第一部分：一般性理論(注定的概率論)第一章引入

第1章 引言
1.1 生日問題
1.1.1 陳述問題
1.1.2 解決問題
1.1.3 對問題和答案的推廣：效率
1.1.4 數值檢驗
1.2 從投籃到幾何級數
1.2.1 問題和解答
1.2.2 相關問題
1.2.3 一般問題的解決技巧
1.3 賭博
1.3.1 2008年超級盃賭注
1.3.2 預期收益
1.3.3 對沖的價值
1.3.4 結論
1.4 總結
1.5 習題

 第1章 引言

1.1 生日問題

這個問題是機率論入門的經典案例，不僅有趣，還能引出獨立性、互補機率、近似計算等核心概念。我們會一步步拆開問題的本質，從陳述到推廣，把每個環節講透。

1.1.1 陳述問題

生日問題的核心是：「房間裡需要多少人，才能保證至少兩人生日在同一天的機率不小於50%？」但這個看似簡單的問法，其實藏著很多隱藏假設，不把這些假設說清楚，計算結果會完全失真。 首先，我們需要明確三個關鍵假設：

1. **生日均勻分佈**：

每個人出生在一年中任何一天的機率相等（不考慮2月29日，一年按365天計）。現實中，生日可能因季節、節日等因素並非完全均勻，但這是簡化計算的基礎，後續會提到放寬假設的影響。

2. **生日獨立**：

一個人的生日不會影響其他人的生日（比如雙胞胎、家庭聚會中家人的生日可能相關，需排除這類特殊場景）。

3. **不考慮閏日**：

2月29日出生的人占比極低，暫時忽略，後續可擴充計算。 為什麼要強調這些假設？舉個例子：加拿大青少年曲棍球聯賽的選手生日多集中在1-2月（因為年齡分界點是1月1日，年齡稍大的選手更易脫穎而出），如果房間裡都是這類選手，生日分佈極不均勻，計算結果會完全不成立。 因此，生日問題的嚴謹陳述是：「假設客人的出生日期相互獨立，且每個人等可能地出生在一年365天中的任何一天（不含2月29日），房間裡至少需要多少人，才能使至少兩人生日相同的機率≥50%？」

1.1.2 解決問題

面對這類「至少一個」的機率問題，直接計算往往很麻煩（需要列舉「恰好2人相同」「恰好3人相同」等所有情況），此時**互補機率法**是救命稻草：先計算「所有人生日都不同」的機率，再用1減去這個機率，就是「至少兩人生日相同」的機率。

步驟1：

計算「n人生日都不同」的機率

第1個人：生日可以是365天中的任意一天，機率為 。

第2個人：生日不能與第1人相同，需從剩下的364天中選，機率為。

第3個人：生日不能與前2人相同，需從剩下的363天中選，機率為 。

...

第n個人：生日不能與前n-1人相同，需從剩下的 \( 365 - (n-1) \) 天中選，機率為。

由於生日獨立，「所有人生日都不同」的機率是上述機率的乘積： 用階乘符號簡化（記：

分子是「從365天中選n天並排序」的方法數，即，因此：

步驟2：

計算「至少兩人相同」的機率 根據互補機率公式： \[ P(\text{至少兩人相同}) = 1 - P(\text{全不同}) = 1 - \frac{365!}{365^n \times (365 - n)!} \]

步驟3：

試錯法找n的最小值 我們需要找到最小的n，使得。

直接計算階乘會溢出，因此採用逐項相乘的方式：

n=20：P(至少兩人相同)≈41.1%

n=23：P(至少兩人相同)≈50.7%

n=30：P(至少兩人相同)≈70.6%

n=50：P(至少兩人相同)≈97.0%

驚人的結論：只需23人，至少兩人生日相同的機率就超過50%！這也是為什麼大班授課的教授常和學生打賭——23人以上時，教授獲勝的機率已經很高。

程式驗證（Mathematica代碼解釋）

原書給出的代碼用於驗證上述結果，核心邏輯如下：

1. 初始化兩個列表：`noshare`（儲存「全不同」的機率）、`share`（儲存「至少兩人相同」的機率）。

2. 循環計算n從2到50的機率： - 每次計算新的乘積因子 \( \frac{365 - (n-1)}{365} \)。 - 更新「全不同」的機率，再計算「至少兩人相同」的機率（1 - 全不同機率）。

