回答 · 6

先说结论：“鸡头”强于“凤尾”。

2019年6月19日12点更新：很多人反映看不懂我的回答。于是我在这里先提炼出一个直观版答案（严谨版的答案在分割线后）：

一般情况下，题主的问题可以等价于：

从$(0,1)$ 区间上随机抽10个样本，其最大值为 $a$ ；再从 $(0,1)$ 区间随机抽100个样本，其中排名第10大的样本为 $b$ 。问在数学期望的意义下， $a$ 与 $b$ 的大小关系。

首先从$(0,1)$ 区间上随机抽10个点，那么这10个点把数轴分为11条线段。每一条线段的在数学期望的意义下应该是相等的。于是每一条线段的长度的数学期望是 $\frac{1}{11}$ 。那么最大值的那个点的数学期望是 $\frac{10}{11}$ 。

同样的道理，从 $(0,1)$ 区间随机抽100个样本，那么这100个点把数轴分为101条线段。每一条线段的数学期望是 $\frac{1}{101}$ 。从大到小排名第10名的那个点，在它的左边已经有90条线段，于是从大到小排名第十名的数学期望是 $\frac{91}{101}$ 。

$\frac{10}{11}>\frac{91}{101}$ 。

因此10个人中的“鸡头”比100个人中前10名的“凤尾”要强。

以下是原答案：

下面用次序统计量和贝塔分布再算一遍。

你不了解这两个概念也没关系，在必要的时候我会给出定义，你可以当现成的结论记。

这里假设两组人都是从同一个总体里独立随机抽出来的，成绩是连续的。我们先不比平均用时，只比这两个人平均能超过总体里多少比例的人。比如一个人比总体里90%的人快，就记成0.9。随机抽一个人，这个数在0到1之间服从均匀分布。于是问题变成：

记 $U(0,1)$ 为服从 $(0,1)$ 区间上的均匀分布。从 $U(0,1)$ 随机抽10个样本，其最大值为 $a$ ；再从 $U(0,1)$ 随机抽100个样本，其中排名第10大的样本为 $b$ 。问在数学期望的意义下， $a$ 与 $b$ 的大小关系。

把样本 $x_1,x_2,\ldots,x_n$ 从小到大排好，排在第 $k$ 个的值记作 $x_{(k)}$，叫第 $k$ 个次序统计量。比如 $x_{(1)}$ 就是这组样本的最小值，$x_{(n)}$ 就是最大值。

如果样本是独立地从同一个总体抽出来的，设总体的密度函数是 $p(x)$，分布函数是 $F(x)$，那么 $x_{(k)}$ 的密度函数是：

$p_k(x)=\frac{n!}{(k-1)!(n-k)!}[F(x)]^{k-1}[1-F(x)]^{n-k}p(x)$

再看贝塔分布。如果 $X$ 在 $0<x<1$ 内的密度是下面这个式子，在区间外的密度为0，就说它服从贝塔分布，记作 $X\sim\mathrm{Be}(a,b)$。这里的 $a$ 和 $b$ 都大于0。

$p(x)=\frac{\Gamma(a+b)}{\Gamma(a)\Gamma(b)}x^{a-1}(1-x)^{b-1}$

可以发现两者很相似。我们知道，$U(0,1)$ 的密度函数为1，分布函数为 $x$ 。

因此，从小到大排第 $k$ 的样本（记为 $x_{(k)}$）的密度函数为：

$\frac{n!}{(k-1)!(n-k)!}x^{k-1}(1-x)^{n-k}$

这正是贝塔分布的密度函数的形式。

于是 $x_{(k)}\sim Be(k,n+1-k)$

如果 $X\sim\mathrm{Be}(a,b)$，算期望时，把密度乘上 $x$ 再积分：

$\mathbb{E}[X]=\frac{\Gamma(a+b)}{\Gamma(a)\Gamma(b)}\int_0^1 x^a(1-x)^{b-1}\,\mathrm{d}x$

这个积分就是贝塔函数 $B(a+1,b)$，代进去化简，得到 $\mathbb{E}[X]=\frac{a}{a+b}$。

套用公式得， $E(x_{(k)})=\frac{k}{n+1}$

前期准备工作做好了，一言以蔽之：从 $U(0,1)$ 抽 $n$ 个样本，则从小到大排名第 $k$ 号的样本的数学期望是 $\frac{k}{n+1}$ 。

注：①特别地，这抽 $n$ 个样本中，最小值的数学期望是 $\frac{1}{n+1}$ ，最大值的数学期望是 $\frac{n}{n+1}$ 。这是一个很有用的结论，很多考研题可以通过这个结论秒杀；

②这个结论也可以直观地看出来。数轴上 $(0,1)$ 上随机取 $n$ 个点，那么这 $n$ 个点把数轴分为 $n+1$ 个部分。每一部分的在数学期望的意义下应该是相等的。于是 $E(x_{(k)})=\frac{k}{n+1}$ 这个结论就很自然地得到了。

