浙江 2014 · 数学 q09

冷启动：四个选项其实只在问「两个方向」

题面定义了一堆记号，但选项只比两件事：

$$\underbrace{p_1\ \text{与}\ p_2}_{\text{摸到红球的概率}},\qquad \underbrace{E(\xi_1)\ \text{与}\ E(\xi_2)}_{\text{甲盒里红球个数的期望}} .$$

每件事有两个方向，四个选项正好是 $2\times 2$ 的全组合：

这张表就是提速的钥匙：定准任何一个方向，四条立刻砍成两条；两个方向都定准，答案唯一。 而两个方向里，个数那一路几乎是白送的——往盒子里加球，红球只会多不会少，$E$ 必增。 所以真正要算的只有 $p_1$ 与 $p_2$ 谁大。

再看清一件事：$\xi_i$ 数的是「个数」，$p_i$ 量的是「占比」。

$$p_i=\frac{\text{甲盒里红球的个数}}{\text{甲盒里球的总数}} .$$

加球时分子在涨，分母也在涨，商往哪边走并不显然——四个选项里「同向」的那两条（C、D） 正是留给「以为分子涨了商就涨」的人。

解法一：两张分布列摆出来，两个量各算各的

第一步：$\xi_1$ 的分布列

甲盒原有 1 个红球。从乙盒（$m$ 红 $n$ 蓝）随机抓 1 个放进去：

$$P(\xi_1=1)=\frac{n}{m+n}\ (\text{抓来的是蓝}),\qquad P(\xi_1=2)=\frac{m}{m+n}\ (\text{抓来的是红}).$$ $$E(\xi_1)=1\cdot\frac{n}{m+n}+2\cdot\frac{m}{m+n}=\frac{2m+n}{m+n} .$$

第二步：$\xi_2$ 的分布列——抓两个，不放回

抓 2 个球的所有取法是 $\mathrm{C}_{m+n}^{2}$ 种，其中抓到 $k$ 个红的有 $\mathrm{C}_m^k\mathrm{C}_n^{2-k}$ 种 （这正是超几何分布的形状），而甲盒里的红球数是 $\xi_2=k+1$：

$$P(\xi_2=1)=\frac{\mathrm{C}_n^{2}}{\mathrm{C}_{m+n}^{2}}=\frac{n(n-1)}{(m+n)(m+n-1)},\quad P(\xi_2=2)=\frac{\mathrm{C}_m^{1}\mathrm{C}_n^{1}}{\mathrm{C}_{m+n}^{2}}=\frac{2mn}{(m+n)(m+n-1)},$$ $$P(\xi_2=3)=\frac{\mathrm{C}_m^{2}}{\mathrm{C}_{m+n}^{2}}=\frac{m(m-1)}{(m+n)(m+n-1)} .$$

加权求和：

$$E(\xi_2)=\frac{n(n-1)+2\cdot 2mn+3m(m-1)}{(m+n)(m+n-1)} =\frac{3m^{2}+n^{2}-3m-n+4mn}{(m+n)(m+n-1)} .$$

第三步：$p_i$ 靠全概率公式落地

甲盒放完球后共有 $i+1$ 个球、其中红球 $\xi_i$ 个。一旦知道 $\xi_i=k$，摸到红球的概率就是 $\frac{k}{i+1}$， 于是按 $\xi_i$ 的取值分情形相加：

$$p_i=\sum_k P(\xi_i=k)\cdot\frac{k}{i+1} .$$ $$p_1=\frac{n}{m+n}\cdot\frac12+\frac{m}{m+n}\cdot 1=\frac{2m+n}{2(m+n)} ,$$ $$p_2=\frac{\mathrm{C}_n^{2}}{\mathrm{C}_{m+n}^{2}}\cdot\frac13 +\frac{\mathrm{C}_m^{1}\mathrm{C}_n^{1}}{\mathrm{C}_{m+n}^{2}}\cdot\frac23 +\frac{\mathrm{C}_m^{2}}{\mathrm{C}_{m+n}^{2}}\cdot 1 =\frac{3m^{2}-3m+4mn+n^{2}-n}{3(m+n)(m+n-1)} .$$

第四步：两次作差

$$E(\xi_2)-E(\xi_1)=\frac{3m^{2}+n^{2}-3m-n+4mn}{(m+n)(m+n-1)}-\frac{2m+n}{m+n} =\frac{m(m-1)+mn}{(m+n)(m+n-1)}=\frac{m}{m+n}>0 ,$$ $$p_1-p_2=\frac{2m+n}{2(m+n)}-\frac{3m^{2}-3m+4mn+n^{2}-n}{3(m+n)(m+n-1)} =\frac{mn+n(n-1)}{6(m+n)(m+n-1)}=\frac{n}{6(m+n)}>0 .$$

