UA MATH564 概率论I 求离散型随机变量的分布1

• 题目
• 解答

对于离散型随机变量 $X$，记它的概率分布列为
$$P(X=x_i)=p_i,i=1,2,\cdots$$
归一性要求
$$\sum _{i=1}^{\infty }{p}_i=1$$
离散型随机变量的样本空间是可列的，可以用古典概型来理解，记 $N$是基本事件总数，记 $N_i=\#\{X=x_i\}$即 $\{X=x_i\}$包含的基本事件数目，则
$$\sum _{i=1}^{\infty }{p}_i=\sum _{i=1}^{\infty }\frac{N_i}{N}=1\iff N=\sum _{i=1}^{\infty }{N}_i$$
这就是一个计数恒等式，它说明离散型概率问题与计数问题是相通的，离散型概率问题可以用组合学的思路解决，组合学的等式可以用概率问题解释。

题目

例1 $n$个球随机放进$m(m\le n)$个盒子中，求空盒子数目的分布

例2 $n$个人丢硬币（假设丢出正面的概率是$p$），先丢出正面的人获胜，求第$i$个丢的人获胜的概率。

例3 假设有$n$个标号为1到$n$的球，$n$个标号为1到$n$的袋子。
第一问：把$n$个球随机放进$n$个袋子中，每个袋子可以容纳多个球，记$X$是与所在袋子标号相同的球的个数，求$X$的分布；
第二问：把$n$个球随机放进$n$个袋子中，每个袋子只能容纳一个球，记$Y$是与所在袋子标号相同的球的个数，求$Y$的分布。

例3 $n$个球随机放进$m(m\le n)$个盒子中，记$X_i$表示恰好有$i$个球的盒子的数目，求$X_i$的分布

例4 鞋柜中有$n$双风格不同的鞋子，从中随机选出$2r(r\le n)$只，正好构成$X$双，求$X$的分布。

例5 $m$个人每人丢$n$次硬币（假设丢出正面的概率是$p$），$X$表示丢出相同正面朝上的次数的人数，求$X$的分布。

例6 $n$对夫妻围着一张有$2n$个位置的圆桌随机坐下，记$X$表示恰好与自己的丈夫/妻子相邻的夫妻对数，求$X$的分布

例8 进入餐厅的第$n$为顾客选择空桌子的概率是$\alpha /(n-1+\alpha )$，选择坐了$c$个人的桌子的概率是$c/(n-1+\alpha )$，记$X_n$是第$n$位顾客入座后被占据的桌子数目，求$X_n$的分布

例9 $n$个人参加一个宴席，宴席上有$m(m\le n)$个圆桌，每个圆桌最多容纳$r(mr\ge n)$个人，众人随机入座，求空桌子数目的分布

解答

例1 $n$个球随机放进$m(m\le n)$个盒子中，求空盒子数目的分布
答案 将$n$个球放入$m$个盒子中共有$m^n$中放法，因此基本事件总数是$N=m^n$。记空盒子数目为$X$，则$X\in \{0,1,2,\cdots ,m\}$，现在考虑$X=k$包含的基本事件数目，$k=0,1,\cdots ,m$。首先从$m$个盒子中选出$k$个空盒子，也就是$C_m^k$中选法；接下来将$n$个球分为$m-k$组，分法一共有$S_2(n,m-k)$种；最后把这$m-k$组放入剩下的$m-k$个盒子中，一共有$(m-k)!$中放法。因此$X=k$包含的基本事件数目为$N_k=C_m^k{S}_2(m,m-k)(m-k)!=S_2(n,m-k)A_m^{m-k}$。根据第二类Stirling数的性质：
$$\sum _{k=0}^m{N}_k=\sum _{k=0}^m{S}_2(n,m-k)A_m^{m-k}=m^n$$
所以空盒子个数的分布为
$$P(X=k)=\frac{S_2(n,m-k)A_m^{m-k}}{m^n},k=0,1,2,\cdots ,m$$

例2 $n$个人丢硬币（假设丢出正面的概率是$p$），先丢出正面的人获胜，求第$i$个丢的人获胜的概率
答案 游戏在第$k$轮丢完还没结束的概率是$(1-p{)}^{kn}$；在第$k+1$轮中，第$i$个丢的人获胜的概率是$(1-p{)}^{i-1}p$；因此第$i$个人在第$k+1$轮获胜的概率记为$p_{k+1}^{(i)}$：
$$p_{k+1}^{(i)}=(1-p{)}^{kn}(1-p{)}^{i-1}p=(1-p{)}^{kn+i-1}p$$
记第$i$个人获胜的概率是$p_i$，则
$$p_i=\sum _{k=0}^{\infty }{p}_{k+1}^{(i)}=\sum _{k=0}^{\infty }(1-p{)}^{kn+i-1}p=(1-p{)}^{i-1}p\sum _{k=0}^{\infty }(1-p{)}^{kn}=\frac{(1-p{)}^{i-1}p}{1-(1-p{)}^n}$$
先考虑一下归一性，
$$\sum _{i=1}^n(1-p{)}^{i-1}=\frac{1-(1-p{)}^n}{1-(1-p)}=\frac{1-(1-p{)}^n}{p}\Rightarrow \sum _{i=1}^n{p}_i=1$$

