浙江 2021 · 数学 q15

冷启动：把两个已知概率翻译成 m、n

先把试验摆清楚。袋中共有 $4+m+n$ 个球（$4$ 红、$m$ 黄、$n$ 绿），任取两个（不放回），$\xi=$ 取出的红球数。

① 样本空间。 从 $4+m+n$ 个互不相同的球里任取 $2$ 个（同色的球也是不同的实物），共 $\mathrm{C}_{4+m+n}^2$ 种等可能取法。这是古典概型——全部功夫都在「数两个数」。

② 用「两个都是红球」定住总球数。 「取出的两个球都是红球」即从 $4$ 个红球里取 $2$ 个：

$$P(\xi=2)=\frac{\mathrm{C}_4^2}{\mathrm{C}_{4+m+n}^2}=\frac{6}{\mathrm{C}_{4+m+n}^2}=\frac{1}{6}$$

于是 $\mathrm{C}_{4+m+n}^2=36$。解出总球数：$\dfrac{(4+m+n)(3+m+n)}{2}=36$，即 $(4+m+n)(3+m+n)=72=9\times8$，故 $4+m+n=9$，

$$m+n=5$$

③ 用「一红一黄」定住 m。 「一红一黄」即从 $4$ 个红球取 $1$ 个、再从 $m$ 个黄球取 $1$ 个（分母已是 $\mathrm{C}_9^2=36$）：

$$P(\text{一红一黄})=\frac{\mathrm{C}_4^1\mathrm{C}_m^1}{\mathrm{C}_9^2}=\frac{4m}{36}=\frac{m}{9}=\frac{1}{3}$$

于是 $m=3$，进而 $n=5-3=2$。

第一空： $m-n=3-2=\boxed{1}$。

到此袋中内容完全确定：红 $4$、黄 $3$、绿 $2$，共 $9$ 个，其中非红 $5$ 个。第二空求 $E(\xi)$——取出红球数的期望。下面有两条实质不同的路。

解法一：分布列法（按定义加权）

怎么想到的。 期望的定义式就是 $E(\xi)=\sum_k k\,P(\xi=k)$——想用它，就得把每个 $P(\xi=k)$ 都算出来，也就是列出分布列。这是最直的一条路：把分布列摆齐，再按定义加权。

① $\xi$ 能取哪些值？ 取两个球，红球数只可能是 $0,1,2$：

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

② 逐个算三个概率。 分母恒为 $\mathrm{C}_9^2=36$；分子是「恰好取到 $k$ 个红球」的取法——从 $4$ 个红球里取 $k$ 个，再从 $5$ 个非红球里取剩下的 $2-k$ 个：

$$P(\xi=k)=\frac{\mathrm{C}_4^k\,\mathrm{C}_5^{2-k}}{\mathrm{C}_9^2}$$

• $k=0$（两球都非红）：$\mathrm{C}_4^0\mathrm{C}_5^2=1\times10=10$；
• $k=1$（一红一非红）：$\mathrm{C}_4^1\mathrm{C}_5^1=4\times5=20$；
• $k=2$（两球都红）：$\mathrm{C}_4^2\mathrm{C}_5^0=6\times1=6$。

③ 列出分布列，并自查概率和为 1。

$$\frac{10+20+6}{36}=\frac{36}{36}=1\ \checkmark$$

概率和为 $1$ 是这条路唯一的免费保险，一秒钟就能戳穿漏算或重复算，务必做。

④ 按定义加权求期望（第二空）。

$$E(\xi)=0\times\frac{10}{36}+1\times\frac{20}{36}+2\times\frac{6}{36}=\frac{0+20+12}{36}=\frac{32}{36}=\boxed{\frac{8}{9}}$$

解法二：指示变量法（线性性）

怎么想到的。 解法一最费力的地方是「把三个概率全算出来」——可题目只问期望，没问整张分布列。像 $\xi=$「取到的红球数」这种计数型随机变量，有一条捷径：拆成 $0\text{-}1$ 指示变量，用期望的线性性质，分布列一张都不用列。

