2026-09-24-TA-Session-1

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课程首页：Probability Theory
相关知识：集合论与概率论基础；概率公理与计数方法；条件概率与独立性
习题课资料：TA Session 1 Solutions；TA Session 1 Blank Handout
课件署名：Shang Gao，Week 3

TA Session 1: Combinatorial Counting, Bayes, and Independence / 第一次习题课：组合计数、Bayes 与独立性

1. Four Types of Sampling Counts / 四类抽样计数

从 $n$ 类对象中选取 $k$ 个对象时，应先判断是否考虑顺序、是否允许重复：

抽样方式	是否有序	是否放回	方案数
Permutation	是	否	$P(n,k)=\frac{n!}{(n-k)!}$
Combination	否	否	$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}\right)=\frac{n!}{k!(n-k)!}$
Ordered sampling with replacement	是	是	$n^k$
Unordered sampling with replacement	否	是	$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n+k-1}{k}\right)$

最后一种情形等价于非负整数解计数：

$$x_1+x_2+\cdots +x_n=k,x_i\ge 0,$$

其解的数量为

$$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n+k-1}{n-1}\right)=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n+k-1}{k}\right).$$

2. Permutations with Repeated Elements / 重复元素排列：aeemrry

单词 aeemrry 共含 7 个字母，其中 e 和 r 各重复两次。

2.1 All Distinct Arrangements / 全部不同排列

如果暂时把重复字母视为不同对象，会得到 $7!$ 种排列；交换两个 e 或两个 r 不产生新排列，因此

$$N=\frac{7!}{2!2!}=1260.$$

2.2 Containing the Consecutive Substring eye / 包含连续子串 eye

把 eye 看成一个整体，剩余对象为

$$\{\text{eye},a,m,r,r\}.$$

五个对象中两个 r 相同，所以

$$N_{\text{eye}}=\frac{5!}{2!}=60.$$

2.3 Containing Both ram and eye / 同时包含 ram 与 eye

把 ram 和 eye 分别看成一个整体，剩余一个 r。三个对象

$$\{\text{ram},\text{eye},r\}$$

互不相同，因此

$$N_{\text{ram and eye}}=3!=6.$$

Block method

要求某些元素连续出现时，可以先把它们压缩成一个 block，再对 blocks 与剩余元素排列。仍要检查不同 blocks 之间是否共享原始元素，以及剩余元素是否重复。

3. Placeholder Problems with Exactly One Blank / 恰有一个空格的占位问题

将 $n$ 个有标号球独立、等概率地放入 $n$ 个有标号格子。每个球有 $n$ 种选择，因此总方案数为

$$n^n.$$

若恰有一个格子为空，则由于球数与格子数相同，必然出现以下占用结构：

• 一个格子为空；
• 一个格子中有两个球；
• 其余 $n-2$ 个格子各有一个球。

依次选择：

1. 空格子：$n$ 种；
2. 装两个球的格子：$n-1$ 种；
3. 同处一格的两个球：$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{2}\right)$ 种；
4. 将剩余 $n-2$ 个球双射到剩余格子：$(n-2)!$ 种。

故有利方案数为

$$n(n-1)\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{2}\right)(n-2)!=(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{2})n!,$$

所求概率为

$$\boxed{P=\frac{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{2}\right)n!}{n^n}=\frac{(n-1)(n-1)!}{2n^{n-2}}}.$$

易错点

只选择空格子还不够。必须同时确定哪个格子发生碰撞、哪两个球发生碰撞，以及其余球与格子的双射关系。

4. Stars and Bars: Donut Selection / 隔板法：甜甜圈选择

商店有 20 种甜甜圈，每种供应无限，要选择 12 个。令 $x_i$ 表示第 $i$ 种甜甜圈的数量，则

$$x_1+x_2+\cdots +x_{20}=12,x_i\ge 0.$$

由 stars and bars，方案数为

$$\boxed{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{20+12-1}{12}\right)=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{31}{12}\right)}.$$

这里同一种甜甜圈不可区分，20 个种类可以区分，因此这是 unordered sampling with replacement。

5. Unlabeled Grouping / 无标号分组

5.1 Six People into Two Groups of Three / 六人分成两个三人组

先按顺序排列 6 人，再把相邻的每 3 人视为一组。组内顺序不重要，要除以 $(3!{)}^2$；两个组没有标签，还要除以 $2!$：

$$\frac{6!}{(3!{)}^{2}2!}=10.$$

5.2 Six People into Three Pairs / 六人分成三个二人组

同理，

$$\frac{6!}{(2!{)}^{3}3!}=15.$$

5.3 General Formula / 一般公式

把 $kn$ 个不同对象分成 $n$ 个无标号组，每组 $k$ 个，方案数为

$$\boxed{\frac{(kn)!}{(k!{)}^{n}n!}}.$$

分母中的 $(k!{)}^n$ 消除每组内部的排列，$n!$ 消除组与组之间的排列。

6. Binomial Counting Exercises / 二项计数练习

6.1 Ten Coin Tosses / 十次抛硬币

公平硬币独立抛掷 10 次，令 $X$ 为正面次数，则

$$X\sim \mathrm{Binomial}(10,1/2).$$

恰有三次正面的概率为

$$P(X=3)=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{10}{3}\right){\left(\frac{1}{2}\right)}^{10}=\frac{15}{128}\approx \mathrm{0.1172.}$$

