浙江 2013 · 数学 q19

冷启动：两问用的是同一只袋子的两种问法

先把袋子说清楚。 袋里 $a$ 红、$b$ 黄、$c$ 蓝，取到红得 $1$ 分、黄得 $2$ 分、蓝得 $3$ 分。 所以「取一个球」这件事，随机变量就是它的分数，取值只有 $1,2,3$ 三个，概率分别是

$$p_{1}=\frac{a}{a+b+c},\qquad p_{2}=\frac{b}{a+b+c},\qquad p_{3}=\frac{c}{a+b+c} .$$

第（1）问给定 $a=3,b=2,c=1$，取两个球（有放回），问和的分布列。 「有放回」这三个字是整问的地基：正因为放回，两次抽取才互相独立、且分布一模一样， $36$ 个球对才个个等可能。

第（2）问只取一个球，给了 $E\eta=\frac{5}{3}$、$D\eta=\frac{5}{9}$，反过来求 $a:b:c$。 注意它问的是比——比只跟 $p_{1},p_{2},p_{3}$ 有关，跟袋子里到底有多少个球无关。 这句话就是第三条解法的全部灵感。

一个先说破的巧合：第（2）问的答案是 $3:2:1$——正是第（1）问那只袋子。 所以第（1）问那只袋子的一次抽取，期望恰好是 $\frac{5}{3}$、方差恰好是 $\frac{5}{9}$。 算完第（2）问回头拿第（1）问验一遍，一秒钟就知道有没有错。

解法一：老实数格子——$36$ 个等可能结果，$(2)$ 按定义列两条方程

（1） $a=3,b=2,c=1$，袋里共 $6$ 个球。有放回取两次，第一次 $6$ 种、第二次 $6$ 种， 由分步乘法计数原理共 $6\times 6=36$ 个球对，且个个等可能——这是一个古典概型， 求概率就是数格子。

$\xi$ 是两球分数之和，最小 $1+1=2$、最大 $3+3=6$，所以 $\xi\in\{2,3,4,5,6\}$。逐个数：

$$P(\xi=2)=\frac{3\times 3}{6\times 6}=\frac{9}{36}=\frac{1}{4},\qquad P(\xi=3)=\frac{2\times 3\times 2}{6\times 6}=\frac{12}{36}=\frac{1}{3},$$ $$P(\xi=4)=\frac{2\times 3\times 1+2\times 2}{6\times 6}=\frac{10}{36}=\frac{5}{18},\qquad P(\xi=5)=\frac{2\times 2\times 1}{6\times 6}=\frac{4}{36}=\frac{1}{9},\qquad P(\xi=6)=\frac{1\times 1}{6\times 6}=\frac{1}{36} .$$

$\xi=4$ 那一格是唯一要动脑子的：和为 $4$ 有两种拆法——「$1+3$」（红蓝，两个次序，$2\times3\times1=6$ 格） 与「$2+2$」（黄黄，$2\times 2=4$ 格），由分类加法计数原理相加得 $10$。 只数了「红蓝／蓝红」得 $6$，只数了「黄黄」得 $4$，都是漏了一类。

验算：$9+12+10+4+1=36$，概率和为 $1$。分布列：

（2） 记 $N=a+b+c$。$\eta$ 的分布列是

按定义写期望与方差：

$$E\eta=\frac{a+2b+3c}{N}=\frac{5}{3},$$ $$D\eta=\Bigl(1-\frac{5}{3}\Bigr)^{2}\frac{a}{N}+\Bigl(2-\frac{5}{3}\Bigr)^{2}\frac{b}{N} +\Bigl(3-\frac{5}{3}\Bigr)^{2}\frac{c}{N} =\frac{\frac{4}{9}a+\frac{1}{9}b+\frac{16}{9}c}{N}=\frac{5}{9} .$$

两式分别去分母（第一式 $\times 3N$、第二式 $\times 9N$）：

$$3(a+2b+3c)=5N,\qquad 4a+b+16c=5N .$$

把 $N=a+b+c$ 代回、整理，得到官方那个方程组：

$$\begin{cases} 2a-b-4c=0,\\ a+4b-11c=0 . \end{cases}$$

由第一式 $b=2a-4c$，代入第二式：$a+8a-16c-11c=0$，即 $9a=27c$，故 $a=3c$， 回代得 $b=2c$。于是

$$a:b:c=3c:2c:c=3:2:1 .$$

解法二：一次抽取的分数当基本对象——$(1)$ 概率直接相乘，$(2)$ 用 $E\eta^{2}=D\eta+(E\eta)^{2}$

（1） 不去数 $36$ 个球对，改盯一次抽取的分数 $X$。$a=3,b=2,c=1$ 时

$$P(X=1)=\frac{3}{6}=\frac{1}{2},\qquad P(X=2)=\frac{2}{6}=\frac{1}{3},\qquad P(X=3)=\frac{1}{6} .$$

