第1章基本内容1.1组合恒等式引理1.1我们有(0<k≤n)(1)=(2) ()=(二1)(3)提示(3)即为n+1个盒子选出m+1个的组合总数，考虑最后一个是否被选出，两种情况的组合总数相加即可.定理1.1（二项式定理）对 Vx e R 及 n e N*, 有(1+x)" =提示归纳.利用引理1.1（3），我们有(1+* (+ ) +)- (+) 2(* ) -() (1)*+*-~2(),I1引理1:2利用上述引理和定理，我们得到In(1)2″k=0= 2"-1)=M7(2)0<k≤n0≤k≤nk为偶数k为奇数"+")-2()(=) 特别地 ()-2(0)(=) -2(0)(3)n2n-1(4)k=0("+1)>(5)=k=m(**)-(***)Z(6)k=0提示(1)(2)对(1+x)"运用二项式定理，分别取x=1,-1即可.(3)注意到(1+x)m+n=(1+x)(1+x)
第 1 章 基本内容 1.1 组合恒等式 引理 1.1 ♥ 我们有 (1) 𝑛 𝑘 = 𝑛 𝑛 − 𝑘 (0 ⩽ 𝑘 ⩽ 𝑛). (2) 𝑘 𝑛 𝑘 = 𝑛 𝑛 − 1 𝑘 − 1 . (3) 𝑛 𝑚 + 𝑛 𝑚 + 1 = 𝑛 + 1 𝑚 + 1 提示 (3) 即为 𝑛 + 1 个盒子选出 𝑚 + 1 个的组合总数, 考虑最后一个是否被选出, 两种情况的组合总数相 加即可. 定理 1.1 (二项式定理) ♥ 对 ∀𝑥 ∈ R 及 𝑛 ∈ N ∗ , 有 (1 + 𝑥) 𝑛 = ∑𝑛 𝑖=0 𝑛 𝑖 𝑥 𝑖 . 提示 归纳. 利用引理 1.1 (3) , 我们有 (1 + 𝑥) 𝑛 = (1 + 𝑥) · (1 + 𝑥) 𝑛−1 = (1 + 𝑥) ∑𝑛−1 𝑖=0 𝑛 − 1 𝑖 𝑥 𝑖 = ∑𝑛−1 𝑖=1 𝑛 − 1 𝑖 + 𝑛 − 1 𝑖 − 1 𝑥 𝑖 + 1 + 𝑥 𝑛 = ∑𝑛 𝑖=0 𝑛 𝑖 𝑥 𝑖 . 引理 1.2 ♥ 利用上述引理和定理, 我们得到 (1) ∑𝑛 𝑘=0 𝑛 𝑘 = 2 𝑛 . (2) ∑ 0⩽𝑘⩽𝑛 𝑘为偶数 𝑛 𝑘 = ∑ 0⩽𝑘⩽𝑛 𝑘为奇数 𝑛 𝑘 = 2 𝑛−1 . (3) 𝑚 + 𝑛 𝑘 = ∑ 𝑘 𝑖=0 𝑚 𝑖 𝑛 𝑘 − 𝑖 . 特别地, 2𝑛 𝑛 = ∑𝑛 𝑖=0 𝑛 𝑖 𝑛 𝑛 − 𝑖 = ∑𝑛 𝑖=0 𝑛 𝑖 2 . (4) ∑𝑛 𝑘=0 𝑘 𝑛 𝑘 = 𝑛2 𝑛−1 . (5) ∑𝑛 𝑘=𝑚 𝑘 𝑚 = 𝑛 + 1 𝑚 + 1 . (6) ∑𝑛 𝑘=0 𝑚 + 𝑘 𝑘 = 𝑚 + 𝑛 + 1 𝑛 . 提示 (1) (2) 对 (1 + 𝑥) 𝑛 运用二项式定理, 分别取 𝑥 = 1, −1 即可. (3) 注意到 (1 + 𝑥) 𝑚+𝑛 = (1 + 𝑥) 𝑚(1 + 𝑥) 𝑛
