浙江 2012 · 数学 q19

冷启动：「分数之和」是伪装，真正的随机变量只有一个

题面说”取出一个白球得 $2$ 分，取出一个黑球得 $1$ 分”，$X$ 是三个球的分数之和。 听起来像两个来源在叠加，其实每个球都至少给 $1$ 分——那是所有球共有的底薪。 白球比黑球多的那 $1$ 分，才是唯一的随机部分。所以，记 $W$ 为取到的白球个数，

$$X=\underbrace{1\times 3}_{\text{三个球的底薪}}+\underbrace{1\times W}_{\text{白球的提成}}=3+W .$$

这一步把整道题的自由度从”分数之和”压回”白球个数”，而后者是一个标准分布： 从 $9$ 个球（其中 $4$ 个白）里不放回取 $3$ 个，白球数 $W$ 服从超几何分布， 参数 $N=9$、$M=4$、$n=3$。

两个即时的收益：

• $X$ 的取值范围是算出来的，不用猜。 超几何分布里 $W$ 的下界是 $\max\{0,\,n-N+M\}=\max\{0,-2\}=0$，上界是 $\min\{n,M\}=\min\{3,4\}=3$， 所以 $W\in\{0,1,2,3\}$，$X\in\{3,4,5,6\}$。 （要留意这两个边界：若袋里只有 $2$ 个黑球，取 $3$ 个就必然含白球，$W$ 取不到 $0$。 这道题恰好 $4\ge 3$ 且 $5\ge 3$，两头都不受限，于是范围看起来”显然”。）
• 分布列不必重算。 $P(X=3+k)=P(W=k)$——概率一个都不变， 第（I）问那张表就是超几何分布的表把第一行整体加 $3$。

至于第（Ⅱ）问，$E(X)=3+E(W)=3+n\cdot\frac{M}{N}=3+3\cdot\frac{4}{9}=\frac{13}{3}$， 一行就完。下面四条路的差别只在于你愿意从哪一层开始算： 从组合数开始（路一）、从超几何分布的公式开始（路二）、从”每个球被取到的概率”开始（路三）， 还是干脆把那个公式自己推一遍（路四）。

解法一：原卷路线——逐个分数值数组合，列出分布列，再按定义加权

这是古典概型的标准动作。样本空间是”从 $9$ 个球里取 $3$ 个”的所有取法， 共 $C_{9}^{3}=84$ 种，每种等可能。

$X=3$ 意味着三个球全黑，$X=6$ 意味着三个球全白；中间两个值按白球个数分类：

$$P(X=3)=\frac{C_{5}^{3}}{C_{9}^{3}}=\frac{10}{84}=\frac{5}{42},\qquad P(X=4)=\frac{C_{4}^{1}C_{5}^{2}}{C_{9}^{3}}=\frac{4\times 10}{84}=\frac{10}{21},$$ $$P(X=5)=\frac{C_{4}^{2}C_{5}^{1}}{C_{9}^{3}}=\frac{6\times 5}{84}=\frac{5}{14},\qquad P(X=6)=\frac{C_{4}^{3}}{C_{9}^{3}}=\frac{4}{84}=\frac{1}{21}.$$

原卷这两处的组合数上标印错了。 官方解答把 $P(X=5)$ 的分子印成 $C_{4}^{2}C_{5}^{2}$、 把 $P(X=6)$ 的分子印成 $C_{4}^{4}$；按题意应当是 $C_{4}^{2}C_{5}^{1}$（$2$ 白 $1$ 黑）与 $C_{4}^{3}$（$3$ 白）。两处印错的都只是上标，算出来的 $\frac{5}{14}$ 与 $\frac{1}{21}$ 反而是对的。 自查的办法只要两次加法：分子里两个组合数的上标之和必须等于 $3$（一共取 $3$ 个球）， 下标之和必须等于 $9$（一共 $9$ 个球）。$C_{4}^{2}C_{5}^{2}$ 的上标和是 $4\ne 3$，当场就露。

