本讲义是“概率与数理统计”专题知识课的配套文字版，内容与课堂上使用的交互课件一一对应，共 4 章、18 个专题，覆盖条件概率、全概率与贝叶斯、随机变量及其分布、统计与回归、独立性检验，以及大学数理统计初步。
每个专题自成一节，大体按课堂的节奏展开：
浅紫色框：解题思路、关键观察、规律总结。
浅黄色框：需要特别留意的条件和细节。
浅红色框：常见错误与辨析。
白底紫框：需要记住的公式与二级结论。
标有提高压轴的内容难度较高，可按自己的目标选读。书中插图取自课堂交互课件中的动态图形，是某一时刻的静态画面，图注说明了图中各部分的含义。
知道 $B$ 已经发生，就等于把样本空间缩小成 $B$。$P(A\mid B)$ 问的是：在 $B$ 里面，$A$ 占多大比例？
掷两颗骰子，记第一颗点数为 $a$、第二颗点数为 $b$，共 36 个等可能的结果 $(a,b)$。取事件
$$ \begin{aligned} P(A\mid B)&=\frac{n(AB)}{n(B)}=\frac{2}{11}\\ &=\frac{P(AB)}{P(B)}=\frac{2/36}{11/36} \end{aligned} $$
把三个概率放在一起比较：
$P(A\mid B)>P(A)$：知道 $B$ 发生后，$A$ 变得更可能了。
注意 $P(A\mid B)\ne P(B\mid A)$：分母不同（一个是 $n(B)$，一个是 $n(A)$）。
分母从 36 换成了 $n(B)$。条件概率不是新理论，只是换了一个样本空间重新做古典概型。
同样的数法用于其他事件。下面两张表中，最后一列比较 $P(A\mid B)$ 与 $P(A)$：“$>$”表示知道 $B$ 发生后 $A$ 变得更可能，“$<$”表示变得更不可能。
表 1 固定 $B$：至少一颗是 6（$n(B)=11$），换事件 $A$。
| 事件 $A$ | $n(A)$ | $n(AB)$ | $P(A)$ | $P(A\mid B)$ | $P(B\mid A)$ | 比较 |
|---|---|---|---|---|---|---|
| 点数和为 8 | 5 | 2 | $\frac{5}{36}$ | $\frac{2}{11}$ | $\frac25$ | $>$ |
| 点数和 $\ge 9$ | 10 | 7 | $\frac{5}{18}$ | $\frac{7}{11}$ | $\frac{7}{10}$ | $>$ |
| 第一颗是 6 | 6 | 6 | $\frac16$ | $\frac{6}{11}$ | $1$ | $>$ |
| 至少一颗是 6 | 11 | 11 | $\frac{11}{36}$ | $1$ | $1$ | $>$ |
| 第一颗是奇数 | 18 | 3 | $\frac12$ | $\frac{3}{11}$ | $\frac16$ | $<$ |
| 两颗点数相同 | 6 | 1 | $\frac16$ | $\frac{1}{11}$ | $\frac16$ | $<$ |
| 点数和为偶数 | 18 | 5 | $\frac12$ | $\frac{5}{11}$ | $\frac{5}{18}$ | $<$ |
| 点数差 $\ge 3$ | 12 | 6 | $\frac13$ | $\frac{6}{11}$ | $\frac12$ | $>$ |
表 2 固定 $A$：点数和为 8（$n(A)=5$，$P(A)=\frac{5}{36}$），换事件 $B$。
| 事件 $B$ | $n(B)$ | $n(AB)$ | $P(A\mid B)$ | $P(B\mid A)$ | 比较 |
|---|---|---|---|---|---|
| 至少一颗是 6 | 11 | 2 | $\frac{2}{11}$ | $\frac25$ | $>$ |
| 点数和为 8 | 5 | 5 | $1$ | $1$ | $>$ |
| 点数和 $\ge 9$ | 10 | 0 | $0$ | $0$ | $<$ |
| 第一颗是 6 | 6 | 1 | $\frac16$ | $\frac15$ | $>$ |
| 第一颗是奇数 | 18 | 2 | $\frac19$ | $\frac25$ | $<$ |
| 两颗点数相同 | 6 | 1 | $\frac16$ | $\frac15$ | $>$ |
| 点数和为偶数 | 18 | 5 | $\frac{5}{18}$ | $1$ | $>$ |
| 点数差 $\ge 3$ | 12 | 2 | $\frac16$ | $\frac25$ | $>$ |
古典概型中，已知 $B$ 发生，样本空间缩成 $B$，$A$ 发生当且仅当结果落在 $A\cap B$：
$$P(A\mid B)=\frac{n(AB)}{n(B)}$$
在“新世界” $B$ 里数格子
分子分母同除以 $n(\Omega)$：
$$P(A\mid B)=\frac{n(AB)/n(\Omega)}{n(B)/n(\Omega)}=\frac{P(AB)}{P(B)}$$
这一步把“数格子”变成“比面积”，从而不再依赖等可能
定义（一般情形）：设 $P(B)>0$，
$$P(A\mid B)\overset{\text{def}}{=}\frac{P(AB)}{P(B)}$$
$P(B)=0$ 时无定义——“不可能发生的条件”没有意义
乘法公式：把定义反过来写
$$ \begin{aligned} P(AB)&=P(B)\,P(A\mid B)\\ &=P(A)\,P(B\mid A) \end{aligned} $$
“先 $B$ 后 $A$”与“先 $A$ 后 $B$”两条路，都走到同一个 $AB$
推广到多个事件（链式法则）：
$$ \begin{aligned} P(A_1A_2\cdots A_n)=\ &P(A_1)P(A_2\mid A_1)P(A_3\mid A_1A_2)\\ &\cdots P(A_n\mid A_1\cdots A_{n-1}) \end{aligned} $$
树状图上沿一条路径把分支概率连乘
$P(\,\cdot\mid B)$ 本身满足概率的全部公理，所以普通概率公式都能“加上 $\mid B$”照用：
$$ \begin{aligned} &P(\bar A\mid B)=1-P(A\mid B)\\ &P(A_1\cup A_2\mid B)\\ &\quad=P(A_1\mid B)+P(A_2\mid B)-P(A_1A_2\mid B) \end{aligned} $$
条件概率就是一个新的概率测度
独立性的自然由来：若知道 $B$ 不改变 $A$ 的概率，即 $P(A\mid B)=P(A)$，代入定义得
$$P(AB)=P(A)P(B)$$
这就是独立的定义；它对称，且 $P(B)=0$ 时也能用
设 $P(B)>0$，
$$P(A\mid B)=\frac{P(AB)}{P(B)}$$
乘法公式：
$$P(AB)=P(B)\,P(A\mid B)=P(A)\,P(B\mid A)$$
单位正方形面积 $=1$。蓝色竖条是 $B$，橙色是 $A$ 落在 $B$ 内外的部分。图中取 $P(B)=0.40$，$P(A\mid B)=0.75$，$P(A\mid\bar B)=0.25$。
$$ \begin{aligned} P(AB)&=P(B)P(A\mid B)=0.40\times0.75=0.30\\ P(A)&=P(AB)+P(A\bar B)\\ &=0.30+0.15=0.45\\ P(B\mid A)&=\frac{P(AB)}{P(A)}\approx0.6667 \end{aligned} $$
$$\text{条件频率}=\frac{A\text{、}B\text{ 同时发生的次数}}{B\text{ 发生的次数}}$$
$B$ 没发生的试验直接丢弃——这正是“缩小样本空间”的实验含义。事件仍取第 1 节的 $A$（点数和为 8）与 $B$（至少一颗是 6）。
一次掷 1000 次的模拟记录如下：
| 总次数 | $B$ 发生 | $A$、$B$ 都发生 | 条件频率 | 理论 $P(A\mid B)$ | 对照：$A$ 的频率 |
|---|---|---|---|---|---|
| 1000 | 287 | 54 | 0.1882 | $\frac{2}{11}$ | 0.1460 |
$B$ 越“稀有”，有效样本越少，条件频率（蓝线）收敛越慢。
记 $A_1$：第一次摸到红球，$A_2$：第二次摸到红球。考虑四个问题：
① 两次都红；② 已知第一次红，第二次红；③ 第二次红；④ 已知第二次红，第一次红。
① 积事件：沿“红→红”一条路径连乘。
$$ \begin{aligned} P(A_1A_2)&=P(A_1)P(A_2\mid A_1)\\ &=\frac{2}{5}\times\frac{1}{4}=\frac{1}{10} \end{aligned} $$
② 条件概率：站在“第一次红”这个节点上，只看下一条分支（$r$ 为红球数，$n$ 为球的总数）：
$$P(A_2\mid A_1)=\frac{r-1}{n-1}=\frac14$$
也可以用定义：$\dfrac{P(A_1A_2)}{P(A_1)}=\dfrac{1/10}{2/5}=\dfrac14$。
③ 全概率：第二次红有两条路径，相加：
$$P(A_2)=\frac{1}{10}+\frac{3}{10}=\frac25$$
恰好等于 $P(A_1)=\dfrac25$：抽签与顺序无关。
④ 逆向条件概率（贝叶斯的雏形）：条件“第二次红”在后，问的是前面：
$$P(A_1\mid A_2)=\frac{P(A_1A_2)}{P(A_2)}=\frac{1/10}{2/5}=\frac14$$
和 ② 的数值相同，这是不放回摸球的对称性，并非一般规律。
“已知…”“在…的条件下”“若…则…的概率” → 条件概率，分母变；“…且…”“…都…” → 积事件，沿路径连乘。
③ 的结果恰好等于第一次摸红的概率——不放回摸球与“先后顺序”无关。用全概率公式（下一模块）可严格证明。
若 $A$、$B$ 互斥且 $P(A)$、$P(B)>0$，则 $P(A\mid B)=0\ne P(A)$，一定不独立。互斥说的是“不能同时发生”，独立说的是“互不影响”——互斥恰恰影响最大。
抛掷甲、乙两枚质地均匀的骰子，所得点数分别为 $a,b$，记 $X=\left[\dfrac ba\right]$（$[x]$ 表示不超过 $x$ 的最大整数）。
（1）求在 $X>0$ 的条件下，$X=\dfrac ba$ 的概率；
（2）求 $X$ 的分布列及数学期望。
古典概型下的条件概率 = 在“新世界” $A$ 里数格子。把 36 个结果画成 $6\times6$ 方格，两个条件都变成方格里的区域。
设 $A=\{X>0\}$，$B=\left\{X=\dfrac ba\right\}$。样本空间 $n(\Omega)=36$。
$X>0\iff\left[\dfrac ba\right]\ge1\iff \dfrac ba\ge1\iff b\ge a$。
取整后 $\ge1$ 等价于原数 $\ge1$
$n(A)$：对角线及其上方，$6+5+4+3+2+1=21$。
$AB$：$\left[\dfrac ba\right]=\dfrac ba$ 即 $\dfrac ba$ 为正整数，即 $a\mid b$：$a=1$ 有 6 个，$a=2$ 有 $\{2,4,6\}$ 3 个，$a=3$ 有 $\{3,6\}$ 2 个，$a=4,5,6$ 各 1 个，$n(AB)=14$。
由古典概型，
$$P(B\mid A)=\frac{n(AB)}{n(A)}=\frac{14}{21}=\frac23$$
分母是 21 而不是 36——这就是“缩小样本空间”
答案：$\dfrac23$
$\dfrac16\le\dfrac ba\le6$，所以 $X\in\{0,1,2,3,4,5,6\}$。上图中橙色格的数字正是 $X$ 的部分取值。
$X=0\iff b<a$：$15$ 个；$X=2$：$(1,2),(2,4),(2,5),(3,6)$ 共 4 个；$X=3$：$(1,3),(2,6)$；$X=4,5,6$ 各 1 个（$a=1$）。
先数容易的取值
$X=1$ 用补数：$36-(15+4+2+1+1+1)=12$。
避免枚举 $X=1$ 时漏数
$X$ 的分布列：
| $X$ | 0 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 |
|---|---|---|---|---|---|---|---|
| $P$ | $\frac{15}{36}$ | $\frac{12}{36}$ | $\frac{4}{36}$ | $\frac{2}{36}$ | $\frac1{36}$ | $\frac1{36}$ | $\frac1{36}$ |
数学期望
$$E(X)=\frac{0\cdot15+1\cdot12+2\cdot4+3\cdot2+4+5+6}{36}=\frac{41}{36}$$
答案：$E(X)=\dfrac{41}{36}$
$X>0$ 不是 $b>a$，而是 $b\ge a$（$b=a$ 时 $X=1$）。
（节选第 2 问）植物寿命 $X$ 取正整数。对任意 $k\in\mathbf N^*$，寿命为 $k+1$ 的样本在寿命超过 $k$ 的样本中的占比，与寿命为 1 的样本在全体中的占比相同，均为 $0.1$。
(i) 求 $P(X=k)$；(ii) 推导 $E(X)$。
“在寿命超过 $k$ 的样本里占比”就是条件概率 $P(X=k+1\mid X>k)$。把文字翻译成条件概率，再用定义化成递推。
翻译：$P(X=1)=0.1$，$P(X=k+1\mid X>k)=0.1$。
“在…中的占比” = 条件概率，分母是“寿命超过 $k$”
由定义，$\{X=k+1\}\subseteq\{X>k\}$，所以交事件就是 $\{X=k+1\}$：
$$\frac{P(X=k+1)}{P(X>k)}=0.1\ \Rightarrow\ P(X=k+1)=0.1\,P(X>k)$$
同理 $P(X=k)=0.1\,P(X>k-1)$（$k\ge2$）。两式相减，并用 $P(X>k-1)-P(X>k)=P(X=k)$：
$$ \begin{aligned} &P(X=k)-P(X=k+1)=0.1\,P(X=k)\\ \Rightarrow\ &P(X=k+1)=0.9\,P(X=k) \end{aligned} $$
“相邻两式作差”是由前 $n$ 项关系得到相邻项关系的标准手法
验证 $k=1$：$P(X=2)=0.1\,P(X>1)=0.1\times0.9=0.9\,P(X=1)$，也成立。
作差只对 $k\ge2$ 有效，首项要单独验证
所以 $\{P(X=k)\}$ 是首项 $0.1$、公比 $0.9$ 的等比数列：
$$P(X=k)=0.1\times0.9^{k-1}$$
答案：$P(X=k)=0.1\times 0.9^{k-1}$
记
$$S_n=\sum_{k=1}^n k\cdot0.1\cdot0.9^{k-1},\qquad 0.9S_n=\sum_{k=1}^n k\cdot0.1\cdot0.9^{k}$$
错位相减：
$$ \begin{aligned} 0.1S_n&=0.1\,(1+0.9+\cdots+0.9^{n-1})-n\cdot0.1\cdot0.9^n\\ &=1-0.9^n-0.1n\cdot0.9^n \end{aligned} $$
$S_n=10-(n+10)\cdot0.9^n\to10$（$n\to\infty$）。
一般结论：几何分布 $E(X)=\dfrac1p$
答案：$E(X)=10$
把“在寿命超过 $k$ 的样本里占比”误写成 $P(X=k+1)=0.1$，丢掉了条件。
病例组 100 例、对照组 100 人的卫生习惯调查如下表。
| 不够良好 | 良好 | |
|---|---|---|
| 病例组 | 40 | 60 |
| 对照组 | 10 | 90 |
（1）能否有 99% 的把握认为两组卫生习惯有差异？
（2）任选一人，$A$：卫生习惯不够良好，$B$：患该疾病。记
$$R=\frac{P(B\mid A)}{P(\bar B\mid A)}\Big/\frac{P(B\mid\bar A)}{P(\bar B\mid\bar A)}$$
(i) 证明 $R=\dfrac{P(A\mid B)}{P(\bar A\mid B)}\cdot\dfrac{P(\bar A\mid\bar B)}{P(A\mid\bar B)}$；
(ii) 估计 $P(A\mid B)$、$P(A\mid\bar B)$ 与 $R$。
调查是“按病分组”抽样的：能估计的是 $P(A\mid B)$（病例组里习惯差的比例），不能直接估计 $P(B\mid A)$。(i) 的恒等式正是把“想要的” $R$ 换成“能估计的”量——这是贝叶斯思想的典型应用。
$a=40,\ b=60,\ c=10,\ d=90,\ n=200$。
计算统计量：
$$ \begin{aligned} K^2&=\frac{200(40\times90-60\times10)^2}{100\times100\times50\times150}\\ &=\frac{200\times3000^2}{7.5\times10^7}=24 \end{aligned} $$
$24>6.635$，所以有 99% 的把握认为两组卫生习惯有差异。
“有差异”= 拒绝“无关”的原假设
答案：有 99% 的把握认为有差异。
同一条件下的比值，分母 $P(A)$ 约掉：
$$\frac{P(B\mid A)}{P(\bar B\mid A)}=\frac{P(AB)/P(A)}{P(A\bar B)/P(A)}=\frac{P(AB)}{P(A\bar B)}$$
核心技巧：同条件的两个条件概率之比 = 交事件概率之比
同理 $\dfrac{P(B\mid\bar A)}{P(\bar B\mid\bar A)}=\dfrac{P(\bar AB)}{P(\bar A\bar B)}$，所以
$$R=\frac{P(AB)\,P(\bar A\bar B)}{P(A\bar B)\,P(\bar AB)}$$
这个对称形式就是“交叉乘积比”，即统计中的优势比 OR
重新分组，按条件 $B$、$\bar B$ 引入分母：
$$ \begin{aligned} R&=\frac{P(AB)/P(B)}{P(\bar AB)/P(B)}\cdot\frac{P(\bar A\bar B)/P(\bar B)}{P(A\bar B)/P(\bar B)}\\ &=\frac{P(A\mid B)}{P(\bar A\mid B)}\cdot\frac{P(\bar A\mid\bar B)}{P(A\mid\bar B)} \end{aligned} $$
答案：证毕。
病例组中习惯不够良好的频率估计 $P(A\mid B)=\dfrac{40}{100}=0.4$；对照组中估计 $P(A\mid\bar B)=\dfrac{10}{100}=0.1$。
补集：$P(\bar A\mid B)=0.6$，$P(\bar A\mid\bar B)=0.9$。
代入 (i) 的恒等式：
$$R=\frac{0.4}{0.6}\times\frac{0.9}{0.1}=6$$
也等于交叉乘积比 $\dfrac{ad}{bc}=\dfrac{40\times90}{60\times10}=6$。
$R$ 与列联表的 $\dfrac{ad}{bc}$ 一致，可作检验
答案：$P(A\mid B)=0.4,\ P(A\mid\bar B)=0.1,\ R=6$
用 $\dfrac{40}{50}$ 去估计 $P(B\mid A)$——这里病例组、对照组人数是人为定的各 100 人，表中纵向比例不能代表人群患病率。
一个家庭有两个孩子，已知至少有一个是男孩，两个都是男孩的概率是
答案C
新世界 $B=$｛男男，男女，女男｝，其中 $A\cap B=$｛男男｝，所以 $P=\tfrac13$。
$P(A)=0.5,\ P(B)=0.4,\ P(A\mid B)=0.5$，则 $P(B\mid A)=$
答案B
$P(AB)=P(B)P(A\mid B)=0.2$，$P(B\mid A)=\dfrac{P(AB)}{P(A)}=\dfrac{0.2}{0.5}=0.4$。也可看出 $P(A\mid B)=P(A)$，$A$、$B$ 独立，所以 $P(B\mid A)=P(B)$。
下列说法正确的是
答案A
$P(A\mid B)+P(\bar A\mid B)=\dfrac{P(AB)+P(\bar AB)}{P(B)}=1$。
全概率公式：分情况，再加权求和。贝叶斯公式：已经看到结果，回头问“是哪一种情况造成的”。两者是同一棵树的正向与逆向读法。
设 $B_i$ 为“零件来自第 $i$ 台机床”，$A$ 为“取到次品”，参数如下：
| 机床 | 产量占比 $P(B_i)$ | 次品率 $P(A\mid B_i)$ |
|---|---|---|
| $B_1$ 甲 | 0.25 | 0.050 |
| $B_2$ 乙 | 0.35 | 0.040 |
| $B_3$ 丙 | 0.40 | 0.020 |
三者占比之和为 $1$。于是
$$ \begin{aligned} P(A)&=\sum_i P(B_i)P(A\mid B_i)\\ &=0.25\times0.050+0.35\times0.040+0.40\times0.020\\ &=0.0345 \end{aligned} $$
一个“原因”层（哪台机床，构成 $\Omega$ 的一个划分）+ 一个“结果”层（是否次品）。
$P(A)$ = 各条通往 $A$ 的路径概率之和 = 各原因的加权平均，权重是 $P(B_i)$。
“原因”必须不重不漏——这是用公式前要检查的第一件事
分配律；各碎片 $AB_i$ 两两互斥
树状图：每条通往 $A$ 的路径连乘，再把路径相加
可用来快速检查答案是否离谱
把难求的“逆向”换成题目给出的“正向”
做题时不用背公式，画树、圈路径、做除法
分母只是归一化常数，对所有 $k$ 相同
多次独立检测：每次都乘一个似然比
正向树：第一层是先验 $P(B_i)$，第二层是似然 $P(A\mid B_i)$，叶子是联合概率 $P(B_iA)$。橙色路径都通往 $A$，相加即全概率 $P(A)=0.0345$。
逆向树（结果 → 原因）：第一层先问“是否次品”，第二层分支就是后验概率：
$$P(B_i\mid A)=\frac{P(B_i)P(A\mid B_i)}{P(A)}$$
$$ \begin{aligned} P(B_1\mid A)&=\frac{0.0125}{0.0345}=0.3623\\ P(B_2\mid A)&=\frac{0.0140}{0.0345}=0.4058\\ P(B_3\mid A)&=\frac{0.0080}{0.0345}=0.2319 \end{aligned} $$
对比先验与后验：甲 $0.25\to\mathbf{0.362}$，乙 $0.35\to\mathbf{0.406}$，丙 $0.40\to\mathbf{0.232}$。次品率高的机床，“嫌疑”上升。
题目通常给出正向树的分支概率（先验、似然）。贝叶斯就是把它改画成逆向树：叶子上的联合概率不变，只是重新分组。
设患病率 $0.01$，检测灵敏度 $P(\text{阳}\mid\text{病})=0.99$，误诊率 $P(\text{阳}\mid\text{健康})=0.05$。把 1000 人看成 1000 个小方格（每格 1 人），分为三类：患病且阳性（真阳性）、患病但阴性（漏诊）、健康但阳性（误诊）。
$$ \begin{aligned} P(\text{病}\mid\text{阳})&=\frac{P(\text{病})P(\text{阳}\mid\text{病})}{P(\text{阳})}\\ &=\frac{0.01\times0.99}{0.01\times0.99+0.990\times0.05}\\ &\approx0.1667\\[4pt] &\text{人数直观：}\ \frac{10}{10+50}\ \text{（真阳性 ÷ 全部阳性）} \end{aligned} $$
直觉把 $P(\text{阳}\mid\text{病})=99\%$ 当成 $P(\text{病}\mid\text{阳})$。疾病越罕见，健康人基数越大，误诊的人数就越多，可以压过真阳性。
第一次阳性后的后验，成为第二次检测的先验（假设两次检测条件独立）。这就是“比值形式”中再乘一次似然比。
三扇门 1、2、3，其中一扇后面是车，另两扇后面是羊。你先选定一扇门，主持人（知道车在哪）打开另一扇有羊的门，问你是否换成剩下的那扇门。
设你选 1 号门，$C_i$：车在 $i$ 号门，先验 $P(C_i)=\tfrac13$。$H_3$：主持人开 3 号门。
似然（主持人知道车在哪，且只开羊门；有两扇可开时随机选）： $$P(H_3\mid C_1)=\tfrac12,\ \ P(H_3\mid C_2)=1,\ \ P(H_3\mid C_3)=0$$
关键：主持人的行为依赖于车的位置，所以带来了信息
全概率：$P(H_3)=\tfrac13\cdot\tfrac12+\tfrac13\cdot1+\tfrac13\cdot0=\tfrac12$
贝叶斯： $$ \begin{aligned} P(C_1\mid H_3)&=\frac{\frac13\cdot\frac12}{\frac12}=\frac13\\ P(C_2\mid H_3)&=\frac{\frac13\cdot 1}{\frac12}=\frac23 \end{aligned} $$
结论：换门胜率 $\tfrac23$。
变式：若主持人不知道车在哪、随机开门恰好是羊，则 $P(H_3\mid C_2)=\tfrac12$，此时两门各 $\tfrac12$——同样的“看到”，不同的“生成机制”，答案不同。
贝叶斯的核心：似然由“结果是怎么产生的”决定
病例组 100 例、对照组 100 人的卫生习惯调查如下表。
（1）能否有 99% 的把握认为两组卫生习惯有差异？
（2）任选一人，$A$：卫生习惯不够良好，$B$：患该疾病。记 $R=\dfrac{P(B\mid A)}{P(\bar B\mid A)}\Big/\dfrac{P(B\mid\bar A)}{P(\bar B\mid\bar A)}$。
(i) 证明 $R=\dfrac{P(A\mid B)}{P(\bar A\mid B)}\cdot\dfrac{P(\bar A\mid\bar B)}{P(A\mid\bar B)}$；(ii) 估计 $P(A\mid B)$、$P(A\mid\bar B)$ 与 $R$。
调查是“按病分组”抽样的：能估计的是 $P(A\mid B)$（病例组里习惯差的比例），不能直接估计 $P(B\mid A)$。(i) 的恒等式正是把“想要的” $R$ 换成“能估计的”量——这是贝叶斯思想的典型应用。
“有差异”= 拒绝“无关”的原假设
答案：有 99% 的把握认为有差异。
核心技巧：同条件的两个条件概率之比 = 交事件概率之比
这个对称形式就是“交叉乘积比”，即统计中的优势比 OR
答案：证毕。
$R$ 与列联表的 $ad/bc$ 一致，可作检验
答案：$P(A\mid B)=0.4,\ P(A\mid\bar B)=0.1,\ R=6$。
易错点：用 $\dfrac{40}{50}$ 去估计 $P(B\mid A)$——这里病例组、对照组人数是人为定的各 100 人，表中纵向比例不能代表人群患病率。
袋中 1 黑 2 白，每名员工有放回摸两次。两次颜色不同按方式 I 回答（第一次白画“○”，否则画“×”）；否则按方式 II 回答（满意画“○”，否则画“×”）。
（1）某部门 9 人，$X$ 为按方式 I 回答的人数，求 $E(X)$；（2）所有问卷中“○”与“×”之比为 $4:5$，估计满意度。
调查者看不到每个人走的是哪条分支，只看到“○”的总比例。全概率公式把总比例拆成两条路径，其中一条含未知数 $p$——正向用全概率，反向解方程。
答案：$4$。
不是“$\tfrac12$ 凭感觉”：$AC$ 的实质是摸球结果为（白，黑）
答案：$40\%$。
易错点：把“○”占 $\tfrac49$ 直接当成满意度；忘了方式 I 中也有人画“○”。
（节选第 1 问）两个粒子经第一道逻辑门后等可能地变为上旋或下旋；再经第二道门，每个粒子的自旋状态以概率 $p$ 发生改变，粒子间相互独立。若第二道门后上旋粒子个数为 2，且 $p=\tfrac13$，求第一道门后上旋个数也为 2 的概率。
两层的树：第一层是“原因”（第一道门后的状态 $A_0,A_1,A_2$），第二层是“结果” $B$。已知结果问原因——标准贝叶斯。
$A_i$：第一道门后上旋 $i$ 个，$X_1\sim B(2,\tfrac12)$：$P(A_0)=\tfrac14,\ P(A_1)=\tfrac12,\ P(A_2)=\tfrac14$。
$B$：第二道门后两个都上旋。似然：$P(B\mid A_0)=p^2=\tfrac19$（两个都改变），$P(B\mid A_1)=(1-p)p=\tfrac29$（上旋保持、下旋改变），$P(B\mid A_2)=(1-p)^2=\tfrac49$。
每个粒子的“改变 / 保持”分开看，再按独立相乘
全概率：$P(B)=\tfrac14\cdot\tfrac19+\tfrac12\cdot\tfrac29+\tfrac14\cdot\tfrac49=\tfrac{1+4+4}{36}=\tfrac14$。
贝叶斯： $$P(A_2\mid B)=\frac{P(A_2)P(B\mid A_2)}{P(B)}=\frac{4/36}{9/36}=\frac49$$
答案：$\dfrac49$。
易错点：以为“改变概率 $p$”只针对下旋→上旋；题意是两个方向都以 $p$ 改变。
甲发球时甲得分概率 $\tfrac23$，乙发球时甲得分概率 $\tfrac12$，各球独立。第一局打到 10:10，此后每球交换发球权，领先 2 分者胜。
（1）再打两个球，甲新增得分 $X$ 的分布列与均值；（2）求第一局甲获胜的概率 $p_0$。
两个球中恰好甲、乙各发一球（顺序不影响乘积）。11:11 与 10:10 处境完全相同——对“下一步的结果”用全概率公式，得到关于 $p_0$ 自身的方程。这是马尔可夫链 / 概率递推的入门。
也可按“谁先发”再用一次全概率，两种情况结果相同
答案：$E(X)=\tfrac76$。
条件概率 $P(\text{甲胜}\mid X=1)$ 恰好是 $p_0$ 本身——“自相似”
答案：$p_0=\tfrac23$。
把无限多球的情形逐一相加也可行：等比级数 $\sum\left(\tfrac12\right)^k\cdot\tfrac13=\tfrac23$，但列方程更快。
$n$ 颗大小互不相同的麦穗依次出现，只能摘一次、不能回头。策略：跳过前 $k$ 颗，从第 $k+1$ 颗起，遇到比之前都大的就摘，否则摘最后一颗。设 $k=tn$，摘到最大麦穗的概率为 $P$（可用 $\dfrac kn\sum_{j=k}^{n-1}\dfrac1j\approx\dfrac kn\ln\dfrac nk$）。
（1）$n=4,k=2$，求 $P$；（2）$n\to\infty$，求 $P$ 的最大值及此时的 $t$。
(1) 样本空间是 4 颗麦穗的全排列，用古典概型数。(2) 按最大麦穗所在位置 $j$ 用全概率公式，关键条件概率：第 $j$ 颗被摘 $\iff$ 前 $j-1$ 颗中的最大者落在前 $k$ 颗里。
若第 3 颗是前 3 颗中最大的，就会被摘走，轮不到第 4 颗
