$

19.

略。

20.

设需要购买的数量为随机变量X，则X满足几何分布。所以$P_X(x) = (1 - p)^{x - 1}p$，
故期望$E[X] = \sum_{x = 1}^{\infty}x(1 - p)^{x - 1}p$，计算$E[x] - (1 - p)E[x]$后求得期望为$\frac{1}{p}$。

首先计算$E[X^2]$，然后使用$var(X) = E[X^2] - E[X]^2$计算方差。
因为$\E[X^2] = \sum_{x = 1}^{\infty}x^2(1 - p)^{x - 1}p$，
不难发现可以利用积分得到类似$E[X]$的形式。最后求得$E[X^2] = \frac{2 - p}{p^2}$，
故$var(X) = \frac{1 - p}{p^2}$。

几何分布的期望也可以通过第6节的全期望定理完成。

21.

由题意得，这是一个几何分布，所以$P_N(n) = (\frac{1}{2})^n$。
于是我们可以求得期望$E[X] = \sum_{x = 1}^{\infty}(\frac{1}{2})^x2^x = \infty$。

这个级数并不收敛，所以理论上你可以得到无穷多的钱，但是事实上这并不可能发生。

22.

(a)

$$P_X(x) = (1 - p - q + 2pq)^{x - 1}(p + q - 2pq)$$
$$E[X] = \frac{1}{p + q -2pq}$$
$$var(X) = \frac{1 - p - q + 2pq}{(p + q - 2pq)^2}$$

(b)

由条件概率得： $\frac{p(1 - q)}{p + q - 2pq}$

23.

(a)

抛掷k次，前$k - 1$次必定是正反交替，最后一次和倒数第二次相同。抛掷k次结束可以有两种情况（最后一次为正面和最后一次为反面），
所以分布列为$P_X(k) = (\frac{1}{2})^{k - 1}$。

期望值$E[X] = \sum_{x = 2}^{\infty}x(\frac{1}{2})^{x - 1}$，利用积分可得$E[X] = 3$。

同理方差$var(X) = E[X^2] - E[X]^2 = 12 - 9 = 3$。

这个问题在条件一节的习题33中有对任意p值下期望值公式的推广。

(b)

抛掷k次，一定先出现若干次（可以为0）反面朝上，接下来若干次正面朝上I（至少有一次），最后一次反面朝上。
所以分布列为$P_X(k) = (k - 1)(\frac{1}{2})^k$。

期望值$E[X] = \sum_{x = 2}^{\infty}x(x - 1)(\frac{1}{2})^x = 4$。

方差$var(X) = E[X^2] - E[X]^2 = 80 - 16 = 64$

24.

(a)

由题意得：X，Y是$-2 \leq x \leq 4, x - 1 \leq y \leq x + 1$上的均匀分布，所以：

Y/X -2 -1 0 1 2 3 4
-3 $\frac{1}{21}$ 0 0 0 0 0 0
-2 $\frac{1}{21}$ $\frac{1}{21}$ 0 0 0 0 0
-1 $\frac{1}{21}$ $\frac{1}{21}$ $\frac{1}{21}$ 0 0 0 0
0 0 $\frac{1}{21}$ $\frac{1}{21}$ $\frac{1}{21}$ 0 0 0
1 0 0 $\frac{1}{21}$ $\frac{1}{21}$ $\frac{1}{21}$ 0 0
2 0 0 0 $\frac{1}{21}$ $\frac{1}{21}$ $\frac{1}{21}$ 0
3 0 0 0 0 $\frac{1}{21}$ $\frac{1}{21}$ $\frac{1}{21}$
4 0 0 0 0 0 $\frac{1}{21}$ $\frac{1}{21}$
5 0 0 0 0 0 0 $\frac{1}{21}$

所以边缘分布列$$P_X(x) = \left{\begin{array}{lcr}
\frac{1}{7} & & -2 \leq x \leq 4 \
0 & & otherwise
\end{array}\right.$$

$$P_Y(y) = \left{\begin{array}{lcr}
\frac{1}{21} & & y = -3/y = 5\
\frac{2}{21} & & y = -2/y = 4\
\frac{1}{7} & & -1 \leq y \leq 3\
0 & & otherwise
\end{array}\right.$$

期望$E[X] = 1, E[Y] = 1$。

(b)

$$E[100X + 200Y] = \sum_{(x, y)}(100x + 200y)P_{X, Y}(x, y) = \frac{8200}{21} \approx 390$$

25.

(a)

因为答案被选中的可能性相等，故$P_{I, J}$满足均匀分布，所以
$$P_{I, J}(i, j) = \left{
\begin{array}{lcr}
\frac{1}{\sum_{k = 1}^{n}m_k} & & 0 < j \leq m_i\
0 & & otherwise
\end{array}
\right.$$

不难得到边缘分布列$P_I(i) = \frac{m_i}{\sum_{k = 1}^{n}m_k}, P_J(j) = \frac{\sum_{k = 1}^{n}[j \leq m_k]}{\sum_{k = 1}^{n}m_k}$。

(b)

对于第i个学生，可以将其回答情况视为$m_i$个独立的题目的得分期望的和，所以总分的期望值为$\sum_{k = 0}^{m_i}ap_{i, k} + b(1 - p_{i, k})$。

26.

(a)

因为最低分不小于x的分布列$P(X_1 \geq x, X_2 \geq x, X_3 \geq x) = \Pi_{i = 1}^3\frac{111 - x}{10}$

所以$P_X(x) = (\frac{111 - x}{10})^3 - (\frac{110 - x}{10})^3$

(b)

三天的平均得分为$\frac{x_1 + x_2 + x_3}{3}$，而X的期望$E[X] = \sum_{i = 101}^{110}x((\frac{111 - x}{10})^3 - (\frac{110 - x}{10})^3)$。

平均分的期望值为$105.5$，而X的期望为$103.025$。

27.

略。

28.

换一种方式陈述书上的答案，使得答案更加容易理解。

我们如果按照原来的顺序答题，奖金的期望$E[L] = p_1v_1 + p_1p_2v_2 + \dots + p_1p_2\dots p_nv_n$。

假定我们尝试着交换相邻两道题的顺序（交换任意两道题的顺序可以通过若干次相邻交换实现），
则交换后的期望值变为$E[L’] = p_1v_1 + \dots + p_1p_2\dots p_{k + 1}v_{k + 1} + p_1p_2\dots p_kp_{k + 1}v_k + \dots + p_1p_2\dots p_nv_n$。
将两个式子做差，可以得到$p_1p_2\dots p_{k - 1}(p_kv_k + p_kp_{k + 1}v_{k + 1} - p_{k + 1}v_{k + 1} - p_kp_{k + 1}v_k)$。括号外的式子一定为正，
我们只看括号内：$p_kv_k(1 - p_{k + 1}) + p_{k + 1}v_{k + 1}(p_k - 1)$，提出一个$(1 - p_{k + 1})(1 - p_{k})$，得到
$\frac{p_kv_k}{1 - p_k} - \frac{p_{k + 1}v_{k + 1}}{1 - p_{k + 1}}$。所以先选$\frac{p_iv_i}{1 - p_i}$是明智的。

证毕。

29.

