概率论一至三章精讲

思路：从最外层的长横开始，一层层用德摩根律往里拆，最后用分配律合并。

第 1 步：拆最外层长横（“交”变“并”，两块各自取反） \[ =\overline{\bar A\bar B\cup C}\ \cup\ \overline{\overline{AC}} = \overline{\bar A\bar B\cup C}\ \cup\ AC \]

第二块是“双重否定”，\(\overline{\overline{AC}}=AC\)。

第 2 步：拆 \(\overline{\bar A\bar B\cup C}\) \[ \overline{\bar A\bar B\cup C}=\overline{\bar A\bar B}\cap\bar C=(A\cup B)\bar C \] 第 3 步：分配律展开、重新组合 \[ (A\cup B)\bar C\cup AC = A\bar C\cup B\bar C\cup AC = A(\bar C\cup C)\cup B\bar C = A\cup B\bar C \]

最后一步用到 \(\bar C\cup C=S\)、\(A\cap S=A\)。答案：\(A\cup B\bar C\)。

(1) “都不发生” = 每个都不发生，同时成立：\(\bar A\bar B\bar C\)。由德摩根律它也等于 \(\overline{A\cup B\cup C}\)，即“至少一个发生”的反面。

(2) “不都发生” = “都发生”的反面：\(\overline{ABC}=\bar A\cup\bar B\cup\bar C\)，即“至少一个不发生”。

注意区分：“都不发生”是 \(\bar A\bar B\bar C\)，“不都发生”是 \(\overline{ABC}\)。差一个字，意思完全不同。

设 \(A_i\)=“能答出第 \(i\) 类”，已知 \(P(A_1)=0.7,\ P(A_2)=0.2,\ P(A_1A_2)=0.1\)。

先画韦恩图把四块面积都填出来，三问就一目了然：只有 \(A_1\)：\(0.7-0.1=0.6\)；只有 \(A_2\)：\(0.2-0.1=0.1\)；两者都有：0.1；两者都没有：\(1-0.6-0.1-0.1=0.2\)。

(1) \(P(A_1\bar A_2)=P(A_1)-P(A_1A_2)=0.7-0.1=0.6\)

(2) \(P(A_1\cup A_2)=0.7+0.2-0.1=0.8\)

(3) \(P(\bar A_1\bar A_2)=P(\overline{A_1\cup A_2})=1-0.8=0.2\)（德摩根律 + 对立事件）

1～9 中奇数 5 个（1,3,5,7,9），偶数 4 个。和为奇数 ⇔ 取到的奇数有奇数个，取 4 个只能是“1 奇 3 偶”或“3 奇 1 偶”。

总数：\(C_9^4=126\)。“1 奇 3 偶”：\(C_5^1C_4^3=5\times4=20\)；“3 奇 1 偶”：\(C_5^3C_4^1=10\times4=40\)。

\[ P=\frac{20+40}{126}=\frac{10}{21}\approx 0.476 \]

总数 \(C_8^2=28\)。

(1) \(P(A)=C_5^2/C_8^2=10/28=5/14\)。

(2) 同色 = 两红 或 两白，两者互斥，可以直接相加：\(P(B)=\dfrac{C_5^2+C_3^2}{28}=\dfrac{10+3}{28}=\dfrac{13}{28}\)。

这正是“有限可加性”的用法：\(B=A\cup C\)（\(C\)=两白），\(AC=\varnothing\)，所以 \(P(B)=P(A)+P(C)\)。

“至少一人”直接算要分 1 人、2 人……1000 人，太麻烦。从反面算：\(\bar A\)=“没有一个人生日是元旦”，每人都有 364 种选择：

\[ P(\bar A)=\frac{364^{1000}}{365^{1000}}\approx 0.064,\qquad P(A)=1-0.064=0.936 \]

记住这个套路：看到“至少一个”，先想对立事件“一个都没有”。

有放回：每次袋子都一样，\(p=\dfrac{a}{a+b}\)。

不放回：把 \(k\) 个人取的球排成一列，总排法 \(A_{a+b}^k\)。要求第 \(i\) 个位置是白球：这个位置有 \(a\) 种选法，其余 \(k-1\) 个位置从剩下 \(a+b-1\) 个球中排，\(A_{a+b-1}^{k-1}\) 种：

\[ p=\frac{a\cdot A_{a+b-1}^{k-1}}{A_{a+b}^{k}}=\frac{a}{a+b} \]

和 \(i\) 无关！不放回抽签，第几个抽都一样，抽签是公平的，不用抢。直观理解：如果不看前面的人抽到什么，第 \(i\) 个人手里那个球是“随便哪个球”的可能性都一样。

设两人分别在 8 点 \(x\) 分、8 点 \(y\) 分到达。样本空间是边长 60 的正方形 \(\{(x,y):0\le x,y\le 60\}\)，面积 \(60^2\)。

能见面 ⇔ 两人到达时间相差不超过 20 分钟 ⇔ \(|x-y|\le 20\)。这是正方形里对角线两侧的一条带子。带子外面是两个直角边为 40 的三角形：

\[ P=1-\frac{2\times\frac12\times 40^2}{60^2}=1-\frac{1600}{3600}=\frac59 \]

下面可以拖动等候时间，再随机撒点，看撒点估计是否接近精确值。

已知是白球，就只在 7 个白球里看，其中木球 4 个：\(P(B\mid A)=4/7\)。

换成公式写：\(A\)=白球，\(B\)=木球，\(AB\)=白色木球（4 个）。

\[ P(B\mid A)=\frac{n_{AB}}{n_A}=\frac{n_{AB}/n}{n_A/n}=\frac{P(AB)}{P(A)}=\frac{4/10}{7/10}=\frac47 \]

