浙江 2008 · 数学 q19

冷启动：一道题里问了三件事，钥匙只有一把

题面给的是两个概率：

$$P(\text{摸 }1\text{ 个是黑})=\frac{2}{5},\qquad P(\text{摸 }2\text{ 个至少一白})=\frac{7}{9}.$$

问的却是三件看着没关系的事：白球几个、$E\xi$ 是多少、「至少一黑」的概率有没有上界。 但三问用的是同一把钥匙——

「至少一个」几乎从不正面算。 正面算要分类（恰好 $1$ 个、恰好 $2$ 个……）， 而它的对立面只有一种情形：一个都没有。

第（i）问、第（Ⅱ）问都是「至少一个」，翻过来就是「两个都不是」；第 (ii) 问的分布列虽然要正面算， 但那是因为它问的本来就是「恰好几个」。

还有两条读题时就该定下来的事实，后面三条解法反复要用：

1. 黑球的个数是给定的，不是待求的。 $P(\text{黑})=\frac25$ 说的是「黑球占全部球的 $\frac25$」， 故袋中共 $n$ 个球时黑球有 $\frac25 n$ 个。它是整数，所以 $n$ 必是 $5$ 的倍数。 第（Ⅰ）问的 $n=10$ 正好落在这上面：黑球 $\frac25\times 10=4$ 个。
2. 第（Ⅰ）问是特例，第（Ⅱ）问是一般情形。 第（Ⅰ）问额外给了 $n=10$，于是三色球的个数 全部确定（黑 $4$、白 $5$、红 $1$）；第（Ⅱ）问把 $n$ 放开，只保留 $P(\text{黑})=\frac25$。 别把第（Ⅰ）问里算出来的 $5$、$1$ 带进第（Ⅱ）问——那是这道题最常见的失分点。

解法一：一把抓（无序模型）：三问都用组合数，「至少一个」一律翻成补事件

模型：从袋中一把抓出若干个球，所有「球的组合」等可能。$n$ 个球里抓 $k$ 个共 $C_{n}^{k}$ 种， 这就是分母。

（i）白球的个数。

设白球 $x$ 个，则非白球 $10-x$ 个。记 $A=$「至少得到 $1$ 个白球」，其对立事件 $\bar A=$「两个都不是白球」：

$$P(\bar A)=\frac{C_{10-x}^{2}}{C_{10}^{2}}=1-\frac{7}{9}=\frac{2}{9}.$$

$C_{10}^{2}=45$，故 $C_{10-x}^{2}=45\times\frac29=10$，即

$$\frac{(10-x)(9-x)}{2}=10\;\Longrightarrow\;(10-x)(9-x)=20 .$$

令 $u=10-x$（非白球数），则 $u(u-1)=20$，即 $u^{2}-u-20=0$，$u=5$ 或 $u=-4$；个数非负，取 $u=5$。 于是白球有 $5$ 个。

（顺带得到本题第（Ⅰ）问的全部家底：黑 $\frac25\times10=4$ 个、白 $5$ 个、红 $10-4-5=1$ 个。）

（ii）$E\xi$。

白球 $5$ 个、非白球 $5$ 个，从 $10$ 个里抓 $3$ 个，$\xi$ 是其中白球的个数，服从超几何分布：

$$P(\xi=k)=\frac{C_{5}^{k}C_{5}^{3-k}}{C_{10}^{3}},\qquad k=0,1,2,3 .$$

$C_{10}^{3}=120$，逐个算：

四个数加起来是 $\frac{1+5+5+1}{12}=1$，分布列没写漏。按定义

$$E\xi=0\times\frac{1}{12}+1\times\frac{5}{12}+2\times\frac{5}{12}+3\times\frac{1}{12} =\frac{0+5+10+3}{12}=\frac{18}{12}=\frac{3}{2}.$$

