答案⚓︎

节)

\[ \text { 1. 用公式 }\left(\begin{array}{l} n \\ 0 \end{array}\right)-\left(\begin{array}{l} n \\ 1 \end{array}\right)+\left(\begin{array}{l} n \\ 2 \end{array}\right)-\cdots+(-1)^{n}\left(\begin{array}{l} n \\ n \end{array}\right)=0 \text { (见 } 1.2 \]

先用全概率公式得出 \(p_{n}\) 的逆推公式

\[ p_{n}=p\left(1-p_{n-1}\right)+(1-p) p_{n-1} \]

此式推导如下: 若第一次试验 \(A\) 发生(概率为 \(p\) ), 则剩下 \(n-1\) 次

364 . 试验应出奇数个 \(A\), 概率等于 \(1-p_{n-1}\). 若第一次试验中 \(A\) 不发生 (概率为 \(1-p\) ), 则剩下 \(n-1\) 次试验应出偶数个 \(A\), 概率等于 \(p_{n-1}\). 又当 \(n=1\) 时 \(p_{n}=p_{1}=1-p\), 而 \(\frac{1}{2}\left[1+(1-2 p)^{n}\right]\) 当 \(n=1\) 时也为 \(1-p\). 故当 \(n=1\) 时正确. 设当 \(n-1\) 时正确, 则 \(p_{n-1}=\) \(\frac{1}{2}\left[1+(1-2 p)^{n-1}\right]\). 以此代人上式, 即得 \(p_{n}=\frac{1}{2}[1+(1-\) \(2 p)^{n}\) ]. 故当 \(n\) 时亦正确.
答案为 \(\left(\begin{array}{c}2 n \\ n\end{array}\right) / 2^{2 n}\). 用公式 \(\sum_{i=0}^{n}\left(\begin{array}{c}n \\ i\end{array}\right)^{2}=\left(\begin{array}{c}2 n \\ n\end{array}\right)\). 此式可由第一章(2.5) 式中令 \(m=k=n\), 并注意 \(\left(\begin{array}{c}n \\ n-i\end{array}\right)=\left(\begin{array}{l}n \\ i\end{array}\right)\) 而得到.
赌博至多在 \(2 a-1\) 局结束, 让二人赌 \(2 a-1\) 局, 则只要甲胜 \(a\) 局或更多则甲胜, 否则甲败, 故甲胜的概率为 \(\sum_{i=a}^{2 a-1} b(i ; 2 a-1\), \(p)\). 当 \(p=1 / 2\) 时, 由 \(b(i ; 2 a-1,1 / 2)=b(2 a-1-i ; 2 a-1\), \(1 / 2)\) 即知上式为 \(1 / 2\). 另外由二人赌技相同 \((p=1 / 2)\), 及胜负规则对二人是公平的, 知二人有相同的获胜概率, 即 \(1 / 2\).
考察比值

\[ \frac{b(k ; n, p)}{b(k+1 ; n, p)}=\frac{k+1}{n-k} \frac{1-p}{p} \]

如果 \(p \leqslant(n+1)^{-1}\), 则此比值总 \(\geqslant 1\). 若 \(p \geqslant n /(n+1)\), 则总 \(\leqslant 1\). 若 \((n+1)^{-1}<p<n /(n+1)\), 则当 \(k\) 小时大于 1 , 从某个 \(k\) 开始则 \(\leqslant 1\). 其转折处即达到最大之 \(k\). 为 \([(n+1) p]\) ( [ \(a]\) 表不超过 \(a\) 的最大整数), 当 \((n+1) p\) 不为整数; 为 \((n+1) p\) 及 \((n+1) p-1\) (在这两个值处同时达到最大), 如 \((n+1) p\) 为整数.

