很久没有更新博客了，主要最近到了考试周，忙于复习，虽然有一些想写的东西，但是时间的缘故，就只好暂且搁置着了。但今天复习概率论时，又想起了很久前遇到的一个题，仍然没有一个好的解答，虽然今天想的时候，已经有了一些新的想法，特别对概率空间这个概念有了更深的认识，但对这道题仍然是感到很模糊，已经有被折磨仙仙欲死之感，故赶紧拿出来与大家探讨。

在古典概率中，我们经常遇到一种模型。题目如下：将 $r$ 个球放到 $n$ 个盒子中，恰有 $m$ 个空盒子的概率是多少？

看到这样的题，我们第一反应是什么呢？
我想大部分人会有如下的想法。首先有 $n^r$ 种的情况，我们要求的情形：首先取出 $m$ 个空盒，这样有 $binom{n}{m}$ 种情况，然后剩下的 $n-m$ 个盒子全部都有球，那这个情况有多少种呢，这个时候，麻烦的事情就来了。有些人会给出这样的情况 $binom{r-1}{n-m-1}$，意思就是将 $r$ 个球分成 $n-m$ 堆；还有人可能这样想，先给每个盒子放一个球，然后其余的球随便放；也许还有人想，剩下的盒子都必须不空，这个不太好求，那我就求他的对立事件，至少有一个空盒子吧,也许可能还有其他的想法…
但是如果上来，没有对这个题的题目进行思考就像上面那样进行求解，，那我们怎么做这道题都是错的。因为这说明我们对概率空间这个概念还没有捋清楚。而这道题中的样本空间确实根本没有说清楚，我们是无法一概而论的。

这道题要分成了四种情况讨论：

1. 球、盒均不可辨。
2. 球、盒均可辨。
3. 球可辨，盒子不可辨。
4. 盒子可辨，球不可辨。

而这样一分后，我们就可以清楚地看到，他们之间的样本空间确实是不一样的,当然 $sigma$ 域也不一样。（我们可以用暴力算法进行验证下，比如 $3$ 个球，$2$ 个盒子）

一般来想，最后一种情况其实是最好解决的，即盒子可辨，球不可辨。求解如下：
样本空间有样本点数是 $binom{r+n-1}{n-1}$,即最终可以分辨的结果总数。有效的样本数量是 $binom{n}{m}binom{r-1}{n-m-1}$, 然后相除即可得相应的概率。这种结果在许多书上都有讲解。意思也非常好理解，方法就是用到了我们高中曾经常提到的第一、二隔板法。

我们再对生活中常见的第二种情况进行求解，即盒子与球都可辨。而这也是我们中很多人上来就说总的情况数有 $n^2$ 的那种情形的求解。
这个复杂些，他的样本空间有样本点数为 $n^r$,即每一种排列都是不同的（假使我们将球进行全排），然后也是先从 $n$ 个盒子中挑选出 $m$ 个空盒，然后再对另外 $n-m$ 个空盒均有球的情况下进行求解，而这也正是求解的复杂之处。这个的求解方法前面提到过，就是求对立事件。先求至少有一个盒子是空的，然后在推广到 $n-m$ 个盒子空的。此时 $r$ 个球，$n$ 个盒子，至少有一个盒子是空的概率，这个大部分人还是会求解的，用到的方法就是我们常用的概率一般加法公式。具体过程就不在写了，然后可以得出对立事件没有盒子空的概率，

$$p(r,n)=sum_{v=0}^{n}(-1)^vbinom{n}{v}(1-frac{v}{n})^r$$

然后推广到 $n-m$ 个盒子不空，分布的个数有 $(n-m)^rp(r,n-m)$,然后乘以之前的$binom{n}{m}$，得出的结果为

$$binom{n}{m}sum_{v=0}^{n-m}(-1)^vbinom{n-m}{v}(1-frac{m+v}{n})^v$$

其余的两种情况就不讨论了，思想是一样的，但是求解起来，第一种应该是最难的了,似乎很糊涂，而第三种情况单个具体情况的计算还比较好，但是要写出通式来，似乎也是一件很麻烦的事情，能力有限，就不做进一步求解了，当然大家可以继续求解。

