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- 实验设置：袋中有红、黄、蓝三色球各一个。每次摸出一个球，记录颜色后放回。
- 独立性：由于是放回式摸球，每次摸到任何颜色球的概率都是独立的，且恒为 \(1/3\)。
- \(P(A_i) = P(\text{第i次摸到红球}) = 1/3\)
- \(P(B_i) = P(\text{第i次摸到黄球}) = 1/3\)
- \(P(C_i) = P(\text{第i次摸到蓝球}) = 1/3\)
- 停止条件：当三种颜色的球都至少被摸出过一次时，实验停止。
- 事件 \(D_n\)：摸完第 \(n\) 次球后恰好停止。这意味着：
- 在前 \(n-1\) 次摸球中，并没有集齐三种颜色的球。
- 在第 \(n\) 次摸球时，摸到了最后一种缺失的颜色。
证明D选项D选项要求我们计算条件概率 \(P(D_n \mid B_{n-1} C_{n-2})\)。
根据条件概率的定义： \(P(D_n \mid B_{n-1} C_{n-2}) = \frac{P(D_n \cap B_{n-1} \cap C_{n-2})}{P(B_{n-1} \cap C_{n-2})}\)
我们分两步来计算： 1. 计算分母：\(P(B_{n-1} \cap C_{n-2})\) 2. 计算分子：\(P(D_n \cap B_{n-1} \cap C_{n-2})\)
第一步：计算分母 \(P(B_{n-1} \cap C_{n-2})\)事件 \(B_{n-1}\) 是“第 \(n-1\) 次摸到黄球”，事件 \(C_{n-2}\) 是“第 \(n-2\) 次摸到蓝球”。由于每次摸球是独立事件，这两个事件也是独立的。
因此，它们的交集概率等于各自概率的乘积： \(P(B_{n-1} \cap C_{n-2}) = P(B_{n-1}) \times P(C_{n-2}) = \frac{1}{3} \times \frac{1}{3} = \frac{1}{9} = \frac{1}{3^2}\)
第二步：计算分子 \(P(D_n \cap B_{n-1} \cap C_{n-2})\)这个事件表示三个条件的交集： 1. \(D_n\)：第 \(n\) 次摸球后恰好停止。 2. \(C_{n-2}\)：第 \(n-2\) 次摸到蓝球。 3. \(B_{n-1}\)：第 \(n-1\) 次摸到黄球。
我们来分析这个复合事件发生的具体过程：
- 从条件2和3可知：在第 \(n-2\) 次和第 \(n-1\) 次，我们已经摸到了蓝色和黄色。这意味着到第 \(n-1\) 次结束时，我们已经至少见过了蓝色和黄色两种颜色。
- 从条件1 (\(D_n\)) 可知：
- 实验在第 \(n\) 次停止，说明在前 \(n-1\) 次中，三种颜色没有被集齐。结合上一点，这意味着在前 \(n-1\) 次中，我们只见到了蓝色和黄色，而没有见过红色。
- 实验在第 \(n\) 次停止，还说明第 \(n\) 次摸到的球是最后一种缺失的颜色。既然前 \(n-1\) 次只见过蓝色和黄色，那么第 \(n\) 次摸到的必须是红色。
综上所述，事件 \(D_n \cap B_{n-1} \cap C_{n-2}\) 等价于以下一系列独立事件同时发生：
- 前 \(n-3\) 次摸球：每次都只能摸到黄色或蓝色球（不能摸到红色）。对于每一次摸球，摸到“黄色或蓝色”的概率是 \(2/3\)。这 \(n-3\) 次摸球是独立的，所以这部分的概率是 \((\frac{2}{3})^{n-3}\)。
- 第 \(n-2\) 次摸球：必须是蓝球 (\(C_{n-2}\))。概率是 \(1/3\)。
- 第 \(n-1\) 次摸球：必须是黄球 (\(B_{n-1}\))。概率是 \(1/3\)。
- 第 \(n\) 次摸球：必须是红球 (\(A_n\))。概率是 \(1/3\)。
将这些独立事件的概率相乘，得到分子的概率： \(P(D_n \cap B_{n-1} \cap C_{n-2}) = \left(\frac{2}{3}\right)^{n-3} \times \frac{1}{3} \times \frac{1}{3} \times \frac{1}{3}\) \(P(D_n \cap B_{n-1} \cap C_{n-2}) = \frac{2^{n-3}}{3^{n-3}} \times \frac{1}{3^3} = \frac{2^{n-3}}{3^{n-3+3}} = \frac{2^{n-3}}{3^n}\)
第三步：计算最终的条件概率现在我们将分子和分母代入条件概率公式： \(P(D_n \mid B_{n-1} C_{n-2}) = \frac{P(D_n \cap B_{n-1} \cap C_{n-2})}{P(B_{n-1} \cap C_{n-2})} = \frac{\frac{2^{n-3}}{3^n}}{\frac{1}{3^2}}\) \(P(D_n \mid B_{n-1} C_{n-2}) = \frac{2^{n-3}}{3^n} \times 3^2 = \frac{2^{n-3}}{3^{n-2}}\)