以 \(p_{i j}\) 记“恰有第 \(i, j\) 盒不空, 其余都空”的概率. 先证明所求概率 \(p=\left(\begin{array}{c}12 \\ 2\end{array}\right) p_{12}\). 而后证明

\[ p_{12}=\left(\frac{1}{6}\right)^{10}-2\left(\frac{1}{12}\right)^{10} \]

“全在 1,2 盒内” 的概率一“全在 1 盒内” 的概率= “全在 2 盒内” 的

1. 概率).⚓︎

(a) \(p\) 大了, \(X\) 取大值的概率上升而取小值的概率下降. 故 \(\{X \leqslant k\}\) 的概率当 \(p\) 上升时只能下降. (b) 考察一个试验, 有三个可能的结果: \(A_{1}, A_{2}, A_{3}\), 其概率分别为 \(p_{1}, p_{2}-p_{1}\) 和 \(1-p_{2}\), 记 \(A=A_{1}+A_{2}\). 以 \(X_{i}\) 记 \(n\) 次试验中 \(A_{i}\) 发生的次数, \(i=1,2\), 则 \(X_{1}-\) \(B\left(n, p_{1}\right), X_{1}+X_{2}-B\left(n, p_{2}\right)\). 故

\[ \begin{aligned} P\left(X_{1} \leqslant k\right) & =\sum_{i=0}^{k} b\left(i ; n, p_{1}\right), \\ P\left(X_{1}+X_{2} \leqslant k\right) & =\sum_{i=0}^{k} b\left(i ; n, p_{2}\right) \end{aligned} \]

因为当 \(X_{1}+X_{2} \leqslant k\) 时必有 \(X_{1} \leqslant k\), 故 \(P\left(X_{1}+X_{2} \leqslant k\right) \leqslant P\left(X_{1} \leqslant\right.\) \(k)\), 即当 \(p_{1}<p_{2}\) 时有

\[ \sum_{i=0}^{k} b\left(i ; n, p_{2}\right) \leqslant \sum_{i=0}^{k} b\left(i ; n, p_{1}\right) \]

(c) 写出 \(f(p)=\sum_{i=0}^{k}\left(\begin{array}{l}n \\ i\end{array}\right) p^{i}(1-p)^{n-i}\). 逐项求导数. 注意

\[ \begin{aligned} & \mathrm{d}\left(\begin{array}{l} n \\ i \end{array}\right) p^{i}(1-p)^{n-i} / \mathrm{d} p \\ = & i\left(\begin{array}{l} n \\ i \end{array}\right) p^{i-1}(1-p)^{n-i}-(n-i) \cdot\left(\begin{array}{l} n \\ i \end{array}\right) p^{i}(1-p)^{n-i-1} \end{aligned} \]

令 \(i=0,1, \cdots, k\) 相加, 只剩下一项 \(-(n-k)\left(\begin{array}{l}n \\ k\end{array}\right) p^{k}(1-p)^{n-k-1}\), 证明它与 \(\frac{n !}{k !(n-k-1) !} \int_{0}^{1-p} t^{k}(1-t)^{n-k-1} \mathrm{~d} t\) 的导数同. 又当 \(p=1\) 时此积分为 0 , 而 \(P(X \leqslant k)\) 也为 \(0(\) 因 \(k<n)\). 故二者必相等).

由于 \(B(2, p)\) 有三个可能值 \(0,1,2\), 而 \(X_{1}, X_{2}\) 独立同分布, 故 \(X_{1}, X_{2}\) 必都只有 2 个可能值 (否则 \(X_{1}+X_{2}\) 的取值个数可能会小于 3 或大于 3 . 这两个可能值必为 0,1 . 因为, 设可能值为 \(a, b, a<b\), 则 \(2 a=0,2 b=2, a+b=1\). 记 \(p_{1}=P\left(X_{1}=1\right), p_{2}=\) \(P\left(X_{2}=1\right)\) 则

\[ p^{2}=P\left(X_{1}+X_{2}=2\right)=P\left(X_{1}=1\right) P\left(X_{2}=1\right)=p_{1} p_{2} \]

故 \(p^{2}=p_{1} p_{2}\) 仿上推理,有

\[ \begin{aligned} & p^{2}=p_{1} p_{2},(1-p)^{2}=\left(1-p_{1}\right)\left(1-p_{2}\right) \\ & 2 p(1-p)=p_{1}\left(1-p_{2}\right)+\left(1-p_{1}\right) p_{2} \end{aligned} \]

由此三式, 不难解出 \(p_{1}=p_{2}=p\).

