投篮交替概率与期望

第(1)问

把"第 2 次是谁投"按第 1 次的情况分成两条互斥的路，用全概率公式：

• 第 1 次甲投（概率 $0.5$）：只有当甲未命中时才换乙，概率 $1-0.6=0.4$；
• 第 1 次乙投（概率 $0.5$）：只有当乙命中时才继续乙投，概率 $0.8$。

$$P(\text{第2次乙投}) = 0.5 \times 0.4 + 0.5 \times 0.8 = 0.2 + 0.4 = 0.6$$

答案

(1) 第 $2$ 次投篮的人是乙的概率为 $0.6$。

第(2)问

先读题找结构。 "第 $n$ 次是谁投"只由"第 $n-1$ 次是谁投、以及他投没投进"决定——这就是一阶马尔可夫结构，适合设递推。

记

$$p_n = P(\text{第 } n \text{ 次是甲投})$$

那么第 $n$ 次不是甲投就是乙投，所以

$$q_n = P(\text{第 } n \text{ 次是乙投}) = 1 - p_n$$

列递推式。 第 $n+1$ 次是甲投，只有两种来法：

1. 第 $n$ 次甲投、且甲命中（继续投）：贡献 $0.6\,p_n$；
2. 第 $n$ 次乙投、且乙未命中（换甲）：贡献 $0.2\,q_n$。

两条路互斥，直接相加：

$$p_{n+1} = 0.6p_n + 0.2q_n = 0.6p_n + 0.2(1-p_n) = 0.4p_n + 0.2$$

解递推。 形如 $p_{n+1} = k\,p_n + b\ (k \neq 1)$ 的递推，标准做法是构造等比数列：两边减去不动点 $\dfrac{b}{1-k}$。

本题 $k=0.4$，$b=0.2$，不动点为

$$\frac{0.2}{1-0.4} = \frac{1}{3}$$

于是

$$p_{n+1} - \frac{1}{3} = 0.4\left(p_n - \frac{1}{3}\right)$$

说明 $\left\{p_n - \dfrac{1}{3}\right\}$ 是公比为 $0.4$ 的等比数列。

代入初值 $p_1 = 0.5$，则 $p_1 - \dfrac{1}{3} = \dfrac{1}{6}$，所以

$$p_n = \frac{1}{3} + \frac{1}{6}\cdot 0.4^{\,n-1} = \frac{1}{3} + \frac{1}{6}\cdot\left(\frac{2}{5}\right)^{n-1}$$

这个结果合理吗？ 当 $n \to \infty$ 时 $\left(\dfrac{2}{5}\right)^{n-1} \to 0$，所以 $p_n \to \dfrac{1}{3}$——甲命中率低，长期看乙会占据更多投篮机会，与直觉一致，可以作为一个粗略的自检。

答案

(2) $p_n=\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{6}\cdot\left(\dfrac{2}{5}\right)^{n-1}$。

第(3)问

把计数问题变成求和。 前 $n$ 次里甲投了多少次，可以一次一次地数：第 $i$ 次是甲投就记 $1$，不是就记 $0$。这种"只取 0 或 1 的随机变量"叫指示变量，记

$$Y = \sum_{i=1}^{n} X_i, \qquad X_i = \mathbb{1}\{\text{第 } i \text{ 次甲投}\}$$

为什么这样设？ 因为指示变量的期望恰好是对应的概率：

$$E(X_i) = 1 \cdot P(X_i=1) + 0 \cdot P(X_i=0) = p_i$$

而且期望对加法有线性性——不需要各 $X_i$ 相互独立，$E(A+B) = E(A) + E(B)$ 总是成立。这一点是关键：本题相邻两次投不独立（这次投完才决定下次谁投），但线性性照样能用，问题就大幅简化了。

于是

$$E(Y) = \sum_{i=1}^{n} E(X_i) = \sum_{i=1}^{n} p_i$$

把第 (2) 问的 $p_i$ 代进去：

$$E(Y) = \sum_{i=1}^{n}\left[\frac{1}{3} + \frac{1}{6}\cdot\left(\frac{2}{5}\right)^{i-1}\right]$$

拆成两部分算：

• 常数部分：$n$ 个 $\dfrac{1}{3}$ 相加，得 $\dfrac{n}{3}$；
• 等比部分：首项 $\dfrac{1}{6}$、公比 $\dfrac{2}{5}$、共 $n$ 项，用等比求和公式 $S_n = \dfrac{a_1(1-q^n)}{1-q}$：

$$\sum_{i=1}^{n}\left(\frac{2}{5}\right)^{i-1} = \frac{1-\left(\frac{2}{5}\right)^n}{1-\frac{2}{5}} = \frac{5}{3}\left[1-\left(\frac{2}{5}\right)^n\right]$$

合起来：

$$E(Y) = \frac{n}{3} + \frac{1}{6}\cdot\frac{5}{3}\left[1-\left(\frac{2}{5}\right)^n\right] = \frac{n}{3} + \frac{5}{18}\left[1-\left(\frac{2}{5}\right)^n\right]$$

结果长什么样？ 当 $n$ 很大时，第二项趋于常数 $\dfrac{5}{18}$，而第一项随 $n$ 线性增长——也就是说，平均而言甲大约每 $3$ 次出手里有 $1$ 次是他投的，这与第 (2) 问的极限 $\dfrac{1}{3}$ 完全吻合，两问互相印证。

答案

(3) $E(Y)=\dfrac{n}{3}+\dfrac{5}{18}\left[1-\left(\dfrac{2}{5}\right)^n\right]$。

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一句话总结：先判断"这次状态只由上次决定"，就可设一阶递推；递推 $p_{n+1}=kp_n+b$ 减不动点化等比；计数期望用指示变量加期望线性性，把"独立"这个用不上的顾虑绕开。