浙江 2024 · 数学 q14

冷启动：先把「四轮比赛」看成一次配对

假设你刚学完古典概型。题面描述的是一个动态过程——摸牌、比大小、弃牌、再摸——但过程是幌子。

看清楚这一点：四轮下来，甲的每一张牌恰好和乙的某一张牌交过手，而且每张牌只用一次。所以一整场比赛的结果，完全由「甲的哪张牌对上乙的哪张牌」这个一一配对决定。至于这四对是按什么顺序打的，对总得分没有半点影响。

于是随机试验可以重述为一句话：

把乙的四张牌 $2,4,6,8$ 随机地分配给甲的四张牌 $1,3,5,7$，问甲赢下不少于 $2$ 组的概率。

这样的分配一共有 $4\times3\times2\times1=24$ 种，而且每一种等可能（甲乙各自随机出牌，任何一种配对方式的机会都一样）。样本空间钉死了，剩下的全是计数。

再看一眼谁能赢谁——这张小表下面两条路都要用：

$16$ 个格子里甲赢 $6$ 个。另外注意一件小事，它后面很关键：甲的 $1$ 谁都打不过，所以甲最多赢 $3$ 轮，总得分 $X$ 只可能是 $0,1,2,3$。

两条路的分歧：要不要把 $X$ 的分布完整求出来。

⚠️ 别急着写 $X\sim B\!\left(4,\tfrac38\right)$。牌是弃掉不再用的，四轮结果互相牵制、并不独立——二项分布的前提根本不成立（真按二项分布算，答案是 $\tfrac{1971}{4096}\approx0.481$，不是 $\tfrac12$）。

解法一：期望可加，两端夹出中间

怎么想到的。 直接求 $p_2$ 和 $p_3$ 要数一大堆配对，太累。但 $X$ 只有 $4$ 个取值，$p_0+p_1+p_2+p_3=1$ 已经是一个方程——只要再弄到一个关于 $p_k$ 的线性方程，就有希望解出想要的组合。而「期望」正是这样一个方程：$E(X)=p_1+2p_2+3p_3$。更妙的是，$E(X)$ 有一条绕开分布的算法。

① 拆成每轮的 $0\text{-}1$ 变量。 设 $X_k$ 是甲在第 $k$ 轮的得分（赢记 $1$，输记 $0$），则

$$X=X_1+X_2+X_3+X_4 .$$

② 算单轮的胜率。 把出牌看成：甲把自己的四张牌随机排成一列，乙也随机排成一列，第 $k$ 位对第 $k$ 位。那么第 $k$ 轮里，甲出的牌在 $\{1,3,5,7\}$ 上均匀分布，乙出的牌在 $\{2,4,6,8\}$ 上均匀分布，两人各自洗牌互不影响——所以这一轮的 $16$ 种组合等可能。对照上面那张表，甲赢的有 $6$ 种（$3$ 对 $2$；$5$ 对 $2,4$；$7$ 对 $2,4,6$）：

$$P(X_k=1)=\frac{6}{16}=\frac38,\qquad E(X_k)=1\times\frac38+0\times\frac58=\frac38\quad(k=1,2,3,4).$$

③ 期望相加（这一步不需要独立）。 期望的线性性质对任意随机变量都成立，不要求它们独立——这正是本解法能成立的关键：

$$E(X)=E(X_1)+E(X_2)+E(X_3)+E(X_4)=4\times\frac38=\frac32 .$$

④ 两端的两个概率，各只有一种配对。 记 $p_k=P(X=k)$，$k=0,1,2,3$。

• $p_0$（甲一轮不赢）：甲的 $7$ 要输，只能对 $8$；甲的 $5$ 要输，得对比它大的，$6$ 或 $8$，而 $8$ 已被占，只能对 $6$；同理 $3$ 只能对 $4$；剩下 $1$ 对 $2$。唯一一种，故 $p_0=\dfrac1{24}$。
• $p_3$（甲赢三轮）：$1$ 赢不了，所以 $3,5,7$ 必须全赢。$3$ 要赢只能对 $2$；$5$ 要赢得对 $2$ 或 $4$，$2$ 被占，只能对 $4$；$7$ 只能对 $6$；剩下 $1$ 对 $8$。也唯一，故 $p_3=\dfrac1{24}$。

⑤ 两个方程收网。

$$\begin{cases} p_0+p_1+p_2+p_3=1,\\[2pt] 0\cdot p_0+1\cdot p_1+2\cdot p_2+3\cdot p_3=E(X)=\dfrac32 . \end{cases}$$

代入 $p_0=p_3=\dfrac1{24}$：

$$p_1+p_2=1-\frac{2}{24}=\frac{11}{12},\qquad p_1+2p_2=\frac32-\frac{3}{24}=\frac{11}{8}.$$

