第一次习题课

李函哲

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概率空间三要素、事件运算和容斥公式是本章主线。
独立性题目要同时区分两两独立与相互独立；这在本科阶段很容易被混用。
分布函数部分建议按“单调、右连续、极限、跳跃”四个检查点逐行阅读。

提示事件恒等式最好先在集合层面核对，再取概率。

习题1.1

旁注

本节围绕样本空间、事件域、概率测度和有限容斥展开。Jordan 公式的核心是交集被计数的次数。

题目

掷两枚均匀硬币，详细写出概率空间三要素。

证明

$\Omega=\{(H,H),(H,T),(T,H),(T,T)\}$ ， $\mathcal{F}=2^{\Omega}$ ， $\mathbb{P}(A)=\dfrac{|A|}{4}$ 。

题目

比较 "掷 3 次均匀骰子至少出现 1 个 6 点" 和 "掷 6 次均匀骰子至少出现 2 个 6 点" 的概率大小。

证明

$\mathbb{P}(\text{掷 3 次均匀骰子至少出现 1 个 6 点})=1-(\dfrac{5}{6})^3$ ， $\mathbb{P}(\text{掷 6 次均匀骰子至少出现 2 个 6 点})=1-(\dfrac{5}{6})^6-6\cdot\dfrac{1}{6}\cdot(\dfrac{5}{6})^5$ 。比较知前者更大。

题目

设 $\mathcal{F}$ 是 $\sigma$ -代数， $A,B\in\mathcal{F}$ ，证明 $A\cap B\in\mathcal{F}$ ， $A\setminus B\in\mathcal{F}$ 。

证明

由 $A\cap B=(A^c\cup B^c)^c$ 以及 $A\setminus B=A\cap B^c$ 即可。

题目

证明 Jordan 公式。

证明

归纳， $n=1$ 时显然成立，那么：

\begin{aligned} \mathbb{P}\Big( \bigcup_{i=1}^n A_i \Big) &= \sum_{k=1}^{n-1} (-1)^{k-1} \sum_{1 \le i_1 < \dots < i_k \le n-1} \mathbb{P}(A_{i_1} \cap \cdots \cap A_{i_k}) + \mathbb{P}(A_n) \\ &\quad - \sum_{k=1}^{n-1} (-1)^{k-1} \sum_{1 \le i_1 < \dots < i_k \le n-1} \mathbb{P}(A_{i_1} \cap \cdots \cap A_{i_k} \cap A_n) \\ &= \sum_{k=1}^{n-1} (-1)^{k-1} \sum_{1 \le i_1 < \dots < i_k \le n-1} \mathbb{P}(A_{i_1} \cap \cdots \cap A_{i_k})+ \mathbb{P}(A_n) \\ &\quad + \sum_{k=1}^{n-1} (-1)^{k} \sum_{1 \le i_1 < \dots < i_k \le n-1 } \mathbb{P}(A_{i_1} \cap \cdots \cap A_{i_k} \cap A_n).\\ &= \sum_{k=1}^{n-1} (-1)^{k-1} \sum_{1 \le i_1 < \dots < i_k <n} \mathbb{P}(A_{i_1} \cap \cdots \cap A_{i_k})+ \mathbb{P}(A_n) \\ &\quad + \sum_{k=2}^{n} (-1)^{k-1} \sum_{1 \le i_1 < \dots < i_k =n} \mathbb{P}(A_{i_1} \cap \cdots \cap A_{i_k} ).\\ &=\mathrm{RHS} \end{aligned}

题目

证明 $|\mathbb{P}(A\cap B)-\mathbb{P}(A)\mathbb{P}(B)|\leq 1/4$ ，并讨论等号成立的条件。

证明

事实上是 $\operatorname{Cov}(\mathbb{1}_A,\mathbb{1}_B)\leq \sqrt{\operatorname{Var}(\mathbb{1}_A)}\sqrt{\operatorname{Var}(\mathbb{1}_B)}$ 的取等条件是 Cauchy--Schwarz 的取等条件，不过，我们也可以直接说明：不妨设 $\mathbb{P}(A)=x$ , $\mathbb{P}(B)=y$ 。

从而

\max\{0, x + y - 1\} \leq \mathbb{P}(A\cap B) \leq \min\{x, y\}.

只需 $\mathbb{P}(A\cap B)$ 取最大值与最小值时均满足不等式即可。

不妨设 $x \leq y$ ，从而：

0 \leq x - xy = x(1 - y) \leq x(1 - x) \leq \frac{1}{4}.

