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概率论基础教程第2章概率论公理

news 2025/8/17 16:57:53

第2章概率论公理

2.1 引言

概率概念的建立需先掌握样本空间和事件的定义。本章通过公理化方法定义概率，避免相对频率定义的缺陷（如极限存在性和一致性问题），为概率论提供严格数学基础。

2.2 样本空间和事件

核心定义

样本空间 $S$ ：试验所有可能结果的集合。
示例：
- 掷两枚硬币： $S = \{(H,H), (H,T), (T,H), (T,T)\}$
- 掷两枚骰子： $\{(i,j) \mid i,j = 1,2,3,4,5,6\}$
- 晶体管寿命： $\{x \mid 0 \leq x < \infty\}$
事件：样本空间 $S$ 的子集。事件发生当试验结果属于该子集。
示例：
- 掷两枚硬币，事件 $E = \{(H,H), (H,T)\}$ 表示"第一枚硬币正面朝上"。
- 掷两枚骰子，事件 $E = \{(1,6),(2,5),(3,4),(4,3),(5,2),(6,1)\}$ 表示"点数之和为7"。

事件运算

并（ $\cup F$ ）：发生当 $E$ 或 $F$ 发生。
交（ $\cap F$ 或 $EF$ ）：发生当 $E$ 和 $F$ 同时发生；若 $\cap F = \emptyset$ ，则 $E$ 与 $F$ 互不相容。
补（ $E^c$ ）：发生当 $E$ 不发生； $Sc=∅S^c = \emptyset$ 。
子集（ $\subset F$ ）： $E$ 发生蕴含 $F$ 发生。

德摩根律

$\left( \bigcup_{i=1}^n E_i \right)^c = \bigcap_{i=1}^n E_i^c, \quad \left( \bigcap_{i=1}^n E_i \right)^c = \bigcup_{i=1}^n E_i^c$

证明：
第一部分：证明 $(⋃i=1nEi)c=⋂i=1nEic\left( \bigcup_{i=1}^n E_i \right)^c = \bigcap_{i=1}^n E_i^c$

要证明两个集合相等，需验证双向包含关系：

证明 $(⋃i=1nEi)c⊆⋂i=1nEic\left( \bigcup_{i=1}^n E_i \right)^c \subseteq \bigcap_{i=1}^n E_i^c$ ：
取任意 $\in \left( \bigcup_{i=1}^n E_i \right)^c$ ，则 $\notin \bigcup_{i=1}^n E_i$ 。
根据并集定义， $x$ 不属于任何 $E_i$ （ $i=1,2,…,ni=1,2,\dots,n$ ），即对所有 $i$ ， $\notin E_i$ 。
由补集定义， $\in E_i^c$ 对所有 $i$ 成立，故 $\in \bigcap_{i=1}^n E_i^c$ 。
证明 $⋂i=1nEic⊆(⋃i=1nEi)c\bigcap_{i=1}^n E_i^c \subseteq \left( \bigcup_{i=1}^n E_i \right)^c$ ：
取任意 $\in \bigcap_{i=1}^n E_i^c$ ，则 $\in E_i^c$ 对所有 $i$ 成立。
即对所有 $i$ ， $\notin E_i$ ，故 $\notin \bigcup_{i=1}^n E_i$ 。
由补集定义， $\in \left( \bigcup_{i=1}^n E_i \right)^c$ 。

第二部分：证明 $(⋂i=1nEi)c=⋃i=1nEic\left( \bigcap_{i=1}^n E_i \right)^c = \bigcup_{i=1}^n E_i^c$

可直接证明或利用第一部分结果：

由第一部分， $(⋃i=1nEic)c=⋂i=1n(Eic)c=⋂i=1nEi\left( \bigcup_{i=1}^n E_i^c \right)^c = \bigcap_{i=1}^n (E_i^c)^c = \bigcap_{i=1}^n E_i$ 。
对两边取补： $((⋃i=1nEic)c)c=(⋂i=1nEi)c\left( \left( \bigcup_{i=1}^n E_i^c \right)^c \right)^c = \left( \bigcap_{i=1}^n E_i \right)^c$ 。
由 $E^c)^c = E$ ，得 $⋃i=1nEic=(⋂i=1nEi)c\bigcup_{i=1}^n E_i^c = \left( \bigcap_{i=1}^n E_i \right)^c$ 。

