「学习笔记」概率与期望-Toy模板网

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样本点与样本空间

\(A = \left \{ 1, 2, 3 \right \}\)
\(1, 2, 3\) 为样本点，\(A\) 为样本空间。

\[A = \left \lbrace 1, 2, 3 \right \rbrace\\ B = \left \lbrace 2, 3, 4 \right \rbrace\\ A \cap B = \left \lbrace 2, 3 \right \rbrace = A \cdot B\\ A \cup B = \left \lbrace 1, 2, 3, 4 \right \rbrace = A + B\\ A - B(把 A 里面在 B 中出现过的元素扔掉) = \left \lbrace 1 \right \rbrace = A - A \cdot B \]

概率

概率为样本空间的每一个时间定义一个实数，这个实数称为概率。事件 \(A\) 的概率称为 \(P \left ( A \right )\)。

一个事件的概率等于事件中每个样本点的概率之和。

\[0 \le P(A) \le 1\\ \sum_{i = 1}^n P(B_i) = 1\\ P(A) = 0，则事件 A 为不可能事件\\ P(A) = 1，则事件 A 为必然事件\\ \]

条件概率

\(P \left (A| B \right )\)：\(B\) 发生的情况下 \(A\) 发生的概率。

\[A = \left \lbrace 1 \right \rbrace\\ B = \left \lbrace 1, 2, 3 \right \rbrace\\ P \left ( A | B \right ) = \dfrac{1}{3}\\ A = \left \lbrace 1, 2, 3 \right \rbrace\\ B = \left \lbrace 1, 3, 5 \right \rbrace\\ P \left ( A | B \right ) = \dfrac{2}{3}\\ \]

\(P\left ( A|B \right ) = \dfrac{P(AB)}{P(B)} \Rightarrow P \left ( A | B \right ) P \left ( B \right ) = P \left ( A \cdot B \right )\)

独立事件

如果事件 \(A, B\) 满足 \(P \left( A \right) P \left ( B \right ) = P \left (A \cdot B \right)\)，则称事件 \(A\) 与事件 \(B\) 为相互独立事件。
证明：

\[P \left( A \right) P \left ( B \right ) = P \left (A \cdot B \right)\\ P \left ( A | B \right ) \cdot P \left( B \right ) = P \left ( A \cdot B \right )\\ P \left ( A \right ) = P \left ( A | B \right )\\ \]

\(P \left ( A \right ) = P \left ( A | B \right )\)，说明事件 \(A\) 是否发生与事件 \(B\) 是否发生无关，因此事件 \(A\) 与事件 \(B\) 相互独立。
生活中的相互独立事件：扔两次骰子。

期望

每种情况的权值与概率的乘积的和称为期望。

有 \(10\) 个测试点，\(50 \%\) 概率答案是 YES，\(50 \%\) 概率答案是 NO，现在，程序为 cout << "YES";，问最后的期望。

\[\begin{cases} & YES \quad P = \dfrac{1}{2} \quad val = 5\\ & NO \quad P = \dfrac{1}{2} \quad val = 0\\ \end{cases}\\ \dfrac{1}{2} \times 10 + \dfrac{1}{2} \times 0 + \cdots = 50 \]

期望的和等于和的期望。

\[\begin{aligned} &1 \quad 2 \quad 3 \quad 4 \quad 5 \quad 6\\ x_1 \quad &\dfrac{1}{6} \quad \dfrac{1}{6} \quad \dfrac{1}{6} \quad \dfrac{1}{6} \quad \dfrac{1}{6} \quad \dfrac{1}{6} \quad\\ x_2 \quad &\dfrac{1}{100} \quad \dfrac{1}{100} \quad \dfrac{1}{100} \quad \dfrac{1}{100} \quad \dfrac{1}{100} \quad \dfrac{95}{100}\\ \end{aligned}\\ 求 E \left[ x_1 + x_2 \right ] \]

