本节对应原书 PDF 第 297–301 页。习题题干逐字取自教材；答案逐字取自《离散数学习题解答与学习指导（第 3 版）》第 12 章「习题解答与分析」（PDF 第 208–221 页，印刷第 196–209 页）。AI 补充的中间步骤单独放在 details 折叠块中。

12.1 从一副扑克牌的 13 张黑桃中，一张接一张有放回地抽取 3 张，求

(1) 没有同号的概率.

(2) 有同号的概率.

(3) 至多有 2 张同号的概率.

12.2 箱中有 10 件电子产品，已知其中混有 3 件次品. 为了找出次品，逐件进行测试. 试求

(1) 只测试 3 件就找到全部次品的概率.

(2) 测试 10 件才找到全部次品的概率.

12.3 有 2 只红球和 2 只绿球，将这 4 只球随机地放入 2 个盒子中，每个盒中放 2 只球，求同色球在同一盒中的概率.

12.4 掷 2 枚骰子总点数为 8 与掷 3 枚骰子总点数为 8，哪种可能性更大？

12.5 掷 2 枚骰子总点数为 9 与掷 3 枚骰子总点数为 9，哪种可能性更大？

12.6 掷 2 枚完全相同的但不均匀的骰子，证明点数相同的概率不小于 \frac{1}{6}.

12.7 4 个人中至少有 2 人的生日在同一天的概率是多少（假设一年 365 天）？

12.8 袋中有编号为 1，2，3，4 的 4 个小球，从袋中不放回地取 4 次，每次取一个，求每次取到的编号都与次序不同的概率.

12.9 设 A,B 是 2 个随机事件，已知 P(A)=0.4，P(B)=0.3.

(1) 如果 P(A\cup B)=0.6，求 P(AB)，P(A\mid B).

(2) 如果 A 和 B 互不相容，求 P(A\cup B)，P(A-B).

(3) 如果 A 和 B 相互独立，求 P(A\cup B)，P(A-B).

12.10 设 A,B 是 2 个随机事件且 A\cup B=\Omega，证明：

P(AB)=P(A)P(B)-P(\bar A)P(\bar B)

12.11 证明：P(A_1\cup A_2\cup\cdots\cup A_n)\leqslant P(A_1)+P(A_2)+\cdots+P(A_n).

12.12 将 3 个乒乓球放入 4 只杯子中，每个乒乓球放入每只杯子中的可能性相同. 求杯中球的最大个数为 1，2，3 的概率.

12.13 3 个人各自独立地破译一个密码，他们能破译的概率分别为 0.2，0.4 和 0.25. 求这个密码能被破译的概率.

12.14 盒中有 12 只乒乓球，其中 9 只是新的，3 只是用过的. 第一次从中任取 3 只，用后放回盒中. 第二次再从盒中任取 3 只，

(1) 求第二次取到 3 只新球的概率.

(2) 已知第二次取到 3 只新球，求第一次取到 3 只新球的概率.

12.15 设 B_1,B_2,\cdots,B_n 是样本空间的一个划分且 P(B_i)>0，i=1,2,\cdots,n，A 是任意随机事件且 P(A)>0，则对每一个 i(i=1,2,\cdots,n)，

P(B_i\mid A)=\frac{P(B_i)P(A\mid B_i)}{\sum\limits_{j=1}^{n}P(B_j)P(A\mid B_j)}

此式称作贝叶斯（Bayes）公式.

12.16 证明：如果 A 与 B 相互独立，则 A 与 \bar B，\bar A 与 B，\bar A 与 \bar B 也相互独立.

12.17 卜里耶（Polya）坛子模型. 设坛子中有 b 个黑球和 r 个红球，现从中每次取出一个，取出后放回，并将 c 个与所取出的球同颜色的球放入坛中. 记 B_n：第 n 次取得黑球，证明：

P(B_n)=\frac{b}{b+r}\qquad n=1,2,\cdots

这里 b 和 r 是正整数，c 是整数，并且当 c<0 时，b+r-(n-1)c>0. 当 c=0 时为放回抽样，当 c=-1 时为不放回抽样.

12.18 巴拿赫火柴问题. 某人买了 2 盒火柴，每盒有 n 根，每次从任一中取一根使用. 求当他用完一盒（取最后一根）时，另一盒有 r(1\leqslant r\leqslant n) 根的概率. 又问：另一盒剩几根的可能性最大？

12.19 买票问题. 2n 个人排队买票，其中 n 个人每人拿一张 5 元人民币，n 个人每人拿一张 10 元人民币. 每张票 5 元，售票处没有预备零钱，求售票中没有人因为找不了钱必须让后面的人先买的概率.

12.20 对超几何分布验证：\sum\limits_{k=0}^{l}\frac{\dbinom{M}{k}\dbinom{N-M}{n-k}}{\dbinom{N}{n}}=1，其中 N,M,n 均为正整数，M\leqslant N，n\leqslant N-M，l=\min\{M,n\}.

12.21 对负二项分布验证：\sum\limits_{k=1}^{\infty}\binom{k+r-1}{r-1}q^kp^r=1，其中 0<p<1，q=1-p，r 是正整数.

12.22 袋中有 1，2，3，4，5 这 5 个号码牌，从中任取 3 个，以 X 表示取出的 3 个号码中的最大号码. 试写出 X 的分布律.

12.23 盒中有 3 个白球和 2 个黑球，从中任取 2 个，以 X 表示取得的白球数，试写出 X 的分布律.

12.24 设某射手每次射击击中目标的概率为 0.8，共射击 30 次，求击中目标次数 X 的分布律.

12.25 设某射手每次射击击中目标的概率为 0.8，连续向一个目标射击，直到击中目标为止. 求射击次数 X 的分布律.

12.26 设昆虫产卵数 X 服从参数 \lambda 的泊松分布，又设一个虫卵能孵化成昆虫的概率为 p(0<p<1)，并且虫卵是否能孵化成昆虫是相互独立的，把此昆虫下一代的条数记作 Y，试给出 Y 的分布律.

12.27 有 m 个盒子和许多小球，将小球一个一个地放入盒子中，每个小球放入每个盒子的可能性相等. 试写出下述随机变量 X 的分布律.

(1) 共放了 n 个小球，X 是某个指定的盒子中的小球数.