略。

30.

略。

31.

因为$P_{X, Y}(x, y) = P_Y(y)P_{X|Y}(x|y)$，所以 $P_{X,Y}(x, y) =\
C_4^y(\frac{1}{6})^y(\frac{1}{6})^{4 - y}C_{4 - y}^x(\frac{1}{6})^x(\frac{5}{6})^{4 - y - x}$。

如果不满足$0 \leq x,y \leq 4$且$0 \leq x + y \leq 4$，则$P_{X, Y}(x, y) = 0$。

32.

$$E[S|A = a] = \sum_{s}sP_{S|A = a}(s) = \sum_{s}\frac{sC_{m}^sC_{m - s}^{a - 2s}}{C_{2m}^a}$$

33.

略。

34.

略

35.

略。

36.

略。

37.

略。

38.

设每个路口遇到红灯的概率为p。

(a)

$$P_X(x) = C_4^xp^x(1 - p)^{4 - x}$$ $$E[X] = 4p$$
$$var(X) = \sum_{i = 0}^4var(X_i) = 4p(1 - p)$$

(b)

$$var(2X) = 16p(1 - p)$$

39.

由独立性，有： $$E[X] = \sum_{i = 1}^{10}E[X_i] = 35$$
$$var(X) = \sum_{i = 1}^{10}var(X_i) = \frac{175}{6}$$

40.

由于论文之间的成绩完全独立，我们不妨在论文与论文之间插入隔板，以此区分不同成绩的两批论文。
如果上交了k篇论文，每种评分的论文至少有一篇的概率就为$P(k) = \frac{5!C_{k - 1}^5}{(k + 1)^5}$
（一共需要安插5个隔板，分为6个不同评分的区间，所有的可能安插的位置一共是$k + 1$个，而合法的安插位置只能在中间的$k - 1$个中选择，且不能重复，隔板自身的顺序有$5!$种）。

其中$P(24) \approx 0.5$，$\lim_{k \to \infty} = 1$。

41.

(a)

不难得到$P(x) = C_{250}^x0.02^x0.98^{250 - x}$，所以$E[X] = 50$。

所以罚单数刚好等于50的概率为$P(50)$。

(b)

利用泊松分布近似(a)中的结果：$P(50) \approx e^{-50}\frac{(50)^{50}}{50!} \approx 0.056$。

©

$$E[0.5 \times 10X + 0.3 \times 20X + 0.2 \times 50X] = 1050$$
$$var(0.5 \times 10X + 0.3 \times 20X + 0.2 \times 50X) = 2160.9$$

(d)

因为$\sigma(X) \approx 2.21$，所以$p \in [0, 0.064]$。

42.

(a)

因为$P_{X_i} = S$，所以$E[X_i] = S$，故$E[S_n] = \frac{nS}{n} = S$。

对于单个点的方差$var(X_i) = S(1 - S)$是有限值，
所以由独立性$\\lim_{n \to \infty}var(S_n) = \frac{nS(1 - S)}{n^2} = 0$。

证毕。

(b)

$$S_n = \frac{(n - 1)S_{n - 1} + X_n}{n}$$

©

由于单位正方形的内切圆的半径为$\frac{1}{2}$，所以
$$\pi = 4E[S_n] = \frac{4}{n}\sum_{i = 1}^{10000}P_{X_i}$$
只要计算落在圆形内部的点的数量即可确定$\pi$的值。

(d)

类似于©。

43.

略。

44.

略。

45.

略。

46.

略。

第三章一般随机变量

1.

因为X是$[0, 1]$上的均匀分布，所以$p_X(x) = 1, x \in [0, 1]$。
所以Y的分布列为 $$P_Y(y) = \left{
\begin{array}{lcr}
\int_{0}^{\frac{1}{3}}p_X(x)dx = \frac{1}{3} & & y = 1\
\int_{\frac{1}{3}}^{1}p_X(x)dx = \frac{2}{3} & & y = 2\
0 & & otherwise
\end{array}
\right.$$

所以$E[Y] = \frac{5}{3}$，根据期望规则，
$E[Y] = \int_{0}^{\frac{1}{3}}dx + \int_{\frac{1}{3}}^{1}2dx = \frac{5}{3}$，
可以验证我们的结果是正确的。

2.

$\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\lambda}{2}e^{-\lambda |x|} = \int_{0}^{\infty}\lambda e^{-\lambda x}$，
可见积分值与指数分布相同，归一化得证。

所以拉普拉斯随机变量的期望$E[X] = \int_{-\infty}^{\infty}\frac{x\lambda}{2}e^{-\lambda |x|} = 0$，
则$var(X) = E[X^2] = \int_{-\infty}^{\infty}\frac{x^2\lambda}{2}e^{-\lambda |x|}dx = \frac{2}{\lambda^2}$。

拉普拉斯分布的更普遍形式为$p_X(x) = \frac{1}{2\lambda}e^{-\frac{|x - \mu|}{\lambda}}$，
这个形式下的$\E[X] = \mu, var(X) = 2\lambda^2$。

3.

略。

4.

略。

5.

不妨设三角形的高为H，对应的底边长度为L，
则分布函数$P_X(x)$可以用梯形的面积除以三角形面积得到：
$P_X(x) = \frac{\frac{H - x}{H}L + L}{2}\frac{2}{HL} = \frac{x(2H - x)}{H^2}, x \in [0, H]$。

所以概率密度函数$f_X(x) = P_X’(x) = \frac{2(H - x)}{H^2}$。

6.

有0个顾客的时候，等候的时间为0；有一个顾客的时候，等候时间是一个指数随机变量。
所以： $$P_X(x) = \left{
\begin{array}{lcr}
0 & & x < 0\
\frac{1}{2} & & x = 0\
\frac{1}{2}(1 + \int_{0}^{x}\lambda e^{-\lambda t}dt) & & x > 0
\end{array}
\right.$$

解之得： $$P_X(x) = \left{
\begin{array}{lcr}
0 & & x < 0\
\frac{1}{2} & & x = 0\
\frac{1}{2}(2 - e^{-\lambda x}) & & x > 0
\end{array}
\right.$$

7.

