【概率】甲乙射击比赛，单局甲胜率0.6，3局2胜和5局3胜两种赛制甲如何选择？无限多局，甲获胜概率？

一、题目描述

甲乙射击比赛，单局甲胜率0.6，3局2胜和5局3胜两种赛制甲如何选择？无限多局，甲获胜概率？

二、解题思路

本题考查相互独立事件同时发生的概率.每局比赛只有两个结果，甲获胜或乙获胜，每局比赛可以看成是相互独立的.

Cnm=Anmm!=n!m!(n−m)!C_{n}^{m}=\frac{A_{n}^{m}}{m !}=\frac{n !}{m !(n-m) !}Cnm=m!Anm=m!(n−m)!n!

2.1 解法一

（1）在采用3局2胜制中，甲获胜包括两类互斥事件，即3次独立重复试验中，甲获胜的次数为2或3，所以甲获胜的概率为
C32∗0.6∗0.6∗0.4+C33∗0.6∗0.6∗0.6=0.648.C_{3}^{2} *0.6*0.6*0.4 + C_{3}^{3} * 0.6*0.6*0.6=0.648.C32∗0.6∗0.6∗0.4+C33∗0.6∗0.6∗0.6=0.648.

3∗0.6∗0.6∗0.4+1∗0.6∗0.6∗0.6=0.648.3 *0.6*0.6*0.4 + 1 * 0.6*0.6*0.6=0.648.3∗0.6∗0.6∗0.4+1∗0.6∗0.6∗0.6=0.648.

（2）在采用5局3胜制中，甲获胜包括三类互斥事件，即5次独立重复试验中，甲获胜的次数为3，4，5，所以甲获胜的概率为

C53∗0.63∗0.42+C54∗0.64∗0.41+C55∗0.65=0.683C_{5}^{3} *0.6^3*0.4^2 + C_{5}^{4} * 0.6^4*0.4^1 + C_{5}^{5} *0.6^5 =0.683C53∗0.63∗0.42+C54∗0.64∗0.41+C55∗0.65=0.683
10∗0.63∗0.42+5∗0.64∗0.41+1∗0.65=0.68310*0.6^3*0.4^2 + 5 * 0.6^4*0.4^1 + 1*0.6^5 =0.68310∗0.63∗0.42+5∗0.64∗0.41+1∗0.65=0.683

2.2 解法二

（1）在采用3局2胜制中，甲获胜是指甲以2∶0，2∶1战胜乙，故甲获胜的概率为：
0.62+C21∗0.6∗0.6∗0.4=0.6480.6^2 + C_{2}^{1} * 0.6 * 0.6 * 0.4 = 0.6480.62+C21∗0.6∗0.6∗0.4=0.648

（2）在采用5局3胜制中，甲获胜是指甲以3∶0，3∶1，3∶2战胜乙，故甲获胜的概率为：
0.63+C32∗0.62∗0.4∗0.6+C42∗0.62∗0.42∗0.6=0.6830.6^3 + C_{3}^{2} * 0.6^2 * 0.4 * 0.6 + C_{4}^{2} * 0.6^2 * 0.4^2 * 0.6= 0.6830.63+C32∗0.62∗0.4∗0.6+C42∗0.62∗0.42∗0.6=0.683

2.3 初步结论

综上，可以看出：采用5局3胜制对甲更有利，由此可以猜测“比赛的总局数越多，甲获胜的概率越大”，由此可以看出为了使比赛公平，比赛的局数不能太少.在这个实际问题背景中，比赛局数越少，对乙越有利；比赛局数越多，对甲越有利.

方法归纳 两个事件互斥指在同一次试验中两个事件不能同时发生；而两个事件相互独立是指一个事件是否发生对另一个事件是否发生的概率没有影响.有时，可把一次试验的结果分为若干个互斥事件，而其中的每个事件可按相互独立事件同时发生的概率去计算.

2.4 证明：当无限多局，甲获胜概率为 1

当无限多局，甲获胜概率为 1 ，可以由上述概率公式推导最终趋近于 1

证明1：
二项式定理：
(a+b)n=Cn0⋅an⋅b0+Cn1⋅an−1⋅b1+Cn2⋅an−2⋅b2+⋯+Cnr⋅an−r⋅br+⋯+Cnn⋅a0⋅bn(a+b)^{n}=C_{n}^{0} \cdot a^{n} \cdot b^{0}+C_{n}^{1} \cdot a^{n-1} \cdot b^{1}+C_{n}^{2} \cdot a^{n-2} \cdot b^{2}+\cdots+C_{n}^{r} \cdot a^{n-r} \cdot b^{r}+\cdots+C_{n}^{n} \cdot a^{0} \cdot b^{n}(a+b)n=Cn0⋅an⋅b0+Cn1⋅an−1⋅b1+Cn2⋅an−2⋅b2+⋯+Cnr⋅an−r⋅br+⋯+Cnn⋅a0⋅bn