(a) 设 \(\lambda_{1}<\lambda_{2}, X_{1}, X_{2}\) 独立, 分别服从波哇松分布 \(P\left(\lambda_{1}\right)\) 和 \(P\left(\lambda_{2}-\lambda_{1}\right)\), 则 \(X_{1}+X_{2}\) 服从波哇松分布 \(P\left(\lambda_{2}\right)\). 再由 \(P\left(X_{1} \leqslant\right.\) \(k) \geqslant P\left(X_{1}+X_{2} \leqslant k\right)\) 即推出所要的结果. (b) 写出 \(P(X \leqslant k)=\) \(\sum_{i=0}^{k} \mathrm{e}^{-\lambda} \lambda^{i} / i !\), 证明其导数等于 \(-\mathrm{e}^{-\lambda} \lambda^{k} / k !\). 故 \(\frac{1}{k !} \int_{\lambda}^{\infty} t^{k} \mathrm{e}^{-t} \mathrm{~d} t-\) \(\sum_{i=0}^{k} \mathrm{e}^{-\lambda} \lambda^{i} / i\) ! 为一常数 \(C\) (与 \(\lambda\) 无关). 但当 \(\lambda \rightarrow 0\) 时, 它趋于 0 , 故 \(C=0\).
与第 5 题相似, 考察比 \(p_{\lambda}(k) / p_{\lambda}(k+1)\).
直接计算: \(P\left(E_{1}\right)=b\left(n ; N, p^{\prime}\right)\left(p^{\prime}=p_{1}\left(1-p_{2}\right)+(1-\right.\) \(\left.\left.p_{1}\right) p_{2}\right), P\left(E_{1} E_{2}\right)=\frac{N !}{k !(n-k) !(N-n) !}\left(p_{1}\left(1-p_{2}\right)\right)^{k}((1-\) \(\left.\left.p_{1}\right) p_{2}\right)^{n-k}\left(p^{\prime \prime}\right)^{N-n}\left(p^{\prime \prime}=p_{1} p_{2}+\left(1-p_{1}\right)\left(1-p_{2}\right)\right.\), 是 \((A, B)+\) \((\bar{A}, \bar{B})\) 发生的概率), 再算出 \(P\left(E_{2} \mid E_{1}\right)=P\left(E_{1} E_{2}\right) / P\left(E_{1}\right)\) 即得 (注意 \(p^{\prime}+p^{\prime \prime}=1\) ). 直接方法: 注意 \(P((A, \bar{B}) \mid(A, \bar{B})+(\bar{A}\), \(B))=p\). 故在 \(E_{1}\) 发生的条件下, \((A, \bar{B})\) 出现的次数 \(X\) 的条件分布, 就是 \(B(n, p)\).
把负二项概率 (1.11) 记为 \(d(i ; r, p)\). 所要证的结果当 \(r\) \(=1\) 时对. 设当 \(r=k-1\) 时对, 则 \(X_{1}+\cdots+X_{k-1}\) 服从分布 \(b\langle i\); \(k-1, p)\) 把 \(X_{1}+\cdots+X_{k}\) 表为 \(Y+X_{k}, Y=X_{1}+\cdots+X_{k-1}\). 按上述归纳假设,及 \(Y\) 与 \(X_{k}\) 独立, 有

\[ \begin{aligned} P\left(X_{1}+\cdots+X_{k}=i\right) & =\sum_{j=0}^{i} P(Y=j) P\left(X_{k}=i-j\right) \\ & =\sum_{j=0}^{i} d(j ; k-1, p) p(1-p)^{i-j} \end{aligned} \]

为要证此式为 \(d(i, k, p)\), 只须证组合等式

\[ \sum_{j=0}^{i}\left(\begin{array}{c} j+r-2 \\ r-2 \end{array}\right)=\left(\begin{array}{c} i+r-1 \\ r-1 \end{array}\right) \]

但此式已在第一章例 2.4 中证过,那里写为形式

\[ \sum_{r=0}^{m}\left(\begin{array}{c} n-1+r \\ r \end{array}\right)=\left(\begin{array}{c} n+m \\ n \end{array}\right) \]

令 \(n-1=r-2, r=j, m=i\), 并注意 \(\left(\begin{array}{c}n-1+r \\ r\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}n-1+r \\ n-1\end{array}\right)\).