实际计算示例

例1：掷两枚硬币
样本空间 $S = \{(H,H), (H,T), (T,H), (T,T)\}$ 。

定义事件：
$E_1 = \{(H,H), (H,T)\}$ （第一枚正面），
$E_2 = \{(H,H), (T,H)\}$ （第二枚正面）。
计算：
$E1∪E2={(H,H),(H,T),(T,H)}E_1 \cup E_2 = \{(H,H), (H,T), (T,H)\}$ （至少一枚正面），
$(E1∪E2)c={(T,T)}(E_1 \cup E_2)^c = \{(T,T)\}$ 。
$E_1^c = \{(T,H), (T,T)\}$ ， $E_2^c = \{(H,T), (T,T)\}$ ，
$E1c∩E2c={(T,T)}E_1^c \cap E_2^c = \{(T,T)\}$ 。
验证： $(E1∪E2)c=E1c∩E2c={(T,T)}(E_1 \cup E_2)^c = E_1^c \cap E_2^c = \{(T,T)\}$ 。

例2：掷三枚硬币
样本空间 $S = \{HHH, HHT, HTH, HTT, THH, THT, TTH, TTT\}$ 。

定义事件：
$E_1 = \{HHH, HHT, HTH, HTT\}$ （第一枚正面），
$E_2 = \{HHH, HHT, THH, THT\}$ （第二枚正面），
$E_3 = \{HHH, HTH, THH, TTH\}$ （第三枚正面）。
计算：
$E1∪E2∪E3={HHH,HHT,HTH,HTT,THH,THT,TTH}E_1 \cup E_2 \cup E_3 = \{HHH, HHT, HTH, HTT, THH, THT, TTH\}$ （至少一枚正面），
$(E1∪E2∪E3)c={TTT}(E_1 \cup E_2 \cup E_3)^c = \{TTT\}$ 。
$E_1^c = \{THH, THT, TTH, TTT\}$ ，
$E_2^c = \{HTH, HTT, TTH, TTT\}$ ，
$E_3^c = \{HHT, HTT, THT, TTT\}$ ，
$E1c∩E2c∩E3c={TTT}E_1^c \cap E_2^c \cap E_3^c = \{TTT\}$ 。
验证： $(E1∪E2∪E3)c=E1c∩E2c∩E3c={TTT}(E_1 \cup E_2 \cup E_3)^c = E_1^c \cap E_2^c \cap E_3^c = \{TTT\}$ 。

2.3 概率论公理

公理系统（对样本空间 $S$ 的事件 $E$ 定义概率 $P (E)$ ）

$\leq P(E) \leq 1$ （概率值在 $[0, 1]$ 区间）。
$P (S) = 1$ （必然事件概率为 $1$ ）。
对互不相容事件序列 ${E_i\}$ （即 $\neq j$ 时 $Ei∩Ej=∅E_i \cap E_j = \emptyset$ ），有 $P(⋃i=1∞Ei)=∑i=1∞P(Ei)P\left( \bigcup_{i=1}^\infty E_i \right) = \sum_{i=1}^\infty P(E_i)$ 。

重要推导

$P(∅)=0P(\emptyset) = 0$
证明：取 $E_1 = S$ ， $Ei=∅E_i = \emptyset$ （ $i > 1$ ），则 $\bigcup_{i=1}^\infty E_i$ 。由公理 3：
$\sum_{i=2}^\infty P(\emptyset) \implies 1 = 1 + \sum_{i=2}^\infty P(\emptyset) \implies P(\emptyset) = 0.$
有限可加性：对互不相容事件 $E1,…,EnE_1, \dots, E_n$ ，有 $P(⋃i=1nEi)=∑i=1nP(Ei)P\left( \bigcup_{i=1}^n E_i \right) = \sum_{i=1}^n P(E_i)$ （由公理 3 令 $Ei=∅E_i = \emptyset$ （ $i > n$ ）即得）。

例题

例 3a：掷硬币试验。
- 公平硬币： $P({H})=P({T})=12P(\{H\}) = P(\{T\}) = \frac{1}{2}$ 。
- 有偏硬币（正面概率为反面的 2 倍）： $P({H})=23P(\{H\}) = \frac{2}{3}$ ， $P({T})=13P(\{T\}) = \frac{1}{3}$ 。
例 3b：掷骰子试验（等可能结果）。
$P({1})=P({2})=⋯=P({6})=16P(\{1\}) = P(\{2\}) = \cdots = P(\{6\}) = \frac{1}{6}$ ，故点数为偶数的概率：
$P(\{2,4,6\}) = P(\{2\}) + P(\{4\}) + P(\{6\}) = \frac{1}{6} + \frac{1}{6} + \frac{1}{6} = \frac{1}{2}.$