现在开始算结论。

从 $U(0,1)$ 随机抽10个样本，其最大值为 $x_{(10)}$ ，其期望为 $\frac{10}{11}$ ；

从 $U(0,1)$ 随机抽100个样本，第10大就是从小到大数第91个，也就是 $x_{(91)}$。从0数到这个点，要经过91段，所以它的期望是 $\frac{91}{101}$。

$\frac{10}{11}>\frac{91}{101}$ 。

按平均百分位来比，十人组的第一名略强。

如果把这两个人直接拉来比一场呢？把随机分组前的110人放在一起排，只有总榜前10名全是百人组的人，十人组第一才会输。反过来算，十人组第一大约有63%的机会赢。

有小朋友不禁要问了：10人中的第一名，可能相当于100人中的第几名呢？

列方程式： $\frac{10}{11}=\frac{x}{101}$

解得 $x\approx91.818$

$101-91.818=9.182$

因此10人中的第一名，在数学期望的意义下，相当于100人中的第9.182名。这和用户“曾加”的回答是一样的。

可能还会有小朋友不禁要把这个问题一般化： $a$ 个人中的第一名，与 $ab$ 个人中的第 $b$ 名，孰大？

容易验证： $\frac{a}{a+1} > \frac{ab+1-b}{ab+1}$

甚至再一般化：$a$ 个人中的第 $k$ 名，与 $ab$ 个人中的第 $bk$ 名，孰大？

容易验证： $\frac{a+1-k}{a+1} > \frac{ab+1-bk}{ab+1}$

上面两条不等式在 $b>1$ 时成立。如果 $b=1$，两组人数和要比的名次都一样，当然是等号。也就是说，按平均百分位来比，「鸡头」比「凤尾」强一点。

最后按照惯例，向读者抛出两个思考题：

1.皮皮欢乐中学的初中部和高中部分别有1000名学生。初中部的学生的百米成绩的分布是 $U(12,14)$ ,高中部的学生的百米成绩的分布是 $U(10,13)$。

（1）从初中部和高中部分别抽1名学生出来进行赛跑，求初中部学生获胜的概率；

（2）从初中部和高中部分别抽4名学生出来进行赛跑，求初中部学生获得冠军的概率和初中部学生集体垫底的概率（求概率之前，不妨直观猜测下哪个概率更高？）。

2. 坤坤中学的初中部和高中部分别有1000名学生。初中部的学生的篮球水平服从 $U(0,20)$，高中部的学生的篮球水平服从 $U(0,100)$。从高中部随机抽5人，再从初中部随机抽一批人。初中部最强的人比高中部这5人里最弱的人还强，这件事的概率能达到90%吗？为什么？

我在《大白话概率论》的「次序统计量」一节里也讲了前面切线段的办法：在0到1之间随机取3个点，切成4段，所以三个点从小到大的平均位置就是四分之一、二分之一、四分之三。书里讲贝塔分布时，我还解释了为什么这些点排好序以后，每个位置上的点都服从贝塔分布。

我打算从统计学的角度分析压轴题的原理。

我先讲一个小例子。我们现在要通过比赛来决定徐徐和坤坤谁的三分球命中率高。可以有两种比赛方式。第一种方式是：徐徐和坤坤分别投十次球，看谁命中的次数多（或者徐徐和坤坤分别投若干次球，可以不相等，然后比较谁的命中率高）；第二种方式是徐徐和坤坤进行多轮比赛。每一轮比赛中，徐徐和坤坤分别投一个球。经过多轮比赛，直到其中一个人比另一个人命中的次数多4次时，比赛停止。这两种方式都是可行的方式。第一种方式是最简单可行的方式。第二种方式技巧性更高些，也是我们今天要讲的主题。

今年数学卷的最后一题（21题）是一道概率论与统计学方面的题。在统计学中检验两种药效的优劣有很多种方法。这道题提到的方法是其中一种。

一个最常见且自然的方法是：药物甲和药物乙分别用在 $n$ 个不同的小白鼠身上。记药物甲治愈了 $a$ 只小白鼠，药物乙治愈了 $b$ 只小白鼠。直观的想法是：若 $a>b$ ，则说明甲比乙更有效。当然直观的想法缺乏严谨性。如果考虑实验遵循的二项分布，可以精确地算出检验的拒绝域与两类错误。