(2) X 是第一次把小球放入某个指定的盒子中后，放入所有盒子中的小球数.

(3) X 是在某个指定的盒子中放入第 r 个小球后，放入所有盒子中的小球数.

(4) X 是直到每个盒子中都有小球时放入所有盒子中的小球数.

12.28 设 X\sim B(n,p)，整数 k，0\leqslant k\leqslant n. 证明：

(1) P\{X\geqslant k\}\leqslant\binom{n}{k}p^k

(2) P\{X\leqslant k\}\leqslant\binom{n}{k}(1-p)^{n-k}

12.29 某射手的命中率为 p(0<p<1)，他每次取 10 发子弹，若击中目标或打完了子弹就结束这次练习. 问他每次练习平均用几发子弹？

12.30 求习题 12.22 和习题 12.23 中的 X 的期望和方差.

12.31 掷 n 枚骰子，求点数之和的期望和方差.

12.32 将 n 个小球放入 m 个盒中，设每个小球放入每个盒中是等可能的，求有球的盒子数的期望.

12.33 甲乙两人对局，约定连胜两局者获胜并终止这次比赛. 设在每局中甲获胜的概率为 p，乙获胜的概率为 1-p，求他们每次比赛的平均对局数.

12.34 袋中有 k 个 k 号球，k=1,2,\cdots,n. 从中摸出一个球，求摸出的球的号码的期望.

12.35 设 f(x)(x\geqslant 0) 单调非降且恒大于 0，又设 X 是一离散型随机变量且 E[f(X)] 存在，证明：对任意的 t>0，

P\{|X|\geqslant t\}\leqslant\frac{1}{f(t)}E[f(|X|)]

12.36 设 X 是一非负离散型随机变量且 E(X) 存在. 证明：对任意的 t>0，

P\{X\geqslant t\}\leqslant\frac{1}{t}E(X)

此不等式称作马尔可夫不等式.

12.37 设随机变量 X 取非负整数值且数学期望存在，试证明：

E(X)=\sum_{k=1}^{\infty}P\{X\geqslant k\}

12.38 设离散型随机变量 X_1,X_2,\cdots,X_n 的数学期望存在，Y 的分布律为 P\{Y=i\}=c_i，试证明：

E(X_Y)=\sum_{i=1}^{n}c_iE(X_i)

12.39 证明母函数的性质 12.4.1 和性质 12.4.2，即

(1) \psi_{aX+b}(s)=s^b\psi_X(s^a)，其中 a,b 是非负整数.

(2) 设 X_1,X_2,\cdots,X_n 相互独立，母函数依次为 \psi_1(s),\psi_2(s),\cdots,\psi_n(s). 又 Y=X_1+X_2+\cdots+X_n，则

\psi_Y(s)=\prod_{i=1}^{n}\psi_i(s)

12.40 设 X_1,X_2,\cdots,X_r 相互独立且都服从参数 p 的几何分布，其中 0<p<1，又 X=X_1+X_2+\cdots+X_r. 证明：X 服从参数 p,r 的巴斯卡分布.

12.41 设 X 服从参数 p,r 的巴斯卡分布，其中 0<p<1，r 是正整数. 试计算 X 的母函数，期望和方差.

12.42 设在伯努利试验中，每次试验事件 A 发生的概率为 p(0<p<1). 把首次出现 A 发生之后接着 A 不发生的试验次数记作 X，即 X=n 当且仅当使得 A 在第 n-1 次发生且在第 n 次不发生的最小的 n. 求 X 的母函数以及数学期望和方差.

12.3 习题解答与分析

12.1 设 A：没有同号，B：有同号，C：至多有 2 张同号.

(1) P(A)=\frac{P(13,3)}{13^3}=\frac{13\times 12\times 11}{13^3}=\frac{132}{169}=0.781

(2) B=\bar A，P(B)=1-P(\bar A)=\frac{37}{169}=0.219

(3) C：3 张都同号，P(C)=1-P(\bar C)=1-\frac{13}{13^3}=\frac{168}{169}=0.994

12.2 (1) 不放回地抽取 3 次，每次都抽取到次品，其概率为

\frac{3!}{10\times 9\times 8}=\frac{1}{120}

(2) 解法 1 不放回地抽取 10 次，第 10 次抽取到次品，其概率为

\frac{3\times 9!}{10!}=\frac{3}{10}

解法 2 只需考虑最后一次，测试 10 次才找到全部次品当且仅当第 10 次抽到的是次品，故其概率为 \frac{3}{10}.

12.3 从 4 只球中任取 2 只放入第一个盒子中，剩下的 2 只放入第二个盒子中，共有 \binom{4}{2}=6 种可能. 同色球在同一盒中有 2 种可能，故其概率为 \frac{2}{6}=\frac{1}{3}.

12.4 方法 1 掷 2 枚骰子，共有 6^2=36 种可能. 总点数为 8 的可能情况：2 点 + 6 点，6 点 + 2 点，3 点 + 5 点，5 点 + 3 点，4 点 + 4 点，共 5 种. 故其概率为 \frac{5}{36}.

掷 3 枚骰子，共有 6^3=216 种可能. 总点数为 8 的可能情况：2 个 1 点和 1 个 6 点，有 P(3,1)=3 种可能；1 个 1 点，1 个 2 点和 1 个 5 点，有 3!=6 种可能；1 个 1 点，1 个 3 点和 1 个 4 点，有 6 种可能；2 个 2 点和 1 个 4 点，有 3 种可能；1 个 2 点和 2 个 3 点，有 3 种可能，共有 3+6+6+3+3=21 种可能. 故其概率为 \frac{21}{216}=\frac{7}{72}.

\frac{5}{36}>\frac{7}{72}，所以掷 2 枚骰子总点数为 8 的可能性，比掷 3 枚骰子总点数为 8 的可能性大.

方法 2 用生成函数求可能性的种数.

2 枚骰子的点数之和等于 8. 考虑

x_1+x_2=8\qquad 1\leqslant x_1,x_2\leqslant 6

生成函数

\begin{aligned} G(y)&=(y+y^2+\cdots+y^6)^2\\ &=y^2(1-y^6)^2(1-y)^{-2}\\ &=y^2(1-2y^6+y^{12})\sum_{r=0}^{\infty}\binom{r+1}{1}y^r \end{aligned}

y^8 的系数为 \binom{7}{1}-2=5，得 2 枚骰子的点数之和等于 8 有 5 种可能，故其概率为 \frac{5}{36}.

