巴拿赫(Banach)火柴盒问题
15 巴拿赫不动点定理
1.5 Banach 不动点定理及应用巴拿赫不动点定理(Banach Fixed Point Theorem )，又称为压缩映射定理或压缩映射原理，它是用泛函分析方法统一处理许多关于解的存在性和唯一性问题(如微分方程、代数方程组、积分方程等)的一个重要定理．许多方程求解问题往往可以转化为求某映射的不动点，而压缩映射原理描述了映射不动点的存在性和唯一性的充分条件，并提供了一个迭代程序，按此程序逐次逼近可求不动点的近似值和误差，这是代数方程，微分方程，积分方程，泛函方程以及计算数学中的一个很重要的方法．1.5.1 Banach 不动点定理及推论定义 1.5.1 不动点(Fixed points)设X 是一个非空集合，:A X X →为映射，如果存在x X ∗∈满足()A x x ∗∗=，则称x ∗为映射A 的不动点．例如(1)从R 到R 上的映射2:f x x →有两个不动点，即0x =和1x =．(2)从2R 到2R 上的映射:(,)(,)f x y y x →有无穷多个不动点，即直线y x =上的所有点均是不动点．设f 是空间X 到自身的映射，方程()0f x =的求解可转化为求映射:()T x f x x α→+的不动点，其中常数0α≠(显然当Tx x ∗∗=时，即()f x x x α∗∗∗+=，可得()0f x ∗=)．关于不动点的定理，最简单而又最广泛应用的是著名的压缩映射原理．定义 1.5.2 压缩映射(Contraction mapping)设X 是一个度量空间，:A X X →为映射，如果存在常数(0,1)α∈，对于任何,x y X ∈，有(,)(,)d Ax Ay d x y α≤则称A 为X 上的压缩映射．称常数α为压缩系数．显然压缩映射是连续映射．下面的压缩映射原理是由Banach 于1922年给出的，也称为Banach 不动点定理．定理 1.5.1 Banach 不动点定理(压缩映射原理Contraction mapping principle )设X 是完备的度量空间，:A X X →是压缩映射，则A 在X 中具有唯一的不动点，即存在唯一的x ∗，使得()x A x ∗∗=．证明 任取0x X ∈，构造点列{}n x ：10()x A x =，21()x A x =，32()x A x =，43()x A x =，…，1()n n x A x −=，…．下面证明 (1)证{}n x 为基本列；(2)证n x x ∗→，()x A x ∗∗=；(3)证x ∗的唯一性．(1)证{}n x 为基本列．因为A 是压缩映射，所以不妨设(,)(,)d Ax Ay d x y α≤，其中(0,1)α∈，记100(,)d x x c =，于是有2110100(,)(,)(,)d x x d Ax Ax d x x c αα=≤≤； 23221210(,)(,)(,)d x x d Ax Ax d x x c αα=≤≤；34332320(,)(,)(,)d x x d Ax Ax d x x c αα=≤≤；…… ……1112120(,)(,)(,)n n n n n n n d x x d Ax Ax d x x c αα−−−−−−=≤≤．因此对于正整数k 有1121(,)(,)(,)(,)n n k n n n n n k n k d x x d x x d x x d x x +++++−+≤+++L110()n n n k c ααα++−≤+++L0(1)1n k c ααα−=−01nc αα≤−0→ (n →∞) 故{}n x 为基本列．(2)证n x x ∗→，()x A x ∗∗=．因为X 是完备的度量空间，所以基本列{}n x 收敛，不妨设n x x ∗→(n →∞)；又知压缩映射是连续映射以及1()n n x A x −=，于是lim n n x x ∗→∞=1lim ()n n A x −→∞=1(lim )n n A x −→∞=Ax ∗=．(3)证x ∗的唯一性．若存在1x X ∗∈且11()x A x ∗∗=，那么111(,)(,)(,)d x x d Ax Ax d x x α∗∗∗∗∗∗=≤于是1(1)(,)0d x x α∗∗−≤，从而1(,)0d x x ∗∗≤，即1x x ∗∗=．□注1 Banach 不动点定理给出了在完备度量空间X 中求解不动点的迭代法，即1x X ∀∈，由1n n x Ax +=(1,2,n =L )获得不动点n x x ∗→．第n 次迭代后的近似解n x 与不动点x ∗的误差估计：根据上述定理证明的第二部分知0(,)1nn n k d x x c αα+≤−，于是令k →∞有01000(,)(,)(,)111n n nn d x x c d x x d Ax x αααααα∗≤==−−−．即00(,)(,)1nn d x x d Ax x αα∗≤−．注 2 Banach 不动点定理中的两个条件压缩性和空间的完备性都是十分重要的．例如当(,)(,)d Ax Ay d x y <时，未必存在不动点．设:A →R R ，()arctan 2A x x x π=+−，那么,x y ∀∈R ，有(,)d Ax Ay Ax Ay =−(arctan )(arctan )22x x y y ππ=+−−+−(arctan arctan )x y x y =−−−2()1x yx y ξ−=−−+(由Lagrange 中值定理知存在(,)x y ξ∈或(,)y x ξ∈) 22()1x y ξξ=−+(,)x y d x y <−=．但是，当Ax x =时，方程arctan 2x π=无解，因此映射A 在R 中没有不动点．Lagrange 中值定理：如果函数()f x 在闭区间[,]a b 连续，在开区间(,)a b 内可导，那么在(,)a b 内至少存在一点ξ(a b ξ<<)，使得()()()()'f b f a f b a ξ−=−．推论 1.5.1 设X 是完备的度量空间，映射:A X X →是闭球0(,)B x r 上的压缩映射，并且00(,)(1)d Ax x r α≤−，其中(0,1)α∈是压缩系数，那么A 在0,)B x r 中具有唯一的不动点．证明 显然0,)B x r 是完备度量空间X 的闭子集，所以0,)B x r 是完备的子空间．0,)x B x r ∀∈，有0(,)d x x r ≤，于是0000(,)(,)(,)d Ax x d Ax Ax d Ax x ≤+0(,)(1)d x x r αα≤+−(1)r r αα≤+−r ≤即0(,)Ax B x r ∈．可见A 是完备度量空间0(,)B x r 到0,)B x r 上的压缩映射，因此A 在0,)B x r 中具有唯一的不动点．□设映射:A X X →，记n nA AA A =64748L ，那么映射:n A X X →．推论 1.5.2 设X 是完备的度量空间，映射:A X X →，如果存在常数(0,1)α∈和正整数n ，使得,x y X ∀∈有(,)(,)n n d A x A y d x y α≤那么A 在X 中存在唯一的不动点．证明 显然n A 是压缩映射，所以n A 在X 中存在唯一的不动点x ∗，即n x A x ∗∗=．于是1()()n n n A Ax A x A A x Ax ∗+∗∗∗===可得Ax ∗也是n A 的不动点，由不动点的唯一性知：Ax x ∗∗=．同时易得2A x x ∗∗=，3A x x ∗∗=，…，n A x x ∗∗=下面证明x ∗的唯一性．设存在1x X ∗∈且11()x A x ∗∗=，得112A x x ∗∗=，113A x x ∗∗=，…，11n A x x ∗∗=，那么11(,)(,)d x x d Ax Ax ∗∗∗∗==K 1(,)n n d A x A x ∗∗=1(,)d x x α∗∗≤于是1(1)(,)0d x x α∗∗−≤，从而1(,)0d x x ∗∗≤，即1x x ∗∗=．□1.5.2 Banach 不动点定理的应用◇ 求方程的近似解定理 1.5.2 设:f →R R 是可微函数，且()1'f x α≤<，则方程()f x x =具有唯一解．证明 根据Lagrange 中值定理知存在(,)x y ξ∈，使得()()()()'f x f y f x y x y ξα−=−≤−，因此f 是完备度量空间R 上的压缩映射，于是由压缩映射原理知，()f x x =具有唯一解．例 1.5.1 求方程510x x +−=的根．解 显然函数5()1g x x x =+−的导函数为4()510'g x x =+>，即g 单调递增，且115()0232g =−<，(1)1g =，所以原方程只有一个根而且在(0.5,1)内．原方程可写为 51x x −=由于51x −不是一个压缩映射，即54(1)5'x x −=在(0.5,1)内并不小于1．将上式改造为5(1)x x λλ−=，即为5(1)(1)x x x λλ−+−=，于是当(0.5,1)x ∈及(0,1)λ∈时有54[(1)(1)]15'x x x λλλλ−+−=−−1λ<−．令14λ=，531()(1)44f x x x =+−，那么在(0.5,1)上()f x 满足 3()14'f x << 于是得()f x 是(0.5,1)上的压缩映射，取00.75x =，由迭代1()n n x f x +=可得10.7521x =，20.7533x =，30.7540x =，40.7544x =， 50.7546x =，60.7547x =，70.7548x =，80.7548x =，…．若取8x 作为不动点x ∗的近似解，其误差为80.750.75210.750.000810.75nx x ∗−≤−=−．□◇ 解线性代数方程组定理 1.5.3 设1111n n nn a a A a a ⎛⎞⎜⎟=⎜⎟⎜⎟⎝⎠L M M L ，1nn x x x ⎛⎞⎜⎟=∈⎜⎟⎜⎟⎝⎠M R ，1n n b b b ⎛⎞⎜⎟=∈⎜⎟⎜⎟⎝⎠M R ，若对每个1i n ≤≤，矩阵A 满足11n ij j a =<∑，即11max 1nij i nj a α≤≤==<∑，则线性方程组Ax b x +=具有唯一解x ∗．证明 在n R 上定义距离1(,)max{i i i nd x y x y ≤≤=−，其中T 12(,,,)n n x x x x =∈L R ，T 12(,,,)n n y y y y =∈L R ，易验证(,)n d R 是完备的度量空间．令映射:(,)(,)n n T d d →R R 为Tx Ax b =+．记T 12(,,,)n Tx u u u u ==L ，T 12(,,,)n Ty v v v v ==L ，于是11111n i j j n n ni j n j a x b u u u a x b ==⎛⎞+⎜⎟⎛⎞⎜⎟⎜⎟⎜⎟==⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎝⎠+⎜⎟⎝⎠∑∑M M ，11111n i j j nn ni j n j a y b v v v a y b ==⎛⎞+⎜⎟⎛⎞⎜⎟⎜⎟⎜⎟==⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎝⎠+⎜⎟⎝⎠∑∑M M ． 