USTC概率论习题课讲义第1章基本内容2分别运用二项式定理，考察等式两边xk项的系数.(4)(1+x)"=1两侧对x求导，并取x=1即-i-0可.(5)(6)利用引理1.1(3)归纳即可例题1.1设n≥m.证明：2()(**)-2()(2)2.证明) =["(1 +x)"()()a+)*=["(1+)(2+)"k-0a(m)2kxm-k= [xm](1 +x)">k=0>k-(其中“[xlf(x)”表示f(x)中项xm的系数.注也可以用组合方法（实质是通过带有二项式定理的代数方法来编故事（bushi）：已知m个男孩和n个女孩，并满足条件：(1）给一些（数量未知）男孩吃苹果：(2)从所有人中选出m个人吃梨：(3）吃了梨的男孩必须也吃了苹果假设每个苹果（梨）不作区分，每个人至多拿1个苹果及1个梨.问一共有多少种符合条件的分法？一方面，设(1)中给k个男孩苹果，其分法有）种，由(3)知，另外没吃苹果的m-k个男孩不可能种.对k累加得吃梨,结合(2),剩下梨的分法有/min+Z((k)(m另一方面，设(2)中给k个女孩梨，则给m-k个男孩梨。分法分别为种由和(m-kl1:-(3)知吃了梨的男孩一定吃了苹果.剩下k个男孩可以吃苹果也可以不吃苹果，分法共2k种.对k累加得Z(k)-(1.2随机事件（集合）的运算方法论：事件运算一集合运算对于事件A,B,有事件交，并，余，差一→AnB,AUB,A对立事件）,A|BWEAnBWEA且WEBA,B同时发生
USTC 概率论习题课讲义 第 1 章 基本内容 2 分别运用二项式定理, 考察等式两边 𝑥 𝑘 项的系数. (4)(1 + 𝑥) 𝑛 = ∑𝑛 𝑖=0 𝑛 𝑖 𝑥 𝑖 两侧对 𝑥 求导, 并取 𝑥 = 1 即 可. (5) (6) 利用引理 1.1 (3) 归纳即可. 例题 1.1 设 𝑛 ≥ 𝑚. 证明: ∑𝑚 𝑘=0 𝑚 𝑘 𝑛 + 𝑘 𝑚 = ∑𝑚 𝑘=0 𝑚 𝑘 𝑛 𝑘 2 𝑘 . 证明 ∑𝑚 𝑘=0 𝑚 𝑘 𝑛 + 𝑘 𝑚 = [𝑥 𝑚] (1 + 𝑥) 𝑛∑𝑚 𝑘=0 𝑚 𝑘 (1 + 𝑥) 𝑘 = [𝑥 𝑚] (1 + 𝑥) 𝑛 (2 + 𝑥) 𝑚 = [𝑥 𝑚] (1 + 𝑥) 𝑛∑𝑚 𝑘=0 𝑚 𝑘 2 𝑘 𝑥 𝑚−𝑘 = ∑𝑚 𝑘=0 𝑚 𝑘 𝑛 𝑘 2 𝑘 . 其中 “[𝑥 𝑚] 𝑓 (𝑥)” 表示 𝑓 (𝑥) 中项 𝑥 𝑚 的系数. 注 也可以用组合方法 (实质是通过带有二项式定理的代数方法来编故事 (bushi ): 已知 𝑚 个男孩和 𝑛 个女孩, 并满足条件: (1) 给一些 (数量未知) 男孩吃苹果; (2) 从所有人中选出 𝑚 个人吃梨; (3) 吃了梨的男孩必须也吃了苹果. 假设每个苹果 (梨) 不作区分, 每个人至多拿 1 个苹果及 1 个梨. 问一共有多少种符合条件的分法? 一方面, 设 (1) 中给 𝑘 个男孩苹果, 其分法有 𝑚 𝑘 种, 由 (3) 知, 另外没吃苹果的 𝑚 − 𝑘 个男孩不可能 吃梨, 结合 (2), 剩下梨的分法有 𝑛 + 𝑘 𝑚 种. 对 𝑘 累加得 ∑𝑚 𝑘=0 𝑚 𝑘 𝑛 + 𝑘 𝑚 . 另一方面, 设 (2) 中给 𝑘 个女孩梨, 则给 𝑚 − 𝑘 个男孩梨. 