概率论第四周作业
习题二T34
甲乙两袋各装一个黑球和一个白球，从两袋当中各取出一球相交换放入另一个袋中，经过若干次，以 \(p_n,q_n,r_n\) 分别记在第 \(n\) 次交换后甲袋中将包含两只白球，一白一黑、两只黑球的概率.
- 试导出 \(p_{n+1},q_{n+1},r_{n+1}\) 用 \(p_n,q_n,r_n\) 表出的关系式，利用它们求 \(p_{n+1},q_{n+1},r_{n+1}\) 的表达式.
- 讨论当 \(n\to \infty\) 的情况.
设：
- 事件 \(A_n\) 为“第 \(n\) 次交换后甲袋包含两只白球”；
- 事件 \(B_n\) 为“第 \(n\) 次交换后甲袋包含一白一黑”；
- 事件 \(C_n\) 为“第 \(n\) 次交换后甲袋包含两只黑球”；
首先考虑 \(n=1\) 时，总共有 \(2\times 2\) 种取法，其中有两种对应事件 \(B_n\) ，另外两种分别对应事件 \(A_n\) 和 \(C_n\) ，因此有
\[
p_1 = \frac{1}{4},q_1 = \frac{1}{2}, r_1 = \frac{1}{4}
\]
对 \(n\) 的情形，由全概率公式有：
\[
\begin{aligned}
P(A_n) &= P(A_{n-1})P(A_n\mid A_{n-1}) + P(B_{n-1})P(A_n\mid B_{n-1})\\
&+P(C_{n-1})P(A_n\mid C_{n-1})
\end{aligned}
\]
也就是：
\[
p_n = 0+ \frac{1}{4}q_{n-1} + 0 = \frac{1}{4} q_{n-1} \tag{1}
\]
同理有：
\[
\begin{cases}
q_n = p_{n-1}+ \dfrac{1}{2} q_{n-1}+ r_{n-1} \\ \\
r_n = 0 + \dfrac{1}{4} q_{n-1}+0 = \dfrac{1}{4} q_{n-1}
\end{cases}\tag{2}
\]
只需将 \(n\) 换为 \(n+1\) ，\(n-1\) 换为 \(n\) 即可得到题中要求的表出式.
根据 (1) 和 (2) 式有递推公式：
\[
q_n = \frac{1}{2} q_{n-1}+ \frac{1}{2} q_{n-2}
\]
利用特征方程以及 \(q_1 = \frac{1}{2},q_2 = \frac{3}{4}\) 可得：
\[
q_{n+1} = \frac{2}{3}+ \frac{1}{3}\left(- \frac{1}{2}\right)^{n+1}
\]
利用 (1) 和 (2) 可得：
\[
p_{n+1} =r_{n+1} = \dfrac{1}{6}+ \dfrac{1}{12}\left(- \dfrac{1}{2}\right)^{n}
\]
容易验证 \(p_n+q_n+r_n=1\) .
\(n\to \infty\) 时，\(\lim_{n\to \infty}q_{n+1} = \frac{2}{3}\) ，\(\lim_{n\to \infty}p_{n+1}=\lim_{n\to \infty}r_{n+1}= \frac{1}{6}\) . \(\square\)
习题2T46
利用概率论的想法证明下列恒等式：
$$ \sum\limits_{k=0}^N \binom{N+k}{k} \dfrac{1}{2^k} = 2^N $$
先变换为：
\[
\sum\limits_{k=0}^N \binom{N+k}{k} \dfrac{1}{2^{N+k}} = 1
\]
考虑如下的情景：
现在有甲乙两个球盒，均装有 \(N\) 个球，球盒是不透明的，取球者不预先知道盒中的球数，每次取球从两个盒中取的概率相等，求在 \(2N+1\) 次以内取球者发现一个盒子为空的概率.