这个问题其实来源于更经典的两个人丢一个公平的硬币的问题，如果丢出正面就是获胜，那么第一个丢的人获胜的概率是
$$p_1=\frac{0.5^0\times 0.5}{1-0.5^2}=\frac{2}{3}$$
事实上游戏顺序影响公平性从$n$个人的情形中也能看出，因为$(1-p)<1$，所以$p_i$一定是关于$i$单调递减的。

例3 假设有$n$个标号为1到$n$的球，$n$个标号为1到$n$的袋子。
第一问：把$n$个球随机放进$n$个袋子中，每个袋子可以容纳多个球，记$X$是与所在袋子标号相同的球的个数，求$X$的分布；
第二问：把$n$个球随机放进$n$个袋子中，每个袋子只能容纳一个球，记$Y$是与所在袋子标号相同的球的个数，求$Y$的分布。
答案
第一问：基本事件总数是$n^n$，$X\in \{0,1,2,\cdots ,n\}$，考虑$X=k$包含的基本事件数目。首先从$n$个球中挑出$k$个，将他们放入对应编号的袋子中，共有$C_n^k$种选法；接下来把剩下的$n-k$个球放入到与他们各自编号不一样的袋子中，放法有$(n-1{)}^{n-k}$种；因此基本事件数目为$C_n^k(n-1{)}^{n-k}$。验证一下归一性：
$$\sum _{k=0}^n{C}_n^k(n-1{)}^{n-k}=[1+(n-1{)}^n]=n^n$$
因此$X$的分布为
$$P(X=k)=\frac{C_n^k(n-1{)}^{n-k}}{n^n},k=0,1,\cdots ,n$$
第二问：基本事件总数是$n!$，$X\in \{0,1,2,\cdots ,n\}$，考虑$X=k$包含的基本事件数目。首先从$n$个球中挑出$k$个，将他们放入对应编号的袋子中，共有$C_n^k$种选法；接下来，要将$n-k$个球放入$n-k$个袋子中，每个球不能在对应编号的袋子里，一共有$(n-k)!-{\sum }_{i=1}^{n-k}(-1{)}^{i-1}{C}_{n-k}^i(n-k-i)!$种放法；因此$X=k$包含的基本事件数目为
$$C_n^k\left[(n-k)!+\sum _{i=1}^{n-k}(-1{)}^i{C}_{n-k}^i(n-k-i)!\right]=A_n^{n-k}\sum _{i=0}^{n-k}\frac{(-1{)}^i}{i!}$$
因此$X$的分布为
$$P(X=k)=\frac{A_n^{n-k}{\sum }_{i=0}^{n-k}\frac{(-1{)}^i}{i!}}{n!},k=0,1,\cdots ,n$$

关于每个球不能放在对应标号的袋子里的问题其实是很著名的$n$个小朋友交换生日礼物每个小朋友不能拿自己的交换方法有多少种的问题。至少有一个小朋友拿自己生日礼物的事件包含的基本事件总数为
$$\#\{\bigcup _{i=1}^n\{第i个小朋友拿到自己的礼物\}\}$$
记$E_i=\{第i个小朋友拿到自己的礼物\}$，则根据容斥原理
$$\begin{gathered} \#\{\bigcup _{i=1}^n{E}_i\}=\sum _{m=1}^n(-1{)}^{m+1}\#\{S_m\} \\ \#\{S_m\}=\sum _{1\le i(1)<...<i(m)\le n}\#\{\bigcap _{j=1}^m{E}_j\} \end{gathered}$$
$\{S_m\}$的含义是有$m$个小朋友拿自己的礼物，而其他小朋友可以任意交换，因此
$$\#\{S_m\}=C_n^m(n-m)!$$
所以
$$\#\{\bigcup _{i=1}^n{E}_i\}=\sum _{m=1}^n(-1{)}^{m+1}\#\{S_m\}=\sum _{m=1}^n(-1{)}^{m+1}{C}_n^m(n-m)!$$
每个小朋友不拿自己的礼物的拿法种数为
$$n!-\sum _{m=1}^n(-1{)}^{m+1}{C}_n^m(n-m)!$$

总结

以上是生活随笔为你收集整理的UA MATH564 概率论I 求离散型随机变量的分布1的全部内容，希望文章能够帮你解决所遇到的问题。

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