枚举全部 24 种排列验证一致
答案：$\dfrac5{12}$。
前 $j-1$ 颗中的“临时冠军”在 $j-1$ 个位置上等可能，落在前 $k$ 个的概率为 $\dfrac{k}{j-1}$
“37% 法则”：先观察约 37%，再选第一个比之前都好的
答案：$P_{\max}=\dfrac1e$，此时 $t=\dfrac1e$。
易错点：最大在第 4 位时，误以为一定能摘到；忽略了第 3 颗可能先被摘走。
甲、乙两厂产品分别占 60%、40%，次品率分别为 2%、5%。任取一件是次品，它来自乙厂的概率？
答案D
$\dfrac{0.4\times0.05}{0.6\times0.02+0.4\times0.05}=\dfrac{0.020}{0.032}=\dfrac58$。
用全概率公式前，必须检查的是
答案B
划分要“不重”（两两互斥）、“不漏”（并为 $\Omega$）。
互斥看的是集合（有没有交集），独立看的是概率（知道一个会不会改变另一个）。两者几乎是反义词。
$A$ 占宽度 $P(A)$。$B$ 在 $A$ 内的高度是 $P(B\mid A)$，在 $A$ 外的高度是 $P(B\mid\bar A)$。两段高度一样时，$B$ 变成一整条横带。
对上图的取值（$P(A)=0.50$，$P(B\mid A)=0.60$，$P(B\mid\bar A)=0.30$）：
$$ \begin{aligned} P(B)&=0.50\times0.60+0.50\times0.30=0.4500\\ P(AB)&=0.3000\\ P(A)P(B)&=0.50\times0.4500=0.2250 \end{aligned} $$
$P(AB)>P(A)P(B)$：不独立（$A$ 发生使 $B$ 更可能）。
独立的几何含义：$B$ 是一整条水平的带子，与 $A$ 的竖条垂直相交，交集面积 = 宽 × 高 = $P(A)\cdot P(B)$。“一样高”说明 $B$ 发生的可能性不受 $A$ 是否发生的影响。
只有一种情况能让独立的 $A$、$B$ 互斥：其中一个概率为 $0$。在面积图上，交集是“宽 × 高”的一个矩形，只要宽、高都不为 $0$，它就不可能为空。
直观要求：知道 $B$ 发生，$A$ 的概率不变： $$P(A\mid B)=P(A)\quad(P(B)>0)$$
上一模块：条件概率衡量“知道 $B$”对 $A$ 的影响
代入条件概率定义 $P(A\mid B)=\dfrac{P(AB)}{P(B)}$： $$\frac{P(AB)}{P(B)}=P(A)\ \Rightarrow\ P(AB)=P(A)P(B)$$
定义：若 $$P(AB)=P(A)P(B)$$ 则称 $A$、$B$ 相互独立。
用乘法写定义：$A$、$B$ 地位对称，且 $P(B)=0$ 时也有意义
对称性：当 $P(A)>0$ 时，同样推出 $P(B\mid A)=P(B)$——“$A$ 不影响 $B$”与“$B$ 不影响 $A$”是一回事。
对立事件也独立：若 $A$、$B$ 独立，则 $A$ 与 $\bar B$ 独立： $$ \begin{aligned} P(A\bar B)&=P(A)-P(AB)=P(A)-P(A)P(B)\\ &=P(A)\,[1-P(B)]=P(A)P(\bar B) \end{aligned} $$
由 $A=AB\cup A\bar B$（互斥）得 $P(A\bar B)=P(A)-P(AB)$。同理 $\bar A$ 与 $B$、$\bar A$ 与 $\bar B$ 都独立
“至少一个”用对立：$A$、$B$ 独立时 $$P(A\cup B)=1-P(\bar A\,\bar B)=1-P(\bar A)P(\bar B)$$
比 $P(A)+P(B)-P(A)P(B)$ 更好推广到 $n$ 个事件：$1-\prod(1-p_i)$
多个事件相互独立：$A_1,\dots,A_n$ 中任意 $k\ (2\le k\le n)$ 个的积都等于概率之积。
两两独立 $\neq$ 相互独立：只检查两两乘积不够（见“辨析”一节的反例）。
互斥的加法与独立的乘法对照： $$\text{互斥：}P(A\cup B)=P(A)+P(B)\qquad\text{独立：}P(AB)=P(A)P(B)$$
“或”用加法要求互斥；“且”用乘法要求独立。题目里两者常同时出现
在 $6\times6$ 的方格里，行 = 第一颗，列 = 第二颗；每个格子对应一个等可能的结果。把事件 $A$ 取作“点数和为 7”，$B$ 取作“第一颗是 1”：
$$ \begin{aligned} &P(A)=\dfrac{1}{6},\quad P(B)=\dfrac{1}{6}\\ &P(AB)=\dfrac{1}{36},\quad P(A)P(B)=\dfrac{1}{36} \end{aligned} $$
相等：$A$、$B$ 相互独立。
“直觉上无关”的事件不一定独立；“直觉上有关”的事件也可能恰好独立，例如 点数和为 7 与 第一颗是 1。必须用乘法公式验证。
下面两张表把同一套检验换成其他事件组合（每个事件的概率都按 $36$ 个等可能结果数出来）。
表一：$B$ 固定为“第一颗是 1”（$P(B)=\frac16$），$A$ 变化。
| $A$ | $P(A)$ | $P(AB)$ | $P(A)P(B)$ | 结论 |
|---|---|---|---|---|
| 第一颗是 1 | $\frac16$ | $\frac16$ | $\frac1{36}$ | $A$ 与自身：$P(AA)=P(A)\ne P(A)^2$（除非概率为 $0$ 或 $1$） |
| 第一颗是奇数 | $\frac12$ | $\frac16$ | $\frac1{12}$ | 不独立 |
| 第二颗是奇数 | $\frac12$ | $\frac1{12}$ | $\frac1{12}$ | 独立 |
| 点数和为偶数 | $\frac12$ | $\frac1{12}$ | $\frac1{12}$ | 独立 |
| 点数和为 8 | $\frac5{36}$ | $0$ | $\frac5{216}$ | 不独立，且互斥 |
| 至少一颗是 6 | $\frac{11}{36}$ | $\frac1{36}$ | $\frac{11}{216}$ | 不独立 |
| 第一颗 $\ge5$ | $\frac13$ | $0$ | $\frac1{18}$ | 不独立，且互斥 |
| 点数和为 7 | $\frac16$ | $\frac1{36}$ | $\frac1{36}$ | 独立 |
表二：$A$ 固定为“点数和为 7”（$P(A)=\frac16$），$B$ 变化。
| $B$ | $P(B)$ | $P(AB)$ | $P(A)P(B)$ | 结论 |
|---|---|---|---|---|
| 点数和为 7 | $\frac16$ | $\frac16$ | $\frac1{36}$ | $B$ 与自身：$P(AA)=P(A)\ne P(A)^2$（除非概率为 $0$ 或 $1$） |
| 第一颗是奇数 | $\frac12$ | $\frac1{12}$ | $\frac1{12}$ | 独立 |
| 第二颗是奇数 | $\frac12$ | $\frac1{12}$ | $\frac1{12}$ | 独立 |
| 点数和为偶数 | $\frac12$ | $0$ | $\frac1{12}$ | 不独立，且互斥 |
| 点数和为 8 | $\frac5{36}$ | $0$ | $\frac5{216}$ | 不独立，且互斥 |
| 两颗点数相同 | $\frac16$ | $0$ | $\frac1{36}$ | 不独立，且互斥 |
| 至少一颗是 6 | $\frac{11}{36}$ | $\frac1{18}$ | $\frac{11}{216}$ | 不独立 |
| 第一颗 $\ge5$ | $\frac13$ | $\frac1{18}$ | $\frac1{18}$ | 独立 |
| 互斥 | 相互独立 | |
|---|---|---|
| 定义 | $AB=\varnothing$（集合关系） | $P(AB)=P(A)P(B)$（概率关系） |
| 判断依据 | 看事件本身，不需要算概率 | 必须算概率；换一个概率模型结论可能变 |
| 图上 | 两块不重叠 | 交集面积 = 宽 × 高 |
| 公式 | $P(A\cup B)=P(A)+P(B)$ | $P(AB)=P(A)P(B)$ |
| 典型题目信号 | “恰有一个”“分类讨论”的各类 | “各次相互独立”“互不影响”“有放回” |
若 $P(A),P(B)>0$：互斥 $\Rightarrow$ 不独立（因为 $P(AB)=0\neq P(A)P(B)$）；独立 $\Rightarrow$ 不互斥。
对立是特殊的互斥（还要求 $A\cup B=\Omega$）。对立 $\Rightarrow$ 互斥，反之不成立。
掷两枚均匀硬币。$A$：第一枚正面；$B$：第二枚正面；$C$：两枚结果相同。
| 结果 | 正正 | 正反 | 反正 | 反反 |
|---|---|---|---|---|
| $A$ | ✓ | ✓ | ||
| $B$ | ✓ | ✓ | ||
| $C$ | ✓ | ✓ |
知道 $A$、$B$ 都发生，$C$ 就一定发生——$A$、$B$ 联合起来完全决定了 $C$
串联：每一段都要通，用交；并联：至少一条通，用并
第 18 题：$0.81\times0.99=0.8019$，保留两位有效数字得 $0.80$
每个电子模块由 4 个电子元件按图示方式连接，每个元件导通的概率均为 $0.9$，各元件独立。
（1）求每个模块导通的概率 $p$（保留两位有效数字）；
（2）某器件由 20 个模块构成，模块彼此独立，当且仅当不低于 $50\%$ 的模块导通时器件正常工作。再添加 2 个相同模块，新器件正常工作的概率是增大还是减小？
(1) 串联 = 交，并联 = 并，各元件独立 $\to$ 乘法。(2) 不要直接算 22 项求和：以“原来 20 个模块中导通的个数 $X$”为基准，新增 2 个只在 $X=9,10$ 两种临界情形改变结果。
并联用对立：两条都不通才断
两位有效数字是 $0.80$，不是保留两位小数
答案：$p\approx0.80$
原器件：$X\sim B(20,p)$，正常 $\iff X\ge10$。新器件 22 个模块，正常 $\iff$ 导通数 $\ge11$。
以原 20 个的导通数 $X$ 为基准、新增 2 个的导通数为 $Y\sim B(2,p)$（与 $X$ 独立）分类：
| $X$ | 新器件正常的条件 |
|---|---|
| $\ge11$ | 一定正常 |
| $10$ | $Y\ge1$，概率 $1-(1-p)^2$ |
| $9$ | $Y=2$，概率 $p^2$ |
| $\le8$ | 不可能 |
分别写出新、旧器件正常工作的概率并作差： $$ \begin{aligned} P_\text{新}&=P(X\ge11)+P(X=10)\big[1-(1-p)^2\big]+P(X=9)\,p^2\\ P_\text{旧}&=P(X\ge11)+P(X=10)\\ P_\text{新}-P_\text{旧}&=P(X=9)\,p^2-P(X=10)\,(1-p)^2 \end{aligned} $$
$P(X\ge11)$ 两边抵消，只剩临界项
代入二项概率并提取公因式： $$ \begin{aligned} P_\text{新}-P_\text{旧}&=\mathrm{C}_{20}^9p^{11}(1-p)^{11}-\mathrm{C}_{20}^{10}p^{10}(1-p)^{12}\\ &=p^{10}(1-p)^{11}\big[\mathrm{C}_{20}^9p-\mathrm{C}_{20}^{10}(1-p)\big] \end{aligned} $$
$\mathrm{C}_{20}^{10}=\tfrac{11}{10}\mathrm{C}_{20}^9$，代入 $p=0.8$： $$\mathrm{C}_{20}^9\Big[0.8-\tfrac{11}{10}\times0.2\Big]=\mathrm{C}_{20}^9\times0.58>0$$
组合数相邻项之比 $\mathrm{C}_n^{k+1}/\mathrm{C}_n^k=(n-k)/(k+1)$
所以 $P_\text{新}>P_\text{旧}$，正常工作的概率增大。
数值验证：原 $\approx0.99944$，新 $\approx0.99965$
答案：增大
易错点：第 (2) 问直接写 $\sum_{k=11}^{22}$ 与 $\sum_{k=10}^{20}$ 硬算；或忽略“新增模块与原模块独立”这一前提。
第一阶段由一名队员投 3 次，3 次都不中则淘汰（0 分）；至少中 1 次则进入第二阶段，由另一名队员投 3 次，每中一次得 5 分。甲每次投中概率 $p$，乙为 $q$，各次独立。
（1）$p=0.4,\ q=0.5$，甲打第一阶段，求成绩不少于 5 分的概率；
（2）设 $0<p<q$：(i) 要使得 15 分的概率最大，谁打第一阶段？(ii) 要使成绩期望最大，谁打第一阶段？
两阶段相互独立 $\to$ 概率相乘。“至少中一次”用对立事件 $1-(1-p)^3$。比较两种安排：作差、因式分解、判断每个因子的符号。
“不少于 5 分”= 第二阶段至少中一次
答案：$0.686$
也可写成 $3pq(p-q)(pq-p-q)$，与上式是同一个式子
答案：甲参加第一阶段
先算条件期望，再乘进入第二阶段的概率
答案：甲参加第一阶段
易错点：漏掉“必须先通过第一阶段”；或把 15 分写成 3 次中至少 1 次。直觉：命中率低的人去“拿门票”，命中率高的人去“拿分”。
团队 $n$ 人依次上场。某人过第一关则继续闯第二关，否则换下一人闯第一关；某人过第二关则活动结束，否则换下一人直接闯第二关。所有人上场后也结束。每人过第一关、第二关的概率分别为 $\tfrac34,\tfrac12$，相互独立。
（1）$n=3$，$X$ 为结束时上场人数，求 $E(X)$；
（2）$p_k$ 为第 $k$ 位成员上场且闯过第二关的概率，$k_0$ 为 $\{k\mid p_k<\tfrac3{128}\}$ 的最小值，令 $n=k_0+1$，求 $n$。
关键是“团队当前处在哪一关”：第一关一旦有人通过，后面的人只闯第二关。按第一个闯过第一关的人是谁分成互斥的情形，每个情形是独立事件的连乘。
第 2 人从第几关开始，取决于第 1 人在哪一关失败
第 3 人上场即结束，不论成败
答案：$\dfrac{63}{32}$
第 $i$ 人自己在第二关也失败了，所以是 $k-i$ 个“败二关”
$i=k$ 那项恰好也是这个通式，可以合并成一个等比数列求和
答案：$7$
易错点：以为每人都从第一关开始；或第 2 问只考虑“前 $k-1$ 人都没过第一关”一种情形。
掷一颗骰子，$A$：点数为偶数，$B$：点数为 1 或 2 或 3。则 $A$ 与 $B$
答案C
$A\cap B=\{2\}\neq\varnothing$，不互斥；$P(AB)=\tfrac16\neq\tfrac12\cdot\tfrac12$，不独立。
甲、乙独立射击，命中率分别为 $0.8$、$0.7$。目标被击中的概率是
答案B
$1-P(\bar A)P(\bar B)=1-0.2\times0.3=0.94$。
下列说法正确的是
答案D
$P(\bar A\bar B)=1-P(A\cup B)=1-P(A)-P(B)+P(A)P(B)=(1-P(A))(1-P(B))$。
概率 = 有利结果 ÷ 全部结果，前提是每个结果等可能。数“个数”是古典概型，量“长度、面积”是几何概型。
以和为 7 为例：理论概率 $P(\text{和为 }7)=\dfrac16\approx0.1667$，而错误模型给出 $\dfrac1{11}\approx0.0909$，实验频率接近前者。
“点数和”这 11 个结果不等可能：和为 7 有 6 种来源，和为 2 只有 1 种。真正等可能的是 36 个有序数对 $(a,b)$。
把结果拆到“物理上对称”的最细层次——每颗骰子的每一面、每个球（哪怕颜色相同也给它编号）。在这个层次上等可能，再把同类结果合并计数。
历史上莱布尼茨就曾认为掷两颗骰子得 11 和得 12 一样容易——他把 $\{5,6\}$ 和 $\{6,6\}$ 都当成“一种”。实验频率可以纠正这种错误。
古典概型公式由“等可能 + 互斥事件加法”直接推出
例：5 球中 2 红，任取 2 球都红。有序 $\dfrac{\mathrm{A}_2^2}{\mathrm{A}_5^2}=\dfrac{2}{20}$，无序 $\dfrac{\mathrm{C}_2^2}{\mathrm{C}_5^2}=\dfrac1{10}$，结果相同
条件：样本点有限个，且每个样本点等可能。
$$P(A)=\frac{n(A)}{n(\Omega)}$$
分子、分母在同一个样本空间里数；“正难则反”：$P(A)=1-P(\bar A)$。
所以几何概型里 “$\le$” 与 “$<$” 不影响概率
$$P(A)=\frac{\mu(A)}{\mu(\Omega)}\qquad(\mu\text{ 为长度、面积或体积})$$
建模关键：选对变量和区域，说明“均匀”是对哪个量而言。
随机投点时，落在带内的点所占比例会接近面积比 $0.4375$。
随机投点估计面积比，就是蒙特卡洛方法。用同样的想法往正方形里投点，可以估计 $\pi$。
同色球不必区分顺序，分子分母都用组合即可
第 $k$ 位固定为黑，只需在前 $k-1$ 位里放剩下的 $m-1$ 个黑球
一般结论 $E(X)=\dfrac{m(N+1)}{m+1}$；例 2 中 $N=7,m=4$：$\dfrac{4\times8}{5}=\dfrac{32}5$
$N$ 个球中有 $m$ 个黑球，不放回摸球，$X$ 为摸出最后一个黑球时的次数：
$$P(X=k)=\frac{\mathrm{C}_{k-1}^{m-1}}{\mathrm{C}_N^m}\ (k=m,\dots,N),\qquad E(X)=\frac{m(N+1)}{m+1}$$
同一个道理：每个位置是黑球的概率都是 $\dfrac mN$，与“第几次摸”无关。
亚运盲盒（有放回计数 + 期望决策）
盲盒 19 元一个，随机装三款吉祥物之一（等可能）；直接购买 30 元一个。
（1）逐个购买盲盒，首次出现相同款式时的购买次数为 $X$，求 $X$ 的分布列；
（2）为集齐三款，先一次性买不超过 3 个盲盒，未集齐再直接购买。以期望费用为依据，应买几个盲盒？
买 $n$ 个盲盒 = 有放回抽 $n$ 次，等可能的样本点是长度为 $n$ 的款式序列，$n(\Omega)=3^n$。
$X\in\{2,3,4\}$：只有 3 款，第 4 个必然与前面重复。
抽屉原理
$P(X=2)$：第 2 个与第 1 个相同，$\dfrac{3\times1}{3^2}=\dfrac13$。
$P(X=3)$：前两个不同、第三个与其中之一相同，$\dfrac{\mathrm{A}_3^2\times2}{3^3}=\dfrac49$。
$P(X=4)$：前三个各不相同，$\dfrac{\mathrm{A}_3^3}{3^3}=\dfrac29$。
| $X$ | 2 | 3 | 4 |
|---|---|---|---|
| $P$ | $\frac13$ | $\frac49$ | $\frac29$ |
恰两款：选重复的款 × 选另一款 × 重复款占哪两个位置
答案：一次性买 2 个盲盒
易错点：把“款式组合”当样本点（如 3 个盲盒的 {全同, 两款, 三款}），它们不等可能。
不放回摸到最后一个黑球
口袋 7 球，4 黑。不放回逐个抽取，直到 4 个黑球全部取出为止。
（1）总抽取次数为 $X$，求 $E(X)$；
（2）改为甲袋 3 球（2 黑）、乙袋 4 球（2 黑），先在甲袋中取到 2 黑全出，再在乙袋中取到 2 黑全出。总次数为 $Y$，求 $E(Y)$ 并解释与 $E(X)$ 的大小关系。
不放回取完 = 一个随机排列。$X=k$ 等价于“第 $k$ 位是黑，前 $k-1$ 位恰有 $m-1$ 个黑”，所以 $P(X=k)=\dfrac{\mathrm{C}_{k-1}^{m-1}}{\mathrm{C}_N^m}$（见“排列视角”一节）。
答案：$\dfrac{32}5$
期望的线性性：不必先求 $Y$ 的分布列
答案：$E(Y)=6<E(X)$
易错点：把 $P(X=k)$ 的分子写成 $\mathrm{C}_k^4$：忘了第 $k$ 次必须是黑球。
摘麦穗（秘书问题）
$n$ 颗大小互不相同的麦穗依次出现，只能摘一次、不能回头。策略：跳过前 $k$ 颗，从第 $k+1$ 颗起，遇到比之前都大的就摘，否则摘最后一颗。设 $k=tn$，摘到最大麦穗的概率为 $P$（可用 $\dfrac kn\sum_{j=k}^{n-1}\dfrac1j\approx\dfrac kn\ln\dfrac nk$）。
（1）$n=4,k=2$，求 $P$；
（2）$n\to\infty$，求 $P$ 的最大值及此时的 $t$。
(1) 样本空间是 4 颗麦穗的全排列，用古典概型数。(2) 按最大麦穗所在位置 $j$ 用全概率公式，关键条件概率：第 $j$ 颗被摘 $\iff$ 前 $j-1$ 颗中的最大者落在前 $k$ 颗里。
若第 3 颗是前 3 颗中最大的，就会被摘走，轮不到第 4 颗
逐一枚举全部 24 种排列，结果一致
答案：$\dfrac5{12}$
前 $j-1$ 颗中的“临时冠军”在 $j-1$ 个位置上等可能，落在前 $k$ 个的概率为 $\dfrac k{j-1}$
“37% 法则”：先观察约 37%，再选第一个比之前都好的
答案：$P_{\max}=\dfrac1e$，此时 $t=\dfrac1e$
易错点：最大在第 4 位时，误以为一定能摘到；忽略了第 3 颗可能先被摘走。
同时抛两枚均匀硬币，“一正一反”的概率是
答案B
等可能的样本点是 正正、正反、反正、反反，其中一正一反有 2 个，$P=\dfrac24=\dfrac12$。
5 件产品中有 2 件次品，任取 2 件，恰有 1 件次品的概率是
答案C
$\dfrac{\mathrm{C}_2^1\mathrm{C}_3^1}{\mathrm{C}_5^2}=\dfrac6{10}=\dfrac35$。
在区间 $[0,3]$ 上随机取一个数 $x$，则 $x^2\le1$ 的概率是
答案A
$x\in[0,3]$ 且 $x^2\le1\iff 0\le x\le1$，长度比 $\dfrac13$。
把每个取值处放一块质量为 $P(X=x)$ 的砝码。期望是这根木板的平衡点，方差是绕平衡点的转动惯量。
在数轴的每个取值 $x$ 处放一块质量为 $P(X=x)$ 的砝码，这就是分布列的“木板模型”。把支点放在位置 $t$，木板会向重的一侧倾斜。
![均匀骰子的分布列木板：六块同色砝码质量均为 1/6，支点位于重心 E(X)=3.5，木板水平；底部紫色条为 E(X)\pm\sigma\approx[1.79,5.21]。](book-06/images/expectation-r1.png)
均匀骰子（$X=1,2,\dots,6$，每个取值概率 $\tfrac16$）的各项读数：
| $x$ | $1$ | $2$ | $3$ | $4$ | $5$ | $6$ | 合计 |
|---|---|---|---|---|---|---|---|
| $p$ | $\tfrac{1}{6}$ | $\tfrac{1}{6}$ | $\tfrac{1}{6}$ | $\tfrac{1}{6}$ | $\tfrac{1}{6}$ | $\tfrac{1}{6}$ | $1$ |
| $xp$ | $\tfrac{1}{6}$ | $\tfrac{1}{3}$ | $\tfrac{1}{2}$ | $\tfrac{2}{3}$ | $\tfrac{5}{6}$ | $1$ | $\tfrac{7}{2}$ |
| $(x-\mu)^2p$ | $\tfrac{25}{24}$ | $\tfrac{3}{8}$ | $\tfrac{1}{24}$ | $\tfrac{1}{24}$ | $\tfrac{3}{8}$ | $\tfrac{25}{24}$ | $\tfrac{35}{12}$ |
力矩 $\sum(x_i-t)p_i=E(X)-t$，只有 $t=E(X)$ 时木板平衡。
转动惯量 $\sum(x_i-t)^2p_i=D(X)+\bigl(t-E(X)\bigr)^2$，在重心处最小，最小值就是方差。
把砝码的质量换一种分配，重心和方差都会随之改变。下表列出几种常用分布：
| 分布 | 取值与概率 | $E(X)$ | $D(X)$ | $\sigma$ |
|---|---|---|---|---|
| 均匀骰子 | $x=1,\dots,6$，概率均为 $\tfrac16$ | $\tfrac72$ | $\tfrac{35}{12}$ | $1.708$ |
| 两端 | $x=1,5$，概率各 $\tfrac12$，其余为 $0$ | $3$ | $4$ | $2$ |
| 集中在中间 | $x=1,\dots,5$：$\tfrac1{12},\tfrac16,\tfrac12,\tfrac16,\tfrac1{12}$ | $3$ | $1$ | $1$ |
| 右偏 | $x=0,\dots,5$：$\tfrac13,\tfrac5{18},\tfrac16,\tfrac19,\tfrac1{18},\tfrac1{18}$ | $\tfrac{13}9$ | $\tfrac{173}{81}$ | $1.461$ |
| 例 3（2）的得分 | $x=0,1,2,3,7$：$\tfrac8{27},\tfrac{12}{27},\tfrac2{27},\tfrac4{27},\tfrac1{27}$ | $\tfrac{35}{27}$ | $\tfrac{1610}{729}\approx2.2085$ | $1.486$ |
其中“两端”与“集中在中间”的重心相同（都是 $E(X)=3$），方差却差了 4 倍：砝码越往两侧放，绕重心的转动惯量越大。
期望的定义：$X$ 取 $x_1,\dots,x_n$，概率 $p_1,\dots,p_n$：
$$E(X)=\sum_{i=1}^{n}x_ip_i$$
做 $N$ 次试验，取到 $x_i$ 约 $Np_i$ 次，平均值 $\approx\sum x_i\cdot\dfrac{Np_i}{N}$。频率稳定于概率，平均值稳定于 $E(X)$
重心性质：记 $\mu=E(X)$，
$$\sum(x_i-\mu)p_i=\sum x_ip_i-\mu\sum p_i=\mu-\mu=0$$
用到 $\sum p_i=1$。偏差的加权和为 $0$：这就是“力矩平衡”
线性变换：$Y=aX+b$ 取 $ax_i+b$ 的概率仍是 $p_i$，
$$E(aX+b)=\sum(ax_i+b)p_i=a\sum x_ip_i+b\sum p_i=aE(X)+b$$
若某些 $ax_i+b$ 相同（如 $a=0$），合并后求和结果不变
方差的定义：偏差平方的加权平均
$$D(X)=\sum(x_i-\mu)^2p_i$$
偏差有正有负会抵消（第 2 步），平方后才能衡量“离重心有多远”
方差的线性变换：$aX+b$ 的期望是 $a\mu+b$，偏差 $(ax_i+b)-(a\mu+b)=a(x_i-\mu)$，
$$D(aX+b)=\sum a^2(x_i-\mu)^2p_i=a^2D(X)$$
平移 $b$ 不改变离散程度；伸缩 $a$ 倍，偏差变 $a$ 倍，平方后变 $a^2$ 倍
计算公式：展开 $(x_i-\mu)^2=x_i^2-2\mu x_i+\mu^2$，
$$D(X)=\sum x_i^2p_i-2\mu\sum x_ip_i+\mu^2\sum p_i=E(X^2)-\mu^2$$
中间项 $2\mu\cdot\mu$ 与末项 $\mu^2$ 合并为 $-\mu^2$。考试中常用：先算 $E(X^2)$ 再减
平行轴公式：对任意 $t$，
$$\sum(x_i-t)^2p_i=\sum\bigl[(x_i-\mu)+(\mu-t)\bigr]^2p_i=D(X)+(\mu-t)^2$$
交叉项 $2(\mu-t)\sum(x_i-\mu)p_i$ 由第 2 步等于 $0$。所以绕重心的转动惯量最小
推论：$D(X)\ge0$，即 $E(X^2)\ge[E(X)]^2$；$D(X)=0$ 当且仅当 $X$ 只取一个值（概率为 $1$）。
$$ \begin{aligned} E(aX+b)&=aE(X)+b\\ D(aX+b)&=a^2D(X)\\ D(X)&=E(X^2)-[E(X)]^2 \end{aligned} $$
取均匀骰子的分布为 $X$，令 $Y=2X+1$（$a=2,\ b=1$）。概率不变，只是取值“搬家”。
$$ \begin{aligned} E(Y)&=aE(X)+b=2\cdot\tfrac{7}{2}+1=8\\ D(Y)&=a^2D(X)=4\cdot\tfrac{35}{12}=\tfrac{35}{3} \end{aligned} $$
设 $X$ 为第一颗骰子的点数，$Y$ 取下面四种不同的量。每种情形的图都这样读：左图是联合分布，行为 $X=i$、列为 $Y=j$，圆的面积正比于 $P(X=i,Y=j)$；右图是 $S=X+Y$ 的分布列，柱顶数字乘以 $\tfrac1{36}$ 即概率，绿色三角标出 $E(S)$。
| $X$ | $Y$ | $X+Y$ 直接算 | 分别相加 | |
|---|---|---|---|---|
| $E$ | $\tfrac{7}{2}$ | $\tfrac{7}{2}$ | $7$ | $7$ |
| $D$ | $\tfrac{35}{12}$ | $\tfrac{35}{12}$ | $\tfrac{35}{6}$ | $\tfrac{35}{6}$ |
此时 $E(XY)-E(X)E(Y)=0$。结论：$E(X+Y)=E(X)+E(Y)$ 成立；$D(X+Y)=D(X)+D(Y)$ 也成立（独立）。
| $X$ | $Y$ | $X+Y$ 直接算 | 分别相加 | |
|---|---|---|---|---|
| $E$ | $\tfrac{7}{2}$ | $\tfrac{7}{2}$ | $7$ | $7$ |
| $D$ | $\tfrac{35}{12}$ | $\tfrac{35}{12}$ | $\tfrac{35}{3}$ | $\tfrac{35}{6}$ |
此时 $E(XY)-E(X)E(Y)=\tfrac{35}{12}$。结论：$E(X+Y)=E(X)+E(Y)$ 成立；$D(X+Y)>D(X)+D(Y)$，方差不可直接相加。
| $X$ | $Y$ | $X+Y$ 直接算 | 分别相加 | |
|---|---|---|---|---|
| $E$ | $\tfrac{7}{2}$ | $\tfrac{7}{2}$ | $7$ | $7$ |
| $D$ | $\tfrac{35}{12}$ | $\tfrac{35}{12}$ | $0$ | $\tfrac{35}{6}$ |
此时 $E(XY)-E(X)E(Y)=-\tfrac{35}{12}$。结论：$E(X+Y)=E(X)+E(Y)$ 成立；$D(X+Y)<D(X)+D(Y)$，方差不可直接相加。
| $X$ | $Y$ | $X+Y$ 直接算 | 分别相加 | |
|---|---|---|---|---|
| $E$ | $\tfrac{7}{2}$ | $\tfrac{161}{36}$ | $\tfrac{287}{36}$ | $\tfrac{287}{36}$ |