分法分别为 𝑛 𝑘 和 𝑚 𝑚 − 𝑘 = 𝑚 𝑘 种. 由 (3) 知吃了梨的男孩一定吃了苹果. 剩下 𝑘 个男孩可以吃苹果也可以不吃苹果, 分法共 2 𝑘 种. 对 𝑘 累加 得 ∑𝑚 𝑘=0 𝑚 𝑘 𝑛 𝑘 2 𝑘 . 1.2 随机事件 (集合) 的运算 方法论: 事件运算 ←→ 集合运算 对于事件 𝐴, 𝐵, 有 事件交, 并, 余, 差 ←→ 𝐴 ∩ 𝐵, 𝐴 ∪ 𝐵, 𝐴𝑐 (对立事件), 𝐴\𝐵 𝜔 ∈ 𝐴 ∩ 𝐵 ⇐⇒ 𝜔 ∈ 𝐴且𝜔 ∈ 𝐵 ⇐⇒ 𝐴, 𝐵同时发生
USTC概率论习题课讲义第1章基本内容3WEAUBWEA或WEBA发生或B发生WEAWA一A发生A不发生WEABWEA且W?BA发生但同时B不发生设（Ai，iEI为一列事件族，类比数列上下确界的定义，我们定义记号sup A; := [JA,=(x:3iEl,xEA,inf A; :=A,=(x: ViEI,xEA)ielieiiel集合运算的三个基本性质：交换律，结合律，分配律.分配律可表示为：=(J(BnA),(BUA)BOBU[Ai|=AielTEl定理1.2(De.Morgan法则）一列事件族，则有设AieIAS(1)(2)Aie我们可以将【A，转化成事件的无交并（互不相容），以利用概率测度的可列可加性进行计算iel命题1.1设(Ai,i=1,2,...,n) 为一列事件族(n≤+αo),则有UA,=L(A.UAk其中表示无交并下面我们考虑事件序列（An）的极限：(1)上限事件：limsupAn=Am=[w：有无穷多个Ak包含wl,即（An)发生无穷多次；n→+o=1m(2)下限事件:lim inf An :=1Am={w：有限个Ak不包含w),即(An)不发生有限次1注利用的递减性和的递增性,我们亦有：m=nm=nn=1limsupAnliminfAn=limlim1+00n-n→+00m=月m=定义1.1我们称事件序列(An）收敛，若limsupAn=liminfAn.记收敛的极限为A=limAn.n-→+o
USTC 概率论习题课讲义 第 1 章 基本内容 3 𝜔 ∈ 𝐴 ∪ 𝐵 ⇐⇒ 𝜔 ∈ 𝐴或𝜔 ∈ 𝐵 ⇐⇒ 𝐴发生或𝐵发生 𝜔 ∈ 𝐴 𝑐 ⇐⇒ 𝜔 ∉ 𝐴 ⇐⇒ 𝐴 𝑐发生 ⇐⇒ 𝐴不发生 𝜔 ∈ 𝐴\𝐵 ⇐⇒ 𝜔 ∈ 𝐴且𝜔 ∉ 𝐵 ⇐⇒ 𝐴发生但同时𝐵不发生 设 {𝐴𝑖 , 𝑖 ∈ 𝐼} 为一列事件族, 类比数列上下确界的定义, 我们定义记号 sup 𝑖∈𝐼 𝐴𝑖 := Ø 𝑖∈𝐼 𝐴𝑖 = {𝑥 : ∃𝑖 ∈ 𝐼, 𝑥 ∈ 𝐴𝑖} , inf 𝑖∈𝐼 𝐴𝑖 := Ù 𝑖∈𝐼 𝐴𝑖 = {𝑥 : ∀𝑖 ∈ 𝐼, 𝑥 ∈ 𝐴𝑖} . 集合运算的三个基本性质: 交换律, 结合律, 分配律. 分配律可表示为: 𝐵 ∩ Ø 𝑖∈𝐼 𝐴𝑖 ! = Ø 𝑖∈𝐼 (𝐵 ∩ 𝐴𝑖), 𝐵 ∪ Ù 𝑖∈𝐼 𝐴𝑖 ! = Ù 𝑖∈𝐼 (𝐵 ∪ 𝐴𝑖) 定理 1.2 (De.Morgan 法则) ♥ 设 {𝐴𝑖 , 𝑖 ∈ 𝐼} 为一列事件族, 则有 (1) Ø 𝑖∈𝐼 𝐴𝑖 ! 