这一步“分子分母同除以 \(n\)”就是条件概率定义的来历。

\(A\)=能用到 1000 h，\(B\)=能用到 1500 h。关键观察：能用到 1500 h 一定能用到 1000 h，即 \(B\subset A\)，所以 \(AB=B\)。

\[ P(B\mid A)=\frac{P(AB)}{P(A)}=\frac{P(B)}{P(A)}=\frac{0.4}{0.8}=0.5 \]

设 \(A_i\)=“第 \(i\) 次取到一等品”。

(1) 乘法公式 \[ P(A_1A_2)=P(A_1)P(A_2\mid A_1)=\frac35\times\frac24=\frac3{10} \]

第一次 5 个里 3 个一等；第一次取走一个一等后，剩 4 个里 2 个一等。

(2) 按第一次的结果分情况 \[ P(A_2)=P(A_1A_2)+P(\bar A_1A_2)=\frac3{10}+\frac25\times\frac34=\frac3{10}+\frac3{10}=\frac35 \]

另一个思路：抽签原理，第二次和第一次地位相同，直接 \(=3/5\)。

(3) 条件概率定义 \[ P(\bar A_1\mid A_2)=\frac{P(\bar A_1A_2)}{P(A_2)}=\frac{3/10}{3/5}=\frac12 \] (4) 三个事件的乘法公式

“第三次才取到” = 前两次都是二等品、第三次是一等品：

\[ P(\bar A_1\bar A_2A_3)=P(\bar A_1)P(\bar A_2\mid\bar A_1)P(A_3\mid\bar A_1\bar A_2)=\frac25\times\frac14\times\frac33=\frac1{10} \]

\[ P(\bar A_2\mid A_1)=\frac{P(A_1\bar A_2)}{P(A_1)}=\frac{P(A_1)-P(A_1A_2)}{P(A_1)}=\frac{0.6-0.1}{0.6}=\frac56 \]

分子用了“一般减法” \(P(A\bar B)=P(A)-P(AB)\)。顺便比较：\(P(\bar A_2)=0.7<5/6\)，说明“第一天下雨”这个信息改变了对第二天的判断。

已知 \(P(A)=0.92,\ P(B)=0.93,\ P(B\mid\bar A)=0.85\)，求 \(P(A\cup B)\)。

解法 1：先求 \(P(AB)\)，再用加法公式 \[ P(B\mid\bar A)=\frac{P(\bar AB)}{P(\bar A)}=\frac{P(B)-P(AB)}{1-P(A)}\ \Rightarrow\ 0.85=\frac{0.93-P(AB)}{0.08}\ \Rightarrow\ P(AB)=0.862 \] \[ P(A\cup B)=0.92+0.93-0.862=0.988 \] 解法 2：从反面算（更快） \[ P(\overline{A\cup B})=P(\bar A\bar B)=P(\bar A)P(\bar B\mid\bar A)=0.08\times(1-0.85)=0.012 \]

所以 \(P(A\cup B)=1-0.012=0.988\)。“都失效” = 先 \(A\) 失效、再 \(B\) 也失效，正好用乘法公式。

\(A\)=取到次品，\(B_i\)=来自第 \(i\) 厂，\(B_1,B_2,B_3\) 是划分。

(1) 全概率公式 \[ P(A)=0.15\times0.02+0.80\times0.01+0.05\times0.03=0.003+0.008+0.0015=0.0125 \]

它介于三个次品率之间，正是三家次品率按份额的加权平均。

(2) 贝叶斯公式：某条路径占全部“次品路径”的比例 \[ P(B_1\mid A)=\frac{0.003}{0.0125}=0.24,\quad P(B_2\mid A)=\frac{0.008}{0.0125}=0.64,\quad P(B_3\mid A)=\frac{0.0015}{0.0125}=0.12 \]

三者之和为 1。虽然厂 3 次品率最高，但它供货少，次品来自它的可能性反而最小。

\(A\)=吸烟，\(B\)=患肺癌。已知 \(P(B)=0.001,\ P(A)=0.2,\ P(B\mid A)=0.004\)，求 \(P(B\mid\bar A)\)。

这题是全概率公式“反过来用”：总概率已知，求其中一条路的条件概率。

\[ 0.001=0.004\times0.2+P(B\mid\bar A)\times0.8\ \Rightarrow\ P(B\mid\bar A)=\frac{0.001-0.0008}{0.8}=0.00025 \]

烟民患病率是不吸烟者的 16 倍。

\(A\)=产品合格，\(B\)=机器良好。划分是 \(B,\bar B\)。

\[ P(B\mid A)=\frac{P(B)P(A\mid B)}{P(B)P(A\mid B)+P(\bar B)P(A\mid\bar B)}=\frac{0.95\times0.98}{0.95\times0.98+0.05\times0.55}=\frac{0.931}{0.9585}\approx0.97 \]

先验 0.95，看到“合格”这个信息后，后验变成 0.97。合格品更像是好机器生产的，所以信心提高了。

\(A\)=收到“不清”，\(B_1\)=发出“•”，\(B_2\)=发出“—”。

\[ P(A)=0.6\times0.2+0.4\times0.1=0.12+0.04=0.16 \] \[ P(B_1\mid A)=\frac{0.12}{0.16}=0.75,\qquad P(B_2\mid A)=\frac{0.04}{0.16}=0.25 \]