显然这个概率是 \(1\) ，但是从另一个角度看，设发现甲盒为空的时候取球者已经取出乙盒 \(k\) 个球，此时说明有 \(N+1\) 次取甲球（最后一次发现甲盒为空，已经确定），有 \(k\) 次取乙球.
因此有：
\[
\sum\limits_{k=0}^{N}\binom{N+k}{k} \frac{1}{2^{N+k}} = 1
\]
故原式成立. \(\square\)
习题2T42
实验室器皿中产生甲乙两类细菌的机会是相等的，且产生 \(k\) 个细菌的概率为：
$$ p_k = \dfrac{\lambda^k}{k!}\mathrm{e}^{-\lambda},k=0,1,2,\cdots $$
试求：
- 产生了甲类细菌但没有乙类细菌的概率；
- 在已知产生了细菌而且没有甲类细菌的条件下，有 2 个乙类细菌的概率.
(1)
设事件 \(A\) 为“没有产生乙类细菌”，事件 \(Q_k\) 为“产生 \(k\) 个细菌”，则根据全概率公式有：
\[
P(A) =\sum\limits_{k=1}^\infty P(Q_k)P(A\mid Q_k)
\]
\(P(Q_k) = p_k\) ，而 \(P(A\mid Q_k)\) 有
\[
P(A\mid Q_k) = \dfrac{1}{2^k} \binom{k}{k} = \frac{1}{2^k}
\]
从而由 Maclaurin 展开有
\[
P(A) = \sum\limits_{k=1}^\infty \dfrac{\lambda^k}{2^k} \frac{1}{k!} \mathrm{e}^{- \lambda} = \mathrm{e}^{- \frac{\lambda}{2}}- \mathrm{e}^{- \lambda}
\]
(2)
设事件 \(B\) 为“产生了细菌，且没有甲类细菌”，事件 \(C\) 为“产生了 \(2\) 个乙类细菌”. 因此题目即要求 \(P(C\mid B)\) .
那么根据条件概率定义有：
\[
P(BC) = P(BC Q_2) = P(Q_2)P(BC\mid Q_2) = p_2 \frac{1}{2^2} = \frac{\lambda^2}{8} \mathrm{e}^{- \lambda}
\]
而对于 \(P(B)\) ，根据全概率公式有
\[
P(B) = \sum\limits_{k=1}^\infty P(Q_k)P(B\mid Q_k)
\]
\(P(B\mid Q_k)\) 为“已知产生 \(k\) 个细菌的条件下，没有甲类细菌的概率”， 有
\[
P(B\mid Q_k) = \frac{1}{2^k} ,k=1,2,\cdots
\]
因此
\[
P(B) = \sum\limits_{k=1}^\infty \frac{1}{2^k} \dfrac{\lambda^k}{k!}\mathrm{e}^{-\lambda} = \mathrm{e}^{- \frac{\lambda}{2}}-\mathrm{e}^{-\lambda}
\]
故最终可得
\[
P(C\mid B) = \dfrac{P(BC)}{P(B)} = \dfrac{\dfrac{\lambda^2}{8} \mathrm{e}^{- \lambda}}{\mathrm{e}^{- \frac{\lambda}{2}}-\mathrm{e}^{-\lambda}} = \dfrac{\lambda^2}{8(\mathrm{e}^{\frac{\lambda}{2}}-1)}
\]
\(\square\)
习题2T43
若每条蚕的产卵数服从 Poisson 分布，参数为 \(\lambda\) ，而每个卵变为成虫的概率为 \(p\) ，且每个卵是否变为成虫彼此独立，求每条蚕养活 \(k\) 只小蚕的概率.