| $D$ | $\tfrac{35}{12}$ | $\tfrac{2555}{1296}$ | $\tfrac{10115}{1296}$ | $\tfrac{6335}{1296}$ |
此时 $E(XY)-E(X)E(Y)=\tfrac{35}{24}$。结论：$E(X+Y)=E(X)+E(Y)$ 成立；$D(X+Y)>D(X)+D(Y)$，方差不可直接相加。
四种情形中，$E(X+Y)=E(X)+E(Y)$ 始终成立；$D(X+Y)$ 与 $D(X)+D(Y)$ 的差，恰好由 $E(XY)-E(X)E(Y)$ 的符号和大小决定。
联合分布 $p_{ij}=P(X=x_i,Y=y_j)$，行和 $\sum_j p_{ij}=P(X=x_i)$，列和 $\sum_i p_{ij}=P(Y=y_j)$。
期望的可加性：
$$ \begin{aligned} E(X+Y)&=\sum_{i,j}(x_i+y_j)p_{ij}\\ &=\sum_i x_i\sum_j p_{ij}+\sum_j y_j\sum_i p_{ij}\\ &=E(X)+E(Y) \end{aligned} $$
只用到行和、列和，没有用到 $p_{ij}=p_i\cdot q_j$。所以不需要独立
方差：
$$ \begin{aligned} D(X+Y)=\;&D(X)+D(Y)\\ &+2\,\bigl[E(XY)-E(X)E(Y)\bigr] \end{aligned} $$
由 $D=E(S^2)-E(S)^2$ 展开得到。独立时 $E(XY)=E(X)E(Y)$，方括号为 $0$，方差才可相加
拆分技巧：若 $X=I_1+I_2+\cdots+I_n$，$I_k$ 为示性变量（事件 $A_k$ 发生取 $1$，否则取 $0$），则
$$E(X)=P(A_1)+P(A_2)+\cdots+P(A_n)$$
$E(I_k)=1\cdot P(A_k)+0\cdot\bigl(1-P(A_k)\bigr)$。二项分布、超几何分布的期望都这样推（下两个模块）
$n$ 人把帽子混在一起再随机各拿一顶，拿对自己帽子的人数为 $X$。$I_k$ 表示第 $k$ 人拿对，$P(A_k)=\frac1n$，所以 $E(X)=n\cdot\frac1n=1$。各 $I_k$ 并不独立，结论照样成立。
按均匀骰子的分布列反复抽样，下图是抽样 1000 次的一次记录。
这次 1000 次抽样的记录：
| 抽样次数 $n$ | 样本均值 $\bar x$ | $E(X)$ | 样本方差 | $D(X)$ |
|---|---|---|---|---|
| $1000$ | $3.582$ | $3.5$ | $3.0093$ | $2.9167$ |
样本均值 $\bar x=\dfrac{\sum x_i\cdot n_i}{n}=\sum x_i\cdot\dfrac{n_i}{n}$，其中 $n_i$ 是取到 $x_i$ 的次数。
样本均值就是用频率 $\dfrac{n_i}{n}$ 加权
$n$ 越大，频率 $\dfrac{n_i}{n}$ 越稳定在 $p_i$ 附近，所以 $\bar x$ 稳定在 $\sum x_ip_i=E(X)$ 附近。
波动幅度：$D(\bar X)=\dfrac{D(X)}{n}$，标准差 $\dfrac{\sigma}{\sqrt n}$。
由 $D(X_1+\cdots+X_n)=nD(X)$（各次独立）与 $D\!\left(\dfrac Xn\right)=\dfrac D{n^2}$。抽样次数变为 4 倍，误差只减半
期望是“长期平均”，不是“最可能的值”。比如第 1 步的“两端”分布，$E(X)=3$，但 $X$ 从不取 $3$。
抛掷甲、乙两枚质地均匀的骰子，所得点数分别为 $a,b$，记 $X=\left[\dfrac ba\right]$（$[x]$ 表示不超过 $x$ 的最大整数）。
（1）求在 $X>0$ 的条件下，$X=\dfrac ba$ 的概率；
（2）求 $X$ 的分布列及数学期望。
古典概型下的条件概率 = 在“新世界” $A$ 里数格子。把 36 个结果画成 $6\times6$ 方格，两个条件都变成方格里的区域。
设 $A=\{X>0\}$，$B=\left\{X=\dfrac ba\right\}$。样本空间 $n(\Omega)=36$。
$X>0\iff\left[\dfrac ba\right]\ge1\iff \dfrac ba\ge1\iff b\ge a$。
取整后 $\ge1$ 等价于原数 $\ge1$
$n(A)$：对角线及其上方，$6+5+4+3+2+1=21$。
$AB$：$\left[\dfrac ba\right]=\dfrac ba$ 即 $\dfrac ba$ 为正整数，即 $a\mid b$：$a=1$ 有 6 个，$a=2$ 有 $\{2,4,6\}$ 3 个，$a=3$ 有 $\{3,6\}$ 2 个，$a=4,5,6$ 各 1 个，$n(AB)=14$。
由古典概型，
$$P(B\mid A)=\frac{n(AB)}{n(A)}=\frac{14}{21}=\frac23$$
分母是 21 而不是 36——这就是“缩小样本空间”
答案：$\dfrac23$
$\dfrac16\le\dfrac ba\le6$，所以 $X\in\{0,1,2,3,4,5,6\}$。上图中橙色格的数字正是 $X$ 的部分取值。
$X=0\iff b<a$：$15$ 个；$X=2$：$(1,2),(2,4),(2,5),(3,6)$ 共 4 个；$X=3$：$(1,3),(2,6)$；$X=4,5,6$ 各 1 个（$a=1$）。
先数容易的取值
$X=1$ 用补数：$36-(15+4+2+1+1+1)=12$。
避免枚举 $X=1$ 时漏数
分布列：
| $X$ | 0 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 |
|---|---|---|---|---|---|---|---|
| $P$ | $\frac{15}{36}$ | $\frac{12}{36}$ | $\frac{4}{36}$ | $\frac{2}{36}$ | $\frac1{36}$ | $\frac1{36}$ | $\frac1{36}$ |
期望：
$$E(X)=\frac{0\cdot15+1\cdot12+2\cdot4+3\cdot2+4+5+6}{36}=\frac{41}{36}$$
答案：$E(X)=\dfrac{41}{36}$
$X>0$ 不是 $b>a$，而是 $b\ge a$（$b=a$ 时 $X=1$）。
口袋 7 球，4 黑。不放回逐个抽取，直到 4 个黑球全部取出为止。
（1）总抽取次数为 $X$，求 $E(X)$；
（2）改为甲袋 3 球（2 黑）、乙袋 4 球（2 黑），先在甲袋中取到 2 黑全出，再在乙袋中取到 2 黑全出。总次数为 $Y$，求 $E(Y)$ 并解释与 $E(X)$ 的大小关系。
不放回取完 = 一个随机排列。设共有 $N$ 个球、其中 $m$ 个黑球，则 $X=k$ 等价于“第 $k$ 位是黑，前 $k-1$ 位恰有 $m-1$ 个黑”，所以 $P(X=k)=\dfrac{\mathrm{C}_{k-1}^{m-1}}{\mathrm{C}_N^m}$。
答案：$\dfrac{32}5$
期望的线性性：不必先求 $Y$ 的分布列
答案：$E(Y)=6<E(X)$
把 $P(X=k)$ 的分子写成 $\mathrm{C}_k^4$：忘了第 $k$ 次必须是黑球。
选手连续摸奖：首次中奖得 1 分；若连续中奖，下一次中奖的得分是上一次得分的两倍；某次未中奖则该次得 0 分，且下一次中奖重新从 1 分算。某同学连续摸奖 $n$ 次，总得分为 $X$，每次中奖概率为 $\dfrac13$，各次相互独立。
（1）当 $n=5$ 时，求 $X=3$ 的概率；
（2）当 $n=3$ 时，求 $X$ 的分布列和数学期望；
（3）当 $n=30$ 时，判断 $E(X)$ 与 10 的大小，并说明理由。
得分取决于“中奖序列”。前两问枚举序列；第 3 问不必求分布列，用期望的线性性与单调性：把总分和“中奖次数”比较。
3 分的组成只有两种：$1+2$（恰好一段“连中两次”，其余不中），或 $1+1+1$（三次中奖互不相邻）。
连中三次得 $1+2+4=7$，超过 3；单独一次中奖只得 1 分
情形一：2 次中奖相邻、3 次不中。把“中中”捆成一块，插入 3 个“不中”形成的 4 个空位之一：4 种序列，每种概率 $\left(\tfrac13\right)^2\left(\tfrac23\right)^3$：
$$4\times\frac19\times\frac8{27}=\frac{32}{243}$$
情形二：3 次中奖互不相邻、2 次不中。2 个“不中”形成 3 个空位，3 次中奖各占一个：只有 1 种（中不中不中中），概率
$$\left(\tfrac13\right)^3\left(\tfrac23\right)^2=\frac4{243}$$
5 个位置放 3 个互不相邻的“中”，只能是第 1、3、5 次
两种情形互斥：
$$P(X=3)=\frac{32}{243}+\frac4{243}=\frac{36}{243}=\frac4{27}$$
答案：$\dfrac4{27}$
用 1 表示中奖。8 种序列的得分：$000\to0$；$100,010,001\to1$；$101\to1+1=2$；$110,011\to1+2=3$；$111\to1+2+4=7$。所以 $X\in\{0,1,2,3,7\}$。
每个序列的概率 $=\left(\tfrac13\right)^{\text{中奖次数}}\left(\tfrac23\right)^{\text{未中次数}}$：
| $X$ | 0 | 1 | 2 | 3 | 7 |
|---|---|---|---|---|---|
| $P$ | $\frac8{27}$ | $\frac{12}{27}$ | $\frac2{27}$ | $\frac4{27}$ | $\frac1{27}$ |
检查：$8+12+2+4+1=27$，概率和为 1
期望：
$$E(X)=\frac{0\cdot8+1\cdot12+2\cdot2+3\cdot4+7\cdot1}{27}=\frac{35}{27}$$
答案：$E(X)=\dfrac{35}{27}$
设 $\xi$ 为 30 次中的中奖次数，则 $\xi\sim B\left(30,\tfrac13\right)$，$E(\xi)=30\times\tfrac13=10$。
每次中奖至少得 1 分，所以对每一个结果都有 $X\ge\xi$；当出现连续中奖时得分为 $2,4,\dots$ 严格大于 1，此时 $X>\xi$。
逐个样本点比较：$X$ 和 $\xi$ 是同一次试验的两个函数
$Y=X-\xi\ge0$，且 $P(Y>0)\ge P(\text{前两次都中})=\tfrac19>0$，所以 $E(Y)>0$。由线性性 $E(X)=E(\xi)+E(Y)>10$。
非负随机变量取正值的概率大于 0，期望就大于 0
精确值（线性性）：记 $Y_i$ 为第 $i$ 次的得分，$X=Y_1+\cdots+Y_{30}$。第 $i$ 次得 $2^{j-1}$ 分 $\iff$ 第 $i$ 次所在的连中段恰好长 $j$，可算出
$$E(Y_i)=\frac23-\frac12\left(\frac23\right)^i$$
于是
$$E(X)=\sum_{i=1}^{n}E(Y_i)=\frac{2n}3-1+\left(\frac23\right)^n$$
$n=3$ 时为 $\frac{35}{27}$（与第 2 问一致），$n=30$ 时 $\approx19.000005$。
各次得分并不独立，但期望的线性性不需要独立。这一步属于拓展
答案：$E(X)>10$（精确值约 $19.000005$）
第 1 问漏掉“三次互不相邻中奖”（$1+1+1$）。第 3 问不要把“$X\ge\xi$”写成“$E(X)\ge10$”就结束，要说明严格大于。
一种细胞每个周期 $T$ 分裂一次，一个细胞分裂成 1 个新细胞的概率为 $p$，分裂成 2 个的概率为 $1-p$，原细胞消失，各细胞相互独立。从 1 个细胞开始，$p\in\left(\tfrac12,1\right)$。
（1）$2T$ 结束后细胞数为 $\xi$，求 $\xi$ 的分布列和数学期望；
（2）记 $nT$ 结束后细胞数为 $m$ 的概率为 $P_m(n)$。（i）求 $P_2(n)$；（ii）证明 $P_3(n)<\dfrac{8}{27p^2}$。
第 1 问按第一个周期的结果分两支画树。第 2 问抓“第几个周期由 1 个变成 2 个”这一分界点分类。
第一周期：以 $p$ 得 1 个，以 $1-p$ 得 2 个。第二周期再对每个细胞独立分裂，所以 $\xi\in\{1,2,3,4\}$。
$\xi=1$：$1\to1\to1$，$P=p^2$。
$\xi=2$：$1\to1\to2$ 概率 $p(1-p)$；或 $1\to2$ 后两个都分裂成 1，概率 $(1-p)p^2$。合计 $p-p^3$。
$p(1-p)+(1-p)p^2=p(1-p)(1+p)=p-p^3$
$\xi=3$：$1\to2$，两个细胞恰有一个分裂成 2：$(1-p)\cdot\mathrm{C}_2^1p(1-p)=2p(1-p)^2$。
$\xi=4$：$1\to2$，两个都分裂成 2：$(1-p)^3$。
分布列：
| $\xi$ | 1 | 2 | 3 | 4 |
|---|---|---|---|---|
| $P$ | $p^2$ | $p-p^3$ | $2p(1-p)^2$ | $(1-p)^3$ |
检查：四项相加恰为 1
期望：
$$E(\xi)=p^2+2(p-p^3)+6p(1-p)^2+4(1-p)^3=p^2-4p+4=(2-p)^2$$
一个细胞平均产生 $1\cdot p+2(1-p)=2-p$ 个；两代之后平均 $(2-p)^2$ 个，是一个好的验算
答案：$E(\xi)=(2-p)^2$
$nT$ 后有 2 个 $\iff$ 存在唯一的 $k\ (1\le k\le n)$：前 $k-1$ 个周期都是 $1\to1$，第 $k$ 个周期 $1\to2$，之后 $n-k$ 个周期两个细胞每次都 $1\to1$。
该情形概率 $p^{k-1}(1-p)\cdot(p^2)^{n-k}$，对 $k$ 求和（互斥）：
$$P_2(n)=(1-p)\sum_{k=1}^{n}p^{2n-k-1}=(1-p)\left(p^{n-1}+p^n+\cdots+p^{2n-2}\right)$$
等比数列求和：
$$P_2(n)=(1-p)\cdot\frac{p^{n-1}(1-p^n)}{1-p}=p^{n-1}(1-p^n)$$
$n=1$：$P_2(1)=1-p$，正确
答案：$P_2(n)=p^{n-1}(1-p^n)$
$n=1$ 时 $P_3(1)=0$，显然成立。设 $n\ge2$。
设第 $k\ (1\le k\le n-1)$ 个周期首次 $1\to2$。之后两个细胞中一个始终是 1 个（$p^{n-k}$），另一个经 $n-k$ 个周期变成 2 个（$P_2(n-k)$），选哪一个有 2 种：
$$P_3(n)=\sum_{k=1}^{n-1}p^{k-1}(1-p)\cdot2p^{n-k}\cdot p^{n-k-1}\left(1-p^{n-k}\right)$$
整理并对两个等比数列求和，化简得
$$P_3(n)=\frac{2p^{n-1}\left(1-p^{n-1}\right)\left(1-p^n\right)}{1+p}$$
原解析写作 $\dfrac{2p^n(p-p^n)(1-p^n)}{(1+p)p^2}$，与此式相同；已用分支过程逐项枚举验证
令 $x=p^n\in(0,p)$，则 $p^{n-1}(1-p^{n-1})=\dfrac{x(p-x)}{p^2}$：
$$P_3(n)=\frac{2x(p-x)(1-x)}{(1+p)p^2}<\frac{2x(1-x)^2}{(1+p)p^2}$$
$p<1$，所以 $p-x<1-x$
$f(x)=x(1-x)^2$，$f'(x)=(1-x)(1-3x)$，在 $(0,1)$ 上最大值 $f\left(\tfrac13\right)=\tfrac4{27}$。所以
$$P_3(n)<\frac{8}{27(1+p)p^2}<\frac{8}{27p^2}$$
答案：证毕
$\xi=2$ 漏掉“先分成 2 个、再各自分成 1 个”这一支。求 $P_2(n)$ 时公比是 $\frac1p$ 还是 $p$ 要看清：按上面写法从 $p^{n-1}$ 到 $p^{2n-2}$，公比为 $p$。
已知 $E(X)=2$，$D(X)=3$，则 $E(2X-1)$ 与 $D(2X-1)$ 分别为
答案B
$E=2\cdot2-1=3$，$D=2^2\cdot3=12$。
随机变量 $X$、$Y$ 不独立，$E(X)=1$，$E(Y)=2$，则 $E(X+Y)$
答案A
期望的线性性对任何 $X$、$Y$ 都成立，推导只用到联合分布的行和、列和。
下列说法正确的是
答案C
$D(X)=\sum(x_i-\mu)^2p_i=0$ 要求每个 $p_i>0$ 的 $x_i$ 都等于 $\mu$。
每次只有“成功 / 失败”，成功概率都是 $p$，各次互不影响。成功次数 $X$ 的分布由 $n$、$p$ 两个数完全决定。
$$ \begin{aligned} P(X=3)&=\mathrm{C}_{10}^{3}\,0.3^{3}\,(0.7)^{7}\\ &=120\times0.027\times0.082354\approx0.2668 \end{aligned} $$
$$P(X\le 3)\approx0.6496,\qquad P(X\ge 3)\approx0.6172$$
$p=0.5$ 时分布左右对称；$p$ 偏小时“挤在左边、拖向右边”；固定 $p$ 增大 $n$，图形越来越像一口钟，这是下一模块“正态分布”的伏笔。
① 每次只有两个结果；② 每次成功概率都是 $p$；③ 各次相互独立。“不放回抽取”违反 ②③，要用超几何分布。
伯努利试验：一次试验只有成功（概率 $p$）与失败（概率 $q=1-p$）。重复 $n$ 次，各次相互独立，$X$ 为成功次数。
一条具体的结果序列，例如“前 $k$ 次成功、后 $n-k$ 次失败”：
$$P(\underbrace{\text{成}\cdots\text{成}}_{k}\underbrace{\text{败}\cdots\text{败}}_{n-k})=p^k q^{n-k}$$
相互独立 $\Rightarrow$ 积事件的概率 = 各概率之积（独立性模块）
任何一条恰有 $k$ 次成功的序列，概率都是 $p^kq^{n-k}$——只与成功个数有关，与位置无关。
乘法交换律：同样 $k$ 个 $p$、$n-k$ 个 $q$
数序列条数：从 $n$ 个位置中选 $k$ 个放“成功”，共 $\mathrm{C}_n^k$ 条，彼此互斥：
$$P(X=k)=\mathrm{C}_n^k\,p^k(1-p)^{n-k},\quad k=0,1,\dots,n$$
下图：每一列是同一个 $k$ 的所有序列，条数 = 组合数
概率和为 1：
$$\sum_{k=0}^{n}\mathrm{C}_n^kp^kq^{n-k}=(p+q)^n=1$$
二项式定理——“二项分布”的名字由此而来
拆成示性变量：$I_i=1$ 表示第 $i$ 次成功，否则 $I_i=0$，则
$$X=I_1+I_2+\cdots+I_n$$
每个 $I_i$ 是两点分布：$E(I_i)=1\cdot p+0\cdot q=p$，$E(I_i^2)=p$，
$$D(I_i)=p-p^2=p(1-p)$$
期望：线性性（不需要独立）
$$E(X)=E(I_1)+\cdots+E(I_n)=np$$
方差：$I_1,\dots,I_n$ 相互独立，方差可以相加：
$$D(X)=D(I_1)+\cdots+D(I_n)=np(1-p)$$
这里用到了独立。对比：超几何分布各次不独立，方差要乘修正因子
$$\sum_{k=0}^{4}\mathrm{C}_{4}^k(0.3)^k(0.7)^{4-k}=(0.3+0.7)^{4}=1$$
$$\text{共 }2^{4}=16\text{ 条序列}$$
在这次 1000 个球的模拟中，格号的平均值约为 $5.03$（理论值 $np=5$），格号的方差约为 $2.42$（理论值 $np(1-p)=2.5$）。
向右的先后顺序不影响落点，这就是 $\mathrm{C}_n^k$ 条路径
$$(n+1)p=4\ \text{是整数，}P_{3}=P_{4}\approx0.2508\text{，众数为 }3\text{ 和 }4$$
记 $P_k=P(X=k)$，看相邻两项之比（$1\le k\le n$）：
$$\frac{P_k}{P_{k-1}}=\frac{\mathrm{C}_n^kp^kq^{n-k}}{\mathrm{C}_n^{k-1}p^{k-1}q^{n-k+1}}=\frac{(n-k+1)\,p}{k\,q}$$
$\mathrm{C}_n^k/\mathrm{C}_n^{k-1}=(n-k+1)/k$
$$\begin{aligned}\frac{P_k}{P_{k-1}}>1&\iff(n-k+1)p>k(1-p)\\&\iff k<(n+1)p\end{aligned}$$
展开后 $-kp$ 与 $+kp$ 抵消，只剩 $np+p>k$
所以 $k<(n+1)p$ 时 $P_k$ 递增，$k>(n+1)p$ 时递减：分布列“先升后降”。
结论：若 $(n+1)p$ 不是整数，众数为 $\lfloor(n+1)p\rfloor$（唯一）；若 $(n+1)p$ 是正整数 $m$，则 $P_{m-1}=P_m$，众数为 $m-1$ 与 $m$ 两个。
特例：$(n+1)p=n+1$ 不会出现，因为 $p<1$
众数与期望 $np$ 的关系：$(n+1)p-1<\text{众数}\le(n+1)p$，即众数在 $np-q$ 与 $np+p$ 之间，离期望不到 1。
做题用法：遇到“$P(X=k)$ 最大时 $k$ 为多少”，列不等式组 $P_k\ge P_{k-1}$ 且 $P_k\ge P_{k+1}$，解出 $k$ 的范围再取整数。
袋中 1 黑 2 白，每名员工有放回摸两次。两次颜色不同按方式 I 回答（第一次白画“○”，否则画“×”）；否则按方式 II 回答（满意画“○”，否则画“×”）。
（1）某部门 9 人，$X$ 为按方式 I 回答的人数，求 $E(X)$；
（2）所有问卷中“○”与“×”之比为 $4:5$，估计满意度。
调查者看不到每个人走的是哪条分支，只看到“○”的总比例。全概率公式把总比例拆成两条路径，其中一条含未知数 $p$——正向用全概率，反向解方程。
答案：$4$
设 $A$：方式 I，$\bar A$：方式 II，$C$：画“○”，满意度为 $p=P(C\mid\bar A)$。$P(A)=\tfrac49$，$P(\bar A)=\tfrac59$。
方式 I 下画“○”= 摸到（白，黑）：$P(AC)=\tfrac23\times\tfrac13=\tfrac29$，即 $P(C\mid A)=\tfrac12$。
不是“$\tfrac12$ 凭感觉”：$AC$ 的实质是摸球结果为（白，黑）
全概率：
$$P(C)=P(A)P(C\mid A)+P(\bar A)P(C\mid\bar A)=\tfrac29+\tfrac59p$$
频率估计 $P(C)=\tfrac{4}{4+5}=\tfrac49$，解 $\tfrac49=\tfrac29+\tfrac59p$ 得 $p=\tfrac25=40\%$。
答案：$40\%$
把“○”占 $\tfrac49$ 直接当成满意度；忘了方式 I 中也有人画“○”。
每个电子模块由 4 个电子元件按图示方式连接，每个元件导通的概率均为 $0.9$，各元件独立。
（1）求每个模块导通的概率 $p$（保留两位有效数字）；
（2）某器件由 20 个模块构成，模块彼此独立，当且仅当不低于 50% 的模块导通时器件正常工作。再添加 2 个相同模块，新器件正常工作的概率是增大还是减小？
(1) 串联 = 交，并联 = 并，各元件独立 $\to$ 乘法。(2) 不要直接算 22 项求和：以“原来 20 个模块中导通的个数 $X$”为基准，新增 2 个只在 $X=9,10$ 两种临界情形改变结果。
并联用对立：两条都不通才断
两位有效数字是 $0.80$，不是保留两位小数
答案：$p\approx0.80$
原器件：$X\sim B(20,p)$，正常 $\iff X\ge10$。新器件 22 个模块，正常 $\iff$ 导通数 $\ge11$。
以原 20 个的导通数 $X$ 为基准、新增 2 个的导通数为 $Y\sim B(2,p)$（与 $X$ 独立）分类：
| $X$ | 新器件正常的条件 |
|---|---|
| $\ge11$ | 一定正常 |
| $10$ | $Y\ge1$，概率 $1-(1-p)^2$ |
| $9$ | $Y=2$，概率 $p^2$ |
| $\le8$ | 不可能 |
$$\begin{aligned}P_\text{新}&=P(X\ge11)+P(X=10)\big[1-(1-p)^2\big]+P(X=9)\,p^2\\P_\text{旧}&=P(X\ge11)+P(X=10)\\P_\text{新}-P_\text{旧}&=P(X=9)\,p^2-P(X=10)\,(1-p)^2\end{aligned}$$
$P(X\ge11)$ 两边抵消，只剩临界项
$$\begin{aligned}P_\text{新}-P_\text{旧}&=\mathrm{C}_{20}^9p^{11}(1-p)^{11}-\mathrm{C}_{20}^{10}p^{10}(1-p)^{12}\\&=p^{10}(1-p)^{11}\big[\mathrm{C}_{20}^9p-\mathrm{C}_{20}^{10}(1-p)\big]\end{aligned}$$
$\mathrm{C}_{20}^{10}=\tfrac{11}{10}\mathrm{C}_{20}^9$，代入 $p=0.8$：
$$\mathrm{C}_{20}^9\Big[0.8-\tfrac{11}{10}\times0.2\Big]=\mathrm{C}_{20}^9\times0.58>0$$
组合数相邻项之比 $\mathrm{C}_n^{k+1}/\mathrm{C}_n^k=(n-k)/(k+1)$
所以 $P_\text{新}>P_\text{旧}$，正常工作的概率增大。
数值验证：原 $\approx0.99944$，新 $\approx0.99965$
答案：增大
第 (2) 问直接写 $\sum_{k=11}^{22}$ 与 $\sum_{k=10}^{20}$ 硬算；或忽略“新增模块与原模块独立”这一前提。
甲工厂零件合格率为 $94\%$，乙工厂为 $98\%$，两批零件混合后合格率为 $97\%$。从混合零件中随机抽取 3 个，用频率估计概率，记其中来自甲工厂的个数为 $X$，求 $X$ 的分布列和数学期望。
先用全概率公式反求“一个零件来自甲厂”的概率 $p$；“用频率估计概率”意味着每次抽取相互独立、概率都是 $p$，于是 $X\sim B(3,p)$。
设一个零件来自甲厂的概率为 $x$。全概率公式：
$$0.94x+0.98(1-x)=0.97\ \Rightarrow\ 0.04x=0.01\ \Rightarrow\ x=\frac14$$
混合合格率是两厂合格率的加权平均，权重就是各厂占比
每抽一个零件看作一次伯努利试验（“来自甲厂”为成功），3 次独立、成功概率都是 $\tfrac14$，所以 $X\sim B\left(3,\tfrac14\right)$。
“用频率估计概率”把从大批量中抽取近似为有放回，这是用二项分布而不是超几何的依据
$P(X=k)=\mathrm{C}_3^k\left(\tfrac14\right)^k\left(\tfrac34\right)^{3-k}$：
| $X$ | 0 | 1 | 2 | 3 |
|---|---|---|---|---|
| $P$ | $\frac{27}{64}$ | $\frac{27}{64}$ | $\frac9{64}$ | $\frac1{64}$ |
$$E(X)=np=3\times\frac14=\frac34$$
直接用定义也可：$(27+18+3)/64=48/64=3/4$
答案：$X\sim B\left(3,\tfrac14\right)$，$E(X)=\dfrac34$
$X=0$ 与 $X=1$ 概率相等（都是 $\frac{27}{64}$），这正是 $(n+1)p=1$ 为整数时“两个众数”的情形。
甲、乙各抛一枚均匀硬币。
（1）若两人各抛 3 次，求甲正面次数大于乙正面次数的概率；
（2）若甲抛 $n+1$ 次、乙抛 $n$ 次（$n\in\mathbf N^*$），求甲正面次数大于乙正面次数的概率。
$p=\tfrac12$ 时 $B(n,\tfrac12)$ 关于 $\tfrac n2$ 对称，甲、乙地位对称：$P(X>Y)=P(X<Y)$。只需算“相等”的概率。
$X,Y\sim B\left(3,\tfrac12\right)$ 且相互独立。$P(X=k)=\dfrac{\mathrm{C}_3^k}{8}$。
$$P(X=Y)=\sum_{k=0}^{3}P(X=k)P(Y=k)=\frac{1^2+3^2+3^2+1^2}{64}=\frac{20}{64}=\frac5{16}$$
甲、乙同分布且独立，交换两人身份，$P(X>Y)=P(X<Y)$。三者之和为 $1$：
$$P(X>Y)=\frac{1-\frac5{16}}2=\frac{11}{32}$$
已用 16 种 $(X,Y)$ 组合逐项相加验证
答案：$\dfrac{11}{32}$
把甲拆成“前 $n$ 次”的正面数 $X_n$ 和“第 $n+1$ 次”。$X_n$ 与 $Y$ 同分布 $B\left(n,\tfrac12\right)$，记 $p_1=P(X_n=Y)$，$p_2=P(X_n<Y)$，$p_3=P(X_n>Y)$，由对称性 $p_2=p_3$。
分类（第 $n+1$ 次与前面独立）：
| 前 $n$ 次 | 概率 | 要甲最终更多 |
|---|---|---|
| $X_n=Y$ | $p_1$ | 第 $n+1$ 次正面，$\tfrac12$ |
| $X_n<Y$ | $p_2$ | 不可能（最多追平） |
| $X_n>Y$ | $p_3$ | 一定，$1$ |
$X_n<Y$ 意味着 $X_n\le Y-1$，再加 1 也只到 $Y$
$$P=\frac12p_1+p_3=\frac{p_1+p_2+p_3}2=\frac12$$
用 $p_3=p_2$ 把 $2p_3$ 换成 $p_2+p_3$。结论与 $n$ 无关
答案：$\dfrac12$
对称性要求 $p=\tfrac12$ 且两人试验次数相同。第 2 问次数不同，必须先拆出“多出来的那一次”。
独立重复试验，每次成功概率 $p$。试验进行到恰好出现 $r$ 次成功时结束，$X$ 为试验次数，称 $X\sim NB(r,p)$。
（1）若 $X\sim NB\left(3,\tfrac13\right)$，求 $P(X=5)$；
（2）若 $X\sim NB\left(2,\tfrac12\right)$，$n\ge2$：① 求 $\sum_{i=2}^{n}P(X=i)$；② 要使 $n$ 次内结束试验的概率不小于 $\tfrac34$，求 $n$ 的最小值。
