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【初等概率论】 03

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1. 常见分布

  这里讨论几个常见的概率分布,而它们之间存在着紧密的关联。很多复杂的概率模型其实有着更简单的底层原理,这种联系再次验证了随机现象的确定性方面。看似复杂随机现象其实就是由许多“原子事件”组合而成,数学的规律仍然起着支配作用。


1.1 伯努利试验

  最简单且有意义的事件域是(mathscr{F}={varnothing,A,ar{A},Omega}),我们关心的只有事件(A)是否发生,这样的随机事件称为伯努利试验。伯努利试验是最简单的随机事件,但你将看到,它几乎可以看成是随机世界的“原子事件”,众多的伯努利试验在一起,就能够变幻出无穷的可能。为了便于讨论,以下记(P(A)=p,P(ar{A})=q),它也是伯努利试验的概率分布。


  单个伯努利试验是*凡的,接下来研究可数个独立伯努利试验组成的随机事件,研究的方法是从空间和时间两个角度着手。至于空间角度,就是(n)次伯努利试验中(A)发生的次数(k),这是大家熟悉的二项分布(1),因为它是二项式((ps+q)^n)中(s^k)的系数。利用简单的比较法可知,二项分布在([0,n])上先增后减,并且在([(n+1)p])上取得最大值(中心项)。


[b(k;n,p)=inom{n}{k}p^kq^{n-k} ag{1}]


  再从时间角度看,考察(A)第一次发生在第(k)次试验的概率,容易算得是式(2)左的等比数列,故它也被称为几何分布。几何分布是描述时间的随机变量,由于每次伯努利试验是独立的,可以想象已经过去的时间(m)并不会影响还需等待的时间(k)。即几何分布满足式(2)右的性质,它被称为几何分布的无记忆性。这是几何分布的核心性质,还可以证明,满足无记忆性的离散分布只有几何分布。


[g(k;p)=q^{k-1}p;;;P{xi=m+k|xi>m}=P{xi=k} ag{2}]


  继而再来看(A)第(r)次发生的时间,容易知道它是式(3)左的帕斯卡分布。根据几何分布的无记忆性,容易想到,帕斯卡分布的随机变量(eta)其实就是(r)个独立同分布的几何分布之和,即(eta=xi_1+cdots+xi_r)。另外,如果以失败次数(zeta=eta-r)为随机变量,可以得到一个更简单的式(3)右,它称为负二项分布,本质上和帕斯卡分布是一样的。


[f(k;r,p)=inom{k-1}{r-1}p^rq^{k-r};;;Nb(l;r,p)=inom{-r}{l}p^r(-q)^l ag{3}]


1.2?泊松过程

  由伯努利试验生成的都是离散分布,试图以此研究连续分布看似是不可能的。观察二项分布(1),随着(n)的增大,分布的中心项向右移动,且整个分布越来越*坦。为了研究极限场景的现象,我们可以做如下大胆想象:中心项向右移动的同时,将数轴反比例压缩。极限情况下,伯努利试验稠密地发生在数轴上,且中心项在固定的位置(np o lambda)。


  想象中我们得到了一个“连续”的二项分布,下面从数学上描述这个分布。要注意这里有关键的条件(np_n o lambda),(lambda)是连续场景下“原子事件”发生概率的参数。将二项分布改成式(4),分析其极限便得到式(5)的泊松分布。泊松分布不仅可以作为二项分布的*似(当然要求(np)大小合适),它自身就是连续场合下的“原子分布”。


[b(k;n,p_n)=dfrac{lambda^k}{k!}(1-dfrac{1}{n})cdots(1-dfrac{k-1}{n})(1-dfrac{lambda}{n})^{n-k} ag{4}]


[b(k;n,p_n) o?b(k;lambda)=dfrac{lambda^k}{k!}e^{-lambda} ag{5}]


  泊松分布的“原子性”可以这样理解:事件按照一定概率随时可能发生,但任何两次发生都相互独立。严格来说,这样一种连续过程被称为泊松过程,现实中泊松分布应该是泊松过程某个时间段内事件发生次数的分布。仔细品味泊松过程的含义,它是非常广泛的随机过程,比如公交站台的到客事件、服务台的呼叫事件、网站访问事件等,随时发生而互相独立。


  弄清了泊松过程和泊松分布的关系,我们可以知道针对同一泊松过程,泊松分布的参数(lambda)应该与时间段(t)成正比。为此,可由式(6)来完整描述某个泊松过程,并且它有性质(7)。反之还可以证明,如果随机过程满足式(7),它必然是泊松过程,证明需要用到一些分析学的技巧,请参考教材。另外,随机过程的概念以后我们会有专门课程,这里先感受一下它的存在。


[P_k(t)=dfrac{(lambda t)^k}{k!}e^{-lambda t} ag{6}]