技术注释
当样本空间不可数时，概率仅定义在可测事件上，但实际应用中所有事件均可测，故无实质影响。公理化方法确保概率定义严谨，且支持大数定律（事件频率以概率 1 收敛于 $P (E)$ ）。

2.4 几个简单命题

核心命题

$P(E^c) = 1 - P(E)$

证明：
由于 $E$ 和 $E^c$ 互不相容且 $\cup E^c = S$ ，由公理 2 和公理 3：
$\cup E^c) = P(E) + P(E^c)$
移项即得 $P(E^c) = 1 - P(E)$ 。

应用示例：掷硬币时若正面概率为 $3/8$ ，则反面概率为 $1 - 3/8 = 5/8$ 。

如果 $\subset F$ ，那么 $\leq P(F)$ 。

证明：
由于 $\subset F$ ，可将 $F$ 表示为：
$\cup E^c F$
其中 $E$ 和 $E^c F$ 互不相容，由公理 3：
$P(F) = P(E) + P(E^c F)$
由于 $P(EcF)≥0P(E^c F) \geq 0$ ，因此 $\leq P(F)$ 。

应用示例：掷骰子时，出现 1 的概率小于等于出现奇数的概率。
$\cup F) = P(E) + P(F) - P(EF)$

证明：
首先， $\cup F$ 可表示为互不相容事件 $E$ 和 $E^c F$ 的并：
$\cup F) = P(E) + P(E^c F)$
又因为 $\cup E^c F$ ，所以：
$P(E^c F) \implies P(E^c F) = P(F) - P(EF)$
代入上式即得：
$\cup F) = P(E) + P(F) - P(EF)$

例题 4a：
某人度假带两本书，喜欢第一本的概率为 0.5，喜欢第二本的概率为 0.4，两本都喜欢的概率为 0.3，求两本都不喜欢的概率。

解：
设 $B_1$ 、 $B_2$ 分别表示喜欢第一本和第二本书的事件，则：
$P(B_1 \cup B_2) = P(B_1) + P(B_2) - P(B_1 B_2) = 0.5 + 0.4 - 0.3 = 0.6$
两本都不喜欢的概率为：
$P(B_1^c B_2^c) = P((B_1 \cup B_2)^c) = 1 - P(B_1 \cup B_2) = 0.4$

容斥恒等式

$P\left(\bigcup_{i=1}^{n} E_i\right) = \sum_{i=1}^{n} P(E_i) - \sum_{i_1 < i_2} P(E_{i_1} E_{i_2}) + \cdots + (-1)^{r+1} \sum_{i_1 < i_2 < \cdots < i_r} P(E_{i_1} E_{i_2} \cdots E_{i_r}) + \cdots + (-1)^{n+1} P(E_1 E_2 \cdots E_n)$

问题：掷三个均匀的骰子，求至少有一个骰子显示 1 点的概率。

解：
设：

$E_1$ ：第一个骰子显示 1 点
$E_2$ ：第二个骰子显示 1 点
$E_3$ ：第三个骰子显示 1 点

我们需要计算 $P(E1∪E2∪E3)P(E_1 \cup E_2 \cup E_3)$ 。

根据容斥恒等式：
$P(E_1 \cup E_2 \cup E_3) = P(E_1) + P(E_2) + P(E_3) - P(E_1E_2) - P(E_1E_3) - P(E_2E_3) + P(E_1E_2E_3)$

计算各项：

$P(Ei)=16P(E_i) = \frac{1}{6}$ （单个骰子显示 1 点的概率），所以 $∑P(Ei)=3×16=12\sum P(E_i) = 3 \times \frac{1}{6} = \frac{1}{2}$
$P(EiEj)=16×16=136P(E_iE_j) = \frac{1}{6} \times \frac{1}{6} = \frac{1}{36}$ （两个特定骰子都显示 1 点的概率），所以 $∑P(EiEj)=3×136=112\sum P(E_iE_j) = 3 \times \frac{1}{36} = \frac{1}{12}$
$P(E1E2E3)=16×16×16=1216P(E_1E_2E_3) = \frac{1}{6} \times \frac{1}{6} \times \frac{1}{6} = \frac{1}{216}$ （三个骰子都显示 1 点的概率）

代入公式：
$P(E_1 \cup E_2 \cup E_3) = \frac{1}{2} - \frac{1}{12} + \frac{1}{216} = \frac{108}{216} - \frac{18}{216} + \frac{1}{216} = \frac{91}{216} \approx 0.4213$