本文以这道题为背景，并且对这道题经过稍微的改动，介绍另一种检验方法：进行若干轮实验。每一轮实验中，拎出一对幸运的小白鼠出来，其中一个吃药品甲，另一个吃药品乙。然后观察哪只小白鼠被治愈了，记录下来，然后进入下一轮试验。直到其中一种药物治愈的小白鼠的数目比另一种药物多4个，试验就停止。（为什么是4个？事实上，你也可以设置为1个，这样的话可能第一轮就分出胜负了，这种情况下检验的随机性太大；或者你也可以设置为10个或更多，这样的话几乎能保证实验检验的结果与真实结果接近（类似大数定律，实验次数越多，与真实情况越接近）。但是这样的话试验可能要进行很多轮，会浪费实验经费、时间成本、和可怜的小白鼠的生命）

再补充一点，乒乓球、羽毛球中有这样的规则：当达到赛点后，如果双方比分接近，那么再继续若干轮比赛，直到一方率先比另一方多2分，就判定领先的人获胜，这背后的思想与本题的思想是一致的。

记 $X_{j}=1$，若药物甲成功治愈第 $j$ 个小白鼠；

$X_{j}=0$ ，若药物甲未能治愈第 $j$ 个小白鼠；

$Y_{j}=1$ ，若药物乙成功治愈第 $j$ 个小白鼠；

$Y_{j}=0$ ，若药物乙未能治愈第 $j$ 个小白鼠。

当 $|(X_{1}+X_{2}+……+X_{n})-(Y_{1}+Y_{2}+……+Y_{n})|$ 首次达到4时，则试验结束。若此时 $(X_{1}+X_{2}+……+X_{n})-(Y_{1}+Y_{2}+……+Y_{n})=4$ ，则说明药物甲比药物乙的效果好。若此时 $(Y_{1}+Y_{2}+……+Y_{n})-(X_{1}+X_{2}+……+X_{n})=4$ ，则说明药物乙比药物甲的效果好。

做这个检验关心的问题是弃真错误和取伪错误。先看取伪错误。什么是取伪错误？我们首先假定（即 $H_{0}$ ）：药物甲比药物乙好。如果的确药物甲比药物乙好，且实验的结果显示药物甲比药物乙好，那么我们没有犯错误。如果的确药物甲比药物乙好，但实验的结果显示药物乙更好，那么就犯了弃真错误。另一方面，如果药物乙比药物甲好，但实验的结果显示药物甲更好，那么就犯了取伪错误。

如果你第一次接触弃真错误和取伪错误两个概念，你可能对上面的描述有些犯晕。再举个例子：企业面试某个人，最后的结果有四种：①招到了有能力的人，②招到了没能力的人，③拒绝了有能力的人，④拒绝了没能力的人。结果①和④是好结果，没有犯错误。但是结果②和③是犯了错误的。拒绝了有能力的人，是弃真（顾名思义，放弃了真正有能力的人）；招到了没能力的人，是取伪（顾名思义，是录取了没有能力的人）。

多说一句，在其他条件不变的情况下，弃真错误和取伪错误不能同时降低。你降低了弃真错误，必定会提升取伪错误。比如，你想降低弃真错误，即尽量不要拒绝有能力的人，那么你就要放低招人的标准。而放低了招人的标准，更加有可能会招到没能力的人。

当然弃真错误和取伪错误不是绝对的。你可以把有能力的人定义为“真”，也可以把有能力的人定义为“伪”。

回到这个问题，如果甲的药实际更好，实验却判乙更好，这叫弃真；如果乙的药实际更好，实验却判甲更好，这才叫取伪。

那么，判错的概率是多少呢？

设药物甲有效的概率是 $p_{1}$ ，药物乙有效的概率是 $p_{2}$ 。

则药物甲有效、药物乙无效的概率是 $p_{1}(1-p_{2})$ ，此时分数的差距（即 $(X_{1}+X_{2}+……+X_{n})-(Y_{1}+Y_{2}+……+Y_{n})$ ）是+1；药物乙有效、药物甲无效的概率是 $p_{2}(1-p_{1})$，此时分数的差距是-1。我们记这两种情况为“有效实验”。另外的情况是：分数差距不变，即两种药物都有效或者两种药物都无效，此时对应的概率为 $p_{1}p_{2}+(1-p_{1})(1-p_{2})$ 。

综合来看，分数差距增加1的概率为：

$P=P($ 增加1 $|$ 增加1或减少1 $)$

$=\frac{p_{1}(1-p_{2})}{p_{1}(1-p_{2})+p_{2}(1-p_{1})}$ （*）

对应地，分数差距减少1的概率为 $1-P$ 。

根据赌徒输光定理，赌徒每次以概率 $p$ 赢1元钱，那么在净输 $m$ 元之前，先净赢 $m$ 元的概率为 $\frac{1}{1+\left(\frac{1-p}{p}\right)^m}$。（至于这个式子怎么来的，可以参考为什么说久赌必输？，这篇文章有轻微的涉及。如果有机会我会新开一篇文章讲述这个结论是怎么来的，现在你只需把这个当现成的结论即可）

