专题6 培优点2 概率与统计中的创新问题-【领跑高中】2025版高考数学二轮专题复习教师用书Word

培优点2　概率与统计中的创新问题 　　概率与统计中的创新问题主要涉及概率统计中的证明问题、概率统计与数列、函数的交汇问题及概率统计中的新定义问题，考查题型多为解答题，难度中等偏上，或可作为压轴题出现. 概率与统计中的推理证明问题 【例1】　（2022·新高考Ⅰ卷20题）一医疗团队为研究某地的一种地方性疾病与当地居民的卫生习惯（卫生习惯分为良好和不够良好两类）的关系，在已患该疾病的病例中随机调查了100例（称为病例组），同时在未患该疾病的人群中随机调查了100人（称为对照组），得到如下数据： 不够良好 良好 病例组 40 60 对照组 10 90 （1）能否有99%的把握认为患该疾病群体与未患该疾病群体的卫生习惯有差异？ （2）从该地的人群中任选一人，A表示事件“选到的人卫生习惯不够良好”，B表示事件“选到的人患有该疾病”，与的比值是卫生习惯不够良好对患该疾病风险程度的一项度量指标，记该指标为R. ①证明：R＝·； ②利用该调查数据，给出P（A｜B），P（A｜）的估计值，并利用①的结果给出R的估计值. 附：K2＝， P（K2≥k） 0.050 0.010 0.001 k 3.841 6.635 10.828 . 解：（1）K2＝＝24＞6.635， 所以有99%的把握认为患该疾病群体与未患该疾病群体的卫生习惯有差异. （2）①证明：R＝＝， 由题意知，证明＝即可， 左边＝＝， 右边＝＝. 左边＝右边，故R＝·. ②由调查数据可知P（A｜B）＝＝，P（A｜）＝＝， 且P（｜B）＝1－P（A｜B）＝，P（｜）＝1－P（A｜）＝， 所以R＝×＝6. 感悟提升 　　解答概率与统计中的推理证明问题的关键是要“死抠”定义，与别的类型证明题不同，高中阶段所学的概率问题都是初等概率.解答此类题目只需依定义按部就班推导即可. 　（2024·辽宁三所重点中学第三次模拟）某自然保护区经过几十年的发展，某种濒临灭绝动物数量有大幅度增加.已知这种动物P拥有两个亚种（分别记为A种和B种）.为了调查该区域中这两个亚种的数目，某动物研究小组计划在该区域中捕捉100只动物P，统计其中A种的数目后，将捕获的动物全部放回，作为一次试验结果.重复进行这个试验共20次，记第i次试验中A种的数目为随机变量Xi（i＝1，2，…，20）.设该区域中A种的数目为M，B种的数目为N（M，N均大于100），每一次试验均相互独立. （1）求X1的分布列； （2）记随机变量＝Xi已知E（Xi＋Xj）＝E（Xi）＋E（Xj），D（Xi＋Xj）＝D（Xi）＋D（Xj）. ①证明：E（）＝E（X1），D（）＝D（X1）； ②该小组完成所有试验后，得到Xi的实际取值分别为xi（i＝1，2，…，20）.数据xi（i＝1，2，…，20）的平均值＝30，方差s2＝1.采用和s2分别代替E（）和D（），给出M，N的估计值. （ 已知随机变量X服从超几何分布记为X～H（P，n，Q）（其中P为总数，Q为某类元素的个数，n为抽取的个数），则D（X）＝n（ 1－）） 解：（1）依题意，X1服从超几何分布，故X1的分布列为P（X1＝k）＝，k∈N，0≤k≤100. X1 0 1 … 99 100 P … （2）①证明：由题可知Xi（i＝1，2，…，20）均服从完全相同的超几何分布，所以E（X1）＝E（X2）＝…＝E（X20），E（）＝E（ Xi）＝E（ Xi）＝E（Xi）＝×20E（X1）＝E（X1）， D（）＝D（ Xi）＝D（ Xi）＝D（Xi）＝×20D（X1）＝D（X1）. 