例談遞推思想在概率統(tǒng)計中的應(yīng)用 論文

例談遞推模型在概率統(tǒng)計中的應(yīng)用本文以它們?yōu)榛A(chǔ)，結(jié)合實例，通過數(shù)學(xué)建模，研究遞推數(shù)列在概率統(tǒng)計的應(yīng)用.關(guān)鍵詞：數(shù)學(xué)建模；線性遞推數(shù)列；概率統(tǒng)計2016年9月13日，教育部公布《中國學(xué)生發(fā)展核心素養(yǎng)》,正式確定學(xué)生發(fā)展核心素適應(yīng)個人終身發(fā)展和社會發(fā)展需要的必備品格和關(guān)鍵能力.一般認(rèn)為,數(shù)學(xué)素養(yǎng)是指當(dāng)前或自然、社會生活中的地位的能力，做出數(shù)學(xué)判斷的能力，以及參與數(shù)學(xué)活動的能力.而數(shù)學(xué)大核心素養(yǎng)的培養(yǎng)也是提升學(xué)生數(shù)學(xué)思維品質(zhì)的重要路徑.特別是數(shù)學(xué)建模，它是通過對實一種綜合素養(yǎng).在近幾年的高考、自主招生考試、數(shù)學(xué)聯(lián)賽以及各地的模考中，以概率統(tǒng)計問題為載體，考查數(shù)學(xué)抽象、數(shù)學(xué)建模思想的考試評價較多.解決這類問題的一種行之有效數(shù)量關(guān)系和變化規(guī)律，再運用邏輯推理，數(shù)學(xué)運算解決問題.下面從教材上的數(shù)列模型談起.一、一階線性遞推數(shù)列模型引例“漢諾塔”問題（又稱河內(nèi)塔問題）是根據(jù)一個傳說形成的一個問題：B,CA桿上有n個(n?

N*)穿孔圓盤，盤的尺寸由下到上依次變小.要求按照下列規(guī)則，將所有圓盤移至C桿： B A C①每次只能移動一個圓盤；②大盤不能疊在小盤上面.把n個穿孔圓盤從A桿移至C桿，最少需要移動多少次？思路分析 n時,需要先把A桿最上面圓盤移至BA桿下面大圓盤移至C桿，最后再把B桿圓盤移至C桿.對簡單情形的分析可以為問題的解決提供思路.設(shè)將A桿上n個穿孔圓盤全部移至CanA桿上n個穿孔圓盤全部移至B桿，至少也需要移動an次.當(dāng)A桿上有n個穿孔圓盤時，考慮第一步，先將A桿上面的n-1個圓盤移至B桿（至少an-1種方法），第二步，再將A桿下面大圓盤移至C桿，第三步，把B桿的n-1個圓盤移至C桿（至少an-1種方法），這樣，就建立了數(shù)列遞推關(guān)系，借助數(shù)列模型，可以順利解決問題.解設(shè)A桿上有n個穿孔圓盤時,將圓盤全部移至CanA桿上n個穿孔圓盤全部移至B桿，至少也需要移動an次.當(dāng)n時,把圓盤從A桿移至C1=1.當(dāng)A桿上有nA桿上的上面n-1個圓盤全部移至B桿,至少需要移動an-1次，再將A桿上最后一個圓盤移C桿,至少需要1B桿上n-1個圓盤全部移至Can-1次.從而得到an=2an-1，an

an-1

ìan即有an=2(an-1，所以2n

=2n-1

，所以í

2ny為常數(shù)列，進而? tan，所以a=2n-1，即把n個穿孔圓盤從A桿移至C桿，最少需要移動2n n2n-1次.點評是an與an-1an與.一階線性遞推數(shù)列在概率統(tǒng)計問題的應(yīng)用較為廣泛，下面以具體實例，介紹一階線性遞推數(shù)列模型的應(yīng)用.例1（2012年全國數(shù)學(xué)聯(lián)賽試題）某情報站有B,C,D四種互不相同的密碼，每周使用其中的一種密碼，且每周都是從上周未使用的三種密碼中等可能地隨機選用一種.設(shè)第1周使用A密碼，那么第7周也使用密碼A的概率為 .思路分析考慮從簡單情形入手.顯然，第1周使用A密碼的概率為2周使用A密碼的概率為3周使用A密碼的概率為12周使用密碼的情況相關(guān).考慮第n周使用A3密碼的概率為n-1周使用A密碼的概率為1A密碼的概率為1-由此可以建立數(shù)列n的遞推關(guān)系.