[P_k(t_1+t_2)=P_k(t_1)P_0(t_2)+P_{k-1}(t_1)P_1(t_2)+cdots+P_0(t_1)P_k(t_2) ag{7}]


  同样,可以从时间角度考察泊松过程,比如求事件第一次的时间分布,按照定义,第一次发生在(t指数分布,和几何分布本质上是一样的。故指数分布也有式(8)右的无记忆性,并且容易证明,有无记忆性的连续分布只有指数分布。


[p(x)=lambda e^{-lambda x};;;P{ augeqslant s+t| augeqslant s}=P{ augeqslant t} ag{8}]


  同样的方法,可以求得事件第(r)次发生时间的分布密度是式(9),它叫做埃尔朗分布。埃尔朗分布的随机变量(W_r),也是(r)个独立同分布的指数分布之和(W_r= au_1+cdots+ au_r)。


[p(x)=dfrac{lambda^r}{(r-1)!}x^{r-1}e^{-lambda x},;;(x>0) ag{9}]


2. 问题举例

  数学学*的核心应该在对基本问题的讨论,但适量的*题也是必须的,*题不光能加深概念的理解,好的题目非常锻炼综合思考能力。这里列举一些我知道的概率问题,详加思考体会其中的趣味。


2.1 三门问题

  “三门问题”大家都不陌生,因其题干简单但答案颇具争议,而为各种科普文章所津津乐道。争议本身正说明了,当问题复杂到一定程度,直觉的理解力和表达力都会遇到困难,各种混沌和诡辩都会混入其中。这时候就需要模型抽象和理论系统,剥离开表面的*治鑫侍獾谋局省:昧朔匣吧偎担壤纯刺飧桑喝让藕竺娣直鹗且涣酒岛土酵飞窖颍愕哪康氖茄〕銎的巧让拧D阆妊≡褚簧让诺淮蚩馐敝鞒秩嗽谑O碌拿胖写蚩猩窖虻囊簧龋ㄈ绻缴榷际巧窖蛟蛩姹愦蚩簧龋馐蔽誓阋灰谎×硪簧让牛



  任何概率问题都要从选取样本空间开始,每个样本点要是一种可能的状态,并且最好是等概率的(便于计算)。这个问题的状态可以分得很细,从开始三扇门的布局,到你的选择,再到主持人的选择,这三层状态得到的样本空间比较多。其实考虑到对称性,只需分为三种等概率的可能:一开始选中的是车、第一只羊、第二只羊,后两种合并之后就变成概率空间({dfrac{1}{3},dfrac{2}{3}})。然后就是两个概率问题,第一个是不换得到车的概率,第二个是换得到车的概率。


  面对这么简单的概率空间,答案已经非常明显,不换和换得到车的概率分别就是(dfrac{1}{3})和(dfrac{2}{3})。任何思辨都会陷入对局部问题的讨论,而脱离样本空间本身,这也正是本体的趣味所在。与此类似的还有一题,你可以考虑一下:有三张卡片,它们的两面分别是:黑黑、白白、黑白,随机取一张并仅看一面,如果看到的是黑,它反面是白的概率是多少?


2.2 分赌注问题

  分赌注问题的确是一个比较正统的概率论问题,它也被看做是概率论诞生的事件。问题描述很简单,说甲乙两人下赌注,然后反复进行双人赌局,约定谁先赢(t)局者获胜。显然,有限赌局后一定可以分出胜负,有趣的问题是:赌局在甲胜(r)局、乙胜(s)局后被迫中止,那赌注该如何分配?一种最简单粗暴的方法就是按照(r:s)的比例关系分配,这种方法只是符合了含糊的直觉,完全经不起推敲。


  稍加思考后你便会发现,这是一个重复的伯努利试验,而问题等价于:甲再赢(m=t-r)局或乙再赢(n=t-s)局先发生的概率。这两个概率是互补的,以下求甲赢的概率。但在此之前,需要先给出甲每局能赢的概率(p),一般以(dfrac{1}{2})较为公*。当然也可以设定为(dfrac{r}{r+s}),这个由当事人确定,与概率论无关。


  模型确定后,问题也就简单了,式(10)分别从三个角度得出答案,它们其实是相等的:(1)根据乙赢的次数或总次数;(2)根据乙赢时甲赢的次数;(3)接下来的(m+n-1)局里甲胜的局数。


[sumlimits_{k=0}^{n-1}inom{m+k-1}{k}p^mq^k;;;sumlimits_{k=m}^{infty}inom{n+k-1}{k}p^kq^n;;;sumlimits_{k=m}^{m+n-1}inom{m+n-1}{k}p^kq^{m+n-k-1} ag{10}]