(a)

X的分布函数为两个圆形面积的比值，所以$P_X(x) = \frac{x^2}{r^2}, x \in [0, r]$。
求导后可以得到概率密度函数$f_X(x) = \frac{2x}{r^2}$。所以$E[X] = \int_{0}^{r}\frac{2x^2}{r^2}dx = \frac{2r}{3}$，
$var(X) = E[X^2] - E[X]^2 = \frac{r^2}{18}$。

(b)

由上一问可知： $$P_S(s) = \left{
\begin{array}{lcr}
0 & & s < 0\
\frac{r^2 - t^2}{r^2} & & s = 0\
\frac{r^2 - t^2}{r^2} & & 0 < s < \frac{1}{t}\
\frac{r^2 - t^2}{r^2} + \frac{t^2 - (\frac{1}{s})^2}{r^2} & & s \geq \frac{1}{t}
\end{array}
\right.$$

是连续随机变量。

8.

(a)

X的分布函数为$P_X(X \leq x)$，由全概率公式，可以得到$P_X(X \leq x) = pP_Y(Y \leq x) + (1 - p)P_Z(Z \leq x)$。
对式子两侧分别求导可得$f_X(x) = pf_Y(x) + (1 - p)f_Z(x)$。

证毕。

(b)

$$P_X(x) = \left{
\begin{array}{lcr}
pe^{\lambda x} & & x < 0\
1 + (p - 1)e^{-\lambda x} & & x \geq 0
\end{array}
\right.$$

9.

略。

10.

略。

11.

(a)

因为$\sigma_X = 1, \mu_X = 0$，所以X服从标准正态分布。
所以我们根据标准正态分布表，可以得到： $P(X \leq 1.5) \approx 0.9332,\
P(X leq -1) = 1 - \Phi(1) \approx 0.1587$。

(b)

因为$\sigma_Y = 2, \mu_Y = 1$，而$Z = \frac{Y - 1}{2}$，所以
$\sigma_Z = 1, \mu_Z = 0$，所以
$f_Z(z) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{\frac{-x^2}{2}}$。

©

由(b)可知：$P(-1 \leq Y \leq 1) = P(-1 \leq Z \leq 0) =\ 0.5 - P(Z \leq -1) \approx 0.3413$。

12.

$P(X \geq k\sigma) = 1 - P(X \leq k\sigma)$，令$Y = \frac{X}{\sigma}$，
则$P(X \geq k\sigma) = 1 - P(Y \leq k)$，于是：$P(X \geq \sigma) \approx 0.1587,
P(X \geq 2\sigma) \approx 0.0228, P(X \geq 3\sigma) \approx 0.0013$。

由于$\mu = 0$，所以$P(|X| \leq k\sigma) = 1 - 2P(X \geq k\sigma)$，
所以$P(X \geq \sigma) \approx 0.6826,
P(X \geq 2\sigma) \approx 0.9544, P(X \geq 3\sigma) \approx 0.9974$。

13.

因为$C = \frac{F - 32}{1.8}$，所以$P(F \leq 59) = P(C \leq 15)$，
其中C满足正态分布，$\mu_C = 10, \sigma_C = 10$。

再令$X = \frac{C - \mu_C}{\sigma_C}$，则$P(F \leq 59) = P(X \leq 0.5) \approx 0.6915$。

14.

略。

15.

(i)

$$f_{X,Y}(x, y) = \left{
\begin{array}{lcr}
\frac{2}{\pi r} & & x^2 + y^2 \leq r, y > 0\
0 & & otherwise
\end{array}
\right.$$

(ii)

由(i)得：$f_Y(y) = \int_{-\sqrt{r - y^2}}^{\sqrt{r - y^2}}\frac{2}{\pi r}dx = \frac{4}{\pi r}\sqrt{r - y^2}$，
所以$E[Y] =\ \int_{0}^{\sqrt{r}}\frac{4y}{\pi r}\sqrt{r - y^2}dy = \frac{4\sqrt{2}}{3 \pi}$。

(iii)

利用期望规则直接积分：
$E[Y] = \int_{0}^{\sqrt{r}}ydy\int_{-\sqrt{r - y^2}}^{\sqrt{r - y^2}}\frac{2}{\pi r}dx = \frac{4\sqrt{2}}{3 \pi}$。

16.

不妨设针的中点到最近的水平线的距离为X，到最近的垂直线的距离为Y，针与水平线的夹角为$\Theta$，
根据布丰抛针问题，我们可以得到： $$f_{X, Y, \Theta} = \left{
\begin{array}{lcr}
\frac{8}{ab\pi} & & x \in [0, \frac{b}{2}], y \in [0, \frac{a}{2}], \theta \in [0, \frac{\pi}{2}]\
0 & & otherwise
\end{array}
\right.$$

所以针与水平线相交的概率为
$\P(X \leq \frac{l}{2}sin\Theta) = \frac{8}{ab\pi}\int_{0}^{\frac{a}{2}}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\int_{0}^{\frac{l}{2}sin\theta}dxd\theta dy = \frac{2l}{b\pi}$。

同理，针与垂直线相交的概率为：
$\P(Y \leq \frac{l}{2}cos\Theta) = \frac{8}{ab\pi}\int_{0}^{\frac{b}{2}}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\int_{0}^{\frac{l}{2}cos\theta}dyd\theta dx = \frac{2l}{a\pi}$。

所以相交边数的期望值为$\frac{2l}{b\pi}(1 - \frac{2l}{a\pi}) + \frac{2l}{a\pi}(1 - \frac{2l}{b\pi}) + 2\frac{2l}{a\pi}\frac{2l}{b\pi} = \frac{2l}{b\pi} + \frac{2l}{a\pi}$，
至少交于一条边的概率为$\frac{2l}{b\pi} + \frac{2l}{a\pi} - \frac{2l}{a\pi}\frac{2l}{b\pi}$。

17.

略。

18.

(a)

$$E[X] = \int_{1}^{3}\frac{x^2}{4}dx = \frac{13}{6}$$
$$P(A) = 1 - P(X \leq 2) = 1 - \int_{1}^{2}\frac{x}{4}dx = \frac{5}{8}$$
$$f_{X|A}(x) = \left{
\begin{array}{lcr}
\frac{2x}{5} & & 2 \leq x \leq 3\
0 & & otherwise
\end{array}
\right.$$
$$E[X|A] = \int_{2}^{3}\frac{2x^2}{5}dx = \frac{38}{15}$$

(b)

$$E[Y] = E[X^2] = \int_{1}^{3}\frac{x^3}{4}dx = 5$$
$$var(Y) = E[Y^2] - E[Y]^2 = \int_{1}^{3}\frac{x^5}{4}dx - 25 = \frac{16}{3}$$

19.

