漫步数理统计四——概率集合函数(下)

例3：\textbf{例3：}C\textbf{C}被分成kk个两两不相交的子集C1,C2,…,CkC_1,C_2,\ldots,C_k，并且这kk个子集的并是C\textbf{C}，那么事件C1,c2,…,CkC_1,c_2,\ldots,C_k是相互互斥且是穷举的。假设某个随机试验满足这样的特性，并且事件Ck,i=1,2,…,kC_k,i=1,2,\ldots,k概率相同，即P(Ci)=1/k,i=1,2,…,kP(C_i)=1/k,i=1,2,\ldots,k；我们经常说事件C1,C2,…,CkC_1,C_2,\ldots,C_k是等可能的。令事件EE是rr个事件的并即

E=C1∪C2∪⋯∪Cr,r≤k

E=C_1\cup C_2\cup\cdots\cup C_r,\quad r\leq k

那么

P(E)=P(C1)+P(C2)+⋯+P(Cr)=rk

P(E)=P(C_1)+P(C_2)+\cdots+P(C_r)=\frac{r}{k}

通产整数kk称为随机试验终止方式的总数，整数rr称为有利于事件EE的总数，因此用这个术语表述就是，P(E)P(E)等于有利于事件EE的总数除以试验终止的总数。为了强调给事件EE 分配概率为r/kr/k，我们必须假设互斥事件C1,C2,…,CkC_1,C_2,\ldots,C_k有相同的概率1/k1/k，这个等可能事件的假设是我们模型的一部分，显然这个假设并非对所有情况都满足。

为了说明等可能情况，我们给出一些基本的计数法则，这些通常会在基本代数课程中讨论，为了后文的讲解，我们这里给出大概介绍。

注3：\textbf{注3：}假设我们有两个试验，第一个有mm个结果，第二个有nn个结果。现在将这两个试验组合起来，先后进行这两个试验，那么我们就有mnmn个有序对，这就是乘法法则或mnmn法则，它很容易扩展到更多的情况。

令AA是nn个元素组成的集合，假设我们对kk元感兴趣，kk 元的分量都是AA的元素，那么利用扩展的乘法法则我们可以得到n⋅n⋯n=nkn\cdot n\cdots n=n^k种kk元。假设k≤nk\leq n，且kk元的分量是AA中不同的元素组成的，那么第一个分量有nn种选择，第二个分量有n−1n-1种选择，…\ldots，第kk个分量有n−(k−1)n-(k-1)种选择，因此利用乘法法则，存在n(n−1)⋯(n−(k−1))n(n-1)\cdots(n-(k-1))种kk元。我们称这种kk元是排列，用符号PnkP_k^n表示nn个元素中取kk个排列的总数，公式为：

Pnk=n(n−1)⋅(n−(k−1))=n!(n−k)!

P_k^n=n(n-1)\cdot(n-(k-1))=\frac{n!}{(n-k)!}

接下来假设顺序不重要，所以我们不在计算排列的个数，我们想计算从AA中取kk个元素子集的个数，我们用符号(nk)\tbinom{n}{k}表示这种集合的总数。考虑AA中取kk个元素子集，根据排列规则可得Pkk=k(k−1)⋯1P_k^k=k(k-1)\cdots 1中排列，进一步所有这种排列与其他kk个元素子集生成的排列是不同的，对于每个由kk个不同元素生成的排列肯定是这些子集中的一个生成，因此我们需要说明Pnk=(nk)k!P_k^n=\tbinom{n}{k}k!；即

(nk)=n!k!(n−k)!

\dbinom{n}{k}=\frac{n!}{k!(n-k)!}

我们经常有属于组合而不是子集，所以我们说从nn个事物构成的集合中取kk个事物有(nk)\tbinom{n}{k}种组合方式，另一个常用的符号是CnkC_k^n。

如果我们扩展二项式

(a+b)n=(a+b)(a+b)⋅(a+b)

(a+b)^n=(a+b)(a+b)\cdot(a+b)

就会得到

(a+b)n=∑k=0n(nk)akbn−k

(a+b)^n=\sum_{k=0}^n\dbinom{n}{k}a^kb^{n-k}

因为对于aa的kk次幂，我们有(nk)\tbinom{n}{k}种选择方式，所以(nk)\tbinom{n}{k}也称为二项式系数。

例4:\textbf{例4:}从52张扑克牌中随机抽一张，样本空间C\textbf{C}是k=52k=52种结果的并，可以假设每种结果的概率是152\frac{1}{52}。如果E1E_1表示抽到黑桃，那么P(E1)=1352=14P(E_1)=\frac{13}{52}=\frac{1}{4}，因为有r1=13r_1=13张黑桃；即14\frac{1}{4}是从牌中抽到黑桃的概率。如果E1E_1表示抽到国王，那么P(E2)=452=113P(E_2)=\frac{4}{52}=\frac{1}{13}，因为有r2=4r_2=4张国王；即113\frac{1}{13}是从牌中抽到国王的概率。这些计算都非常容易，因为确定r,kr,k的值非常容易。

然而，现在不取一张，而是随机抽五张，顺序不重要，那么根据前面的组合可知有(525)\tbinom{52}{5}种可能。现在我们计算一些比较有趣的情况，令E1E_1表示同花色，那么有(41)=4\tbinom{4}{1}=4种同花色的情况，对于每种花色有(135)\tbinom{13}{5}种可能的结果；因此利用乘法法则可得

P(E1)=(41)(135)(525)=4⋅12872598960=0.00198

P(E_1)=\frac{\tbinom{4}{1}\tbinom{13}{5}}{\tbinom{52}{5}}=\frac{4\cdot 1287}{2598960}=0.00198