所以收到“不清”时，应判断原信号更可能是“•”。

不放回：第一次拿走一个白球，剩 7 个里 2 个白，\(P(A_2\mid A_1)=2/7\)；而 \(P(A_2)=3/8\)（抽签原理）。两者不等，不独立。

有放回：袋子恢复原样，\(P(A_2\mid A_1)=3/8=P(A_2)\)，独立。

\(P(A)=P(B)=P(C)=\tfrac12\)。\(AB\)=两颗都奇，概率 \(\tfrac14\)；\(AC\)=第一颗奇且和为奇 ⇔ 第一颗奇、第二颗偶，概率 \(\tfrac14\)；同理 \(P(BC)=\tfrac14\)。所以两两独立。

但 \(ABC\)：两颗都奇，和必为偶，不可能和为奇，\(P(ABC)=0\ne\tfrac18\)。所以两两独立但不相互独立：知道 \(A,B\) 同时发生，\(C\) 就确定不会发生。

每种颜色出现在 4 个面上：\(P(R)=P(W)=P(Y)=\tfrac12\)。

\(RW\)：面 1、2、3，\(P(RW)=\tfrac38\ne\tfrac14\)；\(RY\)：只有面 1，\(\tfrac18\ne\tfrac14\)；\(WY\)：只有面 1，\(\tfrac18\ne\tfrac14\)。

\(RWY\)：面 1，\(P(RWY)=\tfrac18=P(R)P(W)P(Y)\)。所以 (2) 成立而 (1) 不成立，不能由 (2) 推出 (1)。

(8) \(P=1-(1-0.8)(1-0.6)=1-0.2\times0.4=0.92\)。（也可以用加法公式：\(0.8+0.6-0.8\times0.6=0.92\)。）

(9) \(P=1-(1-0.004)^{100}=1-0.996^{100}\approx1-0.670=0.33\)。每个人只有 0.4%，100 人合起来就有三分之一。课件的结论：小概率事件在大量重复中迟早会发生，不能忽视。

(10) 设 \(n\) 门，\(1-0.2^n>0.999\ \Rightarrow\ 0.2^n<0.001\ \Rightarrow\ n>\dfrac{\ln0.001}{\ln0.2}\approx4.29\)，所以至少 5 门。（注意两边取对数时 \(\ln0.2<0\)，不等号要变向。）

三局两胜：甲胜的情况：甲甲、乙甲甲、甲乙甲（打满三局时最后一局必须甲赢）。

\[ P_1=p^2+2p^2(1-p)=3p^2-2p^3 \]

五局三胜：3:0、3:1、3:2。打 4 局时最后一局甲赢、前 3 局甲赢 2 局；打 5 局时前 4 局甲赢 2 局：

\[ P_2=p^3+C_3^2p^3(1-p)+C_4^2p^3(1-p)^2 \]

作差化简得

\[ P_2-P_1=3p^2(1-p)^2(2p-1) \]

当 \(p>\tfrac12\) 时 \(P_2>P_1\)。局数越多，强者越占优（路遥知马力）。直观：局数多，偶然因素被平均掉了。

\(P(X=0)=P(X=1)=\tfrac12\)。按 \(x\) 的位置分段，每段问一句“\(X\le x\) 包含了哪些取值”：

• \(x<0\)：\(X\) 的取值 0、1 都比 \(x\) 大，\(\{X\le x\}=\varnothing\)，\(F(x)=0\)。
• \(0\le x<1\)：只包含了 \(X=0\)，\(F(x)=\tfrac12\)。
• \(x\ge1\)：0 和 1 都包含了，\(F(x)=1\)。

\[ F(x)=\begin{cases}0,&x<0\\ \tfrac12,&0\le x<1\\ 1,&x\ge1\end{cases} \]

图像是台阶，在 \(x=0\)、\(x=1\) 处各跳 \(\tfrac12\)。注意等号放在台阶的左端（实心点在左），这就是右连续。

求未知常数的标准方法：用性质列方程。

由 \(F(+\infty)=1\)：\(\lim\limits_{x\to+\infty}(a+be^{-x})=a=1\)。

由右连续（在 \(x=0\) 处）：\(F(0)=0\) 必须等于右极限 \(\lim\limits_{x\to0^+}(a+be^{-x})=a+b\)，所以 \(a+b=0\)，\(b=-1\)。

于是 \(F(x)=1-e^{-x}\ (x>0)\)。这其实是参数为 1 的指数分布。

\[ P(X\le\ln2)=F(\ln2)=1-e^{-\ln2}=1-\tfrac12=\tfrac12,\qquad P(X>1)=1-F(1)=e^{-1} \]

• \(x<0\)：距离不可能为负，\(F(x)=0\)。
• \(0\le x\le1\)：\(\{X\le x\}\) = 打进半径 \(x\) 的圆盘，概率与面积 \(\pi x^2\) 成正比：\(F(x)=kx^2\)。由于 \(\{X\le1\}\) 是必然事件，\(F(1)=k=1\)，所以 \(F(x)=x^2\)。
• \(x>1\)：必然事件，\(F(x)=1\)。

\[ F(x)=\begin{cases}0,&x<0\\x^2,&0\le x<1\\1,&x\ge1\end{cases} \]

这个 \(F\) 是连续的，没有台阶，所以 \(X\) 是连续型随机变量。

每个球 3 种放法，总共 \(3^3=27\) 种等可能结果。\(X\) 可取 1、2、3。

\(X=1\)：1 号盒有球。反面是“3 个球都不进 1 号盒”，每球 2 种选择，\(2^3=8\) 种：\(P(X=1)=1-\tfrac{8}{27}=\tfrac{19}{27}\)。