𝑐 = Ù 𝑖∈𝐼 𝐴 𝑐 𝑖 ; (2) Ù 𝑖∈𝐼 𝐴𝑖 ! 𝑐 = Ø 𝑖∈𝐼 𝐴 𝑐 𝑖 . 我们可以将 Ø 𝑖∈𝐼 𝐴𝑖 转化成事件的无交并 (互不相容), 以利用概率测度的可列可加性进行计算: 命题 1.1 ♠ 设 {𝐴𝑖 , 𝑖 = 1, 2, · · · , 𝑛} 为一列事件族 (𝑛 ⩽ +∞), 则有 Ø𝑛 𝑖=1 𝐴𝑖 = Ä𝑛 𝑖=1 𝐴𝑖\ Ø 𝑖−1 𝑘=1 𝐴𝑘 ! , 其中 Ä 表示无交并. 下面我们考虑事件序列 {𝐴𝑛} 的极限: (1) 上限事件 : lim sup 𝑛→+∞ 𝐴𝑛 := Ù∞ 𝑛=1 Ø∞ 𝑚=𝑛 𝐴𝑚 = 𝜔 : 有无穷多个𝐴𝑘包含𝜔 , 即 {𝐴𝑛} 发生无穷多次; (2) 下限事件 : lim inf 𝑛→+∞ 𝐴𝑛 := Ø∞ 𝑛=1 Ù∞ 𝑚=𝑛 𝐴𝑚 = 𝜔 : 有限个𝐴𝑘不包含𝜔 , 即 {𝐴𝑛} 不发生有限次. 注 利用 (Ø∞ 𝑚=𝑛 𝐴𝑚 )∞ 𝑛=1 的递减性和 (Ù∞ 𝑚=𝑛 𝐴𝑚 )∞ 𝑛=1 的递增性, 我们亦有: lim sup 𝑛→+∞ 𝐴𝑛 = lim 𝑛→∞ Ø∞ 𝑚=𝑛 𝐴𝑚, lim inf 𝑛→+∞ 𝐴𝑛 = lim 𝑛→∞ Ù∞ 𝑚=𝑛 𝐴𝑚. 定义 1.1 ♣ 我们称事件序列 {𝐴𝑛} 收敛, 若 lim sup 𝑛→+∞ 𝐴𝑛 = lim inf 𝑛→+∞ 𝐴𝑛. 记收敛的极限为 𝐴 := lim 𝑛→+∞ 𝐴𝑛
USTC概率论习题课讲义第1章 基本内容4接上，注意到Am C AncLTAmm=n不难验证AEF，且满足概率连续性：P(A)=limP(An).例题1.2设(fn(x))及f(x)是定义在R上的实值函数，则使fn(x)不收敛于f(x)的一切点x所形成的集合D可表示为D=UnQ(:()-()>)k=IN=In=N引理13概率测度的一些性质：(1) P(AC) = 1 - P(A):(2) 若 A C B. 则 P(B) =P(A) +P(B)A) ≥ P(A):(3) P(A, UA2 U.. UAn) =-P AACJAk,n≤+00;-(4) P(A UB) = P(A) + P(B) - P(AnB):(5)次(α)可加性：P(AT UA2 U.*. U An) <P(A,), n ≤+00;>i=1(6)Jordan 公式:C(-1)k-1 Z P(Ai..Ai).JA,k=1i<..ik其中(3)由命题1.1得到，(5)可由(2)(3)得到，(6)为作业例题1.3设事件A1,A2,.·，A相互独立,P(Ai)=pi,i=1,2,..·，n.求：(1)这n个事件中至少发生一个的概率Pi;(2)这n个事件中恰好发生一个的概率P2:解注意到【这n个事件中至少发生一个|=AiUA2U..UAn，故有PI = P(A1 U A2 .. U A) =1 - (AAS .A) 些三1-IIP(A) = -I(1 - ).i=1i=1注意到{这n个事件中恰好发生一个)=(ASA.