一直观上很容易解释, 以 \(r=2\) 为

图 2

例,如图 2, ・表示 \(A\) 不发生而 \(\times\) 表示 \(A\) 发生. 在 \(A\) 发生第 2 次时, ·的个数为 \(X_{1}+X_{2}\). 由于各次试验独立, \(X_{1}\), \(X_{2}\) 必独立且都服从几何分布.

\(p_{1}=\left(\begin{array}{c}i+r \\ r\end{array}\right) p^{r}(1-p)^{i}, p_{2}=\left(\begin{array}{c}i+r-1 \\ r-1\end{array}\right) p^{r}(1-p)^{i}\). 因为有 \(\left(\begin{array}{c}i+r \\ r\end{array}\right)>\left(\begin{array}{c}i+r-1 \\ r-1\end{array}\right)\) (除非 \(\left.i=0\right)\), 故总有 \(p_{1}>p_{2}\). 理由很简单: 计算 \(p_{2}\) 时多了一个限制: 最后一次试验 \(A\) 必出现, 而算 \(p_{1}\) 时, 并无这个限制。
用全概率公式易得

\[ \begin{aligned} P(Y=k) & =\sum_{n=k}^{\infty} P(X=n) b(k ; n, p) \\ & =\sum_{n=k}^{\infty}\left(\mathrm{e}^{-\lambda} \lambda^{n} / n !\right)\left(\begin{array}{l} n \\ k \end{array}\right) p^{k}(1-p)^{n-k} \\ & =\frac{(\lambda p)^{k} \mathrm{e}^{-\lambda}}{k !} \sum_{n=k}^{\infty} \frac{[\lambda(1-p)]^{n-k}}{(n-k) !} \end{aligned} \]

而式中的和等于 \(\mathrm{e}^{\lambda(1-p)}\).

计算 \(P(X+Y \leqslant u)\). 用全概率公式, 并以 \(F\) 记 \(X\) 的分布函数, 有

\[ P(X+Y \leqslant u)=P\left(Y=a_{1}\right) P\left(X+a_{1} \leqslant u\right) \]

\[ \begin{aligned} & +P\left(Y=a_{2}\right) \cdot P\left(X+a_{2} \leqslant u\right) \\ = & p_{1} F\left(u-a_{1}\right)+p_{2} F\left(u-a_{2}\right) \end{aligned} \]

对 \(u\) 求导数即得,推广到多于两个值的情况显然.

结果为 \(\int_{0}^{\infty} f(w, z / w) w^{-1} \mathrm{~d} w\).
当 \(a_{i}\) 中有为 0 的时, 不妨设 \(a_{1}=0\). 这时

\[ P(X Y=0) \geqslant P(Y=0)=p_{1}>0 \]

故 \(X Y\) 不能有密度函数 (否则应. 用 \(P(X Y=0)=0\) ). 如 \(a_{i}\) 都不为 0 , 则仿 16 题做, 只须注意

\[ P\left(a_{i} X \leqslant u\right)=\left\{\begin{array}{l} F\left(u / a_{i}\right), a_{i}>0 \\ 1-F\left(u / a_{i}\right), a_{i}<0 \end{array}\right. \]

\(F\) 为 \(X\) 的分布函数,二考对 \(\dot{u}\) 的导数都是 \(\frac{1}{\left|a_{i}\right|} f\left(\frac{u}{a_{i}}\right)\).

记 \(F(x)=P(Y \leqslant x)\). 当 \(x \leqslant 0\) 时, \(F(x)=0\). 若 \(x>0\), 则注意

\[ \begin{aligned} \{Y \leqslant x\} & =\{\log Y \leqslant \log x\} \\ & =\{(\log Y-a) / \sigma \leqslant(\log x-a) / \sigma \end{aligned} \]

故 \(F(x)=\Phi((\log x-a) / \sigma)\). 对 \(x\) 求导得 \(f(x)\).