故E（）＝E（X1），D（）＝D（X1）. ②由①可知的均值E（）＝E（X1）＝. 由公式得X1的方差D（X1）＝， 所以D（）＝. 依题意有 解得N＝1 456，M＝624， 所以可以估计M＝624，N＝1 456. 概率统计与其他知识的交汇问题 考向1　概率统计与数列 【例2】　（2024·宁波“十校”联考）为了验证某款电池的安全性，小明在实验室中进行试验，假设小明每次试验成功的概率为p（0＜p＜1），且每次试验相互独立. （1）若进行5次试验，且p＝，求试验成功次数X的分布列以及期望； （2）若恰好成功2次后停止试验，p＝，记事件A：停止试验时试验次数不超过n（n≥2）次，事件B：停止试验时试验次数为偶数，求P（AB）.（结果用含有n的式子表示） 解：（1）依题意，X～B（ 5，），则P（X＝0）＝（ ）5＝，P（X＝1）＝（ ）4（ ）＝， P（X＝2）＝（ ）3（ ）2＝＝， P（X＝3）＝（ ）2（ ）3＝， P（X＝4）＝（ ）（ ）4＝， P（X＝5）＝（ ）5＝， 故X的分布列为： X 0 1 2 3 4 5 P 故E（X）＝5×＝. （2）设事件“Y＝n”表示前n－1次试验只成功了1次，且第n次试验成功， 故P（Y＝n）＝××（ ）n－2×＝×（ ）n－2， 当n为偶数时， P（AB）＝P（2）＋P（4）＋…＋P（n）＝［1·（ ）0＋3·（ ）2＋…＋（n－1）·（ ）n－2］， 令Sn＝1·（ ）0＋3·（ ）2＋…＋（n－1）·（ ）n－2， 则Sn＝1·（ ）2＋3·（ ）4＋…＋（n－1）·（ ）n， 两式相减得：Sn＝1＋2［（ ）2＋（ ）4＋…＋（ ）n－2］－（n－1）·（ ）n， 则Sn＝－（ ）n·（ ＋n）， 即P（AB）＝－（ ＋n）·（ ）n. 当n为奇数时，同理可得 P（AB）＝P（2）＋P（4）＋…＋P（n－1）＝［1·（ ）0＋3·（ ）2＋…＋（n－2）·（ ）n－3］ ＝－（ n＋）·（ ）n－1， 综上，P（AB）＝ 感悟提升 概率统计与数列交汇的常见题型 （1）求通项公式：关键是找出概率Pn或数学期望E（Xn）的递推关系式，然后根据构造法（一般构造等比数列），求出通项公式； （2）求和：主要是数列中的倒序求和、错位求和、裂项求和； （3）利用等差、等比数列的性质，研究单调性、最值或求极限. 考向2　概率统计与函数 【例3】　（2024·邵阳第二次联考）为了选拔创新型人才，某大学对高三年级学生的数学学科和物理学科进行了检测（检测分为初试和复试），共有4万名学生参加初试.组织者随机抽取了200名学生的初试成绩，绘制了频率分布直方图，如图所示. （1）根据频率分布直方图，求a的值及样本平均数的估计值； （2）若所有学生的初试成绩X近似服从正态分布N（μ，σ2），其中μ为样本平均数的估计值，σ＝10.5.规定初试成绩不低于90分的学生才能参加复试，试估计能参加复试的人数； （3）复试笔试试题包括两道数学题和一道物理题，已知小明进入了复试，且在复试笔试中答对每一道数学题的概率均为x，答对物理题的概率为y.若小明全部答对的概率为，答对两道题的概率为P，求概率P的最小值. 解：（1）∵10×（0.012＋0.026＋0.032＋a＋0.01）＝1，∴a＝0.02. 样本平均数的估计值为50×0.12＋60×0.26＋70×0.32＋80×0.2＋90×0.1＝69. （2）∵μ＝69，σ＝10.5. ∴P（X≥90）＝P（X≥μ＋2σ）≈＝0.022 75. ∴能参加复试的人数约为40 000×0.022 75＝910. （3）由题意有x2y＝. 