·An)U(AAS.·An-IA)U·AIAS···AR)，故有P2 = P(AAS.-AAA+.AR)P(ASAS...A-,A,A+I"".A)i=l独立Zpk II (1- pi).k=1i=1,i+k例题1.4（赌徒破产问题）Player财富为k，Dealer财富为N-k，掷一枚均匀硬币，出现正面H时Player赢1Dealer输1,否则Dealer赢1Player输1.双方赌到一方输光时游戏结束.问存在某个状态游戏结束的概率？
USTC 概率论习题课讲义 第 1 章 基本内容 4 接上, 注意到 Ù∞ 𝑚=𝑛 𝐴𝑚 ⊆ 𝐴𝑛 ⊆ Ø∞ 𝑚=𝑛 𝐴𝑚, 不难验证 𝐴 ∈ F, 且满足概率连续性: P(𝐴) = lim 𝑛→+∞ P(𝐴𝑛). 例题 1.2 设 { 𝑓𝑛(𝑥)} 及 𝑓 (𝑥) 是定义在 R 上的实值函数, 则使 𝑓𝑛(𝑥) 不收敛于 𝑓 (𝑥) 的一切点 𝑥 所形成的 集合 𝐷 可表示为 𝐷 = Ø∞ 𝑘=1 Ù∞ 𝑁 =1 Ø∞ 𝑛=𝑁 𝑥 : | 𝑓𝑛(𝑥) − 𝑓 (𝑥)| ⩾ 1 𝑘 . 引理 1.3 ♥ 概率测度的一些性质: (1) P(𝐴 𝑐 ) = 1 − P(𝐴); (2) 若 𝐴 ⊂ 𝐵, 则 P(𝐵) = P(𝐴) + P(𝐵\𝐴) ≥ P(𝐴); (3) P(𝐴1 ∪ 𝐴2 ∪ · · · ∪ 𝐴𝑛) = ∑𝑛 𝑖=1 P 𝐴𝑖\ Ø 𝑖−1 𝑘=1 𝐴𝑘 ! , 𝑛 ⩽ +∞; (4) P(𝐴 ∪ 𝐵) = P(𝐴) + P(𝐵) − P(𝐴 ∩ 𝐵); (5) 次 (𝜎) 可加性: P(𝐴1 ∪ 𝐴2 ∪ · · · ∪ 𝐴𝑛) ⩽ ∑𝑛 𝑖=1 P(𝐴𝑖), 𝑛 ⩽ +∞; (6) Jordan 公式: P Ø𝑛 𝑖=1 𝐴𝑖 ! = ∑𝑛 𝑘=1 (−1) 𝑘−1 ∑ 𝑖1<···<𝑖𝑘 P(𝐴𝑖1 · · · 𝐴𝑖𝑘 ). 其中 (3) 由命题 1.1得到, (5) 可由 (2), (3) 得到, (6) 为作业. 例题 1.3 设事件 𝐴1, 𝐴2, · · · , 𝐴𝑛 相互独立, P(𝐴𝑖) = 𝑝𝑖 , 𝑖 = 1, 2, · · · , 𝑛. 求: (1) 这 𝑛 个事件中至少发生一个的概率 𝑃1; (2) 这 𝑛 个事件中恰好发生一个的概率 𝑃2. 解 注意到 这 𝑛 个事件中至少发生一个 = 𝐴1 ∪ 𝐴2 ∪ · · · ∪ 𝐴𝑛, 故有 𝑃1 = P(𝐴1 ∪ 𝐴2 ∪ · · · ∪ 𝐴𝑛) = 1 − P(𝐴 𝑐 1 𝐴 𝑐 2 · · · 𝐴 𝑐 𝑛 ) 独立 ====== 1 − ∏𝑛 𝑖=1 P(𝐴 𝑐 𝑖 ) = 1 − ∏𝑛 𝑖=1 (1 − 𝑝𝑖). 