3. 繪圖展示機率隨n的變化（如圖1-2）。 這段代碼的好處是避免直接計算大階乘，通過逐項相乘節省記憶體，同時直觀展示機率增長趨勢。

1.1.3 對問題和答案的推廣：

效率 上述計算僅解決了「一年365天」的特殊情況，如果推廣到「一年D天」（如火星一年約687天），難道要重新計算嗎？當然不用！我們可以通過近似計算，得到通用公式。

關鍵工具：

泰勒展開與近似 當x很小時，對數函數的泰勒展開式為：（x越小，誤差越小）

對「全不同」的機率取對數，轉化為和的形式（對數將乘積轉化為和，是機率論常用技巧）： \[ \log P(\text{全不同}) = \sum_{k=0}^{n-1} \log\left(1 - \frac{k}{365}\right) \approx \sum_{k=0}^{n-1} \left(-\frac{k}{365}\right) \]

利用等差數列求和公式，代入得：

\[ \log P(\text{全不同}) \approx -\frac{(n-1)n}{2 \times 365} \]

我們希望 \( P(\text{至少兩人相同}) = 1 - P(\text{全不同}) \geq 0.5 \)，即 \( P(\text{全不同}) \leq 0.5 \)。

兩邊取對數（對數是單調遞增函數，不等號方向不變）：

\frac{(n-1)n}{2 \times 365} \leq \log(0.5) \] 由於 \( \log(0.5) = -\log 2 \)，

整理得： 

當n較大時，，因此： （D為一年的天數）

通用公式驗證

地球（D=365）：\( n \approx \sqrt{2 \times 365 \times 0.693} \approx 22.49 \)，與實際結果23幾乎一致。

火星（D=687）：\( n \approx \sqrt{2 \times 687 \times 0.693} \approx 31 \)，即火星上只需31人，至少兩人生日相同的機率就達50%。 如果想要更精確的近似，可使用 \( (n-1)n \approx (n - 0.5)^2 \)，此時： \[ n \approx 0.5 + \sqrt{2 \times D \times \log 2} \] 代入D=365，得n≈22.99，與23的誤差僅0.01，幾乎可以忽略。

1.1.4 數值檢驗

理論計算後，需要通過數值模擬驗證結果是否可靠。原書給出的Mathematica代碼`birthdaycdf`核心邏輯如下：

程式步驟

1. 初始化參數：`num`（實驗次數）、`days`（一年天數）。

2. 循環進行`num`次實驗：

每次實驗模擬「逐人進房，直到出現生日相同」的過程。

記錄首次出現生日相同時的人數k，並更新相應計數。

3. 計算不同人數下「至少兩人相同」的累積機率，並與理論值對比（如圖1-4）。

實驗結果

當實驗次數為10萬次、D=365時，理論值與實驗值幾乎重疊，驗證了理論計算的正確性。其中，在 \( 0.5 + \sqrt{365 \times \log 4} \approx 23 \) 人時，實驗得到的機率約為47.8%，與理論值50.7%的誤差來自實驗誤差，增加實驗次數可進一步縮小誤差。

1.2 從投籃到幾何級數

這節通過籃球投籃競賽的問題，引入幾何級數、無記憶進程、代回法等核心技巧，這些技巧不僅能用於機率論，還能推廣到微積分、組合數學等領域。

1.2.1 問題和解答

問題陳述

拉里·伯德（命中率p）和魔術師約翰遜（命中率q）輪流投籃，伯德先投，先命中者獲勝。假設每次投籃獨立，且命中率不變，求伯德獲勝的機率。

關鍵觀察

伯德獲勝的情況分為：

1. 第1次投籃命中：機率p。

2. 第1次伯德未命中（機率1-p），魔術師也未命中（機率1-q），之後伯德獲勝：機率 \( (1-p)(1-q) \times P(\text{伯德獲勝}) \)。

這裡的核心是「無記憶性」：前兩人都未命中後，比賽回到初始狀態，伯德獲勝的機率不變。

解法1：

幾何級數求和 伯德獲勝的機率是無窮級數之和：

\[ P(\text{伯德獲勝}) = p + (1-p)(1-q)p + (1-p)^2(1-q)^2p + \cdots \] 這是一個首項a=p、公比r=(1-p)(1-q)的幾何級數。 幾何級數公式：當 \( |r| < 1 \) 時，\( \sum_{n=0}^{\infty} ar^n = \frac{a}{1 - r} \)。這裡r=(1-p)(1-q)≤1，且僅當p=0或q=0時r=1（此時比賽可能無限進行，但實際中p、q>0，故r<1）。