(a)

由归一性：$\int_{1}^{2}cx^{-2}dx = 1$，解得$c = 2$。

(b)

$$P(A) = 1 - P(X \leq 1.5) = 1 - \int_{1}^{1.5}\frac{2dx}{x^2} = \frac{1}{3}$$
$$f_{X|A}(x) = \left{
\begin{array}{lcr}
\frac{6}{x^2} & & 1.5 \leq x \leq 2\
0 & & otherwise
\end{array}
\right.$$

©

$$E[Y|A] = E[X^2|A] = \int_{1.5}^{2}6dx = 3$$
$$var(Y|A) = E[Y^2|A] - E[Y|A]^2 = \frac{1}{4}$$

20.

因为共同的分布为指数分布，且期望值为30，所以$f_X(x) = \frac{1}{30}e^{-\frac{x}{30}}$。
第二个学生到达时，第一个学生已经到达了5分钟，所以$P(X \geq 5) = 1 - \int_{0}^{5}f_X(x) = e^{-\frac{1}{6}}$。
所以第一个学生答疑时间的概率密度函数变为$f_{X|A}(x) = \frac{e^{\frac{1}{6}}}{30}e^{-\frac{x}{30}}$，
其期望值为$E[X|A] = \int_{5}^{\infty}\frac{e^{\frac{1}{6}}x}{30}e^{-\frac{x}{30}}dx = 35$，所以所花时间的期望值为65。

21.

(a)

$$f_{X, Y}(x, y) = \left{
\begin{array}{lcr}
\frac{1}{xl} & & y \leq x \leq l\
0 & & otherwise
\end{array}
\right.$$

(b)

$$f_{Y}(y) = \left{
\begin{array}{lcr}
\int_{y}^{l}\frac{dx}{xl} & & 0 \leq y \leq l\
0 & & otherwise
\end{array}
\right.$$

解之得： $$f_{Y}(y) = \left{
\begin{array}{lcr}
\frac{lnl - lny}{l} & & 0 \leq y \leq l\
0 & & otherwise
\end{array}
\right.$$

©

$$E[Y] = \int_{0}^{l}\frac{y(lnl - lny)}{l}dy = \frac{l}{4}$$

(d)

$E[Y] = E[X\frac{Y}{X}] = E[X]E[\frac{Y}{X}] = \frac{l}{2}\frac{1}{2} = \frac{l}{4}$。

22.

(i)

设随机选取的两个点距离左侧的距离为X和Y，不妨认为X为更靠右侧的那个点，则概率密度函数为：
$$f_{X, Y}(x, y) = \left{
\begin{array}{lcr}
\frac{1}{x} & & 0 \leq y \leq x \leq 1\
0 & & otherwise
\end{array}
\right.$$

由于三角形的两边之和大于第三边，我们可以列出满足条件的三个式子：
$$\begin{array}{lcr}
Y + X - Y & > & 1 - X\
Y + 1 - X & > & X - Y\
X - Y + 1 - X & > & Y\
\end{array}$$

整理后得到： $$\begin{array}{lccrr}
X & > & \frac{1}{2} & \rightarrow & A\
Y & < & \frac{1}{2} & \rightarrow & B\
X - Y & < & \frac{1}{2} & \rightarrow & C\
\end{array}$$

所以$P(A) = 1 - \int_{0}^{\frac{1}{2}}\int_{0}^{x}\frac{dydx}{x} = \frac{1}{2}$，
$P(B|A) = \int_{\frac{1}{2}}^{1}\int_{0}^{\frac{1}{2}}\frac{2}{x}dydx = ln2$，
$P(C|(B|A)) = \int_{\frac{1}{2}}^{1}\int_{x - \frac{1}{2}}^{\frac{1}{2}}\frac{dydx}{xln2} = 1 - \frac{1}{2ln2}$。

(ii)

本质上和(i)是一样的，仅仅只是选取方向的不同。

(iii)

设Y为第一次选取的点距离最近的一端的距离，X为第二次选区的点距离Y的距离，则概率密度函数为：
$$f_{X, Y}(x, y) = \left{
\begin{array}{lcr}
\frac{2}{1 - y} & & 0 \leq y \leq \frac{1}{2}, y \leq x \leq 1\
0 & & otherwise
\end{array}
\right.$$

同(i)，我们可以列出以下的条件（注意，此时的三段杆的距离已经变成了$X, Y, 1 - X - y$）：
$$\begin{array}{lccrr}
X & < & \frac{1}{2} & \rightarrow & A\
Y & < & \frac{1}{2} & \rightarrow & B\
X + Y & > & \frac{1}{2} & \rightarrow & C\
\end{array}$$

所以$P(A) = \int_{0}^{\frac{1}{2}}\int_{y}^{\frac{1}{2}}\frac{2}{1 - y}dxdy = 1 - ln2$，
$P(B|A) = 1$，$P(C|(B|A)) = 2ln\frac{4}{3} + \frac{1}{2}ln\frac{3}{2} - \frac{1}{4}$。

23.

(a)

$$f_{X, Y}(x, y) = \left{
\begin{array}{lcr}
2 & & x \geq 0, y \geq 0, x + y \leq 1\
0 & & otherwise
\end{array}
\right.$$

(b)

$$f_Y(y) = \int_{0}^{1 - y}2dx = 2(1 - y)$$

©

$$f_{X|Y = y}(x) = \frac{1}{1 - y}$$

(d)

$$E[X|Y = y] = \frac{1 - y}{2}$$
$$E[X] = \int_{0}^{1}E[X|Y = y]F_{Y}(y)dy = \int_{0}^{1}(1 - y)^2dy = \frac{1}{3}$$

(e)

利用对称性，$E[Y] = E[X] = \frac{1}{3}$。

24.

概率密度函数： $$f_{X, Y}(x, y) = \left{
\begin{array}{lcr}
1 & & x \geq 0, y \geq 0, 2x + y \leq 2\
0 & & otherwise
\end{array}
\right.$$

边缘概率密度函数： $$f_X(x) = \int_{0}^{-2x + 2}dy = -2x + 2$$
$$f_Y(y) = \int_{0}^{\frac{2 - y}{2}}dx = \frac{2 - y}{2}$$

条件期望： $$E[X|Y = y] = \frac{2 - y}{4}$$ $$E[Y|X = x] = 1 - x$$

所以由全期望定理可得：
$$E[X] = \int_{0}^{1}E[X|Y = y]f_Y(y)dy = \frac{5}{24}$$
$$E[Y] = \int_{0}^{2}E[Y|X = x]f_X(x)dx = \frac{4}{3}$$

25.

$(X, Y)$离原点的距离至少为c，故$\sqrt{X^2 + Y^2} \geq c$，
所以$P(A) =\ P(\sqrt{X^2 + Y^2} \geq c) = 1 - \int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{c}\frac{\rho}{2\pi \sigma^2}e^{\frac{-\rho^2}{2\sigma^2}}d\rho d\theta = e^{\frac{-c^2}{2\sigma^2}}$。

于是得到条件联合概率密度函数：
$$f_{(X, Y)|A} = \frac{1}{2\pi \sigma^2}e^{\frac{-x^2 - y^2 + c^2}{2\sigma^2}}$$

26.