$\mathbb{P}(A\cap B)$ 取最大值时不等式成立。

当 $x + y \leq 1$ 时， $\min \mathbb{P}(A\cap B) = 0$ ，此时：

0 < xy \leq x(1 - x) \leq \frac{1}{4}.

当 $x + y \geq 1$ 时， $\min \mathbb{P}(A\cap B) = x + y - 1$ ，此时：

|x + y - 1 - xy |= (1 - x)(1 - y).

且 $(1 - x) + (1 - y) \leq 1$ ，由基本不等式，

(1 - x)(1 - y) \leq \frac{1}{4}.

$\mathbb{P}(A\cap B)$ 取最小值时不等式成立。

综上，知原不等式成立，取等当且仅当

\mathbb{P}(A)=\mathbb{P}(B) = \frac{1}{2}, \quad \mathbb{P}(A\cap B) = \frac{1}{2} \text{ 或 } 0.

题目

设事件列 $\{A_k\}_{k=1}^{\infty}$ 满足 $\mathbb{P}(A_k) = 1, \; \forall k \in \mathbb{N}^*$ . 证明

\mathbb{P}\left( \bigcap_{k=1}^{\infty} A_k \right) = 1.

证明

考虑对立事件，由德摩根定律，

\bigcap_{k=1}^{\infty} A_k \text{ 的对立事件为 } \bigcup_{k=1}^{\infty} A_k^c.

已知 $\mathbb{P}(A_k) = 1$ ，故 $\mathbb{P}(A_k^c) = 0$ 对每个 $k \in \mathbb{N}^*$ 成立。由可列可加性，有

\mathbb{P}\left( \bigcup_{k=1}^{\infty} A_k^c \right) \leq \sum_{k=1}^{\infty} \mathbb{P}(A_k^c) = 0.

因此 $\mathbb{P}\left( \bigcup_{k=1}^{\infty} A_k^c \right) = 0$ ，从而

1\geq \mathbb{P}\left( \bigcap_{k=1}^{\infty} A_k \right) = 1 - \mathbb{P}\left( \bigcup_{k=1}^{\infty} A_k^c \right) \geq 1 - 0 = 1.

习题1.2

旁注

这里要区分两两独立和相互独立。素数例题说明，在有限等概率空间里，算术结构会限制独立事件的形状。

题目

掷 $n$ 次均匀硬币，事件 $A_{ij}$ 记为第 $i$ 次投掷结果和第 $j$ 次投掷结果相同。证明事件 $\{A_{ij}, 1 \leq i < j \leq n\}$ 两两独立但不相互独立。

证明

\mathbb{P}(A_{ij}\cap A_{kl})= \left\{\begin{matrix} \mathbb{P}(A_{ij})\mathbb{P}( A_{kl}) &(i,j)\neq (k,l)\text{独立性} \\ \mathbb{P}(X_i=X_j=X_k)& i\neq j = k \neq l,i\neq l \\ \end{matrix}\right.

而 $\mathbb{P}(X_i=X_j=X_k)=2\times\dfrac{1}{8}=\dfrac{1}{2}\times\dfrac{1}{2}=\mathbb{P}(X_i=X_j)\mathbb{P}(X_j=X_k)$ 。但是对于多个事件，如 $\mathbb{P}(X_1=X_2,X_2=X_3,X_3=X_1)=\dfrac{1}{4}$ ，但是 $\mathbb{P}(X_1=X_2)\mathbb{P}(X_2=X_3)\mathbb{P}(X_3=X_1)=\dfrac{1}{8}$ 。

题目

对素数 $p$ ，取 $\Omega=\{1,2,\cdots,p\}$ 上的古典概型（即每一点等概率）。若事件 $A$ 与 $B$ 相互独立，则 $A$ 与 $B$ 中至少其一为 $\emptyset$ 或 $\Omega$ 。

证明

反设 $A,B$ 均既非空集也非全空间。若二者独立，则 $\dfrac{|A\cap B|}{p}=\dfrac{|A||B|}{p^2}$ 。记 $|A|=a$ , $|B|=b$ , $|A\cap B|=c$ ，于是 $pc=ab$ ，从而 $p\mid ab$ ，即 $p\mid a$ 或 $p\mid b$ ，与 $A,B$ 非退化矛盾。