pn-1，解設(shè)第n周使用A密碼的概率為，則，，考慮第n-1周的密碼使用情形，情形1：第n-1周使用A密碼，其概率為1，則第n周還使用A密碼的概率為0；1情形2：第n-1周不使用A密碼，其概率為1-1，則第n周使用A密碼的概率為3，1 1 1

1 1 1=所以1′01)′3 3-31，即有-=

=1-4 3

)(n32)，4ì 1ü 3 1又，所以數(shù)列í-

4y為以4為首項，以3為公比的等比數(shù)列，從而? tP-1=3

(1)n-1P=3

(1)n-1

1 3n時，P=

(1)6

1=617n ×4 4 3

n × +4 3 4

7 × +4 3 4 243周也使用密碼A的概率為61.243點評復(fù)雜問題的解決一般從簡單的情形入手，有一般到特殊，不僅符合認(rèn)知規(guī)律，也能為,,與1進而借助數(shù)列模型解決問題.本例的關(guān)鍵是構(gòu)建概率背景下的一階線性遞推數(shù)列模型，借助數(shù)列運算，求出概率.練習(xí)1（2022湖北八市聯(lián)考）2022年2月6日，中國女足在兩球落后的情況下，以3比26:5驚險戰(zhàn)勝日本女足，其中門將朱鈺兩度撲出日本隊員的點球，表現(xiàn)神勇.（1）撲點球的難度一般比較大，假設(shè)罰點球的球員會等可能地隨機選擇球門的左、中、右1即使方向判斷正確，也有的可能性撲不到球.不考慮其它因素，在一次點球大戰(zhàn)中，求門2將在前三次撲出點球的個數(shù)X的分布列和期望；（2）好成績的取得離不開平時的努力訓(xùn)練.甲、乙、丙、丁4名女足隊員在某次傳接球的訓(xùn)3人中的1機傳向另外3人中的1人，如此不停地傳下去，假設(shè)傳出的球都能接住.記第n次傳球之前球在甲腳下的概率為pn，易知p2.í①試證明ìí

pn-

1üy為等比數(shù)列；4? t②設(shè)第n次傳球之前球在乙腳下的概率為qn，比較與的大小.例2（2012年華約自主招生試題）系統(tǒng)中每個元件正常工作的概率都是p<p系統(tǒng)正常工作的概率稱為系統(tǒng)的可靠性.(1)某系統(tǒng)配置有2k-1個元件，k為正整數(shù)，求該系統(tǒng)正常工作概率的表達式；(2)可靠性.2k--i思路分析問題(1)涉及的為伯努利概型:2k-2k--iiC2k-1i

pi(1-

p)

2k-1i=?i

C2k-1

pi(1-

p)2k-i在2k-1個元件組成的系統(tǒng)中增加兩個元件得到2k

2ki2ki2k-i

C2k

pi(1-

p) .判斷系統(tǒng)的可靠性是否提高，本質(zhì)是比較與的大小，但此時直接比較兩項大小比較困難.我們可以將新系統(tǒng)的可靠性在原有系統(tǒng)的基礎(chǔ)上進行分析，尋找與的遞推關(guān)系，新系統(tǒng)可分為下列三種情形:情形1:新加的兩個元件恰好都不正常工作，要確保新系統(tǒng)正常工作，則需要原系統(tǒng)中至少有k個元件正常工作，此時的概率為

k-C2k--C

pk(1-

p)k-1；情形k個元件正常工作，此時的概率為；情形3:k-1個元件正常工作，其概率為k-1pk-1(1-

p)k，由此可得2k-1k k 2k-1

k-1

k-1 k 2-C2k-1p

p) ](1-p)′C2p(1-

p)-1p

p)]p整理可得：

-

=pk(1-

p)k-1Ck-1(2p-，所以2k-1當(dāng)0<2k-121

時，-，系統(tǒng)的可靠性降低；當(dāng)p=21

時，，系統(tǒng)的可靠性不變；當(dāng)2<p時，-，系統(tǒng)的可靠性提高.點評問題(1)的解決很容易給問題(2)帶來思路，即在計算新系統(tǒng)的可靠性時，往往會寫成k

2k?