答对两道题的概率P＝x2（1－y）＋x（1－x）y＝x2＋2xy－3x2y. 而x2y＝，∴P＝x2＋－. 令f（x）＝x2＋－（0＜x≤1）， 则f'（x）＝2x－＝， ∴当x∈（ 0，）时，f'（x）＜0，f（x）在（ 0，）内单调递减； 当x∈（ ，1］时，f'（x）＞0，f（x）在（ ，1］内单调递增. ∴当x＝时，f（x）min＝.故概率P的最小值为. 感悟提升 　　通过设置变量，利用数学期望、方差或概率的计算公式构造函数，是解决概率统计与函数结合问题最常用的方式.解决此类问题，应注意两点： （1）准确构造函数，利用公式搭建函数模型时，由于随机变量的数学期望、方差及随机事件概率的计算中涉及的变量较多，式子较为复杂，所以准确运算化简是关键； （2）注意变量的取值范围，一是题中给出的范围，二是实际问题中变量自身取值的限制. 　（2024·菏泽三模）2024年7月26日至8月11日在法国巴黎举行夏季奥运会.为了普及奥运知识，M大学举办了一次奥运知识竞赛，竞赛分为初赛与决赛，初赛通过后才能参加决赛. （1）初赛从6道题中任选2题作答，2题均答对则进入决赛.已知这6道题中小王能答对其中4道题，记小王在初赛中答对的题目个数为X，求X的数学期望以及小王在已经答对一题的前提下，仍未进入决赛的概率； （2）M大学为鼓励大学生踊跃参赛并取得佳绩，对进入决赛的参赛大学生给予一定的奖励.奖励规则如下：已进入决赛的参赛大学生允许连续抽奖3次，中奖1次奖励120元，中奖2次奖励180元，中奖3次奖励360元，若3次均未中奖，则只奖励60元.假定每次抽奖中奖的概率均为p（ 0＜p＜），且每次是否中奖相互独立. ①记一名进入决赛的大学生恰好中奖1次的概率为f（p），求f（p）的极大值； ②M大学数学系共有9名大学生进入了决赛，若这9名大学生获得的总奖金的期望值不小于1 120元，试求此时p的取值范围. 解：（1）由题意知，X的可能取值为0，1，2， 则P（X＝0）＝＝， P（X＝1）＝＝， P（X＝2）＝＝， 故X的分布列为 X 0 1 2 P 则E（X）＝0×＋1×＋2×＝. 记事件A：小王已经答对一题，事件B：小王未进入决赛， 则小王在已经答对一题的前提下，仍未进入决赛的概率 P（B｜A）＝＝＝＝. （2）①由题意知，f（p）＝p（1－p）2 ＝3p3－6p2＋3p（ 0＜p＜）， 则f'（p）＝3（3p－1）（p－1）， 令f'（p）＝0，解得p＝或p＝1（舍）， 当p∈（ 0，）时，f'（p）＞0，当p∈（ ，）时，f'（p）＜0， 所以f（p）在区间（ 0，）内单调递增，在区间（ ，）内单调递减， 所以当p＝时，f（p）有极大值，且f（p）的极大值为f（ ）＝. ②由题可设每名进入决赛的大学生获得的奖金为随机变量Y， 则Y的可能取值为60，120，180，360， P（Y＝60）＝（1－p）3， P（Y＝120）＝p（1－p）2， P（Y＝180）＝p2（1－p）， P（Y＝360）＝p3， 所以E（Y）＝60（1－p）3＋120p（1－p）2＋180p2（1－p）＋360p3＝60（2p3＋3p＋1）， 所以9E（Y）≥1 120， 即540（2p3＋3p＋1）≥1 120， 整理得2p3＋3p－≥0， 经观察可知p＝是方程2p3＋3p－＝0的根， 故2p3＋3p－＝2（ p3－p2）＋（ p2－p）＋（ p－）＝（ p－）（ 2p2＋p＋）， 因为2p2＋p＋＞0恒成立， 所以由2p3＋3p－≥0可得p－≥0，解得p≥， 又0＜p＜，所以p的取值范围为［，）. 