假设E2E_2是三张为国王，两张为王后的情况，那么选国王有(43)\tbinom{4}{3}种可能，选王后有(42)\tbinom{4}{2}种可能，因此E2E_2的概率为

P(E2)=(43)(42)/(525)=0.0000093

P(E_2)=\dbinom{4}{3}\dbinom{4}{2}/\dbinom{52}{5}=0.0000093

前面的例子让我们看到，我们是可以定义概率集合函数的，即集合函数需要满足定义2的要求。假设我们的空间C\textbf{C}由kk个不同的点组成，目前考虑一维空间。如果随机试验每个结果是等可能的，我们给每个点分配1/k1/k，那么对于C⊂CC\subset\textbf{C}

P(C)=♯Ck=∑x∈Cf(x)f(x)=1k,x∈C

\begin{align*} P(C) &=\frac{\sharp C}{k}\\ &=\sum_{x\in C}f(x)\quad f(x)=\frac{1}{k},\quad x\in\textbf{C} \end{align*}

为了说明，我们取C={1,2,3,4,5,6},x∈C,f(x)=16\textbf{C}=\{1,2,3,4,5,6\},x\in\textbf{C},f(x)=\frac{1}{6}，这个概率集合函数就满足定义2。

我们用概率的另一性质来结束本次主题。考虑递增的事件序列{Cn}\{C_n\}，即Cn⊂Cn+1C_n\subset C_{n+1}，此时我们写limn→∞Cn=∪∞n=1Cn\lim_{n\to\infty}C_n=\cup_{n=1}^\infty C_n，考虑极限limn→∞P(Cn)\lim_{n\to\infty}P(C_n)，问题是PP与极限可以交换吗？下面的定理说明答案是可以，结论对递增序列同样满足。因为可交换，这个定义有时称为概率的连续性定理。

定理6：\textbf{定理6：}令{Cn}\{C_n\}是递增的事件序列，那么

limn→∞P(Cn)=P(limn→∞Cn)=P(⋃n=1∞)

\lim_{n\to\infty}P(C_n)=P(\lim_{n\to\infty}C_n)=P\left(\bigcup_{n=1}^\infty\right)

令{Cn}\{C_n\}是递减的事件序列，那么

limn→∞P(Cn)=P(limn→∞Cn)=P(⋂n=1∞)

\lim_{n\to\infty}P(C_n)=P(\lim_{n\to\infty}C_n)=P\left(\bigcap_{n=1}^\infty\right)

证明：\textbf{证明：}我们只证明第一个，第二个同理可证。定义集合如下：R1=C1,n>1R_1=C_1,n>1时Rn=Cn∩Ccn−1R_n=C_n\cap C_{n-1}^c。由此可得∪∞n=1Cn=∪∞n=1Rn,m≠n\cup_{n=1}^\infty C_n=\cup_{n=1}^\infty R_n,m\neq n时Rm∩Rn=ϕR_m\cap R_n=\phi，而且P(Rn)=P(Cn)−P(Cn−1)P(R_n)=P(C_n)-P(C_{n-1})，应用概率论第三公理得到下面的等式：

P[limn→∞Cn]=P(⋃n=1∞Cn)=P(⋃n=1∞Rn)=∑n=1∞P(Rn)=limn→∞∑j=1nP(Rj)=limn→∞{P(C1)+∑j=2n[P(Cj)−P(Cj−1)]}=limn→∞P(Cn)

\begin{align*}P[\lim_{n\to\infty}C_n]&=P\left(\bigcup_{n=1}^\infty C_n\right)=P\left(\bigcup_{n=1}^\infty R_n\right)=\sum_{n=1}^\infty P(R_n)=\lim_{n\to\infty}\sum_{j=1}^n P(R_j)\\&=\lim_{n\to\infty}\{P(C_1)+\sum_{j=2}^n[P(C_j)-P(C_{j-1})]\}=\lim_{n\to\infty}P(C_n) \end{align*}

证毕。||||

另一个对任意并很有用的结论为：

定理7：\textbf{定理7：}(布尔不等式)令{Cn}\{C_n\}是任意的事件序列，那么

P(⋃n=1∞Cn)≤∑n=1∞P(Cn)

P\left(\bigcup_{n=1}^\infty C_n\right)\leq\sum_{n=1}^\infty P(C_n)

证明：\textbf{证明：}令Dn=∪ni=1CiD_n=\cup_{i=1}^n C_i，那么{Dn}\{D_n\}是递增序列且区域∪∞n=1Cn\cup_{n=1}^\infty C_n。另外对于所有的j,Dj=Dj−1∪Cjj,D_j=D_{j-1}\cup C_j，因此根据定理5得

P(Dj)≤P(Dj−1)+P(Cj)

P(D_j)\leq P(D_{j-1})+P(C_j)

即

P(Dj)−P(Dj−1)≤P(Cj)

P(D_j)-P(D_{j-1})\leq P(C_j)

现在用DiD_i代替CiC_i，利用定理6的结论以及P(C1)=P(D1)P(C_1)=P(D_1)可得

P(⋃n=1∞Cn)=P(⋃n=1∞Dn)=limn→∞⎧⎩⎨P(D1)+∑j=2n[P(Dj)−P(Dj−1)]⎫⎭⎬≤limn→∞∑j=1nP(Cj)=∑n=1∞P(Cn)

\begin{align*} P\left(\bigcup_{n=1}^\infty C_n\right) &=P\left(\bigcup_{n=1}^\infty D_n\right)=\lim_{n\to\infty}\left\{P(D_1)+\sum_{j=2}^n[P(D_j)-P(D_{j-1})]\right\}\\ &\leq\lim_{n\to\infty}\sum_{j=1}^n P(C_j)=\sum_{n=1}^\infty P(C_n) \end{align*}

证毕。||||

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