至多三次正面的概率为

$$\begin{array}{rl}P(X\le 3)& =\sum _{k=0}^3\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{10}{k}\right){\left(\frac{1}{2}\right)}^{10}\\ & =\frac{1+10+45+120}{1024}\\ & =\frac{11}{64}=\mathrm{0.171875.}\end{array}$$

6.2 Ten People into Two Basketball Teams / 十人分成两支篮球队

先选择一支 5 人队得到 $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{10}{5}\right)$，但两队没有队名，交换两队不产生新划分，因此

$$\frac{1}{2}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{10}{5}\right)=126.$$

7. Conditional Probability and Bayes’ Rule / 条件概率与 Bayes 公式

7.1 No Prize in Ten Years / 十年内从未中奖

每周中奖概率为 $\alpha =10^{-5}$，各周相互独立。按每年 52 周计算，十年共有 520 次购票，因此

$$P(\text{never win})=(1-10^{-5}{)}^{520}\approx \mathrm{0.9948.}$$

单次中奖概率很小并不意味着长期中奖概率可以直接写成 $520\alpha$；后者只是 $P(\text{at least one win})$ 的一阶近似。

7.2 Probability of Owning a Dog Given Influenza / 已知患流感，拥有狗的概率

记 $D$ 为拥有狗，$F$ 为患流感。已知

$$P(D)=0.4,P(F\mid D)=0.2,P(F)=\mathrm{0.15.}$$

由 Bayes 公式，

$$P(D\mid F)=\frac{P(F\mid D)P(D)}{P(F)}=\frac{0.2\times 0.4}{0.15}=\frac{8}{15}\approx \mathrm{0.5333.}$$

7.3 Two Fair Coins and One Double-Headed Coin / 两枚普通硬币与一枚双面正面硬币

随机选择一枚硬币并抛掷。记 $T$ 为选中双面正面硬币，$H$ 为出现正面，则

$$P(H)=P(H\mid T)P(T)+P(H\mid T^c)P(T^c)=1\cdot \frac{1}{3}+\frac{1}{2}\cdot \frac{2}{3}=\frac{2}{3}.$$

观察到正面后，选中双面正面硬币的概率为

$$P(T\mid H)=\frac{P(H\mid T)P(T)}{P(H)}=\frac{1/3}{2/3}=\frac{1}{2}.$$

8. Two Proof Results / 两个证明型结论

8.1 Equal Conditional Probabilities across Mutually Exclusive Branches / 在互斥分支上条件概率相同

设 $B_1,\dots ,B_k$ 两两互斥，$B={\bigcup }_{i=1}^k{B}_i$，且

$$P(A\mid B_i)=p,P(B_i)>0.$$

则

$$\begin{array}{rl}P(A\mid B)& =\frac{P(A\cap B)}{P(B)}\\ & =\frac{{\sum }_{i=1}^{k}P(A\cap B_i)}{{\sum }_{i=1}^{k}P(B_i)}\\ & =\frac{{\sum }_{i=1}^{k}pP(B_i)}{{\sum }_{i=1}^{k}P(B_i)}\\ & =p.\end{array}$$

本质上，$P(A\mid B)$ 是各个 $P(A\mid B_i)$ 按 $P(B_i\mid B)$ 加权得到的平均值；所有分支都等于 $p$，平均值仍为 $p$。

8.2 A Sufficient Condition for Conditional Independence to Imply Independence / 条件独立推出无条件独立的一个充分条件

设 $C_1,\dots ,C_M$ 构成样本空间的 partition，并满足

$$P(A\cap B\mid C_i)=P(A\mid C_i)P(B\mid C_i),$$

且 $B$ 与每个 $C_i$ 独立，即

$$P(B\mid C_i)=P(B).$$

使用全概率公式：

$$\begin{array}{rl}P(A\cap B)& =\sum _{i=1}^{M}P(A\cap B\mid C_i)P(C_i)\\ & =\sum _{i=1}^{M}P(A\mid C_i)P(B\mid C_i)P(C_i)\\ & =P(B)\sum _{i=1}^{M}P(A\mid C_i)P(C_i)\\ & =P(A)P(B).\end{array}$$

因此 $A$ 与 $B$ 独立。

条件独立并不自动推出无条件独立

上述证明依赖额外条件 $B\perp C_i$。如果不同分组同时影响 $A$ 与 $B$，分组混合后可能产生相关性。

9. Review Points / 复习要点

1. 计数题先判断对象是否可区分、结果是否有序、是否允许重复。
2. 连续子串使用 block method；重复元素仍需除以内部不可区分排列数。
3. 无标号分组要同时消除组内顺序和组间顺序。
4. 占位问题要从 occupancy pattern 出发，列清楚空格、碰撞格、碰撞对象和剩余双射。
5. Bayes 公式的分母来自全概率公式；条件方向不能直接交换。
6. 证明独立性最直接的方法是把目标化为 $P(A\cap B)=P(A)P(B)$。

10. Glossary / 术语表

Term	中文	简要含义
Block method	捆绑法	把必须连续出现的对象视为一个整体进行排列
Stars and bars	隔板法	计算非负整数解或无序有放回抽样方案数
Occupancy problem	占位问题	将球分配到格子并研究各格占用数量
Unlabeled groups	无标号分组	组之间没有名称，交换整组不产生新方案
Conditional independence	条件独立	给定某一条件后，两个事件满足乘法分解
Partition	分割	两两互斥且并集为整个样本空间的一组事件