接下来具体解释“赢了 $m$ 元之前，先输了 $m$ 元”的含义。背景是赌徒和另一个人在进行赌博，每个人的初始资产有 $m$ 元。其中一方输光所有的钱即为破产。“其赢了 $m$ 元之前，先输了 $m$ 元”指的就是赌徒破产。

同样的道理，可以把每一次有效实验看作是一次赌博。令 $r=(1-P)/P$，这里的 $P$ 就是（*）式算出的概率。甲先领先4分的概率是 $\frac{1}{1+r^4}$，乙先领先4分的概率是 $\frac{r^4}{1+r^4}$。如果 $P=\frac12$，两边各有一半的机会。

原题里，甲的治愈率是50%，乙是80%。去掉打平的轮次，甲赢一轮的概率只有20%，所以最后误判甲更好的概率是 $\frac{1}{257}$，不到0.4%。

这道题用到的两类错误和赌徒输光定理，我在《大白话概率论》里都展开讲了。两类错误用的是招聘的例子，赌徒输光从两个人各带多少钱开始算。

网上或者生活中有很多有关“算命很准”的故事，这些故事并不能说明算命先生有超能力。哪怕这些故事都是真的，甚至哪怕你亲身经历过。

很多人认为算命很准，很可能是因为掉入了“归因谬误”、“强加因果”、“幸存者偏差”等逻辑陷阱和统计学陷阱。其次，算命先生说的话大多含糊其辞，不论结局如何都能用他的话圆过去。另外，对于有些容易受心理暗示的人来说，算命先生的话更容易应验。

这里不讲枯燥的理论，仅举三个有趣的例子。

第一个例子：100对夫妻找算命先生算他们将来会生男孩还是女孩，算命先生胡猜也能大概猜对一半。猜对的那一半夫妻中，有不少人会因此觉得算命先生很厉害。这个例子可以修改成其他的情况，如“你的丈夫以后会出轨”、“你在40多岁会有一场大病”等等。这些事件发生的概率本来就不会太小。

第二个例子：有一天杰克收到了一封信，这封信的内容是预测下一次足球比赛皇马会赢。他没有在意。几天后结果出来了，皇马果真赢了。接着他又收到了第二封信，说下一场比赛巴萨会赢，果不其然，巴萨赢了。这样连续十次，杰克都收到了正确的预测信。这个时候，如果第11封信写着“支付1000英镑，我会告诉你下一场比赛的结果，然后你可以通过赌球赚取更多的钱，快加入我们吧！”杰克很可能会稀里糊涂地上钩。

事实上，写信的人在第一场比赛之前，写了1024封信，其中512封信预测皇马会赢，另外512封预测皇马不会赢，然后分别寄给不同的人。比赛结束后，写信的人只给猜对的那一半继续寄信，再把他们对半分：一半预测下一场某支球队会赢，另一半预测这支球队不会赢。每轮人数减半，十轮以后，正好有一个人连续收到了十次正确的预测信。事实上，一开始可以寄更多信，比如2048、4096这样的量级。现在是互联网时代，一次性群发个几十万封邮件也是很常见的操作，那么在这个数量级下，会出现好几百个连续十次收到正确预测信的人——也对应着那些说算命先生正确预测出自己运势并深信不疑的人。

第三个例子：如果你抛一枚硬币，连续十次都是正面向上，你会不会认为这枚硬币有问题？如果只看这一枚硬币，连出十次正面确实很少见。但是如果做这样的实验：一个报告厅内坐了1024（2的10次方）名学生，每名学生都发了一枚硬币。这1024枚硬币都是一样的，而且都是正常的硬币，即正反面均匀。接下来，每个学生连续抛这枚硬币10次。可以算出，有约63%概率会出现至少一个“不幸”的学生，ta连续抛十次的结果都是正面向上。也就是说，哪怕这枚硬币是完全均匀完全公平的，仍然有概率出现极端情况，而且这个概率不算太低。如果你就是那个“不幸”的学生（设身处地地想一想），而且你不知道周围学生抛硬币的结果，那么你是不是会认为眼前的硬币是有问题的呢？这个例子也可以用在很多看起来很“玄学”实际上没什么大惊小怪的情况，比如算命。

可以先设想一个简单的游戏。假设你和小美进行多次抛硬币赌博。每轮抛硬币前，你可以声明任意金额x。如果硬币出现正面，则小美给你x元；如果硬币出现反面，则你给小美x元。

假设：①每把独立，赢和输的机会各一半；②资金和时间都不设上限，小美也一直接受下注；③只要双方结清了钱，那么你可以随时结束整个游戏。

你能保证一定赢钱吗？

有同学可能会这样想：由于每局获胜的概率都是 $\frac{1}{2}$ ，那么每轮游戏中，我的收支的数学期望为 $\frac{1}{2}x+\frac{1}{2}(-x)=0$ 。那是不是说，我怎么下都不能保证赢钱？