代入公式得： \[ P(\text{伯德獲勝}) = \frac{p}{1 - (1-p)(1-q)} \]

解法2：

代回法（無記憶性） 設x為伯德獲勝的機率，根據無記憶性： \[ x = p + (1-p)(1-q)x \]

第一項p：伯德第1次命中。

第二項(1-p)(1-q)x：前兩人都未命中，比賽重置，伯德獲勝機率仍為x。 解這個方程： \[ x - (1-p)(1-q)x = p \] \[ x = \frac{p}{1 - (1-p)(1-q)} \] 與幾何級數解法結果一致。

幾何級數公式的兩種證明

1. **標準證明**：

設 \( S_n = 1 + r + r^2 + \cdots + r^n \)，則 \( rS_n = r + r^2 + \cdots + r^{n+1} \)。 兩式相減：\( S_n - rS_n = 1 - r^{n+1} \)，即 \( S_n = \frac{1 - r^{n+1}}{1 - r} \)。 當 \( |r| < 1 \) 時，\( \lim_{n \to \infty} r^{n+1} = 0 \)，故 \( \sum_{n=0}^{\infty} r^n = \frac{1}{1 - r} \)。

2. **機率證明**：

由解法1和解法2的結果相等，得 \( p \sum_{n=0}^{\infty} r^n = \frac{p}{1 - r} \)（p≠0），兩邊除以p即得幾何級數公式。

1.2.2 相關問題

例1：斐波那契數列的無窮級數求和

求，其中 \( F_n \) 是斐波那契數列（）。

解法：

利用遞推關係+代回法 設，展開級數：

調整下標（令m = n-1和m = n-2）：

 

 

代入原式得：解得。

例2：三人抽牌獲勝問題

Alice、Bob、Charlie輪流抽牌，第一個抽到方塊的人獲勝。抽牌後若未中則放回洗牌，Alice先抽，求三人分別獲勝的機率。

關鍵：

避免錯誤假設

初始錯誤邏輯：

設x為Alice獲勝機率，則（第一輪都未中，重置），解得。

但實際上，Bob獲勝的機率應為

（Alice先未中，之後Bob的獲勝機率等於Alice初始機率），

Charlie的機率。

正確計算：

由於 ，代入、：

程式驗證：模擬100萬次抽牌，Alice獲勝機率約43.2%，Bob約32.4%，Charlie約24.4%，與理論值一致。

1.2.3 一般問題的解決技巧

通過籃球投籃問題的推廣，總結出解決複雜機率問題的通用步驟：

1. 清晰定義問題與符號

符號要兼具描述性和簡潔性，例如用 \( x_{k;N}(p) \) 表示「第k個投籃者、共N人、命中率p時的獲勝機率」。 - 明確隱藏假設（如投籃命中率不變、獨立等）。

2. 從簡單情形入手

先分析N=1（僅1人投籃，必勝，）、N=2（兩人投籃，）等簡單情況，找規律。

簡單情形的結果可作為驗證複雜情形的依據。

3. 利用遞推關係與無記憶性

若問題具有「重置性」（如前幾次失敗後回到初始狀態），可通過代回法建立方程，避免無窮級數求和。

遞推關係是連接簡單情形與複雜情形的橋樑。

4. 驗證結果合理性

通過極端值驗證（如p=0時，伯德獲勝機率為0；p=1時，伯德獲勝機率為1）。 - 編程模擬或數值計算，確定理論結果與實際一致。

1.3 賭博

賭博是機率論的重要起源之一，這節通過2008年超級盃賭注的真實案例，講解預期收益、對沖等核心概念，並強調「提出正確問題」的重要性——是最大化預期收益，還是最大化最低保證收益？

1.3.1 2008年超級盃賭注

背景

Bob下注500美元，押愛國者隊贏超級盃，賠率1000:1（若獲勝得50萬美元，輸則損失500美元）。比賽中，愛國者隊領先時，拉斯維加斯提出以300:1的賠率買回下注（給Bob15萬美元，終止下注），Bob拒絕，最終愛國者隊輸球，Bob一無所獲。