3 枚骰子的点数之和等于 8. 考虑

x_1+x_2+x_3=8\qquad 1\leqslant x_1,x_2,x_3\leqslant 6

令 x_i'=x_i-1，i=1,2,3，得

x_1'+x_2'+x_3'=5\qquad x_i'\text{ 为非负整数},\qquad i=1,2,3

生成函数

H(z)=(1-z)^{-3}=\sum_{r=0}^{\infty}\binom{r+2}{2}z^r

z^5 的系数等于 \binom{7}{2}=\frac{7\times 6}{2}=21，得 3 枚骰子的点数之和等于 8 有 21 种可能，故其概率为 \frac{21}{6^3}=\frac{7}{72}.

分析 对于这类计数问题，当问题很简单的时候可以用穷举的方法和简单的排列组合公式来解决，当问题比较复杂的时候就需要使用组合计数的技巧，如利用生成函数等.

12.5 2 枚骰子的点数之和等于 9. 考虑

x_1+x_2=9\qquad 1\leqslant x_1,x_2\leqslant 6

生成函数

\begin{aligned} G(y)&=(y+y^2+\cdots+y^6)^2\\ &=y^2(1-y^6)^2(1-y)^{-2}\\ &=y^2(1-2y^6+y^{12})\sum_{r=0}^{\infty}\binom{r+1}{1}y^r \end{aligned}

y^9 的系数为 \binom{8}{1}-2\binom{2}{1}=4，得 2 枚骰子的点数之和等于 9 有 4 种可能，故其概率为 \frac{4}{36}=\frac{1}{9}.

3 枚骰子的点数之和等于 9. 考虑

x_1+x_2+x_3=9\qquad 1\leqslant x_1,x_2,x_3\leqslant 6

生成函数

\begin{aligned} H(z)&=(z+z^2+\cdots+z^6)^3\\ &=z^3(1-z^6)^3(1-z)^{-3}\\ &=z^3(1-3z^6+3z^{12}-z^{18})\sum_{r=0}^{\infty}\binom{r+2}{2}z^r \end{aligned}

z^9 的系数为 \binom{8}{2}-3=25，得 3 枚骰子的点数之和等于 9 有 25 种可能，故其概率为 \frac{25}{6^3}=\frac{25}{216}.

\frac{25}{216}>\frac{1}{9}，所以掷 3 枚骰子总点数为 9 的可能性比掷 2 枚骰子总点数为 9 的可能性大.

12.6 设一枚骰子的点数 X 的分布律为 P\{X=i\}=p_i，i=1,2,\cdots,6，2 枚骰子的点数相同的概率为 p=\sum\limits_{i=1}^{6}p_i^2.

\begin{aligned} 1&=\left(\sum_{i=1}^{6}p_i\right)^2=\sum_{i=1}^{6}p_i^2+2\sum_{i=1}^{6}\sum_{j=i+1}^{6}p_ip_j\\ &\leqslant\sum_{i=1}^{6}p_i^2+\sum_{i=1}^{6}\sum_{j=i+1}^{6}(p_i^2+p_j^2)\\ &=6\sum_{i=1}^{6}p_i^2=6p \end{aligned}

得证 p\geqslant\frac{1}{6}.

12.7 设 A：4 个人中至少有 2 人的生日在同一天.

P(A)=1-P(\bar A)=1-\frac{P(365,4)}{365^4}=0.016

12.8 记 A：每次取到的编号都与次序不同，B_i：第 i 次取到 i 号小球，i=1,2,3,4

A=\bar B_1\cup\bar B_2\cup\bar B_3\cup\bar B_4
P(B_i)=\frac{3!}{4!}=\frac{1}{4}\qquad 1\leqslant i\leqslant 4
P(B_iB_j)=\frac{2!}{4!}=\frac{1}{12}\qquad 1\leqslant i<j\leqslant 4
P(B_iB_jB_k)=\frac{1!}{4!}=\frac{1}{24}\qquad 1\leqslant i<j<k\leqslant 4
P(B_1B_2B_3B_4)=\frac{1}{4!}=\frac{1}{24}

于是，由若当公式得

\begin{aligned} P(A)&=1-P(B_1\cup B_2\cup B_3\cup B_4)\\ &=1-\sum_{i=1}^{4}P(B_i)+\sum_{1\leqslant i<j\leqslant 4}P(B_iB_j)-\sum_{1\leqslant i<j<k\leqslant 4}P(B_iB_jB_k)+P(B_1B_2B_3B_4)\\ &=1-4\times\frac{1}{4}+6\times\frac{1}{12}-4\times\frac{1}{24}+\frac{1}{24}=\frac{3}{8} \end{aligned}

12.9 (1) 由加法公式得

P(AB)=P(A)+P(B)-P(A\cup B)=0.4+0.3-0.6=0.1
P(A\mid B)=\frac{P(AB)}{P(B)}=\frac{0.1}{0.3}=\frac{1}{3}

(2) 若 A 与 B 互不相容，则

P(A\cup B)=P(A)+P(B)=0.4+0.3=0.7
P(A-B)=P(A)=0.4

(3) 若 A 与 B 相互独立，则 P(AB)=P(A)P(B)=0.4\times 0.3=0.12.

于是

P(A\cup B)=P(A)+P(B)-P(AB)=0.4+0.3-0.12=0.58
P(A-B)=P(A)-P(AB)=0.4-0.12=0.28

12.10 右边 =P(A)P(B)-P(\bar A)P(\bar B)

\begin{aligned} &=P(A)P(B)-(1-P(A))(1-P(B))\\ &=P(A)+P(B)-1\\ &=P(A)+P(B)-P(A\cup B)\qquad (P(A\cup B)=P(\Omega)=1)\\ &=P(AB)=\text{左边}\qquad (\text{加法公式}) \end{aligned}

12.11 由于 P(AB)\geqslant 0，故有

P(A\cup B)=P(A)+P(B)-P(AB)\leqslant P(A)+P(B)\qquad (*)

用归纳法. 当 n=1 时，结论自然成立.