\(X=2\)：1 号盒空、2 号盒有球。“1 号盒空”有 \(2^3=8\) 种，其中“2 号盒也空”（全进 3 号）1 种：\(P(X=2)=\tfrac{8-1}{27}=\tfrac{7}{27}\)。

\(X=3\)：全进 3 号盒，\(P=\tfrac1{27}\)。检查：\(19+7+1=27\) ✓。

\[ F(x)=\begin{cases}0,&x<1\\ \tfrac{19}{27},&1\le x<2\\ \tfrac{26}{27},&2\le x<3\\ 1,&x\ge3\end{cases} \qquad P(|X|\le2)=P(X=1)+P(X=2)=\tfrac{26}{27} \]

\(X=k\ (k=0,1,2,3)\)：前 \(k\) 盏通过、第 \(k+1\) 盏停：\(P(X=k)=p^k(1-p)\)。\(X=4\)：4 盏全通过，没停过：\(P(X=4)=p^4\)。

分布律算 vs 分布函数算（两种都会才算真懂）：

• \(P(1<X\le3)=p_2+p_3=0.1344\)；或 \(F(3)-F(1)=0.9744-0.84=0.1344\)。
• \(P(1\le X\le3)=p_1+p_2+p_3=0.3744\)；或 \(F(3)-F(1-0)=0.9744-0.6=0.3744\)。
• \(P(X\ge3)=p_3+p_4=0.064\)；或 \(1-F(3-0)=1-0.936=0.064\)。
• \(P(X>3)=p_4=0.0256\)；或 \(1-F(3)=0.0256\)。
• \(P(X=3)=0.0384\)；或 \(F(3)-F(3-0)=0.9744-0.936\)。

课件的结论：离散型用分布律算更方便，用分布函数要时刻注意端点带不带等号。

“第 \(k\) 次轰击时恰好摧毁” = 前 \(k-1\) 次中恰好击中 \(r-1\) 次，且第 \(k\) 次击中。

\[ P(X=k)=\underbrace{C_{k-1}^{r-1}p^{r-1}(1-p)^{k-r}}_{\text{前 }k-1\text{ 次中 }r-1\text{ 次}}\cdot\underbrace{p}_{\text{第 }k\text{ 次中}}=C_{k-1}^{r-1}p^r(1-p)^{k-r},\quad k=r,r+1,\dots \]

\(r=1\) 时就是几何分布。课件后半页用幂级数逐项求导证明了这些概率加起来等于 1，考试一般不要求推导。

\(X\sim B(5000,0.001)\)。

(1) \((n+1)p=5.001\)，不是整数，\(k_0=[5.001]=5\)。\(P(X=5)=C_{5000}^5(0.001)^5(0.999)^{4995}\approx0.1755\)。

(2) 用反面：\(P(X\ge2)=1-P(X=0)-P(X=1)\)。用泊松近似 \(\lambda=np=5\)：

\[ P(X\ge2)\approx1-e^{-5}-5e^{-5}=1-6e^{-5}\approx0.9596 \]

我用程序精确算二项分布也得 0.9596，两者几乎一样（课件写的“二项分布结果 0.9574”可能是笔误，以计算为准）。

设每箱装 \(100+n\) 个，不合格数 \(X\sim B(100+n,0.03)\)。“至少 100 个合格” ⇔ \(X\le n\)。要求 \(P(X\le n)\ge0.9\)。

\(n\) 应该不大，\(\lambda=(100+n)\times0.03\approx3\)，用泊松近似：\(\sum_{k=0}^{n}\dfrac{3^ke^{-3}}{k!}\ge0.9\)，即 \(\sum_{k=n+1}^{\infty}\dfrac{3^ke^{-3}}{k!}\le0.1\)。

查泊松表（\(\lambda=3\)）：\(P(X\ge6)=0.084\le0.1\)，而 \(P(X\ge5)=0.185>0.1\)，所以 \(n+1=6\)，\(n=5\)。每箱至少装 105 个。

(1) 故障台数 \(X\sim B(90,0.01)\)，\(\lambda=0.9\)。配 \(N\) 人，修不过来 ⇔ \(X>N\)。要 \(P(X>N)<0.01\)：

\(P(X>3)\approx0.0135\)，\(P(X>4)\approx0.0023\)，所以 \(N=4\)。

(2) 共同负责：\(P(X>3)\approx0.0135\)（\(\lambda=0.9\)）。

各自负责：每人 30 台，\(Y\sim B(30,0.01)\)，\(\lambda=0.3\)，一个人修不过来是 \(P(Y\ge2)\approx0.0369\)。三个人里至少一个修不过来：\(1-(1-0.0369)^3\approx0.107\)。

0.0135 远小于 0.107，共同负责好得多。资源合并后能互相调剂。

已知卵数 \(X=n\) 时，幼虫数服从二项分布：\(P(Y=k\mid X=n)=C_n^kp^k(1-p)^{n-k}\ (k\le n)\)。用全概率公式（划分是 \(\{X=n\},n=k,k+1,\dots\)）：

\[ P(Y=k)=\sum_{n=k}^{\infty}\frac{\lambda^ne^{-\lambda}}{n!}\cdot\frac{n!}{k!(n-k)!}p^k(1-p)^{n-k}=\frac{(\lambda p)^ke^{-\lambda}}{k!}\sum_{n=k}^{\infty}\frac{[\lambda(1-p)]^{n-k}}{(n-k)!} \]

后面的求和是 \(e^{\lambda(1-p)}\)，所以

\[ P(Y=k)=\frac{(\lambda p)^ke^{-\lambda p}}{k!},\qquad Y\sim\pi(\lambda p) \]