题目

现共有 $n$ 个缸，其中第 $r$ 个缸中含有 $r-1$ 个红球和 $n-r$ 个蓝色球。随机选取一个缸并不放回地取出两个球，试求以下事件的概率：（1）第 2 个球是蓝色球；（2）在第 1 个球是蓝色球的前提下第 2 个球是蓝色球。

证明

\begin{aligned} \mathbb{P}(\text{第 2 个球是蓝色球})&=\sum_{k=1}^n\mathbb{P}(\text{第 2 个球是蓝色球}\mid\text{选择第 }k\text{ 个罐子})\mathbb{P}(\text{选择第 }k\text{ 个罐子})\\&=\sum_{k=1}^n\dfrac{n-k}{n(n-1)}=\dfrac{1}{2} \end{aligned}

记 $B_1=\{\text{第一个是蓝球}\}$ ， $B_2=\{\text{第二个是蓝球}\}$ 。同样地：

\mathbb{P}(B_1)=\dfrac{1}{2}\quad \mathbb{P}(B_1 \cap B_2) = \frac{1}{n} \sum_{r=1}^{n} \frac{(n-r)(n-r-1)}{(n-1)(n-2)}=\dfrac{1}{3}

进而 $\mathbb{P}(B_2|B_1)=\dfrac{2}{3}$ 。

题目

100 名乘客登上一架正好有 100 个座位的飞机, 每名乘客对应一个座位。第一位乘客先随机选择一个座位坐。第二位乘客如果自己的座位空着就坐自己的座位, 否则就在其他空余的座位中随机选择一个座位坐。第三位乘客如果自己的座位空着就坐自己的座位, 否则就在其他空余的座位中随机选择一个座位坐。这个过程一直持续到所有的 100 名乘客都登机为止。求最后一名乘客坐自己的座位的概率。

证明

如果第 1 位乘客坐到自己的座位，那么第 $n$ 位乘客一定能坐到自己的座位。否则，假设第 1 位乘客坐到 $k_1$ 号座位，那么第 2 位到第 $k_1-1$ 位乘客都会坐到自己的座位。如果第 $k_1$ 位乘客坐到 1 号座位，第 $n$ 位仍能坐回自己的座位；如果第 $k_1$ 位乘客坐到 $k_2$ 号座位，那么第 $k_1+1$ 位到第 $k_2-1$ 位乘客都会坐到自己的座位。此后 $k_2$ 的作用与先前 $k_1$ 的作用相同。因此只需看第一个坐到 1 号或 $n$ 号座位的人。令 $X$ 表示这个人的编号；在 $X=k$ 的条件下，他选择 1 号座位和 $n$ 号座位的概率相同。那么：

\mathbb{P}(\text{第 }n\text{ 位坐回原位})=\sum_{k=1}^{100}\mathbb{P}(\text{第 }n\text{ 位坐回原位}|X=k)\mathbb{P}(X=k)=\dfrac{1}{2}\sum_{k=1}^{100}\mathbb{P}(X=k)=\dfrac{1}{2}

习题1.3

旁注

本节以 Bernoulli 试验和有限状态递推为主。写清状态变量后，递推关系通常会自然出现。

题目

甲、乙两个乒乓球运动员相互对决比赛, 已知甲的胜率高于乙。现有两个备选的竞赛规则:"3 局 2 胜制" 或 "5 局 3 胜制"。试讨论哪一种竞赛规则对甲更有利。

证明

设 $p=\mathbb{P}(\text{甲胜})$ 。三局两胜下， $\mathbb{P}(\text{甲胜})=p^2+2p^2(1-p)$ ；五局三胜下， $\mathbb{P}(\text{甲胜})=p^3+3p^3(1-p)+6p^3(1-p)^2=p^3(10-15p+6p^2)$ 。进而：

\mathbb{P}(\text{五局三胜})- \mathbb{P}(\text{三局二胜})= 3p^{2} (p-1)^{2} (2p-1)

在 $p>\dfrac{1}{2}$ 时大于 $0$ 。

题目

小朋友 $\zeta$ 掷 $n+1$ 枚均匀硬币，小朋友 $\delta$ 掷 $n$ 枚均匀硬币。求 $\zeta$ 掷出硬币的正面数比 $\delta$ 掷出硬币的正面数多的概率。