验证：
至少有一个骰子显示 1 点的概率 = 1 - 没有骰子显示 1 点的概率
$\left(\frac{5}{6}\right)^3 = 1 - \frac{125}{216} = \frac{91}{216}$
与容斥

[!IMPORTANT]

详细计算过程：

首先，根据二项式定理：
$y)^m = \sum_{i=0}^{m} \binom{m}{i} x^i y^{m-i}$

令 $x = - 1$ ， $y = 1$ ，代入得：
$1)^m = \sum_{i=0}^{m} \binom{m}{i} (-1)^i (1)^{m-i}$

左边简化为：
$0^m = 0 \quad \text{（当 } m > 0 \text{ 时）}$

右边为：
$\sum_{i=0}^{m} \binom{m}{i} (-1)^i \cdot 1 = \sum_{i=0}^{m} \binom{m}{i} (-1)^i$

因此有：
$\sum_{i=0}^{m} \binom{m}{i} (-1)^i = 0$

将求和式展开：
$\binom{m}{0}(-1)^0 + \binom{m}{1}(-1)^1 + \binom{m}{2}(-1)^2 + \cdots + \binom{m}{m}(-1)^m = 0$

由于 $(m0)=1\binom{m}{0} = 1$ 且 $1)^0 = 1$ ，所以：
$\binom{m}{1} + \binom{m}{2} - \binom{m}{3} + \cdots + (-1)^m \binom{m}{m} = 0$

移项得到：
$\binom{m}{1} - \binom{m}{2} + \binom{m}{3} - \cdots + (-1)^{m+1} \binom{m}{m} = 1$

恒等式计算结果一致。

直观解释：
考虑样本空间中某个结果，若它恰好包含在 $m$ 个事件中（ $m > 0$ ），则它在 $⋃Ei\bigcup E_i$ 中应被计算一次。在等式右边，它被计算的次数为：
$\binom{m}{1} - \binom{m}{2} + \binom{m}{3} - \cdots + (-1)^{m+1} \binom{m}{m}$
我们需要证明这个和等于 1。由于 $(m0)=1\binom{m}{0} = 1$ ，只需证明：
$\sum_{i=0}^{m} \binom{m}{i} (-1)^i = 0$
这由二项式定理可得：
$(-1+1)^m = \sum_{i=0}^{m} \binom{m}{i} (-1)^i (1)^{m-i}$
因此，容斥恒等式确保每个结果在等式两边被计算的次数相同。

上下界估计：

在容斥恒等式中，如果只取前一项，那么得到事件并的概率的一个上界；如果取前两项，那么得到事件并的概率的一个下界；取前 3 项，得到一个上界；取前 4 项，得到一个下界，以此类推。具体而言：

$P(⋃i=1nEi)≤∑i=1nP(Ei)P\left(\bigcup_{i=1}^{n} E_i\right) \leq \sum_{i=1}^{n} P(E_i)$
$P(⋃i=1nEi)≥∑i=1nP(Ei)−∑i1<i2P(Ei1Ei2)P\left(\bigcup_{i=1}^{n} E_i\right) \geq \sum_{i=1}^{n} P(E_i) - \sum_{i_1 < i_2} P(E_{i_1} E_{i_2})$
$P(⋃i=1nEi)≤∑i=1nP(Ei)−∑i1<i2P(Ei1Ei2)+∑i1<i2<i3P(Ei1Ei2Ei3)P\left(\bigcup_{i=1}^{n} E_i\right) \leq \sum_{i=1}^{n} P(E_i) - \sum_{i_1 < i_2} P(E_{i_1} E_{i_2}) + \sum_{i_1 < i_2 < i_3} P(E_{i_1} E_{i_2} E_{i_3})$