略。

27.

(a)

$$\int_{(x, y) \in A}f_{X,Y|C}(x, y)dxdy = \frac{1}{P©}\int_{(x, y) \in A}f_{X, Y}(x, y)dxdy = \frac{P©}{P©} = 1$$
所以$f_{X,Y|C}(x, y)$是一个合格的联合概率密度函数。

(b)

令$C = \bigcup_{i = 1}^{n}C_i$，因为$A_i$是二维平面的分割，所以$C_i$也是$C$的一个分割。
由(a)可知：$f_{X, Y}(x, y) = P©f_{X, Y|C}(x, y)$，所以由全概率公式即可得到
$f_{X, Y}(x, y) = \sum_{i = 1}^{n}P(C_i)f_{X, Y|C_i}(x, y)$。

28.

略。

29.

略。

30.

略。

31.

略。

32.

略。

33.

略。

34.

(a)

不妨设硬币正面朝上为事件A，由连续的全期望定理：$P(A) =\ \int_{0}^{1}p^2e^pdp = e - 2$

(b)

$$f_{P|A}(p) = \left{
\begin{array}{lcr}
\frac{pe^p}{e - 2} & & p \in A\
0 & & otherwise
\end{array}
\right.$$

©

由连续贝叶斯准则：
$f_{P|X}(p|x) = \frac{f_{P}(p)P(X = x|P = p)}{P(x)} = \frac{p^2e^p}{e - 2}$，
所以第二次抛掷正面朝上的条件概率为$\int_{0}^{1}\frac{p^3e^p}{e - 2}dp = \frac{6 - 2e}{e - 2}$

35.

略。

第四章随机变量的深入内容

1.

由题意得，$f_X(x) = \frac{1}{2}$，所以
$F_Y(y) = P(Y \leq y) = P(\sqrt{|X|} \leq y) = P(|X| \leq y^2)$。

$$F_Y(y) = \left{
\begin{array}{lcr}
y^2 & & y \in [0, 1]\
0 & & otherwise
\end{array}
\right.$$

求导后即可得到： $$f_Y(y) = \left{
\begin{array}{lcr}
2y & & y \in [0, 1]\
0 & & otherwise
\end{array}
\right.$$

因为$F_Z(z) = P(Z \leq z) = P(-ln|X| \leq z) = P(|X| \geq e^{-z})$

$$F_Z(z) = \left{
\begin{array}{lcr}
1 - e^{-z} & & z \in [0, \infty]\
0 & & otherwise
\end{array}
\right.$$

所以 $$f_Z(z) = \left{
\begin{array}{lcr}
e^{-z} & & z \in [0, \infty]\
0 & & otherwise
\end{array}
\right.$$

2.

令$Y = e^X$，则$F_Y(y) = P(Y \leq y) = P(e^X \leq y) = P(X \leq lny)$，
所以$F_Y(y) = \int_{-\infty}^{lny}f_X(x)dx$，求导后$f_Y(y) = \frac{f_X(lny)}{y}$。

当X服从$[0, 1]$上的均匀分布时： $$f_Y(y) = \left{
\begin{array}{lcr}
\frac{1}{y} & & y \in [1, e]\
0 & & otherwise
\end{array}
\right.$$

3.

令$Y = |X|^{\frac{1}{3}}, Z = |X|^{\frac{1}{4}}$，则：
$F_Y(y) = P(Y \leq y) = P(|X|^{\frac{1}{3}} \leq y) = P(|X| \leq y^3) = \int_{0}^{y^3}f_{|X|}(|x|)dx$，
所以$f_Y(y) = 3y^2f_{|X|}(y^3)$，同理$f_Z(z) = 4z^3f_{|X|}(y^4)$。

4.

因为$F_Y(y) = P(Y \leq y)$，当$0 \leq y \leq 5$时，由全概率公式，
$P(Y \leq y) = \frac{1}{4}P(X \leq y) + \frac{3}{4}P(X - 5 \leq y) = \frac{1}{4}P(X \leq y) + \frac{3}{4}P(X \leq y + 5)$，
所以$P(Y \leq y) = \frac{1}{4}(\int_{0}^{y}f_{X_A}(x)dx + 3\int_{0}^{y + 5}f_{X_B}(x)dx) = \frac{y}{10} + \frac{1}{4}$，故$f_Y(y) = \frac{1}{10}$；
同理当$5 < y \leq 15$时，$P(Y \leq y) = \frac{3}{4}\int_{0}^{y + 5}f_{X_B}(x)dx = \frac{y + 5}{20}$，所以$f_Y(y) = \frac{1}{20}$。

5.

$|z| = 0.5$的情况

由于$X, Y$均服从均匀分布，两个随机变量的联合概率可以用以上的正方形区域面积表示。
考虑$|X - Y| \leq z$，这个式子可以被拆开为两个式子$X - Y \leq z$和$Y - X \leq z$，在图中做出这两个函数的图像。
不难发现$P(Z \leq z)$就是两条平行线与正方形所包围的图形的面积，即$P(Z \leq z) = 2z - z^2$，所以$f_Z(z) = 2 - 2z$。

6.

使用和第五题类似的做法：$P(Z \leq z) = P(|X - Y| \leq z) = \frac{\sqrt{2}z}{2}(\sqrt{2}z + \frac{\sqrt{2}}{2}(1 - z) * 2) = \frac{z}{2}$，
所以$f_Z(z) = \frac{1}{2}$。

7.

不难看出这题的随机变量就是第五题中的Z。所以$E[Z] = \int_{0}^{1}2z^2 - z^3dz = \frac{1}{3}$。

证毕。

8.

$$f_Z(z) = \int_{-\infty}^{\infty}f_X(x)f_Y(z - x)dx = \int_{0}^{z}\lambda^2e^{-\lambda x}e^{-\lambda (z - x)}dx = \lambda^2ze^{-\lambda z}$$

9.

当$z \leq 0$， $$\begin{array}{l}
F_Z(z) = P(X - Y \leq z) = 1 - P(X - Y > z)\
= 1 - \int_{0}^{\infty}\mu e^{-\mu y}dy\int_{z + y}^{\infty}\lambda e^{-\lambda x}dx\
= 1 - \frac{\mu}{\lambda + \mu}e^{-\lambda z}
\end{array}$$

当$z < 0$时，$-z \leq 0$，所以$F_Z(z) = 1 - F_Z(-z) = \frac{\mu}{\lambda + \mu}e^{\lambda z}$。

10.