在上面这些假设下，我有个几乎肯定能净赚1元的办法。

我可以采取如下策略：

第一局我声明1元。如果赢了，我就结束游戏。这样我能获胜1元。

如果第一局输了，那么第二局我声明2元。如果第二局赢了，我就结束游戏，那么我最终获胜1元。

如果第二局我再输了，那么第三局我声明4元。如果第三局赢了，我就结束游戏，那么我最终获胜1元。

也就是说：下一局的赌注都是前一局赌注的两倍。一旦我赢了，就结束游戏。这和题主的想法类似，都是输了就加注，赢一把就收手。

接下来证明：只要撑到第一次赢，这一轮就能净赚1元。

要是可以一直抛下去，第一次正面几乎肯定会出现。在这个策略中，第 $n$ 轮下注 $2^{n-1}$ 元。假设我在第 $n+1$ 轮第一次赢，这表示之前我已经连续输了 $n$局，那么我已经输了 $1+2+2^{2}+2^{3}+…+2^{n-1}=2^{n}-1$ 元。

在第 $n+1$ 轮我赢了 $2^{n}$ 元。那么我最后的收益为 $2^{n}-(2^{n}-1)=1$ 元。这就完成了证明。

再看一个变形。上面的策略是“如果输了，那么下一局的赌金翻倍”。如果策略变成“如果输了，那么下一局的赌金是上一局的三倍”。情况会变成怎么样呢？

同样的分析步骤就不再赘述了，最后的收益是 $3^{n}-\frac{(3^{n}-1)}{2}=\frac{(3^{n}+1)}{2}$ 元。前面连输得越多，第一次赢时的净收益越大，前提是你还能下得起那一把。

但是别急着高兴！以上的分析是基于一定的条件的。在现实生活中，你的资金是有限的。从1元开始翻倍，前19把都输的话，已经输掉了524,287元。第20把要下524,288元，两笔加起来，一共得准备1,048,575元。如果本金只有100万元，第20把就已经下不起了。如果本金够，但单注上限是100万元，那第21把才会碰到上限。

回想一下，要走到第20把，前19把都得输。连输这么多把的概率很小，可它不是零。另外，游戏还假定小美能够陪你一直赌下去。假如小美赢了你2万就拍屁股走人了，那么你就没有回本的机会了。

我在《大白话概率论》里用63元举了个例子：还是从1元开始翻倍，63元刚好够下六把。六把里只要赢一把就停，净赚1元；六把全输，就亏63元。六次独立抛硬币有64种等可能的结果，只有一种是六次全输，另外63种都赚1元。把账放在一起算，平均不赚不亏。所以，看起来经常能赢一块，不等于这套玩法能赚钱。

你也可以自己做一下这个实验。准备一个比较均匀的硬币和记录虚拟资产的小本本就可以。

一、先上个核武器：拿具体的例子算一遍

这个问题在教材和网上已经有很多解答了。如果你还是云里雾里的，我们干脆拿 2、4、6、8 这四个数，把每一种情况都算一遍。

一个盒子里有四个小球，上面分别写着 2、4、6、8。这就是我们的总体。总体均值是 5，总体方差是 [(2−5)²＋(4−5)²＋(6−5)²＋(8−5)²] ÷ 4＝5。这个 5 先记住，等会儿拿它来对照。

现在从盒子里随机抽两次。第一次抽完把球放回去，再抽第二次。所以（2，4）和（4，2）是两种抽法，总共 16 种，每种出现的机会一样。

每抽到一组数，先算这两个数的平均值，再算它们离平均值的平方和。比如抽到（2，4），平均值是 3，平方和是 (2−3)²＋(4−3)²＝2。分母用 n，也就是除以 2，得 1；分母用 n−1，也就是除以 1，得 2。

剩下的也照这个方法算。16 种情况分别是：

• （2，2）：均值 2，除以 2 得 0，除以 1 得 0。
• （2，4）：均值 3，除以 2 得 1，除以 1 得 2。
• （2，6）：均值 4，除以 2 得 4，除以 1 得 8。
• （2，8）：均值 5，除以 2 得 9，除以 1 得 18。
• （4，2）：均值 3，除以 2 得 1，除以 1 得 2。
• （4，4）：均值 4，除以 2 得 0，除以 1 得 0。
• （4，6）：均值 5，除以 2 得 1，除以 1 得 2。
• （4，8）：均值 6，除以 2 得 4，除以 1 得 8。
• （6，2）：均值 4，除以 2 得 4，除以 1 得 8。
• （6，4）：均值 5，除以 2 得 1，除以 1 得 2。
• （6，6）：均值 6，除以 2 得 0，除以 1 得 0。
• （6，8）：均值 7，除以 2 得 1，除以 1 得 2。
• （8，2）：均值 5，除以 2 得 9，除以 1 得 18。
• （8，4）：均值 6，除以 2 得 4，除以 1 得 8。
• （8，6）：均值 7，除以 2 得 1，除以 1 得 2。
• （8，8）：均值 8，除以 2 得 0，除以 1 得 0。