于是 $X$ 的分布列为

列完先做一次免费自查：通分到 $42$ 分母是 $\frac{5}{42}+\frac{20}{42}+\frac{15}{42}+\frac{2}{42}=\frac{42}{42}=1$。 和不为 $1$，说明取值漏了或某一类数错了。

按定义加权：

$$E(X)=3\cdot\frac{5}{42}+4\cdot\frac{20}{42}+5\cdot\frac{15}{42}+6\cdot\frac{2}{42} =\frac{15+80+75+12}{42}=\frac{182}{42}=\frac{13}{3}.$$

通分到 $42$ 再一次性相加，比逐项算小数稳。 这条路一步不差，代价是四个组合数、 一次通分、四次乘法——第（Ⅱ）问完全依赖第（I）问，前面数错一个就全错。

解法二：认出 $X=3+W$——$W$ 服从超几何分布，分布列整体右移 $3$，期望抄公式

冷启动已经写出 $X=3+W$。既然 $W$ 是超几何分布，直接抄一般式：

$$P(W=k)=\frac{C_{4}^{k}C_{5}^{3-k}}{C_{9}^{3}},\qquad k=0,1,2,3 .$$ $$P(W=0)=\frac{10}{84},\quad P(W=1)=\frac{40}{84},\quad P(W=2)=\frac{30}{84},\quad P(W=3)=\frac{4}{84} .$$

分子四个数 $10,40,30,4$ 加起来是 $84$。这就是范德蒙德恒等式在这道题上的样子—— $\sum_{k}C_{4}^{k}C_{5}^{3-k}=C_{9}^{3}$， 所以”概率和为 $1$“不是巧合，是恒等式。

平移回 $X$：取值加 $3$，概率照抄。

期望用超几何分布的现成公式 $E(W)=n\cdot\dfrac{M}{N}$：

$$E(X)=3+E(W)=3+3\cdot\frac{4}{9}=3+\frac{4}{3}=\frac{13}{3}.$$

比解法一省下的是四次”这一类该怎么数”的思考：一旦认出是超几何分布， 分子的形状就由参数定死了，不必对每个 $X$ 值单独想一遍”几白几黑”。 第（Ⅱ）问也不再依赖第（I）问——即使分布列算错，期望仍然是对的。

解法三：一行不用列表——全袋总分 $13$ 分，每个球被取到的概率都是 $\frac{1}{3}$

前两条路都在算”某个分数出现的概率”。可是第（Ⅱ）问只问期望， 而期望是线性的：它对求和永远可加，不要求各项独立。这一条把 $X$ 拆到最细。

给袋里的 $9$ 个球编号，第 $j$ 个球的分值记作 $v_j$（白球 $v_j=2$，黑球 $v_j=1$）， 再设

$$I_j=\begin{cases}1,&\text{第 }j\text{ 个球被取到},\\[2pt] 0,&\text{否则}.\end{cases}$$

那么被取出的三个球的总分就是

$$X=\sum_{j=1}^{9}v_j I_j .$$

关键的一步是这个概率：题面说”每球取到的机会均等”，取法是”从 $9$ 个里取 $3$ 个”， 含第 $j$ 个球的取法有 $C_{8}^{2}=28$ 种，故

$$P(I_j=1)=\frac{C_{8}^{2}}{C_{9}^{3}}=\frac{28}{84}=\frac{1}{3} \quad\Big(=\frac{n}{N}=\frac{3}{9}\Big),$$

对每一个 $j$ 都一样——这就是”机会均等”的确切含义。于是 $E(I_j)=\frac13$， 按期望的线性性质：

$$E(X)=\sum_{j=1}^{9}v_j\,E(I_j)=\frac{1}{3}\sum_{j=1}^{9}v_j =\frac{1}{3}\left(4\times 2+5\times 1\right)=\frac{13}{3}.$$

