浙江 2009 · 数学 q19

冷启动：先把「等可能的是什么」钉死

① 样本空间。 「在 $1,2,\cdots,9$ 这 $9$ 个自然数中，任取 $3$ 个数」——任取的意思是无序、不重复，所以一个基本事件就是「取出了哪三个数」（不计先后），共

$$C_9^3=\frac{9\times8\times7}{3\times2\times1}=84$$

个，且每个等可能。这是古典概型：此后两问都只是在这 $84$ 个里数数，概率的分母永远是 $84$。

② 第（Ⅰ）问的「恰有」。 $1\sim9$ 里偶数有 $2,4,6,8$ 共 $4$ 个，奇数有 $1,3,5,7,9$ 共 $5$ 个。「恰有 $1$ 个是偶数」是一条双向限制：偶数不少于 $1$，也不多于 $1$——另外两个必须都是奇数。读成「至少 $1$ 个偶数」就会把两偶一奇、三偶都算进来，答案会大出一截。

顺带认一下这道题的身份：从 $9$ 件里不放回地抽 $3$ 件、数其中「偶数」有几个，这正是超几何分布。它跟二项分布的区别只在放不放回——不放回时三次抽取并不独立，不能写成 $C_3^1p(1-p)^2$ 那种形式。

③ 第（Ⅱ）问的 $\xi$ 到底数什么。 $\xi$ 是取出的 $3$ 个数里「差为 $1$ 的那种一对」有几组。把取出的数从小到大记作 $a_1<a_2<a_3$，能相邻的只有 $(a_1,a_2)$ 与 $(a_2,a_3)$ 这两处，所以

$$\xi\in\{0,1,2\},$$

不可能是 $3$。题面自己给了例子：取 $\{1,2,3\}$ 时两处都相邻，$\xi=2$。

④ 一句话把 $\xi$ 变成可算的东西。 记两个间隔

$$d_1=a_2-a_1\geqslant1,\qquad d_2=a_3-a_2\geqslant1 ,$$

则相邻就是间隔等于 $1$：

$$\xi=\#\{\,i:d_i=1\,\}.$$

下面三条路，本质上就是三种数「两个间隔里有几个等于 $1$」的办法。

解法一：按 $\xi$ 把 $84$ 个取法分成三堆，一堆一堆地数

① 第（Ⅰ）问。 记「这 $3$ 个数恰有一个是偶数」为事件 $A$。分两步选：偶数从 $4$ 个里挑 $1$ 个，奇数从 $5$ 个里挑 $2$ 个，

$$P(A)=\frac{C_4^1C_5^2}{C_9^3}=\frac{4\times10}{84}=\frac{40}{84}=\frac{10}{21} .$$

答案 $P(A)=\dfrac{10}{21}$。

② 第（Ⅱ）问先数最容易的一堆：$\xi=2$。 两处间隔都等于 $1$，就是三个数连号：$\{k,k+1,k+2\}$。$k$ 只能取 $1$ 到 $7$（$k=7$ 时最大数是 $9$，正好到头），共

$$7\ \text{种},\qquad P(\xi=2)=\frac{7}{84}=\frac1{12} .$$

③ 再数 $\xi=1$：恰有一处相邻。 这一堆要两步定：

1. 先定相邻的那一对：它是 $\{k,k+1\}$，$k=1,\dots,8$，共 $8$ 种。
2. 再挑第三个数：它不能是 $k$、$k+1$（已经用了），也不能是 $k-1$ 或 $k+2$——否则会再凑出一处相邻，那是 $\xi=2$ 的地盘。

于是候选个数按那一对靠不靠边分两类：

$$2\times6+6\times5=12+30=42\ \text{种},\qquad P(\xi=1)=\frac{42}{84}=\frac12 .$$

这一步是整道题最容易翻车的地方，两种翻法：

• 忘了避开邻居，写成 $8\times(9-2)=56$。$56$ 不是 $42$——多出来的 $14$ 正是那 $7$ 个连号三元组各被数了两遍（它们含两处相邻，两对各当一次「那一对」）：$42\times1+7\times2=56$。
• 忘了两端那两对只有一个邻居，一律写成 $8\times5=40$，少了 $2$ 个。