概率统计中的新定义问题 【例4】　若ξ，η是样本空间Ω上的两个离散型随机变量，则称（ξ，η）是Ω上的二维离散型随机变量或二维随机变量.设（ξ，η）的一切可能取值为（ai，bj），i，j＝1，2，…，记Pij表示（ai，bj）在Ω中出现的概率，其中Pij＝P（ξ＝ai，η＝bj）＝P[（ξ＝ai）∩（η＝bj）]. （1）将三个相同的小球等可能地放入编号为1，2，3的三个盒子中，记1号盒子中的小球个数为ξ，2号盒子中的小球个数为η，则（ξ，η）是一个二维随机变量. ①写出该二维离散型随机变量（ξ，η）的所有可能取值； ②若（m，n）是①中的值，求P（ξ＝m，η＝n）（结果用m，n表示）. （2）P（ξ＝ai）称为二维离散型随机变量（ξ，η）关于ξ的边缘分布律或边际分布律，求证：P（ξ＝ai）＝Pij. 解：（1）①二维离散型随机变量（ξ，η）的所有可能取值为（0，0），（0，1），（0，2），（0，3），（1，0），（1，1），（1，2），（2，0），（2，1），（3，0）. ②由题意得0≤m＋n≤3， P（ξ＝m，η＝n）＝P（ξ＝m｜η＝n）·P（η＝n）， 因为P（η＝n）＝（ ）n（ ）3－n. P（ξ＝m｜η＝n）＝（ ）m（ ）3－n－m＝（ ）3－n， 所以P（ξ＝m，η＝n）＝（ ）3－n·（ ）n·（ ）3－n＝＝·. （2）证明：由定义及全概率公式知： P（ξ＝ai）＝P{（ξ＝ai）∩[（η＝b1）∪（η＝b2）∪…∪（η＝bj）∪…]} ＝P{[（ξ＝ai）∩（η＝b1）]∪[（ξ＝ai）∩（η＝b2）]∪…∪[（ξ＝ai）∩（η＝bj）]∪…} ＝P[（ξ＝ai）∩（η＝b1）]＋P[（ξ＝ai）∩（η＝b2）]＋…＋P[（ξ＝ai）∩（η＝bj）]＋… ＝P[（ξ＝ai）∩（η＝bj）]＝P（ξ＝ai，η＝bj） ＝Pij. 感悟提升 　　解决概率统计中新定义问题的过程可以概括为“过三关”：第一关，准确转化关，即要解决新定义问题，一定要理解题目中定义的本质含义，紧扣题目所给的新定义、新运算法则、新符号等对所求问题进行恰当转化；第二关，方法选取关，对此类题可以采取特例法，从逻辑推理的角度进行转化，理解题目中定义的本质并进行推广、运算；第三关，审读题目关，严格按照新定义的要求，解答问题时要避免教材知识或者已有知识对信息的干扰，也就是突破思维定式或固有的已知信息束缚，按新定义寻求解决问题的方法. 　（2024·河南九师联盟）设离散型随机变量X和Y的分布列分别为P（X＝k）＝xk，P（Y＝k）＝yk，xk＞0，yk＞0，k＝0，1，2，…，n，xk＝yk＝1.定义D（X｜｜Y）＝xkln，用来刻画X和Y的相似程度，设X～B（n，p），0＜p＜1. （1）若n＝3，p＝，Y～B（ 3，），求D（X｜｜Y）； （2）若n＝2，且Y的分布列为 Y 0 1 2 P 求D（X｜｜Y）的最小值； （3）对任意与X有相同可能取值的随机变量Y，证明，D（X｜｜Y）的值不可能为负数. 解：（1）因为X～B（ 3，），所以xk＝P（X＝k）＝（ ）k（ ）3－k＝（k＝0，1，2，3）， 因为Y～B（ 3，），所以yk＝P（Y＝k）＝（ ）k·（ ）3－k＝（k＝0，1，2，3）， 所以＝＝23－2k（k＝0，1，2，3）， 所以D（X｜｜Y）＝xkln＝××ln 23＋××ln 2＋××ln 2－1＋××ln 2－3＝ln 2. （2）因为xk＝P（X＝k）＝pk（1－p）2－k（k＝0，1，2）， y0＝P（Y＝0）＝，y1＝P（Y＝1）＝，y2＝P（Y＝2）＝， 所以D（X｜｜Y）＝xkln ＝x0ln＋x1ln＋x2ln ＝（1－p）2ln[6（1－p）2]＋2p（1－p）ln[3p（1－p）]＋p2ln（6p2）. 