（Ⅱ）上界与「哪种颜色最少」。

设袋中共 $n$ 个球，黑球 $y=\frac25 n$ 个。$y$ 是整数 $\Rightarrow n$ 是 $5$ 的倍数，记

$$n=5m,\qquad y=2m,\qquad \text{非黑球}=3m\quad(m\geqslant 1).$$

记 $B=$「至少得到 $1$ 个黑球」，仍然翻成对立面：

$$P(B)=1-\frac{C_{3m}^{2}}{C_{5m}^{2}} =1-\frac{3m(3m-1)}{5m(5m-1)} =1-\frac{3(3m-1)}{5(5m-1)} =1-\frac{9m-3}{25m-5}.$$

于是

$$P(B)\leqslant\frac{7}{10} \iff \frac{9m-3}{25m-5}\geqslant\frac{3}{10} \iff 10(9m-3)\geqslant 3(25m-5) \iff 90m-30\geqslant 75m-15 \iff 15m\geqslant 15,$$

即 $m\geqslant 1$——这正是「袋中至少有 $5$ 个球」，本来就成立。故 $P(B)\leqslant\frac{7}{10}$，证毕。

再看哪种颜色最少。设白球 $W$ 个。反设 $W\leqslant y$：那么非白球至少和非黑球一样多， $C_{n-W}^{2}\geqslant C_{n-y}^{2}$（$C_{k}^{2}$ 随 $k$ 不减），于是

$$P(\text{至少一白})=1-\frac{C_{n-W}^{2}}{C_{n}^{2}} \leqslant 1-\frac{C_{n-y}^{2}}{C_{n}^{2}}=P(B)\leqslant\frac{7}{10}<\frac{7}{9},$$

与题给的 $P(\text{至少一白})=\frac79$ 矛盾。故 $W>y=\frac25 n$。于是红球

$$\text{红}=n-W-y<n-\frac25 n-\frac25 n=\frac{n}{5}<\frac{2}{5}n=y<W,$$

红球个数最少。

解法二：一个一个往外摸（有序模型）：条件概率算概率，指示变量算期望

模型：把「摸 $2$ 个球」看成先后摸两次、不放回；「摸 $3$ 个球」看成先后摸三次。 换模型不改变任何概率（谁先谁后与结果无关），但它让条件概率和指示变量用得上。

（i）白球的个数。 这次正面算，不用补事件。设白球 $x$ 个：

$$P(\text{至少一白}) =\underbrace{\frac{x}{10}}_{\text{第一个就是白}} +\underbrace{\frac{10-x}{10}\cdot\frac{x}{9}}_{\text{第一个不白、第二个白}} =\frac{7}{9}.$$

两边同乘 $90$：$9x+x(10-x)=70$，即

$$x^{2}-19x+70=0\;\Longrightarrow\;(x-5)(x-14)=0\;\Longrightarrow\;x=5\ \text{或}\ x=14 .$$

袋中总共只有 $10$ 个球，$x=14$ 舍去，故白球有 $5$ 个。（黑 $4$、白 $5$、红 $1$。）

（ii）$E\xi$：把 $\xi$ 拆成三个 $0$-$1$ 变量。

记 $X_{i}=1$ 表示第 $i$ 次摸出的是白球，否则 $X_{i}=0$（$i=1,2,3$）。显然

$$\xi=X_{1}+X_{2}+X_{3}.$$

每一次摸到白球的概率都是 $\frac12$：第 $1$ 次是 $\frac{5}{10}=\frac12$；第 $2$ 次

$$P(X_{2}=1)=\frac12\cdot\frac{4}{9}+\frac12\cdot\frac{5}{9}=\frac{4+5}{18}=\frac12,$$