证明思路：
首先将 $⋃i=1nEi\bigcup_{i=1}^{n} E_i$ 表示为互不相容事件的并：
$\bigcup_{i=1}^{n} E_i = E_1 \cup E_1^c E_2 \cup E_1^c E_2^c E_3 \cup \cdots \cup E_1^c \cdots E_{n-1}^c E_n$
由概率的可加性：
$P\left(\bigcup_{i=1}^{n} E_i\right) = \sum_{i=1}^{n} P(E_1^c \cdots E_{i-1}^c E_i)$
利用 $P(Ei)=P(E1c⋯Ei−1cEi)+P(Ei∩⋃j<iEj)P(E_i) = P(E_1^c \cdots E_{i-1}^c E_i) + P(E_i \cap \bigcup_{j<i} E_j)$ ，可得：
$P(E_1^c \cdots E_{i-1}^c E_i) = P(E_i) - P\left(E_i \cap \bigcup_{j<i} E_j\right)$
代入上式：
$P\left(\bigcup_{i=1}^{n} E_i\right) = \sum_{i=1}^{n} P(E_i) - \sum_{i=1}^{n} P\left(E_i \cap \bigcup_{j<i} E_j\right)$
由于概率总是非负的，由上式可直接得到不等式 (4.1)。将不等式 (4.1) 应用到 $P(⋃j<iEiEj)P\left(\bigcup_{j<i} E_i E_j\right)$ ，可得：
$P\left(\bigcup_{j<i} E_i E_j\right) \leq \sum_{j<i} P(E_i E_j)$
结合上式，即可得到不等式 (4.2)。类似地，将不等式 (4.2) 应用到 $P(⋃j<iEiEj)P\left(\bigcup_{j<i} E_i E_j\right)$ ，可得：
$P\left(\bigcup_{j<i} E_i E_j\right) \geq \sum_{j<i} P(E_i E_j) - \sum_{k<j<i} P(E_i E_j E_k)$
由此可推导出不等式 (4.3)。其他不等式可通过类似方法证明。

2.5 等可能结果的样本空间

在有限样本空间 $\{1, 2, \ldots, N\}$ 中，若所有结果等可能，则：
$P(\{i\}) = \frac{1}{N}, \quad i = 1, 2, \ldots, N$
对任意事件 $E$ ：
$\frac{|E|}{|S|}$
其中 $∣ E ∣$ 表示 $E$ 中元素个数。

例 5a：掷两枚骰子，点数之和为 7 的概率。
解：样本空间有 36 种等可能结果，和为 7 的结果有 6 种： $(1, 6), (2, 5), (3, 4), (4, 3), (5, 2), (6, 1)$ ，故：
$P(\text{和为 } 7) = \frac{6}{36} = \frac{1}{6}$

例 5b：碗中有 6 个白球、5 个黑球，随机取 3 个，恰好 1 白 2 黑的概率。
解：

有序取法： $3×(6×5×4)11×10×9=360990=411\frac{3 \times (6 \times 5 \times 4)}{11 \times 10 \times 9} = \frac{360}{990} = \frac{4}{11}$
无序取法： $(61)(52)(113)=6×10165=411\frac{\binom{6}{1}\binom{5}{2}}{\binom{11}{3}} = \frac{6 \times 10}{165} = \frac{4}{11}$

例 5c：从 6 男 9 女中选 5 人组成委员会，恰好 3 男 2 女的概率。
解：
$\frac{\binom{6}{3}\binom{9}{2}}{\binom{15}{5}} = \frac{20 \times 36}{3003} = \frac{240}{1001}$

例 5d：坛中有 $n$ 个球（1 个标记），随机取 $k$ 个，标记球被取出的概率。
解：
$\frac{\binom{1}{1}\binom{n-1}{k-1}}{\binom{n}{k}} = \frac{k}{n}$

例 5e：生日问题
问题：房间有 $n$ 人，无人同一天生日的概率是多少？当 $n$ 多大时，此概率小于 $1/2$ ？
解：
$P(\text{无人同生日}) = \frac{365 \times 364 \times \cdots \times (365-n+1)}{365^n}$
当 $\geq 23$ 时，此概率小于 $1/2$ ；当 $n = 50$ 时，至少两人同生日的概率约为 $97%97\%$ 。

例 5m：配对问题
问题： $N$ 人取帽子，无人拿到自己帽子的概率。
设 $E_i$ 表示"第 $i$ 个人拿到自己帽子"的事件。根据容斥恒等式，至少有一人拿到自己帽子的概率为：
$P\left(\bigcup_{i=1}^{N} E_i\right) = \sum_{i=1}^{N} P(E_i) - \sum_{i_1 < i_2} P(E_{i_1} E_{i_2}) + \sum_{i_1 < i_2 < i_3} P(E_{i_1} E_{i_2} E_{i_3}) - \cdots + (-1)^{N+1} P(E_1 E_2 \cdots E_N)$