因此1(,)max{}i i i nd Tx Ty u v ≤≤=−11max{()}nij j j i nj a x y ≤≤==−∑111max{}max{}nij j j i ni nj a x y ≤≤≤≤=≤⋅−∑(,)d x y α=由11max 1nij i nj a α≤≤==<∑可知T 是压缩映射，从而存在唯一的不动点x ∗，即线性方程组Ax b x +=具有唯一解x ∗，且可根据迭代1n n x Ax b +=+求得方程的近似解．□◇ 证明隐函数存在定理定理 1.5.4 设二元函数(,)F x y 在区域{(,),}x y a x b y ≤≤−∞<<+∞上连续，关于y 的偏导数存在，且满足条件0(,)'y m F x y M <≤≤，其中m ，M 是正常数，则存在连续函数()y f x =，[,]x a b ∈满足：[,]x a b ∀∈，(,())0F x f x =．证明 在完备度量空间[,]C a b 中定义映射T ：()[,]x C a b φ∀∈，1()()()(,())T x x F x x Mφφφ=−． 由于(,)F x y 是连续函数，所以[,]T C a b φ∈，即:[,][,]T C a b C a b →．下面证T 是压缩映射．设,[,]C a b φϕ∈，根据微分中值定理得，存在(0,1)θ∈，使得11()(,())()(,())T T x F x x x F x x M Mφϕφφϕϕ−=−−+ 1()()[(,())(,())]x x F x x F x x Mφϕϕφ=−+− 1()()[(,()(()())](()()'y x x F x x x x x x Mφϕφθϕφϕφ=−++−− (1)()()mx x Mφϕ≤−−． 记1mMα=−，显然01α<<，于是有T T φϕαφϕ−≤−，因此 [,](,)max ()()()()x a b d T T T x T x φϕφϕ∈=−[,]max ()()x a b x x αφϕ∈≤−(,)d αφϕ=因此T 是压缩映射，由压缩映射原理知存在唯一的()[,]f x C a b ∈，使得()()()Tf x f x =即(,())0F x f x =，[,]x a b ∈．□◇ 在微分方程方面的应用设(,)f t x 在矩形区域00{(,),}D t x t t a x x b =−≤−≤连续，那么存在0M >使得(,)t x D ∀∈有(,)f t x M ≤，进一步假定(,)f t x 关于变量x 满足李普希兹(Lipshitz)条件：存在常数K ，12(,),(,)t x t x D ∀∈有1212(,)(,)f t x f t x K x x −≤−，那么有微分方程为00d (,)d ()xf x t tx t x ⎧=⎪⎨⎪=⎩ (2.4) 定理 1.5.5 (皮卡德Picard 定理)满足上述条件的微分方程(2.4)在区间00[,]t t ββ−+上有唯一解，其中1min{,,}2b a M Kβ=． 证明 设00[,]J t t ββ=−+，则J 上的连续函数组成的空间()C J 是完备的度量空间，显然()C J 的子集0{(),()}E x x C J x t x M β=∈−≤是闭集，于是E 也是完备的度量空间．通过积分可将微分方程(2.4)写成积分方程00()(,())d tt x t x f x τττ=+∫．()x t E ∀∈定义：00()()(,())d tt Tx t x f x τττ=+∫，下面验证Tx E ∈．由于(,)f t x 在在矩形区域00{(,),}D t x t t a x x b =−≤−≤连续，所以()()Tx t 在00[,]J t t ββ=−+上连续， 00()()Tx t x =，以及00()()(,())d tt Tx t x f x τττ−=∫(,())d tt f x τττ≤∫0M t t ≤−M β≤，于是Tx E ∈，即T 映射为:T E E →．再证T 是压缩映射．根据李普希兹条件得1212()()()()(,())d (,())d ttt t Tx t Tx t f x f x ττττττ−=−∫∫012max Jt t K x x τ∈≤−−12(,)Kd x x β≤又由β的定义知12K αβ=≤，于是1212(,)(,)d Tx Tx Kd x x β≤，即T 是压缩映射．因此T 在E 中存在唯一的不动点x ∗，即存在00[,]J t t ββ=−+上的连续函数x ∗，满足积分方程0()(,())d tt x t x f x λτττ=+∫，两边微分可得x ∗是微分方程(2.4)的唯一解，并且x ∗是迭代序列012,,,,,n x x x x L L 的极限，其中010()(,())d tn n t x t x f x τττ+=+∫．□◇ 在积分方程方面的应用设(,)K t τ在矩形区域{(,),}D t a t b ττ=≤≤连续，()[,]f x C a b ∈，且[,]t a b ∀∈有(,)d baK t M ττ≤<+∞∫，那么费雷德霍姆(Fredholm)积分方程为()()(,)()d ba x t f t K t x λτττ=+∫． (2.5)定理 1.5.6 对于任意的()[,]f x C a b ∈，当1Mλ<时，Fredholm 积分方程(2.5)有唯一连续解()x t ∗，并且函数()x t ∗是迭代序列012,,,,,n x x x x L L 的极限，其迭代过程为1()()(,)()d bn n a x t f t K t x λτττ+=+∫．证明 设()()()(,)()d bn aTx t f t K t x λτττ=+∫，由(,)K t τ的连续性知，T 是从[,]C a b 到[,]C a b 上的映射:[,][,]T C a b C a b →．(),()[,]x t y t C a b ∀∈有(,)max{()()()()a t bd Tx Ty Tx t Ty t ≤≤=−max{(,)()d (,)()d }b baaa t bK t x K t y λτττλτττ≤≤=−∫∫max{(,)[()()]d }baa t bK t x y λττττ≤≤=−∫max{(,)()()d }baa t bK t x y λττττ≤≤≤−∫max{()()}a bM x y τλττ≤≤≤−(,)Md x y λ=由于1M λ<，即T 是压缩映射，根据压缩映射原理知T 在[,]C a b 上存在唯一的不动点()x t ∗，即为Fredholm 积分方程的唯一连续解，且函数()x t ∗是迭代序列012,,,,,n x x x x L L 的极限，其迭代过程为1()()(,)()d bn n ax t f t K t x λτττ+=+∫．□◇ 牛顿迭代法的证明牛顿迭代法（Newton's method ）又称为牛顿-拉夫逊方法（Newton-Raphson method ），它是牛顿在 17世纪提出的一种在实数域和复数域上近似求解方程的方法．多数方程不存在求根公式，因此求精确根非常困难，甚至不可能，从而寻找方程的近似根就显得特别重要．牛顿迭代法是求方程根的重要方法之一，而且其最大优点是在方程的单根*()0f x =附近具有平方收敛，该法还可以用来求方程的重根、复根，另外该方法广泛用于计算机编程中．定理 1.5.6 设f 是定义在[,]a b 上的二次连续可微的实值函数，*x 是f 在(,)a b 内的单重零点，那么当初值0x 充分靠近存*x 时，由关系式1()n n x g x +=，()()()n n n 'n f x g x x f x =−所定义的迭代序列收敛于*x ．证明 因为*()0f x =，依据中值定理可得***1()()()()'f x f x f x f x x k x x ξ=−=−≤−．由于*x 是f 的单重零点，所以存在*x 的某闭邻域*1()(,)U x a b ⊂，使得*1()x U x ∀∈，()0f x ≠，而且()"f x 连续．于是2()[()]"'f x f x 在*1()U x 上有界2k ，所以*1()x U x ∀∈，有 2*21222[()]()()()()()1()[()][()]'""'''f x f x f x f x f x g x k f x k k x x f x f x −=−=≤≤−． 显然当*1212x x k k −<时，1()2'g x <．令**2121(){}2U x x x x k k =−<以及***12()()()U x U x U x =I ，于是()g x 在邻域*()U x 内为压缩映射，根据压缩映射原理可知命题成立．□。
巴拿赫不动点定理的理解
巴拿赫不动点定理的理解引言在数学中存在许多重要的定理，而巴拿赫不动点定理就是其中之一。
它是一种纯数学定理，也是数学分析、拓扑学、优化理论等领域中的重要工具。
巴拿赫不动点定理的提出和证明，为这些学科的发展做出了重要的贡献。
什么是不动点在理解巴拿赫不动点定理之前，我们先来了解一下什么是不动点。
给定一个映射f，如果存在一个元素x使得f(x)=x，那么x被称为这个映射的不动点。
换句话说，不动点就是映射下的一个特殊的元素，它在映射后不发生改变。
巴拿赫空间巴拿赫空间是巴拿赫不动点定理的基础概念之一。
巴拿赫空间指的是一个完备的赋范线性空间，其中的距离可以通过范数来度量。
简单来说，巴拿赫空间是一个完备的向量空间。
定理的陈述巴拿赫不动点定理的陈述如下：对于一类压缩映射，也就是满足一定条件的映射f，总存在一个不动点x，使得f(x)=x。
定理的证明思路巴拿赫不动点定理的证明思路非常巧妙，可以通过构造序列以及使用完备性来完成。
证明过程压缩映射的定义首先，我们先来定义压缩映射。
给定一个度量空间M，如果存在一个常数k，使得对于任意的x和y都有d(f(x), f(y)) ≤ kd(x, y)，其中d为M上的度量函数，f为映射函数，那么f被称为一个压缩映射。
不动点的存在性为了证明定理，我们将构造一个序列来逼近不动点。
首先，我们选择任意一个初始点x0。
然后，我们递归地定义序列{x0，x1，x2，…}，使得对于任意的n≥1，都有x(n+1) = f(xn)。
通过这个递归定义，我们可以得到一个序列{x0, f(x0),f(f(x0)), …}。
序列的收敛性我们需要证明这个序列是收敛的，也就是存在极限。
根据压缩映射的性质，我们可以得到d(xn, xm) ≤ k^n * d(x0, x1)，其中k为压缩映射的常数。
由于k<1，所以当n趋向于无穷大时，k^n趋向于0，即序列{x0, f(x0), f(f(x0)), …}是一个Cauchy序列。
独立重复试验概率优质说课
二：广泛联想，让学生的思维“活”起来
三：变式教学，让学生的思维“跳”起来
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问题情景：师生游戏，现在有一个不透明的盒子，教师 当着同学的面把10个大小相同的黄球，5个白球放入盒 子中，讲清游戏规则：一次从中取球，然后放回，再取 下一次。 教师先从盒子中依次取三次球，边取边提出几个问题 （1）第一次取球，取出白球的概率是多少？ （2）第二次取球，取出白球的概率是多少？第三次呢？ （3）前一次取球对后一次取球有无影响？
能力目标：进一步发展学生类比、归纳、猜想等合情
推理能力；通过对各种不同的实际情况的分析、判断、 探索，培养学生的应用能力.