“第 $k$ 次恰好是第 $r$ 次成功” = “前 $k-1$ 次恰有 $r-1$ 次成功”（二项分布）且“第 $k$ 次成功”。与二项分布的区别是：最后一次固定。
不能写成 $\mathrm{C}_5^3\left(\tfrac13\right)^3\left(\tfrac23\right)^2$：那样会把“第 5 次失败”的序列也算进来
答案：$\dfrac8{81}$
$P(X=i)=\mathrm{C}_{i-1}^1\left(\tfrac12\right)^{i-1}\cdot\tfrac12=\dfrac{i-1}{2^i}$。
裂项：$\dfrac{i-1}{2^i}=\dfrac{i}{2^{i-1}}-\dfrac{i+1}{2^i}$，累加相消：
$$\sum_{i=2}^{n}P(X=i)=\frac2{2}-\frac{n+1}{2^n}=1-\frac{n+1}{2^n}$$
换个看法：$X\le n\iff$ 前 $n$ 次至少 2 次成功，$1-P(0\text{ 次})-P(1\text{ 次})=1-(1+n)/2^n$，二项分布直接得到
② 要 $1-\dfrac{n+1}{2^n}\ge\dfrac34$，即 $a_n=\dfrac{n+1}{2^n}\le\dfrac14$。
$$a_{n+1}-a_n=\frac{n+2-2(n+1)}{2^{n+1}}=-\frac{n}{2^{n+1}}<0$$
所以 $\{a_n\}$ 递减。
$a_4=\dfrac5{16}>\dfrac14$，$a_5=\dfrac6{32}=\dfrac3{16}<\dfrac14$，所以 $n$ 的最小值为 $5$。
答案：① $1-\dfrac{n+1}{2^n}$；② $n_{\min}=5$
第 2 问②只代值不证单调，不能说明“最小”。
$X\sim B(n,p)$，$E(X)=6$，$D(X)=2.4$，则 $n$、$p$ 为
答案C
$\dfrac{D}{E}=1-p=0.4$，$p=0.6$，$n=\dfrac{6}{0.6}=10$。
$X\sim B(10,0.3)$，$P(X=k)$ 最大时 $k=$
答案A
$(n+1)p=3.3$ 不是整数，众数为 $\lfloor3.3\rfloor=3$。可验证 $P_3\approx0.267>P_2\approx0.233$、$P_4\approx0.200$。
下列随机变量服从二项分布的是
答案C
有放回：每次次品概率都是 $0.3$，且各次独立，$X\sim B(4,0.3)$。
$N$ 个球里有 $K$ 个红球，不放回地取 $n$ 个，红球个数 $X$ 服从超几何分布。和有放回（二项分布）相比，期望相同，方差更小。
图中取 $N=20$，$K=8$，$n=6$，两种分布的数字特征如下：
| 量 | 公式 | 数值 |
|---|---|---|
| 期望（两者相同） | $E(X)=\dfrac{nK}{N}$ | $2.4$ |
| 超几何的方差 | $D(X)$ | $1.0611$ |
| 二项的方差 | $np(1-p)$ | $1.44$ |
| 修正因子 | $\dfrac{N-n}{N-1}$ | $0.7368$ |
以 $X=2$ 为例：
$$P(X=2)=\frac{\mathrm{C}_{8}^{2}\,\mathrm{C}_{12}^{4}}{\mathrm{C}_{20}^{6}}=\frac{28\times495}{38760}\approx0.3576$$
取值范围：
$$\max\{0,\,6-12\}=0\ \le X\le\ \min\{6,8\}=6$$
不放回时，前面抽到红球越多，袋里红球越少，后面越难再抽到红球：结果被“拉回”中间，所以分布更集中、方差更小。当 $n=N$（全部取出）时，$X$ 只能等于 $K$，方差变成 $0$。
$X$ 的取值范围：$\max(0,\,n-(N-K))\le X\le\min(n,K)$。红球不够多时取不到 $n$；白球不够多时至少要抽到几个红球。
样本空间：从 $N$ 个球中不放回取 $n$ 个，不计顺序，共 $\mathrm{C}_N^n$ 种，等可能。
古典概型：每个 $n$ 元子集出现的机会相同
事件 $X=k$：从 $K$ 个红球中选 $k$ 个，再从 $N-K$ 个白球中选 $n-k$ 个：
$$P(X=k)=\frac{\mathrm{C}_K^k\,\mathrm{C}_{N-K}^{n-k}}{\mathrm{C}_N^n}$$
分步乘法计数原理
概率和为 1：$\sum_k \mathrm{C}_K^k\mathrm{C}_{N-K}^{n-k}=\mathrm{C}_N^n$（范德蒙德恒等式）。
两边都在数“从 $N$ 个里选 $n$ 个”：左边按其中红球个数 $k$ 分类计数
示性变量：把 $n$ 个球按抽出的先后排好，$I_i=1$ 表示第 $i$ 个是红球。
$$X=I_1+I_2+\cdots+I_n$$
抽签原理：每个位置的球都等可能是 $N$ 个球中的任一个，所以
$$P(I_i=1)=\frac KN,\qquad E(I_i)=\frac KN$$
下文“抽签原理”：第 2 次抽到红球的概率用全概率公式算出来也是 $\frac KN$
期望：线性性不需要独立，
$$E(X)=n\cdot\frac KN$$
与有放回的二项分布 $B\!\left(n,\frac KN\right)$ 相同。
不独立带来的协方差：$i\ne j$ 时 $P(I_i=I_j=1)=\dfrac{K(K-1)}{N(N-1)}$。记 $p=\dfrac KN$，
$$\operatorname{Cov}(I_i,I_j)=\frac{K(K-1)}{N(N-1)}-p^2=-\frac{p(1-p)}{N-1}<0$$
抽到一个红球后，下一个是红球的可能变小：负相关
方差：$n$ 个方差加上 $n(n-1)$ 个协方差：
$$ \begin{aligned} D(X)&=np(1-p)-n(n-1)\frac{p(1-p)}{N-1}\\ &=np(1-p)\cdot\frac{N-n}{N-1} \end{aligned} $$
比二项分布多乘一个修正因子 $\dfrac{N-n}{N-1}\le1$
$N$ 个球中有 $K$ 个红球，不放回地取 $n$ 个，红球个数为 $X$：
$$P(X=k)=\frac{\mathrm{C}_K^k\,\mathrm{C}_{N-K}^{n-k}}{\mathrm{C}_N^n},\qquad \max(0,\,n-(N-K))\le k\le\min(n,K)$$
记 $p=\dfrac KN$，则
$$E(X)=np,\qquad D(X)=np(1-p)\cdot\frac{N-n}{N-1}$$
以第 2 次为例，按第 1 次的结果用全概率公式（$N=20$，$K=8$）：
$$ \begin{aligned} P(\text{第 2 次红})&=\frac{8}{20}\cdot\frac{7}{19}+\frac{12}{20}\cdot\frac{8}{19}\\ &=\frac{152}{380}=\frac{8}{20} \end{aligned} $$
袋中 $N=20$ 个球，其中红球 $K=8$ 个，每轮不放回地取出 $n=6$ 个，记下其中红球的个数。例如某一轮取出的 6 个球中有 4 个红球。
重复摸球 1000 轮，统计结果如下：
| 量 | 模拟 | 理论 |
|---|---|---|
| 红球数平均值 | $2.3860$ | $\dfrac{nK}{N}=2.4$ |
| 红球数方差 | $1.0010$ | $D(X)=1.0611$ |
把超几何概率改写为
$$ \begin{aligned} \frac{\mathrm{C}_K^k\mathrm{C}_{N-K}^{n-k}}{\mathrm{C}_N^n}=\mathrm{C}_n^k\cdot&\frac{K(K-1)\cdots(K-k+1)}{N(N-1)\cdots(N-k+1)}\\ \cdot&\frac{(N-K)\cdots(N-K-n+k+1)}{(N-k)\cdots(N-n+1)} \end{aligned} $$
固定 $n,k$，令 $N\to\infty$、$\frac KN=p$：分子每个因子约为 $Np$ 或 $N(1-p)$，分母每个因子约为 $N$，所以
$$P(X=k)\to \mathrm{C}_n^kp^k(1-p)^{n-k}$$
从一大批产品中抽检少量样品，虽然是不放回，但抽走几件几乎不改变次品率，可以当作二项分布处理。经验上 $\frac nN<0.1$ 时两者已经很接近。
10 件产品中有 3 件次品。
（1）不放回地任取 4 件，次品数为 $X$，求 $X$ 的分布列、$E(X)$、$D(X)$；
（2）若改为有放回地取 4 次，次品数为 $Y$，求 $E(Y)$、$D(Y)$，并与（1）比较。
不放回 → 超几何 $H(N=10,M=3,n=4)$；有放回 → 二项 $B(4,0.3)$。两者期望相同，方差相差一个有限总体修正因子 $\frac{N-n}{N-1}$。
从 10 件中取 4 件共 $\mathrm{C}_{10}^4=210$ 种等可能结果。$X=k$ 需从 3 件次品取 $k$ 件、7 件正品取 $4-k$ 件：$P(X=k)=\dfrac{\mathrm{C}_3^k\mathrm{C}_7^{4-k}}{210}$，$k=0,1,2,3$。
分布列：
| $X$ | 0 | 1 | 2 | 3 |
|---|---|---|---|---|
| $P$ | $\frac{35}{210}=\frac16$ | $\frac{105}{210}=\frac12$ | $\frac{63}{210}=\frac3{10}$ | $\frac7{210}=\frac1{30}$ |
$35+105+63+7=210$，概率和为 1
$E(X)=0\cdot\tfrac16+1\cdot\tfrac12+2\cdot\tfrac3{10}+3\cdot\tfrac1{30}=\tfrac65$，与公式 $\dfrac{nM}N=\dfrac{4\times3}{10}$ 一致。
$E(X^2)=\tfrac12+4\cdot\tfrac3{10}+9\cdot\tfrac1{30}=2$，
$$D(X)=E(X^2)-E(X)^2=2-\frac{36}{25}=\frac{14}{25}$$
答案：分布列见上表；$E(X)=\dfrac65$，$D(X)=\dfrac{14}{25}$。
有放回时每次抽到次品的概率都是 $0.3$，各次独立，$Y\sim B(4,0.3)$。
$E(Y)=4\times0.3=\tfrac65$，$D(Y)=4\times0.3\times0.7=\tfrac{21}{25}$。
期望相同，方差 $D(X)<D(Y)$，且
$$\frac{D(X)}{D(Y)}=\frac{14}{21}=\frac23=\frac{N-n}{N-1}=\frac{10-4}{10-1}$$
不放回时，前面抽到次品会让后面更难抽到次品，结果更“集中”在平均值附近
答案：$E(Y)=\dfrac65$，$D(Y)=\dfrac{21}{25}$；期望相等，不放回方差更小。
不放回地取 4 件，不是 4 次独立试验，不能用 $\mathrm{C}_4^k0.3^k0.7^{4-k}$。
$N$ 名学生来自 A、B、C 三校，其中 A 校 $n$ 人（$n>1$）。随机给每人安排面试号码 $1,2,\dots,N$，按号码依次面试，每人 5 分钟。
（1）求 2 号学生来自 A 校的概率；
（2）若 $N=40$，$n=10$，B、C 两校人数比为 $1:2$，求 A 校学生先于另两校完成面试（A 校全部面完时，B、C 两校都还有人未面）的概率；
（3）$X$ 为从第 1 人开始到最后一名 A 校学生面完的时长，证明 $E(X)=\dfrac{5n(N+1)}{n+1}$。
只关心“哪些号码给了 A 校”：从 $N$ 个号码中不放回地随机取 $n$ 个，所有 $\mathrm{C}_N^n$ 种取法等可能——这正是超几何的抽样模型。
A 校占用的号码集合有 $\mathrm{C}_N^n$ 种等可能情况；含 2 号的有 $\mathrm{C}_{N-1}^{n-1}$ 种。
$$P=\frac{\mathrm{C}_{N-1}^{n-1}}{\mathrm{C}_N^n}=\frac nN$$
与“抽签与顺序无关”一致：每个位置是 A 校的概率都是 $\frac nN$，这也是超几何 $E=\frac{nM}{N}$ 的来源
答案：$\dfrac nN$。
人数：A 10，B 10，C 20。事件发生时，最后一位（40 号）一定不是 A 校。按 40 号属于哪校分类。
40 号是 B 校（概率 $\tfrac{10}{40}$）：此时 B 校一定未在 A 之前完成，还要求 C 校在 A 校之后完成，即 A、C 共 30 人中排最后的是 C 校，条件概率 $\tfrac{20}{30}$。
固定 40 号后，其余 39 人的顺序仍等可能，A、C 这 30 人中谁排最后也等可能
40 号是 C 校（概率 $\tfrac{20}{40}$）：同理要求 A、B 共 20 人中排最后的是 B 校，条件概率 $\tfrac{10}{20}$。
由全概率公式，
$$P=\frac{10}{40}\cdot\frac{20}{30}+\frac{20}{40}\cdot\frac{10}{20}=\frac16+\frac14=\frac5{12}$$
已用 40 万次随机排列模拟验证，频率 $0.4167$
答案：$\dfrac5{12}$。
设最后一名 A 校学生的号码为 $K$，则 $X=5K$，$K\in\{n,\dots,N\}$。
超几何视角：$K\le k\iff$ 前 $k$ 个号码中 A 校恰有 $n$ 人，$P(K\le k)=\dfrac{\mathrm{C}_k^n}{\mathrm{C}_N^n}$。相减得
$$P(K=k)=\frac{\mathrm{C}_k^n-\mathrm{C}_{k-1}^n}{\mathrm{C}_N^n}=\frac{\mathrm{C}_{k-1}^{n-1}}{\mathrm{C}_N^n}$$
也可直接数：$k$ 号给 A，其余 $n-1$ 个 A 在前 $k-1$ 个号码里
$E(K)=\dfrac1{\mathrm{C}_N^n}\sum\limits_{k=n}^{N}k\mathrm{C}_{k-1}^{n-1}$，而
$$k\mathrm{C}_{k-1}^{n-1}=k\cdot\frac{(k-1)!}{(n-1)!(k-n)!}=n\cdot\frac{k!}{n!(k-n)!}=n\mathrm{C}_k^n$$
由 $\mathrm{C}_n^n+\mathrm{C}_{n+1}^n+\cdots+\mathrm{C}_N^n=\mathrm{C}_{N+1}^{n+1}$：
$$ \begin{aligned} E(K)&=\frac{n\mathrm{C}_{N+1}^{n+1}}{\mathrm{C}_N^n}=n\cdot\frac{(N+1)!}{(n+1)!(N-n)!}\cdot\frac{n!(N-n)!}{N!}\\ &=\frac{n(N+1)}{n+1} \end{aligned} $$
恒等式由 $\mathrm{C}_{k}^{n}=\mathrm{C}_{k+1}^{n+1}-\mathrm{C}_{k}^{n+1}$ 累加得到
所以 $E(X)=5E(K)=\dfrac{5n(N+1)}{n+1}$。
直观：$n$ 个 A 把 $N+1$ 个“间隔”平均分，最后一个 A 平均在 $\frac{n(N+1)}{n+1}$ 处
答案：证毕。
第（2）问容易写成 $P(\text{A 最后一人}<\text{B 最后一人})\cdot P(\text{A 最后一人}<\text{C 最后一人})$，这两个事件并不独立。
（1）设 $f(x)=\ln(1+x)-\dfrac{2x}{x+2}$，证明：当 $x>0$ 时 $f(x)>0$；
（2）从编号 1 到 100 的 100 张卡片中每次随机抽取一张后放回，连续抽取 20 次，设 20 个号码互不相同的概率为 $p$，证明：$p<\left(\dfrac9{10}\right)^{19}<\dfrac1{\mathrm e^2}$。
有放回时 20 个号码互不相同，相当于“碰巧和不放回一样”。概率等于 $\dfrac{\mathrm{A}_{100}^{20}}{100^{20}}$，衡量有放回与不放回的差别；$N$ 很大而 $n$ 很小时它接近 1，此时两种抽样几乎相同。
求导：
$$ \begin{aligned} f'(x)&=\frac1{1+x}-\frac{4}{(x+2)^2}=\frac{(x+2)^2-4(1+x)}{(1+x)(x+2)^2}\\ &=\frac{x^2}{(1+x)(x+2)^2} \end{aligned} $$
$x>-1$ 时 $f'(x)\ge0$，$f$ 在 $(-1,+\infty)$ 上单调递增（仅在 $x=0$ 处导数为 0）。所以 $x>0$ 时 $f(x)>f(0)=0$。
顺便得到：$-1<x<0$ 时 $f(x)<0$，第（2）问要用
答案：证毕。
20 次有放回共 $100^{20}$ 种等可能结果，号码互不相同的有 $\mathrm{A}_{100}^{20}=100\times99\times\cdots\times81$ 种：
$$p=\frac{100\times99\times\cdots\times81}{100^{20}}=\frac{99\times98\times\cdots\times81}{100^{19}}$$
分子 19 个因数以 90 为中心首尾配对：$(90+k)(90-k)=90^2-k^2<90^2$（$k=1,\dots,9$），中间剩一个 90。所以分子 $<90^{19}$，$p<\left(\tfrac9{10}\right)^{19}$。
要证 $\left(\tfrac9{10}\right)^{19}<\mathrm e^{-2}$，即 $\ln\tfrac9{10}<-\tfrac2{19}$。由（1）$-1<x<0$ 时 $f(x)<0$，取 $x=-\tfrac1{10}$：
$$\ln\frac9{10}<\frac{2\cdot\left(-\frac1{10}\right)}{-\frac1{10}+2}=-\frac2{19}$$
数值：$p\approx0.1304$，$0.9^{19}\approx0.13509$，$\mathrm e^{-2}\approx0.13534$，第二个不等式非常紧
答案：证毕。
分母是 $100^{20}$（每次都有 100 种），约掉首项 100 后剩 19 个 100；不要写成 $\mathrm{C}_{100}^{20}$。
10 件产品中有 3 件次品，不放回地任取 4 件，次品数 $X$ 的期望为
答案B
$E(X)=\dfrac{nK}{N}=\dfrac{4\times3}{10}=1.2$，与有放回时相同。
同一题中，不放回的方差 $D_1$ 与有放回的方差 $D_2$ 的关系为
答案C
$D_2=4\times0.3\times0.7=0.84$，$D_1=0.84\times\dfrac{10-4}{10-1}=0.56<0.84$。
袋中 5 个红球、3 个白球，不放回取 6 个，红球个数 $X$ 的可能取值为
答案D
$\max(0,\,6-3)=3\le X\le\min(6,5)=5$。
所有正态曲线都是同一条钟形曲线平移、伸缩得到的。会用对称性和 $3\sigma$ 原则，再把任何区间“标准化”成 $Z$，就能求所有正态概率。
图中 $\mu=0$，$\sigma=1$，阴影面积 $P(\mu-\sigma<X<\mu+\sigma)=0.6827$；标准化后对应的区间是 $-1<Z<1$；峰值 $\dfrac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}}\approx0.3989$。灰色虚线表示标准正态 $N(0,1)$，在其他 $\mu$、$\sigma$ 下用作参照。
$$ \varphi_{\mu,\sigma}(x)=\frac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}}\,e^{-\frac{(x-\mu)^2}{2\sigma^2}},\quad X\sim N(\mu,\sigma^2) $$
| 区间 | $\mu\pm\sigma$ | $\mu\pm2\sigma$ | $\mu\pm3\sigma$ |
|---|---|---|---|
| 概率 | 0.6827 | 0.9545 | 0.9973 |
$\sigma$ 变化时，$\mu\pm k\sigma$ 区间里的概率不变：曲线变胖，区间也跟着变宽，两者恰好抵消。所以这三个数对所有正态分布通用。
| 区间 | 样本频率 | 理论概率 |
|---|---|---|
| $\mu\pm\sigma$ | 0.6720 | 0.6827 |
| $\mu\pm2\sigma$ | 0.9450 | 0.9545 |
| $\mu\pm3\sigma$ | 0.9950 | 0.9973 |
样本频率与理论概率接近。
高中不要求计算积分，只要求理解“面积 = 概率”，总面积为 1
一条线段没有面积。题目里 $<$ 与 $\le$ 可以随意换
所以 $P(X<\mu)=P(X>\mu)=0.5$
$\sigma$ 越小峰越高、曲线越“瘦高”，数据越集中；$\sigma$ 越大越“矮胖”
两尾面积相等，各占“1 减中间”的一半
例：$P(\mu<X<\mu+2\sigma)=0.9545/2\approx0.4772$
生产中若测得值落在 $(\mu-3\sigma,\ \mu+3\sigma)$ 之外，就认为生产过程可能出现异常
$$ \begin{aligned} P(X<\mu-\sigma)&=P(X>\mu+\sigma)\\ &=\tfrac{1-0.6827}{2}=0.1587\\ P(\mu<X<\mu+\sigma)&=\tfrac{0.6827}{2}=0.3413 \end{aligned} $$
$X\sim N(2,\sigma^2)$，$P(X<4)=0.8$，求 $P(0<X<2)$。
$4$ 与 $0$ 关于 $\mu=2$ 对称：$P(X\le0)=P(X\ge4)=0.2$，所以 $P(0<X<4)=0.6$，再取一半得 $0.3$。
整个过程不需要知道 $\sigma$。
上图刻度是原始单位 $x$，下图刻度是 $z=\dfrac{x-\mu}{\sigma}$。两张图的曲线与阴影完全一样，只是刻度换了。
线性变换 $Z=\frac1\sigma X-\frac\mu\sigma$：平移再伸缩，正态分布仍是正态分布
两边同减 $\mu$、同除以 $\sigma$（$\sigma>0$，不等号不变向）
$$ \begin{aligned} z_a&=\frac{40-50}{10}=-1.00,\qquad z_b=\frac{65-50}{10}=1.50\\[4pt] \Phi(1.50)&=0.9332,\qquad \Phi(-1.00)=1-\Phi(1.00)=0.1587\\[4pt] P(40<X<65)&=\Phi(z_b)-\Phi(z_a)\approx0.7745 \end{aligned} $$
不取整 $z$ 的精确值也是 $0.7745$。
行表示 $z$ 的整数部分与十分位，列表示百分位；加粗的是本节算例与例题用到的值（$z$ 取两位小数）。
| $z$ | +0.00 | +0.01 | +0.02 | +0.03 | +0.04 |
|---|---|---|---|---|---|
| 0.2 | 0.5793 | 0.5832 | 0.5871 | 0.5910 | 0.5948 |
| 0.5 | 0.6915 | 0.6950 | 0.6985 | 0.7019 | 0.7054 |
| 1.0 | 0.8413 | 0.8438 | 0.8461 | 0.8485 | 0.8508 |
| 1.5 | 0.9332 | 0.9345 | 0.9357 | 0.9370 | 0.9382 |
| 2.0 | 0.9772 | 0.9778 | 0.9783 | 0.9788 | 0.9793 |
| $z$ | +0.05 | +0.06 | +0.07 | +0.08 | +0.09 |
|---|---|---|---|---|---|
| 0.2 | 0.5987 | 0.6026 | 0.6064 | 0.6103 | 0.6141 |
| 0.5 | 0.7088 | 0.7123 | 0.7157 | 0.7190 | 0.7224 |
| 1.0 | 0.8531 | 0.8554 | 0.8577 | 0.8599 | 0.8621 |
| 1.5 | 0.9394 | 0.9406 | 0.9418 | 0.9429 | 0.9441 |
| 2.0 | 0.9798 | 0.9803 | 0.9808 | 0.9812 | 0.9817 |
| 情境 | 事件 | 标准化 | 查表 | 概率 |
|---|---|---|---|---|
| 例 1①：$X\sim N(1000,30^2)$ | $X>994$ | $z_a=\dfrac{994-1000}{30}=-0.20$ | $\Phi(-0.20)=1-\Phi(0.20)=0.4207$ | $P=1-\Phi(z_a)\approx0.5793$ |
| 例 1②：$X\sim N(1000,30^2)$ | $X\le1016$ | $z_b=\dfrac{1016-1000}{30}=0.53$ | $\Phi(0.53)=0.7019$ | $P=\Phi(z_b)\approx0.7019$（不取整 $z$ 时约 $0.7031$） |
| 例 2（1）改造前：$N(50,0.4^2)$ | $49.60<X<50.40$ | $z_a=-1.00,\ z_b=1.00$ | $\Phi(1.00)=0.8413$，$\Phi(-1.00)=0.1587$ | $P\approx0.6826$（精确值 $0.6827$） |
| 例 2（1）改造后：$N(50,0.2^2)$ | $49.60<X<50.40$ | $z_a=-2.00,\ z_b=2.00$ | $\Phi(2.00)=0.9772$，$\Phi(-2.00)=0.0228$ | $P\approx0.9544$（精确值 $0.9545$） |
| 例 3：$U\sim N(220,20^2)$ | $U\le200$ | $z_b=\dfrac{200-220}{20}=-1.00$ | $\Phi(-1.00)=1-\Phi(1.00)=0.1587$ | $P=\Phi(z_b)\approx0.1587$ |
图中 $n=20$，$p=0.2$：$\mu=np=4$，$\sigma=\sqrt{np(1-p)}\approx1.789$；取 $k=4$ 时，精确值 $P(X\le k)=0.6296$，正态近似 $\Phi\Big(\dfrac{k-\mu}{\sigma}\Big)=0.5000$，连续性修正 $\Phi\Big(\dfrac{k+0.5-\mu}{\sigma}\Big)=0.6101$。
大量独立小因素叠加，总和近似正态（中心极限定理，大学内容）。高中题目会直接给出这一结论
例 1：$n=10000$，$p=0.1$，$\mu=1000$，$\sigma=30$
对比 $p=0.05$ 时 $n=20$ 与 $n=200$ 的柱状图
把横轴换成 $z=\dfrac{k-np}{\sigma}$、柱高乘 $\sigma$ 之后，无论 $n$、$p$ 取多少，柱子都向同一条标准正态曲线靠拢。
上面的“修正”是连续性修正（把 $k$ 换成 $k+0.5$），近似更准，属于大学内容；高中题目按题给方法直接用 $\Phi\Big(\dfrac{k-\mu}{\sigma}\Big)$。
阅览室座位（二项近似正态）
某高校共有 10000 名学生，阅览室共有 994 个座位。各学生是否去自习相互独立，每人每晚去自习的概率均为 0.1。
（1）记每晚去自习的人数为 $X$，求 $E(X)$、$D(X)$；
（2）$n$ 较大时二项分布可视为正态分布；若 $Y\sim N(\mu,\sigma^2)$，令 $Z=\dfrac{Y-\mu}{\sigma}$，则 $Z\sim N(0,1)$，记 $\Phi(a)=P(Z<a)$。标准正态分布表（节选）：
| $a$ | 0.00 | 0.01 | 0.02 | 0.03 | 0.04 |
|---|---|---|---|---|---|
| 0.2 | 0.5793 | 0.5832 | 0.5871 | 0.5910 | 0.5948 |
| 0.5 | 0.6915 | 0.6950 | 0.6985 | 0.7019 | 0.7054 |
① 求座位不够用的概率；② 若要使座位够用的概率高于 0.7，至少需要添加多少个座位？
$X\sim B(10000,0.1)$，$n$ 很大 $\Rightarrow$ 近似 $N\big(np,np(1-p)\big)$。“不够用”“够用”翻译成 $X$ 的不等式，再标准化查表。
答案：$E(X)=1000$，$D(X)=900$
查表要用标准差 $\sigma=30$，不是方差 900
标准正态曲线关于 $z=0$ 对称，右尾 $z>-0.2$ 与左侧 $z<0.2$ 面积相同
答案：约 $0.5793$
“高于 0.7”要取第一个超过 0.7 的值 0.53，不能取 0.52
验算（精确二项分布）：$P(X\le1015)\approx0.6984$，$P(X\le1016)\approx0.7099$，结论同样是 1016
答案：至少添加 22 个座位
易错点：① 把 $\sigma$ 写成 900；② 正态近似只是近似：用二项分布精确计算 $P(X>994)\approx0.571$，与 0.5793 略有差别，题目要求按正态近似作答。
优品率与系统可靠性
某零部件质量指标介于 $(49.6,50.4)$ 为优品。技术改造前质量指标服从 $N(50,0.16)$，改造后服从 $N(50,0.04)$。附：$P(|X-\mu|<\sigma)=0.6827$，$P(|X-\mu|<2\sigma)=0.9545$。
（1）求改造后与改造前的优品率之差；
（2）控制系统中每个元件正常工作的概率都是 $p\ (0<p<1)$，相互独立，超过一半的元件正常工作系统就能正常工作（其概率称为可靠性）。
① 原有 4 个元件，求可靠性，并判断增加一个元件后可靠性是否提高；
② 系统有 $n\ (n\ge3)$ 个元件，再增加一个元件是否一定提高可靠性？证明你的结论。
第（1）问：把区间端点写成 $\mu\pm k\sigma$。注意 $N(50,0.16)$ 里 0.16 是方差，$\sigma=0.4$。第（2）问：把“新增元件”单独拿出来，按它正常与否分类。
区间不变、$\sigma$ 变小，同一区间相当于更多个 $\sigma$，概率变大：$\sigma$ 小 = 质量更稳定
答案：$0.2718$
也可用下面②的方法：5 个 = 前 4 个 + 新元件，$P_5-P_4=p\cdot P(\text{前 4 个恰 2 个正常})=p\cdot6p^2(1-p)^2$