现在分别看这 16 个结果的平均值。除以 2 的一列加起来是 40，平均是 40÷16＝2.5；除以 1 的一列加起来是 80，平均是 80÷16＝5。总体方差就是 5，所以用样本自己的均值算，除以 2 平均只算到一半，改成除以 1，平均才对上。这里说的是反复抽样的平均结果，单次抽样算出来的数还是会有偏差。

二、一个有趣但不严谨的角度

一个简单的结论：在形如 $\sum_{i=1}^{n}{(x_{i}-c)^{2}}$ 的形式中，使 $\sum_{i=1}^{n}{(x_{i}-c)^{2}}$ 取得最小值的 $c$ 是 $\bar{x}$ 。

证明： $\sum_{i=1}^{n}{(x_{i}-c)^{2}}$

$=\sum_{i=1}^{n}{[x_{i}-\bar{x}-(c-\bar{x})]^{2}}$

$=\sum_{i=1}^{n}{(x_{i}-\bar{x})^{2}}+\sum_{i=1}^{n}{(c-\bar{x})^{2}}$

$\geq\sum_{i=1}^{n}{(x_{i}-\bar{x})^{2}}$

即 $\sum_{i=1}^{n}{(x_{i}-c)^{2}}\geq\sum_{i=1}^{n}{(x_{i}-\bar{x})^{2}}$ ……①

由此可猜测，用 $\frac{\sum_{i=1}^{n}{(x_{i}-\bar{x})^{2}}}{n}$ 去估计方差可能会偏小，因为 $\sum_{i=1}^{n}{(x_{i}-\bar{x})^{2}}$ 已经是在所有 $\sum_{i=1}^{n}{(x_{i}-c)^{2}}$ 形式中最小的了。

这个角度能看出为什么会偏小。要算恰好偏小多少，就把上面等式里的 $c$ 换成总体均值 $\mu$。

$\sum_{i=1}^n(X_i-\bar X)^2=\sum_{i=1}^n(X_i-\mu)^2-n(\bar X-\mu)^2$

独立同分布抽样时，右边第一项的期望是 $n\sigma^2$。第二项的期望是 $n\operatorname{Var}(\bar X)=\sigma^2$。所以用样本均值算出来的平方和，平均刚好少掉一份总体方差，只剩 $(n-1)\sigma^2$。这就是为什么除以 $n-1$，而不是 $n$。

事实上，类似的结论还有： $E([x-c]^2)\geq E([x-E(x)]^2)$ ……②

即在所有 $E([x-c]^2)$ 形式中，使得 $E([x-c]^2)$ 取最小值的 $c$ 是 $E(x)$ 。

更一般地，如果允许用 x 来预测 y，有一个很基础的结论： $E([y-f(x)]^2)\geq E([y-E(y|x)]^2)$ ……③

这个结论的直观意义是：在均方误差的准则下，用条件期望去估计 $y$ 能够使得误差最小。

结论①②③很类似，背后的数学思想都是一样的。

三、再看一个更高级的角度：线性回归里的秩

在带截距的 $r$ 元线性回归中，假设设计矩阵满列秩、$n>r+1$，误差均值为零、同方差且互不相关。误差项方差的无偏估计量是 $\frac{\Sigma(y-\tilde{y})^{2}}{n-(r+1)}$ 。特别地，取 $r=0$ ，就是上面的情况。

这里 $M$ 是把 $y$ 投影到设计矩阵 $X$ 的列空间上的矩阵，$\tilde y=My$。设计矩阵有 $r+1$ 列，其中一列是截距。

证明： $E(\Sigma(y-\tilde{y})^{2})=E(y'(I-M)y)$

$=(X\beta)'(I-M)X\beta + \sigma^{2} tr(I-M)$

$=\sigma^{2} tr(I-M)$

$=\sigma^{2} [tr(I)-tr(M)]$

$=\sigma^{2} [R(I)-R(M)]$

$=\sigma^{2} [n-(r+1)]$

若取 $r=1$ ，则是一元线性回归的特例。

这个 2、4、6、8 的例子出自我的《大白话概率论：从数学直觉到 AI 视野》，书里在「统计量」这一节还有对样本方差的完整解释。

这道题表述没歧义，也没有牵扯到频率学派与贝叶斯学派之争。

我简单复述一下题主的问题：

有三个一样的盒子，每个盒子里放两个球。一个盒子里是两个红球，一个是两个蓝球，还有一个是一红一蓝。先随机选一个盒子，再从这个盒子里随机摸出一个球。摸出来的是红球，问盒子里剩下的那个球也是红球的概率是多少？