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激发学生学习数学的热情和兴趣，并从中领会对立统 一的辨证思想；结合问题的现实意义，培养学生的合 作精神. 返回流程
教学方法
自主探索 民主开放 合作交流 师生对话
应用知识阶段
返回流程
小结与作业
一：知识小结
本质特征 独立重复试验 知识应用
概率公式
建模
二：作业 （1）书面作业：课本上的习题
（2）探究性作业：巴拿赫(Banach)火柴盒盒问题 波兰数学家随身带着两盒火柴，分别放在左、右两个 衣袋里，每盒有n根火柴，每次使用时，便随机地从其中 一盒中取出一根。试求他发现一盒已空时，另一盒中剩下 的火柴根数k的概率。 设计意图:作业分为二种形式，体现作业的巩固性和发展 性原则。书面作业中的问题思考是后续课堂的铺垫，而探 究性作业不作统一要求，供学有余力的学生课后研究。同 时，它也是新课标里研究性学习的一部分。
引出独立重复试验的概率
抽奖：规则是每人上来抽4次，4个全是白球，奖4个球， 有3个白球，奖3个球，有2个白球，奖2个球，1个白球奖 白球一个，没有白球没有奖励 （1）取出的4球是恰好有4个是白球，3个是白球，2个 是白球，1个白球的概率分别为多少? (2) 如果取出的球数是5个，则恰好含有4个白球的概 率是多少？ (3) 如果取出的球数是n个，则恰好含有r个白球的概率是 多少？ (4)如果进行的n次独立重复试验，事件A在一次试验中 发生的概率是P,则在n次独立重复试验中事件A发生k次 的概率是多少
第5讲 巴拿赫不动点定理
An x∗ = x∗
下面证明
x∗
的唯一性．设存在
x∗ 1
∈X
且
x∗ 1
=
A(
x∗ 1
)
，得
A2
x∗ 1
=
x∗ 1
，A3
x∗ 1
=
x∗ 1
，…，An
x∗ 1
=
x∗ 1
，
那么
d
(
x∗
,
x∗ 1
)
=
d ( Ax∗ , Ax1∗ )
=…
=
d
(
An
x∗
,
An
x∗ 1
)
≤
α
d
(
x∗ 1
,
x
∗
)
于是
(1
−
α
)d
(
4
44
f ' (x) < 3 < 1 4
于是得 f (x) 是 (0.5,1) 上的压缩映射，取 x0 = 0.75 ，由迭代 xn+1 = f (xn ) 可得 x1 = 0.7521 ， x2 = 0.7533 ， x3 = 0.7540 ， x4 = 0.7544 ，
x5 = 0.7546 ， x6 = 0.7547 ， x7 = 0.7548 ， x8 = 0.7548 ，…．
d (xn
,
xn−1 )
=
d
( Axn−1,
Axn−2
)
≤
α
d (xn−1,
xn − 2
)
≤
α
c n−1 0
．
因此对于正整数 k 有
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西安电子科技大学理学院 杨有龙
概率论与数理统计2.第二章练习题（答案）
概率论与数理统计2.第⼆章练习题（答案）第⼆章练习题(答案)⼀、单项选择题1. 已知连续型随机变量X 的分布函数为3.若函数f(x)是某随机变量X 的概率密度函数，则⼀定成⽴的是(C ) A. f(x)的定义域是[0, 1] B. f(x)的值域为[0,1]4.设X - N(l,l),密度函数为f(x),则有(C )5.设随机变量X ~ N (/M6), Y ?N 仏25)，记 P1 = P (X “ + 5), 则正确的是(A)对任意“，均有Pi = p 2 (B)对任意“，均有Pi v p?(c)对任意〃，均有Pl > Pi (D )只对“的个别值有P1 = P26.设随机变量x ?N(10^s 2) 9 则随着s 的增加 P{|X- 10|< s} ( C )F(x) =o,kx+b 、 x<0 0 < x< x>则常数&和〃分别为 (A) k = —b = 0龙， (B) k = 0,b 丄 (C) k = —,b = 0 (D) k = 0,b= 1 n In In2.下列函数哪个是某随机变量的分布函数(A ) z 7fl -cosx ； 2 0, f sinx,A. f(x)』沁,xnO C. f (x)= a (a>0);B. f (x)1, x < 0[cosx, — - < X < - 1 2 2 D. f (x) 其他 0, 0 < X < 7T 其他 —-< x < - 2 2 其他 C- f(x)⾮负D. f (x)在(-叫+00)内连续A. P {X O }B. f(x)= f(-x)C. p{xl} D ? F(x) = l-F(-x)A.递增B.递减C.不变D.不能确定7.设⽚3与E（⼒分别为随机变量X、兀的分布函数，为使F（沪aF?—胡（⼒是某⼀随机变量的分布函数，在下列给定的多组数值中应取（A ）&设⼼与⼈是任意两个相互独⽴的连续型随机变量，它们的概率密度函数分别为ft （⼒和f2（⼒，分布函数分别为川⼒和E （⼒，则（A）亡（⼒+負（⼒必为某个随机变量的概率密度；（B） f⼼）临（⼒必为某个随机变量的概率密度；（C）川⼒+￡（⼒必为某个随机变量的分布函数；（D）FAx）吠（⼒必为某个随机变量的分布函数。
概率论与数理统计考试题库及答案(四)
《概率论与数理统计》复习试题（后面带答案）一、填空题1．设 A 、B 、C 是三个随机事件。
试用 A 、B 、C 分别表示事件1）A 、B 、C 至少有一个发生2）A 、B 、C 中恰有一个发生3）A 、B 、C 不多于一个发生2．设 A 、B 为随机事件， P (A)=0.5，P(B)=0.6，P(B A)=0.8。
则P(B )A ＝3．若事件A 和事件B 相互独立, P()=,A αP(B)=0.3，P(A B)=0.7,则α=4. 将C,C,E,E,I,N,S 等7个字母随机的排成一行，那末恰好排成英文单词SCIENCE 的概率为5. 甲、乙两人独立的对同一目标射击一次，其命中率分别为0.6和0.5，现已知目标被命中，则它是甲射中的概率为6.设离散型随机变量X 分布律为{}5(1/2)(1,2,)kP X k A k ===⋅⋅⋅则A=______________ 7. 已知随机变量X 的密度为()f x =⎩⎨⎧<<+其它,010,x b ax ,且{1/2}5/8P x >=,则a =________ b =________8. 设X ～2(2,)N σ,且{24}0.3P x <<=,则{0}P x <= _________9. 一射手对同一目标独立地进行四次射击，若至少命中一次的概率为8081，则该射手的命中率为_________10.若随机变量ξ在（1，6）上服从均匀分布，则方程x 2+ξx+1=0有实根的概率是11.设3{0,0}7P X Y ≥≥=，4{0}{0}7P X P Y ≥=≥=，则{max{,}0}P X Y ≥= 12.用（,X Y ）的联合分布函数F （x,y ）表示P{a b,c}X Y ≤≤<=13.用（,X Y ）的联合分布函数F （x,y ）表示P{X a,b}Y <<=14.设平面区域D 由y = x , y = 0 和 x = 2 所围成，二维随机变量(x,y)在区域D 上服从均匀分布，则（x,y ）关于X 的边缘概率密度在x = 1 处的值为 。
取石子问题
取石子问题有一种很有意思的游戏，就是有物体若干堆，可以是火柴棍或是围棋子等等均可。
两个人轮流从堆中取物体若干，规定最后取光物体者取胜。
这是我国民间很古老的一个游戏，别看这游戏极其简单，却蕴含着深刻的数学原理。
下面我们来分析一下要如何才能够取胜。
（一）巴什博奕（Bash Game）：只有一堆n个物品，两个人轮流从这堆物品中取物，规定每次至少取一个，最多取m个。
最后取光者得胜。
显然，如果n=m+1，那么由于一次最多只能取m个，所以，无论先取者拿走多少个，后取者都能够一次拿走剩余的物品，后者取胜。
因此我们发现了如何取胜的法则：如果n=（m+1）r+s，（r为任意自然数，s≤m),那么先取者要拿走s个物品，如果后取者拿走k（≤m)个，那么先取者再拿走m+1-k个，结果剩下（m+1）（r-1）个，以后保持这样的取法，那么先取者肯定获胜。
总之，要保持给对手留下（m+1）的倍数，就能最后获胜。
这个游戏还可以有一种变相的玩法：两个人轮流报数，每次至少报一个，最多报十个，谁能报到100者胜。
（二）威佐夫博奕（Wythoff Game）：有两堆各若干个物品，两个人轮流从某一堆或同时从两堆中取同样多的物品，规定每次至少取一个，多者不限，最后取光者得胜。
这种情况下是颇为复杂的。
我们用（ak，bk）（ak ≤ bk ,k=0，1，2，...,n)表示两堆物品的数量并称其为局势，如果甲面对（0，0），那么甲已经输了，这种局势我们称为奇异局势。
前几个奇异局势是：（0，0）、（1，2）、（3，5）、（4，7）、（6，10）、（8，13）、（9，15）、（11，18）、（12，20）。
可以看出,a0=b0=0,ak是未在前面出现过的最小自然数,而bk= ak + k，奇异局势有如下三条性质：1。
任何自然数都包含在一个且仅有一个奇异局势中。
由于ak是未在前面出现过的最小自然数，所以有ak > ak-1 ，而bk= ak + k > ak-1 + k -1 = bk-1 > ak-1 。
巴拿赫映射划分定理
巴拿赫映射划分定理1.简介巴拿赫映射划分定理是泛函分析中一个重要的定理，它是巴拿赫定理的推广。
该定理最初由德国数学家Stefan Banach于1932年提出，它给出了一个有限维的划分定理问题的泛化，为不完备的赋范空间的理论研究提供了一个基础。
2.巴拿赫定理在谈论巴拿赫映射划分定理之前，首先需要了解巴拿赫定理。
巴拿赫定理是泛函分析中非常基础的定理，它指出在一个完备的赋范空间中，任意收敛的柯西列都有收敛的极限。
巴拿赫定理也称为“完备空间定理”，它是泛函分析中的一个核心定理，许多其它定理和概念都是基于巴拿赫定理发展起来的。
3.巴拿赫映射划分定理的表述巴拿赫映射划分定理表述如下：若一个线性映射T将一个Banach 空间X中的任意凸有界集映射到一个局部凸空间Y的凸有界集，则T 可以划分为一族高度凸集的积，即T=T1×T2×...×Tn，其中Ti是局部凸集Y的高度凸子集，这就是说，Ti必须满足以下两个条件：-Ti是Y的子集；-任意两个不同的点x和y在Ti中，就有tx和ty使得T(x)-T(y)=t(x-y)且|tx|+|ty|≤1。
其中在积的意义下，T(x)=(T1(x),T2(x),...,Tn(x))是把X中的元素x映射到积空间Y1×Y2×...×Yn中的元素的映射。
4.实例说明举一个具体的例子来说明巴拿赫映射划分定理。
假设我们有一个有限维向量空间V，它通过一个线性映射T映射到另一个有限维向量空间W中。
如果我们知道T将V中的一个凸有界集映射到W中的一个凸有界集，那么我们就可以使用巴拿赫映射划分定理来描绘如何将T划分为高度凸集的积。
假设我们将W划分为如下三个高度凸子集W=W1×W2×W3，则对于每一个i=1,2,3，我们有T(V)∩(W1×W2×W3)需要包含一个Ti的高度凸子集。
这个高度凸子集我们可以表示为Ti×0×0、0×Ti×0或者0×0×Ti中的一个。
概率论与数理统计习题1及答案
概率论与数理统计习题及答案习题 一1.写出下列随机试验的样本空间及下列事件包含的样本点。
（1) 掷一颗骰子,出现奇数点。
(2） 掷二颗骰子，A =“出现点数之和为奇数，且恰好其中有一个1点.”B =“出现点数之和为偶数，但没有一颗骰子出现1点.” (3）将一枚硬币抛两次， A =“第一次出现正面。
” B =“至少有一次出现正面。
”C =“两次出现同一面.” 【解】{}{}1123456135A Ω==（），，，，，，，，；{}{}{}{}{}(2)(,)|,1,2,,6,(12),(14),(16),(2,1),(4,1),(6,1),(22),(24),(26),(3,3),(3,5),(4,2),(4,4),(4,6),(5,3),(5,5),(6,2),(6,4),(6,6);(3)(,),(,),(,),(,),(,),(,),(,),(,),(i j i j A B A B ΩΩ=======，，，，，，正反正正反正反反正正正反正正正反反{}{},),(,),(,),C =正正正反反2。
设A ，B ，C 为三个事件，试用A ，B ,C 的运算关系式表示下列事件: （1） A 发生，B ，C 都不发生； （2） A 与B 发生，C 不发生； （3） A ,B ，C 都发生;(4） A ，B ，C 至少有一个发生； （5） A ，B ，C 都不发生； （6） A ，B ，C 不都发生； (7) A ,B ,C 至多有2个发生；（8） A ,B ，C 至少有2个发生. 【解】（1） A BC （2） AB C （3) ABC（4） A ∪B ∪C =AB C ∪A B C ∪A BC ∪A BC ∪A B C ∪AB C ∪ABC =ABC(5） ABC =A B C (6） ABC(7） A BC ∪A B C ∪AB C ∪AB C ∪A BC ∪A B C ∪ABC =ABC =A ∪B ∪C (8） AB ∪BC ∪CA =AB C ∪A B C ∪A BC ∪ABC5.设A ，B 为随机事件，且P （A ）=0。
巴拿赫定理
巴拿赫定理
巴拿赫定理是数学中重要的一条定理，由法国数学家克里斯托夫·巴拿赫在1775年提出。
它揭示了三角形的特性，可以表示出一个三角形
的三条边，该定理强调了一个三角形的两条线段之间的关系。
一、定理描述
巴拿赫定理：如果在三角形ABC中，两边的积（乘积）等于第三边的
平方，则称该三角形为“巴拿赫三角形”。
公式表示为：
AB * AC = BC²
二、证明方法
巴拿赫定理的证明方法有三种：牛顿迭代法、勾股定理与三角不等式。
1、牛顿迭代法理论
主要思想是利用高中时学过的几何中锥坐标系，把三角形投影到锥坐
标系上，通过牛顿迭代法实现。
2、勾股定理理论
可以在给定的三角形ABC中，构造另外一个三角形BAC，两个三角形都满足相似条件，再利用勾股定理就可以证明巴拿赫定理。
3、三角不等式理论
巴拿赫定理也可以用三角不等式证明，具体的实现是利用一些三角形的性质，把三角不等式改形到巴拿赫定理形式中，然后再通过数学运算证明。
三、应用
巴拿赫定理在电子学、通信学以及电力工程中都有着广泛的应用。
它主要是用来确定电机、电器等设备安装的正确位置和识别具有特定能力的电路，以确保其在正确、有效的条件下可以正常运行。
另外，巴拿赫定理也是研究电磁波传递的重要理论，它可以帮助我们计算三角形的周长，以及计算三角形的角的大小和面积，也可以用来识别三角形的特殊性。
火柴问题——精选推荐
实际上，在两个交叉点之间恰好有 70 种不同走法的线路，而且线路之间的选择跟距离没有 什么关系。
那么，你怎么理解本恩话中“几个”的意思呢?