答案：$P_4=p^3(4-3p)$；增加一个元件后可靠性提高
要么前 $n$ 个已有 $m$ 个正常（新元件无所谓），要么前 $n$ 个恰好 $m-1$ 个、新元件正常
用 $P(X\ge k)=P(X\ge k+1)+P(X=k)$ 消去公共部分
直观：奇数变偶数时“超过一半”的门槛多了 1 个，而新元件只有概率 $p$ 能补上
答案：不一定：$n$ 为偶数时提高，$n$ 为奇数时降低
易错点：$N(50,0.16)$ 的第二个参数是方差 $\sigma^2$，误把 $\sigma$ 当作 0.16 会使区间对不上 $\mu\pm k\sigma$。
电压状态与不合格品
机器电源电压 $U\sim N(220,20^2)$（单位：V）。电压有三种状态：① 不超过 200 V；② 200 V～240 V 之间；③ 超过 240 V。三种状态下生产的零件为不合格品的概率分别为 0.15、0.05、0.2。
（1）求该机器生产的零件为不合格品的概率；
（2）随机抽取 $n\ (n\ge2)$ 件，记恰有 2 件不合格品的概率为 $p_n$，求 $p_n$ 取最大值时 $n$ 的值。附：$P(\mu-\sigma<Z<\mu+\sigma)=0.68$，$P(\mu-2\sigma<Z<\mu+2\sigma)=0.95$。
正态分布给出三种状态的概率（对称性），全概率公式合成不合格率；第（2）问用相邻项比值找数列最大项。
三种状态构成样本空间的一个划分
答案：$0.09$
$\dfrac{\mathrm{C}_{n+1}^2}{\mathrm{C}_n^2}=\dfrac{(n+1)n/2}{n(n-1)/2}=\dfrac{n+1}{n-1}$
验算：$p_{21}\approx0.28346$，$p_{22}\approx0.28374$，$p_{23}\approx0.28280$
答案：$n=22$
易错点：比值与 1 比较后，要把“$n\le21$ 时 $p_{n+1}>p_n$”翻译成“$p_{22}$ 最大”，不要误答 21。
已知 $X\sim N(2,\sigma^2)$，$P(X<4)=0.8$，则 $P(0<X<2)=$
答案B
$P(X\le0)=P(X\ge4)=0.2$，$P(0<X<4)=0.6$，关于 $\mu=2$ 对称，取一半得 $0.3$。
$X_1\sim N(\mu_1,\sigma_1^2)$、$X_2\sim N(\mu_2,\sigma_2^2)$ 的密度曲线中，$X_1$ 的曲线更“瘦高”，且对称轴在 $X_2$ 的左边。则
答案C
对称轴靠左 $\Rightarrow$ $\mu$ 小；瘦高 $\Rightarrow$ $\sigma$ 小。
某次考试成绩 $X\sim N(100,10^2)$。取 $P(|X-\mu|<2\sigma)=0.9545$，则成绩超过 120 分的概率约为
答案B
$120=\mu+2\sigma$，$P(X>120)=\dfrac{1-0.9545}{2}=0.02275$。
“下一次的状态只依赖这一次的状态”——抓住这一点，就能写出 $p_{n+1}$ 与 $p_n$ 的递推式。用不动点法把它变成等比数列，通项、极限、期望都随之而来。
状态转移图：圆圈表示状态，箭头上的数是转移概率；每个状态发出的箭头上的概率之和为 1。分布演化图：每个柱子是某一步各状态所占的概率（自下而上叠放），虚线是平稳分布的分界线。下面用三个模型来看：投篮换人、传球、摸球交换。
甲命中就继续投（甲→甲），未命中换乙（甲→乙）；乙同理。取甲命中率 $a=0.6$，乙命中率 $b=0.8$，第 1 次甲投的概率 $p_1=0.5$。转移概率：
| 从＼到 | 甲投 | 乙投 |
|---|---|---|
| 甲投 | $\frac35$ | $\frac25$ |
| 乙投 | $\frac15$ | $\frac45$ |
$$ \begin{aligned} p_{n+1}&=\tfrac35\,p_n+\tfrac15(1-p_n)=0.40\,p_n+0.20\\ x^*&=\frac{0.20}{1-0.40}=\frac13,\qquad p_n=\frac13+\Big(\frac12-\frac13\Big)(0.40)^{n-1} \end{aligned} $$
“甲投”的概率 $p_n$ 的演化：
| 第 $n$ 次 | 1 | 2 | 5 | 10 |
|---|---|---|---|---|
| $P(\text{甲投})$ | $\frac12$ | $\frac25$ | $\frac{211}{625}$ | $\approx0.3334$ |
平稳概率 $\pi=\dfrac{1-b}{2-a-b}=\dfrac13$。
不管第 1 次是谁投，几次之后“甲投”的概率都稳定在 $\pi=\dfrac{1-b}{2-a-b}$。乙命中率高，乙“占住”球权的时间长，所以 $\pi<\dfrac12$。
球从甲开始，每次等可能传给其余 $m-1$ 人之一。只关心“球在不在甲手里”，把其余人合并成一个状态：甲持球 → 他人持球的概率为 1；他人持球 → 传回甲的概率为 $\dfrac1{m-1}$，仍在他人手中的概率为 $\dfrac{m-2}{m-1}$。
$$ \begin{aligned} p_{n+1}&=\frac1{m-1}(1-p_n),\qquad x^*=\frac1m\\ p_n&=\frac1m+\frac{m-1}{m}\Big(-\frac1{m-1}\Big)^{n}\quad(p_0=1) \end{aligned} $$
以 $m=3$（三人传球）为例，传 $n$ 次后球在甲手中的概率：
| 传球次数 $n$ | 0 | 1 | 4 | 9 |
|---|---|---|---|---|
| $P(\text{甲持球})$ | $1$ | $0$ | $\frac38$ | $\frac{85}{256}$ |
平稳概率 $\pi=\dfrac13$。
$A=-\dfrac1{m-1}<0$：$p_n$ 在 $\dfrac1m$ 两侧来回摆动——上一次球在甲手里，这一次一定不在。
甲袋 3 球、乙袋 3 球，共 2 黑 4 白；初始甲袋 2 黑 1 白，乙袋 3 白。每次各取一球交换。状态 = 甲袋黑球数（0、1、2），每次只能变化 1 个。
$$ \begin{aligned} p_n&=\tfrac13p_{n-1}+\tfrac29q_{n-1},\quad q_n=\tfrac23p_{n-1}+\tfrac59q_{n-1}+\tfrac23(1-p_{n-1}-q_{n-1})\\ E(X_n)&=2p_n+q_n=\tfrac13E(X_{n-1})+\tfrac23\ \Rightarrow\ E(X_n)=1+\Big(\tfrac13\Big)^n \end{aligned} $$
前几步的取值：$E(X_1)=\dfrac43$，$E(X_2)=\dfrac{10}9$，$E(X_3)=\dfrac{28}{27}$；$p_2=\dfrac7{27}$，$q_2=\dfrac{16}{27}$。平稳分布为 $(0.2,\ 0.6,\ 0.2)$。
平稳分布 $(0.2,0.6,0.2)$ 恰好是“从 6 球（2 黑）中随机取 3 球放进甲袋”的超几何分布：交换足够多次后，球被充分打乱。
以投篮为例，记 $p_n=P(\text{第 }n\text{ 次甲投})$。第 $n+1$ 次是甲投，按第 $n$ 次是谁投分两类：
$$p_{n+1}=p_n\cdot a+(1-p_n)(1-b)$$
全概率公式：“第 $n$ 次甲投”“第 $n$ 次乙投”是一个划分。$a$ = 甲命中率（甲继续），$1-b$ = 乙未命中（换成甲）
整理成一阶线性递推：
$$p_{n+1}=\underbrace{(a+b-1)}_{A}\,p_n+\underbrace{(1-b)}_{B}$$
第 24 题：$a=0.6$，$b=0.8$，得 $p_{n+1}=0.4p_n+0.2$
不动点：若数列收敛到 $x^*$，则 $x^*=Ax^*+B$，
$$x^*=\frac{B}{1-A}\quad(A\neq1)$$
第 24 题：$x^*=0.2/0.6=\frac13$
两式相减，常数 $B$ 消掉：
$$p_{n+1}-x^*=A\,(p_n-x^*)$$
这就是“待定系数 $\lambda$”的本质：$\lambda=-x^*$。不动点法省去了解方程的过程
所以 $\{p_n-x^*\}$ 是公比为 $A$ 的等比数列（首项不为 0 时）：
$$p_n=x^*+(p_1-x^*)A^{\,n-1}$$
第 24 题：$p_1=\tfrac12$，
$$p_n=\frac13+\frac16\Big(\frac25\Big)^{n-1}$$
收敛与振荡：$|A|<1$ 时 $A^{n-1}\to0$，$p_n\to x^*$，与初值无关。$A>0$ 单调趋近；$A<0$ 在 $x^*$ 两侧来回摆动。
转移概率都在 $(0,1)$ 内时 $|A|=|a+b-1|<1$ 自动成立
求期望：若 $Y$ 为前 $n$ 次中甲投篮次数，$Y=\sum X_i$（$X_i$ 为第 $i$ 次是否甲投），
$$E(Y)=\sum_{i=1}^n p_i=\frac n3+\frac16\cdot\frac{1-(2/5)^n}{1-2/5}=\frac n3+\frac5{18}\Big[1-\Big(\frac25\Big)^n\Big]$$
期望的线性性：不必求 $Y$ 的分布，把每一次的概率加起来
$$ \begin{array}{l} A=a+b-1=0.40,\quad B=1-b=0.20\\[4pt] x^*=\dfrac{B}{1-A}=0.3333\\[4pt] p_1,\dots,p_6:\ 0.500,\ 0.400,\ 0.360,\ 0.344,\ 0.338,\ 0.335 \end{array} $$
取 $a=0.1,\ b=0.2$：$A=-0.70<0$，$B=0.80$，$x^*=\dfrac{0.8}{1.7}\approx0.4706$。从 $p_1=0.95$ 出发，$p_2,\dots,p_6\approx0.135,\ 0.706,\ 0.306,\ 0.586,\ 0.390$，在 $x^*$ 两侧来回摆动，蛛网呈螺旋状收敛。
取 $a=0.6$，$b=0.8$，第 1 次由抽签决定（甲、乙各 0.5）。
每一条轨迹都在甲、乙之间随机跳来跳去，永不停止；但同一时刻看 2000 条轨迹，“甲投”的比例很快稳定在 $\pi$。分布收敛，不是轨迹收敛。
无论第 1 次是甲先投（$p_1=1$）、乙先投（$p_1=0$）还是抽签（$p_1=0.5$），曲线起点不同，但几步之后都贴到同一条 $\pi$ 线上——初始状态的影响以 $A^{n-1}$ 的速度被“遗忘”。
一轮中甲药得分 $X$：$P(X=1)=\alpha(1-\beta)=c$，$P(X=-1)=(1-\alpha)\beta=a$，$P(X=0)=b=1-a-c$。
$p_i$：甲累计 $i$ 分时最终判甲更有效的概率。按下一轮得分分类：
$$p_i=a\,p_{i-1}+b\,p_i+c\,p_{i+1}\quad(1\le i\le7)$$
边界：$p_0=0,\ p_8=1$。
两端是“吸收状态”：到达就停止，所以 $p_0$、$p_8$ 已知
用 $b=1-a-c$ 代入并移项：$(a+c)p_i=ap_{i-1}+cp_{i+1}$，即
$$c\,(p_{i+1}-p_i)=a\,(p_i-p_{i-1})$$
把 $p_i$ 拆成 $a\,p_i+c\,p_i$，分别与两边配对
$\{p_{i+1}-p_i\}$ 是公比 $r=\dfrac ac$ 的等比数列。累加：
$$p_i=(p_1-p_0)(1+r+\cdots+r^{i-1})=p_1\cdot\frac{r^i-1}{r-1}$$
用 $p_8=1$ 定出 $p_1$：$p_1=\dfrac{r-1}{r^8-1}$，所以
$$p_i=\frac{r^i-1}{r^8-1}\quad(r\neq1)$$
$\alpha=0.5,\ \beta=0.8$：$a=0.4,\ c=0.1,\ r=4$，
$$p_4=\frac{4^4-1}{4^8-1}=\frac{1}{4^4+1}=\frac1{257}\approx0.0039$$
平方差：$4^8-1=(4^4-1)(4^4+1)$
含义：乙药明显更好时，方案错判“甲更有效”的概率只有约 $0.39\%$，方案合理。
当 $\alpha=\beta$ 时，$r=1$，$p_i=\dfrac i8$，$p_4=\dfrac12$——两药一样好时，判谁更有效都是 $50\%$，也合理。
甲、乙两人投篮，每次由其中一人投篮：若命中则此人继续投篮，若未命中则换为对方投篮。甲每次命中率均为 $0.6$，乙均为 $0.8$。第 1 次投篮的人是甲、乙的概率各为 $0.5$。
（1）求第 2 次投篮的人是乙的概率；
（2）求第 $i$ 次投篮的人是甲的概率；
（3）已知：若 $X_i$ 服从两点分布，$P(X_i=1)=q_i$，则 $E\big(\sum_{i=1}^nX_i\big)=\sum_{i=1}^nq_i$。记前 $n$ 次中甲投篮的次数为 $Y$，求 $E(Y)$。
状态 = 这一次谁投。下一次谁投只取决于这一次谁投、投没投中——两状态马尔可夫链。全概率公式给出 $p_{i+1}$ 与 $p_i$ 的线性递推。
记 $A_i$：第 $i$ 次甲投，$B_i$：第 $i$ 次乙投。按第 1 次谁投分类（全概率公式）：
$$P(B_2)=P(A_1)P(B_2\mid A_1)+P(B_1)P(B_2\mid B_1)$$
$P(B_2\mid A_1)$ = 甲未命中 $=0.4$；$P(B_2\mid B_1)$ = 乙命中 $=0.8$。
$$P(B_2)=0.5\times0.4+0.5\times0.8=0.6$$
答案：$0.6$
记 $p_i=P(A_i)$。第 $i+1$ 次甲投：第 $i$ 次甲投且命中，或第 $i$ 次乙投且未命中：
$$p_{i+1}=0.6\,p_i+0.2\,(1-p_i)=\frac25p_i+\frac15$$
乙未命中的概率是 $1-0.8=0.2$，这一项最容易漏
不动点：$x=\frac25x+\frac15\Rightarrow x^*=\frac13$。两式相减：
$$p_{i+1}-\frac13=\frac25\Big(p_i-\frac13\Big)$$
$p_1-\frac13=\frac16\neq0$，所以 $\{p_i-\frac13\}$ 是首项 $\frac16$、公比 $\frac25$ 的等比数列：
$$p_i=\frac13+\frac16\Big(\frac25\Big)^{i-1}$$
验算：$p_2=\frac13+\frac1{15}=0.4$，与（1）中 $P(B_2)=0.6$ 吻合
答案：$p_i=\dfrac13+\dfrac16\Big(\dfrac25\Big)^{i-1}$
令 $X_i=1$ 表示第 $i$ 次甲投，否则 $X_i=0$。$X_i$ 服从两点分布，$P(X_i=1)=p_i$，且 $Y=\sum_{i=1}^nX_i$。
由题给结论：
$$E(Y)=\sum_{i=1}^np_i=\frac n3+\frac16\cdot\frac{1-(2/5)^n}{1-2/5}=\frac n3+\frac5{18}\Big[1-\Big(\frac25\Big)^n\Big]$$
各 $X_i$ 并不独立，但期望的线性性不需要独立；验算 $n=2$：$0.5+0.4=0.9$，公式 $\frac23+\frac5{18}\cdot\frac{21}{25}=0.9$
答案：$E(Y)=\dfrac{5}{18}\Big[1-\Big(\dfrac25\Big)^n\Big]+\dfrac n3$
递推式漏掉“乙未命中换甲”的一项，写成 $p_{i+1}=0.6p_i$；或把首项下标搞错（$p_1=\frac12$，指数是 $i-1$）。
甲口袋中装有 2 个黑球和 1 个白球，乙口袋中装有 3 个白球。现从甲、乙两口袋中各任取一个球交换放入另一口袋，重复 $n$ 次这样的操作。记甲口袋中黑球个数为 $X_n$，恰有 2 个黑球的概率为 $p_n$，恰有 1 个黑球的概率为 $q_n$。
（1）求 $p_1,q_1$ 和 $p_2,q_2$；
（2）求 $2p_n+q_n$ 与 $2p_{n-1}+q_{n-1}$ 的递推关系式和 $E(X_n)$。
状态 = 甲袋黑球数 $\in\{0,1,2\}$。黑球总数是 2，甲袋有 $k$ 个黑球时乙袋有 $2-k$ 个，先算出 9 个转移概率，再按上一次的状态分类。
先列转移概率（甲袋 $k$ 黑 $3-k$ 白，乙袋 $2-k$ 黑 $1+k$ 白）：
$1\to1$ 有两种：甲白乙白 $(\frac23\cdot\frac23)$ 或甲黑乙黑 $(\frac13\cdot\frac13)$，合计 $\frac59$
初始为 2 黑：$p_1=\frac13$，$q_1=\frac23$。
按第 1 次后的状态分类，计算第 2 次：
$$ \begin{aligned} p_2&=\frac13p_1+\frac29q_1=\frac19+\frac4{27}=\frac7{27}\\ q_2&=\frac23p_1+\frac59q_1=\frac29+\frac{10}{27}=\frac{16}{27} \end{aligned} $$
第 1 次后甲袋不可能是 0 黑，所以 $q_2$ 里没有 $0\to1$ 这一项
答案：$p_1=\dfrac13,\ q_1=\dfrac23;\ p_2=\dfrac7{27},\ q_2=\dfrac{16}{27}$
按第 $n-1$ 次后的状态分类：
$$ \begin{aligned} p_n&=\frac13p_{n-1}+\frac29q_{n-1}\\ q_n&=\frac23p_{n-1}+\frac59q_{n-1}+\frac23(1-p_{n-1}-q_{n-1})=-\frac19q_{n-1}+\frac23 \end{aligned} $$
甲袋 0 黑的概率是 $1-p-q$，从 0 黑变 1 黑的概率是 $\frac23$
组合：
$$2p_n+q_n=\frac23p_{n-1}+\frac49q_{n-1}-\frac19q_{n-1}+\frac23=\frac13(2p_{n-1}+q_{n-1})+\frac23$$
令 $e_n=2p_n+q_n$，不动点 $x^*=\frac{2/3}{1-1/3}=1$：$e_n-1=\frac13(e_{n-1}-1)$，$e_1-1=\frac23+\frac23-1=\frac13$，
$$e_n=1+\Big(\frac13\Big)^n$$
$X_n$ 的分布：$P(X_n=2)=p_n$，$P(X_n=1)=q_n$，$P(X_n=0)=1-p_n-q_n$，
$$E(X_n)=2p_n+q_n=1+\frac1{3^n}$$
题目让求的 $2p_n+q_n$ 恰好就是期望。$n\to\infty$ 时 $E\to1$：两个黑球平均分在两袋
答案：$2p_n+q_n=\dfrac13(2p_{n-1}+q_{n-1})+\dfrac23$；$E(X_n)=1+\dfrac1{3^n}$
乙袋的黑球数随甲袋变化（乙袋黑球 $=2-$ 甲袋黑球），不能一直按“乙袋全白”计算。
每轮选两只白鼠，随机一只施甲药、另一只施乙药。当一种药治愈的白鼠比另一种多 4 只时停止试验，认为治愈多的药更有效。每轮：甲愈乙未愈则甲药得 1 分、乙药得 $-1$ 分；乙愈甲未愈则甲药得 $-1$ 分；都愈或都未愈均得 0 分。甲、乙治愈率分别为 $\alpha$、$\beta$，一轮中甲药得分为 $X$。
（1）求 $X$ 的分布列；
（2）甲、乙药开始都赋予 4 分，$p_i\ (i=0,1,\dots,8)$ 表示“甲药累计得分为 $i$ 时，最终认为甲药更有效”的概率，则 $p_0=0$，$p_8=1$，$p_i=ap_{i-1}+bp_i+cp_{i+1}\ (i=1,\dots,7)$，其中 $a=P(X=-1)$，$b=P(X=0)$，$c=P(X=1)$。设 $\alpha=0.5$，$\beta=0.8$。
(i) 证明 $\{p_{i+1}-p_i\}\ (i=0,1,\dots,7)$ 为等比数列；
(ii) 求 $p_4$，并根据 $p_4$ 的值解释这种试验方案的合理性。
甲药累计得分在 0～8 之间随机游走，到 0 或 8 就停（吸收）。二阶递推 $p_i=ap_{i-1}+bp_i+cp_{i+1}$ 用 $a+b+c=1$ 化成相邻差的等比关系。
$X=1$：甲愈且乙未愈，$\alpha(1-\beta)$；$X=-1$：乙愈且甲未愈，$(1-\alpha)\beta$。
$X=0$：都愈或都未愈，$\alpha\beta+(1-\alpha)(1-\beta)$。
| $X$ | $-1$ | $0$ | $1$ |
|---|---|---|---|
| $P$ | $(1-\alpha)\beta$ | $\alpha\beta+(1-\alpha)(1-\beta)$ | $\alpha(1-\beta)$ |
答案：分布列见上表。
代入 $\alpha=0.5,\beta=0.8$：$a=0.5\times0.8=0.4$，$b=0.5\times0.8+0.5\times0.2=0.5$，$c=0.5\times0.2=0.1$。
$p_i=0.4p_{i-1}+0.5p_i+0.1p_{i+1}$，把左边 $p_i$ 写成 $0.4p_i+0.1p_i+0.5p_i$，移项：
$$0.1(p_{i+1}-p_i)=0.4(p_i-p_{i-1})\ \Rightarrow\ p_{i+1}-p_i=4(p_i-p_{i-1})$$
利用 $a+b+c=1$；$i=1,\dots,7$ 都成立
$p_1-p_0=p_1\neq0$（否则各差全为 0，与 $p_8=1$ 矛盾），所以 $\{p_{i+1}-p_i\}$ 是首项 $p_1$、公比 4 的等比数列。
累加：$p_8=p_8-p_0=\sum_{i=0}^7(p_{i+1}-p_i)=p_1\cdot\dfrac{4^8-1}{3}=1$，$p_1=\dfrac{3}{4^8-1}$。
于是
$$p_4=p_1\cdot\frac{4^4-1}{3}=\frac{4^4-1}{4^8-1}=\frac{1}{4^4+1}=\frac1{257}\approx0.0039$$
验算：直接迭代求解线性方程组、20 万次模拟均得 $p_4\approx0.0039$
解释：甲治愈率 0.5 明显低于乙 0.8，此方案得出“甲药更有效”这一错误结论的概率仅约 $0.39\%$，说明方案是合理的。
答案：$p_4=\dfrac1{257}$，错判概率很小，方案合理。
化简时忘了 $b=1-a-c$，硬解三项递推；或误认为 $\{p_i\}$ 本身是等比数列。
数列满足 $p_{n+1}=0.4p_n+0.2$，$p_1=0.5$。当 $n\to\infty$ 时 $p_n$ 趋于
答案B
解 $x=0.4x+0.2$ 得 $x^*=\frac13$；$|A|=0.4<1$，$p_n\to\frac13$，与 $p_1$ 无关。
甲、乙、丙三人传球，从甲开始，每次持球人等可能地传给另外两人之一。传 3 次后球回到甲手中的概率是
答案A
$p_{n+1}=\frac12(1-p_n)$：$p_0=1,\ p_1=0,\ p_2=\frac12,\ p_3=\frac14$。
把 $p_{n+1}=\dfrac25p_n+\dfrac15$ 化为等比数列，正确的是
答案C
不动点 $x^*=\frac{1/5}{1-2/5}=\frac13$，两式相减得公比 $\frac25$。
每个方案对应一个随机变量（费用或收益）。以期望为依据，就是比较这些随机变量的均值；参数一变，最优方案可能在某个切换点换人。期望之外，方差衡量风险。
设每件检验费为 $c$ 元，不合格品每件赔偿 $r$ 元，余下 180 件的不合格率为 $p$。两个方案的费用为：
切换点为 $p^*=\dfrac cr=0.08$。当 $p=0.1$ 时，不检余下的期望费用 $E=490$ 元，全检费用 $400$ 元，$E(\text{不检})-\text{全检}=90$ 元 $>0$：应全检。
此时 $X$ 的标准差 $\sigma(X)\approx100.62$ 元；“不检反而更省”的概率 $P(X<400)\approx0.1943$；费用超过 $E(X)+100$ 的概率 $P(X>E(X)+100)\approx0.1330$。
期望是“很多箱平均下来”每箱的费用。对某一箱来说，不检也可能运气好、花得更少；但工厂每天处理大量箱子，按期望决策，长期总费用最低。
$X=20c+rY$，$Y\sim B(180,p)$：
$$E(X)=20c+180rp,\qquad D(X)=r^2\cdot180p(1-p)$$
列方案：明确有哪几个可选方案，以及决策依据是“费用期望最小”还是“收益期望最大”。
第 13 题：方案一不检余下，方案二全检；依据是“检验费 + 赔偿费”的期望
设随机变量：每个方案的费用写成随机变量。常见结构：
$$X=\text{固定部分}+\text{单价}\times\text{随机件数}$$
$X=20c+rY$，$Y$ 为余下 180 件中的不合格品数
求期望：用线性性 $E(aY+b)=aE(Y)+b$，配合二项分布 $E(Y)=np$，往往不必列分布列。
$$E(X)=20c+r\cdot180p$$
比较：全检费用 $200c$ 是确定的。
$$E(X)>200c\iff 180rp>180c\iff p>\frac cr$$
两边公共的 $20c$ 约掉；不合格率超过“检验费 / 赔偿费”就该全检
第 13 题：$c=2$，$r=25$，$p^*=0.08$；$p_0=0.1>0.08$，应全检。$E(X)=40+25\times18=490>400$。
参数从哪来：$p$ 未知时，用样本估计。20 件中 2 件不合格，让 $f(p)=\mathrm{C}_{20}^2p^2(1-p)^{18}$ 最大的 $p_0=0.1$ 就是“最能解释观测结果”的值。
这是极大似然估计的思想（见下图）。不论 $k$ 取多少，最大值点都是样本比例 $k/20$
切换点的意义：决策结论依赖参数。报告“在 $p>p^*$ 时选方案二”比只给一个答案更有用。
$$ \begin{aligned} f(p)&=\mathrm{C}_{20}^{2}p^{2}(1-p)^{18}\\ f'(p)&=\mathrm{C}_{20}^{2}\,p(1-p)^{17}(2-20p)\\ p_0&=\frac{2}{20}=0.1,\quad f(p_0)\approx0.2852 \end{aligned} $$
一般地，20 件中有 $k$ 件不合格时，$f(p)=\mathrm{C}_{20}^{k}p^{k}(1-p)^{20-k}$ 的最大值点总是样本比例 $p_0=\dfrac k{20}$；$k=0$ 时 $f(p)=(1-p)^{20}$ 单调递减，最大值点在 $p\to0$ 处。
一组 $k$ 人，组内全阴的概率 $(1-p)^k$。该组次数 $\xi\in\{1,\ k+1\}$：
$$ \begin{aligned} E(\xi)&=(1-p)^k+(k+1)\big[1-(1-p)^k\big]\\ &=k+1-k(1-p)^k \end{aligned} $$
人均：
$$e(k)=\frac{E(\xi)}{k}=1+\frac1k-(1-p)^k$$
$\dfrac1k$：混检那 1 次分摊到每人；$1-(1-p)^k$：自己被迫再单检一次的概率
两种力量拉扯：$k$ 大，$\dfrac1k$ 小（省混检）；但 $(1-p)^k$ 也变小（更容易整组重检）。所以存在最优 $k$。
混检优于逐个检 $\iff e(k)<1\iff (1-p)^k>\dfrac1k$。$k=3$ 时最宽松，得 $p<1-\sqrt[3]{1/3}\approx0.3066$；超过它就应逐个检。
$k=2$ 时要 $(1-p)^2>\tfrac12$，即 $p<0.293$；$k=3$ 时 $p<0.3066$；$k=4$ 与 $k=2$ 相同；$k\ge5$ 时更严
| 稳健方案 A | 激进方案 B（$q=0.5$） | |
|---|---|---|
| 结果 | 盈利 2（0.9），亏损 1（0.1） | 盈利 8（0.5），亏损 4（0.5） |
| 期望 $E$ | 1.7 | 2.00 |
| 方差 $D$ | 0.81 | 36.00 |
| 亏损概率 | 0.1 | 0.5 |
只看期望选 B（多 0.30），但 B 的方差是 A 的 44 倍。
两点分布 $X\in\{x_1,x_2\}$：$D(X)=(x_1-x_2)^2q(1-q)$
只看期望，$q$ 超过 0.475 就选 B
上图的模拟中，蓝线（B）末端散得很开，有人赚得多，也有人亏得多；绿线（A）挤在一起，几乎都稳定增长。两组平均值接近，体验完全不同。
第一阶段由一名队员投 3 次，3 次都不中则淘汰（0 分）；至少中 1 次则进入第二阶段，由另一名队员投 3 次，每中一次得 5 分。甲每次投中概率 $p$，乙为 $q$，各次独立。
（1）$p=0.4,\ q=0.5$，甲打第一阶段，求成绩不少于 5 分的概率；
（2）设 $0<p<q$：(i) 要使得 15 分的概率最大，谁打第一阶段？(ii) 要使成绩期望最大，谁打第一阶段？
两阶段相互独立 → 概率相乘。“至少中一次”用对立事件 $1-(1-p)^3$。比较两种安排：作差、因式分解、判断每个因子的符号。
“不少于 5 分”= 第二阶段至少中一次
答案：$0.686$
甲先：$P_\text{甲}=[1-(1-p)^3]\,q^3$；乙先：$P_\text{乙}=[1-(1-q)^3]\,p^3$。
展开 $1-(1-p)^3=3p-3p^2+p^3$，$p^3q^3$ 项两边相同，作差后抵消：
$$P_\text{甲}-P_\text{乙}=q^3(3p-3p^2)-p^3(3q-3q^2)$$
整理：
$$ \begin{aligned} P_\text{甲}-P_\text{乙}&=3pq\big[q^2(1-p)-p^2(1-q)\big]\\ &=3pq\big[(q^2-p^2)-pq(q-p)\big]\\ &=3pq(q-p)(p+q-pq) \end{aligned} $$
与参考答案中的写法 $3pq(p-q)(pq-p-q)$ 是同一个式子
$q-p>0$；$p+q-pq=1-(1-p)(1-q)>0$。所以差为正，甲打第一阶段。
答案：甲参加第一阶段
第二阶段若由乙投，得分 $5Y$，$Y\sim B(3,q)$，期望 $15q$。所以 $E_\text{甲先}=15q\,[1-(1-p)^3]$。
先算条件期望，再乘进入第二阶段的概率
同理 $E_\text{乙先}=15p\,[1-(1-q)^3]$。作差：
$$ \begin{aligned} E_\text{甲先}-E_\text{乙先}&=15pq\big[(3-3p+p^2)-(3-3q+q^2)\big]\\ &=15pq(q-p)(3-p-q) \end{aligned} $$
$q-p>0$，$3-p-q>1>0$，差为正，甲打第一阶段。
答案：甲参加第一阶段
漏掉“必须先通过第一阶段”；或把 15 分写成 3 次中至少 1 次。直觉：命中率低的人去“拿门票”，命中率高的人去“拿分”。
盲盒 19 元一个，随机装三款吉祥物之一（等可能）；直接购买 30 元一个。