解：

\[E \left [ x_1 + x_2 \right ] = E \left [x_1 \right ] + E \left[ x_2 \right]\\ E \left [ x_1 + x_2 \right ] = \dfrac{1}{6} \cdot (1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6) + \dfrac{1}{100} \cdot (1 + 2 + 3 + 4 + 5) + \dfrac{95}{100} \cdot 6 \]

数学题

假设有 \(3\) 张形状相同的卡片，其中一张两面都是黑色，一张两面都是红色，另一张是一张红一张黑，随机取出一张放在桌面上，朝上的面为红色，那么另一面是黑色的概率是多少？

\[P(下黑|上红) = \dfrac{P(下黑，上红)}{P(上红)} = \dfrac{\frac{1}{6}}{\frac{3}{6}} = \dfrac{1}{3} \]

\(n\) 个人按一顺序一次抓阄，每个人抓完阄后立即打开，当某个人抓到“中”时，整个抓阄过程结束（后面的人就不必再抓了），问这种抓阄方式是否公平，请说明理由。

公平；
第一个人抓到“中”的概率：\(\dfrac{1}{n}\)；
第二个人抓到“中”的概率：\(\dfrac{n-1}{n} \times \dfrac{1}{n - 1} = \dfrac{1}{n}\)
第三个人抓到“中”的概率：\(\dfrac{n-1}{n} \cdot \dfrac{n-2}{n-1} \cdot \dfrac{1}{n - 2} = \dfrac{1}{n}\)
依此类推，每个人抓到“中”的概率都为 \(\dfrac{1}{n}\)，所以，游戏是公平的。

设男女两性人口之比为 \(51:49\)，有设男人色盲率为 \(2\%\)，女人色盲率为 \(0.25\%\)，先随机抽到一个人为色盲，问“该人为男人”的概率是多少？

\[\begin{aligned} &P(该人为男人|该人是色盲) \\ &= \dfrac{P(该人为男人且是色盲)}{P(该人是色盲)}\\ &= \dfrac{51\% \cdot 2\%}{51\% \cdot 2\% + 49\% \cdot 0.25\%} \end{aligned} \]

一个人左右口袋各放一盒火柴，每盒 \(n\) 支，每次抽烟时随机选一盒拿出一支用掉，由于习惯的问题，选右面口袋的概率是 \(p > \dfrac{1}{2}\)。到某次他发现取出的这一盒已经空了，求这时另一盒恰有 \(m\) 支火柴的概率。

当左边的盒子空了

方向	概率	数量	取了几次
左	\(1 - p\)	\(n\)	\(n + 1\)
右	\(p\)	\(n\)	\(n - m\)

为什么是 \(n + 1\) 次呢？
很简单，他再取一次才发现空了的。
\((1 - p) ^ {n + 1} p ^{n - m}\)
这 \(2n + 1 - m\) 次，最后一次一定是左边。
即在 \(2n - m\) 个位置中找 \(n\) 个位置填上“左”,\(C(2n - m, n)\)，
\(P = (1 - p)^{n + 1}p^{n - m} \cdot C(2n - m, n)\)。

当右边的盒子空了

方向	概率	数量	取了几次
左	\(1 - p\)	\(n\)	\(n - m\)
右	\(p\)	\(n\)	\(n + 1\)

\((1 - p) ^ {n - m} p ^{n + 1}\)
这 \(2n + 1 - m\) 次，最后一次一定是右边。
即在 \(2n - m\) 个位置中找 \(n\) 个位置填上“右”,\(C(2n - m, n)\)，
\(P = (1 - p)^{n - m}p^{n + 1} \cdot C(2n - m, n)\)。

在小葱和小泽面前有三瓶药，其中有两瓶是毒药，每个人必须喝一瓶
小葱和小泽各自选了一瓶药，小泽手速比较快将要喝了下去，然后挂了。
小葱想活下去，他应该喝掉手上的这瓶，还是换一瓶。

