CS70 Disc 08B
CS70 Disc 08B
1 Probability Potpourri
注释 13
(a) 对于任意概率空间中的两个事件 \(A\) 和 \(B\)，证明 \(P[A \setminus B] \geq P[A] - P[B]\)。
证明：
我们可以通过绘制维恩图来帮助理解。
- 维恩图：
- 在维恩图中，\(P[A]\) 可以表示为 \(P[A \cap B] + P[A \setminus B]\)。
- \(P[B]\) 则可以表示为 \(P[A \cap B] + P[B \setminus A]\)。
- 计算右边：
- 我们有： $ P[A] - P[B] = (P[A B] + P[A B]) - (P[A B] + P[B A]) $
- 简化后得到： $ P[A] - P[B] = P[A B] - P[B A] $
- 不等式：
- 由此可知： $ P[A] - P[B] P[A B] $
- 因此得证 \(P[A \setminus B] \geq P[A] - P[B]\)。
注释 14
(b) 假设 \(P[D | C] = P[D | C^c]\)，其中 \(C^c\) 是 \(C\) 的补集。证明 \(D\) 与 \(C\) 独立。
证明：
- 利用全概率公式：
- 我们有： $ P[D] = P[D C] + P[D C^c] $
- 用条件概率表示：
- 进一步可以写为： $ P[D] = P[D | C] P[C] + P[D | C^c] P[C^c] $
- 代入条件概率相等的假设：
- 由于 \(P[D | C] = P[D | C^c]\)，我们可以将其代入： $ P[D] = P[D | C] P[C] + P[D | C] P[C^c] $
- 可以提取 \(P[D | C]\)： $ P[D] = P[D | C] (P[C] + P[C^c]) = P[D | C] = P[D | C] $
- 定义独立性：
- 这表明 \(P[D | C] = P[D]\)，因此 \(D\) 与 \(C\) 是独立的。
(c) 如果 \(A\) 和 \(B\) 是不相交的事件，是否意味着它们独立？
回答： 不，如果两个事件是相交的，我们不能得出它们独立的结论。
例子：
- 考虑掷一个公平的六面骰子。设事件 \(A\) 为掷到1，事件 \(B\) 为掷到2。
- 显然 \(A\) 和 \(B\) 是不相交的，因为 \(P[A \cap B] = 0\)。
- 但这些事件并不独立：
- \(P[B | A] = 0\)，而 \(P[B] = \frac{1}{6}\)。
总结：
- 不相交的事件 \(A\) 和 \(B\) 只有在 \(P[A] = 0\) 或 \(P[B] = 0\) 的情况下才能是独立的。
2 Easter Eggs
注释 14
你参加了一个春假主题的作业聚会，聚会的每位参与者都会带走一个派对礼物。你有一个装有20个巧克力蛋和40个（空的）塑料蛋的袋子。你从中随机抽取5个蛋（不放回）。
(a) 第一个抽到的是巧克力蛋的概率是多少？
计算：
- 袋子中总共有 \(20 + 40 = 60\) 个蛋。
- 抽到巧克力蛋的概率为： $ P[] = = $
(b) 第二个抽到的是巧克力蛋的概率是多少？
长计算方法：
定义事件：
- 设 \(C_i\) 表示第 \(i\) 个蛋是巧克力蛋，\(P_i\) 表示第 \(i\) 个蛋是塑料蛋。
应用全概率法则： $ P[C_2] = P[C_1 C_2] + P[P_1 C_2] $ $ = P[C_1] P[C_2 | C_1] + P[P_1] P[C_2 | P_1] $
计算各项：
- \(P[C_1] = \frac{1}{3}\)
- 如果第一个蛋是巧克力蛋，那么袋子中还剩19个巧克力蛋和39个塑料蛋，所以： $ P[C_2 | C_1] = $
- 如果第一个蛋是塑料蛋，那么袋子中还有20个巧克力蛋和39个塑料蛋，所以： $ P[P_1] = $ $ P[C_2 | P_1] = $
将这些值代入公式： $ P[C_2] = + $ $ = + = = $
短计算方法：