注意到 这 𝑛 个事件中恰好发生一个 = (𝐴 𝑐 1 𝐴 𝑐 2 · · · 𝐴𝑛) t (𝐴 𝑐 1 𝐴 𝑐 2 · · · 𝐴𝑛−1𝐴 𝑐 𝑛 ) t · · · t (𝐴1𝐴 𝑐 2 · · · 𝐴 𝑐 𝑛 ), 故有 𝑃2 = P Ä𝑛 𝑖=1 (𝐴 𝑐 1 𝐴 𝑐 2 · · · 𝐴 𝑐 𝑖−1 𝐴𝑖𝐴 𝑐 𝑖+1 · · · 𝐴 𝑐 𝑛 ) ! = ∑𝑛 𝑖=1 P(𝐴 𝑐 1 𝐴 𝑐 2 · · · 𝐴 𝑐 𝑖−1 𝐴𝑖𝐴 𝑐 𝑖+1 · · · 𝐴 𝑐 𝑛 ) 独立 ====== ∑𝑛 𝑘=1 𝑝𝑘 ∏𝑛 𝑖=1,𝑖≠𝑘 (1 − 𝑝𝑖). 例题 1.4 (赌徒破产问题) Player 财富为 𝑘, Dealer 财富为 𝑁 − 𝑘, 掷一枚均匀硬币, 出现正面 𝐻 时 Player 赢 1 Dealer 输 1, 否则 Dealer 赢 1 Player 输 1. 双方赌到一方输光时游戏结束. 问存在某个状态游戏结束 的概率？
USTC概率论习题课讲义第1章基本内容5解假设游戏结束后继续投硬币并保持两人财富保持不变.记A=【第(i-1)N+1次至第iN次投掷硬币均出现正面H),B={存在某个状态游戏结束l.则BC=[游戏无限进行下去l,且A相互独立，注意到对ViEN*，有A;CB,故对VnEN*，有BCA-所以禁产 IIP(A9) =(1-2-N)nP(BC)≤Pi=1由n的任意性，令n一+o,得P(BS)=0,即P(B)=1.故存在某个状态游戏结束的概率为1.我们已经知道，重复独立试验中，小概率事件必然发生.上例是其中的一个应用，例题1.5(Warmingstheorem）已知事件A1.A2，An.记事件Nk表示这n个事件中恰好有k个发生证明：k+P(AnAn*.-Ai,)P(Nk) = > (-1)Sk+i. Si=i=0<i<i2<.解记As=Ai，则2P(Nk)= /P/Assc(1,...n)iesIS/=k结合Jordan公式，有J(AsnAj=P(As) -PP(As)-PPIAsASAsriesid= P(As) -P(Asu(U) + P(Asu(U.k) -jasJiKes再代入上述P（Nk）的表达式即得注Jordan公式和Warmingstheorem在一些排列组合下的概率问题中给出了精确的计算公式，如下例：例题1.6(配对问题）n对夫妇面对面随机占座，求恰好有k对夫妇面对面坐的概率p(m).(0≤k≤n)。解把n位男士和n位女士按序标号，且同对夫妇标号相同.记A；表示标号i的夫妇面对面坐.先看k=0时的情形对Vi<iz<..<ik，有P(AiAi ...Ait) - (n-k)!n!利用Jordan公式，有P("=P) =-1-(-1)k-1 Z P(Ai ..Ait)Akk=1ii<...<ik(n-k)!-n!k-1 (-1)k-k!k=0再看1≤k≤n时的情形.可利用Warming'stheorem直接得到，或考虑仅标号为第ii,i2，.ik的夫妇面
