UA MATH564 概率论 QE练习题信封问题

2015年1月的第二题
2015年5月的第一题

这一篇介绍QE理论中出现了两个信封问题相关的题目：2015年1月的第二题和2015年5月的第一题。信封问题最原始的设定是有nnn个信封和nnn个信件，把nnn个信件随机装入nnn个信封中。关于这个问题有个非常重要的结论，用PmP_mPm表示恰好有mmm个信件被放入了正确的信封的概率，则
Pm=1m!∑j=0n−m(−1)jj!P_m = \frac{1}{m!}\sum_{j=0}^{n-m} \frac{(-1)^j}{j!}Pm=m!1j=0∑n−mj!(−1)j

这个式子的推导也非常容易，根据Waring公式（参考UA MATH564 概率论计算至少有一个发生的概率：Waring公式）
Pm=∑k=mn(−1)k−mCkmSkP_m= \sum_{k=m}^n (-1)^{k-m}C_k^mS_kPm=k=m∑n(−1)k−mCkmSk

假设事件AiA_iAi表示第iii个信件被装在正确的信封中，则记号SkS_kSk表示
Sk=∑1≤i1<i2<⋯<ik≤nP(Ai1∩Ai2∩⋯∩Aik)=Cnk(n−k)!n!=1k!S_k = \sum_{1 \le i_1 < i_2 < \cdots < i_k \le n} P(A_{i_1} \cap A_{i_2} \cap \cdots \cap A_{i_k}) = C_n^k \frac{(n-k)!}{n!} = \frac{1}{k!}Sk=1≤i1<i2<⋯<ik≤n∑P(Ai1∩Ai2∩⋯∩Aik)=Cnkn!(n−k)!=k!1

这个概率的计算比较简单，从nnn个信件中抽kkk个，这kkk个的位置是确定的，所以基本事件数目等于另外(n−k)(n-k)(n−k)个的全排列，基本事件总数等于nnn的全排列。因此
Pm=∑k=mn(−1)k−mCkmSk=∑k=mn(−1)k−mk!m!(k−m)!1k!=1m!∑j=0n−m(−1)jj!P_m= \sum_{k=m}^n (-1)^{k-m}C_k^mS_k = \sum_{k=m}^n (-1)^{k-m}\frac{k!}{m!(k-m)!}\frac{1}{k!} = \frac{1}{m!}\sum_{j=0}^{n-m} \frac{(-1)^j}{j!}Pm=k=m∑n(−1)k−mCkmSk=k=m∑n(−1)k−mm!(k−m)!k!k!1=m!1j=0∑n−mj!(−1)j

2015年1月的第二题

Part a
这一问比较简单，不限制每个袋子容纳的球的数目，则基本事件总数为nnn^nnn，每个球都不在对应编号的袋子里的基本事件数目为(n−1)n(n-1)^n(n−1)n，因此概率为
nn−(n−1)nnn\frac{n^n - (n-1)^n}{n^n}nnnn−(n−1)n

Part b
这一问就是典型的信封问题，每个袋子只能容纳一个球，每个球都不在对应编号的袋子里的概率，根据信封问题的公式，就是
P0=∑j=0n(−1)jj!P_0 = \sum_{j=0}^{n} \frac{(-1)^j}{j!}P0=j=0∑nj!(−1)j

但！考试的时候是不能这样写的。这里提供两种推导的思路，分别从概率论与组合学的角度入手，概率论方法的核心是用示性函数的期望表示事件的概率，把复杂概率化归为简单概率计算；组合学方法的核心是容斥原理。

概率论方法
引入Bernoulli随机变量XiX_iXi，Xi=1X_i = 1Xi=1表示编号为iii的球被放在对应编号的袋子中，则
P0=E[∏i=1n(1−Xi)]=E[1−∑i=1nXi+(−1)m∑1≤i1<⋯<im≤nXi1⋯Xim⋯+(−1)nX1⋯Xn]P_0 = E \left[ \prod_{i=1}^n (1-X_i) \right] \\= E \left[ 1- \sum_{i=1}^n X_i + (-1)^{m}\sum_{1 \le i_1 < \cdots < i_m \le n} X_{i_1}\cdots X_{i_m} \cdots +(-1)^n X_1\cdots X_n \right]P0=E[i=1∏n(1−Xi)]=E[1−i=1∑nXi+(−1)m1≤i1<⋯<im≤n∑Xi1⋯Xim⋯+(−1)nX1⋯Xn]