计算各项：

单个事件的概率 $P(E_i)$ ：
- 第 $i$ 个人拿到自己帽子的概率为 $1N\frac{1}{N}$
- 共有 $N$ 个这样的事件
- 所以 $∑i=1NP(Ei)=N×1N=1\sum_{i=1}^{N} P(E_i) = N \times \frac{1}{N} = 1$
两个事件交集的概率 $P(E_{i_1} E_{i_2})$ ：
- 第 $i_1$ 和 $i_2$ 个人都拿到自己帽子的概率
- 总的分配方式为 $N!$ ，满足条件的分配方式为 $(N - 2)!$ （固定两人，其余人随机排列）
- 所以 $P(Ei1Ei2)=(N−2)!N!=1N(N−1)P(E_{i_1} E_{i_2}) = \frac{(N-2)!}{N!} = \frac{1}{N(N-1)}$
- 选择两个事件的方式有 $(N2)=N(N−1)2\binom{N}{2} = \frac{N(N-1)}{2}$ 种
- 所以 $∑i1<i2P(Ei1Ei2)=(N2)×1N(N−1)=N(N−1)2×1N(N−1)=12!\sum_{i_1 < i_2} P(E_{i_1} E_{i_2}) = \binom{N}{2} \times \frac{1}{N(N-1)} = \frac{N(N-1)}{2} \times \frac{1}{N(N-1)} = \frac{1}{2!}$
$k$ 个事件交集的概率 $P(Ei1Ei2⋯Eik)P(E_{i_1} E_{i_2} \cdots E_{i_k})$ ：
- $k$ 个人都拿到自己帽子的概率
- $P(Ei1Ei2⋯Eik)=(N−k)!N!P(E_{i_1} E_{i_2} \cdots E_{i_k}) = \frac{(N-k)!}{N!}$
- 选择 $k$ 个事件的方式有 $(Nk)=N!k!(N−k)!\binom{N}{k} = \frac{N!}{k!(N-k)!}$ 种
- 所以 $∑i1<i2<⋯<ikP(Ei1Ei2⋯Eik)=(Nk)×(N−k)!N!=N!k!(N−k)!×(N−k)!N!=1k!\sum_{i_1 < i_2 < \cdots < i_k} P(E_{i_1} E_{i_2} \cdots E_{i_k}) = \binom{N}{k} \times \frac{(N-k)!}{N!} = \frac{N!}{k!(N-k)!} \times \frac{(N-k)!}{N!} = \frac{1}{k!}$

将这些结果代入容斥恒等式：

$P\left(\bigcup_{i=1}^{N} E_i\right) = \sum_{k=1}^{N} (-1)^{k+1} \frac{1}{k!} = 1 - \frac{1}{2!} + \frac{1}{3!} - \frac{1}{4!} + \cdots + (-1)^{N+1} \frac{1}{N!}$

因此，没有人拿到自己帽子的概率为：

$P\left(\bigcup_{i=1}^{N} E_i\right) = 1 - \left(1 - \frac{1}{2!} + \frac{1}{3!} - \cdots + (-1)^{N+1} \frac{1}{N!}\right) = \sum_{k=0}^{N} \frac{(-1)^k}{k!}$

当 $N$ 较大时的近似值：

根据指数函数 $e^x$ 的泰勒级数展开：

$e^x = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{x^k}{k!} = 1 + \frac{x}{1!} + \frac{x^2}{2!} + \frac{x^3}{3!} + \cdots$

令 $x = - 1$ ，得到：

$e^{-1} = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{(-1)^k}{k!} = 1 - \frac{1}{1!} + \frac{1}{2!} - \frac{1}{3!} + \cdots$

当 $N$ 很大时， $∑k=0N(−1)kk!\sum_{k=0}^{N} \frac{(-1)^k}{k!}$ 趋近于 $e^{-1}$ ，即：

$\sum_{k=0}^{N} \frac{(-1)^k}{k!} \approx e^{-1} \approx 0.3679$

这表明，当人数 $N$ 足够大时，没有人拿到自己帽子的概率趋近于 $e−1≈0.3679e^{-1} \approx 0.3679$ ，而不是许多人直觉认为的趋近于 0。

例 5n：10对夫妇坐成一圈问题的详细计算

问题：10对夫妇（共20人）坐成一圈，计算所有妻子都不坐在自己丈夫旁边的概率。

基本设定

总人数：20人（10对夫妇）
在圆桌排列中，由于旋转等价，固定一个人的位置，其余19人排列，所以总排列数为 $(20 - 1)! = 19!$

定义事件

设 $E_i$ 表示"第 $i$ 对夫妇坐在一起"的事件（ $\dots, 10$ ）

我们需要计算至少有一对夫妇坐在一起的概率 $P(⋃i=110Ei)P\left(\bigcup_{i=1}^{10} E_i\right)$ ，然后所求概率为 $P\left(\bigcup_{i=1}^{10} E_i\right)$