假设对于 n 结论成立，则有

\begin{aligned} &P(A_1\cup A_2\cup\cdots\cup A_{n+1})\\ &\leqslant P(A_1\cup A_2\cup\cdots\cup A_n)+P(A_{n+1})\qquad \text{由}(*)\\ &\leqslant P(A_1)+P(A_2)+\cdots+P(A_n)+P(A_{n+1})\qquad \text{由归纳假设} \end{aligned}

得证对于 n+1 结论也成立.

12.12 记 A_i：杯中球的最大个数为 i，i=1,2,3.

3 个乒乓球放入 4 个杯子中共有 4^3 种可能.

A_3 发生当且仅当 3 个乒乓球放入 1 个杯中，有 4 种可能，故

P(A_3)=\frac{4}{4^3}=\frac{1}{16}

A_1 发生当且仅当 3 个乒乓球放入 3 个不同的杯中，有 P(4,3)=4\times 3\times 2 种可能，故

P(A_1)=\frac{4\times 3\times 2}{4^3}=\frac{3}{8}

A_2 发生当且仅当 2 个乒乓球放入 1 个杯中，而剩下的 1 个乒乓球放入另一个杯中. 从 3 个乒乓球中任取 2 个（有 \binom{3}{2}=3 种可能）放入 1 个杯中（有 4 种可能），剩下的 1 个乒乓球放入剩下的 3 个杯中的任意 1 个中（有 3 种可能），故

P(A_2)=\frac{3\times 4\times 3}{4^3}=\frac{9}{16}

或者，由 P(A_1) 和 P(A_3) 求 P(A_2).

P(A_2)=1-P(A_1)-P(A_3)=1-\frac{3}{8}-\frac{1}{16}=\frac{9}{16}

分析 设想将 4 个杯子顺序排好，将乒乓球一个一个地放入杯中，这是可重复排列，总数为 4^3. 注意放入不同杯中乒乓球要考虑放入的顺序，如在第 1,2,3 次和第 2,3,1 次把 3 个球分别放入第 1,2,3 个杯子中是不同的 2 种情况，故在计算 P(A_1) 时要用排列数 P(4,3)；而放入同一个杯中的乒乓球不计放入的顺序，如把 3 个球放入第一个杯子中是一种情况，与 3 个球的放入顺序无关，故在计算 P(A_2) 时用组合数 \binom{3}{2}.

12.13 设 A_i：密码被第 i 个人破译，i=1,2,3. 根据题设，A_1,A_2,A_3 相互独立. 所求概率为

\begin{aligned} P(A_1\cup A_2\cup A_3)&=P(A_1)+P(A_2)+P(A_3)-P(A_1A_2)\\ &\quad -P(A_1A_3)-P(A_2A_3)+P(A_1A_2A_3)\\ &=P(A_1)+P(A_2)+P(A_3)-P(A_1)P(A_2)\\ &\quad -P(A_1)P(A_3)-P(A_2)P(A_3)+P(A_1)P(A_2)P(A_3)\\ &=0.2+0.4+0.25-0.2\times 0.4-0.2\times 0.25\\ &\quad -0.4\times 0.25+0.2\times 0.4\times 0.25\\ &=0.64 \end{aligned}

解读：本题也可以从对立事件走：密码不能被破译当且仅当三人都没破译成功，概率为 0.8\times 0.6\times 0.75=0.36，故所求为 1-0.36=0.64。答案书用的是容斥展开式，两条路结果一致。

12.14 设 A_i：第一次取到 i 只新球，i=0,1,2,3，B：第二次取到 3 只新球. 所求的概率分别是 P(B) 和 P(A_3\mid B).

P(A_0)=\frac{\dbinom{3}{3}}{\dbinom{12}{3}}=\frac{1}{220},\qquad P(A_1)=\frac{\dbinom{9}{1}\dbinom{3}{2}}{\dbinom{12}{3}}=\frac{27}{220}
P(A_2)=\frac{\dbinom{9}{2}\dbinom{3}{1}}{\dbinom{12}{3}}=\frac{108}{220},\qquad P(A_3)=\frac{\dbinom{9}{3}}{\dbinom{12}{3}}=\frac{84}{220}
P(B\mid A_0)=\frac{\dbinom{9}{3}}{\dbinom{12}{3}}=\frac{84}{220},\qquad P(B\mid A_1)=\frac{\dbinom{8}{3}}{\dbinom{12}{3}}=\frac{56}{220}
P(B\mid A_2)=\frac{\dbinom{7}{3}}{\dbinom{12}{3}}=\frac{35}{220},\qquad P(B\mid A_3)=\frac{\dbinom{6}{3}}{\dbinom{12}{3}}=\frac{20}{220}

(1) 由全概率公式

\begin{aligned} P(B)&=\sum_{i=0}^{3}P(A_i)P(B\mid A_i)\\ &=\frac{1}{220}\times\frac{84}{220}+\frac{27}{220}\times\frac{56}{220}+\frac{108}{220}\times\frac{35}{220}+\frac{84}{220}\times\frac{20}{220}\\ &=0.1458 \end{aligned}

(2) 由条件概率的定义和乘法公式

\begin{aligned} P(A_3\mid B)&=\frac{P(A_3B)}{P(B)}=\frac{P(A_3)P(B\mid A_3)}{P(B)}\\ &=\frac{84}{220}\times\frac{20}{220}\bigg/0.1458=0.2381 \end{aligned}

解读：第 (2) 问是贝叶斯公式的直接应用——已知结果「第二次取到 3 只新球」，反推原因「第一次取到 3 只新球」的概率。第一次用掉的新球不放回，所以第二次的新球总数取决于第一次的结果，这正是需要按 A_i 分类的原因。

12.15 P(B_i\mid A)=\frac{P(B_iA)}{P(A)} （条件概率的定义）

=\frac{P(B_i)P(A\mid B_i)}{\sum\limits_{j=1}^{n}P(B_j)P(A\mid B_j)}\qquad (\text{乘法公式和全概率公式})

12.16 P(A\bar B)=P(A)-P(AB)

\begin{aligned} &=P(A)-P(A)P(B)\qquad (A\text{ 与 }B\text{ 相互独立})\\ &=P(A)[1-P(B)]\\ &=P(A)P(\bar B) \end{aligned}

得证 A 与 \bar B 相互独立.