由解法一推广可得：
甲获胜概率：
P(甲胜)=Cnm⋅am⋅bn−m+Cnm+1⋅am+1⋅bn−m−1+Cnm+2⋅am+2⋅bn−m−2+⋯+Cnn⋅a0⋅bnP(甲胜) = C_{n}^{m} \cdot a^{m} \cdot b^{n-m}+C_{n}^{m+1} \cdot a^{m+1} \cdot b^{n-m-1}+C_{n}^{m+2} \cdot a^{m+2} \cdot b^{n-m-2}+\cdots+C_{n}^{n} \cdot a^{0} \cdot b^{n}P(甲胜)=Cnm⋅am⋅bn−m+Cnm+1⋅am+1⋅bn−m−1+Cnm+2⋅am+2⋅bn−m−2+⋯+Cnn⋅a0⋅bn

P(甲胜)=(a+b)n−[Cn0⋅an⋅b0+...+Cnm−1⋅am−1⋅bn−m+1]P(甲胜) =(a+b)^{n} - [C_{n}^{0} \cdot a^{n} \cdot b^{0} +...+ C_{n}^{m-1} \cdot a^{m-1} \cdot b^{n-m+1}] P(甲胜)=(a+b)n−[Cn0⋅an⋅b0+...+Cnm−1⋅am−1⋅bn−m+1]

P(甲胜)=(0.6+0.4)n−[Cn0⋅an⋅b0+...+Cnm−1⋅am−1⋅bn−m+1]=>1P(甲胜) =(0.6+0.4)^{n} - [C_{n}^{0} \cdot a^{n} \cdot b^{0} +...+ C_{n}^{m-1} \cdot a^{m-1} \cdot b^{n-m+1}] => 1P(甲胜)=(0.6+0.4)n−[Cn0⋅an⋅b0+...+Cnm−1⋅am−1⋅bn−m+1]=>1

其中 m=(n//2)+1m = (n // 2) + 1m=(n//2)+1

证明2：

直接证明 2n+12n+12n+1 局胜算高于 2n−12n-12n−1 局.
设 2n−12n-12n−1 局胜算为 qqq
(1). 2n−12n-12n−1 局恰好赢了 nnn 局的概率为:
p1=C2n−1npn(1−p)n−1p_{1}=C_{2 n-1}^{n} p^{n}(1-p)^{n-1}p1=C2n−1npn(1−p)n−1

(2). 2n−12n-12n−1 局恰好赢了 n−1n-1n−1 局的概率为:

p2=C2n−1n−1pn−1(1−p)np_{2}=C_{2 n-1}^{n-1} p^{n-1}(1-p)^{n}p2=C2n−1n−1pn−1(1−p)n

则 q−p1q-p1q−p1 为 2n−12n-12n−1 局里至少赢 n+1n+1n+1 局的概率。
考虑 2n+12n+12n+1 局的前 2n−12n-12n−1局，

如果这 2n−12n-12n−1 局至少赢 n+1n+1n+1 局，则无论后面结果如何，都是胜利。
如果这2n-1局赢了n局，则需要后两场至少赢一局。
如果这2n-1局赢了n-1局，则需要后两场都赢。

因此2n+1局的胜算为：
(q−p1)+p1(1−(1−p)2)+p2p2\left(q-p_{1}\right)+p_{1}\left(1-(1-p)^{2}\right)+p_{2} p^{2}(q−p1)+p1(1−(1−p)2)+p2p2

要证明这个大于 qqq：

(q−p1)+p1(1−(1−p)2)+p2p2>q⇔p2p2>p1(1−p)2⇔p2p1>(1−p)2p2而 p2p1=1−pp>(1−p)2p2\begin{array}{c} \left(q-p_{1}\right)+p_{1}\left(1-(1-p)^{2}\right)+p_{2} p^{2}>q \\ \Leftrightarrow p_{2} p^{2}>p_{1}(1-p)^{2} \\ \Leftrightarrow \frac{p_{2}}{p_{1}}>\frac{(1-p)^{2}}{p^{2}} \\ \text { 而 } \frac{p_{2}}{p_{1}}=\frac{1-p}{p}>\frac{(1-p)^{2}}{p^{2}} \end{array}(q−p1)+p1(1−(1−p)2)+p2p2>q⇔p2p2>p1(1−p)2⇔p1p2>p2(1−p)2 而 p1p2=p1−p>p2(1−p)2

因此结论成立。

证明3：
通过概率论知识来分析

参考：

3局2胜和5局3胜哪个胜算更大？你怎么思考