2k

k kkP = Ci

pi(1-

p)2ki，但在此條件下，比較P與P

的大小較為繁瑣，建立P與之間的遞推關(guān)系，借助遞推關(guān)系去比較它們的大小，計算量會小很多.練習(xí)22020年12月16日至18日，中央經(jīng)濟工作會議在北京召開，會議確定，2021年要略.要加強種質(zhì)資源保護和利用，加強種子庫建設(shè).要尊重科學(xué)、嚴(yán)格監(jiān)管，有序推進生物育種產(chǎn)業(yè)化應(yīng)用.某“種子銀行”對某種珍稀名貴植物種子采取“活態(tài)保存”方法進行保存，即對種子實行定期更換和種植.通過以往的相關(guān)數(shù)據(jù)表明，該植物種子的出芽率為p<p<1)，每顆種子是否發(fā)芽相互獨立.現(xiàn)任取該植物種子2n-1顆進行種植，若種子的出芽數(shù)X超過半數(shù)，則可認(rèn)為種植成功32).(1)當(dāng)n，p=1時，求種植成功的概率及X的數(shù)學(xué)期望；2(2)現(xiàn)擬加種兩顆該植物種子，試分析能否提高種植成功率？二、二階線性遞推數(shù)列模型上述的例子涉及的是一階線性遞推數(shù)列.我們知道，斐波那契數(shù)列的遞推公式：ì1ana

，n2n3

，遞推公式揭示了數(shù)列中三項之間的等量關(guān)系，屬典型的二階線性?n-1

n-2, 3遞推數(shù)列.構(gòu)造二階遞推數(shù)列，建立數(shù)列模型，也可以輔助解決一些概率統(tǒng)計問題.例3（2018年全國數(shù)學(xué)聯(lián)賽湖南B卷12題）棋盤上標(biāo)有第0，1，2，…，100站，棋子開始時位于第0站，棋手拋擲均勻硬幣走跳棋游戲．若擲出正面，棋子向前跳出一站；若擲99100游戲結(jié)束．設(shè)棋子跳到第n站的概率為．(1)求的值；1(2)證明：-2-1￡n￡98)；(3)求，的值.1 3思路分析易知=2，=4，再看情形，棋子欲跳到第三站，有兩種情形：情形1：先在第二站，且擲硬幣擲出正面；情形2：先在第一站，且擲硬幣擲出反面.1 1對基本情形的分析有助于學(xué)生形成的計算思路，易得=2

+，結(jié)合2P=1,P=3，所以1 2 2 4 3

5=；依此，棋子要跳到第n+1站，有如下兩種情況：8情形1：棋子先跳到第n-1站，且棋手?jǐn)S硬幣擲出反面；情形2：棋子先跳到第n站，且棋手?jǐn)S硬幣擲出正面.1 1 1由此可得：=2