由 A 与 B 相互独立 \Rightarrow A 与 \bar B 相互独立，不难得到 A 与 B 相互独立 \Rightarrow \bar A 与 B 相互独立和 A 与 B 相互独立 \Rightarrow \bar A 与 \bar B 相互独立.

12.17 设 A_i：前 n-1 次取到 i 个黑球和 n-i-1 个红球，i=0,1,\cdots,n-1

由全概率公式得到

\begin{aligned} P(B_n)&=\sum_{i=0}^{n-1}P(A_i)P(B_n\mid A_i)\\ &=\sum_{i=0}^{n-1}\frac{b(b+c)\cdots(b+(i-1)c)r(r+c)\cdots(r+(n-i-2)c)}{(b+r)(b+r+c)\cdots(b+r+(n-2)c)}\cdot\frac{b+ic}{b+r+(n-1)c}\\ &=\frac{b}{b+r}\sum_{i=0}^{n-1}\frac{(b+c)((b+c)+c)\cdots((b+c)+(i-1)c)r(r+c)\cdots(r+(n-i-2)c)}{((b+c)+r)((b+c)+r+c)\cdots((b+c)+r+(n-2)c)} \end{aligned}

\sum\limits_{i=0}^{n-1} 中的项是开始时坛中有 b+c 个黑球和 r 个红球，前 n-1 次取到 i 个黑球和 n-i-1 个红球的概率，其和等于 1，故得证 P(B_n)=\frac{b}{b+r}.

解读：这个模型的有趣之处在于：每取一次黑球就把黑球数量再加 c 个，比例会被改变，但第 n 次取到黑球的概率仍恒为初始比例 \frac{b}{b+r}。证明的手法是把整个和式重新解释成「从 b+c 个黑球、r 个红球出发」的同型概率之和，于是直接等于 1。

12.18 记 A：从第 1 盒中取，B：从第 2 盒中取，P(A)=P(B)=\frac{1}{2}.

当用完一盒时另一盒还有 r 根 \Leftrightarrow 在前 2n-r-1 次中 A 发生 n-1 次且第 2n-r 次 A 发生，或者在前 2n-r-1 次中 B 发生 n-1 次且第 2n-r 次 B 发生. 于是，所求概率为

\begin{aligned} p_r&=2\binom{2n-r-1}{n-1}\left(\frac{1}{2}\right)^{2n-r}\\ &=\binom{2n-r-1}{n-1}\left(\frac{1}{2}\right)^{2n-r-1} \end{aligned}

考虑 \frac{p_{r+1}}{p_r}\geqslant 1，即 \frac{2(n-r)}{2n-r-1}\geqslant 1，解得 r\leqslant 1. 于是，p_1=p_2，且当 r>2 时，p_r<p_2，故另一盒剩 1 根和 2 根火柴的可能性最大.

12.19 如下表示整个买票过程：在平面直角坐标系中，从原点 (0,0) 出发，每次向右走一步，若拿的是 10 圆，则向右上方走一步；若拿的是 5 圆，则向右下方走一步. 这样整个买票过程可表示成一条从 (0,0) 到 (2n,0) 的折线，如图 12.1 中实线所示. 这样的折线共有 \binom{2n}{n} 条.

原书图12.1

图 12.1

售票中找不了钱当且仅当折线与直线 y=1 相交.

设折线与 y=1 相交，将折线从第一个交点到终点 (2n,0) 以 y=1 为轴翻转 180^{\circ}，如图 12.1 中虚线所示. 连同第一个交点前的部分得到一条从 (0,0) 到 (2n,2) 的折线. 不难看出，这种从 (0,0) 到 (2n,2) 的折线与原先从 (0,0) 到 (2n,0) 且与 y=1 相交的折线一一对应. 而从 (0,0) 到 (2n,2) 的折线有 \binom{2n}{n-1} 条，故所求概率为

p=1-\frac{\binom{2n}{n-1}}{\binom{2n}{n}}=\frac{1}{n+1}

解读：这里的「反射原理」把「会越界的折线」与「终点抬高后的全部折线」一一配对，于是坏情况的计数变成了一个简单的组合数。注意反射轴取在 y=1 而不是 y=0，因为「找不了钱」对应的正是折线触到 y=1 这条线。

12.20 考虑 (1+x)^N=(1+x)^M(1+x)^{N-M}，比较两边 x^n 的系数，得

\binom{N}{n}=\sum_{k=0}^{l}\binom{M}{k}\binom{N-M}{n-k}

得证

\sum_{k=0}^{l}\frac{\binom{M}{k}\binom{N-M}{n-k}}{\binom{N}{n}}=1

12.21 \frac{1}{p^r}=\frac{1}{(1-q)^r}=\sum\limits_{k=0}^{\infty}\binom{k+r-1}{r-1}q^k

得证

\sum_{k=0}^{\infty}\binom{k+r-1}{r-1}q^kp^r=1

12.22 P\{X=3\}=\frac{1}{\binom{5}{3}}=0.1,P\{X=4\}=\frac{\binom{3}{2}}{\binom{5}{3}}=0.3,P\{X=5\}=\frac{\binom{4}{2}}{\binom{5}{3}}=0.6

分布律为

X345
p0.10.30.6

12.23 P\{X=0\}=\frac{\binom{2}{2}}{\binom{5}{2}}=0.1,P\{X=1\}=\frac{\binom{3}{1}\binom{2}{1}}{\binom{5}{2}}=0.6,P\{X=2\}=\frac{\binom{3}{2}}{\binom{5}{2}}=0.3

分布律为

X012
p0.10.60.3

12.24 X\sim B(30,0.8)，其分布律为

P\{X=k\}=\binom{30}{k}0.8^k\times 0.2^{30-k}\qquad k=0,1,\cdots,30

12.25 X 服从参数 p=0.8 的几何分布，其分布律为

P\{X=k\}=0.2^{k-1}\times 0.8\qquad k=1,2,\cdots

12.26 由全概率公式，得

\begin{aligned} P\{Y=k\}&=\sum_{i=k}^{\infty}P\{X=i\}P\{Y=k\mid X=i\}\\ &=\sum_{i=k}^{\infty}\frac{\lambda^i}{i!}\mathrm{e}^{-\lambda}\cdot\binom{i}{k}p^kq^{i-k}\\ &=\sum_{i=k}^{\infty}\frac{\lambda^i}{i!}\mathrm{e}^{-\lambda}\cdot\frac{i!}{k!(i-k)!}p^kq^{i-k}\\ &=\frac{(\lambda p)^k}{k!}\mathrm{e}^{-\lambda}\sum_{i=k}^{\infty}\frac{(\lambda q)^{i-k}}{(i-k)!}\\ &=\frac{(\lambda p)^k}{k!}\mathrm{e}^{-\lambda}\cdot\mathrm{e}^{\lambda q}\\ &=\frac{(\lambda p)^k}{k!}\mathrm{e}^{-\lambda p}\qquad k=0,1,\cdots \end{aligned}

即 Y 服从参数 \lambda p 的泊松分布.