分类计数的规矩就是「不重不漏」：上面第一种是重，第二种是漏。

④ 最后一堆用减法：$\xi=0$。

$$84-7-42=35\ \text{种},\qquad P(\xi=0)=\frac{35}{84}=\frac5{12} .$$

⑤ 分布列。

先做一次免费的自检：$\dfrac5{12}+\dfrac12+\dfrac1{12}=\dfrac{5+6+1}{12}=1$ ✓。三个概率加不出 $1$，就说明有一堆数错了。

⑥ 期望。

$$E\xi=0\times\frac5{12}+1\times\frac12+2\times\frac1{12}=\frac12+\frac16=\frac23 .$$

答案 $E\xi=\dfrac23$。

解法二：好数的两堆先数，剩下一堆用「和为 $1$」补；期望另起一行用指示变量

第（Ⅰ）问已在解法一 ① 做完（它不牵扯 $\xi$）。这条路只重做第（Ⅱ）问，主张两件事：最难数的那一堆不要正面数，期望根本不必等分布列。

① $\xi=2$ 那一堆照旧是 $7$ 种——三个数连号，起点 $1$ 到 $7$。

② $\xi=0$ 那一堆有现成的公式：插空法。 「三个数两两不相邻」等价于：把没被选中的 $6$ 个数排成一行，它们之间与两端共产生 $6+1=7$ 个空，再把被选中的 $3$ 个数插进 $7$ 个空里、一个空至多放一个。插在不同空里的数中间必隔着至少一个没选中的数，于是必不相邻；反过来也对。所以

$$\#\{\xi=0\}=C_7^3=35,\qquad P(\xi=0)=\frac{35}{84}=\frac5{12} .$$

（换个说法是「压缩」：令 $b_1=a_1,\ b_2=a_2-1,\ b_3=a_3-2$，则「$a$ 两两不相邻」$\iff$「$b_1<b_2<b_3$ 且都落在 $1\sim7$ 里」，两边一一对应，故同为 $C_7^3$。）

③ 最难数的 $\xi=1$ 不数了——用分布列诸概率之和为 $1$ 补上。

$$P(\xi=1)=1-\frac5{12}-\frac1{12}=\frac{12-5-1}{12}=\frac12 .$$

解法一 ③ 那张「靠不靠边分两类」的表，连同它的两个坑，整个被绕开了。三堆里只要有一堆特别难数，就把它留到最后用减法——这是分布列题的通用省力法，代价是失去一次交叉验证，所以另外两堆必须数得有把握。

④ 期望不必等分布列：拆成 $8$ 个 $0\text{-}1$ 变量。 对每一处可能的相邻 $\{j,j+1\}$（$j=1,\dots,8$）设

$$X_j=\begin{cases}1,&j \text{ 与 } j+1 \text{ 都被取中},\\0,&\text{否则},\end{cases}$$

则按定义 $\xi=X_1+X_2+\cdots+X_8$。单个 $X_j$ 的期望就是它取 $1$ 的概率：那一对定死之后，第三个数从剩下的 $7$ 个里任选，

$$E(X_j)=P(X_j=1)=\frac{C_7^1}{C_9^3}=\frac{7}{84}=\frac1{12}\qquad(j=1,\dots,8).$$

由期望的线性性质

$$E\xi=\sum_{j=1}^{8}E(X_j)=8\times\frac1{12}=\frac23 .$$

一行算完，与 ①–③ 的分布列对上 ✓。

⑤ 这一步唯一要当心的前提：线性性不要求独立，而这些 $X_j$ 确实不独立。 $X_1=1$（取中了 $1$ 和 $2$）一旦发生，第三个数只剩一个名额，$X_3,\dots,X_8$ 就全被逼成 $0$——它们彼此绑得很紧。但 $E(X+Y)=E(X)+E(Y)$ 对任何两个随机变量都成立，不需要独立。 这正是指示变量法在「不放回」这类场合仍然好使的原因：要是换成方差，独立性就不能省了（$D(X+Y)=DX+DY$ 才需要独立），那时这条捷径当场失效。