2.3 随机游动问题

  重复伯努利试验还有一种常见的变形,即把事件发生和不发生对应到数轴上的左右移动单位距离,而关注的则是游离的位置。这样的问题叫质点的随机游动问题,它也可以扩展到*面或空间,用来研究布朗运动。现在假设质点在数轴上每次移动单位距离,且向正(负)方向的移动概率是(p)((q)),关注的则是(t=n)时刻质点的位置(S_n)。


  当数轴上无*保侍獗冉*凡,首先位置(S_n)一定与(n)有相同的奇偶性,且在一定的范围之内。然后可以算出质点左右移动的次数,并得到概率分布(11)。当数轴上设立了一些吸盘后,质点落在吸盘上就再也不能游动,这时的问题会变得有趣得多。但要提醒一点,游动可能是无限次的,在计算一些概率之前,最好先论证它的存在性。


[P{S_n=k}=inom{n}{frac{n+k}{2}}p^{frac{n+k}{2}}q^{frac{n-k}{2}} ag{11}]


  第一种情况是在质点两侧都有吸盘,比如质点最初在(a)点,吸盘在0和(a+b)点。问题是,质点是不是一定会被吸住?被左右吸住概率分别是多少?假定初始位置在(n)时,被左(右)边的吸盘吸住的概率是(p_n)((q_n)),容易得到式(12)的递推式和边界条件。不难由此求得式(13),同样可以求得(q_n),且可以验证被吸住的概率为(1)。


[p_n=pp_{n-1}+qp_{n+1},;;(p_0=1,p_{a+b}=0) ag{12}]


[p_n=1-dfrac{n}{a+b},;(p=q);;;p_n=dfrac{1-left(p/q ight)^b}{1-left(p/q ight)^{a+b}},;(p
e q) ag{13}]


  当(b oinfty)的时候,可以把结论推广到只有一侧有吸盘的问题,它的结论是式(14)。如果你觉得不严格,也可以通过递推式和边界条件计算,只不过目前只有一个边界值。幸好有一个很巧妙的方法能求得(p_1),请仔细品味。首先质点只能在奇数时间被吸住,而且可以算得第(2n+1)次被吸住的概率为(p^{n+1}q^nC_n),其中(C_n)是卡特兰数。所以(p_1)可以写成式(15),利用卡特兰数的卷积性质,可以考虑将(p_1)与自身相乘,整理后得到(16),解方程也能得到式(14)。


[p_n=1,;(pleqslant q);;;p_n=frac{q}{p},;(p>q) ag{14}]


[p_1=sumlimits_{k=1}^{infty}p^{k+1}q^kC_k ag{15}]


[S^2=S-mC_1,;;(S=p_1/p,,m=pq) ag{16}]


  随机游动问题其实来自于著名的“赌徒输光问题”,从结论中你也可以体会到,初始值的大小对结果的影响是大于每局赢的概率的。


2.4 互质随机数

  正整数集是无限集,如果有人提出:随机取一个正整数,这可能吗?如果可能它是(1)的概率是多少?由于不懂测度论,我不敢对这个问题妄下结论,但要是把问题改一下,则是能理解的:随机取一个正整数,考察是否是(p)的倍数,易知事件的概率是(dfrac{1}{p})。这个结论对任何正整数(p)都成立,当然也适用于质数(p_1,p_2)。由于质数之间互质,故(p_1)的倍数(np_1)整除(p_2)的概率还是(dfrac{1}{p_2})。也就是说“(p_1)的倍数”与“(p_2)的倍数”是独立事件,更进一步还有:与不同质数互质的事件之间是相互独立的。


  既然与不同质数互质相互独立,则与所有质数({p_1,p_2,cdots})互质的概率是(P=prodlimits_i(1-dfrac{1}{p_i}))。为了求得(P),可以利用(frac{1}{1-x}=1+x+x^2+cdots),以及所有正整数的质数分解特点,得到式(17)。从而(P=0),它表明随机正整数是质数的概率为(0)。


[P^{-1}=prod_idfrac{1}{(1-1/p_i)}=prod_isum_{j=0}^{infty}dfrac{1}{p_i^j}=sum_{n=1}^{infty}dfrac{1}{n}=infty ag{17}]


  上式的得到调和级数的那一步很关键,它也是数论中的常用等式。继续以上讨论,如果先后随机取两个正整数,它们有公因数(p)的概率是(dfrac{1}{p^2})。类似地,也能证明:对质数(p_1,p_2),两个数“都是(p_1)的倍数”与“都是(p_2)的倍数”是独立事件。这样我们就可以用相同的方法,计算两个随机正整数互素的概率(P),从式(18)便知(P=dfrac{6}{pi^2})。


[P^{-1}=prod_idfrac{1}{(1-1/p_i^2)}=sum_{n=1}^{infty}dfrac{1}{n^2}=dfrac{pi^2}{6} ag{18}]



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