解读：这一步用到了 \mathrm{e}^{\lambda q}=\sum\limits_{j=0}^{\infty}\frac{(\lambda q)^j}{j!}（令 j=i-k），把剩下的求和收敛成一个指数函数；再由 \mathrm{e}^{-\lambda}\mathrm{e}^{\lambda q}=\mathrm{e}^{-\lambda(1-q)}=\mathrm{e}^{-\lambda p} 把参数换成 \lambda p。

12.27 (1) 把小球放入指定盒子中的概率为 \frac{1}{m}，n 个小球中放入指定盒子中的小球数 X\sim B\left(n,\frac{1}{m}\right)，其分布律为

P\{X=k\}=\binom{n}{k}\left(\frac{1}{m}\right)^k\left(1-\frac{1}{m}\right)^{n-k}\qquad k=0,1,\cdots,n

(2) 在把小球第一次放入指定的盒子中后，放入所有盒子中的小球数 X 服从几何分布，其分布律为

P\{X=k\}=\left(1-\frac{1}{m}\right)^{k-1}\left(\frac{1}{m}\right)\qquad k=1,2,\cdots

(3) 在指定的盒子中放入第 r 个小球后，放入所有盒子中的小球数 X 服从帕斯卡分布，其分布律为

P\{X=k\}=\binom{k-1}{r-1}\left(1-\frac{1}{m}\right)^{k-r}\left(\frac{1}{m}\right)^r\qquad k=r,r+1,\cdots

(4) 当 m=1 时，显然 P\{X=1\}=1.

当 m>1 时，对 k=m,m+1,\cdots，X=k 当且仅当前 k-1 次把小球放入 m-1 个盒子中，且这 m-1 个盒子中都有小球，第 k 次把小球放入剩下的一个空盒中.

不妨设第 k 次把小球放入第 m 个盒子中，记 A_i：前 i-1 次没有把小球放入第 i 个盒子中，i=1,2,\cdots,m-1. 于是有

P\{X=k\}=m\cdot\frac{1}{m}\left\{\left(1-\frac{1}{m}\right)^{k-1}-P(A_1\cup A_2\cup\cdots\cup A_{m-1})\right\}
P(A_i)=\left(1-\frac{2}{m}\right)^{k-1}\qquad 1\leqslant i\leqslant m-1
P(A_{i_1i_2})=\left(1-\frac{3}{m}\right)^{k-1}\qquad 1\leqslant i_1<i_2\leqslant m-1
\vdots
P(A_{i_1i_2\cdots i_{m-2}})=\left(1-\frac{m-1}{m}\right)^{k-1}\qquad 1\leqslant i_1<i_2<\cdots<i_{m-2}\leqslant m-1
P(A_1A_2\cdots A_{m-1})=0

由若当公式

P(A_1\cup A_2\cup\cdots\cup A_{m-1})=\sum_{i=1}^{m-2}(-1)^{i-1}\binom{m-1}{i}\left(1-\frac{i+1}{m}\right)^{k-1}

得

P\{X=k\}=\sum_{i=0}^{m-2}(-1)^i\binom{m-1}{i}\left(1-\frac{i+1}{m}\right)^{k-1}\qquad k=m,m+1,\cdots

12.28 (1) 设 X\sim B(n,p)

\begin{aligned} P\{X\geqslant k\}&=\sum_{j=k}^{n}\binom{n}{j}p^jq^{n-j}\\ &=p^k\sum_{j=k}^{n}\binom{n}{j}p^{j-k}q^{n-j}\\ &=p^k\sum_{j=0}^{n-k}\binom{n}{j+k}p^jq^{n-k-j} \end{aligned}

而

\frac{\binom{n}{j+k}}{\binom{n}{k}}=\frac{n!}{(j+k)!(n-j-k)!}\cdot\frac{k!(n-k)!}{n!}\leqslant\frac{(n-k)!}{j!(n-k-j)!}=\binom{n-k}{j}

代入上式，得

P\{X\geqslant k\}\leqslant\binom{n}{k}p^k\sum_{j=0}^{n-k}\binom{n-k}{j}p^jq^{n-k-j}=\binom{n}{k}p^k

(2) 令 Y=n-X\sim B(n,1-p)，由式(1)

P\{X\leqslant k\}=P\{Y\geqslant n-k\}\leqslant\binom{n}{n-k}(1-p)^{n-k}=\binom{n}{k}(1-p)^{n-k}

12.29 设 X：每次练习所用的子弹数，X 的分布律为

P\{X=k\}=\begin{cases}q^{k-1}p & k=1,2,\cdots,9\\ q^9 & k=10\end{cases}

每次练习所用子弹的平均数为

\begin{aligned} EX&=\sum_{k=1}^{9}kq^{k-1}p+10q^9\\ &=\sum_{k=1}^{10}kq^{k-1}-\sum_{k=1}^{9}kq^k=\sum_{k=1}^{10}q^{k-1}\\ &=\frac{1-q^{10}}{1-q}=\frac{1-q^{10}}{p} \end{aligned}

解读：k=10 时的概率不是 q^9p 而是 q^9——因为打满 10 发就结束练习，第 10 发打中与否都停。求和的化简用了 \sum\limits_{k=1}^{10}kq^{k-1}-\sum\limits_{k=1}^{9}kq^k 的错位相消。

12.30 (1) 题 12.22 中 X 的分布律为

X345
p0.10.30.6
E(X)=3\times 0.1+4\times 0.3+5\times 0.6=4.5
E(X^2)=3^2\times 0.1+4^2\times 0.3+5^2\times 0.6=20.7
D(X)=E(X^2)-[E(X)]^2=20.7-4.5^2=0.45