P（抽到的盒子是“红红” | 第一次摸到了红球）

= P（抽到的盒子是“红红”，第一次摸到了红球）/ P（第一次摸到了红球）

= （ $\frac{1}{3}$ ）/（ $\frac{1}{2}$ ）=2/3

理解这个问题的核心思想是：先摸盒子再摸球。摸完球并观测其颜色后，球所在的盒子是三个盒子中的哪个盒子的概率会发生改变。

给三个红球编个号：双红盒里的叫红1、红2，红蓝盒里的叫红3。先随机选盒，再随机摸球，这三个红球被摸到的机会一样。摸到红1或红2，盒子里剩下的就是红球；摸到红3，剩下的就是蓝球。所以在已经摸到红球的情况下，三种可能里有两种符合，答案就是三分之二。

如果换个问法：随机选一个盒子，不摸球，只告诉你里面至少有一个红球。那双红盒和红蓝盒才是各占一半。

这个问题在著名的统计学教材《Statistical Inference》里有提及。答案就是2/3。

关于这类简单而具有迷惑性的题还有很多，如三门问题、三囚犯问题、星期二男孩问题，针对这三个问题，可以参考：

最后，开个脑洞：如果第一次摸到的是红球，把球放回原来的盒子，打乱后再从这个盒子里摸一次，第二次摸到红球的概率是多少？（5/6）

第一次摸到红球后，双红盒占三分之二，红蓝盒占三分之一。放回再摸，双红盒一定出红球，红蓝盒只有一半的机会出红球。所以双红盒的三分之二全算进去，红蓝盒的三分之一只算一半，加起来就是五分之六。

可能题主没有把问题表述清楚，导致大家回答的方向不一致。

先纠正两个大家在这个问题下犯的常见的错误：

1.均匀分布和分布均匀其实是两码事。

分布均匀表示大家的财富都差不多，比如基本上都是100元左右。

均匀分布表示大家的财富取值在某个区间内是等可能的。比如财富的取值区间是[50,150]，那么在这个区间里，财富取任何值的人都有，且数量都是差不多的。比如财富为60元左右的人数、财富为100元左右的人数和财富为130元左右的人数差不多。

2.平方的期望和期望的平方不一定相等。

事实上，它俩的差就是方差：$E(X^{2})-[E(X)]^{2}=D(X)\geq0$

回到正题，这个问题有三种理解：

1.一旦没钱，则立即退出游戏；

2.一旦没钱，则立即去银行借一元；

3.没钱的人不需要给钱给其他人，但是仍然可以接受他人的给予。

这三种情况我都用代码模拟了，代码贴在最后。模拟里每轮一起结算：先选好把钱给谁，等所有转账都完成，再看谁没钱。

如果是第一种理解的话，那么一直玩下去，几乎肯定只剩下两个人。这两个人在每轮中，每个人只把1元分给对方，那么各自的财富不变。这个思路也可以参考我的这篇文章：为什么说久赌必输？

这次跑到第 14,933,906 轮，剩下两个人，手里分别有 2,579 块和 7,421 块。为什么会剩两个？只要还剩三个人以上，就有机会让其他人围成一圈互相给钱，留一个人只出不进，直到他没钱退出。不管现在钱怎么分，这件事在接下来一万轮内都有一个固定的、大于零的机会发生。又因为每个人都不能把钱给自己，一轮下来至少有两个人收到钱，所以不会一下只剩一个。

如果是第二种理解的话，玩很多轮后，每个人扣掉欠款后的余额近似服从正态分布。一个直观的理解是：首先每轮大家的金额都要减1元，这个是不需要考虑的，因为一视同仁。然后，另外99个人，每个人都有九十九分之一的概率给你一元。你这轮收到多少，要看有几个人选中了你，平均是一元，收到两元或更多也不算少见。根据中心极限定理，玩很多轮以后，余额近似服从正态分布。平均还是100元，但玩得越久，分布就越宽。

模拟里，第 100 轮和第 10,000 轮，这 100 个人余额的标准差分别是 9.5 块和 98.3 块。平均都还是 100 块，但后一次的余额分布要宽得多。

如果是第三种理解的话，按这个规则模拟，玩到后面，财富分布近似是指数分布。

这一种跑了 5 次，每次 30 万轮。前 15 万轮不统计，后半程每隔 1,000 轮记一次这 100 个人的余额。75,000 条余额记录里，至少有 100 块的占 37.1%，至少有 200 块的占 13.7%，至少有 300 块的占 5.0%。门槛每提高 100 块，达到门槛的记录数差不多就只剩原来的三分之一，这就是这里说的「像指数分布」。