第 $3$ 次同理（也可以这样一句话说完：十个球排成一队，第 $i$ 个位置上坐的是哪个球是等可能的， 故它是白球的概率恒为 $\frac{5}{10}$）。于是 $EX_{i}=\frac12$，由期望的线性性质

$$E\xi=EX_{1}+EX_{2}+EX_{3}=3\times\frac12=\frac{3}{2}.$$

分布列一根都没列。

（Ⅱ）上界与「哪种颜色最少」。 设袋中 $n$ 个球、黑球 $y=\frac25 n$ 个。分两步摸：

$$P(B)=\underbrace{\frac{y}{n}}_{\text{第一个就黑}} +\underbrace{\frac{n-y}{n}\cdot\frac{y}{n-1}}_{\text{第一个不黑、第二个黑}} =\frac{2}{5}+\frac{3}{5}\cdot\frac{y}{n-1}.$$

（这里直接用了 $\frac{y}{n}=\frac25$ 与 $\frac{n-y}{n}=\frac35$。）

关键的一步是整数性：$y=\frac25 n$ 给出 $2y=\frac45 n<n$。$2y$ 与 $n$ 都是整数， 「严格小于」对整数就意味着至少小 $1$：

$$2y\leqslant n-1\;\Longrightarrow\;\frac{y}{n-1}\leqslant\frac12 .$$

代回去：

$$P(B)\leqslant\frac25+\frac35\cdot\frac12=\frac{2}{5}+\frac{3}{10}=\frac{7}{10}.$$

哪种颜色最少：同一个式子把 $y$ 换成白球数 $W$ 就是 $P(\text{至少一白})$。 而「至少一个某色」的概率随该色个数递增（它的对立面是「两个都不是那色」， 那色多一个、非那色就少一个，「两个都不是」只会更难）。题给

$$P(\text{至少一白})=\frac79>\frac{7}{10}\geqslant P(B)=P(\text{至少一黑}),$$

故 $W>y=\frac25 n$。于是红球 $=n-W-y<n-\frac25n-\frac25n=\frac n5<\frac25 n$，红球最少。

避坑：不放回的三次摸球不是独立重复试验，但期望照样能加。 $X_{1},X_{2},X_{3}$ 不独立（第一次摸走白球，第二次就少一个白球）， 所以 $\xi$ 不服从二项分布 $B\!\left(3,\frac12\right)$——它的方差与二项分布不同。 但期望的线性性质 $E(X+Y)=EX+EY$ 从不要求独立，上面那一步是合法的。 把这两件事记反，是这类题最贵的错：要么误以为「不独立就不能拆」，白白去列分布列； 要么误以为「能拆就是二项分布」，下一问求方差时直接用 $np(1-p)$ 而错。

解法三：不算，只用结构：单调性定白球个数，对称性定期望，还是单调性给上界

这条路三问都不解方程、不列分布列。

（i）白球的个数：$C_{k}^{2}$ 是单调的，夹一下就出来。

设非白球 $k$ 个。「至少一白」的对立是「两个都不白」，故

$$\frac{C_{k}^{2}}{C_{10}^{2}}=1-\frac79=\frac29\;\Longrightarrow\;C_{k}^{2}=45\times\frac29=10 .$$

不必解二次方程：$C_{k}^{2}=\frac{k(k-1)}{2}$ 随 $k$ 严格递增（$k\geqslant 1$ 时每加一个球都多出 $k$ 种配对）， 而

$$C_{4}^{2}=6<10<15=C_{6}^{2},$$

夹在中间的只有 $k=5$（$C_{5}^{2}=10$ ✓）。这同时说明了白球个数唯一：再没有别的 $k$ 能凑出 $10$。 于是白球 $10-5=5$ 个。

（ii）$E\xi$：白与非白一样多，分布左右对称。

白球 $5$ 个、非白球也是 $5$ 个。把这两类球的标签对调（白的都叫非白、非白的都叫白）： 两类个数一样多，所以每一种「抓 $3$ 个」的方案都一一对应到另一种方案，概率完全不变； 而在对调之后，原来数出来的「白球个数 $\xi$」变成了「非白球个数 $3-\xi$」。所以

$$\xi\ \text{与}\ 3-\xi\ \text{同分布}\;\Longrightarrow\;E\xi=E(3-\xi)=3-E\xi\;\Longrightarrow\;E\xi=\frac{3}{2}.$$