- 由于抽取的过程是对称的，第一个蛋的类型不影响第二个蛋的类型，所以： $ P[C_2] = P[C_1] = $
(c) 已知第一个抽到的是塑料蛋，那么第五个抽到也是塑料蛋的概率是多少？
推导：
- 由于对称性：
- 我们知道关于第2、3和4个蛋的信息，所以有： $ P[ | ] = P[ | ] = $
- 严谨的推导：
- 注意到： $ P[C_5 P_2 | P_1] = P[P_5 C_2 | P_1] $
- 因此： $ P[P_5 | P_1] = P[P_5 C_2 | P_1] + P[P_5 P_2 | P_1] $
- 由于我们在计算条件概率时不需要关心中间的具体类型，所以： $ = P[C_5 P_2 | P_1] + P[P_5 P_2 | P_1] = P[P_2 | P_1] $
- 这样得到： $ P[P_5 | P_1] = $
补充： 也可以使用全概率法则来逐步计算，但这个计算过程会相对繁琐。
3 Balls and Bins
注释 14
假设你将 $ n $ 个球一个一个地扔入 $ n $ 个标记的箱子中。
(a) 第一个箱子为空的概率是多少？
计算：
- 每个球都有 $ n $ 个可能的箱子可以落入，因此总的样本空间大小为 $ n^n $。
- 为了使第一个箱子为空，每个球只能落入剩下的 $ n-1 $ 个箱子，这样的情况有 \((n-1)^n\) 种。因此： $ P[] = = ()^n $
理解：
- 每个投掷是独立的，球 $ i $ 落入第一个箱子的概率是 \(\frac{1}{n}\)，不落入的概率是 \(\frac{n-1}{n}\)，因此所有球都不落入第一个箱子的概率为 \(\left(\frac{n-1}{n}\right)^n\)。
(b) 前 $ k $ 个箱子为空的概率是多少？
计算：
- 这里样本空间仍然是 $ n^n $，而为了让前 $ k $ 个箱子为空，球只能落入剩下的 $ n-k $ 个箱子。
- 这种情况下，可能的情况有 \((n-k)^n\) 种。因此： $ P[ k ] = = ()^n $
理解：
- 类似于上面的逻辑，由于每个球的投掷是独立的，球 $ i $ 不落入前 $ k $ 个箱子的概率是 \(\frac{n-k}{n}\)，所以所有球都不落入前 $ k $ 个箱子的概率为 \(\left(\frac{n-k}{n}\right)^n\)。
(c) 设 $ A $ 是至少有 $ k $ 个箱子为空的事件。设 $ m $ 是从总共 $ n $ 个箱子中选出 $ k $ 个箱子的子集的数量。如果设 $ A_i $ 是第 $ i $ 个 $ k $ 个箱子为空的事件。计算 $ m $ 的表达式并使用联合界限给出概率 $ P[A] $ 的上界。
计算：
从 $ n $ 个箱子中选择 $ k $ 个箱子的方式有： $ m = $
使用联合界限： $ P[A] = Pm _{i=1}^{m} P[A_i] $ 由于每个 $ A_i $ 的概率相同，且等于部分 (b) 的概率： $ P[A_i] = ()^n $ 所以： $ P[A] ()^n $
(d) 给定第一个箱子为空，第二个箱子为空的概率是多少？
计算： 使用贝叶斯定理： $ P[] = $
计算分子和分母：
分子：在第一个箱子为空的情况下，第二个箱子也为空的情况： $ P[ ] = ()^n $
分母： $ P[] = ()^n $
代入得： $ P[] = = ()^n $
(e) 事件“第一个箱子为空”和“前两个箱子为空”是独立的吗？
答案：
- 这两个事件不是独立的。因为如果第二个箱子为空，那么第一个箱子必定也为空，条件概率为1。
(f) 事件“第一个箱子为空”和“第二个箱子为空”是独立的吗？
计算：
- 我们在 (d) 中计算了在第一个箱子为空的情况下，第二个箱子为空的概率为 \(\left(\frac{n-2}{n-1}\right)^n\)。
- 而第一个箱子为空的情况下，第二个箱子为空的总体概率是 \(\left(\frac{n-1}{n}\right)^n\)。
- 由于这两个概率不相等，因此这两个事件是依赖的。
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