泊松分布“打折”后还是泊松分布。这只昆虫有后代的概率 \(P(Y\ge1)=1-e^{-\lambda p}\)。

(1) 右连续：在 \(x=0\) 处，\(F(0,y)=0\) 应等于 \(\lim\limits_{x\to0^+}F(x,y)=(a-1)(b-e^{-y})\)。这要对一切 \(y>0\) 成立，所以 \(a=1\)。再由 \(F(+\infty,+\infty)=a\cdot b=1\) 得 \(b=1\)。

(2) \(\{X>0,Y\le2\}=\{0<X<+\infty,\ -\infty<Y\le2\}\)，套矩形公式（\(a=0,b=+\infty,c=-\infty,d=2\)）：

\[ F(+\infty,2)-F(+\infty,-\infty)-F(0,2)+F(0,-\infty)=(1-e^{-2})-0-0+0=1-e^{-2} \]

它满足有界、单调、右连续，但取矩形 \((0,2]\times(0,2]\)：

\[ F(2,2)-F(0,2)-F(2,0)+F(0,0)=1-1-1+0=-1<0 \]

概率不能为负，所以不能。

\(P(X=i,Y=j)=P(X=i)P(Y=j\mid X=i)=\dfrac14\cdot\dfrac1i\)（\(j\le i\)），\(j>i\) 时为 0。

检查：每列加起来都是 1/4，总和为 1。

\(X\) 只能取 0、1（甲盒只有 1 个正品）。\(P(X=0)=C_2^2/C_3^2=1/3\)，\(P(X=1)=C_1^1C_2^1/C_3^2=2/3\)。

\(X=0\)：放进乙盒的是 2 个次品，乙盒变成 2 正 3 次：

\[ P(0,0)=\tfrac13\cdot\tfrac{C_3^2}{C_5^2}=\tfrac{3}{30},\quad P(0,1)=\tfrac13\cdot\tfrac{C_2^1C_3^1}{C_5^2}=\tfrac{6}{30},\quad P(0,2)=\tfrac13\cdot\tfrac{C_2^2}{C_5^2}=\tfrac{1}{30} \]

\(X=1\)：放进 1 正 1 次，乙盒变成 3 正 2 次：

\[ P(1,0)=\tfrac23\cdot\tfrac{C_2^2}{C_5^2}=\tfrac{2}{30},\quad P(1,1)=\tfrac23\cdot\tfrac{C_3^1C_2^1}{C_5^2}=\tfrac{12}{30},\quad P(1,2)=\tfrac23\cdot\tfrac{C_3^2}{C_5^2}=\tfrac{6}{30} \]

\(x^2+y^2\ge2\) 的格子：\((0,2),(1,1),(1,2)\)，\(P=\dfrac{1+12+6}{30}=\dfrac{19}{30}\)。

(1) 规范性 \[ 1=\int_0^2dx\int_0^{+\infty}ae^{-2y}dy=2a\cdot\frac12=a\ \Rightarrow\ a=1 \] (2) 分布函数：按 \((x,y)\) 的位置分三种情况

\(F(x,y)\) 是在 \((-\infty,x]\times(-\infty,y]\) 上积分，但只有落在带子 \(0\le u\le2,\ v>0\) 里的部分有贡献。

• \(x<0\) 或 \(y\le0\)：左下区域和带子不相交，\(F=0\)。
• \(0\le x\le2,\ y>0\)：\(F=\int_0^xdu\int_0^ye^{-2v}dv=\dfrac x2(1-e^{-2y})\)。
• \(x>2,\ y>0\)：\(u\) 只能积到 2，\(F=\int_0^2du\int_0^ye^{-2v}dv=1-e^{-2y}\)。

(3) 区域 = 带子 ∩ \(\{y\le x\}\)，是一个三角形 \[ P(Y\le X)=\int_0^2dx\int_0^{x}e^{-2y}dy=\int_0^2\frac12(1-e^{-2x})dx=\frac12\Big[x+\frac12e^{-2x}\Big]_0^2=\frac14\big(3+e^{-4}\big) \]

(1) \(G\) 是直角边为 1 的三角形，面积 \(\tfrac12\)，所以 \(f=2\)（在 \(G\) 内）。

(2) \(G\) 中满足 \(y>x^2\) 的部分夹在抛物线 \(y=x^2\) 和直线 \(y=x\) 之间：

\[ P(Y>X^2)=\int_0^1dx\int_{x^2}^{x}2\,dy=2\int_0^1(x-x^2)dx=2\Big(\frac12-\frac13\Big)=\frac13 \]

(3) 到 \(y\) 轴距离 \(=|X|\)，在 \(G\) 内即 \(X<0.3\)，是一个直角边 0.3 的小三角形：\(P=2\times\tfrac12\times0.3^2=0.09\)。

(1) 用 \(\arctan(\pm\infty)=\pm\frac\pi2\) 列三个方程：

\[ F(+\infty,+\infty)=A\big(B+\tfrac\pi2\big)\big(C+\tfrac\pi2\big)=1,\quad F(+\infty,-\infty)=A\big(B+\tfrac\pi2\big)\big(C-\tfrac\pi2\big)=0,\quad F(-\infty,+\infty)=A\big(B-\tfrac\pi2\big)\big(C+\tfrac\pi2\big)=0 \]

第二式（第一个括号不能为 0，否则第一式不成立）得 \(C=\frac\pi2\)；第三式得 \(B=\frac\pi2\)；代入第一式 \(A\pi^2=1\)，\(A=\frac1{\pi^2}\)。