⑥ 顺带把解法一 ③ 的那个 $56$ 解释掉。 把 $8$ 个 $E(X_j)$ 乘回 $84$：

$$\sum_{j=1}^{8}\#\{X_j=1\}=8\times7=56 .$$

它数的不是「有相邻的取法有几个」，而是「相邻对的总条数」——含一处相邻的取法各贡献 $1$ 条、含两处的各贡献 $2$ 条：

$$56=42\times1+7\times2 .$$

解法一 ③ 里那个「忘了避开邻居」的错法，错就错在把条数当成了取法数。而在期望这一侧，要的恰恰是条数：$E\xi=\dfrac{56}{84}=\dfrac23$。同一个 $56$，在一处是坑，在另一处是答案。

解法三：换一个模型——把三个数改写成四段间隔，一次把三堆全数清

前两条路对三堆各用了一种办法（连号靠枚举、不相邻靠插空、剩下一堆靠减法）。这一条只用一个模型，三堆是同一个动作做三遍。

① 换元。 设取出的数从小到大是 $a_1<a_2<a_3$，把 $1\sim9$ 这条线切成四段空位：

$$u=a_1-1,\quad v=a_2-a_1-1,\quad w=a_3-a_2-1,\quad z=9-a_3 .$$

它们分别是「$a_1$ 左边空几个」「$a_1$ 与 $a_2$ 之间空几个」「$a_2$ 与 $a_3$ 之间空几个」「$a_3$ 右边空几个」，全部 $\geqslant0$，而且把九个位置数一遍得

$$u+v+w+z=9-3=6 .$$

② 这是一一对应。 反过来，任给一组非负整数解 $(u,v,w,z)$，令 $a_1=u+1$、$a_2=a_1+v+1$、$a_3=a_2+w+1$，就还原出唯一一个合法取法。于是

$$\#\{\text{取法}\}=\#\{u+v+w+z=6 \text{ 的非负整数解}\}=C_{6+3}^{3}=C_9^3=84\ \checkmark$$

（隔板法：$6$ 个相同的球分进 $4$ 个盒子，$3$ 块隔板与 $6$ 个球共 $9$ 个位置里挑 $3$ 个放隔板。）这一步先自洽——总数对上了，说明换元没写错，下面才敢用。

③ $\xi$ 在新变量里是什么。 $a_1$ 与 $a_2$ 相邻 $\iff$ 它们之间一个空位也没有 $\iff v=0$；同理 $a_2,a_3$ 相邻 $\iff w=0$。所以

$$\xi=[\,v=0\,]+[\,w=0\,].$$

$u$ 与 $z$ 只管靠不靠边，与 $\xi$ 无关——这是这个模型最好用的地方：八十四个取法被两个变量 $v,w$ 完全分好了堆。

④ 三堆，同一个动作。 「某个变量 $\geqslant1$」一律用预扣消掉（令 $v'=v-1\geqslant0$），右端跟着减 $1$：

$$7+35+42=84\ \checkmark$$

三堆一次全出来，而且各自互相验证：加起来必须是总数。

⑤ 它顺带解释了解法二里那个 $C_7^3$ 的来历。 $\xi=0$ 那一行，预扣掉两个空位之后要分的球从 $6$ 个变成 $4$ 个，解数 $C_{4+3}^3=C_7^3$——这跟解法二 ② 的「压缩」是同一件事的两种说法：那里把 $a_2,a_3$ 各往左挪 $1$、$2$ 位，这里把两个内部间隔各预扣 $1$。

⑥ 分布列与期望同解法一 ⑤⑥，$E\xi=\dfrac23$。

⑦ 这条路什么时候真正划算。 本题 $n=9$、$k=3$，正面数也不难，它的优势还看不太出来。把题目改成「从 $1\sim100$ 里取 $6$ 个数，求恰有两处相邻的概率」，解法一那张分类表会长到没法写，而这条路仍然是同一个动作：$u_0+u_1+\cdots+u_6=94$，把两个间隔钉成 $0$、另外三个各预扣 $1$，再乘上「哪两处相邻」的 $C_5^2$ 种选法而已。