说到这，下面我们谈谈在统计物理学中的几个统计。

麦克斯韦-波尔兹曼统计：研究的球是可辨的（在物理中，粒子的性质是不同的，经典统计中，认为粒子是可辨的，他适用于经典粒子系统，如气液固中的原子分子，布朗粒子等）。

波色-爱因斯坦统计：球是不可辨的（在物理由量子力学统治的微观世界中，同类粒子的是绝对不可辨的，即微观粒子的全同性。而不同类粒子，就相当于不同（可辨）的盒子）。

费米-狄拉克统计：在微观世界中，粒子也是不可辨的。在宏观世界中就等同于此类模型：印刷错误，此时错误都是不可辨的，而一个字母最多只可有一个错误。

回到这道题，麦克斯韦-波尔兹曼统计对应的是第二种情形，波色-爱因斯坦统计对应的是第四种情形，而费米-狄拉克统计是第四种情形中的一种特殊情况。

这些统计就是古典概率中比较典型的例子，对于上面的这道题，如果没有对等可能性理解清楚，很可能就出现了悖论，出现多个答案。而这个在古典概率中是很容易犯这样的错误的。比如非常著名的Bertrand奇论,等可能性不同的定义，导致了完全不同的答案。因此这也正导致概率公理化的必要了。
抽象空间中，首先有样本空间这个理论基础，即所有样本点构成的集合；然后有了 $sigma$ 域，有封闭运算的基础，再加上域中的规范测度，对其中 $sigma$ 域中的事件发生提供度量工具，这样一个概率空间就完整而严密的建立起来，没有像等可能性那样任何模糊的描述。

另外，我也对可辨与不可辨这个问题有了新的认识，费勒《概率论及其应用》（第3版），（注：我主要是参考这本权威的书籍）中对可辨与不可辨的区别解说是“类似于子总体与相应有序样本之间的关系”。换句话说就是组合中，一个组内部的元素相互之间是不可辨的，而不同组间的元素的可辨性又依赖于盒子的可辨性（有序样本）。但这样的解释过于理论化，我也被这样的解释弄糊涂了半天。其实用最简单的话解释就是把这个元素和其他的元素换位子，如果对整体的排列没有影响就是不可辨的，有影响就是可辨的。从而也就解释了第二种情况每个盒子内部的球是不可变辨的，而整体所有球还是可辨的。这样的解释可能更让我这样的人更易懂，更浅显些吧。

最后依然对以上仍残留的两种情况对费勒的书中提出一点疑问：
对于盒子不可辨，球可辨的具体情况，费勒给出了 $7$ 球，$7$ 盒子的例子。其中一种情况是占位数为 $2$，$2$，$1$，$1$，$1$，$0$，$0$ 的分布。因为球可辨，盒子不可辨，可知这样的不同的分布有 $frac{7!}{2!3!2!}frac{7!}{2!2!}$ 种，然后除以 $7^7$。这里，我用 $3$ 球，$3$ 盒子的情况进行了比较判断，如果出现 $1$，$1$，$1$ 的分布，按费勒算的结果是 $2/9$，但是如果我们进行暴力求解，列出所有可能的情况，我写出了 $5$ 种情况（盒子不可辨，球可辨），因此我算出来的结果是 $1/5$，与这个有很大的出入，我想问题可能依然是等可能性的判断与可辨与不可辨引起的，但是暂时仍没有太好的理解，已经被古典概率中的模糊性打昏了头脑，故希望与大家探讨。

到此，叹一句，古典概率挺难的！期末临近，概率论仍需努力！
哎，时间不待人，考试快结束吧…