(2) \(F_X(x)=F(x,+\infty)=\dfrac1{\pi^2}\Big(\dfrac\pi2+\arctan\dfrac x2\Big)\cdot\pi=\dfrac12+\dfrac1\pi\arctan\dfrac x2\)。同理 \(F_Y(y)=\dfrac12+\dfrac1\pi\arctan\dfrac y2\)。

(3) \(P(X>2)=1-F_X(2)=1-\Big(\dfrac12+\dfrac1\pi\cdot\dfrac\pi4\Big)=\dfrac14\)。

先画图：区域是单位正方形里对角线 上方的三角形，顶点 \((0,0),(0,1),(1,1)\)。

(1) 规范性（先 \(x\) 后 \(y\)：固定 \(y\)，横线从 \(x=0\) 走到 \(x=y\)） \[ 1=\int_0^1dy\int_0^{y}kxy\,dx=k\int_0^1\frac{y^3}{2}dy=\frac k8\ \Rightarrow\ k=8 \] (2) 两个概率

\(X+Y\ge1\) 与三角形的交集：\(y\) 从 0.5 到 1，固定 \(y\) 时 \(x\) 从 \(1-y\) 到 \(y\)：

\[ P(X+Y\ge1)=\int_{0.5}^{1}dy\int_{1-y}^{y}8xy\,dx=\int_{0.5}^1 4y\big(y^2-(1-y)^2\big)dy=\int_{0.5}^1(8y^2-4y)dy=\frac56 \]

\(X<0.5\)：固定 \(x\in(0,0.5)\)，竖线 \(y\) 从 \(x\) 到 1：

\[ P(X<0.5)=\int_0^{0.5}dx\int_x^1 8xy\,dy=\int_0^{0.5}4x(1-x^2)dx=\Big[2x^2-x^4\Big]_0^{0.5}=\frac7{16} \] (3) 分布函数：按点 \((x,y)\) 落在哪里分 6 种情况

每种情况都问：左下方区域 \(\{u\le x,v\le y\}\) 和三角形的交集长什么样？当 \(y<x\) 时，左下区域只截到三角形中 \(v\le y\) 的那个小三角，结果只跟 \(y\) 有关。

\[ F(x,y)=\begin{cases}0,&x<0\ \text{或}\ y<0\\ y^4,&0\le y<1,\ y<x\\ 2x^2y^2-x^4,&0\le x\le y<1\\ 2x^2-x^4,&0\le x<1,\ y\ge1\\ 1,&x\ge1,\ y\ge1\end{cases} \]

例如 \(0\le x\le y<1\) 时：\(F=\int_0^xdu\int_u^y8uv\,dv=\int_0^x4u(y^2-u^2)du=2x^2y^2-x^4\)。（课件 L15 后半有一页把这里写成了 \(2x^2y^2-y^4\)，是笔误，以这里为准。）

(4) 边缘密度：直接积分更快

\(f_X(x)\)：固定 \(x\in[0,1)\)，对 \(y\) 积分，竖线从 \(y=x\) 到 \(y=1\)：

\[ f_X(x)=\int_x^1 8xy\,dy=4x(1-x^2)=4x-4x^3,\quad 0\le x<1;\ \text{其他为 }0 \]

\(f_Y(y)\)：固定 \(y\in[0,1)\)，对 \(x\) 积分，横线从 \(x=0\) 到 \(x=y\)：

\[ f_Y(y)=\int_0^y 8xy\,dx=4y^3,\quad 0\le y<1;\ \text{其他为 }0 \]

再积分得边缘分布函数：\(F_X(x)=2x^2-x^4\)，\(F_Y(y)=y^4\)（在 \([0,1)\) 上），和 \(F(x,+\infty)\)、\(F(+\infty,y)\) 一致。

例 3：每个球独立地等可能进三个盒之一。\(X=i,Y=j\) 意味着 \(i\) 个进 1 号、\(j\) 个进 2 号、其余进 3 号：

\[ P(X=i,Y=j)=\frac{3!}{i!\,j!\,(3-i-j)!}\cdot\frac1{27},\qquad i+j\le3 \]

（课件写成 1/9、2/9 的格子就是这里的 3/27、6/27。）由表还能读出：\(P(X=Y)=\tfrac1{27}+\tfrac6{27}=\tfrac7{27}\)，\(P(Y>X)=\tfrac{3+3+1+3}{27}=\tfrac{10}{27}\)。

例 4：白球和红球各自独立地放，\(X\sim B(3,\tfrac13)\)，\(Y\sim B(3,\tfrac13)\)，联合概率直接相乘：\(P(X=i,Y=j)=P(X=i)P(Y=j)\)，\(i,j\) 可以从 0 到 3 任意组合。

两例的边缘分布完全一样（都是 8/27、12/27、6/27、1/27），联合分布却不同（例 3 里 \(X+Y\le3\)，有很多 0；例 4 里没有 0）。

结论：联合分布能唯一确定边缘分布，边缘分布却不能确定联合分布。联合分布里还藏着“两者之间的关系”这部分信息，边缘分布把它丢了。

\(Y=0\) 那一行：1/27、3/27、3/27、1/27，行和 8/27。逐个除以 8/27：

\(X=2\) 那一列：3/27、3/27、0、0，列和 6/27：\(P(Y=0\mid X=2)=P(Y=1\mid X=2)=\tfrac12\)。

直觉验证（课件也提到了）：已知 2 号盒没有球，那么 3 个球每个都只能进 1 号或 3 号，各一半，所以 \(X\mid Y=0\sim B(3,\tfrac12)\)，正好是 1/8、3/8、3/8、1/8。已知 1 号盒有 2 个球，剩下 1 个球进 2 号或 3 号各一半，所以 \(Y\) 是 0 或 1 各 1/2。