一个弹子的游戏
“你们自己来，但每人只拿 12 个，”吉姆一边说着一边从盒子里摸出了一打弹子，“我们这里 绿色的弹子比蓝色的少，而蓝色的弹子又比红色的少。所以大家拿的时候，每人红的要拿最多， 绿的要拿最少。但每种颜色都要拿！”
下赌注问题
赌徒德梅莱(De Mere)在赌博中注意到掷色子 25 次，把赌注押到“至少出现一次双六”比“没有 出现双六”有利，但是他找不出原因，后来请教了帕斯卡才搞明白，你知道么？
banach 火柴盒问题 数学家 banach 左右衣袋里各装有一盒火柴，每次使用任取两盒中的一盒，假设每盒各有 N 根，求
吉姆自己这样做后，其他的男孩也都ห้องสมุดไป่ตู้着做。这里总共只有三种颜色的弹子，而且盒子里弹 子的数量也刚好够大家拿。
“我们大伙拿法全都不一样！”乔观察了一下大家拿出的弹子说道。“只有我有四个蓝的！” “那又怎么样？”皮特发现自己在地下掉了一个绿色的弹子，于是把它捡了起来，“让我们玩 吧！” 于是他们开始玩起弹子的游戏。 这里总共有 26 个红色的弹子。试问这里有多少个男孩呢？
释放囚徒
有 100 个被判无期的囚徒，被关在 100 个独立的小房间，互相无法通信。 每天会有一个囚徒被随机地抽出来放风，随机就是说可能被抽到多次。 放风的地方有一盏灯，囚徒可以打开或者关上，除囚徒外，没有别人会去动这个灯。 每个人除非出来防风，是看不到这个灯的。 一天，全体囚徒大会，国王大赦，给大家一个机会：如果某一天，某个囚徒能够明确表示， 所有的囚徒都已经被放过风了，而且的确如此，那么所有囚徒释放；如果仍有囚徒未被放过风， 那么所有的囚徒一起处死！ 如果您不幸是其中的一个囚徒，请设计一个方案，使得所有囚徒有最大的被释放的几率！并 说明您的方案的实施最少需要多少天？
巴拿赫空间理论
巴拿赫空间理论（Banach space）是192O年由波兰数学家巴拿赫（S.Banach)一手创立的，数学分析中常巴拿赫空间用的许多空间都是巴拿赫空间及其推广，它们有许多重要的应用。
大多数巴拿赫空间是无穷维空间，可看成通常向量空间的无穷维推广。
编辑本段线性空间巴拿赫空间（Banach space）是一种赋有“长度”的线性空间﹐泛函分析研究的基本对象之一。
数学分析各个分支的发展为巴拿赫空间理论的诞生提供了许多丰富而生动的素材。
从外尔斯特拉斯﹐K.(T.W.)以来﹐人们久已十分关心闭区间[a﹐b ]上的连续函数以及它们的一致收敛性。
甚至在19世纪末﹐G.阿斯科利就得到[a﹐b ]上一族连续函数之列紧性的判断准则﹐后来十分成功地用于常微分方程和复变函数论中。
巴拿赫空间1909年里斯﹐F.(F.)给出[0﹐1]上连续线性泛函的表达式﹐这是分析学历史上的重大事件。
还有一个极重要的空间﹐那就是由所有在[0﹐1]上次可勒贝格求和的函数构成的空间(1<p <∞)。
在1910～1917年﹐人们研究它的种种初等性质﹔其上连续线性泛函的表示﹐则照亮了通往对偶理论的道路。
人们还把弗雷德霍姆积分方程理论推广到这种空间﹐并且引进全连巴拿赫空间续算子的概念。
当然还该想到希尔伯特空间。
正是基于这些具体的﹑生动的素材﹐巴拿赫﹐S.与维纳﹐N.相互独立地在1922年提出当今所谓巴拿赫空间的概念﹐并且在不到10年的时间内便发展成一部本身相当完美而又有着多方面应用的理论。
编辑本段Banach空间完备的线性赋范空间称为巴拿赫空间。
是用波兰数学家巴拿赫(Stefan Banach ）的名字命名的。
巴拿赫空间巴拿赫的主要贡献是引进了线性赋范空间概念，建立了其上的线性算子理论，证明了作为泛函分析基础的三个定理，哈恩--巴拿赫延拓定理，巴拿赫--斯坦豪斯定理即共鸣之定理、闭图像定理。
这些定理概括了许多经典的分析结果，在理论上和应用上都有重要价值。
概率论与数理统计第一章概率论的基本概念
第一章概率论的基本概念在现实世界中发生的现象千姿百态，概括起来无非是两类现象：确定性的和随机性的.例如：水在通常条件下温度达到100℃时必然沸腾，温度为0℃时必然结冰；同性电荷相互排斥，异性电荷相互吸引等等，这类现象称为确定性现象，它们在一定的条件下一定会发生.另有一类现象，在一定条件下，试验有多种可能的结果，但事先又不能预测是哪一种结果，此类现象称为随机现象.例如：测量一个物体的长度，其测量误差的大小；从一批电视机中随便取一台，电视机的寿命长短等都是随机现象.概率论与数理统计，就是研究和揭示随机现象统计规律性的一门基础学科.这里我们注意到，随机现象是与一定的条件密切联系的.例如：在城市交通的某一路口，指定的一小时内，汽车的流量多少就是一个随机现象，而“指定的一小时内”就是条件，若换成2小时内，5小时内，流量就会不同.如将汽车的流量换成自行车流量，差别就会更大，故随机现象与一定的条件是有密切联系的.概率论与数理统计的应用是很广泛的，几乎渗透到所有科学技术领域，如工业、农业、国防与国民经济的各个部门.例如，工业生产中，可以应用概率统计方法进行质量控制，工业试验设计，产品的抽样检查等.还可使用概率统计方法进行气象预报、水文预报和地震预报等等.另外，概率统计的理论与方法正在向各基础学科、工程学科、经济学科渗透，产生了各种边缘性的应用学科，如排队论、计量经济学、信息论、控制论、时间序列分析等.第一节样本空间、随机事件1. 随机试验人们是通过试验去研究随机现象的，为对随机现象加以研究所进行的观察或实验，称为试验.若一个试验具有下列三个特点：1°可以在相同的条件下重复地进行；2°每次试验的可能结果不止一个，并且事先可以明确试验所有可能出现的结果；3°进行一次试验之前不能确定哪一个结果会出现.则称这一试验为随机试验（Random trial），记为E.下面举一些随机试验的例子.E1：抛一枚硬币，观察正面H和反面T出现的情况.E2：掷两颗骰子，观察出现的点数.E3：在一批电视机中任意抽取一台，测试它的寿命.E4：城市某一交通路口，指定一小时内的汽车流量.E5：记录某一地区一昼夜的最高温度和最低温度.2. 样本空间与随机事件在一个试验中，不论可能的结果有多少，总可以从中找出一组基本结果，满足：1°每进行一次试验，必然出现且只能出现其中的一个基本结果.2°任何结果，都是由其中的一些基本结果所组成.随机试验E的所有基本结果组成的集合称为样本空间（Sample space），记为Ω.样本空间的元素，即E的每个基本结果，称为样本点.下面写出前面提到的试验E k(k=1,2,3,4,5)的样本空间Ωk:Ω1:{H,T}；Ω2:{(i,j)｜i,j=1,2,3,4,5,6}；Ω3:{t｜t≥0}；Ω4:{0,1,2,3,…}；Ω5:{(x,y)｜T0≤x≤y≤T1}，这里x表示最低温度,y表示最高温度，并设这一地区温度不会小于T0也不会大于T1.随机试验E的样本空间Ω的子集称为E的随机事件（Random event），简称事件①，通常用大写字母A，B，C，…表示.在每次试验中，当且仅当这一子集中的一个样本点出现时，称这一事件发生.例如，在掷骰子的试验中，可以用A表示“出现点数为偶数”这个事件，若试验结果是“出现6点”，就称事件A发生.特别地，由一个样本点组成的单点集，称为基本事件.例如，试验E1有两个基本事件{H}、{T}；试验E2有36个基本事件{（1，1）}、{（1，2）}、…、{（6，6）}.每次试验中都必然发生的事件，称为必然事件.样本空间Ω包含所有的样本点，它是Ω自身的子集，每次试验中都必然发生，故它就是一个必然事件.因而必然事件我们也用Ω表示.在每次试验中不可能发生的事件称为不可能事件.空集不包含任何样本点，它作为样本空间的子集，在每次试验中都不可能发生，故它就是一个不可能事件.因而不可能事件我们也用表示.3．事件之间的关系及其运算事件是一个集合，因而事件间的关系与事件的运算可以用集合之间的关系与集合的运算来处理.下面我们讨论事件之间的关系及运算.1°如果事件A发生必然导致事件B发生，则称事件A包含于事件B（或称事件B包含事件A），记作A⊂B(或B⊃A）.A⊂B的一个等价说法是，如果事件B不发生，则事件A必然不发生.若A⊂B且B⊂A，则称事件A与B相等（或等价），记为A=B.为了方便起见，规定对于任一事件A，有⊂A.显然，对于任一事件A，有A⊂Ω.2°“事件A与B中至少有一个发生”的事件称为A与B的并（和），记为A∪B.由事件并的定义，立即得到：对任一事件A，有A∪Ω＝Ω；Α∪=A.A= niiA1=表示“A1，A2，…，A n中至少有一个事件发生”这一事件.A= ∞=1iiA表示“可列无穷多个事件A i中至少有一个发生”这一事件.3°“事件A与B同时发生”的事件称为A与B的交（积），记为A∩B或（AB）.由事件交的定义，立即得到：对任一事件A，有A∩Ω=A； A∩=.①严格地说，事件是指Ω中满足某些条件的子集.当Ω是由有限个元素或由无穷可列个元素组成时，每个子集都可作为一个事件.若Ω是由不可列无限个元素组成时，某些子集必须排除在外.幸而这种不可容许的子集在实际应用中几乎不会遇到.今后，我们讲的事件都是指它是容许考虑的那种子集.B = ni i B 1=表示“B 1，…，B n n 个事件同时发生”这一事件.B = ∞=1i i B 表示“可列无穷多个事件B i同时发生”这一事件. 4°“事件A 发生而B 不发生”的事件称为A 与B 的差，记为A B .由事件差的定义，立即得到：对任一事件A ，有 A A =； A ＝A ； A Ω=.5°如果两个事件A 与B 不可能同时发生，则称事件A 与B 为互不相容（互斥），记作A ∩B =.基本事件是两两互不相容的.6°若A ∪B =Ω且A ∩B =，则称事件A 与事件B 互为逆事件（对立事件）.A 的对立事件记为A ，A 是由所有不属于A 的样本点组成的事件，它表示“A 不发生”这样一个事件.显然A =ΩA .在一次试验中，若A 发生，则A 必不发生（反之亦然），即在一次试验中，A 与A 二者只能发生其中之一，并且也必然发生其中之一.显然有A =A. 对立事件必为互不相容事件，反之，互不相容事件未必为对立事件. 以上事件之间的关系及运算可以用文氏（Venn)图来直观地描述.若用平面上一个矩形表示样本空间Ω，矩形内的点表示样本点，圆A 与圆B 分别表示事件A 与事件B ，则A 与B 的各种关系及运算如下列各图所示（见图11~图16）.