两式相减：

$$p_2=\frac{11}{8}-\frac{11}{12}=\frac{33-22}{24}=\frac{11}{24}.$$

所以

$$P(X\ge 2)=p_2+p_3=\frac{11}{24}+\frac{1}{24}=\frac{12}{24}=\frac12 .$$

整条路只数了两种配对（$p_0$ 与 $p_3$ 各一种），其余全靠期望这一个等式撬出来。

解法二：一一配对，24 种全数完

怎么想到的。 上一条路很巧，但巧路要靠灵光；$24$ 这个数其实小得可以硬数——只要数得有条理，不会数漏。而且数完之后你手里有的是完整分布，不只是一个概率。

① 先把要数的东西缩到最小。 一次结果就是把 $2,4,6,8$ 分配给 $1,3,5,7$，共 $4!=24$ 种，等可能。由上面那张胜负表：

• 甲的 $1$：永远输，不用管；
• 甲的 $3$：赢 $\iff$ 对上 $2$；
• 甲的 $5$：赢 $\iff$ 对上 $2$ 或 $4$；
• 甲的 $7$：赢 $\iff$ 对上 $2$、$4$ 或 $6$。

所以 $X$ 只由 $3,5,7$ 三张牌各自对上谁决定。

② 按「$1$ 对上谁」分成四类，每类内部把剩下三个数分给 $3,5,7$，各 $3!=6$ 种。下表每格写「$3,5,7$ 各自的对手」，右边是甲赢的轮数。

第一类：$1$ 对 $2$（剩 $4,6,8$ 分给 $3,5,7$）

第二类：$1$ 对 $4$（剩 $2,6,8$）

第三类：$1$ 对 $6$（剩 $2,4,8$）

第四类：$1$ 对 $8$（剩 $2,4,6$）

（每一格都是照 ① 的三条规则读的。举一格为例，第三类的 $8,2,4$：$3$ 对 $8$ 输、$5$ 对 $2$ 赢、$7$ 对 $4$ 赢，共赢 $2$ 轮。）

③ 汇总。 把 $24$ 格按赢的轮数归堆：

$$X=0:\ 1\ \text{种};\quad X=1:\ 4+4+2+1=11\ \text{种};\quad X=2:\ 1+2+4+4=11\ \text{种};\quad X=3:\ 1\ \text{种}.$$

合计 $1+11+11+1=24$ ✓。于是

$$P(X\ge2)=\frac{11+1}{24}=\frac{12}{24}=\frac12 .$$

④ 顺手验一下。 由这个分布算期望：$E(X)=\dfrac{0\times1+1\times11+2\times11+3\times1}{24}=\dfrac{36}{24}=\dfrac32$，与解法一用「$4\times\dfrac38$」算出的完全一致——两条路互相印证。

另外分布本身很漂亮：$1,11,11,1$ 左右对称。正因为对称，$X\le1$ 与 $X\ge2$ 各占一半，答案才是干净的 $\dfrac12$。

这两条路差在哪。 解法一只数了 $2$ 种配对，靠「期望」这条不依赖独立性的等式把中间两项夹出来——考场上最快，但它要求你想到「两端各只有唯一一种」这个突破口；一旦端点不唯一（把牌面换一组就可能），这条路立刻要改写。解法二把 $24$ 种全数一遍，慢但零技巧、绝不会想不到，而且交付的是完整分布：期望、方差、任何一个「$X$ 落在某范围」的概率都现成。真上考场的顺序应该是：先按解法二的思路把「一一配对、$24$ 种等可能」这个模型立起来，再看时间够不够——够就硬数，不够就找解法一那种巧劲。

🕳️ 避坑

• 弃牌 ≠ 独立重复试验。 每轮胜率都是 $\dfrac38$ 是真的，但四轮不独立，$X$ 不服从二项分布。期望的可加性不要求独立（所以 $E(X)=\dfrac32$ 没问题），二项分布的概率公式要求独立（所以 $\mathrm{C}_4^k\left(\frac38\right)^k\left(\frac58\right)^{4-k}$ 一用就错）——同一道题里一个能用一个不能用，得分清楚。
• 样本空间要选「配对」，不要选「得分」。 有人把 $X=0,1,2,3$ 这四种结果当成样本空间、以为各占 $\dfrac14$——它们不等可能（$1:11:11:1$），古典概型的公式当场失效。等可能的是 $24$ 种配对，不是 $4$ 种得分。
• 「不小于 $2$」含 $2$。 要算的是 $p_2+p_3$，不是 $p_3$，也不是 $p_2$。
• 求 $p_0$、$p_3$ 时要按被逼得最紧的牌先定（先定 $7$ 或先定 $3$），一路唯一地推下去；随便挑一张开始就容易漏掉分支、误以为不止一种。