（1）逐个购买盲盒，首次出现相同款式时的购买次数为 $X$，求 $X$ 的分布列；
（2）为集齐三款，先一次性买不超过 3 个盲盒，未集齐再直接购买。以期望费用为依据，应买几个盲盒？
买 $n$ 个盲盒 = 有放回抽 $n$ 次，等可能的样本点是长度为 $n$ 的款式序列，$n(\Omega)=3^n$。
$X\in\{2,3,4\}$：只有 3 款，第 4 个必然与前面重复。
抽屉原理
$P(X=2)$：第 2 个与第 1 个相同，$\dfrac{3\times1}{3^2}=\dfrac13$。
$P(X=3)$：前两个不同、第三个与其中之一相同，$\dfrac{\mathrm{A}_3^2\times2}{3^3}=\dfrac49$。
$P(X=4)$：前三个各不相同，$\dfrac{\mathrm{A}_3^3}{3^3}=\dfrac29$。
| $X$ | 2 | 3 | 4 |
|---|---|---|---|
| $P$ | $\frac13$ | $\frac49$ | $\frac29$ |
恰两款：选重复的款 × 选另一款 × 重复款占哪两个位置
答案：一次性买 2 个盲盒
把“款式组合”当样本点（如 3 个盲盒的 {全同, 两款, 三款}），它们不等可能。
某产品每箱 200 件，交付前先从一箱中任取 20 件检验，再决定是否检验余下所有产品。检出的不合格品更换为合格品。每件产品为不合格品的概率都为 $p\ (0<p<1)$，相互独立。
（1）记 20 件中恰有 2 件不合格品的概率为 $f(p)$，求 $f(p)$ 的最大值点 $p_0$；
（2）对一箱检验了 20 件，恰有 2 件不合格品，以 $p_0$ 作为 $p$ 的值。每件检验费 2 元；不合格品进入用户手中，每件赔偿 25 元。(i) 若不检验余下产品，这一箱的检验费与赔偿费之和记为 $X$，求 $E(X)$；(ii) 以费用和的期望为依据，是否该检验余下所有产品？
（1）“哪个 $p$ 最能解释观测到的 2/20”——求导找最大值点（极大似然的思想）。（2）两个方案各算总费用的期望，取小者。
$f(p)=\mathrm{C}_{20}^2p^2(1-p)^{18}$，$0<p<1$。
求导：
$$f'(p)=\mathrm{C}_{20}^2\big[2p(1-p)^{18}-18p^2(1-p)^{17}\big]=2\mathrm{C}_{20}^2\,p(1-p)^{17}(1-10p)$$
提出公因式 $2p(1-p)^{17}$，剩下 $(1-p)-9p=1-10p$
$0<p<0.1$ 时 $f'(p)>0$；$0.1<p<1$ 时 $f'(p)<0$。所以 $p_0=0.1$。
恰好等于样本中的不合格率 $2/20$
答案：$p_0=0.1$
余下 180 件中不合格品数 $Y\sim B(180,0.1)$，$E(Y)=18$。
不检余下产品：已检 20 件花费 40 元固定，$X=40+25Y$，
$$E(X)=40+25E(Y)=40+450=490$$
期望的线性性 $E(aY+b)=aE(Y)+b$；已检 20 件中的不合格品已更换，不产生赔偿
检验余下所有产品：共检 200 件，费用 $200\times2=400$ 元，且不会有赔偿。
$400<490$，应该对余下所有产品作检验。
一般地，对 180 件：全检 360 元 vs 赔偿期望 $180\cdot25p$ 元，$p>\dfrac2{25}=0.08$ 时全检更省
答案：(i) $E(X)=490$；(ii) 应该检验
漏算已检 20 件的 40 元；或用 200 件计算赔偿期望（已检的 20 件已经换成合格品）。
一组 10 只动物进行疫苗试验。第一轮对每只动物各注射一次，若有 9 只或 10 只产生抗体，则疫苗有效，试验终止；否则对没有产生抗体的动物进行第二轮注射。每只动物是否产生抗体相互独立，两次注射互不影响，产生抗体的概率均为 $p\ (0<p<1)$。
（1）求该组试验只需第一轮注射的概率（用含 $p$ 的多项式表示）；
（2）记该组动物需要注射次数 $X$ 的数学期望为 $E(X)$，求证：$10<E(X)<10(2-p)$。
$X=10+$（第二轮补打的针数）。补打针数 = 未产生抗体的只数，但未产生抗体只有 0 或 1 只时不补打。用期望的线性性，不必列 $X$ 的分布列。
答案：$10p^9-9p^{10}$
设 $m=10-Y$ 为未产生抗体的只数，$m\sim B(10,1-p)$。补打针数 $Z=\begin{cases}m,&m\ge2\\0,&m\le1\end{cases}$，$X=10+Z$。
$Z=m-\mathbf{1}\{m=1\}$（$m=1$ 时本该补 1 针却不补；$m=0$ 时本来就是 0），所以
$$E(Z)=E(m)-P(m=1)=10(1-p)-10(1-p)p^9$$
$P(m=1)=\mathrm{C}_{10}^1(1-p)p^9$
$$E(X)=10+10(1-p)(1-p^9)$$
验算：$p=0.7$ 时按分布列逐项求和得 12.8789，与公式一致
$0<p<1$ 时 $(1-p)(1-p^9)>0$，故 $E(X)>10$。
又 $E(X)=10+10(1-p)-10(1-p)p^9=10(2-p)-10(1-p)p^9<10(2-p)$。证毕。
$10(2-p)$ 是“无论如何都补打所有未产生抗体的动物”时的期望针数，终止规则只会减少针数
答案：$E(X)=10+10(1-p)(1-p^9)$，两边不等式成立
把 $m=1$ 的情形也算进补打；或试图列出 $X=10,12,13,\dots,20$ 的分布列逐项求和，计算量过大。
阳性率 $p=0.1$，每 4 人混检一组（阴性检 1 次，阳性再逐个检）。一组检测次数的期望是（$0.9^4=0.6561$）
答案A
$E(\xi)=1\times0.6561+5\times0.3439=5-4\times0.6561=2.3756$。
第 13 题中，若以 $p=0.05$ 作为不合格率（其他条件不变），则
答案B
$E(X)=40+225=265<400$；也可直接看 $p=0.05<p^*=0.08$。
方案甲、乙收益的期望都是 5 万元，方差分别为 1 和 9。下列说法正确的是
答案D
期望相同时比较方差：甲的方差小，收益更稳定，风险更小。
纵轴取“频率/组距”，每个矩形的面积恰好是该组的频率。平均数、中位数、百分位数都能在面积上读出来。
图中共有 $6$ 组，组距为 $10$，所有矩形的面积之和为 $1.0000$。
矩形面积 = 组距 × 高 = 频率，于是面积总和恒为 $1$，与组距无关。若改用“频率”作纵轴，组距变大时矩形整体变高，图的“高度”就失去了可比性。
组距太小：矩形参差不齐，被偶然波动主导；组距太大：细节被抹平（例如双峰被合成一个峰）。教材建议组数一般取 $5\sim12$ 组。
数据呈双峰分布时，直方图上能看到两个高峰：
纵轴是“频率/组距”，所以频率 = 高 × 组距 = 面积
若组内数据均匀分布，组内平均正好是组中值，这个估计就是精确的
组内均匀：在第 $j$ 组截取宽度 $m-t_{j-1}$，面积 = 宽 × 高
展开平方：$\sum f_i(x_i^2-2x_i\bar x+\bar x^2)=\sum f_ix_i^2-2\bar x^2+\bar x^2$，用到 $\sum f_i=1$、$\sum f_ix_i=\bar x$
平均数是“重心”，会被远处的少数大值拉过去；中位数只看“排位”，不受极端值的大小影响
下图以第一节的数据（组距 10）为例。绿线：平均数估计；橙线：中位数估计（左侧面积 $0.5$）；紫线：众数估计。
| 直方图估计（组距 10） | 原始数据 | |
|---|---|---|
| 平均数 | $70.9$ | $70.72$ |
| 中位数 | $70.31$ | $70.25$ |
| 众数 | $65$（最高组 $[60,70)$ 中点） | —（原始数据几乎不重复） |
| 方差 | $99.19$ | $90.42$ |
| 标准差 | $9.96$ | $9.51$ |
估计误差来自“组内均匀”的假设；组距越小，估计一般越接近原始数据的真实值。众数估计最依赖分组，组距一变它就可能跳动。
以 $n=10$ 的一组数据为例，已按从小到大排好：
| 序号 | $1$ | $2$ | $3$ | $4$ | $5$ | $6$ | $7$ | $8$ | $9$ | $10$ |
|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|
| 数据 | $50$ | $52$ | $58$ | $69$ | $73$ | $73$ | $83$ | $84$ | $90$ | $94$ |
整数时，第 $i$ 项与第 $i+1$ 项之间“恰好”切开 $p\%$ 与 $(100-p)\%$，取中点最公平
对上面这组数据取 $p=25$：
$$i=10\times25\%=2.5\ \text{不是整数}\Rightarrow x_{25}=x_{(3)}=58$$
第 $80$ 百分位数落在 $[70,80)$ 内，于是
$$ \begin{aligned} &0.49+(x-70)\times0.0325=0.80\\ &\Rightarrow x=70+\frac{0.80-0.49}{0.0325}\approx79.54 \end{aligned} $$
（原始数据的第 $80$ 百分位数为 $79.45$。）
上图是第一节数据的累计频率折线（组距 10）。组内均匀 $\Rightarrow$ 累计频率在每组内是一条直线段，所以求百分位数就是在这条折线上线性插值：从纵轴 $p\%$ 水平画过去，碰到折线再垂直落到横轴。
甲的 10 次成绩为 $7,7,8,8,8,8,8,8,9,9$，乙的 10 次成绩为 $5,6,7,8,8,8,9,9,10,10$。
| $\bar x$ | $s^2$ | $s$ | |
|---|---|---|---|
| 甲 | $8$ | $0.4$ | $0.632$ |
| 乙 | $8$ | $2.4$ | $1.549$ |
方差 $s^2=\dfrac1n\sum(x_i-\bar x)^2$ 是偏差平方的平均；标准差 $s=\sqrt{s^2}$ 与数据单位相同，可以直接说“平均偏离均值约多少环”。若作变换 $y=ax+b$，则 $\bar y=a\bar x+b$，$s_y^2=a^2s_x^2$，$s_y=|a|\,s_x$——平移不改变离散程度。
此时：平均数 $71.4$，中位数 $72$，标准差 $5.03$，第 $25\sim75$ 百分位数为 $67\sim75$。
最后一个数据变得很大时，平均数和标准差被明显拉动，中位数和四分位数纹丝不动。所以收入、房价这类有极端值的数据常报告中位数。
某疾病的患病者与未患病者某项医学指标的频率分布直方图如下（组距 5）。确定临界值 $c$：指标大于 $c$ 判为阳性，小于或等于 $c$ 判为阴性。漏诊率 $p(c)$：患病者被判阴性的概率；误诊率 $q(c)$：未患病者被判阳性的概率。假设数据在组内均匀分布，以频率作为概率。
（1）当 $p(c)=0.5\%$ 时，求 $c$ 和 $q(c)$；
（2）设 $f(c)=p(c)+q(c)$，求 $c\in[95,105]$ 时 $f(c)$ 的解析式及最小值。
![患病者的指标频率分布直方图：组 [95,100),[100,105),\dots,[125,130]，纵轴“频率/组距”，高依次为 0.002,0.012,0.034,0.036,0.040,0.040,0.036。](book-06/images/descriptive-src-20260223222839300__27666972fc8e.png)
![未患病者的指标频率分布直方图：组 [70,75),[75,80),\dots,[100,105]，纵轴“频率/组距”，高依次为 0.038,0.040,0.040,0.036,0.034,0.010,0.002；各矩形面积为相应组的频率。](book-06/images/descriptive-r2.png)
直方图里“概率 = 面积”。$p(c)$ 是患病者图在 $c$ 左边的面积，$q(c)$ 是未患病者图在 $c$ 右边的面积。“组内均匀分布”保证部分矩形的面积 = 高 × 截取的宽度，于是 $p,q$ 都是 $c$ 的分段一次函数。
先判断 $c$ 落在哪一组：累计面积首次超过 $0.5\%$ 的那一组
组内均匀：截取的宽度 × 高 = 截取的面积
答案：$c=97.5$，$q(c)=3.5\%$
$q(c)$ = $[c,100)$ 这一段 + $[100,105]$ 整组面积 $0.002\times5$
注意 $q(c)=1.01-0.01c$（$0.010\times100+0.010=1.01$），不要写成 $0.01-0.01c+1.1$；最终结果正确
$p(c)$ 要先加上 $[95,100)$ 整组的 $0.01$
端点对照：$f(95)=0.06$，$f(105)=0.07$，都比 $0.02$ 大
答案： $$f(c)=\begin{cases}-0.008c+0.82,&95\le c\le100\\0.01c-0.98,&100<c\le105\end{cases}$$ 最小值为 $0.02$。
漏诊对应“患病者”图的左侧面积，误诊对应“未患病者”图的右侧面积，两张图不能混用；跨组时别漏掉整组面积。
随机调查 100 名学生一周课外阅读时间（单位：小时），得到频率分布直方图如下（组距 2）：
（1）估计平均数、众数、中位数；
（2）估计第 80 百分位数；
（3）估计方差与标准差（同一组数据用组中值代替）。
三种“中心”对应直方图上三种几何量：平均数 = 组中值以频率加权（面积的重心），中位数 = 左右面积各 $0.5$ 的竖线，众数 = 最高矩形底边中点。百分位数是中位数的推广：左边面积为 $p\%$ 的竖线。
纵轴是“频率/组距”，频率要乘组距
每组数据用组中值代表
组内均匀：在 $[6,8)$ 里再取宽度 $m-6$，面积为 $0.15(m-6)$
答案：平均数 $6.3$，众数 $7$，中位数 $\dfrac{19}{3}\approx6.33$
答案：约 $8.67$ 小时
也可用 $s^2=\sum f_ix_i^2-\bar x^2=46.6-39.69=6.91$ 验算
答案：$s^2\approx6.91$，$s\approx2.63$
把纵轴读数 $0.15$ 当成频率（应乘组距得 $0.30$）；中位数直接取“中间那组的中点”$7$（忽略了组内位置）。
频率分布直方图中某组 $[20,30)$ 的纵轴读数为 $0.03$，则该组的频率是
答案C
面积 $=0.03\times10=0.3$。
数据 $2,3,5,6,8,9,10,12$ 的第 $75$ 百分位数是
答案B
$i=8\times75\%=6$ 为整数，取 $\dfrac{9+10}{2}=9.5$。
某地居民收入的直方图明显右偏（长尾在右），下列判断最合理的是
答案D
平均数是“重心”，被右侧长尾拉向右边；中位数只看排位，更能代表“典型居民”。
每个点到样本中心 $(\bar x,\bar y)$ 围成一个矩形，右上、左下的矩形记正面积，左上、右下的记负面积。正负面积的“净和”就是协方差的核心。
对图中这组 $n=12$ 的数据：正乘积之和为 $31.8$，负乘积之和为 $-5.81$，协方差 $\dfrac1n\sum(x_i-\bar x)(y_i-\bar y)\approx2.166$，相关系数 $r=0.6$：
$$r=\dfrac{S_{xy}}{\sqrt{S_{xx}S_{yy}}}=\dfrac{31.8+(-5.81)}{\sqrt{43.32\times43.32}}=0.6$$
$n=12$，$r=0.6$：正相关，有一定线性相关。正面积占优。
若有一个点落在右上角很远处，它的矩形面积是“偏差 × 偏差”，增长得很快，$r$ 会被这一个点明显拉动。这就是后面“离群点的影响”一节要讲的内容。
正相关的点云主要落在右上、左下，$S_{xy}$ 为正；负相关则为负
数值大小受单位影响，不能用来比较“相关的强弱”
分子分母各有一个 $\tfrac1n$，约掉。$x$ 乘正数 $k$：分子分母同乘 $k$，$r$ 不变
平方和非负。只要 $x$ 不全相等，$\sum a_i^2>0$，$f$ 是开口向上的二次函数
所有点都在过 $(\bar x,\bar y)$、斜率 $t_0$ 的直线上；$t_0>0$ 时 $r=1$，$t_0<0$ 时 $r=-1$
展开：$\sum(x_i-\bar x)(y_i-\bar y)=\sum x_iy_i-\bar x\sum y_i-\bar y\sum x_i+n\bar x\bar y=\sum x_iy_i-n\bar x\bar y$
有些题目会给出“$|r|>0.75$ 认为相关性很强”之类的约定，按题目执行
以 6 位同学的身高、体重为例：
| 身高（cm） | 158 | 163 | 167 | 170 | 174 | 180 |
|---|---|---|---|---|---|---|
| 体重（kg） | 50 | 56 | 55 | 62 | 66 | 71 |
$$ \begin{aligned} &\operatorname{cov}=49.5,\quad s_x=7.157,\quad s_y=7.095\\ &r=\dfrac{\operatorname{cov}}{s_xs_y}=\dfrac{49.5}{7.157\times7.095}=0.9749 \end{aligned} $$
改变单位后，协方差与标准差随之改变，$r$ 的大小不变；若一个变量取相反数，$r$ 变号：
| 换法 | 变换后的数据 | $\operatorname{cov}$ | $s_x$ | $s_y$ | $r$ |
|---|---|---|---|---|---|
| 原数据（cm，kg） | 身高 158, 163, 167, 170, 174, 180；体重 50, 56, 55, 62, 66, 71 | $49.5$ | $7.157$ | $7.095$ | $0.9749$ |
| 身高改为 m | 身高 1.58, 1.63, 1.67, 1.7, 1.74, 1.8 | $0.495$ | $0.0716$ | $7.095$ | $0.9749$ |
| 体重改为斤 | 体重 100, 112, 110, 124, 132, 142 | $99$ | $7.157$ | $14.189$ | $0.9749$ |
| 体重取“比 0 kg 轻多少”（$\times(-1)$） | 体重 $-50,-56,-55,-62,-66,-71$ | $-49.5$ | $7.157$ | $7.095$ | $-0.9749$ |
$x\to kx+m$，$y\to ly+q$：偏差变为 $k a_i$、$l b_i$， $$r\to\frac{kl\sum a_ib_i}{|k||l|\sqrt{\sum a_i^2\sum b_i^2}}=\operatorname{sgn}(kl)\cdot r$$ 同号伸缩不改变 $r$；一个变量取相反数，$r$ 变号。
课件中给出六类典型散点图，下面逐类说明。
点集中在一条直线附近，$|r|$ 接近 $1$。
只能看出一点上升趋势，点很分散，$r$ 较小。
$y$ 几乎由 $x$ 完全决定（抛物线），但左半边下降、右半边上升，正负矩形抵消，$r\approx0$（图中样本 $r=-0.01$）。$r\approx0$ 只能说明“没有线性关系”。
关于中心对称的圆环：$x$ 与 $y$ 有明确的关系（$x^2+y^2$ 几乎为常数），$r$ 却接近 $0$。
紫、橙两组各自内部都是负相关（$r$ 约 $-0.7$），合在一起整体却是正相关。只看整体 $r$ 会得出相反的结论。
冰淇淋销量与溺水人数高度正相关，但二者都由气温（颜色：蓝冷红热）驱动。限制在同一气温下看，这种相关几乎消失。不能说“卖冰淇淋导致溺水”。
相关 $\ne$ 因果。$r$ 是对称的（$x,y$ 交换，$r$ 不变），它本身无法告诉我们谁影响谁，更无法排除第三个变量同时影响两者（混杂）。要论证因果，需要控制变量的试验设计。
$r\approx0$ $\ne$ 没关系。$r$ 只衡量线性相关：抛物线、圆这种确定的非线性关系，$r$ 也可能等于 $0$。先画散点图，再算 $r$。
主体数据几乎不相关时，不含离群点的 $r=0$，加入一个离群点（共 15 个点）后 $r=0.85$。课件中另一组主体数据（较强负相关）的对比如下：
| 主体数据 | 点数 | 不含离群点的 $r$ | 含离群点的 $r$ |
|---|---|---|---|
| 几乎不相关 | 15 | $0$ | $0.85$ |
| 较强负相关 | 15 | $-0.85$ | $0.723$ |
离群点到中心的偏差很大，它贡献的乘积 $(x-\bar x)(y-\bar y)$ 和平方 $(x-\bar x)^2$ 都远超其他点，几乎“独自决定”了 $r$。主体数据完全不相关时，一个远处的点就能造出 $r>0.8$ 的“强相关”。
实际处理：检查离群点是不是录入错误或测量故障；若是真实数据，应分别报告含与不含它的结果，而不是悄悄删掉。
某商品单价 $x$（元）与日销量 $y$（百件）的 5 组数据如下：
| $x$ | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 |
|---|---|---|---|---|---|
| $y$ | 10 | 8 | 7 | 4 | 1 |
（1）求样本相关系数 $r$（精确到 $0.001$），判断相关性的方向与强弱；
（2）把单价改为 $x'=-2x+3$，销量单位改为“件”（$y'=100y$），新的相关系数是多少？
（3）若误录入一组数据 $(10,10)$，重新计算 $r$，说明原因。
$r=\dfrac{\sum(x_i-\bar x)(y_i-\bar y)}{\sqrt{\sum(x_i-\bar x)^2\sum(y_i-\bar y)^2}}$：先算偏差，再算三个和。$r$ 不受单位（正倍数）影响，但对离群点非常敏感。
$|r|$ 接近 $1$：很强的线性相关；$r<0$：负相关
答案：$r\approx-0.984$，强负相关
加常数 $3$ 被减均值抵消，只剩倍数
同号倍数不改变 $r$；一个变量乘负数，$r$ 变号
答案：$r'\approx0.984$
用 $\sum x_iy_i-n\bar x\bar y$ 计算，避免分数偏差
计算 $r$ 之前先画散点图，排查异常值
答案：$r\approx0.023$：一个离群点把强负相关“变成”几乎不相关
易错点：(3) 中 $r\approx0$ 不能说明 $x,y$ 无关，只是数据被污染。另外，$|r|$ 大只说明线性相关强，不说明“降价导致销量增加”的因果。
某店广告费 $x$（万元）与销售额 $y$（万元）的数据如下：
| $x$ | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 |
|---|---|---|---|---|---|
| $y$ | 3 | 4 | 6 | 7 | 10 |
（1）求 $y$ 关于 $x$ 的经验回归方程；
（2）求 $x=4$ 处的残差，并求残差平方和与 $R^2$；
（3）预测广告费为 6 万元时的销售额。
$\hat b=\dfrac{\sum(x_i-\bar x)(y_i-\bar y)}{\sum(x_i-\bar x)^2}$，$\hat a=\bar y-\hat b\bar x$。残差 $=$ 观测值 $-$ 预测值。一元线性回归中 $R^2=r^2$。
回归直线一定过样本中心 $(\bar x,\bar y)=(3,6)$
答案：$\hat y=1.7x+0.9$
残差 $=$ 观测 $-$ 预测；负数表示点在直线下方
残差之和为 $0$ 是最小二乘的必然结果，可用于检查计算
回归模块推导中的结论：$Q_{\min}=S_{yy}(1-r^2)$
答案：残差 $-0.7$；$\sum\hat e_i^2=1.1$；$R^2\approx0.963$
“预测值”是估计的平均水平，不是一定等于 $11.1$
答案：约 $11.1$ 万元
易错点：残差写成“预测 $-$ 观测”会全部反号；预测时 $x$ 离样本范围太远（如 $x=50$），线性关系可能不再成立。
两个变量的样本相关系数 $r=-0.95$，下列说法正确的是
答案C
$|r|$ 接近 $1$ 且 $r<0$：较强的负线性相关，散点图呈从左上到右下的带状。
把数据中所有 $x_i$ 换成 $3-2x_i$，$y_i$ 不变，相关系数由 $r$ 变为
答案A
偏差变为 $-2(x_i-\bar x)$，分子乘 $-2$，分母乘 $|-2|=2$，$r$ 变为 $-r$。
数据点 $(x_i,y_i)$ 满足 $y_i=x_i^2$，$x_i$ 取 $-2,-1,0,1,2$。则 $r$ 等于
答案D
$\bar x=0$，$S_{xy}=\sum x_i^3-2\sum x_i=0$，所以 $r=0$。这正说明 $r=0$ 只代表没有线性相关。
每个点到直线的竖直距离是残差，以它为边画正方形。最小二乘直线就是让这些正方形的总面积最小的直线。
上图中橙色直线 $y=0.056x+5.972$ 的残差平方和 $Q=40.288$；最小二乘直线 $\hat y=0.765x+1.453$ 的最小值 $Q_{\min}=1.582$。前者是后者的 $25.47$ 倍。
$$ \begin{aligned} \text{橙色直线：}\ & y=0.056x+5.972\\ \text{最小二乘直线：}\ & \hat y=0.765x+1.453 \end{aligned} $$
橙色直线在各个 $x$ 处的残差 $e$ 为：
| $x$ | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 | 7 | 8 | 9 |
|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|
| $e$ | $-3.83$ | $-2.68$ | $-3.04$ | $-1.59$ | $-0.35$ | $-0.91$ | $0.64$ | $0.88$ | $2.13$ |
这条直线的残差之和为 $-8.75$；而最小二乘直线的残差之和恒为 $0$。
为什么用竖直距离？回归是“已知 $x$ 预测 $y$”，误差出现在 $y$ 方向。为什么用平方？绝对值不好求导配方；平方和能直接配方得到唯一的最小点，而且大残差被放大，直线不会对远离的点置之不理。
$Q$ 是残差平方和：第一节里红色正方形的总面积
交叉项 $2(\bar u-a)\sum(u_i-\bar u)=0$，因为偏差之和为 0
也可以求导：$\dfrac{\partial Q}{\partial a}=-2\sum(y_i-bx_i-a)=0\Rightarrow a=\bar y-b\bar x$
$S_{xx}=\sum(x_i-\bar x)^2$，$S_{xy}=\sum(x_i-\bar x)(y_i-\bar y)$，$S_{yy}=\sum(y_i-\bar y)^2$
与上一模块的 $r$ 联系起来：$|r|$ 越接近 1，残差平方和越小，拟合越好；$|r|=1$ 时 $Q_{\min}=0$，点全在直线上
$\hat b=r\cdot\dfrac{s_y}{s_x}$：$r$ 决定方向，标准差之比决定陡峭程度
数据与第一节相同，计算如下：
$$ \begin{aligned} &S_{xx}=60,\quad S_{xy}=45.9,\quad S_{yy}=36.7\\ &Q(b)=60b^2-91.8b+36.7,\qquad Q(0.30)=14.556\\ &\hat b=\frac{S_{xy}}{S_{xx}}=0.765\\ &Q_{\min}=S_{yy}(1-r^2)=36.7\times(1-0.9569)=1.582 \end{aligned} $$
下面两张图的数据由真实关系 $y=2+0.8x$ 加随机噪声（$\sigma=0.8$）生成。
$$ \begin{aligned} &\hat y=0.771x+2.032\\ &R^2=1-\frac{10.09}{109.38}=0.9078,\qquad r^2=0.9078 \end{aligned} $$
$$\underbrace{\sum(y_i-\bar y)^2}_{S_{yy}\ \text{总偏差平方和}}=\underbrace{\sum(\hat y_i-\bar y)^2}_{\text{回归平方和}}+\underbrace{\sum(y_i-\hat y_i)^2}_{\text{残差平方和}}$$ $$R^2=1-\frac{\sum(y_i-\hat y_i)^2}{\sum(y_i-\bar y)^2}$$ $R^2$ 表示 $y$ 的波动中能被 $x$ 的线性关系解释的比例；一元线性回归中 $R^2=r^2$（由推导一节 $Q_{\min}=S_{yy}(1-r^2)$）。
若真实关系是“弯曲”的（见下一小节）且噪声为 0，$R^2$ 仍然很高，但残差图呈明显的 U 形——$R^2$ 高不等于模型选对了。残差应当在 0 两侧无规律、均匀地分布在一条水平带内。
$$ \begin{aligned} &\hat y=1.18x-1.009\\ &R^2=1-\frac{23.2}{255.55}=0.9092,\qquad r^2=0.9092 \end{aligned} $$
此时总偏差平方和为 $255.6$，回归平方和为 $232.3$，残差平方和为 $23.2$。$R^2$ 高达 $0.9092$，但残差图已显示出弯曲的规律。
先用换元把非线性关系化成线性关系，再对新变量做最小二乘；最后把结果还原。下面分别看指数、对数、反比例三种常见模型。
原式 $y=c\,e^{dx}$ 两边取自然对数：$\ln y=\ln c+dx$。令 $z=\ln y$：
$$z=dx+\ln c\quad(\text{关于 }x\text{ 的线性函数})$$
对 $(x_i,z_i)$ 做最小二乘：$\hat z=0.3491x+0.7269$。还原：$\hat d=0.3491$，$\hat c=e^{0.7269}\approx2.069$，
$$\hat y=2.069\,e^{0.3491x}$$
换元后线性回归的 $R^2=0.9942$；直接用直线 $y=bx+a$ 的 $R^2=0.8606$。
指数模型取对数后，最小二乘是对 $\ln y$ 做的，它让 $\sum(\ln y_i-\widehat{\ln y_i})^2$ 最小，不是让原始的 $\sum(y_i-\hat y_i)^2$ 最小。高中题目都按换元后的线性回归计算即可。
令 $v=\ln x$，$y=bv+a$ 就是关于 $v$ 的线性回归。用真实的 $\ln x_i$ 计算：$\hat y=5.568\ln x-0.075$。例 2 按附表的近似和（$\sum v_i=29$ 等）算得 $\hat y=5\ln x+2$；两者的差别来自附表的四舍五入，见例 2 的“易错点”。
换元后线性回归的 $R^2=0.9778$；直接用直线 $y=bx+a$ 的 $R^2=0.9162$。
令 $t=\dfrac1x$，则 $y=a+bt$ 是关于 $t$ 的线性函数。对 $(t_i,y_i)$ 做最小二乘：$\hat y=1.936+6.171t$，即
$$\hat y=1.936+\frac{6.171}{x}$$
换元后线性回归的 $R^2=0.9954$；直接用直线 $y=bx+a$ 的 $R^2=0.5518$。