这正是上面那张图：四根柱子关于 $\xi=\frac32$ 左右对称，期望只能落在对称轴上。 一根柱子的高度都不用算。

（Ⅱ）上界：袋子越小，「至少一黑」越容易。

设 $n=5m$、黑球 $2m$、非黑球 $3m$（$m\geqslant1$）。两个球都不黑的概率，按顺序摸：

$$P(\bar B)=\frac{3m}{5m}\cdot\frac{3m-1}{5m-1}=\frac{3}{5}\cdot\frac{3m-1}{5m-1}.$$

把后一个因子拆开看：

$$\frac{3m-1}{5m-1}=\frac{\frac35(5m-1)-\frac25}{5m-1}=\frac{3}{5}-\frac{2}{5}\cdot\frac{1}{5m-1},$$

$m$ 越大，$\frac{1}{5m-1}$ 越小，减掉的那一块越少，整个式子越大。所以 $P(\bar B)$ 随 $m$ 递增， $P(B)=1-P(\bar B)$ 随 $m$ 递减，最大值在最小的袋子 $m=1$（即 $n=5$）处取到：

$$P(B)\leqslant 1-\frac35\cdot\frac{2}{4}=1-\frac{3}{10}=\frac{7}{10}.$$

这件事也有直白的解释：袋子越小，摸走一个非黑球对「剩下的球里黑球占比」的抬升越大， 于是「第二个还不黑」越难，「至少一黑」越容易。极端的另一头是袋子无穷大， 两次摸球近似独立，$P(B)\to1-\left(\frac35\right)^{2}=\frac{16}{25}=0.64$，确实比 $0.7$ 小。

哪种颜色最少：还是单调性。「至少一个某色」的概率随该色个数递增，而题给

$$P(\text{至少一白})=\frac79\approx0.778>0.7=\frac{7}{10}\geqslant P(\text{至少一黑}),$$

故白球比黑球多：$W>\frac25 n$。三色相加得红球 $<n-\frac25n-\frac25n=\frac n5<\frac25 n$，红球最少。

三条路各自省在哪里

考场上的取舍很清楚：（i）用解法一最稳（补事件一步到位，不会多出该舍的根）； (ii) 用解法二或三最快（分布列如果题目要求写，就还得补上，但期望本身可以先写出来对答案）； （Ⅱ）用解法二最短——那一步「$2y<n$ 且都是整数，故 $2y\leqslant n-1$」是本题真正的技术核心。

最后：这道题最容易丢分的三处

1. 第（Ⅱ）问把第（Ⅰ）问的数字带进去。 第（Ⅱ）问里 $n$ 是任意的（只知道是 $5$ 的倍数）， 白球、红球的个数都未知，只有「黑球占 $\frac25$」还在。一旦写下「白球 $5$ 个」，整问作废。
2. 「$2y<n$」到「$2y\leqslant n-1$」那一步要说出理由。 实数之间「$<$」推不出「$\leqslant$ 差 $1$」； 这里能推，唯一的理由是 $2y$ 与 $n$ 都是整数。漏掉这句话，放缩就是凭空的。
3. 「不大于 $\frac{7}{10}$」里的等号其实取不到，但不必去改结论。 上面的推导显示等号只在 $n=5$ 时成立； 而 $n=5$ 与题面另一个条件 $P(\text{至少一白})=\frac79$ 不相容（那要求 $C_{5-W}^{2}=10\times\frac29=\frac{20}{9}$， 不是整数）。所以这道题的两个条件同时在场时其实有严格的 $P(B)<\frac{7}{10}$—— 例如 $n=10$ 时 $P(B)=1-\frac{C_{6}^{2}}{C_{10}^{2}}=1-\frac{15}{45}=\frac23<\frac{7}{10}$。 题目只要求证「不大于」，写到 $\leqslant$ 就完整了，不要因为「等号取不到」而去改写结论。