令f（p）＝（1－p）2ln[6（1－p）2]＋2p（1－p）ln[3p（1－p）]＋p2ln（6p2）， 则f'（p）＝－2（1－p）ln[6（1－p）2]－2（1－p）＋（2－4p）ln[3p（1－p）]＋2－4p＋2pln（6p2）＋2p ＝（－2＋4p）ln 6－2ln（1－p）＋2ln p＋（2－4p）ln 3 ＝2ln p－2ln（1－p）＋（4p－2）ln 2， 令g（p）＝2ln p－2ln（1－p）＋（4p－2）ln 2， 则g'（p）＝＋＋4ln 2， 因为0＜p＜1，所以g'（p）＞0，故g（p）在（0，1）上单调递增， 又g（ ）＝0，所以当0＜p＜时，g（p）＜0，即f'（p）＜0，当＜p＜1时，g（p）＞0，即f'（p）＞0， 所以f（p）在（ 0，）上单调递减，在（ ，1）上单调递增， 所以f（p）min＝f（ ）＝ln. （3）证明：令φ（x）＝ln x－x＋1，则φ'（x）＝－1＝.易得当x∈（0，1）时，φ'（x）＞0，当x∈（1，＋∞）时，φ'（x）＜0，故φ（x）在（0，1）上单调递增，在（1，＋∞）上单调递减， 所以∀x∈（0，＋∞），φ（x）≤φ（1）＝0， 所以ln x≤x－1，所以ln≤－1， 所以ln x≥1－， 所以D（X｜｜Y）＝xkln≥xk（ 1－） ＝（xk－yk）＝xk－yk＝1－1＝0， 即D（X｜｜Y）的值不可能为负. 　　 1.某大学有A，B两个餐厅为学生提供午餐与晚餐服务，甲、乙两位学生每天午餐和晚餐都在学校就餐，近100天选择餐厅就餐情况统计如下： 选择餐厅情况 （午餐，晚餐） （A，A） （A，B） （B，A） （B，B） 甲 30天 20天 40天 10天 乙 20天 25天 15天 40天 （1）假设甲、乙选择餐厅相互独立，用频率估计概率，计算某天甲同学午餐去A餐厅用餐的情况下晚餐去B餐厅用餐的概率； （2）某天午餐，甲和乙两名同学准备去A，B这两个餐厅中某一个就餐.设事件M＝“甲选择A餐厅就餐”，事件N＝“乙选择A餐厅就餐”，P（M）＞0，P（N）＞0.若P（｜N）＝P（｜），证明：事件M和N相互独立. 解：（1）设“某天中午甲去A餐厅用餐”为事件A， “该天晚上甲去B餐厅用餐”为事件B， 由题知n（A）＝50，n（AB）＝20， 所以P（B｜A）＝＝0.4. 所以某天甲同学午餐去A餐厅用餐的情况下晚餐去B餐厅用餐的概率为0.4. （2）证明：由P（｜N）＝P（｜）， 可知＝＝， 所以P（N）－P（N）P（N）＝P（）P（N）－P（N）P（N）， 即P（N）＝P（）P（N）， 所以P（N）－P（MN）＝[1－P（M）]P（N）， 得P（MN）＝P（M）P（N）， 即M和N相互独立得证. 2.（2024·杭州模拟）马尔科夫链是概率统计中的一个重要模型，也是机器学习和人工智能的基石，在强化学习、自然语言处理、金融领域、天气预测等方面都有着极其广泛的应用.其数学定义为：假设我们的序列状态是…，Xt－2，Xt－1，Xt，Xt＋1，…，那么Xt＋1状态下的条件概率仅依赖前一状态Xt，即P（Xt＋1｜…，Xt－2，Xt－1，Xt）＝P（Xt＋1｜Xt）. 现实生活中也存在着许多马尔科夫链，例如著名的赌徒模型.假如一名赌徒进入赌场参与一个赌博游戏，每局赌徒赌赢的概率为50%，且每局赌赢可以赢得1元，每局赌徒赌输的概率为50%，且每局赌输就要输掉1元.