于是 $p_1>p_2$ 而 $E(\xi_1)<E(\xi_2)$，选 A。

对着原卷核过的一处：这份解析版把 $p_2$ 的分子印成了 $3m^{2}-3m+2mn+n^{2}-n$， 中间那一项应是 $4mn$——同一份解析后面 $E(\xi_2)$ 的分子写的正是 $\cdots+4mn$， 而 $p_2=\frac13E(\xi_2)$，两处对不上。这个笔误又传到下一行：$p_1-p_2$ 的分子被印成 $5mn+n(n-1)$，按 $4mn$ 重算应是 $mn+n(n-1)=n(m+n-1)$。两种写法都 $>0$，结论不受影响， 但抄进笔记前值得改回来（详见校订层的「另记」）。

解法二：先算个数的期望，再除以盒里的球数

解法一里最费力的是 $p_2$ 那三项加权。但第三步那条求和式其实自带一个约分：

$$p_i=\sum_k P(\xi_i=k)\cdot\frac{k}{i+1}=\frac{1}{i+1}\sum_k k\,P(\xi_i=k)=\frac{E(\xi_i)}{i+1} .$$

概率是期望除以球数。 两问就此并成一问——只要算出 $E(\xi_i)$，$p_i$ 白送。

期望更是白送的

记 $t=\frac{m}{m+n}$ 为乙盒的红球占比。把 $\xi_i$ 拆成「原来那 1 个」加「抓来的每一个是不是红」的 $0\text{-}1$ 变量之和，每个抓来的球是红球的概率都是 $t$——不放回只让两个球不独立， 并不改变单个球的概率（第 2 次抓到红球的概率仍是 $\frac{m}{m+n}$，这是抽签的公平性）。 期望可加，不要求独立，于是

$$E(\xi_i)=1+it .$$

代回上式：

$$\boxed{\;p_i=\frac{1+it}{i+1}=\frac{1}{i+1}\cdot 1+\frac{i}{i+1}\cdot t\;}$$

——$p_i$ 是 $1$ 与 $t$ 的加权平均。原来那个红球贡献一个「$1$」，抓来的每个球贡献一个「$t$」； 球加得越多，权重越往 $t$ 那边倒。因为 $t<1$（乙盒里有蓝球，$n\geq 3$），加球只能把 $p$ 往下拽。

两个方向一起读出来

$$E(\xi_2)-E(\xi_1)=t=\frac{m}{m+n}>0 ,$$ $$p_1-p_2=\Big(t+\frac{1-t}{2}\Big)-\Big(t+\frac{1-t}{3}\Big)=\frac{1-t}{6}=\frac{n}{6(m+n)}>0 .$$

个数涨、占比跌，选 A。整条路没有出现过一个组合数。

解法三：单选题特权，取一组最好算的数对号入座

原卷的【解析 2】给了这条路：取 $m=n=3$（题面只要求 $m\geq 3$、$n\geq 3$，这组数合法）。 此时 $t=\frac12$，乙盒是 3 红 3 蓝：

$\frac34>\frac23$、$\frac32<2$，于是 $p_1>p_2$ 且 $E(\xi_1)<E(\xi_2)$——四个选项里只有 A 对得上， 其余三条各被否掉一半。

这条路的边界要说清：特例只能证伪三个选项，逻辑上不能证明第四个。 单选题必有唯一答案，所以砍掉三个就等于选出第四个；但若这是解答题，$m=n=3$ 只能用来探路， 正式作答仍得走解法一或解法二。

为什么两个方向注定相反

把结论摆在一起看：

$$E(\xi_i)=1+it\ \nearrow ,\qquad p_i=\frac{1+it}{i+1}\ \searrow .$$

分子 $1+it$ 每步涨 $t$，分母 $i+1$ 每步涨 $1$。分母涨得比分子快（因为 $t<1$），所以商往下走。

换成加权平均的说法更直观：甲盒原来的那 1 个球是「纯红」（占比 $1$）， 从乙盒抓来的球平均只有 $t$ 的纯度。往一杯纯的里兑不纯的，兑得越多越淡—— 个数确实在涨，浓度却在跌。这就是本题唯一的机关。

三条路怎么选

实战顺序：先用「加球必然增红」定死 $E(\xi_1)<E(\xi_2)$，砍掉 B、C； 再用 $p_i=\frac{1+it}{i+1}$（或直接代 $m=n=3$）确认 $p_1>p_2$，在 A、D 之间选 A。

一句话带走

「个数」和「占比」是两个量，不许互相担保。本题里

$$E(\xi_i)=1+it\quad\text{在涨},\qquad p_i=\frac{1+it}{i+1}=\frac{1}{i+1}\cdot 1+\frac{i}{i+1}\cdot t\quad\text{在跌} .$$

看到「往容器里加东西，问某种成分的概率怎么变」，先把它写成加权平均： 新来的那份纯度是多少，结果就往哪边靠。