图1 1 图1 2 图13图1 4 图1 5 图16可以验证一般事件的运算满足如下关系：1°交换律 A ∪B=B ∪A ， A ∩B=B ∩A ；2°结合律 A ∪(B ∪C)=(A ∪B)∪C ，A ∩(B ∩C)=(A ∩B)∩C ；3°分配律 A ∪(B ∩C)=(A ∪B)∩(A ∪C)，A ∩(B ∪C)=(A ∩B)∪(A ∩C)；分配律可以推广到有穷或可列无穷的情形，即A ∩（n i i A 1=）=)(1 n i iA A =, A ∪(1n i i A =)= ni i A A 1)(=;A ∩（ ∞=1i i A ）=)(1 ∞=i i A A , A ∪(1i i A ∞=)= ∞=1)(i i A A . 4°A B =A B =A AB ； 5°对有穷个或可列无穷个A i ，恒有 ;,1111n i i n i i n i in i i A A A A ====== ;,1111 ∞=∞=∞=∞===i i i i i ii i A A A A例1.1 设A ，B ，C 为三个事件，用A ，B ，C 的运算式表示下列事件：（1） A 发生而B 与C 都不发生：A C B 或A B C 或A （B ∪C ）.（2） A ，B 都发生而C 不发生：AB C 或AB C .（3） A ，B ，C 至少有一个事件发生：A ∪B ∪C .（4） A ，B ，C 至少有两个事件发生：（AB ）∪（AC ）∪（BC ）.（5） A ，B ，C 恰好有两个事件发生：（AB C ）∪（AC B ）∪（BC A ）.（6） A ，B ，C 恰好有一个事件发生：（A C B ）∪（B C A ）∪（C B A ）.（7） A ，B 至少有一个发生而C 不发生：（A ∪B ）C .（8） A ，B ，C 都不发生：C B A 或C B A .例1.2 在数学系的学生中任选一名学生.若事件A 表示被选学生是男生，事件B 表示该生是三年级学生，事件C 表示该生是运动员.（1） 叙述AB C 的意义.（2） 在什么条件下ABC =C 成立？（3） 在什么条件下B A ⊂成立？解 （1） 该生是三年级男生，但不是运动员.（2） 全系运动员都是三年级男生.（3） 全系女生都在三年级.例1.3 设事件A 表示“甲种产品畅销，乙种产品滞销”，求其对立事件A .解 设B=“甲种产品畅销”，C =“乙种产品滞销”，则A =BC ，故C B BC A ===“甲种产品滞销或乙种产品畅销”.第二节 概率、古典概型除必然事件与不可能事件外，任一随机事件在一次试验中都有可能发生，也有可能不发生.人们常常希望了解某些事件在一次试验中发生的可能性的大小.为此，我们首先引入频率的概念，它描述了事件发生的频繁程度，进而我们再引出表示事件在一次试验中发生的可能性大小的数——概率.1.频率定义1.1 设在相同的条件下，进行了n 次试验.若随机事件A 在n 次试验中发生了k 次，则比值k /n 称为事件A 在这n 次试验中发生的频率（Frequency ），记为f n (A )= k /n . 由定义1.1容易推知，频率具有以下性质：1° 对任一事件A ，有0≤f n (A )≤1；2° 对必然事件Ω，有f n (Ω)=1；3° 若事件A ，B 互不相容，则f n (A ∪B )=f n (A )+f n (B )一般地，若事件A 1，A 2，…，A m 两两互不相容，则∑===mi i n m i i n A f A f 11)()( .事件A 发生的频率f n (A )表示A 发生的频繁程度，频率大，事件A 发生就频繁，在一次试验中，A 发生的可能性也就大.反之亦然.因而，直观的想法是用f n (A )表示A 在一次试验中发生可能性的大小.但是，由于试验的随机性，即使同样是进行n 次试验，f n （A ）的值也不一定相同.但大量实验证实，随着重复试验次数n 的增加，频率f n （A ）会逐渐稳定于某个常数附近，而偏离的可能性很小.频率具有“稳定性”这一事实，说明了刻画事件A 发生可能性大小的数——概率具有一定的客观存在性.（严格说来，这是一个理想的模型，因为我们在实际上并不能绝对保证在每次试验时，条件都保持完全一样，这只是一个理想的假设）.历史上有一些著名的试验，德·摩根（De Morgan ）蒲丰（Buffon)和皮尔逊（Pearson)曾进行过大量掷硬币试验，所得结果如表1-1所示. 表1-1试验者掷硬币次数 出现正面次数 出现正面的频率 德·摩根2048 1061 0.5181 蒲丰4040 2048 0.5069 皮尔逊12000 6019 0.5016 皮尔逊 24000 12012 0.5005可见出现正面的频率总在0.5附近摆动，随着试验次数增加，它逐渐稳定于0.5.这个0.5就反映正面出现的可能性的大小.每个事件都存在一个这样的常数与之对应，因而可将频率f n (A )在n 无限增大时逐渐趋向稳定的这个常数定义为事件A 发生的概率.这就是概率的统计定义.定义1.2 设事件A 在n 次重复试验中发生的次数为k ,当n 很大时，频率k /n 在某一数值p 的附近摆动，而随着试验次数n 的增加，发生较大摆动的可能性越来越小，则称数p 为事件A 发生的概率，记为P （A ）=p .要注意的是，上述定义并没有提供确切计算概率的方法，因为我们永远不可能依据它确切地定出任何一个事件的概率.在实际中，我们不可能对每一个事件都做大量的试验，况且我们不知道n 取多大才行；如果n 取很大，不一定能保证每次试验的条件都完全相同.而且也没有理由认为，取试验次数为n +1来计算频率，总会比取试验次数为n 来计算频率将会更准确、更逼近所求的概率.为了理论研究的需要，我们从频率的稳定性和频率的性质得到启发，给出概率的公理化定义.2.概率的公理化定义定义1.3 设Ω为样本空间，A 为事件，对于每一个事件A 赋予一个实数，记作P （A ），如果P （A ）满足以下条件：1°非负性：P （A ）≥0；2°规范性：P （Ω)=1；3°可列可加性：对于两两互不相容的可列无穷多个事件A 1，A 2，…，A n ，…，有∑∞=∞==11)()(n n n n A P A P则称实数P （A ）为事件A 的概率（Probability ）.在第五章中将证明，当n →∞时频率f n (A )在一定意义下接近于概率P （A ）.基于这一事实，我们就有理由用概率P （A ）来表示事件A 在一次试验中发生的可能性的大小. 由概率公理化定义，可以推出概率的一些性质.性质1 P ()=0证 令 A n = (n =1,2,…),则∞=1n n A =,且A i A j =（i ≠j ,i ,j =1,2,…）. 由概率的可列可加性得P ()=∑∑∞=∞=∞===111)()(n n nn n P A P A P (),而P （)≥0及上式知P （)=0.这个性质说明：不可能事件的概率为0.但逆命题不一定成立，我们将在第二章加以说明.性质2 (有限可加性) 若A 1，A 2，…，A n 为两两互不相容事件，则有.)()(11∑===nk k n k k A P A P证 令A n +1=A n +2=…=，则A i A j =.当i ≠j ，i ,j =1,2,…时，由可列可加性，得.)()()()(1111∑∑=∞======nk k k k n k k n k k A P A P A P A P性质3 设A ，B 是两个事件，若A ⊂B ，则有);()()(A P B P A B P -=- 或 ()()P A P B ≤.证 由A ⊂B ,知B =A ∪(B -A ）且A ∩（B -A ）=.再由概率的有限可加性有P （B ）=P （A ∪(B -A ))=P (A )+P (B -A ),即 P （B -A ）=P （B ）-P （A ）；又由P (B -A ）≥0，得P （A ）≤P （B ）性质4 对任一事件A ，P （A ）≤1证 因为A ⊂Ω，由性质3得P （A ）≤P (Ω)=1性质5 对于任一事件A ，有 )(A P =1-P （A ）证 因为A ∪A =Ω，A ∩A=，由有限可加性，得1=P （Ω）=P （A ∪A ）=P （A ）+P （A ），即 P （A )=1-P (A )性质6（加法公式） 对于任意两个事件A ,B 有P (A ∪B )=P (A )+P (B )-P (AB )证 因为A ∪B =A ∪(B -AB )且A ∩（B -AB ）=.由性质2，3得P （A ∪B ) =P (A ∪(B -AB )) =P (A )+P (B -AB )=P (A )+P (B )-P (AB )性质6还可推广到三个事件的情形.例如，设A 1，A 2，A 3为任意三个事件，则有P (A 1∪A 2∪A 3) =P （A 1）+P （A 2）+P （A 3）-P （A 1A 2）-P （A 1A 3）-P （A 2A 3）+P （A 1A 2A 3）一般地，设A 1，A 2，…，A n 为任意n 个事件，可由归纳法证得P （A 1∪…∪A n ) =).()1()()()(211111n n n k j i kj i n i n j i j i i A A A P A A A P A A P A P ⋅⋅⋅-+⋅⋅⋅-+--≤<<≤=≤<≤∑∑∑例1.4 设A ，B 为两事件，P （A ）=0.5,P (B )=0.3,P (AB )=0.1，求：（1） A 发生但B 不发生的概率；（2） A 不发生但B 发生的概率； （3） 至少有一个事件发生的概率；（4） A ，B 都不发生的概率；（5） 至少有一个事件不发生的概率.解（1） P （A B ）=P （A -B ）=P （A -AB ）=P （A ）-P （AB ）=0.4；（2） P （A B ）=P （B -AB ）=P （B ）-P （AB ）=0.2；(3) P (A ∪B )=0.5+0.3-0.1=0.7；(4) P (B A )=P (B A )=1-P (A ∪B )=1-0.7=0.3；(5) P (A ∪B ）=P (AB ）=1-P (AB )=1-0.1=0.9.3. 古典概型定义1.4 若随机试验E 满足以下条件：1°试验的样本空间Ω只有有限个样本点，即Ω={ω1,ω2，…，ωn }；2°试验中每个基本事件的发生是等可能的，即P （{ω1}）=P （{ω2}）=…=P （{ωn }）,则称此试验为古典概型，或称为等可能概型.