由离散卷积公式$f_Z(z) = \sum f_X(x)f_Y(z - x)$可以求得：
$$p_Z(z) = \left{
\begin{array}{lcr}
\frac{1}{6} & & z = 1\
\frac{5}{18} & & z = 2\
\frac{1}{3} & & z = 3\
\frac{1}{6} & & z = 4\
\frac{1}{18} & & z = 5
\end{array}
\right.$$

11.

设$P_X(k) = e^{-\lambda}\frac{\lambda^k}{k!}, P_Y(k) = e^{-\mu}\frac{\mu^k}{k!}$，
由卷积公式，有$P_Z(z) =\ \sum P_X(k)P_Y(z - k)$，因为$C_z^k = \frac{z!}{k!(z - k)!}$，
所以$P_Z(z) = \frac{e^{(-\lambda + \mu)}}{z!}\sum C_z^k \lambda^k \mu^{z - k}\ = e^{-(\lambda + \mu)}\frac{(\lambda + \mu)^z}{z!}$。

证毕。

12.

先求$W = X + Y$的概率密度函数： $$f_W(w) = \left{
\begin{array}{llccr}
\int_{0}^{w}dx & = & w & & 0 \leq w \leq 1\
\int_{w - 1}^{1}dx & = & 2 - w & & 1 < w \leq 2\
0 & & & & otherwise
\end{array}
\right.$$

再求$R = W + Z$： $$f_R® = \left{
\begin{array}{llccr}
\int_{0}^{r}wdw & = & \frac{r^2}{2} & 0 \leq r \leq 1\
\int_{r - 1}^{1}wdw + \int_{1}^{r}2-wdw & = & 3r - r^2 - \frac{3}{2} & 1 < r \leq 2\
\int_{r - 1}^{2}2 - wdw & = & \frac{r^2}{2} - 3r + \frac{9}{2} & 2 < r \leq 3\
0 & & & otherwise
\end{array}
\right.$$

13.

因为概率密度函数的对称轴为$\frac{a + b}{2}$，所以有$f(x) = f(a + b - x)$，
而$X + Y$和$X - Y$的积分区间正好差着$a + b$的距离，所以只需要将$f_{X + Y}$平移即可。

14.

$$\begin{array}{l}
P_Z(z) = P(min{X, Y} \leq z)\
= 1 - P((min{X, Y} > z)\
= 1 - P(X > z)P(Y > z)\
= 1 - (1 - P(X \leq z))(1 - P(Y \leq z))\
= 1 - (1 - \int_{0}^{z}\lambda e^{-\lambda x}dx)(1 - \int_{0}^{z}\mu e^{-\mu y}dy)\
= 1 - e^{-(\lambda + \mu)z}
\end{array}$$

所以$Z = min{X, Y}$服从参数为$\lambda + \mu$的指数分布。

证毕。

15.

略。

16.

略。

17.

因为$var(X) = var(Y)$，所以 $$\begin{array}{l}
cov(X + Y, X - Y) = cov(X + Y, X) - cov(X + Y, Y)\
= cov(X, X) + cov(Y, X) - cov(X, Y) - cov(Y, Y)\
= cov(X, X) - cov(Y, Y)\
= var(X) - var(Y)\
= 0
\end{array}$$

所以$X + Y, X - Y$不相关。

证毕。

18.

由题意得：
$cov(W, X) = cov(W, Y) = cov(W, Z) = cov(X, Y) =\ cov(X, Z) = cov(Y, Z) = 0$，
所以： $$\begin{array}{l}
\rho(R, S) = \frac{cov(R, S)}{\sqrt{var®var(S)}}\
= \frac{cov(W + X, X + Y)}{\sqrt{var(W + X)var(X + Y)}}\
= \frac{cov(W, X) + cov(W, Y) + cov(X, X) + cov(X, Y)}{\sqrt{(var(W) + var(X) + 2cov(W, X))(var(X) + var(Y) + 2cov(X, Y))}}\
= \frac{var(X)}{\sqrt{(var(W) + var(X))(var(X) + var(Y)}}\
= \frac{1}{2}
\end{array}$$

同理$\rho(S, T) = \frac{1}{2}$

19.

$$\begin{array}{l}
\rho(X, Y) = \frac{cov(X, Y)}{\sqrt{var(X)var(Y)}}\
= \frac{cov(X, a + bX + cX^2)}{\sqrt{var(X)var(a + bX + cX^2)}}\
= \frac{cov(X, bX) + cov(X, cX^2)}{\sqrt{var(X)(var(a + bX) + var(cX^2) +2cov(a + bX, cX^2))}}\
= \frac{b\times var(X) + c \times cov(X, X^2)}{\sqrt{var(X)(a^2var(X) + c^2var(X^2) + 2bc \times cov(X, X^2))}}\
= \frac{b}{\sqrt{a + 2c^2}}
\end{array}$$

20.

略。

21.

略。

22.

设第i次赌博的收益比率为常量$R_i$，资产值为随机变量$X_i$，我们可以得到：

$E[X_1] = (pR_1 + 2(1 - p)^2)x$
$E[X_2] = E[E[X_2|X_1]] = (pR_2 + 2(1 - p)^2)X_1$
$E[X_3] = E[E[X_3|X_2]] = (pR_3 + 2(1 - p)^2)X_2$
…

综上：$E[X_n] = x\Pi_{i = 1}^n(pR_i + 2(1 - p)^2)$

23.

(a)

当$X \leq 1$时，纳特的等待时间为0；当$X > 1$时，等待时间的期望值为$\int_{1}^{2}\frac{x - 1}{2}dx = \frac{1}{4}$，
所以总的等待时间的期望值为15分钟。

(b)

当$X \leq 1$时，约会的时长是3小时；当$X > 1$时，约会时间的期望值为$E[Y] = E[E[Y|X]]$，
因为$E[Y|X] = \frac{3 - X}{2}$，所以$E[Y] = \frac{3}{2} - \frac{E[X]}{2} = 1$。
所以总的约会时间的期望值为2小时。

©

TODO:

24.

(a)

由重期望法则： $$\begin{array}{l}
E[X] = E[E[X|Y]] \
= E[5 - Y] \
= 5 - E[Y] \
= 3
\end{array}$$

(b)

$E[X + Y] = E[X] + E[Y] = 3 + 2 = 5$小时，所以是下午两点。

©

TODO:

25.

略。

26.

略。

27.

略。

28.

略。

29.

$$\begin{array}{l}
M(s) = \sum_{x}e^{sx}p_X(x)\
= e^s \times \frac{1}{2} + e^{2s} \times \frac{1}{4} + e^{3s} \times \frac{1}{4}\
\end{array}$$

所以：

$E[X] = \frac{d}{ds}M(s)|_{s = 0} = \frac{7}{4}$
$E[X^2] = \frac{d^2}{ds^2}M(s)|_{s = 0} = \frac{15}{4}$
$E[X^3] = \frac{d^3}{ds^3}M(s)|_{s = 0} = \frac{37}{4}$

30.