计算 $P(Ei1Ei2⋯Ein)P(E_{i_1} E_{i_2} \cdots E_{i_n})$

对于指定的 $n$ 对夫妇都坐在一起的情况：

将每对夫妇视为一个"块"，则总共有 $20 - n$ 个对象需要排列（ $n$ 个"夫妇块" + $20 - 2 n$ 个单独的人）
在圆桌上， $20 - n$ 个对象的排列数为 $(20 - n - 1)! = (19 - n)!$
（因为圆桌排列中，固定一个对象的位置，其余 $19 - n$ 个对象排列）
对于每个"夫妇块"，夫妇两人可以有两种排列方式（丈夫左妻子右，或妻子左丈夫右），所以 $n$ 个"夫妇块"有 $2^n$ 种排列方式
因此，指定 $n$ 对夫妇都坐在一起的排列数为 $2n⋅(19−n)!2^n \cdot (19-n)!$
总的排列数为 $19!$ ，所以：
$P(E_{i_1} E_{i_2} \cdots E_{i_n}) = \frac{2^n \cdot (19-n)!}{19!}$
选择 $n$ 对夫妇的方式有 $(10n)\binom{10}{n}$ 种

应用容斥原理

根据命题 4.4（容斥恒等式）：
$P\left(\bigcup_{i=1}^{10} E_i\right) = \sum_{n=1}^{10} (-1)^{n+1} \binom{10}{n} P(E_{i_1} E_{i_2} \cdots E_{i_n})$

$\sum_{n=1}^{10} (-1)^{n+1} \binom{10}{n} \frac{2^n (19-n)!}{19!}$

书中给出的表达式为：
$\binom{10}{1} 2^1 \frac{(18)!}{(19)!} - \binom{10}{2} 2^2 \frac{(17)!}{(19)!} + \binom{10}{3} 2^3 \frac{(16)!}{(19)!} - \dots - \binom{10}{10} 2^{10} \frac{9!}{(19)!} \approx 0.6605$

简化计算

注意到：
$\frac{(19-n)!}{19!} = \frac{1}{19 \times 18 \times \cdots \times (19-n+1)}$

例如：

当 $n = 1$ ： $18!19!=119\frac{18!}{19!} = \frac{1}{19}$
当 $n = 2$ ： $17!19!=119×18\frac{17!}{19!} = \frac{1}{19 \times 18}$
当 $n = 3$ ： $16!19!=119×18×17\frac{16!}{19!} = \frac{1}{19 \times 18 \times 17}$
以此类推

因此，容斥和可以写为：
$P\left(\bigcup_{i=1}^{10} E_i\right) = \sum_{n=1}^{10} (-1)^{n+1} \binom{10}{n} \frac{2^n}{19 \times 18 \times \cdots \times (19-n+1)}$

计算结果

书中直接给出了计算结果：
$P\left(\bigcup_{i=1}^{10} E_i\right) \approx 0.6605$

因此，所有妻子都不坐在丈夫旁边的概率为：
$P\left(\bigcup_{i=1}^{10} E_i\right) \approx 1 - 0.6605 = 0.3395$

结论：10对夫妇坐成一圈，所有妻子都不坐在自己丈夫旁边的概率约为0.3395。

2.6 概率·连续集函数

定义

递增序列：事件序列 ${En,n≥1}\{E_n, n \geq 1\}$ 满足 $E1⊂E2⊂⋯⊂En⊂En+1⊂⋯E_1 \subset E_2 \subset \cdots \subset E_n \subset E_{n+1} \subset \cdots$
递减序列：事件序列 ${En,n≥1}\{E_n, n \geq 1\}$ 满足 $E1⊃E2⊃⋯⊃En⊃En+1⊃⋯E_1 \supset E_2 \supset \cdots \supset E_n \supset E_{n+1} \supset \cdots$

极限事件：

若 ${En,n≥1}\{E_n, n \geq 1\}$ 是递增序列，则定义：
$\lim_{n\to\infty} E_n = \bigcup_{i=1}^{\infty} E_i$
若 ${En,n≥1}\{E_n, n \geq 1\}$ 是递减序列，则定义：
$\lim_{n\to\infty} E_n = \bigcap_{i=1}^{\infty} E_i$

连续性

如果 ${En,n≥1}\{E_n, n \geq 1\}$ 是递增或递减事件序列，那么：
$\lim_{n\to\infty} P(E_n) = P\left(\lim_{n\to\infty} E_n\right)$