假设事件AiA_iAi表示编号为iii的球被装在对应编号的袋子中
E[Xi1⋯Xim]=P(Ai1∩Ai2∩⋯∩Aim)=(n−m)!n!E[X_{i_1}\cdots X_{i_m}] = P(A_{i_1} \cap A_{i_2} \cap \cdots \cap A_{i_m}) = \frac{(n-m)!}{n!}E[Xi1⋯Xim]=P(Ai1∩Ai2∩⋯∩Aim)=n!(n−m)!

带入可得
P0=∑j=0n(−1)jj!P_0 = \sum_{j=0}^{n} \frac{(-1)^j}{j!}P0=j=0∑nj!(−1)j

组合学方法
沿用上述记号，根据容斥原理，至少有一个球在对应编号的袋子里的基本事件总数为
#⋃i=1nAi=∑i=1n#Ai+(−1)m+1∑1≤i1<⋯<im≤n#⋂j=1mAij+(−1)n+1#⋂i=1nAi\# \bigcup_{i=1}^n A_i = \sum_{i=1}^n \#A_i +(-1)^{m+1} \sum_{1 \le i_1 < \cdots < i_m \le n}\# \bigcap_{j=1}^m A_{i_j} + (-1)^{n+1}\#\bigcap_{i=1}^n A_{i} #i=1⋃nAi=i=1∑n#Ai+(−1)m+11≤i1<⋯<im≤n∑#j=1⋂mAij+(−1)n+1#i=1⋂nAi

其中
#⋂j=1mAij=(n−m)!\# \bigcap_{j=1}^m A_{i_j} = (n-m)!#j=1⋂mAij=(n−m)!

基本事件总数为n!n!n!，因此概率为
P0=n!−#⋃i=1nAin!=∑j=0n(−1)jj!P_0 = \frac{n! - \# \bigcup_{i=1}^n A_i}{n!} = \sum_{j=0}^{n} \frac{(-1)^j}{j!}P0=n!n!−#⋃i=1nAi=j=0∑nj!(−1)j

2015年5月的第一题

这道题其实就是对上一题中概率论方法定义的Bernoulli随机变量的深入讨论。注意到Xi∼Ber(1/n)X_i \sim Ber(1/n)Xi∼Ber(1/n)，因此
E[Xi2]=12×1n+02×n−1n=1nE[X_i^2] = 1^2 \times \frac{1}{n} + 0^2 \times \frac{n-1}{n} = \frac{1}{n}E[Xi2]=12×n1+02×nn−1=n1

XiXjX_iX_jXiXj也服从Bernoulli分布，
P(XiXj=1)=P(Xi=1,Xj=1)=(n−2)!n!=1n(n−1)E[X1Xj]=1n(n−1)P(X_iX_j = 1) = P(X_i = 1,X_j = 1) = \frac{(n-2)!}{n!} = \frac{1}{n(n-1)} \\ E[X_1X_j] = \frac{1}{n(n-1)}P(XiXj=1)=P(Xi=1,Xj=1)=n!(n−2)!=n(n−1)1E[X1Xj]=n(n−1)1

有了这两个结论，剩下两个计算就十分容易了
E[Sn2]=E(∑i=1nXi)2=∑i=1nEXi2+2∑1≤i<j≤nEXiXj=1+2×Cn21n(n−1)=2E[Sn]=∑i=1nEXi=1Var(Sn)=E[Sn2]−(E[Sn])2=1E[S_n^2] = E \left( \sum_{i=1}^n X_i \right)^2 = \sum_{i=1}^n EX_i^2 + 2\sum_{1 \le i < j \le n} EX_iX_j = 1 + 2 \times C_n^2 \frac{1}{n(n-1)} = 2 \\ E[S_n] = \sum_{i=1}^n EX_i = 1 \\ Var(S_n) = E[S_n^2] - (E[S_n])^2 = 1E[Sn2]=E(i=1∑nXi)2=i=1∑nEXi2+21≤i<j≤n∑EXiXj=1+2×Cn2n(n−1)1=2E[Sn]=i=1∑nEXi=1Var(Sn)=E[Sn2]−(E[Sn])2=1

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