核心問題

Bob的選擇是否明智？從機率論角度，如何評估這個決策？

1.3.2 預期收益計算

預期收益是「每種結果的收益×對應機率」之和，用於衡量賭注的平均收益。

假設條件

愛國者隊獲勝機率p=0.8（拉斯維加斯給出的賠率隱含此機率）。

若押巨人隊贏，每下注1美元，獲勝則得x=3美元（鼓勵押弱隊，x>2）。

Bob額外下注B美元押巨人隊贏。

收益計算

愛國者隊獲勝（機率0.8）：收益=50萬美元 - 500美元（初始下注）

B美元（額外下注）。

巨人隊獲勝（機率0.2）：收益=3B美元 - 500美元 - B美元=2B - 500美元。

預期收益公式

化簡得：

從公式可見：押巨人隊的金額B越大，預期收益越低（因為p=0.8，愛國者隊獲勝機率更高）。但這是否意味著不該押巨人隊？

1.3.3 對沖的價值

預期收益的分析有誤導性——大多數人是「風險規避者」，更願意接受有保證的收益，而非高風險的高回報。此時需要計算「最低保證收益」：無論比賽結果如何，Bob至少能獲得的收益。

最低保證收益計算

最低收益是兩種結果中的較小值： \[ \text{最低收益} = \min(500000 - 500 - B, 2B - 500) - 500 - B \] （減去總下注額500+B，得到淨收益）

要最大化最低收益，需讓兩種結果的收益相等（臨界點）： \[ 500000 - 500 - B = 2B - 500 \]

解得 \( B = \frac{500000}{3} \approx 166667 \) 美元。

此時，最低保證淨收益為： \[ 2 \times 166667 - 500 - (500 + 166667) = 332833 \] 美元。

這意味著：通過押166667美元在巨人隊上，Bob無論比賽結果如何，都能保證淨賺33萬美元，完全規避風險！

1.3.4 結論

Bob的錯誤在於過度關注「最大化最高回報」（50萬美元），而忽視了「最小化風險」。從風險規避的角度，對沖是更明智的選擇——即使預期收益略低，但能保證穩定盈利。

這節的核心啟示：機率論不僅是計算「平均收益」，更重要的是根據自身風險偏好，提出正確的決策問題（是追求高收益還是穩定收益）。

1.4 總結

第1章通過三個經典問題，引出了機率論的核心技巧和思想：

1. **互補機率法**：

解決「至少一個」類問題的利器（生日問題）。

2. **幾何級數求和**：

處理無窮次獨立重複試驗的收益/機率（投籃問題）。

3. **代回法與無記憶性**：

簡化遞推關係，避免複雜計算（投籃、抽牌問題）。

4. **對沖思想**：

在風險與收益之間尋找平衡（賭博問題）。 5. **從簡單情形入手**：通過特殊情況找規律，驗證複雜情形的結果。 這些技巧不僅能用於本章的問題，還會貫穿整個機率論課程。此外，本章還強調了「問題陳述的嚴謹性」——隱藏假設、符號定義都會影響最終結果，這是解決所有數學問題的基礎。

1.5 習題精選（附提示）

1. **習題1.5.1**：兩人出生在同一月的機率？最多相差一個月的機率？

提示：一年12個月，均勻獨立，同一月的機率=12×(1/12)×(1/12)=1/12；

最多相差一個月包含「同一月」「相鄰月」，相鄰月有12×2種（1月與12月相鄰），

故機率=(12 + 24)/(12×12)=3/12=1/4。

2. **習題1.5.3**：平均需要多少人，才能使至少兩人生日相同？

提示：計算期望 \( E = \sum_{n=1}^{366} n \times P(\text{第n人是首次出現生日相同}) \)，利用生日問題的機率公式，最終結果約24.6人。

3. **習題1.5.14**：100人登機，第一人隨機選座位，其餘人優先坐自己的座位，

第100人坐自己座位的機率？

提示：從簡單情形入手（n=2、n=3），發現機率恆為1/2，與n無關。

4. **習題1.5.38**：兩種遊戲：A遊戲穩賺40美元，B遊戲50%機率賺100美元、50%賠0，玩1次、10次、100次時選哪個？ 提示：玩1次時，風險規避者選A；玩100次時，根據大數定律，B的期望收益（50美元/次）高於A，選B。 -