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数学中的等效性与对称性不仅体现在几何和函数中, 还体现在概率问题中. 已知一个不透明的罐子中有编号分别为 ${\displaystyle 1,2,3,\cdots ,2n}$ 的 ${\displaystyle 2n}$ 个小球 (${\displaystyle n\ge 2}$), 除编号外, 小球的大小、质地完全相同. 现从中一次性随机摸出 ${\displaystyle k}$ 个小球.

1. 若 ${\displaystyle n=4,k=3}$, 求这 ${\displaystyle k}$ 个小球编号两两不相邻的概率;
2. 记 ${\displaystyle X,Y}$ 分别为摸出的这 ${\displaystyle k}$ 个小球的最大、最小编号, 求 ${\displaystyle \mathbb{E}(X+Y)}$;
3. 若 ${\displaystyle k=n}$, 记 ${\displaystyle \mathrm{\Delta }}$ 表示摸出小球的最大最小编号之差, ${\displaystyle \tilde{\mathrm{\Delta }}}$ 表示未摸出小球的最大最小编号之差, 记 ${\displaystyle P_n(A)=\mathbb{P}(\mathrm{\Delta }=\tilde{\mathrm{\Delta }})}$, 证明 ${\displaystyle P_n(A)>\frac{1}{6}(1-\frac{1}{4^{n-2}})}$.

1. 解 记 3 个小球编号为 ${\displaystyle 1\le a_1<a_2<a_3\le 8}$, 且满足 ${\displaystyle a_2-a_1\ge 2}$, ${\displaystyle a_3-a_2\ge 2}$. 记 ${\displaystyle b_1=a_1}$, ${\displaystyle b_2=a_2-1}$, ${\displaystyle b_3=a_3-2}$, 则 $$1\le b_1<b_2<b_3\le 6,b_2-b_1\ge 1,b_3-b_2\ge 1.$$ 所以满足条件的 ${\displaystyle (b_1,b_2,b_3)}$ 有 ${\displaystyle C_6^3}$ 组, 所以概率为 ${\displaystyle \frac{C_6^3}{C_8^3}=\frac{5}{14}}$.

2. 解 根据对称性, ${\displaystyle k}$ 个小球中最小值为 ${\displaystyle i}$ 和最大值为 ${\displaystyle 2n+1-i}$ 的概率相等, 也即 ${\displaystyle \mathbb{P}(X=i)=\mathbb{P}(Y=2n+1-i)}$. 所以 $$\begin{array}{rl}\mathbb{E}[X]& =\sum _{i=1}^{2n}i\mathbb{P}(X=i)=\sum _{i=1}^{2n}i\mathbb{P}(Y=2n+1-i)=\sum _{j=1}^{2n}(2n+1-j)\mathbb{P}(Y=j)\\ & =(2n+1)\sum _{j=1}^{2n}\mathbb{P}(Y=j)-\sum _{j=1}^{2n}j\mathbb{P}(Y=j)=2n+1-\mathbb{E}[Y].\end{array}$$ 同理 ${\displaystyle \mathbb{E}[Y]=2n+1-\mathbb{E}[X]}$. 所以 $$\mathbb{E}[X]+\mathbb{E}[Y]=4n+2-\mathbb{E}[X]-\mathbb{E}[Y]\Rightarrow \mathbb{E}(X+Y)=2n+1.$$

3. 证明 沿用 2 中的 ${\displaystyle X,Y}$, 并分别记未摸出的 ${\displaystyle n}$ 个球中的最大、最小编号为 ${\displaystyle \tilde{X},\tilde{Y}}$. 则 ${\displaystyle 2n}$ 必来自 ${\displaystyle X,\tilde{X}}$, ${\displaystyle 1}$ 必来自 ${\displaystyle Y,\tilde{Y}}$, 且 ${\displaystyle 2n,1}$ 不能同时出现在摸出/未摸出的集合中(否则 ${\displaystyle \mathrm{\Delta }\ne \tilde{\mathrm{\Delta }}}$). 所以只能有 ${\displaystyle (X,\tilde{Y})=(2n,1)}$ 或 ${\displaystyle (\tilde{X},Y)=(2n,1)}$. 我们先考虑 ${\displaystyle (X,\tilde{Y})=(2n,1)}$.

   • 如果 ${\displaystyle Y=n+1}$, 则摸出 ${\displaystyle n+1,\cdots ,2n}$ 这 ${\displaystyle n}$ 个球, 剩下的球为 ${\displaystyle 1,\cdots ,n}$, ${\displaystyle \mathrm{\Delta }=n-1=\tilde{\mathrm{\Delta }}}$, 只有这一种情形.
   • 否则 ${\displaystyle 2\le Y\le n}$. 要让 ${\displaystyle \mathrm{\Delta }=\tilde{\mathrm{\Delta }}}$, ${\displaystyle \tilde{X}=\tilde{Y}+(X-Y)=2n+1-Y}$. 则需要摸 ${\displaystyle \tilde{X}+1,\cdots ,2n,Y}$ 共 ${\displaystyle Y}$ 个球, 再从 ${\displaystyle Y+1,\cdots ,\tilde{X}-1}$ 这 ${\displaystyle 2n-2Y}$ 个球中摸出剩下 ${\displaystyle n-Y}$ 个球, 所以有 ${\displaystyle C_{2n-2Y}^{n-Y}}$ 种取法.

   所以$$\begin{array}{rl}& \mathbb{P}(\mathrm{\Delta }=\tilde{\mathrm{\Delta }}\cap (X,\tilde{Y})=(2n,1))=\frac{1+\sum _{i=2}^n{C}_{2n-2i}^{n-i}}{C_{2n}^n}=\frac{2+\sum _{i=1}^{n-2}{C}_{2i}^i}{C_{2n}^n}.\end{array}$$ 注意到 $$\frac{C_{2(i+1)}^{i+1}}{C_{2i}^i}=\frac{(2i+2)!}{(i+1)!\cdot (i+1)!}\cdot \frac{i!\cdot i!}{(2i)!}=\frac{(2i+1)(2i+2)}{(i+1{)}^2}=\frac{2(2i+1)}{i+1}<4,$$ 所以 ${\displaystyle C_{2i}^i>\frac{1}{4}{C}_{2(i+1)}^{i+1}>\cdots >{\left(\frac{1}{4}\right)}^{n-i}{C}_{2n}^n}$, 所以 $$\frac{2+\sum _{i=1}^{n-2}{C}_{2i}^i}{C_{2n}^n}>2+\sum _{i=1}^{n-2}{\left(\frac{1}{4}\right)}^{n-i}=\frac{1}{12}(1-{\left(\frac{1}{4}\right)}^{n-2}).$$ 根据对称性, ${\displaystyle (\tilde{X},Y)=(2n,1)}$ 也有一样的结果. 所以 $$P_n(A)=2\mathbb{P}(\mathrm{\Delta }=\tilde{\mathrm{\Delta }}\cap (X,\tilde{Y})=(2n,1))>\frac{1}{6}(1-{\left(\frac{1}{4}\right)}^{n-2}).$$