由定义可知{ω1},{ω2},…,{ωn }是两两互不相容的，故有1=P （Ω)=P ({ω1}∪…∪{ωn })=P ({ω1})+…+P ({ωn }), 又每个基本事件发生的可能性相同，即P （{ω1}）=P （{ω2}）=…=P ({ωn })，故 1=nP ({ωi }),从而 P （{ωi })=1/n ,i=1,2,…,n设事件A 包含k 个基本事件即 A ={ωi 1}∪{ωi 2}∪…∪{ωik }, 则有P （A ）=P （{ωi 1}∪{ωi 2}∪…∪{ωik })=P ({ωi 1})+P ({ωi 2})+…+P ({ωik })=个k n n n /1/1/1+++=k /n 由此，得到古典概型中事件A 的概率计算公式为P （A ）=k /n =A 所包含的样本点数/Ω中样本点总数 (1.1)称古典概型中事件A 的概率为古典概率.一般地，可利用排列、组合及乘法原理、加法原理的知识计算k 和n ，进而求得相应的概率.例1．5 将一枚硬币抛掷三次，求：（1） 恰有一次出现正面的概率；（2） 至少有一次出现正面的概率.解 将一枚硬币抛掷三次的样本空间Ω={HHH ，HHT ，HTH ，THH ，HTT ，THT ，TTH ，TTT }Ω中包含有限个元素，且由对称性知每个基本事件发生的可能性相同.（1） 设A 表示“恰有一次出现正面”，则 A ={HTT ，THT ，TTH }，故有 P （A ）=3/8.（2） 设B 表示“至少有一次出现正面”， 由B ={TTT }，得P （B ）=1-P （B ）=1-1/8=7/8当样本空间的元素较多时，我们一般不再将Ω中的元素一一列出，而只需分别求出Ω中与A 中包含的元素的个数（即基本事件的个数），再由（1.1)式求出A 的概率.例1.6 一口袋装有6只球，其中4只白球，2只红球.从袋中取球两次，每次随机地取一只.考虑两种取球方式：（a ） 第一次取一只球，观察其颜色后放回袋中，搅匀后再任取一球.这种取球方式叫做有放回抽取.（b ） 第一次取一球后不放回袋中，第二次从剩余的球中再取一球.这种取球方式叫做不放回抽取.试分别就上面两种情形求：（1） 取到的两只球都是白球的概率；（2） 取到的两只球颜色相同的概率；（3） 取到的两只球中至少有一只是白球的概率.解 （a ）有放回抽取的情形：设A 表示事件“取到的两只球都是白球”，B 表示事件“取到的两只球都是红球”，C 表示事件“取到的两只球中至少有一只是白球”.则A ∪B 表示事件“取到的两只球颜色相同”，而C =B . 在袋中依次取两只球，每一种取法为一个基本事件，显然此时样本空间中仅包含有限个元素，且由对称性知每个基本事件发生的可能性相同，因而可利用（1.1）式来计算事件的概率.第一次从袋中取球有6只球可供抽取，第二次也有6只球可供抽取.由乘法原理知共有6×6种取法，即基本事件总数为6×6.对于事件A 而言，由于第一次有4只白球可供抽取，第二次也有4只白球可供抽取，由乘法原理知共有4×4种取法，即A 中包含4×4个元素.同理，B 中包含2×2个元素，于是P （A ）= (4×4)/(6×6）=4/9，P （B ）= (2×2)/(6×6）=1/9由于AB =，故P （A ∪B ）=P （A ）+P （B ）=5/9，P （C ）=P （B ）=1-P （B ）=8/9.(b)不放回抽取的情形：第一次从6只球中抽取，第二次只能从剩下的5只球中抽取，故共有6×5种取法，即样本点总数为6×5.对于事件A 而言，第一次从4只白球中抽取，第二次从剩下的3只白球中抽取，故共有4×3种取法，即A 中包含4×3个元素，同理B 中包含2×1个元素，于是P （A ）= (4×3)/(6×5) =2624P P =2/5， P (B )=(2×1)/(6×5) =2622P P =1/15. 由于AB=，故P (A ∪B )=P （A ）+P （B ）=7/15，P (C )=1-P （B ）=14/15.在不放回抽取中，一次取一个，一共取m 次也可看作一次取出m 个，故本例中也可用组合的方法，得P （A ）=2624C C =2/5， P （B ）=2624C C =1/15.例1.7 箱中装有a 只白球，b 只黑球，现作不放回抽取，每次一只.（1） 任取m +n 只，恰有m 只白球，n 只黑球的概率（m ≤a ,n ≤b ）;(2) 第k 次才取到白球的概率（k ≤b +1）;（3） 第k 次恰取到白球的概率.解 （1）可看作一次取出m +n 只球，与次序无关，是组合问题.从a +b 只球中任取m +n只，所有可能的取法共有n mb a ++C 种，每一种取法为一基本事件且由于对称性知每个基本事件发生的可能性相同.从a 只白球中取m 只，共有ma C 种不同的取法，从b 只黑球中取n 只，共有n b C 种不同的取法.由乘法原理知，取到m 只白球，n 只黑球的取法共有m aC n b C 种，于是所求概率为p 1=n m b a n b ma ++C C C . (2) 抽取与次序有关.每次取一只，取后不放回，一共取k 次，每种取法即是从a+b 个不同元素中任取k 个不同元素的一个排列，每种取法是一个基本事件，共有k b a +P 个基本事件，且由于对称性知每个基本事件发生的可能性相同.前k -1次都取到黑球，从b 只黑球中任取k -1只的排法种数，有1P -k b 种，第k 次抽取的白球可为a 只白球中任一只，有1P a 种不同的取法.由乘法原理，前k -1次都取到黑球，第k 次取到白球的取法共有11P P a k b -种，于是所求概率为p 2=k ba a kb +-P P P 11. (3) 基本事件总数仍为k b a +P .第k 次必取到白球，可为a 只白球中任一只，有1P a 种不同的取法，其余被取的k -1只球可以是其余a+b -1只球中的任意k -1只，共有11P --+k b a 种不同的取法，由乘法原理，第k 次恰取到白球的取法有111k a a b P P -+-种，故所求概率为p 3=111k a a b k a b P P a P a b-+-+=+. 例1.7(3)中值得注意的是p 3与k 无关，也就是说其中任一次抽球，抽到白球的概率都跟第一次抽到白球的概率相同，为ba a +，而跟抽球的先后次序无关（例如购买福利彩票时，尽管购买的先后次序不同，但各人得奖的机会是一样的）.例1.8 有n 个人，每个人都以同样的概率1/N 被分配在N （n<N ）间房中的任一间中，求恰好有n 个房间，其中各住一人的概率.解 每个人都有N 种分法，这是可重复排列问题，n 个人共有N n 种不同分法.因为没有指定是哪几间房，所以首先选出n 间房，有nN C 种选法.对于其中每一种选法，每间房各住一人共有n !种分法，故所求概率为p =n n N N n !C . 许多直观背景很不相同的实际问题，都和本例具有相同的数学模型.比如生日问题：假设每人的生日在一年365天中的任一天是等可能的，那么随机选取n (n ≤365)个人，他们的生日各不相同的概率为p 1=nn n 365!C 365, 因而n 个人中至少有两个人生日相同的概率为p 2=1-n n n 365!C 365. 例如n =64时p 2=0.997，这表示在仅有64人的班级里，“至少有两人生日相同”的概率与1相差无几，因此几乎总是会出现的.这个结果也许会让大多数人惊奇，因为“一个班级中至少有两人生日相同”的概率并不如人们直觉中想象的那样小，而是相当大.这也告诉我们，“直觉”并不很可靠，说明研究随机现象统计规律是非常重要的.例1.9 12名新生中有3名优秀生，将他们随机地平均分配到三个班中去，试求：（1） 每班各分配到一名优秀生的概率；（2） 3名优秀生分配到同一个班的概率.解 12名新生平均分配到三个班的可能分法总数为34448412)!4(!12C C C = （1） 设A 表示“每班各分配到一名优秀生”3名优秀生每一个班分配一名共有3！种分法，而其他9名学生平均分配到3个班共有3)!3(!9种分法，由乘法原理，A 包含基本事件数为 3！·3)!3(!9=2)!3(!9 故有P （A ）=2)!3(!9/3)!4(!12=16/55 （2） 设B 表示“3名优秀生分到同一班”，故3名优秀生分到同一班共有3种分法，其他9名学生分法总数为!4!4!1!9C C C 444819=，故由乘法原理，B 包含样本总数为3·!4!4!1!9. 故有 P （B ）=()2！4!9·3/()3！4!12=3/55 4．几何概型上述古典概型的计算，只适用于具有等可能性的有限样本空间，若试验结果无穷多，它显然已不适合.为了克服有限的局限性，可将古典概型的计算加以推广. 设试验具有以下特点：（1） 样本空间Ω是一个几何区域，这个区域大小可以度量（如长度、面积、体积等），并把Ω的度量记作m （Ω）.（2） 向区域Ω内任意投掷一个点，落在区域内任一个点处都是“等可能的”.或者设落在Ω中的区域A 内的可能性与A 的度量m (A )成正比，与A 的位置和形状无关.不防也用A 表示“掷点落在区域A 内”的事件，那么事件A 的概率可用下列公式计算：P （A ）=m (A )/m (Ω)，称它为几何概率.例1．10 在区间（0，1）内任取两个数，求这两个数的乘积小于1/4的概率. 解 设在（0，1）内任取两个数为x ,y ，则0＜x ＜1,0＜y ＜1图1-7即样本空间是由点（x ，y ）构成的边长为1的正方形Ω，其面积为 1.令A 表示“两个数乘积小于1/4”，则A ={（x ,y ）｜0＜xy ＜1/4,0＜x ＜1,0＜y ＜1}事件A 所围成的区域见图1-7，则所求概率P (A ) =2ln 2141d 414311d )411(11d d 114/114/111/411/4+=+-=--=-⎰⎰⎰⎰x x x x y x x图1-8例1．11 两人相约在某天下午2∶00~3∶00在预定地方见面，先到者要等候20分钟，过时则离去.如果每人在这指定的一小时内任一时刻到达是等可能的，求约会的两人能会到面的概率.