我们假设 \(1\) 是好药，\(2, 3\) 是毒药。

\[\begin{cases} &第一瓶 \quad 第二瓶\\ &1 \begin{cases} 2,P = \dfrac{1}{6}\\ 3,P = \dfrac{1}{6}\\ \end{cases}\\ &2 \begin{cases} 1,P = \dfrac{1}{6}\\ 3,P = \dfrac{1}{6}\\ \end{cases}\\ &3 \begin{cases} 1,P = \dfrac{1}{6}\\ 2,P = \dfrac{1}{6}\\ \end{cases} \end{cases} \]

\(P(好|挂) = \dfrac{P(好,挂)}{P(挂)} = \dfrac{\frac{2}{6}}{\frac{4}{6}} = \dfrac{1}{2}\)
这个问题与三门问题不一样的地方在于：主持人知道每扇门后的情况，而小泽不知道那瓶药是毒药，因此有了不同的结果。

小胡站在原点，手里拿着两枚硬币。抛第一枚硬币正面向上的概率为 \(p\)，第二枚正面向上的概率为 \(q\)。
小胡开始抛第一枚硬币，每次抛到反面小胡就向 \(x\) 轴正方向走一步，直到抛到正面。
接下来小胡继续抛第一枚硬币，每次抛到反面小胡就向 \(y\) 轴正方向走一步，直到抛到正面。
现在小胡想回来了，于是他开始抛第二枚硬币，如果小胡抛到正面小胡就向 \(x\) 轴的负方向走一步，否则小胡就向 \(y\) 轴的负方向走一步。
现在小胡想知道他在往回走的时候经过原点的概率是多少呢？

设最右上角的点为 \((x, y)\)。

阶段一
从 \((0, 0)\) 到 \((x, 0)\) ，需要走 \(x\) 次反面，再抛一次正面。
\(P = (1 - p)^{x} \cdot p\)
阶段二
从 \((x, 0)\) 走到 \((x, y)\)，需要抛 \(y\) 次反面，再抛一次正面。
\(P = (1 - p)^y \cdot p\)
阶段三
走回来，要抛 \(x\) 次正面，\(y\) 次反面。
\(P = q^x \cdot (1 - q)^y \cdot C(x + y, x)\)

\[\sum_{x = 0}^{\infty} \sum_{y = 0}^{\infty} (1 - p)^x \cdot p \cdot (1 - p)^y \cdot p \cdot q^x \cdot (1 - q)^y \cdot C(x + y, x)\\ = \sum_{x = 0}^{\infty} \sum_{y = 0}^{\infty} \cdot p^2 \cdot (1 - p)^{x+y} \cdot (1 - p)^y \cdot q^x \cdot (1 - q)^y \cdot C(x + y, x) \]

令 \(t = x + y\)，则

\[\begin{aligned} & \sum_{x = 0}^{\infty} \sum_{y = 0}^{\infty} \cdot p^2 \cdot (1 - p)^{x+y} \cdot (1 - p)^y \cdot q^x \cdot (1 - q)^y \cdot C(x + y, x)\\ & = \sum_{t=0}^{\infty} \sum_{x = 0}^{t} p^2 \cdot (1 - p)^t \cdot q^x \cdot (1 - q)^{t - x} \cdot C(t, x) \\ & = p^2 \sum_{t = 0}^{\infty}(1 - p)^t \sum_{x = 0}^t q^x \cdot (1 -q)^{t - x} \cdot C(t, x)\\ & = p^2 \sum_{t = 0}^{\infty}(1 - p)^t \cdot (1 + 1 - q)^t\\ & = p^2 \sum_{t = 0}^{\infty}(1 - p)^t\\ & = p^2 \cdot \dfrac{1 - (1 - p)^{\infty + 1}}{1 - (1 - p)}\\ & = p^2 \cdot \dfrac{1}{p} \quad (微积分极限思想)\\ & = p \end{aligned} \]