某店广告费 $x$（万元）与销售额 $y$（万元）的数据如下：
| $x$ | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 |
|---|---|---|---|---|---|
| $y$ | 3 | 4 | 6 | 7 | 10 |
（1）求 $y$ 关于 $x$ 的经验回归方程；（2）求 $x=4$ 处的残差，并求残差平方和与 $R^2$；（3）预测广告费为 6 万元时的销售额。
$\hat b=\dfrac{\sum(x_i-\bar x)(y_i-\bar y)}{\sum(x_i-\bar x)^2}$，$\hat a=\bar y-\hat b\bar x$。残差 = 观测值 − 预测值。一元线性回归中 $R^2=r^2$。
回归直线一定过样本中心 $(\bar x,\bar y)=(3,6)$
答案：$\hat y=1.7x+0.9$
残差 = 观测 − 预测；负数表示点在直线下方
残差之和为 0 是最小二乘的必然结果，可用于检查计算
推导一节：$Q_{\min}=S_{yy}(1-r^2)$
答案：残差 $-0.7$；$\sum\hat e_i^2=1.1$；$R^2\approx0.963$
“预测值”是估计的平均水平，不是一定等于 $11.1$
答案：约 $11.1$ 万元
残差写成“预测 − 观测”会全部反号；预测时 $x$ 离样本范围太远（如 $x=50$），线性关系可能不再成立。
年投入资金 $x$（万元）与年收益 $y$（万元）的 8 组数据：
| $x$ | 10 | 20 | 30 | 40 | 50 | 60 | 70 | 80 |
|---|---|---|---|---|---|---|---|---|
| $y$ | 12.8 | 16.5 | 19 | 20.9 | 21.5 | 21.9 | 23 | 25.4 |
附：$\sum y_i=161,\ \sum\ln x_i=29,\ \sum x_i^2=20400,\ \sum(\ln x_i)^2=109,\ \sum y_i\ln x_i=603$；$\ln2\approx0.7,\ \ln5\approx1.6$。
（1）用 $y=b\ln x+a$ 拟合，求回归方程；
（2）新研发药用淀粉，收益为投入的 10%。计划共投入 200 万元生产两种淀粉，求年收益的最大值（精确到 0.1 万元）。
散点“先快后慢”增长，像对数曲线。换元 $v=\ln x$，$y=bv+a$ 就是关于 $v$ 的线性回归，直接套最小二乘公式。
附表里 $\sum(\ln x_i)^2$ 与 $\sum y_i\ln x_i$ 就是 $\sum v_i^2$ 与 $\sum v_iy_i$；$\sum x_i^2$ 是干扰项
分子分母同乘 8 化成整数再算
答案：$\hat y=5\ln x+2$
按题给 $\ln2\approx0.7$、$\ln5\approx1.6$ 计算。若用真实值 $\ln50\approx3.912$，则 $f(50)\approx36.6$：题目约定的近似值决定了答案
答案：投入食品淀粉 50 万元时年收益最大，约 $36.5$ 万元
附表中的和是四舍五入的（真实 $\sum\ln x_i\approx29.03$，$\sum(\ln x_i)^2\approx108.77$）。分母 $\sum v_i^2-n\bar v^2$ 是两个相近大数之差，对舍入极敏感：用真实值算得 $\hat b\approx5.57$。考试中必须按附表数据计算，但这提醒我们：分母本质是 $\sum(v_i-\bar v)^2$，计算时尽量少做“大数相减”。
已知 $\bar x=4,\ \bar y=10$，经验回归方程 $\hat y=\hat bx+3$，则 $\hat b$ 为
答案B
回归直线过 $(\bar x,\bar y)$：$10=4\hat b+3\Rightarrow\hat b=\dfrac74$。
关于最小二乘直线，下列说法错误的是
答案D
最小二乘只保证残差平方和最小，并不要求直线经过任何一个样本点；它一定经过的是样本中心 $(\bar x,\bar y)$，而样本中心通常不是样本点。
用 $y=c\,e^{dx}$ 拟合数据，令 $z=\ln y$ 得 $\hat z=0.3x+1.2$，则
答案A
$\ln y=1.2+0.3x\Rightarrow y=e^{1.2}\cdot e^{0.3x}$，所以 $c=e^{1.2}$，$d=0.3$。
先假设两个分类变量无关，算出每格“应该有”多少；再用 $\chi^2$ 衡量观测与期望的总偏差。偏差大到“独立时很少见”，就拒绝无关的假设。
以“预防药 Φ 与感染”的数据为例（共 100 只动物）。每格先写观测频数，括号内是 $H_0$（独立）成立时的期望频数 $\dfrac{\text{行和}\times\text{列和}}{n}$。
| 感染 | 未感染 | 合计 | |
|---|---|---|---|
| 未使用 Φ | 22（期望 17.10） | 23（期望 27.90） | 45 |
| 使用 Φ | 16（期望 20.90） | 39（期望 34.10） | 55 |
| 合计 | 38 | 62 | 100 |
“未使用 Φ·感染”与“使用 Φ·未感染”两格的观测频数高于期望（偏多），另两格低于期望（偏少）。
$$ \begin{aligned} \chi^2&=\frac{n(ad-bc)^2}{(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)}\\ &=\frac{100\times(22\times39-23\times16)^2}{45\times55\times38\times62}\\ &=\frac{100\times490^2}{5831100}\approx4.118 \end{aligned} $$
对应的 $p$ 值 $P(\chi^2\ge4.118)\approx0.0424$。
$4.118\ge3.841$：拒绝 $H_0$，认为有关联（犯错误概率不超过 $0.05$）。
同一个观测值 $\chi^2\approx4.118$，换不同的显著性水平 $\alpha$，与之对应的临界值 $x_\alpha$ 和结论如下：
| $\alpha$ | 临界值 $x_\alpha$ | 比较 | 结论 |
|---|---|---|---|
| 0.1 | 2.706 | $4.118\ge2.706$ | 拒绝 $H_0$，认为有关联（犯错误概率不超过 0.1） |
| 0.05 | 3.841 | $4.118\ge3.841$ | 拒绝 $H_0$，认为有关联（犯错误概率不超过 0.05） |
| 0.01 | 6.635 | $4.118<6.635$ | 没有充分证据推断有关联 |
| 0.005 | 7.879 | $4.118<7.879$ | 没有充分证据推断有关联 |
| 0.001 | 10.828 | $4.118<10.828$ | 没有充分证据推断有关联 |
性别与打结快慢（即例 3 的数据，$n=200$）：
| 快 | 慢 | 合计 | |
|---|---|---|---|
| 男生 | 65（期望 55.00） | 35（期望 45.00） | 100 |
| 女生 | 45（期望 55.00） | 55（期望 45.00） | 100 |
| 合计 | 110 | 90 | 200 |
$$ \chi^2=\frac{200\times(65\times55-35\times45)^2}{100\times100\times110\times90}=\frac{200\times2000^2}{99000000}\approx8.081,\qquad p\approx0.0045 $$
$8.081\ge3.841$：拒绝 $H_0$，认为有关联（犯错误概率不超过 $0.05$）。
接近独立的一组数据（$n=150$）：
| 是 | 否 | 合计 | |
|---|---|---|---|
| A 组 | 30（期望 29.40） | 40（期望 40.60） | 70 |
| B 组 | 33（期望 33.60） | 47（期望 46.40） | 80 |
| 合计 | 63 | 87 | 150 |
$$ \chi^2=\frac{150\times(30\times47-40\times33)^2}{70\times80\times63\times87}=\frac{150\times90^2}{30693600}\approx0.040,\qquad p\approx0.8423 $$
$0.040<3.841$：没有充分证据推断有关联。
独立 $\Rightarrow$ 联合概率 = 边缘概率之积
$an-(a+b)(a+c)$ 展开后只剩 $ad-bc$
每行、每列偏差之和为 $0$（行和、列和固定）
除以 $E$：期望 1000 时差 10 不算大，期望 5 时差 10 就很大
四个分数通分，分子 $(c+d)(b+d)+(c+d)(a+c)+(a+b)(b+d)+(a+b)(a+c)=n^2$
仍用 Φ 的数据，四格的 $O-E$ 如下：
| 感染 | 未感染 | |
|---|---|---|
| 未使用 Φ | $O-E=22-17.10=\mathbf{+4.90}$ | $O-E=23-27.90=\mathbf{-4.90}$ |
| 使用 Φ | $O-E=16-20.90=\mathbf{-4.90}$ | $O-E=39-34.10=\mathbf{+4.90}$ |
$$ \begin{aligned} \frac{ad-bc}{n}&=\frac{490}{100}=4.90\\ \sum\frac{(O-E)^2}{E}&\approx4.118,\quad\text{公式}\approx4.118 \end{aligned} $$
各格频数都乘 $k$，比例不变，但 $\chi^2$ 也乘 $k$。同样的比例差异，样本越大越能确认“不是偶然”。
按上文列联表的行和与列比例，在两变量真的独立的条件下随机生成样本，计算每次的 $\chi^2$。重复 2000 次调查，结果如下图。
直方图（蓝）与自由度 1 的 $\chi^2$ 密度曲线（绿）吻合。橙色竖线 3.841 右侧的面积约 5%：即使两变量真的无关，每 20 次调查约有 1 次会得到 $\chi^2\ge3.841$。这就是“犯错误的概率不超过 $0.05$”。
“小概率事件在一次试验中几乎不会发生”：如果观测到的 $\chi^2$ 落在右侧尾部，我们宁可怀疑 $H_0$，而不是相信自己碰上了小概率事件。
“有 95% 的概率 $X$ 与 $Y$ 有关”——错。$\alpha$ 控制的是“$H_0$ 成立时却被拒绝”的概率，不是“有关”这个结论本身的概率。
“$\chi^2$ 小于临界值，所以证明了 $X$ 与 $Y$ 无关”——错。只能说证据不足；样本太小时，真实存在的关联也可能检验不出来（见例 3（2））。
“有关联，所以 $X$ 导致 $Y$”——错。独立性检验只说明关联，不说明因果；“有效”还要结合偏差方向（例如用药组感染偏少）。
计算时最常见的错误：$ad-bc$ 写成 $ac-bd$；分母漏乘某个和；最后没有和题目给定的 $\alpha$ 对应的临界值比较。
病例组 100 例、对照组 100 人的卫生习惯调查如下表。
（1）能否有 99% 的把握认为两组卫生习惯有差异？
（2）任选一人，$A$：卫生习惯不够良好，$B$：患该疾病。记 $$R=\frac{P(B\mid A)}{P(\bar B\mid A)}\Big/\frac{P(B\mid\bar A)}{P(\bar B\mid\bar A)}$$
(i) 证明 $R=\dfrac{P(A\mid B)}{P(\bar A\mid B)}\cdot\dfrac{P(\bar A\mid\bar B)}{P(A\mid\bar B)}$；
(ii) 估计 $P(A\mid B)$、$P(A\mid\bar B)$ 与 $R$。
调查是“按病分组”抽样的：能估计的是 $P(A\mid B)$（病例组里习惯差的比例），不能直接估计 $P(B\mid A)$。(i) 的恒等式正是把“想要的” $R$ 换成“能估计的”量——这是贝叶斯思想的典型应用。
“有差异”= 拒绝“无关”的原假设
答案：有 99% 的把握认为有差异。
核心技巧：同条件的两个条件概率之比 = 交事件概率之比
这个对称形式就是“交叉乘积比”，即统计中的优势比 OR
答案：证毕。
$R$ 与列联表的 $ad/bc$ 一致，可作检验
答案：$P(A\mid B)=0.4,\ P(A\mid\bar B)=0.1,\ R=6$。
用 $\dfrac{40}{50}$ 去估计 $P(B\mid A)$——这里病例组、对照组人数是人为定的各 100 人，表中纵向比例不能代表人群患病率。
随机选取 100 个动物试验样本，得到列联表：
| 预防药品 Φ | 感染 | 未感染 | 合计 |
|---|---|---|---|
| 未使用 | 22 | 23 | 45 |
| 使用 | 16 | 39 | 55 |
| 合计 | 38 | 62 | 100 |
（1）根据 $\alpha=0.05$ 的独立性检验，分析预防药品 Φ 对预防甲流的有效性；
（2）用频率估计概率（保留一位有效数字）。从已感染动物中每次随机选 1 只，用治疗药品 Ψ 治疗：对未用过 Φ 的治愈率 0.5，用过 Φ 的治愈率 0.75。共选 3 只（相互独立），记治愈只数为 $X$，求 $X$ 的分布列与期望。
附：$x_{0.05}=3.841$。
(1) 是标准的五步：零假设 → 算 $\chi^2$ → 与临界值比较 → 下结论（带上犯错概率）。(2) 先用全概率求“一只被治愈”的概率，再识别二项分布。
$ad-bc=858-368=490$
看偏差方向，才能说“有效”而不只是“有关”
答案：$\chi^2\approx4.118>3.841$，认为预防药品 Φ 有效（犯错概率不超过 0.05）。
分母是已感染的 38 只，不是 100
若不舍入，$p=0.6053$；题目要求保留一位有效数字，所以取 $0.6$
答案：$X\sim B(3,0.6)$，$E(X)=\dfrac95$。
结论不能写“Φ 一定有效”或“有 95% 的概率有效”：独立性检验控制的是“$H_0$ 成立却被拒绝”的概率不超过 $\alpha$。
随机抽取 200 名学生参加绳子打结计时比赛，分析性别与打结速度快慢的关系。部分数据如下表：
| 性别 | 快 | 慢 | 合计 |
|---|---|---|---|
| 男生 | 65 | ||
| 女生 | 55 | ||
| 合计 | 110 | 200 |
（1）补全列联表，判断能否有 99% 的把握认为性别与打结速度快慢有关（$x_{0.01}=6.635$）；
（2）（追问）若只调查 20 人且各格频数都按比例缩小为原来的 $\tfrac1{10}$，结论如何？
补表只用“行和、列和”两个约束；$\chi^2$ 的公式分子有 $n$，同比例放大样本，$\chi^2$ 同倍放大——同样的比例差异，样本越大越“显著”。
$ad-bc=3575-1575=2000$
答案：$\chi^2=\dfrac{800}{99}\approx8.081>6.635$，有 99% 的把握认为有关。
比例不变时，$\chi^2$ 与样本量成正比
小样本时同样的差异可能只是偶然，证据不足
答案：$\chi^2\approx0.808$，没有充分证据认为有关。
“没有充分证据认为有关”不等于“证明了无关”。另外，频数太小时 $\chi^2$ 近似不可靠（教材要求各格期望频数不宜太小），（2）只用来说明 $\chi^2$ 与 $n$ 的关系。
根据列联表算得 $\chi^2\approx5.02$，下列结论正确的是（$x_{0.05}=3.841,\ x_{0.01}=6.635$）
答案C
$5.02\ge3.841$，在 $\alpha=0.05$ 下拒绝 $H_0$；犯错误的概率不超过 $0.05$。
2×2 列联表中 $a=20,b=30,c=30,d=20$，则左上格的期望频数为
答案A
$E_{11}=\dfrac{(a+b)(a+c)}n=\dfrac{50\times50}{100}=25$。
列联表各格频数都扩大为原来的 3 倍，则 $\chi^2$
答案D
分子 $3^5$、分母 $3^4$，$\chi^2$ 变为原来的 3 倍。
大数定律说“样本均值会靠近总体均值”；中心极限定理进一步说“靠近时的偏差长成正态的样子，宽度按 $1/\sqrt n$ 缩小”。（拓展内容，超出高中要求）
包络的半宽随 $n$ 缩小。以 $p=0.3$ 为例：
$$p\pm\frac{2\sqrt{p(1-p)}}{\sqrt n}\ \xrightarrow{\ n=10000\ }\ 0.30\pm0.0092$$
| 最大试验次数 $n$ | $10^3$ | $10^4$ | $10^5$ |
|---|---|---|---|
| 包络半宽 $2\sqrt{p(1-p)/n}$ | $0.0290$ | $0.0092$ | $0.0029$ |
横轴是对数刻度：$n$ 每乘 $100$，包络宽度缩成 $\dfrac1{10}$。开头几步轨迹乱跳，越往后越被“夹”向 $p$，这就是频率的稳定性。
包络为什么是 $2\sqrt{p(1-p)/n}$？因为 $m\sim B(n,p)$，频率 $\dfrac mn$ 的方差是 $\dfrac{p(1-p)}{n}$，标准差按 $\dfrac1{\sqrt n}$ 缩小。下一步用切比雪夫不等式把这一点说严谨。
“前面正面多了，后面反面就会多一些来补”是赌徒谬误。各次独立，过去的偏差不会被“补回来”，只是被后来大量的试验稀释了：偏离次数 $|m-np|$ 往往还会变大（约 $\sqrt n$ 量级），但除以 $n$ 后趋于 $0$。
方差是“偏差平方”的加权平均，每一项都非负
丢掉的都是非负项
只用到期望和方差，对任何分布都成立；代价是界很“松”（见下面的图对照）
$D(aX)=a^2D(X)$，二项分布方差 $np(1-p)$
$p(1-p)\le\dfrac14$（二次函数在 $p=\dfrac12$ 取最大）
独立才有 $D(X_1+\cdots+X_n)=n\sigma^2$；这就是“多次测量取平均”更准的理由
取 $n=100$，$p=0.5$，$\varepsilon=0.1$：精确尾概率（二项分布）为 $0.0569$；切比雪夫上界为
$$P\!\left(\left|\frac mn-0.50\right|\ge0.10\right)\le\frac{0.50\times0.50}{100\times0.10^2}=0.2500$$
后面例 1 中 $n=1250$：切比雪夫只保证尾概率 $\le0.02$，而精确值几乎为 $0$。实际上 $n=132$ 就已经够了。切比雪夫“偏保守”，但它对任何分布都对，用来证明极限足够了。
下面考察四种总体。每种总体的单个观测值分布如下（左上：指数 $\mathrm{Exp}(1)$；右上：均匀 $U(0,1)$；左下：二项 $B(5,0.2)$；右下：偏态离散，取值 $0,1,2,10$）：
![均匀总体 U(0,1) 的密度：区间 [0,1] 上恒为 1，对称，\mu=0.5。](book-06/images/lln-clt-f8.png)
样本均值 $\bar X$ 的均值、标准差、偏度的理论值依次为 $\mu$、$\dfrac{\sigma}{\sqrt n}$、$\dfrac{\gamma}{\sqrt n}$（$\gamma$ 为总体偏度）。$n=1$ 时就是总体本身：
| 总体 | $\mu$ | $\sigma$ | 偏度 $\gamma$ |
|---|---|---|---|
| 均匀 $U(0,1)$ | $0.5000$ | $0.2887$ | $0.000$ |
| 指数 $\mathrm{Exp}(1)$ | $1.0000$ | $1.0000$ | $2.000$ |
| 二项 $B(5,0.2)$ | $1.0000$ | $0.8944$ | $0.671$ |
| 偏态离散 $\{0,1,2,10\}$ | $1.1000$ | $2.1656$ | $3.416$ |
$$\bar X\ \dot\sim\ N\!\left(\mu,\frac{\sigma^2}{n}\right)$$
$n=1$ 时，四种总体对应的正态近似依次为 $N(0.5,\ 0.2887^2)$、$N(1,\ 1.0000^2)$、$N(1,\ 0.8944^2)$、$N(1.1,\ 2.1656^2)$。
独立同分布、方差有限，则 $n$ 较大时 $\bar X$ 近似服从 $N\!\left(\mu,\dfrac{\sigma^2}{n}\right)$，不管总体长什么样。
$n$ 从 $1$ 增大到 $50$：均匀总体 $n\approx5$ 就很像正态，指数总体要 $20$ 左右，偏态离散总体更慢。
偏度（衡量不对称）按 $\gamma/\sqrt n$ 衰减：总体越偏，需要的 $n$ 越大。高中“二项分布近似正态”是它的特例：$B(n,p)$ 就是 $n$ 个两点分布之和。
取 $n=5$，对四种总体各模拟 $4000$ 次，$|Z|$ 落在不同范围内的频率与 $N(0,1)$ 的理论值对照：
| 均匀 $U(0,1)$ | 指数 $\mathrm{Exp}(1)$ | 二项 $B(5,0.2)$ | 偏态离散 | $N(0,1)$ | |
|---|---|---|---|---|---|
| $P(\lvert Z\rvert \le 1)$ | $0.6697$ | $0.7065$ | $0.7940$ | $0.7625$ | $0.6827$ |
| $P(\lvert Z\rvert \le 1.96)$ | $0.9533$ | $0.9527$ | $0.9290$ | $0.9520$ | $0.9500$ |
| $P(\lvert Z\rvert \le 3)$ | $0.9982$ | $0.9890$ | $0.9985$ | $0.9788$ | $0.9973$ |
先把“位置”和“宽度”统一掉，剩下的差别只有“形状”
大数定律管“集中到 $\mu$”，中心极限定理管“集中时的形状”
偏态离散总体 $n$ 小时，上表的模拟值与 $N(0,1)$ 差得明显，且直方图是“一根根”的（$\bar x$ 只能取格点值）。$n$ 增大到 $50$ 以上才比较贴合。用正态近似前要掂量 $n$ 够不够大。
在数字通信中，信号由数字“0”和“1”组成。连续发射信号 $n$ 次，每次发射“0”和“1”等可能，记发射信号 1 的次数为 $X$。
（1）当 $n=6$ 时，求 $P(X\le2)$；
（2）已知切比雪夫不等式：对随机变量 $Y$，若 $E(Y)$、$D(Y)$ 存在，则对任意正数 $a$，$P(|Y-E(Y)|\lt a)\ge1-\dfrac{D(Y)}{a^2}$。为了至少有 $98\%$ 的把握使发射信号“1”的频率在 $0.4$ 与 $0.6$ 之间，试估计发射次数 $n$ 的最小值。
每次发射是一次伯努利试验，$X\sim B\!\left(n,\tfrac12\right)$。第（2）问把“频率在 $0.4$ 与 $0.6$ 之间”改写成 $|X-E(X)|\lt a$ 的形式，再让切比雪夫给出的下限 $\ge0.98$。
$p=\dfrac12$ 时每个结果概率都是 $\dfrac1{64}$，只需数组合数
答案：$\dfrac{11}{32}$
两边同时减去 $E(X)=0.5n$，区间关于期望对称，正好是 $|Y-E(Y)|\lt a$ 的形式，$a=0.1n$
题目要求用不等式作估计：保证下限达到 $0.98$，实际概率自然不低于 $0.98$
拓展：直接用二项分布精确计算，$n=132$ 时概率已达 $0.9816$。切比雪夫对任何分布都成立，代价是偏保守
答案：$1250$
易错点：“频率”是 $X/n$，不是 $X$：偏离半径是 $a=0.1n$ 而不是 $0.1$。另外切比雪夫给的是概率的下限，不能说“概率等于 $1-\tfrac{25}{n}$”。
在概率统计中常用频率估计概率。袋中有若干红球和白球，有放回地随机摸球 $n$ 次，红球出现 $m$ 次。设每次摸出红球的概率为 $p$，根据频率估计概率的思想，$p$ 的估计值为 $\hat p=\dfrac mn$。
（1）若袋中两种颜色球的个数之比为 $1:3$，不知道哪种颜色的球多。有放回地摸取 $3$ 个球，摸出红球的次数为 $Y$，则 $Y\sim B(3,p)$。$P_p(Y=k)$ 表示每次摸出红球概率为 $p$ 时摸出红球 $k$ 次的概率。
(i) 完成下表：
| $k$ | $0$ | $1$ | $2$ | $3$ |
|---|---|---|---|---|
| $P_{1/4}(Y=k)$ | $\frac{27}{64}$ | $\frac1{64}$ | ||
| $P_{3/4}(Y=k)$ | $\frac9{64}$ | $\frac{27}{64}$ |
(ii) 把使 $P_p(Y=k)$ 最大的 $p$ 作为 $p$ 的估计值 $\hat p$，写出 $\hat p$。
（2）（最大似然估计）已知参数 $p$ 的对数似然函数为 $l(p)=\sum_{i=1}^nX_i\ln p+\sum_{i=1}^n(1-X_i)\ln(1-p)$，其中第 $i$ 次摸出红球 $X_i=1$，白球 $X_i=0$。求 $p$ 的估计值，并说明频率估计概率的合理性。
（1）是“只有两个候选值”的最大似然：看到数据后，比较哪个 $p$ 让这组数据更可能出现。（2）是连续候选值：对数似然求导。
比例 $1:3$ 且不知谁多，所以 $p=\tfrac14$ 或 $p=\tfrac34$。$P_p(Y=k)=\mathrm{C}_3^kp^k(1-p)^{3-k}$。
$p=\tfrac14$：$P(Y=1)=3\cdot\tfrac14\cdot\tfrac9{16}=\tfrac{27}{64}$，$P(Y=2)=3\cdot\tfrac1{16}\cdot\tfrac34=\tfrac9{64}$。
$p=\tfrac34$：$P(Y=0)=\left(\tfrac14\right)^3=\tfrac1{64}$，$P(Y=2)=3\cdot\tfrac9{16}\cdot\tfrac14=\tfrac{27}{64}$。
对称性：$P_{3/4}(Y=k)=P_{1/4}(Y=3-k)$
填完的表：
| $k$ | $0$ | $1$ | $2$ | $3$ |
|---|---|---|---|---|
| $P_{1/4}(Y=k)$ | $\frac{27}{64}$ | $\frac{27}{64}$ | $\frac9{64}$ | $\frac1{64}$ |
| $P_{3/4}(Y=k)$ | $\frac1{64}$ | $\frac9{64}$ | $\frac{27}{64}$ | $\frac{27}{64}$ |
答案：见上表。
“已经发生的结果，应当是在真实参数下比较容易发生的”
答案：$Y=0,1$ 时 $\hat p=\tfrac14$；$Y=2,3$ 时 $\hat p=\tfrac34$。
对 $p$ 求导时，数据 $X_i$ 已经观测到，是常数
分母 $p(1-p)>0$，符号只看分子 $m-np$
原参考解析没有讨论端点情形，这里补充
答案：$\hat p=\dfrac mn=\dfrac1n\sum_{i=1}^nX_i$，与频率一致。
易错点：第（1）问的 $\hat p$ 是随 $Y$ 变化的，要分情况写，不是一个固定数。第（2）问求导时把 $X_i$ 当常数、$p$ 当自变量。
抛一枚均匀硬币，前 $10$ 次出现了 $8$ 次正面。关于此后的抛掷，正确的是
答案C
前 $10$ 次的偏差 $+3$ 是固定的，后面大量试验让它在频率中被稀释：$\dfrac{8+0.5n'}{10+n'}\to0.5$。
总体服从指数分布 $\mathrm{Exp}(1)$（右偏，$\mu=\sigma=1$）。抽 $n=40$ 个求平均，$\bar x$ 的分布
答案B
由中心极限定理，$\bar x$ 近似 $N\!\left(1,\dfrac1{40}\right)$，标准差 $\dfrac1{\sqrt{40}}\approx0.158$。偏度约 $\dfrac2{\sqrt{40}}\approx0.32$，仍略有右偏。
$X\sim B(100,0.5)$。用切比雪夫不等式可以断言 $P(40<X<60)$ 至少为
答案A
$E(X)=50$，$D(X)=25$，$P(|X-50|<10)\ge1-\dfrac{25}{10^2}=0.75$。精确值约 $0.943$，切比雪夫偏保守。
概率论是“已知 $p$，问数据会怎样”；统计是反过来：“看到了数据，$p$ 最可能是多少”。极大似然给出的答案恰好就是频率 $\dfrac mn$。（拓展内容，高考题 21、22 正是这个主题）
以 $n=3,\ m=1$ 为例，似然函数为
$$L(p)=\mathrm{C}_{3}^{1}\,p^{1}(1-p)^{2}$$
极大似然估计 $\hat p=\dfrac mn=\dfrac13$。
只有两个候选值（如第 22 题中的 $p=\tfrac14$ 或 $\tfrac34$）时，不用求导，直接比较哪个 $L$ 更大：
$$L\!\left(\tfrac14\right)=0.4219,\qquad L\!\left(\tfrac34\right)=0.1406\ \Rightarrow\ \text{选 }\hat p=\tfrac14$$
似然 $L(p)$ 与概率是同一个式子 $\mathrm{C}_n^mp^m(1-p)^{n-m}$，但角色互换：数据 $m$ 已经固定，$p$ 当自变量。“已经发生的事，应当是在真实参数下比较容易发生的”，于是取使 $L(p)$ 最大的 $p$ 作为估计。
保持 $m/n$ 不变而增大 $n$（如 $3/10\to30/100$），峰的位置不变、宽度按 $1/\sqrt n$ 变窄：数据越多，对 $p$ 的“把握”越大。
两点分布的一个统一写法：$x=1$ 时为 $p$，$x=0$ 时为 $1-p$
若只记录总数 $m$，再乘 $\mathrm{C}_n^m$；常数因子不改变最大值点
$\ln$ 单调递增，$L$ 与 $\ln L$ 的最大值点相同；乘积变成和，好求导
分母 $p(1-p)>0$，符号由 $m-np$ 决定；下方图中切线斜率在 $\hat p$ 左侧为正、右侧为负
第 21 题的关键就在最后一句：解要落在模型允许的范围里
在切点 $p=0.60$ 处：
$$\ell'(0.60)=\frac{m-np}{p(1-p)}=\frac{1-3\times0.60}{0.60\times0.40}\approx-3.33$$
斜率 $<0$：$p$ 偏大，往左走似然会增大。
依据是大数定律：$\bar x$ 靠近 $E(X)$
这里不能求导令其为 0：最大值在边界上。$\theta$ 不能小于任何一个观测值
两种估计的理论均值与均方误差（$\theta=4,\ n=5$）：
| 理论均值 | 理论均方误差 | |
|---|---|---|
| $2\bar x$ | $4.000$ | $1.067$ |
| $\max x_i$ | $3.333$ | $0.762$ |
理论值：$E(2\bar X)=\theta$（无偏），均方误差 $\dfrac{\theta^2}{3n}$；$E(\max)=\dfrac{n}{n+1}\theta$（略偏小），均方误差 $\dfrac{2\theta^2}{(n+1)(n+2)}$，$n\ge3$ 时比矩估计小得多。不同方法给出不同估计，要用“偏差”和“均方误差”来比较好坏。