设“一条蚕养活 \(k\) 只小蚕” 的事件为 \(A_k\) ，“一条蚕产 \(k\) 个卵” 的事件为 \(Q_k\) ，题中要求 \(P(A_k)\) ，根据全概率公式有
\[
P(A_k) = \sum\limits_{n=k}^\infty P(Q_n)P(A_k\mid Q_n)
\]
由于产卵数服从 Poisson 分布，有
\[
P(Q_k) = \dfrac{\lambda^k}{k!}\mathrm{e}^{- \lambda},k=0,1,2,\cdots
\]
对于 \(P(A_k\mid Q_n)\) ，已知产卵 \(n\) 个，在 \(n\) 个当中需要有 \(k\) 个成虫，此时可抽象为 Bernoulli 试验，有
\[
P(A_k \mid Q_n) = \binom{n}{k}p^k(1-p)^{n-k}
\]
故
\[
\begin{aligned}
P(A_k) &= \sum\limits_{n=k}^\infty P(Q_n)P(A_k \mid Q_n) \\
&= \sum\limits_{n=k}^\infty \dfrac{\lambda^n}{n!}\mathrm{e}^{-\lambda} \binom{n}{k}p^k (1-p)^{n-k} \\
&= \mathrm{e}^{-\lambda}p^k \sum\limits_{n=k}^\infty \frac{\lambda^n}{n!}\binom{n}{k} (1-p)^{n-k} \\
(t = n-k)&= \mathrm{e}^{-\lambda} p^k \sum\limits_{t=0}^\infty \dfrac{\lambda^{t+k}}{(t+k)!}\binom{t+k}{k} (1-p)^t \\
&= \mathrm{e}^{-\lambda}p^k \dfrac{\lambda^k}{k!}\sum\limits_{t=0}^\infty \dfrac{\lambda^{t}}{t!}(1-p)^t \\
&=\mathrm{e}^{-\lambda}p^k \dfrac{\lambda^k}{k!} \mathrm{e}^{\lambda(1-p)} \\
&= \dfrac{(\lambda p)^k}{k!}\mathrm{e}^{-\lambda p}
\end{aligned}
\]
\(\square\)
补充
在学完母函数之后，这个题目实际上很容易就能解决了.
（据学长说明，本题期末连考了好几届，所以尤其注意该方法）
设产卵数为 \(\nu\) ，则 \(\nu\sim P(\lambda)\) ，设
\[
\xi_i = \begin{cases}
1, & \text{第 }i\text{ 个卵孵化为成虫}. \\
0, & \text{其他}.
\end{cases}
\]
那么实际上我们要的就是 \(\eta= \sum\limits_{i=1}^\nu \xi_i\) . 利用母函数，\(\nu\) 的母函数为 \(G(s)= \mathrm{e}^{\lambda(s-1)}\) ，\(F(s) = 1-p+ps\) ，从而
\[
H(s) = G[F(s)] = \mathrm{e}^{\lambda p(s-1)}
\]
因此 \(\eta\sim P(\lambda p)\) ，从而概率易知为
\[
P(\eta = k) = \dfrac{(\lambda p)^k}{k!} \mathrm{e}^{- \lambda p}
\]
\(\square\)
习题2T44
通过某交叉路口的汽车流可以看作 Poisson 过程，若在一分钟内没有车的概率为 \(0.2\) ，求在 \(2\) 分钟内有多于一车的概率.
以分钟为单位长度，则设 \(t\) 时间长度内有 \(k\) 个车的概率为 \(P_k(t)\) . 由题可知 \(P_0(1) = 0.2\) . 由于可以看作 Possion 过程，所以有
\[
P_0(1) = \dfrac{\lambda^0}{0!} \mathrm{e}^{- \lambda } = \mathrm{e}^{-\lambda} = 0.2
\]
因此有 \(\lambda = \ln 5\) .
故
\[
P_k(t) = \dfrac{(t\ln 5 )^k}{k!}\mathrm{e}^{- t\ln 5}
\]
题中即求 \(1- P_0(2)\) ，有 \(P_0(2) = \dfrac{1}{25}\) . 故 \(2\) 分钟内有多于一车的概率为 \(\dfrac{24}{25}\) . \(\square\)