解 设x ,y 为两人到达预定地点的时刻，那么，两人到达时间的一切可能结果落在边长为60的正方形内，这个正方形就是样本空间Ω,而两人能会面的充要条件是｜x -y ｜≤20，即x-y ≤20且y-x ≤20.令事件A 表示“两人能会到面”，这区域如图1-8中的A .则P (A ) =.95604060)()(222=-=Ωm A m第三节 条件概率、全概率公式1. 条件概率的定义定义1.5 设A ，B 为两个事件，且P （B ）＞0,则称P （AB ）/P （B ）为事件B 已发生的条件下事件A 发生的条件概率，记为P （A |B ），即P （A ｜B )= P (AB )/P (B )易验证，P （A ｜B )符合概率定义的三条公理，即： 1° 对于任一事件A ，有P (A ｜B )≥0;2° P (Ω｜B )=1;3°,)()(11∑∞=∞==i i i B A P B A P 其中A 1，A 2，…，A n ，…为两两互不相容事件.这说明条件概率符合定义1.3中概率应满足的三个条件，故对概率已证明的结果都适用于条件概率.例如，对于任意事件A 1，A 2，有P （A 1∪A 2|B ）=P （A 1|B ）+P （A 2|B ）-P （A 1A 2|B ）又如，对于任意事件A ，有P （A |B ）=1-P （A |B ）.例1.12 某电子元件厂有职工180人，男职工有100人，女职工有80人，男女职工中非熟练工人分别有20人与5人.现从该厂中任选一名职工，求：（1） 该职工为非熟练工人的概率是多少？（2） 若已知被选出的是女职工，她是非熟练工人的概率又是多少？解 题（1）的求解我们已很熟悉，设A 表示“任选一名职工为非熟练工人”的事件，则P （A ）=25/180=5/36而题（2）的条件有所不同，它增加了一个附加的条件，已知被选出的是女职工，记“选出女职工”为事件B ，则题（2）就是要求出“在已知B 事件发生的条件下A 事件发生的概率”，这就要用到条件概率公式，有P （A ｜B ) =P (AB )/P (B )/=(5/180)/(80/180)= 1/16此题也可考虑用缩小样本空间的方法来做，既然已知选出的是女职工，那么男职工就可排除在考虑范围之外，因此“B 已发生条件下的事件A ”就相当于在全部女职工中任选一人，并选出了非熟练工人.从而ΩB 样本点总数不是原样本空间Ω的180人，而是全体女职工人数80人，而上述事件中包含的样本点总数就是女职工中的非熟练工人数5人，因此所求概率为P （A ｜B ）=5/80=1/16例1.13 某科动物出生之后活到20岁的概率为0.7，活到25岁的概率为0.56,求现年为20岁的动物活到25岁的概率.解 设A 表示“活到20岁以上”的事件，B 表示“活到25岁以上”的事件，则有P （A ）=0.7,P (B )=0.56且B ⊂A.得 P （B ｜A ）=P (AB )/P (A ) =P (B )/P (A ) =0.56/0.7=0.8.例1.14 一盒中装有5只产品，其中有3只正品，2只次品，从中取产品两次，每次取一只，作不放回抽样，求在第一次取到正品条件下，第二次取到的也是正品的概率.解 设A 表示“第一次取到正品”的事件，B 表示“第二次取到正品”的事件由条件得P （A ）=(3×4)/(5×4)= 3/5，P (AB )= (3×2)/(5×4)= 3/10，故有 P （B ｜A ）=P （AB ）/P （A ）=(3/10)/( 3/5)= 1/2.此题也可按产品编号来做，设1，2，3号为正品，4，5号为次品，则样本空间为Ω={1，2，3，4，5}，若A 已发生，即在1，2，3中抽走一个，于是第二次抽取所有可能结果的集合中共有4只产品，其中有2只正品，故得P （B ｜A ）=2/4=1/2.2.乘法定理由条件概率定义P （B ｜A ）=P （AB ）/P （A ），P （A ）＞0,两边同乘以P （A ）可得P （AB ）=P （A ）P （B ｜A ），由此可得定理1.1（乘法定理） 设P （A ）＞0，则有P （AB ）=P （A ）P （B ｜A ）易知，若P （B ）＞0，则有P （AB ）=P （B ）P （A ｜B ）乘法定理也可推广到三个事件的情况，例如，设A ，B ，C 为三个事件，且P （AB ）＞0，则有P （ABC ）=P （C ｜AB ）P （AB ）=P （C ｜AB ）P （B ｜A ）P （A ）一般地，设n 个事件为A 1，A 2，…，A n ，若P （A 1A 2…A n -1)＞0,则有P （A 1A 2…A n ）=P （A 1）P （A 2｜A 1）P （A 3｜A 1A 2）…P （A n ｜A 1A 2…A n -1）.事实上，由A 1⊃A 1A 2⊃…⊃A 1A 2…A n -1，有 P （A 1）≥P （A 1A 2）≥…≥P （A 1A 2…A n -1）＞0故公式右边的条件概率每一个都有意义，由条件概率定义可知P （A 1）P （A 2｜A 1）P （A 3｜A 1A 2）…P （A n ｜A 1A 2…A n -1)=P (A 1))()()()()()(1212121321121-⋅⋅⋅n n A A A P A A A P A A P A A A P A P A A P =P (A 1A 2…A n ) 例1.15 一批彩电，共100台，其中有10台次品，采用不放回抽样依次抽取3次，每次抽一台，求第3次才抽到合格品的概率.解 设A i (i =1,2,3)为第i 次抽到合格品的事件，则有)(321A A A P =)()()(21312A A A P A A P A P =10/100·9/99·90/98≈0.0083. 例1.16 设盒中有m 只红球，n 只白球，每次从盒中任取一只球，看后放回，再放入k 只与所取颜色相同的球.若在盒中连取四次，试求第一次，第二次取到红球，第三次，第四次取到白球的概率.解 设R i (i =1,2,3,4)表示第i 次取到红球的事件，i R (i =1,2,3,4)表示第i 次取到白球的事件.则有。
汉巴拿赫定理
汉巴拿赫定理
汉巴拿赫定理（Hahn-Banach theorem）是泛函分析中的一个重要定理，是由奥地利数学家汉斯·汉（Hans Hahn）和波兰数学家斯特凡·班纳赫（Stefan Banach）于20世纪20年代提出的。
汉巴拿赫定理是泛函分析中关于线性泛函的存在性问题的一个基本结果。
该定理确保了对于给定的线性空间和某个部分空间上的线性泛函，在一定条件下可以扩展为整个空间上的线性泛函，同时保持泛函的线性性质和范数的不等式。
具体来说，汉巴拿赫定理可以表述为：对于给定的赋范线性空间X和其上的一个线性泛函f，如果f在某个线性子空间上是有界的，并且满足一定的凸性条件，则可以找到一个整个空间X上的线性泛函F，使得F的限制等于f，并且F的范数不大于f的范数。
也就是说，可以找到一个在整个空间上与给定的f保持一致的有界线性泛函。
汉巴拿赫定理在泛函分析、数学物理等领域有广泛的应用，是许多重要结果的基础。
它对于研究函数空间、泛函空间以及相关领域的问题起到了重要的引导和指导作用。
概率发展史上的著名问题
概率发展史上的著名问题
概率发展史上的著名问题有很多，例如：
1. 梅累骑士问题：两个赌徒约定谁先赢满5局，谁就获得全部赌金。
但两人各赢了3和4局后，因警察即将到来而匆忙逃离。
在两人到达安全地点后，开始商量如何分配赌金。
这个问题涉及到如何公平地分配赌金，是一个著名的概率问题。
2. 巴拿赫的火柴盒问题：巴拿赫的火柴盒问题是一个概率问题，主要关于火柴盒与火柴。
开始时左右口袋中的火柴盒各放入火柴根数为n。
在每一天，他从任一口袋中随机取出一根火柴。
如果从左口袋掏火柴盒的概率是p，从右口袋掏火柴盒的概率为1-p，那么在打完10个洞的时候，他们的比分为4:6，温迪占上风。
以上是概率发展史上的部分著名问题，建议查阅数学史相关书籍获取更多信息。
研究生对巴拿赫(Banach)火柴盒问题研究
巴拿赫（Banach ）火柴盒问题波兰数学家巴拿赫随身带着两盒火柴，分别放在两个衣袋里，每盒有n 根火柴. 每次使用时，便随机地从其中一盒中取出一根. 试求他将其中一盒火柴用完，而另一盒中剩下的火柴根数的分布规律.解 为了求得巴拿赫衣袋中的一盒火柴已空，而另一盒还有k 根的概率，我们记A 为取左衣袋盒中火柴的事件，___A 为取右衣袋盒中火柴的事件. 将取一次火柴看作一次随机实验，每次实验结果是A 或___A 发生。
显然有21)()(___==A p A p . 若巴拿赫首次发现他左衣袋中的一盒火柴变空，这时事件A 已经是第1+n 次发生，而此时他右边衣袋中火柴盒中恰剩k 根火柴相当于他在此前已在右衣袋中取走了k n - 根火柴，即___A 发生了k n -次. 即一共做了12+-k n 次随机试验，其中事件A 发生了1+n 次,___A 发生了k n -次. 在这12+-k n 次实验中，第12+-k n 是A 发生，在前面的k n -2 次实验中A 发生了n 次. 所以他发现左衣袋火柴盒空，而右衣袋恰有k 根火柴的概率为 k n n k n k n n nk n C A P A p C A p ----⎪⎭⎫ ⎝⎛=22___22121))(())(()(由对称性知，当右衣袋中空而左衣袋中恰有k 根火柴的概率也是k n n k n C --⎪⎭⎫ ⎝⎛222121. 最后得巴拿赫发现他一只衣袋里火柴空而另一只衣袋的盒中恰有k 根火柴的概率为 n k C k n n k n ,,1,0,212122 =⎪⎭⎫ ⎝⎛--对巴拿赫火柴盒问题的研究波兰数学家巴拿赫随身带着两盒火柴，分别放在两个衣袋里，每盒有n 根火柴。
每次使用时，便随机地从其中一盒中取出一根。
试求他将其中一盒火柴用完，而另一盒中剩下的火柴根数的分布规律。
解析：为了求得巴拿赫衣袋中的一盒火柴已空，而另一盒还有k 根的概率，我们记A 为取左衣袋盒中火柴的事件，A 为取右衣袋盒中火柴的事件。
高二数学独立重复试验的教学思路探讨课件 新课标 人教版
冰箱中放有甲、乙两种饮料各5瓶，每次饮用
时从中任意取1瓶甲种或乙种饮料，取用甲种或乙
种饮料的概率相等.
（Ⅰ）求甲种饮料饮用完毕而乙种饮料还剩下3
瓶的概率；
P7 (5)
C75 P5 (1
P)2
21 128
（Ⅱ）求甲种饮料被饮用瓶数比乙种饮料被饮用瓶数至
少多4瓶的概率.