(2) 题 12.23 中的分布律为

X012
p0.10.60.3
E(X)=0\times 0.1+1\times 0.6+2\times 0.3=1.2
E(X^2)=0^2\times 0.1+1^2\times 0.6+2^2\times 0.3=1.8
D(X)=E(X^2)-[E(X)]^2=1.8-1.2^2=0.36

12.31 设 X_k：第 k 枚骰子的点数，k=1,2,\cdots,n，则 n 枚骰子的点数之和

X=X_1+X_2+\cdots+X_n

对 k=1,2,\cdots,n，有

E(X_k)=\frac{1}{6}(1+2+3+4+5+6)=\frac{7}{2}
E(X_k^2)=\frac{1}{6}(1^2+2^2+3^2+4^2+5^2+6^2)=\frac{91}{6}
D(X_k)=\frac{91}{6}-\left(\frac{7}{2}\right)^2=\frac{35}{12}

由于 X_1,X_2,\cdots,X_n 相互独立，故

EX=\sum_{k=1}^{n}E(X_k)=\frac{7}{2}n
DX=\sum_{k=1}^{n}D(X_k)=\frac{35}{12}n

12.32 设 X_i=\begin{cases}1 & \text{第 } i \text{ 个盒子中有球}\\ 0 & \text{否则}\end{cases}\qquad i=1,2,\cdots,m

则

P\{X_i=0\}=\left(1-\frac{1}{m}\right)^n
P\{X_i=1\}=1-\left(1-\frac{1}{m}\right)^n
E(X_i)=1-\left(1-\frac{1}{m}\right)^n\qquad i=1,2,\cdots,m

而有球的盒子数 X=X_1+X_2+\cdots+X_m，从而

EX=\sum_{i=1}^{m}E(X_i)=m\left[1-\left(1-\frac{1}{m}\right)^n\right]

解读：这里用的是「指示变量法」：把「有球的盒子数」拆成 m 个 0-1 变量之和。每个 X_i 只关心第 i 个盒子是否为空，P\{X_i=0\} 就是 n 个小球全都没进这个盒子。X_i 之间并不独立，但期望的可加性不需要独立，所以照样能求和。

12.33 设 X：每次比赛的对局数，记 A：甲胜，B：乙胜，q=1-p

X=2k\Leftrightarrow ABAB\cdots ABAA\text{ 或 }BABA\cdots BABB
X=2k+1\Leftrightarrow ABAB\cdots ABB\text{ 或 }BABA\cdots BAA

于是

P\{X=2k\}=(pq)^{k-1}p^2+(qp)^{k-1}q^2=(pq)^{k-1}(p^2+q^2)
P\{X=2k+1\}=(pq)^kq+(qp)^kp=(pq)^k,\qquad k=1,2,\cdots
\begin{aligned} EX&=\sum_{k=1}^{\infty}\left[2k(pq)^{k-1}(p^2+q^2)+(2k+1)(pq)^k\right]\\ &=2(p^2+q^2+pq)\sum_{k=1}^{\infty}k(pq)^{k-1}+\sum_{k=1}^{\infty}(pq)^k\\ &=2(1-pq)\sum_{k=1}^{\infty}k(pq)^{k-1}+\sum_{k=1}^{\infty}(pq)^k \end{aligned}

而

\sum_{k=1}^{\infty}(pq)^k=\frac{pq}{1-pq}
\sum_{k=1}^{\infty}kx^{k-1}=\left(\sum_{k=0}^{\infty}x^k\right)'=\left(\frac{1}{1-x}\right)'=\frac{1}{(1-x)^2}

令 x=pq，得

\sum_{k=1}^{\infty}k(pq)^{k-1}=\frac{1}{(1-pq)^2}

代入 EX，得

EX=2(1-pq)\cdot\frac{1}{(1-pq)^2}+\frac{pq}{1-pq}=\frac{2+pq}{1-pq}

12.34 袋中球的总数为 1+2+\cdots+n=\frac{1}{2}n(n+1).

记 X：摸到的号码，X 的分布律为

P\{X=k\}=\frac{2k}{n(n+1)}\qquad k=1,2,\cdots,n

于是

\begin{aligned} EX&=\sum_{k=1}^{n}k\cdot\frac{2k}{n(n+1)}=\frac{2}{n(n+1)}\sum_{k=1}^{n}k^2\\ &=\frac{2}{n(n+1)}\cdot\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}=\frac{1}{3}(2n+1) \end{aligned}

12.35 设 X 的分布律为 P\{X=a_k\}=p_k，k=1,2,\cdots，

因为 f(x)（x\geqslant 0）单调非减，故当 t\leqslant|a_k| 时，f(t)\leqslant f(|a_k|). 于是，对任意的 t>0，

\begin{aligned} P\{|X|\geqslant t\}&=\sum_{|a_k|\geqslant t}p_k\leqslant\sum_{|a_k|\geqslant t}\frac{f(|a_k|)}{f(t)}p_k\leqslant\sum_{k}\frac{f(|a_k|)}{f(t)}p_k\\ &=\frac{1}{f(t)}E[f(|X|)] \end{aligned}

12.36 根据上题，取 f(t)=t，对任意的 t>0，则

P\{|X|\geqslant t\}\leqslant\frac{1}{t}E(X)

12.37 设 X 的分布律为 P\{X=i\}=p_i，i=0,1,\cdots，于是

\sum_{k=1}^{\infty}P\{X\geqslant k\}=\sum_{k=1}^{\infty}\sum_{i=k}^{\infty}p_i=\sum_{i=1}^{\infty}\sum_{k=1}^{i}p_i=\sum_{i=1}^{\infty}ip_i=E(X)

两个求和交换次序如图 12.2 所示.