记 \(F(x)=P(Y \leqslant x)\), 则 \(F(x)=0\) 当 \(x \leqslant-1\), = 1 当 \(x \geqslant 1\). 若 \(|x|<1\), 则在基本周期 \([0.2 \pi)\) 内, 事件 \(\{Y \leqslant x\}\) 等于 \(\{\) arc\(\cos x \leqslant X \leqslant 2 \pi-\arccos x\}\), 其中 \(\arccos x\) 在 \((0, \pi)\) 内, 故

\[ \{Y \leqslant x\}=\sum_{i=-\infty}^{\infty}[2 \pi i+\arccos x \leqslant X \leqslant 2 \pi(i+1)-\arccos x] \]

于是

\[ \left.F(x)=\sum_{i=-\infty}^{\infty} \Phi(2 \pi(i+1)+\arccos x)-\Phi(2 \pi i-\arccos x)\right] \]

逐项对 \(x\) 求导, 即得 \(f(x)\).

注意 \(\{Y \leqslant x\}=\prod_{i=1}^{n}\left\{X_{i} \leqslant x\right\}\). 于是得 \(Y\) 的分布函数为 \(F^{n}(x)\). 对 \(Z\), 注意 \(\{Z \geqslant x\}=\prod_{i=1}^{n}\left\{X_{i} \geqslant x\right\}\). 于是 \(P(Z \leqslant x)=\) \(1-P(Z \geqslant x)=1-(1-F(x))^{n}\). 对 \(x\) 求导得密度函数.
直接证明, 只须注意本题 \(F(x)=x / \theta(0 \leqslant x \leqslant \theta)\), 而 \(f(x)=1 / \theta(0 \leqslant x \leqslant \theta)\), 其外为 0\()\). 直观看法: \(\theta-\max \left(X_{1}, \cdots\right.\), \(\left.X_{n}\right)\) 为 \(X_{1}, \cdots, X_{n}\) 的最右点与边界 \(\theta\) 的距离. 而 \(\min \left(X_{1}, \cdots, X_{n}\right)\) 是 \(X_{1}, \cdots, X_{n}\) 的最左点与边界 0 的距离.二者性质一样只是看的

图 3 方向不同. 由于均匀分布对区间内各处一视同仁, 这两个距离的概率分布应当一样。

考察事件 \(\left\{Y_{1} \leqslant u, Y_{2} \leqslant v\right\}\). 看图 3,OA 为第一象限分角线, \(A\) 点的坐标为 \((u, u), O B\) 和 \(O E\) 之长都为 \(v\), 而 \(O B C A\) 和 \(O E D A\) 都是平行四边形, 稍加思考即不难发现。

\(\left\{Y_{1} \leqslant u, Y_{2} \leqslant v\right\}=\left\{\left(X_{1}, X_{2}\right)\right.\) 落在上述两个平行四边形内 \(\}\). 故

\[ \begin{aligned} P\left\{Y_{1} \leqslant u, Y_{2} \leqslant v\right\}= & \int_{O B S A}^{n} \mathrm{e}^{-x_{1}-x_{2}} \mathrm{~d} x_{1} \mathrm{~d} x_{2} \\ & +\iint_{O E D A} \mathrm{e}^{-x_{1}-x_{2}} \mathrm{~d} x_{1} \mathrm{~d} x_{2} \end{aligned} \]

由对称性, 这两积分之值同, 用累积分法算第一个积分 (先固定 \(x_{1}\) 对 \(x_{2}\) 积), 不难得出上述两积分之和为 \(\left(1-\mathrm{e}^{-2 u}\right)\left(1-\mathrm{e}^{-z^{\prime}}\right)\). 由此证明了题中的所有结论.