P6(5)+P5(5)+P4(4)
② 事件“第二次击中”表示第一、三、四、五次击中或击不中都可， 它不同于“击中一次”，也不同于“第二次击中，其他各次都不 中”，不能用公式．它的概率就是0.4．
③n＝5，k＝2，
④“第二、三两次击中”表示第一次、第四次及第五次可中可不中， 所以概率为0.4×0.4＝0.16．
⑤设“至少击中一次”为事件B，则B包括“击中一次”，“击中两
:一 次取 3个
(A) 等可能事件 互斥事件 对立事件 红球(C)
P(A) C43 C130
P( A)
C41C62 C130
C42C61 C130
1
(
C43 C130
C63 C130
对立事件
)P(C)=1-P(A)
随机取3 第一次与第二次都 3次中恰有一 至少一次
Hale Waihona Puke 次， 一次一个 (取后都 放回)
是红球(D)
解:在“三局二胜制”中,甲获胜有二种情况:甲先 胜二局、甲在前2局中1胜1负第三局胜出.所甲胜的
概率是： P32 (0.6)2 C21(0.6)2 (0.4) 0.648
在“五局三胜制”中,甲获胜有三种情况:甲先胜3局、 在前3局比赛中胜2负1第4局胜出、三是甲在前4局比 赛中胜2负2第5局胜出.所以此时甲胜的概率是:
banach tarski定理
banach tarski定理Banach-Tarski定理是数学中的一个非常有趣且引人入胜的定理。
它在20世纪初由波兰数学家斯特凡·巴拿赫（Stefan Banach）和匈牙利数学家阿尔弗雷德·塔斯基（Alfred Tarski）提出，并且引起了数学界的广泛关注和讨论。
该定理的内容非常出人意料，它指出可以将一个实心的球分成有限数量的部分，然后通过一系列旋转和平移操作，重新组合这些部分，得到两个与原球大小相等的球。
在介绍Banach-Tarski定理之前，我们先来看一下一些基本概念。
在几何学中，我们通常认为，一个物体的体积是一个不变的量，无论该物体如何移动或变形。
但是，Banach-Tarski定理的出现打破了这个观念，它揭示了一个令人震惊的事实：在某些特殊的情况下，物体的体积可以通过简单的运算来增加。
我们需要了解一个名为“可数无穷”的概念。
可数无穷是指一个集合可以与自然数集（1,2,3,4...）中的元素进行一一对应。
例如，自然数集和偶数集就是可数无穷的，因为我们可以将自然数与偶数一一对应起来，即1对应2，2对应4，3对应6，依此类推。
现在，让我们回到Banach-Tarski定理。
该定理的核心思想是，通过将一个实心的球分解成无穷多个部分，并通过旋转和平移操作重新组合这些部分，可以得到两个与原球大小相等的球。
这听起来可能有些荒谬，但确实是数学上的一个严格证明。
具体来说，Banach-Tarski定理的证明涉及到一些高级的数学工具和概念，如集合论、群论和测度论。
其中最关键的概念是“可数无穷划分”。
通过将实心球划分成无穷多个部分，并将每个部分与自然数集一一对应起来，我们可以将这些部分看作是“可数无穷”的。
然后，通过一系列的旋转和平移操作，我们可以将这些“可数无穷”部分重新组合成两个与原球大小相等的球。
需要注意的是，Banach-Tarski定理只适用于理想化的数学模型，其中假设物体是无限细的、可分割的，并且没有任何约束。
拓展资源：趣题两则 (优质)
趣题两则
1、一元二次方程与数学家
巴拿赫是波兰数学家，是泛函分析的奠基人之一.1945年8月31，巴拿赫病故于乌克兰的利沃夫.人们为了纪念这位伟大的数学家，特编下面这一道关于他生平的智力问题：
巴拿赫病故于1945年8月31日。
他在世时某年年份恰好是他当时年龄的平方。
问：他是哪年出生的？
解：设他在世时某年年龄为x ，则[(x 2-x)+x]≤1945,且x 为自然数.
其出生年份为：x 2
-x=x(x-1)，
他在世时年龄为：1945-x(x-1). 由1.441945≈，则x 应为44或略小于44的自然数.
当x=44时，由x(x-1)=44×43=1892，算得他在世时年龄为1945-1892=53； 当x=43时，由x(x-1)=43×42=1806，算得他在世时年龄为1945-1806=139； 若x 再取小，其在世年龄越大，显然不合理.
所以x=44，即他生于1892年，终年53岁.
2、阅读材料
已知p 2-p-1=0,1-q-q 2=0,且pq ≠1,求q pq 1+的值. 解：由p 2-p-1=0及1-q-q 2=0,可知p ≠0, q ≠0。
又∵pq ≠1,∴p ≠q
1 ∴1-q-q 2=0可变形为(
q 1)2-q 1-1=0 根据p 2-p-1=0和(
q 1)2-q 1-1=0，可知p 和q
1是方程x 2-x-1=0的两个不相等的实数根，则p+q 1=1， ∴q
pq 1+=1
根据阅读材料所提供的方法，解答下面的问题。
已知：2m 2-5m-1=0,
0512=+n n ,且m ≠n,求n m 11+的值.。
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巴拿赫（Banach ）火柴盒问题
波兰数学家巴拿赫随身带着两盒火柴，分别放在两个衣袋里，每盒有n 根火柴. 每次使用时，便随机地从其中一盒中取出一根. 试求他将其中一盒火柴用完，而另一盒中剩下的火柴根数的分布规律.
解 为了求得巴拿赫衣袋中的一盒火柴已空，而另一盒还有k 根的概率，我们记A 为取左衣袋盒中火柴的事件，___A 为取右衣袋盒中火柴的事件. 将取一次火柴看作一次随机实验，每次实验结果是A 或___A 发生。
显然有2
1)()(___==A p A p . 若巴拿赫首次发现他左衣袋中的一盒火柴变空，这时事件A 已经是第1+n 次发生，而此时他右边衣袋中火柴盒中恰剩k 根火柴相当于他在此前已在右衣袋中取走了k n - 根火柴，即___
A 发生了k n -次. 即一共做了12+-k n 次随机试验，其中事件A 发生了1+n 次,___A 发生了k n -次. 在这12+-k n 次实验中，第12+-k n 是A 发生，在前面的k n -2 次实验中A 发生了n 次. 所以他发现左衣袋火柴盒空，而右衣袋恰有k 根火柴的概率为 k n n k n k n n n
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由对称性知，当右衣袋中空而左衣袋中恰有k 根火柴的概率也是k n n k n C --⎪⎭
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⎫ ⎝⎛--
1、作者：周义仓，赫孝良
2、书名：《数学建模实验》
3、出版社：西安交通大学出版社
4、出版时间：1999年10月
巴拿赫（Banach ）火柴盒问题
波兰数学家巴拿赫随身带着两盒火柴，分别放在两个衣袋里，每盒有n 根火柴。
每次使用时，便随机地从其中一盒中取出一根。
试求他将其中一盒火柴用完，而另一盒中剩下的火柴根数的分布规律。
为了求得巴拿赫衣袋中的一盒火柴已空，而另一盒还有k 根的概率，我们记A 为取左衣袋盒中火柴的事件，A 为取右衣袋盒中火柴的事件。
将取一次火柴
看作一次随机实验，每次实验结果是A 或A 发生。
显然有P （A ）= P （A ）=
2
1. 若巴拿赫首次发现他左衣袋中的一盒火柴变空，这时事件A 已经是第n+1次发生，而此时他右边衣袋中火柴盒中恰剩k 根火柴相当于他在此前已在右衣袋
中取走了n-k 根火柴，即A 发生了n-k 次。
即一共做了2n-k+1次实验，其中事件A 发生了n+1次，A 发生了n-k 次。
在这2n-k+1次实验中，第2n-k+1次是A 发生，在前面的2n-k 次实验中A 发生了n 次。
所以他发现左衣袋火柴盒空，而右衣袋恰有k 根火柴的概率为
k n n k n k n n n k n C C A P A P A P ----=222)2
1(21))(())(()( 又对称性知，当右衣袋中空而左衣袋中恰有k 根火柴的概率也是k n n k n C --22)2
1(21。
最后得巴拿赫发现他一只衣袋里火柴空而另一只衣袋的盒中恰有k 根火柴的概率为k n n k n C --22)2
1(，k=0,1,…,n
（*巴拿赫（Stefan Banach ，公元1892年3月30日─公元1945年8月31日）是著名的波蘭數學家。
生於克拉科夫，卒於利沃夫。
1910年進入利沃夫工學院學習，1919年獲博士學位。
1919年起任利沃夫工學院數學講師，1922年轉為利沃夫大學的講師，1927年成為教授。
先後被選為波蘭科學院和烏克蘭科學院的通訊院土、波蘭數學學會主席。
第二次世界大戰期間，波蘭被德軍占領，他在一所醫學研究所做喂養昆蟲的工作，停戰後又回到利沃夫大學工作。
巴拿赫是利沃夫學派的開創人之一，對泛函分析的發展做出了突出貢獻。
他引進了線性賦範空間的概念，建立了其上的線性算子理論。
他證明了作為泛函分析基礎的三個定理：哈恩─巴拿赫延拓定理、巴拿赫─斯坦因豪斯定理及閉圖象定理。
這些定理概括了許多經典的分析結果，在理論上和應用上都有重要價值。
人們把完備的線性賦範空間稱為巴拿赫空間。
此外，巴拿赫在正交級數論、集合論、測度論、積分論、常微分方程論、複變函數論等方面都有很多出色的工作。
其主要著作《線性算子理論》被譯成多種文字，有很大影響。
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这是独立重复试验吗？——“巴拿赫火柴问题”质疑
唐登永 重庆市合川中学
随着新的课程标准的实施,概率进入到了中学课堂。
一个经典数学名题——“巴拿赫火柴问题”为各大教辅资料所青睐，纷纷选为例题或习题。
“巴拿赫火柴问题”：某人有两盒火柴各n 根，每次使用火柴时，他随机地从任一盒中抽出一根，经过一段时间后，他发现其中一盒火柴已用完，求此时另一盒为柴还有r 根的概率。
解法一：（摘自《名师导航 金版教程》丛书之《高二数学》 光明日报出版社） 这是一个独立重复实验题。
设事件A ＝“一盒已用完，另一盒还有r 根”，A 1＝“甲盒用完，乙盒还有r 根”，A 2＝“乙用完，甲还有r 根”，则显然事件A 1、A 2互斥，P(A)=P(A 1)+P(A 2)。
事件A 1相当于共抽取2n-r+1，而且第2n-r+1次取自甲盒，前2n-r 次恰好是2n-r 次独立重复实验；又从甲盒中抽取与从乙盒中抽取是等可能的，其概率为2
1。
故P(A 1)＝C 212121r -2n r n n n -）（）（＝P(A 2)
P(A)=C ()()r n n n
-2
121r -2n =C ()r n n r n --2212. 解法二：（成才之路《高二数学》 内蒙古少儿出版社出版） 这是一个2n-r 重独立重复实验。
由于从两盒中抽取是等可能的，其概率为21。
故概率为P(A)=C ()()r n n n
-21
21r -2n =C ()r n n
r n --2212
我校所用资料《高中数学导学导练》中也有类似题目：甲、乙两冰箱内各有5听饮料，某人每次饮用时，在任一箱中任取一听，求甲冰箱饮用完毕而乙冰箱还有4听的概率。
学生做来也是五花八门，并且只有少数人用独立重复试验的方法求解。
解法三：（对应计数法――笔者）
将抽出的火柴排成一列，不妨用0表示取自甲盒的火柴，用1表示取自乙盒的火柴，则每一种抽取方法与0、1的一个排列之间是一一对应关系（0或1的个数都不超过n 个）。
于是，该题就是取2n-r 个0，1排成一列，要求n 个0（或1）全部取出排在这2n-r 个位置的概率，利用概率的定义便可求解。
有利事件数为：2n r n c -2，基本事件数为：
r n r n n r n n r n c c c -+--+-+-+⋯++1211212＝
][2211211201212-+-+-+-+-+⋯++-n r n r n r n r n c c c
故概率为 ]
[222112112012122-+-+-+-+--+⋯++-n r n r n r n r n n r
n c c c C 三种解法各不相同，特别是解法三与前两种解法更是截然不同，为什么？如果作为独立重复试验，本题与投掷硬币，一面出现n 次时，另一面恰好出现n-r 次的概率似乎是一样的，至少从标准答案看是一致的。
笔者在审查自已的解法时也发现，若将基本事件数确定为22n-r+1，即2n-r+1个位置中，每个位置可排0或1，则与解法一相吻合了。
其实不然，因为投掷硬币，一面出现的次数是不受限制的，即某一面可以出现2n-r 次。
而本题中若第2n-r+1个位置的前面若干个位置中若已排了n 个0（或1），那么其后的位置不可能有两种排法了（要么剩下1，要么剩下0）；就是说，若独立重复试验进行若干次后，某一盒火柴已用完，再试验则只可能是必然事件或不可能事件了，这与投掷硬币是不同的。
如果将此题改为某人有两盒火柴各n 根，每次使用火柴时，他随机地从任一盒中抽出一根，经过一段时间后，他发现其中一盒火柴用了k 根另一盒用了l 根，(k+l ≤n),则与标准答案一致了，因为此时不存在某一盒火柴用完的问题了。
因此，笔者以为，这根本不是一个独立重复试验。
以上所述不知对否，望不吝指教。