原书图12.2

图 12.2

12.38 设 X_1,X_2,\cdots,X_n 所有可能的取值为 S，由全概率公式，\forall a\in S，得

\begin{aligned} P\{X_Y=a\}&=\sum_{k=1}^{n}P\{Y=k\}P\{X_Y=a\mid Y=k\}\\ &=\sum_{k=1}^{n}c_kP\{X_k=a\} \end{aligned}

于是

\begin{aligned} E(X_Y)&=\sum_{a\in S}aP\{X_Y=a\}=\sum_{a\in S}a\sum_{k=1}^{n}c_kP\{X_k=a\}\\ &=\sum_{k=1}^{n}c_k\sum_{a\in S}aP\{X_k=a\}=\sum_{k=1}^{n}c_kE(X_k) \end{aligned}

12.39 (1) \psi_{aX+b}(s)=E(s^{aX+b})=s^bE(s^{aX})=s^b\psi_X(s^a)

(2) 由 X_1,X_2,\cdots,X_n 相互独立可推出 s^{X_1},s^{X_2},\cdots,s^{X_n} 也相互独立，故

\psi_Y(s)=E(s^{X_1+X_2+\cdots+X_n})=\prod_{i=1}^{n}E(s^{X_i})=\prod_{i=1}^{n}\psi_i(s)

12.40 方法 1 已知 X_1,X_2,\cdots,X_r 都服从几何分布且相互独立，其分布律为

P\{X_j=i\}=q^{i-1}p\qquad i=1,2,\cdots,\qquad j=1,2,\cdots,r

于是，对 k=r,r+1,\cdots，有

\begin{aligned} P\{X=k\}&=P(X_1+X_2+\cdots+X_r=k)\\ &=\sum q^{i_1-1}pq^{i_2-1}p\cdots q^{i_r-1}p=\sum q^{k-r}p^r \end{aligned}

这里 \sum 是对所有满足下述条件的正整数 i_1,i_2,\cdots,i_r 求和：

i_1+i_2+\cdots+i_r=k

令 x_j=i_j-1，j=1,2,\cdots,r，得

x_1+x_2+\cdots+x_r=k-r,\qquad 其中 x_1,x_2,\cdots,x_r 是非负整数

满足上述条件的 x_1,x_2,\cdots,x_r 有 \binom{k-1}{r-1} 种可能（把 k-r 个 1 和 r-1 个 0 任意地排成一排，r-1 个 0 把 1 分成 r 段，每段中 1 的个数依次记作 x_1,x_2,\cdots,x_r，它们满足上述条件. 反之，满足上述条件的 r 个非负整数，也对应于 k-r 个 1 和 r-1 个 0 的一个排列），故

P\{X=k\}=\binom{k-1}{r-1}q^{k-r}p^r\qquad k=r,r+1,\cdots

得证 X 服从帕斯卡分布.

方法 2 设在伯努利试验中每次试验事件 A 发生的概率为 p(0<p<1)，记 X_k(k=1,2,\cdots,r) 为从事件 A 第 k-1 次发生后到第 k 次发生所做的试验次数（不含第 k-1 次发生的试验，含第 k 次发生的试验），X_1,X_2,\cdots,X_r 相互独立且都服从参数 p 的几何分布. 显然 X=X_1+X_2+\cdots+X_r 为事件 A 第 r 次发生时所做试验次数，故 X 服从参数 p,r 的帕斯卡分布.

12.41 根据上题 X 可表示成 r 个相互独立的几何分布之和，即

X=X_1+X_2+\cdots+X_r

其中 X_1,X_2,\cdots,X_r 都服从几何分布且相互独立. 主教材中例 12.18 已计算出

\psi_{X_k}(s)=\frac{ps}{1-qs},\qquad E(X_k)=\frac{1}{p},\qquad D(X_k)=\frac{q}{p^2}

其中 k=1,2,\cdots,r，q=1-p. 于是

\psi_X(s)=\prod_{k=1}^{r}\psi_{X_k}(s)=\left(\frac{ps}{1-qs}\right)^r\qquad (\text{主教材中性质 12.4.2})
E(X)=\sum_{k=1}^{r}E(X_k)=\frac{r}{p}
D(X)=\sum_{k=1}^{r}D(X_k)=\frac{rq}{p^2}

12.42 X=n 当且仅当对某个 i(0\leqslant i\leqslant n-2)，前 i 次 A 不发生，接着从第 i+1 次到第 n-1 次（共 n-i-1 次）A 都发生，最后在第 n 次 A 又不发生，故

\begin{aligned} P\{X=n\}&=\sum_{i=0}^{n-2}q^ip^{n-i-1}q=p^{n-1}q\sum_{i=0}^{n-2}\left(\frac{q}{p}\right)^i\\ &=p^{n-1}q\frac{1-\left(\frac{q}{p}\right)^{n-1}}{1-\left(\frac{q}{p}\right)}=pq\frac{p^{n-1}-q^{n-1}}{p-q} \end{aligned}

其中 n=2,3,\cdots，于是

\begin{aligned} \psi(s)&=\sum_{n=2}^{\infty}pq\frac{p^{n-1}-q^{n-1}}{p-q}s^n\\ &=\frac{pqs^2}{p-q}\left\{p\sum_{n=2}^{\infty}(ps)^{n-2}-q\sum_{n=2}^{\infty}(qs)^{n-2}\right\}\\ &=\frac{pqs^2}{p-q}\left\{\frac{p}{1-ps}-\frac{q}{1-qs}\right\}\\ &=\frac{pqs^2}{1-s+pqs^2} \end{aligned}
\begin{aligned} \psi'(s)&=pq\frac{2s(1-s+pqs^2)+s^2(1-2pqs)}{(1-s+pqs^2)^2}\\ &=\frac{pqs(2-s)}{(1-s+pqs^2)^2} \end{aligned}
\begin{aligned} \psi''(s)&=pq\frac{(2-2s)(1-s+pqs^2)^2+s(2-s)\times 2(1-s+pqs^2)(1-2pqs)}{(1-s+pqs^2)^4}\\ &=\frac{2pq(1-3pqs^2+pqs^3)}{(1-s+pqs^2)^3} \end{aligned}
\psi'(1)=\frac{1}{pq}
\psi''(1)=\frac{2(1-2pq)}{(pq)^2}

由主教材中性质 12.4.3，得

EX=\psi'(1)=\frac{1}{pq}
DX=\psi''(1)+\psi'(1)-\psi'^2(1)=\frac{2(1-2pq)}{(pq)^2}+\frac{1}{pq}-\frac{1}{(pq)^2}=\frac{1-3pq}{(pq)^2}

解读：X 的定义要求「先出现 A 发生，紧接着 A 不发生」，所以 n 从 2 起。求 P\{X=n\} 时把「前面那段 A 连续发生」的起始位置 i 全部枚举出来再求和，得到的等比级数就是母函数各项系数的来源。