赌徒会一直玩下去，直到遇到如下两种情况才会结束赌博游戏：一种是手中赌金为0元，即赌徒输光；一种是赌金达到预期的B元，赌徒停止赌博.记赌徒的本金为A（A∈N*，A＜B）元，赌博过程如图所示. 当赌徒手中有n元（0≤n≤B，n∈N）时，最终输光的概率为P（n），请回答下列问题： （1）请直接写出P（0）与P（B）； （2）证明{P（n）}是一个等差数列，并写出公差d； （3）当A＝100时， 分别计算B＝200，B＝1 000时P（A）的值，并结合实际解释当B→＋∞时P（A）的统计含义. 解：（1）当n＝0时，赌徒已经输光了，因此P（0）＝1. 当n＝B时，赌徒停止赌博，因此输光的概率P（B）＝0. （2）记赌徒手中有n元时最终输光为事件M，记赌徒手中有n元时上一局赌赢为事件N，则根据全概率公式可得，P（M）＝P（N）P（M｜N）＋P（）P（M｜）， 即P（n）＝P（n－1）＋P（n＋1）， 所以P（n）－P（n－1）＝P（n＋1）－P（n）， 所以{P（n）}是一个等差数列. 设P（n）－P（n－1）＝d， 则P（n－1）－P（n－2）＝d，…，P（1）－P（0）＝d， 累加得P（n）－P（0）＝nd，故P（B）－P（0）＝Bd，得d＝－. （3）当A＝100时，由P（n）－P（0）＝nd得P（A）－P（0）＝Ad，即P（A）＝1－， 当B＝200时，P（A）＝50%， 当B＝1 000时，P（A）＝90%. 当B→＋∞时，P（A）→1， 因此可知久赌无赢家，即便是一个这样看似公平的游戏，只要赌徒一直玩下去就几乎有100%的概率输光. 3.（2024·汕头一模）2023年11月，我国教育部发布了《中小学实验教学基本目录》，内容包括高中数学在内共有16个学科900多项实验与实践活动.我市某学校的数学老师组织学生到“牛田洋”进行科学实践活动，在某种植番石榴的果园中，老师建议学生尝试去摘全园最大的番石榴，规定只能摘一次，并且只可以向前走，不能回头.结果，学生小明两手空空走出果园，因为他不知道前面是否有更大的，所以没有摘，走到前面时，又发觉总不及之前见到的，最后什么也没摘到.假设小明在果园中一共会遇到n个番石榴（不妨设n个番石榴的大小各不相同），最大的那个番石榴出现在各个位置上的概率相等，为了尽可能在这些番石榴中摘到那个最大的，小明在老师的指导下采用了如下策略：不摘前k（1≤k＜n）个番石榴，自第k＋1个开始，只要发现比他前面见过的番石榴大的，就摘这个番石榴，否则就摘最后一个.设k＝tn，记小明摘到那个最大番石榴的概率为P. （1）若n＝4，k＝2，求P； （2）当n趋向于无穷大时，从理论的角度，求P的最大值及P取最大值时t的值. （ 取＋＋…＋＝ln） 解：（1）依题意，4个番石榴的位置从第1个到第4个排序，有＝24种情况， 要摘到那个最大的番石榴，有以下两种情况： ①最大的番石榴是第3个，其他的随意在哪个位置，有＝6种情况； ②最大的番石榴是最后1个，第二大的番石榴是第1个或第2个，其他的随意在哪个位置，有2＝4种情况，所以所求概率为＝. （2）记事件A表示最大的番石榴被摘到，事件Bi表示最大的番石榴排在第i个，则P（Bi）＝，由全概率公式知：P（A）＝P（A｜Bi）P（Bi）＝（A｜Bi）， 当1≤i≤k时，最大的番石榴在前k个中，不会被摘到，此时P（A｜Bi）＝0； 当k＋1≤i≤n时，最大的番石榴被摘到，当且仅当前i－1个番石榴中的最大一个在前k个之中时，此时P（A｜Bi）＝， 因此P（A）＝（ ＋＋…＋）＝ln， 令g（x）＝ln（x＞0），求导得g'（x）＝ln－，由g'（x）＝0，得x＝， 当x∈（ 0，）时，g'（x）＞0，当x∈（ ，n）时，g'（x）＜0， 即函数g（x）在（ 0，）上单调递增，在（ ，n）上单调递减， 则g（x）max＝g（ ）＝，于是当k＝时，P（A）＝ln取得最大值， 所以P的最大值为，此时t的值为. 