证明

记 $X_1$ 为 $\zeta$ 先掷 $n$ 枚硬币得到的正面数， $X_2$ 为 $\zeta$ 额外掷 1 枚硬币得到的正面数， $Y$ 为 $\delta$ 掷 $n$ 枚硬币得到的正面数，所求事件记为 $A$ 。考虑全概率公式：

\begin{aligned} \mathbb{P}(A) &= \dfrac{1}{2}\mathbb{P}(X_1+X_2> Y|X_2=1) +\dfrac{1}{2}\mathbb{P}(X_1+X_2>Y|X_2=0) \\ &= \dfrac{1}{2}\mathbb{P}(X_1>Y-1)+\dfrac{1}{2}\mathbb{P}(X_1>Y) \\ &=\dfrac{1}{2}(\mathbb{P}(X_1>Y)+\mathbb{P}(X_1=Y))+\dfrac{1}{2}\mathbb{P}(X_1>Y)\\ &=\mathbb{P}(X_1>Y)+\dfrac{1}{2}\mathbb{P}(X_1=Y) \end{aligned}

由对称性

2\mathbb{P}(A) = 2\mathbb{P}(X_1 > Y) + \mathbb{P}(X_1 = Y)= \mathbb{P}(X_1 > Y) + \mathbb{P}(X_1 = Y) + \mathbb{P}(X_1 < Y)=1

进而为 $\dfrac{1}{2}$ 。不过，你也可以直接计算：

\begin{aligned} \mathbb{P}(A)&= \sum_{k=1}^{n+1} \binom{n+1}{k} \left( \frac{1}{2} \right)^{n+1} \cdot \sum_{i=0}^{k-1} \binom{n}{i} \left( \frac{1}{2} \right)^n \\ &= 2^{-2n-1} \sum_{k=1}^{n+1} \binom{n+1}{k} \sum_{i=0}^{k-1} \binom{n}{i}\\ &=2^{-2n-2} \left(\sum_{k=1}^{n+1} \binom{n+1}{k} \sum_{i=0}^{k-1} \binom{n}{i}+\sum_{k=1}^{n+1} \binom{n+1}{k} \sum_{i=0}^{k-1} \binom{n}{i} \right) \\ &=2^{-2n-2} \left(\sum_{k=1}^{n+1} \binom{n+1}{k} \sum_{i=0}^{k-1} \binom{n}{i}+\sum_{i=0}^{n} \binom{n}{i} \sum_{k=0}^{n-i} \binom{n+1}{k} \right) \\ &=2^{-2n-2} \left(\sum_{k=1}^{n+1} \binom{n+1}{k} \sum_{i=0}^{k-1} \binom{n}{i}+\sum_{j=0}^{n} \binom{n}{n-j} \sum_{k=0}^{j} \binom{n+1}{k} \right) \\ &=2^{-2n-2} \left(\sum_{k=1}^{n+1} \binom{n+1}{k} \sum_{i=0}^{k-1} \binom{n}{i}+\sum_{j=0}^{n} \binom{n}{j} \sum_{k=0}^{j} \binom{n+1}{k} \right) \\ &=2^{-2n-2}\cdot2^{2n+1}\\ &=\dfrac{1}{2}\\ \end{aligned}

倒数第二个等式是因为里面的求和是两人抛硬币的所有等可能结果的数量（前者是 $\zeta$ 比 $\delta$ 多，后者是 $\delta$ 不比 $\zeta$ 少）。

题目

甲、乙两人轮流抛掷一枚均匀骰子. 甲先掷, 一直到掷出了 1 点, 交给乙掷, 而到乙掷出了1 点, 再交给甲掷, 并如此一直下去. 求第 $n$ 次抛掷时由甲掷的概率。

证明

记 $a_n$ 为第 $n$ 次由甲抛的概率， $b_n$ 为第 $n$ 次由乙抛的概率，则：

a_{n+1} = \frac{5}{6} a_n + \frac{1}{6} b_n,\quad b_{n+1} = \frac{1}{6} a_n + \frac{5}{6} b_n,\quad a_n + b_n = 1,\quad a_1 = 1

递推公式为 $a_{n+1}=\dfrac{2}{3}a_{n}+\dfrac{1}{6}$ ，即 $a_n=\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2}(\dfrac{2}{3})^{n-1}$ 。

习题1.4

旁注

分布函数题主要看单调性、右连续性、左右极限和跳跃。跳跃大小就是相应点的概率质量。

题目

设 $F(x),G(x)$ 是分布函数。（1）对 $0\le \lambda\le 1$ ，证明 $\lambda F(x)+(1-\lambda)G(x)$ 和 $F(x)G(x)$ 是分布函数。（2）证明 $1-\{1-F(x)\}^n$ 与 $(F(x)-1)e+\exp\{1-F(x)\}$ 是分布函数。