矩估计 $2\bar x$ 有时会小于样本最大值 $\max x_i$，这时估计值与数据自相矛盾（见课堂小测第 3 题）。
改变每次实验的摸球次数 $n$（$p=0.3$，各重复 2000 次），频率 $\hat p$ 的波动随 $n$ 增大而变小：
| $n$ | $\sqrt{p(1-p)/n}$ | $\hat p$ 的标准差（模拟） | $\lvert\hat p-p\rvert<0.05$ 的比例 |
|---|---|---|---|
| 10 | 0.1449 | 0.1438 | 26.0% |
| 50 | 0.0648 | 0.0639 | 58.3% |
| 200 | 0.0324 | 0.0321 | 90.0% |
| 1000 | 0.0145 | 0.0148 | 99.8% |
三重理由：① 无偏：$E(\hat p)=p$，平均而言不偏不倚；② 相合：大数定律，$n\to\infty$ 时 $\hat p\to p$；③ 极大似然：$\hat p=\tfrac mn$ 是让已观测数据最可能出现的 $p$（第 22 题第 2 问）。
以 $\theta=0.300$ 为例，两个模型对应的 $p$ 与相对似然（以 $L(1/4)$ 为基准）为：
$$\begin{aligned}&p_A=0.2024,\ \ \tfrac{L(p_A)}{L(1/4)}=0.5136\\&p_B=0.1296,\ \ \tfrac{L(p_B)}{L(1/4)}=0.0052\end{aligned}$$
数据给出 $\hat p=\tfrac{25}{100}=\tfrac14$。模型 B 的曲线穿过 $p=\tfrac14$（$\theta=\ln2$），似然比达到 1；模型 A 的最高点 $0.2388$ 够不着 $\tfrac14$，似然方程无解。
细节：模型 A 下似然在 $\theta=\tfrac12$ 仍然取得最大（相对似然约 0.97），严格说也有最大值点，只是它“顶在模型的天花板上”。命题意图是“似然方程有解的模型 B”。
某病毒通过病鼠与白鼠的接触传染。现有 $n$ 只白鼠，每只接触病鼠后被感染的概率为 $\tfrac12$，被感染的白鼠数为 $X$，各白鼠是否被感染相互独立。
（1）若 $P(X=5)=P(X=95)$，求 $E(X)$；
（2）接种疫苗后白鼠被感染的概率为 $p$，$p$ 与参数 $\theta\ (0<\theta<1)$ 有关。团队 A 的模型为 $p=\ln(1+\theta)-\tfrac23\theta^2$，团队 B 的模型为 $p=\tfrac12\left(1-\mathrm e^{-\theta}\right)$。将 100 只接种后的白鼠分成 10 组，每组 10 只，$X_i$ 表示第 $i$ 组被感染的白鼠数，实验结果 $x_i$ 如图。
(i) 写出事件“$X_1=x_1,X_2=x_2,\cdots,X_{10}=x_{10}$”的概率表达式（用 $p$ 表示，组合数不必计算）；
(ii) 若 $\theta=\theta_0$ 时上述概率最大，称 $\theta_0$ 为 $\theta$ 的最大似然估计。判断哪个团队的模型可以求出 $\theta$ 的最大似然估计，并求出。参考数据：$\ln\tfrac32\approx0.4055$。
先对 $p$ 做最大似然（似然只通过 $p$ 依赖 $\theta$），得到 $\hat p=\dfrac{25}{100}=\dfrac14$；再看哪个模型能让 $p(\theta)=\tfrac14$ 在 $(0,1)$ 内成立。上一节“第 21 题”的图中给出了两个模型的 $p=f(\theta)$ 曲线，可以对照。
$p=\tfrac12$ 时幂次部分都是 $\left(\tfrac12\right)^n$，可以约去
答案：$E(X)=50$
有的参考解析把“4 只的”写成 2 组，与图不符（按它算 $p$ 的指数是 23）；按图实际是 $3+6+6+4+6=25$。因 $\mathrm{C}_{10}^6=\mathrm{C}_{10}^4$，组合数部分写法相同
$p$ 的指数 = 感染总数 $3+1+4+1+2+2+1+3+6+2=25$；$1-p$ 的指数 $=100-25=75$
答案：
$$\left(\mathrm{C}_{10}^1\right)^3\left(\mathrm{C}_{10}^2\right)^3\left(\mathrm{C}_{10}^3\right)^2\mathrm{C}_{10}^4\mathrm{C}_{10}^6\,p^{25}(1-p)^{75}$$
（$\mathrm{C}_{10}^6=\mathrm{C}_{10}^4$，也可写成 $\left(\mathrm{C}_{10}^4\right)^2$）
正是“频率估计概率”：$25/100$
$3-4\theta-4\theta^2=-(2\theta+3)(2\theta-1)$
严格地说：$p<\tfrac14$ 时 $L(p)$ 关于 $p$ 递增，$L$ 在 $\theta=\tfrac12$（$p$ 最接近 $\tfrac14$ 处）取最大，所以 A 也有最大值点 $\theta=\tfrac12$，只是这个估计“顶到模型的天花板”。命题意图是 B
$g$ 单调，$p=\tfrac14\iff\theta=\ln2$，而 $p=\tfrac14$ 使 $L$ 最大，所以 $\theta_0=\ln2$ 使 $L$ 最大
答案：团队 B 的模型，$\theta$ 的最大似然估计为 $\theta_0=\ln2$
易错点：对 $\theta$ 求最大似然时不必把 $p(\theta)$ 代进去对 $\theta$ 求导：似然只通过 $p$ 依赖 $\theta$，先求 $\hat p$，再解 $p(\theta)=\hat p$ 即可（但要检查解是否在定义域内）。
在概率统计中常用频率估计概率。袋中有若干红球和白球，有放回地随机摸球 $n$ 次，红球出现 $m$ 次。设每次摸出红球的概率为 $p$，根据频率估计概率的思想，$p$ 的估计值为 $\hat p=\dfrac mn$。
（1）若袋中两种颜色球的个数之比为 $1:3$，不知道哪种颜色的球多。有放回地摸取 3 个球，摸出红球的次数为 $Y$，则 $Y\sim B(3,p)$。$P_p(Y=k)$ 表示每次摸出红球概率为 $p$ 时摸出红球 $k$ 次的概率。
(i) 完成下表：
| $k$ | 0 | 1 | 2 | 3 |
|---|---|---|---|---|
| $P_{1/4}(Y=k)$ | $\frac{27}{64}$ | $\frac1{64}$ | ||
| $P_{3/4}(Y=k)$ | $\frac9{64}$ | $\frac{27}{64}$ |
(ii) 把使 $P_p(Y=k)$ 最大的 $p$ 作为 $p$ 的估计值 $\hat p$，写出 $\hat p$。
（2）（最大似然估计）已知参数 $p$ 的对数似然函数为 $l(p)=\sum_{i=1}^nX_i\ln p+\sum_{i=1}^n(1-X_i)\ln(1-p)$，其中第 $i$ 次摸出红球 $X_i=1$，白球 $X_i=0$。求 $p$ 的估计值，并说明频率估计概率的合理性。
（1）是“只有两个候选值”的最大似然：看到数据后，比较哪个 $p$ 让这组数据更可能出现。（2）是连续候选值：对数似然求导。第一节的似然曲线可以对照。
比例 $1:3$ 且不知谁多，所以 $p=\tfrac14$ 或 $p=\tfrac34$。$P_p(Y=k)=\mathrm{C}_3^kp^k(1-p)^{3-k}$。
$p=\tfrac14$：$P(Y=1)=3\cdot\tfrac14\cdot\tfrac9{16}=\tfrac{27}{64}$，$P(Y=2)=3\cdot\tfrac1{16}\cdot\tfrac34=\tfrac9{64}$。
$p=\tfrac34$：$P(Y=0)=\left(\tfrac14\right)^3=\tfrac1{64}$，$P(Y=2)=3\cdot\tfrac9{16}\cdot\tfrac14=\tfrac{27}{64}$。
对称性：$P_{3/4}(Y=k)=P_{1/4}(Y=3-k)$
填好的表：
| $k$ | 0 | 1 | 2 | 3 |
|---|---|---|---|---|
| $P_{1/4}(Y=k)$ | $\frac{27}{64}$ | $\frac{27}{64}$ | $\frac9{64}$ | $\frac1{64}$ |
| $P_{3/4}(Y=k)$ | $\frac1{64}$ | $\frac9{64}$ | $\frac{27}{64}$ | $\frac{27}{64}$ |
答案：见上表
“已经发生的结果，应当是在真实参数下比较容易发生的”
答案：$Y=0,1$ 时 $\hat p=\tfrac14$；$Y=2,3$ 时 $\hat p=\tfrac34$
对 $p$ 求导时，数据 $X_i$ 已经观测到，是常数
分母 $p(1-p)>0$，符号只看分子 $m-np$
原解析没有讨论端点情形
答案：$\hat p=\dfrac mn=\dfrac1n\sum_{i=1}^nX_i$，与频率一致
易错点：第（1）问的 $\hat p$ 是随 $Y$ 变化的，要分情况写，不是一个固定数。第（2）问求导时把 $X_i$ 当常数、$p$ 当自变量。
一枚硬币抛 10 次出现 7 次正面。正面概率 $p$ 的极大似然估计是
答案C
$\ell'(p)=\dfrac{7-10p}{p(1-p)}$，在 $p=0.7$ 处变号，$\hat p=\dfrac mn=0.7$。
关于似然函数 $L(p)=\mathrm{C}_{10}^7p^7(1-p)^3$，正确的是
答案B
同一个式子，固定 $p$ 看 $m$ 是概率；固定数据 $m$ 看 $p$ 就是似然。
总体 $U(0,\theta)$，样本为 $1,2,9$。下列说法正确的是
答案D
$\theta$ 必须 $\ge$ 每个观测值，$L(\theta)=\theta^{-3}$ 在 $[9,+\infty)$ 递减，$\hat\theta=9$；矩估计 $8<9$ 自相矛盾。
点估计 $\bar x$ 几乎不会恰好等于 $\mu$。置信区间 $\bar x\pm z\cdot\sigma/\sqrt n$ 给出一个范围，并说明“这种方法”有多大比例能盖住 $\mu$。（拓展内容，超出高中要求）
所有区间等长，宽度为
$$\bar x\pm z_{\alpha/2}\frac{\sigma}{\sqrt n}=\bar x\pm1.960\times\frac{10}{\sqrt{25}}=\bar x\pm3.920,\qquad\text{宽度 }7.840$$
动的是区间，不动的是 $\mu$。每个区间要么盖住 $\mu$、要么没盖住；“$95\%$”说的是：用这个办法造很多区间，长期来看约 $95\%$ 能盖住 $\mu$。
同一批样本下，改变置信水平，所有区间同时变长或变短，没盖住 $\mu$ 的（红色）区间个数随之变化；只改变 $n$，区间整体变窄，但盖住的比例不变，因为置信水平没变。
$\sigma$ 已知时区间宽度 $2z\sigma/\sqrt n$ 与样本无关，所以 100 个区间一样长；$\sigma$ 未知时要用 $s$ 和 $t$ 分布（下一模块），区间长短也会随样本变化。
$E(\bar X)=\mu$，$D(\bar X)=\sigma^2/n$；正态的线性组合仍是正态（非正态总体 $n$ 大时由中心极限定理近似成立）
$Z$ 里含有未知的 $\mu$，但它的分布不含任何未知数——这是能“反解”的关键
见下方图：中间阴影面积 = 置信水平
$|\bar x-\mu|\le1.96\cdot\mathrm{SE}$ 既可以读成“$\bar x$ 离 $\mu$ 不远”，也可以读成“$\mu$ 离 $\bar x$ 不远”
都是同一个套路：找枢轴量 → 写概率等式 → 解出参数
![绿色曲线是 \bar x 的抽样分布，横轴以 \mathrm{SE}=\sigma/\sqrt n 标准化；阴影 [-1.960,+1.960] 面积为 95\%。顶部蓝色区间中心为 \bar x=\mu+1.2\,\mathrm{SE}，端点为 \bar x\pm1.96\,\mathrm{SE}，覆盖黑色竖线 \mu。](book-06/images/interval-r1.png)
$$P\!\left(-1.960\le Z\le 1.960\right)=0.950$$
$\bar x$ 落在中间阴影里 $\iff$ 区间 $\bar x\pm z\cdot\mathrm{SE}$ 盖住 $\mu$。
图中上方横线是以 $\bar x$ 为中心、半宽 $z\cdot\mathrm{SE}$ 的区间；若 $\bar x$ 落在阴影之外，区间就够不着 $\mu$ 了。
抽一个样本并固定它的区间，例如 $[46.40,\ 54.24]$（盖住了 $\mu=50$），再对这个固定区间重复模拟 4000 次，考察三个比例：
| 比例 | 对应说法 | 结果 |
|---|---|---|
| 新抽样本的区间盖住 $\mu$ | ② | 稳定在 $95\%$ 附近 |
| 新样本均值落入固定区间 | ⑤ | 取决于固定的区间，平均约 $83.4\%$ |
| 单个数据落入固定区间 | ④ | 取决于固定的区间，平均约 $30\%$ |
第一个比例稳定在 $95\%$ 附近；后两个比例取决于固定的区间（多抽几个样本、固定不同的区间可以看到），平均分别约为 $83.4\%$ 与 $30\%$，都不是 $95\%$。
口诀：抽样前谈概率，抽样后谈置信。“$95\%$ 置信”是对方法的信任程度，不是对某个具体区间的概率断言。
$\sigma=10$、$n=25$、$95\%$ 时：$z=1.960$，宽度 $7.840$。
$$z\frac{\sigma}{\sqrt n}\le E\iff n\ge\left(\frac{z\sigma}{E}\right)^2=\left(\frac{1.960\times10}{2}\right)^2=96.04$$
所以（$\sigma=10$，$E=2$，$95\%$）最少样本量 $n=97$。三种置信水平对照如下（宽度取 $\sigma=10$、$n=25$）：
| 置信水平 | $z$ 值 | 区间宽度 | 要使 $E=2$ 所需 $n\ge(z\sigma/E)^2$ | 最少样本量 $n$ |
|---|---|---|---|---|
| $90\%$ | $1.645$ | $6.579$ | $\left(\dfrac{1.645\times10}{2}\right)^2=67.64$ | $68$ |
| $95\%$ | $1.960$ | $7.840$ | $\left(\dfrac{1.960\times10}{2}\right)^2=96.04$ | $97$ |
| $99\%$ | $2.576$ | $10.303$ | $\left(\dfrac{2.576\times10}{2}\right)^2=165.87$ | $166$ |
平方关系：误差减半，样本量要变成 $4$ 倍；误差变为 $1/10$，样本量要变成 $100$ 倍。这就是民意调查通常抽 1000 人左右的原因：再多，精度提升很有限。
“置信水平高”和“区间窄”不能兼得（$n$ 固定时）。想两者都要，只能加大样本量。
零件长度的 95% 置信区间
某车床加工的零件长度 $X$（单位：mm）服从正态分布 $N(\mu,0.5^2)$，$\mu$ 未知。随机抽取 25 个零件，测得样本均值 $\bar x=10.12$。
（1）求 $\mu$ 的置信水平为 $95\%$ 的置信区间（$z_{0.025}=1.96$）；
（2）若希望 $95\%$ 置信区间的长度不超过 $0.2$，至少需要抽取多少个零件？
$\sigma$ 已知，用枢轴量 $Z=\dfrac{\bar X-\mu}{\sigma/\sqrt n}\sim N(0,1)$。区间长度 $2z\sigma/\sqrt n$ 只与 $n$、$\sigma$、置信水平有关，与样本均值无关。
答案：$[9.924,\ 10.316]$
长度减半（$0.392\to0.2$ 约一半）样本量约要变为 $4$ 倍
$96$ 不满足 $n\ge96.04$，不能四舍五入
答案：至少 $97$ 个
不能说“$\mu$ 有 $95\%$ 的概率落在 $[9.924,10.316]$ 中”：$\mu$ 是固定的数，算出的区间也是固定的，它要么包含 $\mu$ 要么不包含。$95\%$ 描述的是“这种造区间的方法”。
灌装量：置信水平与区间宽度
饮料灌装线的灌装量 $X$（单位：mL）服从 $N(\mu,4^2)$。质检员随机抽取 16 瓶，测得平均灌装量 $\bar x=498$。
（1）分别求 $\mu$ 的 $90\%$ 与 $99\%$ 置信区间（$z_{0.05}=1.645$，$z_{0.005}=2.576$），并比较两者宽度；
（2）标签标称 500 mL。根据两个区间分别能得到什么结论？
（3）若该质检员每天独立地做一次这样的 $90\%$ 置信区间，连续 20 天都包含真实 $\mu$ 的概率是多少？（结果保留两位小数）
置信水平越高，$z$ 越大，区间越宽：“更有把握”的代价是“说得更粗”。（2）为下一模块的假设检验做铺垫：区间是否包含 $500$ 等价于双侧检验是否拒绝 $\mu=500$。
宽度之比 $2.576/1.645\approx1.57$，与样本无关
答案：$90\%$：$[496.355,\,499.645]$；$99\%$：$[495.424,\,500.576]$；后者更宽
等价于显著性水平 $\alpha=0.10$ 的双侧检验拒绝 $\mu=500$
“不能否定”不等于“证明了 $\mu=500$”
答案：$90\%$ 下认为偏少；$99\%$ 下不能否定 $\mu=500$
“包含 $\mu$”是关于随机区间的事件，抽样前才有概率可言
包含次数 $\sim B(20,\,0.9)$，平均有 2 天漏掉
答案：$0.9^{20}\approx0.12$
“$90\%$ 区间”不是说“$90\%$ 的瓶子灌装量在这个区间里”。区间估计的是均值 $\mu$，单瓶灌装量的波动要大得多（$\sigma=4$）。
某次抽样得到 $\mu$ 的 $95\%$ 置信区间 $[9.92,\,10.32]$。最恰当的解释是
答案B
$95\%$ 描述的是方法：重复抽样造区间，长期约 $95\%$ 包含 $\mu$。这一个区间是否包含 $\mu$，我们不知道。
$\sigma$ 已知，其他条件不变，把样本量从 $n$ 变为 $4n$，区间宽度变为原来的
答案C
宽度 $2z\sigma/\sqrt n$，$\sqrt{4n}=2\sqrt n$，宽度减半。
同一组数据，把置信水平从 $95\%$ 提高到 $99\%$，则
答案A
$z$ 从 $1.96$ 变为 $2.576$，宽度约变为 $1.31$ 倍。把握更大，代价是说得更粗。
先假设一个说法成立（原假设），再看数据在这个假设下是不是“太罕见”。罕见到一定程度就拒绝它。$\sigma$ 未知时，衡量“罕见”要用 $t$ 分布。（拓展内容，超出高中要求）
取 $n=9$、$\alpha=0.05$、双侧检验、真实 $\mu=10.3$ 时：
| 临界偏差 $c$ | 第一类错误 $\alpha$ | 第二类错误 $\beta$ | 功效 $1-\beta$（发现异常） |
|---|---|---|---|
| $\pm0.1960$ | $0.050$ | $0.1492$ | $0.8508$ |
拒绝域为
$$ \begin{aligned} |\bar x-10|&\ge z_{\alpha/2}\tfrac{\sigma}{\sqrt n}\\ &=1.960\times\tfrac{0.3}{\sqrt{9}}=0.1960 \end{aligned} $$
两类错误的含义：
| $H_0$ 真（机床正常） | $H_0$ 假（机床异常） | |
|---|---|---|
| 拒绝 $H_0$ | 第一类错误（弃真），概率 $\alpha$ | 正确：发现异常 |
| 不拒绝 $H_0$ | 正确 | 第二类错误（取伪），概率 $\beta$ |
两类错误的变化规律：① 把 $\alpha$ 调小，红线外移，$\beta$ 变大：两类错误此消彼长；② $\alpha$ 固定、把 $n$ 调大，两条曲线都变瘦，$\beta$ 明显变小；③ 真实 $\mu$ 越接近 $10$，越难发现，$\beta$ 越大。
检验先控制 $\alpha$（“冤枉好人”的概率），$\beta$ 通常不知道，因为真实 $\mu$ 未知。所以“不拒绝 $H_0$”的说服力很弱，只能说“证据不足”。
临界偏差 $c=0.1645$，第一类错误 $\alpha=0.050$，第二类错误 $\beta=0.0877$，功效 $1-\beta=0.9123$。拒绝域为
$$ \begin{aligned} \bar x-10&\ge z_{\alpha}\tfrac{\sigma}{\sqrt n}\\ &=1.645\times\tfrac{0.3}{\sqrt{9}}=0.1645 \end{aligned} $$
临界偏差 $c=0.1645$，第一类错误 $\alpha=0.050$，第二类错误 $\beta=1.0000$，功效 $1-\beta=0.0000$。拒绝域为
$$ \begin{aligned} \bar x-10&\le -z_{\alpha}\tfrac{\sigma}{\sqrt n}\\ &=1.645\times\tfrac{0.3}{\sqrt{9}}=0.1645 \end{aligned} $$
$H_0$ 是被“审判”的一方，默认无罪；只有证据足够强才推翻它
与置信区间用的是同一个枢轴量，只是把 $\mu$ 换成了假设值 $\mu_0$
反证法：假设成立推出“几乎不可能的事”，所以假设不成立。只不过这里的“矛盾”是概率意义上的，所以会以 $\alpha$ 的概率犯错
$p$ 值越小，数据与 $H_0$ 越不相容；它不是“$H_0$ 为真的概率”
$s$ 本身也在波动，分母可能偶尔偏小，使 $T$ 比 $Z$ 更容易出现大值，所以 $t$ 分布尾部更厚（见下一节“$t$ 分布 vs 正态”）
两者都由 $|\bar x-\mu_0|\ge t\cdot s/\sqrt n$ 这一个不等式给出
只是统计量、分布换了：$t$ 检验比较均值，$\chi^2$ 检验比较“观测频数与独立时的期望频数”
| 步骤 | 单样本 $t$ 检验 | $\chi^2$ 独立性检验（高中） |
|---|---|---|
| $H_0$ | $\mu=\mu_0$ | 两个分类变量独立 |
| 统计量 | $t=\dfrac{\bar x-\mu_0}{s/\sqrt n}$ | $\chi^2=\dfrac{n(ad-bc)^2}{(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)}$ |
| $H_0$ 下的分布 | $t(n-1)$ | 近似 $\chi^2(1)$ |
| 拒绝域 | $|t|\ge t_{\alpha/2}(n-1)$（双侧） | $\chi^2\ge x_\alpha$（只看右侧） |
| $\alpha=0.05$ 临界值 | $n=9$：$2.306$；$n\to\infty$：$1.96$ | $3.841$（$=1.96^2$） |
两种检验的结论措辞相同：拒绝 $H_0$，即在 $\alpha$ 水平下认为有显著差异 / 有关联；不拒绝 $H_0$，是证据不足，不能说“证明了 $H_0$”。
$3.841=1.96^2$ 不是巧合：$2\times2$ 表的 $\chi^2$ 统计量就是“两个比例之差”的 $z$ 统计量的平方，所以 $\chi^2$ 只看右尾，等价于 $z$ 的双侧检验。
常见误解：“$p=0.03$ 说明 $H_0$ 为真的概率是 $3\%$”。错。$p$ 值是假设 $H_0$ 为真时得到这么极端数据的概率，方向是“数据 $\mid H_0$”，不是“$H_0\mid$ 数据”。
取 $\nu=4$ 时：
| 临界值 $t_{0.025}(\nu)$ | $P(\lvert T\rvert>1.96)$ 理论值 | $P(\lvert T\rvert>1.96)$ 模拟值 | $D(T)=\dfrac{\nu}{\nu-2}$ |
|---|---|---|---|
| $2.776$ | $0.1216$ | $0.1224$ | $2.000$ |
不同自由度下的临界值：
| $\nu$ | 1 | 2 | 5 | 10 | 30 | 60 | $\infty$ |
|---|---|---|---|---|---|---|---|
| $t_{0.025}$ | 12.71 | 4.30 | 2.57 | 2.23 | 2.04 | 2.00 | 1.96 |
小样本时若误用 $1.96$ 作临界值，实际第一类错误概率会超过 $5\%$：$\nu=4$ 时约为 $12\%$。这就是 $\sigma$ 未知时必须用 $t$ 分布的原因（统计学家戈塞特以笔名 Student 发表，所以也叫 Student $t$ 分布）。
$\nu\ge30$ 左右时 $t$ 与正态已经很接近，所以大样本时常直接用 $z$ 近似。$t$ 分布要求总体近似正态；样本很小且总体明显偏态时要慎用。
以一组 $n=12$ 的样本、$\mu_0=500$ 为例，计算过程如下。
小样本时 $t$ 分布尾部更厚，$z$ 检验会低估 $p$ 值
改变显著性水平或备择假设，其余步骤不变，只有拒绝域和 $p$ 值随之改变：
| 备择假设 $H_1$ | $\alpha$ | 拒绝域（自由度 $11$） | $p$ 值 | 误用 $N(0,1)$ 的 $p$ 值 | 结论 |
|---|---|---|---|---|---|
| $\mu\ne500$ | $0.05$ | $\lvert t\rvert\ge t_{\alpha/2}(11)=2.201$ | $0.2451$ | $0.2195$ | 不拒绝 $H_0$ |
| $\mu\ne500$ | $0.1$ | $\lvert t\rvert\ge t_{\alpha/2}(11)=1.796$ | $0.2451$ | $0.2195$ | 不拒绝 $H_0$ |
| $\mu\ne500$ | $0.01$ | $\lvert t\rvert\ge t_{\alpha/2}(11)=3.106$ | $0.2451$ | $0.2195$ | 不拒绝 $H_0$ |
| $\mu>500$ | $0.05$ | $t\ge t_{\alpha}(11)=1.796$ | $0.1225$ | $0.1097$ | 不拒绝 $H_0$ |
| $\mu<500$ | $0.05$ | $t\le -t_{\alpha}(11)=-1.796$ | $0.8775$ | $0.8903$ | 不拒绝 $H_0$ |
例 1 中，$\alpha=0.05$ 时结论是“拒绝”，改为 $\alpha=0.01$ 就变为“不拒绝”。结论依赖事先选定的 $\alpha$，所以 $\alpha$ 必须在看数据之前确定，不能看了 $p$ 值再挑。
某品牌大米标注每袋 $500\text{ g}$。市场监管部门随机抽取 $9$ 袋，称得重量（单位：$\text{g}$）为 $493,\ 494,\ 495,\ 495,\ 497,\ 498,\ 499,\ 500,\ 502$。假设每袋重量服从正态分布 $N(\mu,\sigma^2)$，$\sigma$ 未知。
（1）求样本均值 $\bar x$ 与样本标准差 $s$；
（2）在显著性水平 $\alpha=0.05$ 下检验 $H_0:\mu=500$，$H_1:\mu\ne500$（$t_{0.025}(8)=2.306$）；
（3）在 $\alpha=0.01$ 下结论如何（$t_{0.005}(8)=3.355$）？若误把 $s$ 当作已知的 $\sigma$ 用 $z$ 检验，$p$ 值会有什么变化？
$\sigma$ 未知，用 $s$ 代替，统计量 $T=\dfrac{\bar X-\mu_0}{s/\sqrt n}$ 在 $H_0$ 下服从 $t(n-1)$。计算流程与上一节“单样本 $t$ 检验演示”完全相同。
减去一个“中间数”再算，计算量小
样本方差除以 $n-1$，这是 $t$ 检验所用的 $s$
答案：$\bar x=497$，$s=3$
$p$ 值 $=2P(T_8\ge3)\approx0.017<0.05$
答案：$t=-3$，拒绝 $H_0$
$p\approx0.017$ 介于 $0.01$ 与 $0.05$ 之间，所以两个水平下结论不同
答案：$\alpha=0.01$ 下不拒绝 $H_0$；误用 $z$ 检验会把 $p$ 值从约 $0.017$ 低估到约 $0.0027$
“不拒绝 $H_0$”不等于“证明了 $\mu=500$”，只是说现有数据不足以推翻它。样本标准差要除以 $n-1$。
某机床正常时加工的轴直径 $X\sim N(10,0.3^2)$（单位：$\text{mm}$）。质检规则：每天抽 $9$ 根测平均直径 $\bar x$，若 $|\bar x-10|\ge c$ 就判定“机床异常”并停机检修。
（1）要使机床正常时被误判为异常的概率为 $0.05$，求 $c$；
（2）若机床实际已偏移到 $\mu=10.3$（$\sigma$ 不变），按（1）的规则，没能发现异常的概率是多少？
（3）把每天抽样数改为 $16$ 根，保持第一类错误概率 $0.05$，重新求 $c$ 与（2）中的概率。
参考数据：$\Phi(1.04)\approx0.8508$，$\Phi(2.04)\approx0.9793$，$z_{0.025}=1.96$。
$H_0:\mu=10$。“正常时误判异常”是第一类错误 $\alpha$，“异常时没发现”是第二类错误 $\beta$。两者都由 $\bar X$ 的分布算出，只是一个在 $H_0$ 下算，一个在真实的 $\mu=10.3$ 下算。
答案：$c=0.196$
第二类错误：$H_0$ 假，却没有拒绝 $H_0$
$\Phi(-4.96)$ 约 $3.5\times10^{-7}$，可忽略
答案：$\beta\approx0.149$
样本多了，$\bar x$ 更集中，阈值可以收紧
答案：$c=0.147$，$\beta\approx0.021$
$\alpha+\beta\ne1$：$\alpha$ 在 $H_0$ 成立时算，$\beta$ 在某个具体的备择 $\mu$ 下算，它们是两个不同分布下的概率。
对 $H_0:\mu=500$ 做检验，得 $p=0.03$。正确的说法是
答案C
$p=0.03\le0.05$，拒绝 $H_0$；$p=0.03>0.01$，不拒绝 $H_0$。
其他条件不变，只把显著性水平 $\alpha$ 从 $0.05$ 降到 $0.01$，则
答案A
拒绝域缩小：更难拒绝 $H_0$，第一类错误概率下降，但 $H_0$ 假时更容易漏判，$\beta$ 增大。
正态总体、$\sigma$ 未知，$n=9$。检验 $H_0:\mu=\mu_0$（双侧，$\alpha=0.05$）时应采用的拒绝域是
答案D
$\sigma$ 未知用 $T=\dfrac{\bar x-\mu_0}{s/\sqrt n}\sim t(n-1)$，双侧取 $\alpha/2$。