标准正态分布$f_X(x) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{\frac{-x^2}{2}}$，
其矩母函数为 $$\begin{array}{l}
M(s) = \int_{-\infty}^{\infty}e^{sx}f_X(x)dx\
= \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{\infty}e^{\frac{-x^2}{2} + sx}dx\
= \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{\infty}e^{-\frac{x^2 - 2sx + s^2 - s^2}{2}}dx\
= \frac{e^{\frac{s^2}{2}}}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{\infty}e^{-\frac{(x - s)^2}{2}}dx\
= e^{\frac{s^2}{2}}
\end{array}$$

所以$E[X^3] = 0, E[X^4] = 3$。

31.

$M(s) = \int_{0}^{\infty}\lambda e^{-\lambda x + sx}dx = \frac{-\lambda}{s - \lambda}$，
所以$E[X^3] = \frac{6}{\lambda^4}, E[X^4] = \frac{24}{\lambda^5},\ E[X^5] = \frac{120}{\lambda^6}$

32.

(a)

第二个不是矩母函数。根据矩母函数的定义$M_X(s) = E[e^{sX}]$,$M_X(0) = E[1] = 1$，
很明显第二个函数不满足这个条件。

(b)

设N为满足$\lambda = 2$的泊松分布的随机变量，Y为满足$\lambda = 1$的泊松分布的随机变量，
所以X为N个Y之和（见4.5节），$P(X = 0) = \sum_{n = 0}^{\infty}p_N(n)p_Y(0)\ = e^{-1}$

33.

不难看出加号两侧是指数分布的矩母函数的形式，所以概率密度函数：
$$f_X(x) = \left{
\begin{array}{lcr}
\frac{1}{3} \times 2e^{-2x} + \frac{2}{3} \times 3e^{-3x} & & x \geq 0\
0 & & otherwise
\end{array}
\right.$$

34.

利用卷积计算的分布列： $$p(x) = \left{
\begin{array}{lcr}
1 - p_1 - p_2 - p_3 + p_1p_2 + p_1p_3 + p_2p_3 - p_1p_2p_3 & & x = 0\
3p_1p_2p_3 + p_1 + p_2 + p_3 - 2(p_1p_2 + p_1p_3 + p_2p_3) & & x = 1\
p_1p_2 + p_1p_3 + p_2p_3 - 3p_1p_2p_3 & & x = 2\
p_1p_2p_3 & & x = 3
\end{array}
\right.$$

对于某一个球员，其矩母函数为$M_{X_i}(s) = 1 - p_i + p_ie^s$，
又因为独立随机变量的和的矩母函数是和项的矩母函数的乘积，
所以$M_X(s) = \Pi_{i = 1}^{3}(1 - p_i + p_ie^s)$，展开后去掉$e^{sk}$，
形式与上面的分布列是一样的。

35.

由$M(0) = 1$，可以计算得$c = \frac{2}{9}$，所以$E[X] = \frac{d}{ds}M(s)|_{s = 0} = \frac{37}{18}$；
令$\alpha = \frac{e^s}{3}$，那么$M(s) = \frac{c(3 + 4e^2 + 2e^3)}{3(1 - \alpha)} = \frac{2}{27}(3 + 4e^2 + 2e^3)(1 + \alpha + \alpha^2 + \dots)$，
所以$p_X(1) = \frac{2}{27}, p_X(0) = \frac{2}{9}$，由条件期望：$E[X|X \ne 0] = \frac{E[X]}{1 - p_X(0)} = \frac{37}{14}$。

36.

(a)

由题意得：$M_{XY}(s) = \frac{1}{3}M_Y(s) = \frac{1}{3}\frac{s}{2 - s}$，
$M_{(1 - X)Z} = \frac{2}{3}M_Z(s) = \frac{2}{3}e^{3(e^s - 1)}$，所以$M_{U}(s) = \frac{2s}{9(2 - s)}e^{3(e^s - 1)}$。

(b)

$M_{2Z + 3}(s) = M_{2Z}(s)M_{3}(s) = e^{3(e^{2s} - 1) + 3s}$

©

$M_{Y + Z}(s) = \frac{s}{2 - s}e^{3(e^s - 1)}$

37.

TODO:

38.

略。

39.

略。

40.

略。

41.

(a)

因为$X_i$服从$[0, 1]$上的均匀分布，所以$M_X(s) = \frac{e^s - 1}{s}$，
由于人数服从泊松分布，所以$M_N(s) = e^{\lambda(e^s - 1)}$，将$e^s$替换后得到
$M_Y(s) = e^{\lambda(\frac{e^s - 1}{s} - 1)}$

(b)

由(a)中的矩母函数可得：$E[Y] = \frac{d}{ds}M_Y(s)|_{s = 0} = \frac{\lambda}{2}$

©

由重期望法则：$E[Y] = E[E[Y|N]] = E[X]E[N] = \frac{\lambda}{2}$，与(b)中的结果一致。

42.

个数服从参数为$\lambda$的泊松分布的情况下，
$M_X(s) = e^{\lambda(e^{\frac{\sigma^2s^2}{2}} + \mu s) - 1}$，
显然不满足正态分布的矩母函数的形式。

43.

(a)

由全概率定理： $P(X \leq x) =
\frac{1}{16}(1 + 4\int_{0}^{x}f_Y(y)dy + 6\int_{0}^{x}f_{2Y}(y)dy + 4\int_{0}^{x}f_{3Y}(y)dy + \int_{0}^{x}f_{4Y}(y)dy)$
混合分布的对应的矩母函数为：
$M_X(s) = \frac{1}{16}(1 + 4e^{\frac{s^2}{8} + s} + 6e^{\frac{s^2}{4} + 2s} + 4e^{\frac{3s^2}{8} + 3s} + e^{\frac{s^2}{2} + 4s})$，
所以超过4分钟的概率为$1 - P(X \leq 4) \approx 0.06$。X不是正态的。

(b)

二项分布的矩母函数：$M_N(s) = (\frac{1}{2} + \frac{1}{2}e^s)^4$，用正态分布的矩母函数替换：
$M_X(s) = \frac{1}{16}(1 + e^{\frac{s^2}{8}} + s)^4$，展开后与(a)中结果一致。

44.