联合

\(\{X=m,Y=n\}\)：前 \(m-1\) 次不中、第 \(m\) 次中、第 \(m+1\) 到 \(n-1\) 次不中、第 \(n\) 次中。共 2 次中、\(n-2\) 次不中：

\[ P(X=m,Y=n)=p^2(1-p)^{n-2},\qquad 1\le m<n \]

有意思的是它和 \(m\) 无关。

边缘

对 \(n\) 求和（\(n\) 从 \(m+1\) 到 \(\infty\)，等比级数）：

\[ P(X=m)=\sum_{n=m+1}^{\infty}p^2(1-p)^{n-2}=p(1-p)^{m-1},\quad m=1,2,\dots \]

就是几何分布，合理：\(X\) 是“第一次击中”的次数。对 \(m\) 求和（\(m\) 从 1 到 \(n-1\)，共 \(n-1\) 项，每项一样）：

\[ P(Y=n)=(n-1)p^2(1-p)^{n-2},\quad n=2,3,\dots \]

这是 \(r=2\) 的帕斯卡分布。

条件 \[ P(X=m\mid Y=n)=\frac{p^2(1-p)^{n-2}}{(n-1)p^2(1-p)^{n-2}}=\frac1{n-1},\quad m=1,\dots,n-1 \]

已知总共射了 \(n\) 次，第一次击中在前 \(n-1\) 次中的哪一次是等可能的。

\[ P(Y=n\mid X=m)=\frac{p^2(1-p)^{n-2}}{p(1-p)^{m-1}}=p(1-p)^{n-m-1},\quad n=m+1,m+2,\dots \]

已知第 \(m\) 次首次击中，之后再等第二次击中，又是一个几何分布，好像从头开始一样。

\(f(x,y)=\dfrac1{\pi r^2}\)（圆内）。

边缘

固定 \(x\in(-r,r)\)，竖线穿过圆，\(y\) 从 \(-\sqrt{r^2-x^2}\) 到 \(\sqrt{r^2-x^2}\)：

\[ f_X(x)=\int_{-\sqrt{r^2-x^2}}^{\sqrt{r^2-x^2}}\frac{dy}{\pi r^2}=\frac{2\sqrt{r^2-x^2}}{\pi r^2},\quad |x|<r \]

同理 \(f_Y(y)=\dfrac{2\sqrt{r^2-y^2}}{\pi r^2}\)。边缘不是均匀分布：中间的竖线长，两边的短。

条件

当 \(-r<y<r\) 时：

\[ f_{X\mid Y}(x\mid y)=\frac{1/(\pi r^2)}{2\sqrt{r^2-y^2}/(\pi r^2)}=\frac{1}{2\sqrt{r^2-y^2}},\quad |x|<\sqrt{r^2-y^2} \]

即已知 \(Y=y\) 时，\(X\sim U\big(-\sqrt{r^2-y^2},\sqrt{r^2-y^2}\big)\)：在那条水平弦上均匀分布。很直观：均匀分布切一刀，切面上还是均匀的。同理已知 \(X=x\) 时 \(Y\) 在竖直弦上均匀。

边缘：\(P(X=1)=\tfrac{6}{24}=\tfrac14\)，\(P(X=2)=\tfrac34\)；\(P(Y=0)=\tfrac4{24}=\tfrac16\)，\(P(Y=1)=\tfrac56\)。

逐格检查：\(\tfrac14\cdot\tfrac16=\tfrac1{24}\) ✓，\(\tfrac34\cdot\tfrac16=\tfrac3{24}\) ✓，\(\tfrac14\cdot\tfrac56=\tfrac5{24}\) ✓，\(\tfrac34\cdot\tfrac56=\tfrac{15}{24}\) ✓。四格全满足，独立。

\(P(Y=1\mid X=2)=\dfrac{15/24}{18/24}=\dfrac56=P(Y=1)\)，条件分布等于边缘分布，正是独立的含义。（可以在上面的交互表里切到“L17 例 1”点一下看看。）

(1) \(f_X(x)=\int_0^14xy\,dy=2x\)，\(f_Y(y)=2y\)（都在 \((0,1)\) 上），\(f_X f_Y=4xy=f_1\)，独立。用推论 1 更快：\(4xy=2x\cdot2y\)，区域是正方形。

(2) \(f_X(x)=\int_x^18xy\,dy=4x(1-x^2)\)，\(f_Y(y)=\int_0^y8xy\,dx=4y^3\)。乘积 \(16xy^3(1-x^2)\ne8xy\)，不独立。区域是三角形，一眼就能判断。

先画区域：顶点 \((0,0),(1,0),(1,2)\) 的三角形，斜边是 \(y=2x\)。

(1) 边缘

固定 \(x\in[0,1]\)，竖线 \(y\) 从 0 到 \(2x\)：\(f_X(x)=\int_0^{2x}2xy\,dy=4x^3\)，\(0\le x\le1\)。

固定 \(y\in[0,2]\)，横线 \(x\) 从 \(y/2\) 到 1：\(f_Y(y)=\int_{y/2}^{1}2xy\,dx=y\Big(1-\dfrac{y^2}4\Big)\)，\(0\le y\le2\)。

区域是三角形，所以不独立（\(f_Xf_Y\ne f\) 也能验证）。

(2) 条件

当 \(0<y<2\)：\(f_{X\mid Y}(x\mid y)=\dfrac{2xy}{y(1-y^2/4)}=\dfrac{8x}{4-y^2}\)，\(\dfrac y2\le x\le1\)。