读一遍这个式子：$\sum v_j=13$ 是整袋球的总分，$\frac13$ 是抽取比例。所以

$$E(\text{取出部分的总分})=(\text{全体总分})\times\frac{n}{N} .$$

一行，没有组合数、没有分布列、连”白球有几个”都不必单独算——只要总分。

另一种同样短的拆法：按抽取顺序拆。记 $Y_i$ 为第 $i$ 次取到的球的分值（$i=1,2,3$）， 则 $X=Y_1+Y_2+Y_3$。由对称性，第 $i$ 次取到的球等可能是 $9$ 个球中的任意一个， 故 $E(Y_i)=\frac{4\times 2+5\times 1}{9}=\frac{13}{9}$，于是 $E(X)=3\times\frac{13}{9}=\frac{13}{3}$。 $Y_1,Y_2,Y_3$ 显然不独立（第一次取走白球会影响第二次）， 但期望的线性性质从不要求独立——这正是这条路能成立的全部理由。

代价：它只给期望，不给分布列，所以第（I）问还得回到前两条路。 好处是第（Ⅱ）问可以完全脱离第（I）问单独作答，且几乎不会算错。

解法四：不抄公式，自己把 $E(W)=\frac{4}{3}$ 推出来——吸收律加范德蒙德

先把本条要用的两件事在这里重述一遍，免得它依赖上面几条：$W$ 是取出的 $3$ 个球里的白球个数， 总分 $X=2W+1\cdot(3-W)=3+W$，故 $E(X)=3+E(W)$；且 $W$ 服从 $N=9$、$M=4$、$n=3$ 的超几何分布， 即 $P(W=k)=\dfrac{C_{4}^{k}C_{5}^{3-k}}{C_{9}^{3}}$。

解法二用了 $E(W)=n\frac{M}{N}$ 这个公式。它从哪来？本条不引用它，直接按定义算这个和：

$$E(W)=\sum_{k=0}^{3}k\cdot\frac{C_{4}^{k}C_{5}^{3-k}}{C_{9}^{3}} =\frac{1}{84}\sum_{k=1}^{3}k\,C_{4}^{k}C_{5}^{3-k}$$

（$k=0$ 那一项是 $0$，丢掉）。对带因子 $k$ 的组合数用吸收律 $k\,C_{n}^{k}=n\,C_{n-1}^{k-1}$，把 $k$ 吃进组合数、常数提到外面：

$$\sum_{k=1}^{3}k\,C_{4}^{k}C_{5}^{3-k} =4\sum_{k=1}^{3}C_{3}^{k-1}C_{5}^{3-k} \overset{i=k-1}{=}4\sum_{i=0}^{2}C_{3}^{i}C_{5}^{2-i} =4\,C_{8}^{2}=4\times 28=112 .$$

最后一步是范德蒙德恒等式（$3$ 个一类、$5$ 个另一类里选 $2$ 个，按”选了几个第一类”分类）。 于是

$$E(W)=\frac{112}{84}=\frac{4}{3},\qquad E(X)=3+\frac{4}{3}=\frac{13}{3}.$$

核对一遍这个 $112$：$k=1$ 时 $1\times 4\times 10=40$，$k=2$ 时 $2\times 6\times 5=60$， $k=3$ 时 $3\times 4\times 1=12$，合计 $112$。对得上。

把同一串换成字母，得到的就是课本对超几何分布均值的证明：

$$E(W)=\frac{M\,C_{N-1}^{n-1}}{C_{N}^{n}}=\frac{nM}{N} .$$

这条路当然不是考场上的首选（路三一行就到），但它值一读： 它说明路三那个”总分 $\times$ 抽取比例”不是巧合，而是这串组合恒等式的另一种说法。

四条路怎么选

考场上的最优组合是路二答第（I）问、路三答第（Ⅱ）问： 分布列用超几何分布的形状一次写全，期望用”总分 $\times$ 抽取比例”一行落地， 两问互不依赖，前面数错也不会把后面带下水。

一句话带走

只问期望时，先别列分布列，先问”每个个体被取到的概率是多少”。 不放回抽 $n$ 个的时候它一律是 $\frac{n}{N}$，与个体是谁无关， 于是 $E(\text{取出部分的总量})=(\text{全体总量})\times\frac{n}{N}$—— 这道题的 $\frac{13}{3}$ 就是”$13$ 分总分 $\times\frac13$”。 而要答分布列那一问，就把题面的”分数之和”先平移成”某一类的个数”： $X=3+W$，概率一个不变，剩下的交给超几何分布的一般式。