证明

只需验证单调性、右连续性和归一化。特别地， $1-\{1-F(x)\}^n$ 是 $n$ 个独立同分布随机变量最小值的分布函数。设 $m_n=\min(X_1,\ldots,X_n)$ ，则

\mathbb{P}(m_n \le x) = 1 - \mathbb{P}(m_n > x) = 1 - \mathbb{P}(X_1 > x, \ldots, X_n > x) = 1 - [1 - F(x)]^n.

题目

设 $X$ 为随机变量，令 $G(x)=\mathbb{P}(X<x)$ 。证明 $G$ 在 $\mathbb{R}$ 上左连续，并用 $G$ 表示事件 $\{y\le X\le x\}$ 的概率。

证明

$\lim_{n \to \infty} \mathbb{P}(X<x-1/n) = \mathbb{P}\left(\bigcup_n \{X<x-1/n\}\right) = \mathbb{P}(X<x)$ 。这里用了概率测度的连续性。 $\mathbb{P}(X=x)=G(x+0)-G(x)$ 。因此 $\{y\leq X \leq x\}=\{y\leq X\}-\{X\geq x\}+\{X=x\}$ ，这就说明 $\mathbb{P}(y \leq X \leq x)=G(x+0)-G(y)$ 。

题目

设 $X,Y$ 是随机变量。（1）证明 $\min\{X,Y\}$ 和 $\max\{X,Y\}$ 也是随机变量。（2）证明 $|X|$ 和 $X^2$ 也是随机变量。

证明

注意到： $\{\min\{X,Y\}>x\}=\{X>x\}\cap \{Y>x\}$ ， $\{\max\{X,Y\}\leq x\}=\{X\leq x\}\cap \{Y\leq x\}$ ， $\{|X|\leq x\}=\{-x\leq X\leq x\}$ （ $x<0$ 时为空集）， $\{X^2\leq x\}=\{-\sqrt{x}\leq X \leq \sqrt{x}\}$ （ $x<0$ 时为空集）即可。

题目

若随机变量 $X$ 的分布函数为 $F(x)=A\arctan x+B$ , $x\in\mathbb{R}$ ，求常数 $A,B$ 。

证明

必要地： $\lim_{x\to +\infty}F(x)=\dfrac{A\pi}{2}+B=1$ ， $\lim_{x \to -\infty}F(x)=-\dfrac{A\pi}{2}+B=0$ 。解之： $B=\dfrac{1}{2},A=1/\pi$ 。

问题

旁注

这一节把容斥、Euler 乘积和中位数放在一起。一个常用视角是把对象改写为事件或示性函数。

题目

证明 Bonferroni 不等式：

\mathbb{P} \left( \bigcup_{r=1}^n A_r \right) \geq \sum_{r=1}^n \mathbb{P}(A_r) - \sum_{1 \leq r < k \leq n} \mathbb{P}(A_r \cap A_k).

证明

将概率写成示性函数的期望： $\mathbb{E}(\mathbb{1}_A(\omega))=1\cdot \mathbb{P}(\omega\in A)+0\cdot\mathbb{P}(\omega\notin A)=\mathbb{P}(A)$ 。因此令 $f(\omega)=\mathbb{1}_{\cup_{i=1}^n A_i}$ ， $g(\omega)=\sum_{i=1}^n \mathbb{1}_{A_i}-\sum_{1\leq i < k \leq n}\mathbb{1}_{A_i\cap A_k}$ 。给定 $\omega$ ，记 $r=|\{i:\omega\in A_i\}|$ 为它在 $\{A_i\}_{i=1}^n$ 中出现的次数，那么：

$r=0$ 时， $f=g=0$
$r=1$ 时， $f=g=1$
$r>1$ 时， $f=1$ ， $g=r-\binom{r}{2}$

因此 $f\geq g$ 。再对它们取期望，就能得到不等式。同样地，用这个方法，还能得到更一般地：当 $m$ 为奇数时：

\mathbb{P} \left( \bigcup_{r=1}^n A_r \right) \leq \sum_{k=1}^m (-1)^{k-1} \sum_{1 \leq i_1 < \cdots < i_k \leq n} \mathbb{P}(A_{i_1} \cap \cdots \cap A_{i_k}).