证明：

情况1：递增序列

定义新事件序列 ${F_n\}$ ：

$F_1 = E_1$
$Fn=En(⋃i=1n−1Ei)c=EnEn−1cF_n = E_n \left(\bigcup_{i=1}^{n-1} E_i\right)^c = E_n E_{n-1}^c$ （当 $n > 1$ ）

$F_n$ 由属于 $E_n$ 但不属于 $E_i$ （ $i < n$ ）的元素组成，且 ${F_n\}$ 是互不相容事件序列，满足：
$\bigcup_{i=1}^{\infty} F_i = \bigcup_{i=1}^{\infty} E_i \quad \text{且} \quad \bigcup_{i=1}^{n} F_i = \bigcup_{i=1}^{n} E_i$

因此：
$P\left(\bigcup_{i=1}^{\infty} E_i\right) = P\left(\bigcup_{i=1}^{\infty} F_i\right) = \sum_{i=1}^{\infty} P(F_i)$

$\lim_{n \to \infty} \sum_{i=1}^{n} P(F_i) = \lim_{n \to \infty} P\left(\bigcup_{i=1}^{n} F_i\right) = \lim_{n \to \infty} P\left(\bigcup_{i=1}^{n} E_i\right)$

$\lim_{n \to \infty} P(E_n)$

情况2：递减序列

若 ${E_n\}$ 是递减序列，则 ${E_n^c\}$ 是递增序列。由情况1可知：
$P\left(\bigcup_{i=1}^{\infty} E_i^c\right) = \lim_{n\to\infty} P(E_n^c)$

由于 $⋃i=1∞Eic=(⋂i=1∞Ei)c\bigcup_{i=1}^{\infty} E_i^c = \left(\bigcap_{i=1}^{\infty} E_i\right)^c$ ，所以：
$P\left(\left(\bigcap_{i=1}^{\infty} E_i\right)^c\right) = \lim_{n\to\infty} P(E_n^c)$

$P\left(\bigcap_{i=1}^{\infty} E_i\right) = \lim_{n\to\infty} [1 - P(E_n)] = 1 - \lim_{n\to\infty} P(E_n)$

$P\left(\bigcap_{i=1}^{\infty} E_i\right) = \lim_{n\to\infty} P(E_n)$

例 6a：概率与悖论

问题：考虑一个无限大的坛子和无限个编号为 1, 2, 3, … 的球，进行以下试验：

在差 1 分到 12 P.M. 时，将 1 到 10 号球放入坛子，并随机取出一个球
在差 1/2 分到 12 P.M. 时，将 11 到 20 号球放入坛子，并随机取出一个球
在差 1/4 分到 12 P.M. 时，将 21 到 30 号球放入坛子，并随机取出一个球
以此类推…

求 12 P.M. 时坛子为空的概率。

解：

设 $E_n$ 表示"进行 $n$ 次取球后，1 号球仍在坛子里"的事件。则：
$P(E_n) = \frac{9 \times 18 \times 27 \times \cdots \times (9n)}{10 \times 19 \times 28 \times \cdots \times (9n+1)} = \prod_{k=1}^{n} \frac{9k}{9k+1}$

在 12 P.M. 时，1 号球仍在坛子里的事件为 $⋂n=1∞En\bigcap_{n=1}^{\infty} E_n$ 。由于 ${E_n\}$ 是递减序列，由命题 6.1：
$P\left(\bigcap_{n=1}^{\infty} E_n\right) = \lim_{n\to\infty} P(E_n) = \prod_{n=1}^{\infty} \frac{9n}{9n+1}$

证明 $∏n=1∞9n9n+1=0\prod_{n=1}^{\infty} \frac{9n}{9n+1} = 0$ ：
$\prod_{n=1}^{\infty} \frac{9n}{9n+1} = \left[\prod_{n=1}^{\infty} \left(1 + \frac{1}{9n}\right)\right]^{-1}$

由于：
$\prod_{n=1}^{m} \left(1 + \frac{1}{9n}\right) > \frac{1}{9} \sum_{n=1}^{m} \frac{1}{n}$

令 $\to \infty$ 且利用调和级数发散性 $∑n=1∞1n=∞\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n} = \infty$ ，可得：
$\prod_{n=1}^{\infty} \left(1 + \frac{1}{9n}\right) = \infty \implies \prod_{n=1}^{\infty} \frac{9n}{9n+1} = 0$