这个公式对于 \(n \geq 3\) 成立。
- 当 \(n=3\) 时，前 \(n-3=0\) 次摸球，概率 \((\frac{2}{3})^0=1\)，表示这部分限制不存在。公式结果为 \(\frac{2^0}{3^1} = \frac{1}{3}\)。
- 验证：\(P(D_3 \mid B_2 C_1)\) 表示已知第1次是蓝，第2次是黄，求第3次停止的概率。要第3次停止，第3次必须摸到红色，概率为 \(1/3\)。与公式相符。
因此，选项D的表述是正确的。
对其它选项的简要分析- A. \(P(D_3) = \frac{2}{9}\) \(D_3\) 表示前三次摸出的球颜色各不相同。 第1次可以是任意颜色（概率为1）。 第2次必须是剩下两种颜色之一（概率为 \(2/3\)）。 第3次必须是最后一种颜色（概率为 \(1/3\)）。 \(P(D_3) = 1 \times \frac{2}{3} \times \frac{1}{3} = \frac{2}{9}\)。 或者，排列方式有 \(3! = 6\) 种（如RYB, RBY, …），每种排列的概率是 \((\frac{1}{3})^3 = \frac{1}{27}\)。所以 \(P(D_3) = 6 \times \frac{1}{27} = \frac{2}{9}\)。 A正确。
- C. \(P(D_n) = \frac{2^{n-1}-2}{3^{n-1}}, n \ge 3\) 要使实验在第 \(n\) 次停止，意味着：
- 前 \(n-1\) 次摸球只出现了3种颜色中的2种。
- 第 \(n\) 次摸球摸到了剩下的那1种颜色。
计算第1步的概率：
- 首先，从3种颜色中选出2种，有 \(\binom{3}{2}=3\) 种选法。
- 假设选了红、黄两种颜色。前 \(n-1\) 次只摸到红或黄的概率是 \((\frac{2}{3})^{n-1}\)。
- 但这其中包含了“全部是红”和“全部是黄”这两种情况，这两种情况只出现了1种颜色，需要排除。它们各自的概率是 \((\frac{1}{3})^{n-1}\)。
- 所以前 \(n-1\) 次恰好出现红、黄两种颜色的概率是 \((\frac{2}{3})^{n-1} - 2(\frac{1}{3})^{n-1}\)。
- 乘以选法的3，得到前 \(n-1\) 次恰好出现2种颜色的概率为 \(3 \times [(\frac{2}{3})^{n-1} - 2(\frac{1}{3})^{n-1}]\)。
计算第2步的概率：
- 第 \(n\) 次摸到那最后一种颜色的概率是 \(1/3\)。
两者相乘得到 \(P(D_n)\): \(P(D_n) = 3 \times \left[ \left(\frac{2}{3}\right)^{n-1} - 2\left(\frac{1}{3}\right)^{n-1} \right] \times \frac{1}{3}\) \(P(D_n) = \left(\frac{2}{3}\right)^{n-1} - 2\left(\frac{1}{3}\right)^{n-1} = \frac{2^{n-1}}{3^{n-1}} - \frac{2}{3^{n-1}} = \frac{2^{n-1}-2}{3^{n-1}}\)。 C正确。 - B. \(P(D_4 \mid A_1) = \frac{2}{27}\) \(P(D_4 \mid A_1) = \frac{P(D_4 \cap A_1)}{P(A_1)}\)。\(P(A_1) = 1/3\)。 \(D_4 \cap A_1\) 表示第1次是红，且第4次停止。这意味着：
- 第1次是红。
- 第2、3次摸球必须从{红, 黄}或{红, 蓝}中选，且不能只选红。
- 第4次必须是最后一种颜色。
我们用C选项的公式来计算 \(P(D_4) = \frac{2^{4-1}-2}{3^{4-1}} = \frac{8-2}{27} = \frac{6}{27} = \frac{2}{9}\)。 由于对称性，\(P(D_4 \mid A_1) = P(D_4 \mid B_1) = P(D_4 \mid C_1)\)。因为 \(A_1, B_1, C_1\) 是互斥且完备的事件划分，所以 \(P(D_4) = P(D_4 \mid A_1)P(A_1) + P(D_4 \mid B_1)P(B_1) + P(D_4 \mid C_1)P(C_1)\)。 \(\frac{2}{9} = P(D_4 \mid A_1) \times \frac{1}{3} + P(D_4 \mid A_1) \times \frac{1}{3} + P(D_4 \mid A_1) \times \frac{1}{3} = P(D_4 \mid A_1)\)。 所以 \(P(D_4 \mid A_1) = 2/9\)。 因此选项B的 \(2/27\) 是错误的。 B错误。
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hbghlyj
posted 2025-6-7 21:25