4.在数字1，2，…，n（n≥2）的任意一个排列A：a1，a2，…，an中，如果对于i，j∈N*，i＜j，有ai＞aj，那么就称（ai，aj）为一个逆序对.记排列A中逆序对的个数为S（A）.如n＝4时，在排列B：3，2，4，1中，逆序对有（3，2），（3，1），（2，1），（4，1），则S（B）＝4. （1）设排列C：a1，a2，a3，a4，写出两组具体的排列C，分别满足：①S（C）＝5，②S（C）＝4； （2）对于数字1，2，…，n的一切排列A，求所有S（A）的算术平均值； （3）如果把排列A：a1，a2，…，an中两个数字ai，aj（i＜j）交换位置，而其余数字的位置保持不变，那么就得到一个新的排列A'：b1，b2，…，bn，求证：S（A）＋S（A'）为奇数. 解：（1）①C：4，2，3，1，则逆序对有（4，2），（4，3），（2，1），（4，1），（3，1），则S（C）＝5； ②C：2，4，3，1，则逆序对有（4，3），（3，1），（4，1），（2，1），则S（C）＝4. （2）考虑排列D：d1，d2，…，dn－1，dn与排列D1：dn，dn－1，…，d2，d1， 因为数对（di，dj）与（dj，di）中必有一个为逆序对（其中1≤i＜j≤n）， 且排列D中数对（di，dj）共有＝个， 所以S（D）＋S（D1）＝. 所以排列D与D1的逆序对的个数的算术平均值为. 而对于数字1，2，…，n的任意一个排列A：a1，a2，…，an，都可以构造排列A1：an，an－1，…，a2，a1，且这两个排列的逆序对的个数的算术平均值为. 所以所有S（A）的算术平均值为. （3）证明：①当j＝i＋1，即ai，aj相邻时， 不妨设ai＜ai＋1，则排列A'为a1，a2，…，ai－1，ai＋1，ai，ai＋2，…，an， 此时排列A'与排列A：a1，a2，…，an相比，仅多了一个逆序对（ai＋1，ai）， 所以S（A'）＝S（A）＋1， 所以S（A）＋S（A'）＝2S（A）＋1为奇数. ②当j≠i＋1，即ai，aj不相邻时， 假设ai，aj之间有m个数字，记排列A：a1，a2，…，ai，k1，k2，…，km，aj，…，an， 先将ai向右移动一个位置，得到排列A1：a1，a2，…，ai－1，k1，ai，k2，…，km，aj，…，an， 由①，知S（A1）与S（A）的奇偶性不同， 再将ai向右移动一个位置，得到排列A2：a1，a2，…，ai－1，k1，k2，ai，k3，…，km，aj，…，an， 由①，知S（A2）与S（A1）的奇偶性不同， 以此类推，ai共向右移动m次，得到排列Am：a1，a2，…，k1，k2，…，km，ai，aj，…，an， 再将aj向左移动一个位置，得到排列Am＋1：a1，a2，…，ai－1，k1，…，km，aj，ai，…，an， 以此类推，aj共向左移动m＋1次，得到排列A2m＋1：a1，a2，…，aj，k1，…，km，ai，…，an， 即为排列A'， 由①可知仅有相邻两数的位置发生变化时，排列的逆序对个数的奇偶性发生变化， 而排列A经过2m＋1次的前后两数交换位置，可以得到排列A'， 所以排列A与排列A'的逆序数的奇偶性不同， 所以S（A）＋S（A'）为奇数. 综上，得S（A）＋S（A'）为奇数. 11 / 11 学科网（北京）股份有限公司 $