有放回 $\Rightarrow$ 两次的分数 $X_{1},X_{2}$ 独立同分布，而 $\xi=X_{1}+X_{2}$。 于是每个和的概率直接由概率相乘再相加：

$$P(\xi=2)=\Bigl(\tfrac{1}{2}\Bigr)^{2}=\frac{1}{4},\qquad P(\xi=3)=2\cdot\tfrac{1}{2}\cdot\tfrac{1}{3}=\frac{1}{3},$$ $$P(\xi=4)=2\cdot\tfrac{1}{2}\cdot\tfrac{1}{6}+\Bigl(\tfrac{1}{3}\Bigr)^{2}=\frac{1}{6}+\frac{1}{9}=\frac{5}{18},$$ $$P(\xi=5)=2\cdot\tfrac{1}{3}\cdot\tfrac{1}{6}=\frac{1}{9},\qquad P(\xi=6)=\Bigl(\tfrac{1}{6}\Bigr)^{2}=\frac{1}{36} .$$

与解法一逐项相同。好处是下次换一只袋子只要改三个概率，不必重新数格子； 顺带还白送一个期望：由期望的线性性质，$E\xi=E X_{1}+E X_{2}=2EX=\frac{10}{3}$， 不必回到分布列去加权。

（2） 方差那条方程别按定义硬展开——三个平方 $\bigl(1-\frac53\bigr)^2,\bigl(2-\frac53\bigr)^2,\bigl(3-\frac53\bigr)^2$ 算出来是 $\frac49,\frac19,\frac{16}{9}$，通分就要费一遍事。改用简算式：

$$E\eta^{2}=D\eta+(E\eta)^{2}=\frac{5}{9}+\frac{25}{9}=\frac{30}{9}=\frac{10}{3} .$$

而 $E\eta^{2}$ 的系数是 $1^{2},2^{2},3^{2}=1,4,9$——心算就写得出来：

$$\frac{a+4b+9c}{N}=\frac{10}{3}\;\Longrightarrow\;3(a+4b+9c)=10N=10(a+b+c) \;\Longrightarrow\;-7a+2b+17c=0 .$$

配上 $E\eta$ 那条 $2a-b-4c=0$，两式消 $b$（第一式 $\times 2$ 加第二式）： $-7a+2b+17c+2(2a-b-4c)=-3a+9c=0$，即 $a=3c$，再回代得 $b=2c$，同样得 $3:2:1$。

这里减掉的是均值的平方，$D\eta=E\eta^{2}-(E\eta)^{2}$。写成 $E\eta^{2}-E\eta$ 后面全错， 而且量纲都不对——$\frac{5}{9}+\frac{5}{3}$ 得 $\frac{20}{9}$，与正确的 $\frac{10}{3}$ 差着一截。

解法三：对概率设元——三个未知数、三条线性方程，$a+b+c$ 这个碍事的分母当场消失

题目问的是 $a:b:c$，而

$$a:b:c=\frac{a}{N}:\frac{b}{N}:\frac{c}{N}=p_{1}:p_{2}:p_{3} .$$

也就是说，$N$ 从头到尾都不该出现。直接拿 $p_{1},p_{2},p_{3}$ 当未知数， 三条已知信息恰好是三条线性方程：

$$\begin{cases} p_{1}+p_{2}+p_{3}=1 &\text{（概率和为 }1\text{）},\\[2pt] p_{1}+2p_{2}+3p_{3}=E\eta=\dfrac{5}{3},\\[2pt] p_{1}+4p_{2}+9p_{3}=E\eta^{2}=D\eta+(E\eta)^{2}=\dfrac{10}{3} . \end{cases}$$

三条式子左端的系数是 $1,1,1$ / $1,2,3$ / $1,4,9$，逐次相减最省力：

第二式减第一式得 $p_{2}+2p_{3}=\dfrac{2}{3}$；第三式减第二式得 $2p_{2}+6p_{3}=\dfrac{5}{3}$，即 $p_{2}+3p_{3}=\dfrac{5}{6}$。

两式再相减：$p_{3}=\dfrac{5}{6}-\dfrac{2}{3}=\dfrac{1}{6}$，于是 $p_{2}=\dfrac{2}{3}-\dfrac{2}{6}=\dfrac{1}{3}$，$p_{1}=1-\dfrac{1}{3}-\dfrac{1}{6}=\dfrac{1}{2}$。

$$a:b:c=\frac{1}{2}:\frac{1}{3}:\frac{1}{6}=3:2:1 .$$

全程没有出现 $a$、$b$、$c$，也没有出现 $N$，更没有「去分母」这一步。 而且它把第（2）问的结构说穿了：三个未知的概率，三条独立的线性条件，解必唯一—— 题目给 $E$ 与 $D$ 两个数据，不多不少正好够。

免费的验算：解出的 $(p_{1},p_{2},p_{3})=(\frac12,\frac13,\frac16)$，正是第（1）问那只袋子 （$3,2,1$ 个球，共 $6$ 个）的抽球概率。把第（1）问的袋子拿来算一次期望 $\frac12+\frac23+\frac12=\frac53$、方差 $\frac{10}{3}-\frac{25}{9}=\frac59$，与题给的两个数据一字不差。

三条提醒

1. 「有放回」不是废话。 第（1）问正因为放回，两次才独立同分布、$36$ 个球对才等可能。 换成不放回，分母就变成 $6\times 5=30$，五个概率全要重算。
2. $\xi=4$ 是唯一的分类点。 和为 $4$ 有「红蓝」与「黄黄」两类，缺一类就错。 数完务必用「五个概率加起来等于 $1$」兜一次底。
3. 别把三个球数当成未知数去解。 三个未知数只有两条方程，本来就定不出 $a,b,c$—— 只能定出比。想通这一层，就会自然地换成概率设元（解法三）。