+1￡n￡98)，即--1)，因此，當(dāng)2 21￡n￡99

時，數(shù)列n-n-1是以1-0-

1為首項，以-2

1為公比的等比數(shù)列，故2P-P =(-1)nn n-1 21，99故=2，再借助，便可以求得.點評本題可以直接問，的值，但為了降低難度，設(shè)置了的計算以及遞推關(guān)系的證明，旨在讓學(xué)生從基本情形出發(fā)感知遞推公式的建立過程.對的求解過程，可以輔助學(xué)生探究，，1三者之間的關(guān)系，進而建立二階線性遞推關(guān)系，這是解決本題的關(guān)鍵.例4（2019年全國Ⅰ卷理科）為了治療某種疾病，研制了甲、乙兩種新藥，希望知道哪種新藥更有效，為此進行動物試驗.試驗方案如下:每一輪選取兩只白鼠對藥效進行對比驗．對試驗．當(dāng)其中一種藥治愈的白鼠比另一種藥治愈的白鼠多4只數(shù)多的藥更有效.以乙藥的白鼠未治愈則甲藥得1分，乙藥得-鼠未治愈則乙藥得1分，甲藥得-1分；若都治愈或都未治愈則兩種藥均得0分.甲、乙兩種藥的治愈率分別記為a和b，一輪試驗中甲藥的得分記為X.(1)求X的分布列；(2)若甲藥、乙藥試驗開始時都賦予4分，(i2...8)表示“甲藥的累計得分為i時,最終認(rèn)為甲藥比乙藥更有效”的概率，則p0，=api-1(i2,...,7)，其中a=P(Xb=P(Xc=P(X.假設(shè)ab(ⅰ)證明:i1-2...7)為等比數(shù)列；(ⅱ)求p4，并根據(jù)p4的值解釋這種試驗方案的合理性.思路分析本題解答過程，這里不再贅述，筆者這里更關(guān)注題目中的遞推關(guān)系，很多學(xué)生即便做完此題仍不得其意.首先是對理解：這里的是指在甲藥累計得分為i分的前提下，i(i2,...,7)需要繼續(xù)試驗.先看簡單情形p0，在甲得分為0分時，乙得分為8分，乙比甲多治愈4只，故此時p0，同理，甲藥累計得為i(i2,...,7)分時，需要繼續(xù)試驗，下一輪實驗則會出現(xiàn)以下三種情形：情形1：甲得到1分，此時甲累計得分i，那么最終認(rèn)為甲藥比乙藥有效的概率為；情形2：甲得到0分，此時甲累計得分仍為i，那么最終認(rèn)為甲藥比乙藥有效的概率為；情形3：甲得到-1分，此時甲累計得分i-1，那么最終認(rèn)為甲藥比乙藥有效的概率為pi-1.從而借助全概率公式得到：=p(xpi-1+p(x+p(x(i2,...,7).點評本例需要學(xué)生具備數(shù)學(xué)抽象、數(shù)學(xué)建模、數(shù)學(xué)運算等核心素養(yǎng)，試題有效地降低了機械刷題的收益，對目前普遍存在的題海戰(zhàn)術(shù)起到警示作用，是難得的好題.但因高考考試的特殊性，本題遞推公式直接給出，只需要學(xué)生處理二階線性遞推數(shù)列.作為老師，需知曉題中遞推關(guān)系的由來.三、高階線性遞推數(shù)列模型構(gòu)建高階線性遞推數(shù)列，往往也可以輔助解決概率統(tǒng)計問題.例5（2011年華約自主招生15題）將一枚均勻的硬幣連續(xù)拋擲n次，以pn表示未出現(xiàn)連續(xù)3次正面的概率.（1）求,p2,,p4;（2）探究數(shù)列n的遞推公式，并給出證明；（3）討論數(shù)列n的單調(diào)性及其極限，并闡述該極限的概率意義.思路分析n2時，此時拋硬幣不足三次，未出現(xiàn)連續(xù)3次正面為必1 1 7然事件，故=p2n時，連續(xù)三次正面朝上的概率為88=8；接下來思考拋擲4次時，若出現(xiàn)連續(xù)3=3 13=p416 16nn次有兩種結(jié)果，為計算pn，需要考慮第n-n-2,n-3次的情形，具體情況如下：1情形1：若第n次反面朝上，此時未連續(xù)三次出現(xiàn)正面朝上的概率為 p ；2n-1情形nn-1次反面朝上，此時未連續(xù)三次出現(xiàn)正面朝上的概率為1p ；4n-2情形nn-1次也正面朝上，此時未連續(xù)三次出現(xiàn)正面朝上的概率1 1 1 1為 p ；由此可得p= p8n-3 n 2n-1

pn-24

pn-3(n34)，8+ +1 1 1同理可得pn-1=2pn-2

pn-34

pn-4(n35)，故有8+ +p=1p 1p

1p =1p

1(1p

1p )=1p

1(p

-1p )+ + + + +n 2n-1

4n-21

8n-3

2n-1

22n-2 41

n-3

2n-1 2

n-1

8n-4即pn=pn-1-16pn-4(n35)，所以pn-

pn-116pn-4(n35)由此可得，當(dāng)n35時，

pn-

n-10，即數(shù)列n從第5項起單調(diào)