当 \(0<x\le1\)：\(f_{Y\mid X}(y\mid x)=\dfrac{2xy}{4x^3}=\dfrac{y}{2x^2}\)，\(0\le y\le2x\)。

(3) 代入具体值再积分

\(y=1\)：\(f_{X\mid Y}(x\mid1)=\dfrac{8x}3\)，\(\tfrac12\le x\le1\)。

\[ P(X\ge0.75\mid Y=1)=\int_{0.75}^{1}\frac{8x}{3}dx=\frac43\Big(1-\frac9{16}\Big)=\frac7{12} \]

\(x=0.5\)：\(f_{Y\mid X}(y\mid0.5)=2y\)，\(0\le y\le1\)。

\[ P(Y\le0.5\mid X=0.5)=\int_0^{0.5}2y\,dy=\frac14 \] (4) 条件是区间（概率不为 0），回到第一章的定义 \[ P(X\ge0.75\mid Y\ge1)=\frac{P(X\ge0.75,\ Y\ge1)}{P(Y\ge1)} \]

分母：\(P(Y\ge1)=\int_1^2y\big(1-\frac{y^2}4\big)dy=\Big[\frac{y^2}2-\frac{y^4}{16}\Big]_1^2=\frac9{16}\)。

分子：区域是 \(x\in[0.75,1]\)、\(y\) 从 1 到 \(2x\)：\(\int_{0.75}^1dx\int_1^{2x}2xy\,dy=\int_{0.75}^1(4x^3-x)dx=\frac{119}{256}\)。

\[ P(X\ge0.75\mid Y\ge1)=\frac{119/256}{9/16}=\frac{119}{144} \]

注意 (3) 和 (4) 的区别：条件是“\(Y=1\)”（单点，概率为 0）时用条件密度；条件是“\(Y\ge1\)”（概率大于 0）时直接用 \(P(AB)/P(B)\)。

先把每个格子的 \(U,V\) 值算出来：

(1) \(P(U=2)=0.2\)，\(P(U=3)=0.1+0.3=0.4\)，\(P(U=4)=0.4\)。

(2) \(P(V=1)=0.2\)，\(P(V=2)=0.1+0.3+0.4=0.8\)。

(3) 看 \((U,V)\) 的组合：\((2,1)\) 来自 (1,1)，0.2；\((3,2)\) 来自 (1,2)、(2,1)，0.4；\((4,2)\) 来自 (2,2)，0.4；其他组合不可能，为 0。

\[ f_Z(z)=\frac1{2\pi}\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-\frac{x^2+(z-x)^2}{2}}dx \]

配方：\(x^2+(z-x)^2=2\big(x-\tfrac z2\big)^2+\tfrac{z^2}2\)，于是

\[ f_Z(z)=\frac1{2\pi}e^{-\frac{z^2}4}\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-(x-\frac z2)^2}dx=\frac1{2\pi}e^{-\frac{z^2}4}\sqrt\pi=\frac{1}{2\sqrt\pi}e^{-\frac{z^2}{4}} \]

这正是 \(N(0,2)\) 的密度（\(\sigma^2=2\)）。用到了 \(\int e^{-t^2}dt=\sqrt\pi\)。

\(f_R(z)=\int f(x)f(z-x)\,dx\)。被积函数非零要求 \(0<x<10\) 且 \(0<z-x<10\)（即 \(z-10<x<z\)）。交集：\(\max(0,z-10)<x<\min(10,z)\)。

\(0<z\le10\)：交集是 \((0,z)\)：

\[ f_R(z)=\int_0^z\frac{(10-x)(10-z+x)}{2500}dx=\frac{600z-60z^2+z^3}{15000} \]

\(10<z<20\)：交集是 \((z-10,10)\)：

\[ f_R(z)=\int_{z-10}^{10}\frac{(10-x)(10-z+x)}{2500}dx=\frac{(20-z)^3}{15000} \]

其他情况 \(f_R(z)=0\)。在 \(z=10\) 处两段都等于 \(\tfrac1{15}\)，接得上。

已知 \(F_X(z)=1-e^{-\alpha z}\)，\(F_Y(z)=1-e^{-\beta z}\)（\(z>0\)）。

串联：坏一个就停，\(Z=\min(X,Y)\)。

\[ F_Z(z)=1-e^{-\alpha z}e^{-\beta z}=1-e^{-(\alpha+\beta)z},\qquad f_Z(z)=(\alpha+\beta)e^{-(\alpha+\beta)z},\ z>0 \]

即 \(Z\sim\mathrm{Exp}(\alpha+\beta)\)：两个“失效率”相加。

并联：都坏了才停，\(Z=\max(X,Y)\)。

\[ F_Z(z)=(1-e^{-\alpha z})(1-e^{-\beta z}),\qquad f_Z(z)=\alpha e^{-\alpha z}+\beta e^{-\beta z}-(\alpha+\beta)e^{-(\alpha+\beta)z},\ z>0 \]

备用：寿命接力，\(Z=X+Y\)，用卷积。\(z>0\) 时被积函数非零要求 \(0<y<z\)：

\[ f_Z(z)=\int_0^z\alpha e^{-\alpha(z-y)}\beta e^{-\beta y}dy=\alpha\beta e^{-\alpha z}\int_0^z e^{-(\beta-\alpha)y}dy=\frac{\alpha\beta}{\beta-\alpha}\big(e^{-\alpha z}-e^{-\beta z}\big) \]

三种方式 \(z\le0\) 时密度都为 0。