(a)

$E[N] = E[M]E[K], var(N) = E[M]var(K) + E[K]^2var(M)$

(b)

$E[Y] = E[X]E[N] = E[X]E[M]E[K], var(Y) = E[N]var(X) +\ E[X]^2var(N) = E[M]E[K]var(X) + E[X]^2(E[M]var(K) + E[K]^2var(M))$

©

由题意得：$E[K] = \mu, E[X] = \frac{1}{\lambda}, E[M] = \frac{1}{p}, var(K) = \mu, var(X) = \frac{1}{\lambda^2}, var(M) = \frac{1 - p}{p^2}$，
由(b)中的公式，我们可以得到：$E[Y] = \frac{\mu}{p\lambda}, var(Y) = \frac{\mu}{p\lambda^2} + \frac{\mu p + \mu^2 - \mu^2p}{\lambda^2p^2}$

45.

略。

第五章极限理论

1.

(a)

因为$\sigma = 1, var(M_n) = \frac{\sigma^2}{n}$，
要求$var(M_n) = \frac{\sigma^2}{n} \leq 0.0001$，所以$n \geq 10000$。

(b)

由切比雪夫不等式：
$P(|X - h| \geq 0.05) \leq \frac{1^2}{0.05^2n} \leq 0.01$，
解之得$n \geq 40000$。

©

令$\sigma = \frac{(b - a)}{2} = 0.3$，
则(a)中的不等式变为$\frac{0.09}{n} \leq 0.0001$，解之得$n \geq 900$；
(b)中的不等式变为$\frac{0.09}{0.0025n} \leq 0.01$，解之得$n \geq 3600$。

2.

略。

3.

略。

4.

由弱大数定律和切比雪夫不等式，我们可以得到：
$P(|M_n - \mu| \geq \epsilon) \leq \frac{\sigma^2}{n\epsilon^2} = \delta$：

(a)

当$\epsilon$缩小为原来的一半时，为了维持不等号不变，n至少要扩大到原来的4倍。

(b)

当$\delta$缩小为原来的一半时，为了维持不等号不变，n至少要扩大到原来的2倍。

5.

由题意得：$f_{X_i}(x) = \left{
\begin{array}{lcr}
\frac{1}{2} & & x \in [-1, 1]\
0 & & otherwise
\end{array}
\right.$

(a)

$Y_n$依概率收敛于0。 $$\begin{array}{l}
\lim_{n \to \infty}P(|Y_n - a| \geq \epsilon)\
= \lim_{n \to \infty}2P(Y_n \geq \epsilon)\
= P(0 \geq \epsilon)\
= 0
\end{array}$$

利用夹逼定理，容易得出极限值为0。

(b)

$Y_n$依概率收敛于0。 $$\begin{array}{l}
\lim_{n \to \infty}P(|Y_n - a| \geq \epsilon)\
= \lim_{n \to \infty}P(|X_n^n| \geq \epsilon)\
= \lim_{n \to \infty}2P(X_n \geq \epsilon^n)\
= \lim_{n \to \infty}2P(X_n \geq 1)\
= 0
\end{array}$$

不难看出$Y_n$的极限不存在。

©

$Y_n$依概率收敛于0。 $$\begin{array}{l}
\lim_{n \to \infty}P(|Y_n - a| \geq \epsilon)\
= \lim_{n \to \infty}2P(Y_n \geq \epsilon)\
= P(0 \geq \epsilon)\
= 0
\end{array}$$

$Y_n$的极限为0。

(d)

$Y_n$依概率收敛于0。 $$\begin{array}{l}
\lim_{n \to \infty}P(|Y_n - a| \geq \epsilon)\
= \lim_{n \to \infty}2P(Y_n \geq \epsilon)\
= \lim_{n \to \infty}P(max{X_1, X_2, \dots X_n}) \geq \epsilon)\
= \lim_{n \to \infty}(\frac{1 - \epsilon}{2})^n\
= 0
\end{array}$$

$Y_n$的极限为1。

6.

略。

7.

略。

8.

我们设第i次转动的结果为$X_i$，当转到奇数的时候值为1，偶数时为0。
如果轮盘公正，那么$\mu = 0.5, \sigma^2 = 0.25$，
则由中心极限定理，转到奇数的次数大于55次的概率为
$P(Z_n > x) = P(Z_n > \frac{55 - 100\mu}{10\sigma}) = 1 - P(Z_n \leq 1) = 2 - \Phi(1) \approx 0.1587$

9.

(a)

设第i天内是否死机为$X_i$，当死机发生时记为1，没有发生记为0。
由题意得$\mu = 0.95, \sigma^2 = 0.0475$，
所以由中心极限定理，至少有45天没有死机的概率为
$P(Z_n > \frac{45 - 50\mu}{\sqrt{50}\sigma}) \approx \Phi(1.62) = 0.9474$

(b)

由题意得：$\lambda = np = 47.5$，
那么$P(Z_n \leq 5) = \sum_{k = 0}^{5}e^{-\lambda}\frac{\lambda^k}{k!} \approx 1$

10.

(a)

$P(Z_n > x) = P(Z_n > \frac{440 - 100\mu}{90}) = 1 - P(Z_n \leq -0.667) = \Phi(0.667) \approx 0.7454$

(b)

由题意得：$P(X_1 + \dots + X_n \leq 200 + 5n) = P(X_1 + \dots + X_n \leq \frac{200}{3\sqrt{n}}) \geq 0.95$，
所以$\frac{200}{3\sqrt{n}} \geq 1.65$，解得n的最大值为1632。

©

若恰好220天生产到第1000个，则每天平均需要生产约4.55个；
若219天就可以生产到第1000个，则每天平均需要生产约4.57个。
所以，由中心极限定理，我们有 $P(N \geq 220) \approx
P(4.55 \times 220 \leq S_n \leq 4.57 \times 220) \approx
\Phi(-2.12) - (1 - \Phi(2.22)) = \Phi(2.22) - \Phi(2.12) \approx 0.0038$

11.

不妨令$W_i = X_i - Y_i$，由于$X_i, Y_i$都是$[0, 1]$上的均匀分布，
所以$E[W_i] = E[X_i] - E[Y_i] = 0,
var(W_i) = var(X_i) + var(Y_i) + 2cov(X_i + Y_i) = 1$。
由中心极限定理，原式$P(|W - E[W]| < 0.001) = P(|W| \leq 0.001)
= 2P(W \leq 0.001) \approx 2\Phi(0) = 1$。

12.

略。

13.

略。

14.

略。

15.

略。

16.

略。

17.

略。

18.

略。

#答案

《概率导论》补充答案

https://lijianxiong.work/2021/20210122(1~5)/

作者

LJX

发布于

2021年1月22日

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《概率导论》补充答案

第一章 样本空间与概率

1.

2.

(a)

(b)

©

3.

4.

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8.

9.

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10.

11.

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12.

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©

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16.

17.

18.

19.

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(ii)

(iii)

(b)

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22.

23.

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30.

31.

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36.

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37.

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41.

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43.

44.

(a)

(b)

45.

46.

47.

48.

49.

第一章样本空间与概率

第二章离散随机变量