用归纳法, 先肯定: 当 \(n=0\) 时, 不论 \(T>0\) 取什么值, \(P(X=0)=\mathrm{e}^{-\lambda T}\) 成立. 这很明显, 因为 \(X=0\) 意味着最初那个元件的寿命 \(\geqslant T\), 其概率 \(\int_{T}^{\infty} \lambda \mathrm{e}^{-\lambda t} \mathrm{~d} t=\mathrm{e}^{-\lambda T}\).

现假定公式 \(P(X=n)=\mathrm{e}^{-\lambda T}(\lambda T)^{n} / n !\) 对 \(n=k-1\) 成立, 而计算 \(P(X=k)\). 以 \(x_{1}\) 记第一次替换发生的时刻, 则在给定 \(X_{1}\) 的条件下, 在时段 \(\left(X_{1}, T\right)\) 内要发生 \(k-1\) 替换. 这时段之长为 \(T-x_{1}\). 按归纳假设,在这段时间内恰好替换 \(k-1\) 次的概率, 为 \(\mathrm{e}^{-\lambda\left(T-x_{1}\right)}\left(\lambda\left(T-x_{1}\right)\right)^{k-1} /(k-1)\) ! 由于 \(X_{1}\) 只能在 \((0, T)\) 内且其概率密度为 \(\lambda \mathrm{e}^{-\lambda x_{1}}\), 故

\[ P(X=k)=\int_{0}^{T} \lambda \mathrm{e}^{-\lambda x_{1}} \mathrm{e}^{-\lambda\left(T-x_{1}\right)}\left(\lambda\left(T-x_{1}\right)\right)^{k-1} \mathrm{~d} x_{1} /(k-1) ! \]

易见此积分为 \(\mathrm{e}^{-\lambda T}(\lambda T)^{k} / k\) !, 于是证明了公式当 \(n=k\) 时成立, 而完成了归纳证明.

用公式 (4.10) 算出 \((X+b Y, X-b Y)\) 的联合密度 \(g(u\), \(v)\). 再决定 \(b\), 使这联合密度可拆成两个函数 \(g_{1}(u)\) 和 \(g_{2}(v)\) 之积,答案: \(b=\sigma_{1} / \sigma_{2}\). 此题有其他简单方法, 见第三章习题.
设 \(X_{1}, \cdots, X_{k}, Y_{1}, \cdots, Y_{n}\) 独立同分布, 各服从标准正态分布 \(N(0,1)\). 记

\[ \begin{aligned} & Z_{1}=\frac{1}{k} \sum_{i=1}^{k} X_{i}^{2} / \frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n} Y_{i}^{2}, \quad Z_{2}=\sum_{i=1}^{k} X_{i}^{2} / \frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n} Y_{i}^{2} \\ & Z_{3}=X_{1}^{2} / \frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n} Y_{i}^{2} \end{aligned} \]

则 \(Z_{1} \sim F_{k, n}, Z_{3} \sim F_{1, n}, Z_{2} \geqslant Z_{3}\). 今有

\[ P\left(Z_{1} \geqslant F_{k, n}(\alpha)\right)=\alpha \]

故有: \(P\left(Z_{2} \geqslant k F_{k, n}(\alpha)\right)=\alpha\),另一方面, 又有

\[ P\left(Z_{1} \geqslant F_{1, n}(\alpha)\right)=\alpha \]

由这两式,及 \(Z_{2} \geqslant Z_{1}\), 即得 \(k F_{k, n}(\alpha) \geqslant F_{1, n}(\alpha)\).

易见 \(\iint_{x^{2}+y^{2} \leqslant 1} x y \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y=0\). 故为证明 \(g\) 是密度函数, 只须证明它非负. 但 \(|x y|\) 在 \(x^{2}+y^{2} \leqslant 1\) 内的最大值小于 1 , 而 \(f(x\), \(y\) ) 在 \(x^{2}+y^{2} \leqslant 1\) 内的最小值为 \(\mathrm{e}^{-1 / 2} / 2 \pi>1 / 100\). 故知 \(g\) 非负. 后一结论易证，因为对任何 \(a>0\) 有 \(\int_{-a}^{a} x \mathrm{~d} x=0\).

答案⚓︎

1. 概率).⚓︎

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