USTC 概率论习题课讲义 第 1 章 基本内容 5 解 假设游戏结束后继续投掷硬币并保持两人财富保持不变. 记 𝐴𝑖 = 第(𝑖 − 1)𝑁 + 1次至第𝑖𝑁次投掷硬币均出现正面 H , 𝐵 = 存在某个状态游戏结束 . 则 𝐵 𝑐 = 游戏无限进行下去 , 且 𝐴𝑖 相互独立. 注意到对 ∀𝑖 ∈ N ∗ , 有 𝐴𝑖 ⊆ 𝐵, 故对 ∀𝑛 ∈ 𝑁 ∗ , 有 𝐵 𝑐 ⊆ Ù𝑛 𝑖=1 𝐴 𝑐 𝑖 . 所以 P(𝐵 𝑐 ) ⩽ P Ù𝑛 𝑖=1 𝐴 𝑐 𝑖 ! 独立 ====== ∏𝑛 𝑖=1 P(𝐴 𝑐 𝑖 ) = (1 − 2 −𝑁 ) 𝑛 . 由 𝑛 的任意性, 令 𝑛 → +∞, 得 P(𝐵 𝑐 ) = 0, 即 P(𝐵) = 1. 故存在某个状态游戏结束的概率为 1. 我们已经知道, 重复独立试验中, 小概率事件必然发生. 上例是其中的一个应用. 例题 1.5(Warming’s theorem) 已知事件 𝐴1, 𝐴2, · · · , 𝐴𝑛, 记事件 𝑁𝑘 表示这 𝑛 个事件中恰好有 𝑘 个发生, 证明: P(𝑁𝑘 ) = ∑𝑛−𝑘 𝑖=0 (−1) 𝑖 𝑘 + 𝑖 𝑘 𝑆𝑘+𝑖 , 𝑆 𝑗 = ∑ 𝑖1<𝑖2<···<𝑖𝑗 P(𝐴𝑖1 𝐴𝑖2 · · · 𝐴𝑖𝑗 ) 解 记 𝐴𝑆 = Ù 𝑖∈𝑆 𝐴𝑖 , 则 P(𝑁𝑘 ) = ∑ 𝑆⊆{1,···𝑛} |𝑆 |=𝑘 P © « 𝐴𝑆 Ù 𝑗∉𝑆 𝐴 𝑐 𝑗 ª ® ¬ 结合 Jordan 公式, 有 P © « 𝐴𝑆 Ù 𝑗∉𝑆 𝐴 𝑐 𝑗 ª ® ¬ = P(𝐴𝑆) − P © « 𝐴𝑆 ∩ © « Ø 𝑗∉𝑆 𝐴𝑗 ª ® ¬ ª ® ¬ = P(𝐴𝑆) − P © « Ø 𝑗∉𝑆 (𝐴𝑆 ∩ 𝐴𝑗) ª ® ¬ = P(𝐴𝑆) −∑ 𝑗∉𝑆 P(𝐴𝑆∪{ 𝑗 }) + ∑ 𝑗<𝑘 𝑗,𝑘∉𝑆 P(𝐴𝑆∪{ 𝑗,𝑘 }) − · · · 再代入上述 P(𝑁𝑘 ) 的表达式即得. 注 Jordan 公式和 Warming’s theorem 在一些排列组合下的概率问题中给出了精确的计算公式, 如下例: 例题 1.6(配对问题) 𝑛 对夫妇面对面随机占座, 求恰好有 𝑘 对夫妇面对面坐的概率 𝑃 (𝑛) 𝑘 .(0 ⩽ 𝑘 ⩽ 𝑛). 解 把 𝑛 位男士和 𝑛 位女士按序标号, 且同对夫妇标号相同. 记 𝐴𝑖 表示标号 𝑖 的夫妇面对面坐. 先看 𝑘 = 0 时的情形. 对 ∀𝑖1 < 𝑖2 < · · · < 𝑖𝑘 , 有 P(𝐴𝑖1 𝐴𝑖2 · · · 𝐴𝑖𝑘 ) = (𝑛 − 𝑘)! 𝑛! 利用 Jordan 公式, 有 𝑃 (𝑛) 0 = P Ù𝑛 𝑘=1 𝐴 𝑐 𝑘 ! = 1 − Ø𝑛 𝑘=1 𝐴𝑘 ! = 1 − ∑𝑛 𝑘=1 (−1) 𝑘−1 ∑ 𝑖1<···<𝑖𝑘 P(𝐴𝑖1 · · · 𝐴𝑖𝑘 ) = 1 − ∑𝑛 𝑘=1 (−1) 𝑘−1 𝑛 𝑘 (𝑛 − 𝑘)! 𝑛! = ∑𝑛 𝑘=0 (−1) 𝑘 𝑘! . 再看 1 ⩽ 𝑘 ⩽ 𝑛 时的情形. 可利用 Warming’s theorem 直接得到, 或考虑仅标号为第 𝑖1, 𝑖2, · · · 𝑖𝑘 的夫妇面