① 拆变量。 把两次抽取编号 $1,2$，令

$$I_j=\begin{cases}1,&\text{第 }j\text{ 次取到红球}\\0,&\text{第 }j\text{ 次没取到红球}\end{cases}$$

则取到的红球总数正是 $\xi=I_1+I_2$。

② 用期望的线性性质相加。 期望的线性性质：$E(I_1+I_2)=E(I_1)+E(I_2)$。关键是这条不要求 $I_1,I_2$ 独立。 不放回抽取里两次结果明明不独立（第一次取走什么改变了第二次的袋中内容），可线性性照样成立——这正是它比二项分布高明的地方。

③ 算每一项。 $0\text{-}1$ 变量的期望就是它取 $1$ 的概率：$E(I_j)=1\cdot P(I_j=1)+0\cdot P(I_j=0)=P(\text{第 }j\text{ 次取到红球})$。由对称性，每个球在每一次被取到的机会均等，故

$$E(I_1)=E(I_2)=\frac{4}{9}$$

（第二次也可用全概率验证：$P=\dfrac{4}{9}\cdot\dfrac{3}{8}+\dfrac{5}{9}\cdot\dfrac{4}{8}=\dfrac{12+20}{72}=\dfrac{4}{9}$，与对称性一致——边缘概率相同，但两次并不独立。）

④ 相加得答案。

$$E(\xi)=E(I_1)+E(I_2)=\frac{4}{9}+\frac{4}{9}=\boxed{\frac{8}{9}}$$

两行算完，分布列一张没列。

这两条路差在哪

• 解法一数的是**「恰好 $k$ 个红球」：三次计数，造出分布列**这张表。代价是三个组合数加一次加权，回报是这张表能回答后续任何问题（方差、$P(\xi\ge1)$……）。
• 解法二数的是**「每次取到红球的边缘概率」**：拆成指示变量、用线性性。代价是它只给得出期望，回报是两行收工，且天然绕开「不放回不独立」这个坑（线性性不要求独立）。

第一个实质动作就分岔了（列整张分布列 vs 只算每次的边缘概率），中间对象也不同（分布列 vs 指示变量和）。所以是两条路。

考场上怎么选：只问期望——走解法二，两行写完不易错。若后面还追问方差或某个概率，那张分布列迟早要做，直接走解法一更省。

🕳️ 避坑

• 不放回 $\ne$ 独立重复试验。 取两个球是不放回，两次结果不独立，$\xi$ 不是二项分布 $B(2,p)$。看到「每次取到红球的概率都是 $\frac49$」就写 $\xi\sim B\!\left(2,\frac49\right)$ 是错的——二项分布要求独立重复。此处仍能用的只有期望的线性性质（不要求独立），这正是解法二的依据。更隐蔽的是：误套二项分布，期望 $np=2\cdot\frac49=\frac89$ 碰巧也算对——但那只是巧合（分布列与方差都错），绝不能因答案对就认下错误的过程。
• 分母按「不同的球」数，不按颜色数。 $4$ 个红球是 $4$ 个不同的球，$\mathrm{C}_4^2=6$ 是「从 $4$ 个不同的球里取 $2$ 个」。若按颜色数样本点（「两红、一红一黄……」），它们不再等可能，古典概型公式当场失效。
• 分布列算完必查概率和。 $\frac{10+20+6}{36}=1$。这一步不查，$P(\xi=1)$ 漏掉「红黄、红绿都算非红」那一步（把 $\mathrm{C}_4^1\mathrm{C}_5^1=20$ 数成 $4+5$）就没人拦得住。
• 由 $\mathrm{C}_{4+m+n}^2=36$ 解总球数要验。 $\frac{N(N-1)}2=36\Rightarrow N(N-1)=72=9\times8$，故 $N=9$；别解成 $N=8$（那是 $\mathrm{C}_8^2=28$），解出后回代验一遍。