当 $m$ 为偶数时：

\mathbb{P} \left( \bigcup_{r=1}^n A_r \right) \geq \sum_{k=1}^m (-1)^{k-1} \sum_{1 \leq i_1 < \cdots < i_k \leq n} \mathbb{P}(A_{i_1} \cap \cdots \cap A_{i_k}).

题目

对正整数集 $\Omega = \{1, 2, \cdots\}$ ，引入概率测度

\mathbb{P}(\{n\}) = \frac{1}{\zeta(s) \cdot n^s}, \quad \zeta(s) = \sum_{n=1}^{\infty} n^{-s}, \quad s > 1.

对正整数 $q$ , $A_q = \{mq : m \in \Omega\}$ 。

$1$ 对任意不同的素数 $p_1, p_2, \cdots, p_t$ ，证明 $A_{p_1}, A_{p_2}, \cdots, A_{p_t}$ 相互独立。

$2$ 用概率方法证明欧拉公式：

\zeta(s) = \prod_{i=1}^{\infty} \left(1 - \frac{1}{p_i^s}\right)^{-1}.

其中所有素数 $p_1 < p_2 < \cdots$ 。

$3$ 在概率测度 $\mathbb{P}$ 下，从所有正整数中独立地随机选取两数 $a, b$ ，证明 $a, b$ 互素的概率为

\frac{1}{\zeta(2s)}.

注.

\sum_{n=1}^{+\infty} n^{-s}

收敛保证了概率测度 $\mathbb{P}$ 的良定。

证明

由素数的最大公倍数的性质：

\mathbb{P}(A_{p_1}\cap A_{p_2}\cdots\cap A_{p_t})=\mathbb{P}(A_{p_1p_2\cdots p_t})=\dfrac{1}{\zeta(s)\prod_{i=1}^tp_i^s}\sum\dfrac{1}{n^s}=\prod_{i=1}^t\dfrac{1}{p_i^s}=\prod_{i=1}^t\mathbb{P}(A_{p_i})

得到 $A_{p_1}, A_{p_2}, \cdots, A_{p_t}$ 相互独立。由此：

\dfrac{1}{\zeta(s)}=\mathbb{P}(\{1\})=\mathbb{P}(\cap_{i=1}^{\infty}A_{p_i}^c)=\prod_{i=1}^\infty(1-\dfrac{1}{p_i^s})

最后，考虑 $X,Y$ 是相互独立且同分布的随机变量，则：

\begin{aligned} \mathbb{P}(X,Y\text{ 互素}) &=1-\mathbb{P}(\cup_i(X\in A_{p_i}\cap Y \in A_{p_i}))\\ &=\prod_i\mathbb{P}(X\not \in A_{p_i}\cap Y \not\in A_{p_i} )\\ &=\prod_i( 1-\dfrac{1}{p_i^{2s}})\\ &=\dfrac{1}{\zeta(2s)} \end{aligned}

题目

7. 定义实数 $m$ 为分布函数 $F$ 的中位数，若

F(m - 0) \leq \frac{1}{2} \leq F(m).

证明分布函数至少有一个中位数，且中位数集合构成一个闭区间。

证明

定义： $a:=\sup\{x:F(x)\leq \dfrac{1}{2}\},b:=\inf\{x:F(x)\geq \dfrac{1}{2}\}$ ，claim： $a \leq b$ 且 $\text{中位数集合}=[a,b]$ 。
如果存在 $b < c <a$ ，那么： $\dfrac{1}{2}\leq F(c)\leq \dfrac{1}{2}$ 。进而 $a=b=c$ 矛盾。对 $\forall c \in [a,b]$ ，满足： $F(c)\geq \dfrac{1}{2}\quad (c\geq a)$ 以及 $F(c-0)\leq F(c)\leq \dfrac{1}{2}\quad (c\leq b)$ 。而对 $c^\prime<a$ ，如果 $c^\prime$ 是中位数，那么 $F(c^\prime )\geq \dfrac{1}{2}$ ，这说明 $a>c^\prime \geq b$ ，不成立。同样地： $c^{\prime\prime }>b$ 也不是中位数。综上所述： $\text{中位数集合}=[a,b]$ 。

章末回看

本章原始题目和解答正文来自对应 TeX 分文件。
可先只看题目框，写出关键等式后再展开证明或解答。
若结论用到独立性、可列可加性、换元公式或矩条件，最好顺手标明。