模拟代码

代码用 Python 和 NumPy，随机种子是 42。

import numpy as np

N, START = 100, 100
rng = np.random.default_rng(42)


def choose_other(n, size):
    # 先从 n-1 个选项里抽，再跳过自己。
    target = rng.integers(n - 1, size=size)
    return target + (target >= np.arange(n))


def changes(n, rounds):
    # 每人都给 1 块。数出每个人这一轮收到几块。
    target = choose_other(n, (rounds, n))
    labels = target + n * np.arange(rounds)[:, None]
    received = np.bincount(labels.ravel(), minlength=rounds * n)
    return received.reshape(rounds, n) - 1


# 1. 没钱就退出。
money = np.full(N, START)
rounds = 0
while len(money) > 2:
    # 一次生成几千轮；有人出局时，后面的轮次作废。
    path = money + changes(len(money), 4096).cumsum(axis=0)
    exits = np.flatnonzero((path <= 0).any(axis=1))
    k = int(exits[0]) if exits.size else len(path) - 1
    money = path[k]
    money = money[money > 0]
    rounds += k + 1
print("退出：轮数、剩下两人的余额", rounds, sorted(money.tolist()))

# 2. 可以一直欠钱。比较第 100 轮和第 10000 轮。
path = START + changes(N, 10_000).cumsum(axis=0)
print("允许欠钱：两次余额的标准差",
      path[[99, 9999]].std(axis=1).round(1).tolist())

# 3. 没钱的人只收不付。每一轮同时结算。
levels = np.array([100, 200, 300])
hits = np.zeros(3, dtype=int)
samples = 0
for _ in range(5):
    money = np.full(N, START)
    for t in range(1, 300_001):
        pay = money > 0
        target = choose_other(N, N)
        money += np.bincount(target[pay], minlength=N) - pay
        if t > 150_000 and t % 1000 == 0:
            hits += (money[:, None] >= levels).sum(axis=0)
            samples += N
print("不许欠钱：记录数、达到三个门槛的比例（%）",
      samples, (100 * hits / samples).round(1).tolist())

百万分之一的概率有多低？举个具体点的例子：香港大约有400万男人。凤姐决定在香港随机抛4个绣球给四个男人，则任何一个男人被绣球砸到的概率大约为百万分之一。如果你去过香港，可以设身处地地假想一下这个情况。

对于大多数人来说，这个游戏肯定是要玩的。问题在于：你打算玩多少次？

只玩一次的话，明显不过瘾。如果玩很多次的话，又容易嗝屁。根据几何分布的结论，你期望在第100万次的时候挂掉；另一方面，如果你真的打算玩100万次，那么你将会有 $1-\frac{1}{e}\approx0.632$ 的概率在这100万次尝试中死亡。我想你肯定不会玩100万次。

玩多少次取决于你能接受的死亡概率。0.632这个概率太高，0.000001这个概率太低。对我而言，如果死亡率低于万分之一，那么我就会尝试去做。当然，我可以首先把这个“死亡接受率”一般化，定义为 $\beta$ 。对于我而言， $\beta=0.0001$ 。

那么最多能玩多少次游戏，使得我挂掉的概率小于 $\beta$ 呢？

$(1-0.000001)^{n}=1-\beta$

把 $\beta=0.0001$ 代入，算得 $n\approx100$ 。

也就是说，我打算玩100次就撒手。我在这100次的尝试内死亡的概率不会高于万分之一，且如果活下来了，能赚到50万。

对于有些心大的人，只要死亡概率小于百分之一，就会去做铤而走险。而有些胆小的人，哪怕死亡概率小于千万分之一也不会去做。

你的“死亡接受率 $\beta$ ”是多少呢？不妨计算下你能承受的尝试次数： $n\approx\frac{ln(1-\beta)}{ln0.999999}$

不知道大家有没有玩过三国杀的甄姬。她的一个技能是：你可以从牌堆顶抽出一张牌。若为黑色牌，你获得此牌，然后你可以重复此流程。

我们可以把“牌是黑色”类比于“生了女孩”，“牌是红色”类比于“生了男孩”。

接下来求甄姬每次获得牌数的数学期望。记翻到红牌为“试验成功”，那么这是一个几何分布的模型。（几何分布的介绍可以见这篇文章：武辰：中美合拍的西游记到底何时开机？——谈概率论中的几何分布）

按这个假设，抽牌的次数的数学期望是2次。即每轮游戏中，甄姬平均要抽出2张牌。已知抽出的最后一张牌一定是红牌，且甄姬不能获得红牌，因此甄姬每轮能够获得的牌数的数学期望是1张。

回到抽牌环节。上文提到每轮游戏中，甄姬平均要抽出2张牌。其中有且只有一张牌是红色的，于是我们可以知道：每轮游戏中，平均要抽出一张一张红牌和一张黑牌。

对应于生孩子的模型：平均每对夫妻会生出一个男孩和一个女孩。因此男孩与女孩的数量的数学期望是相等的。

我们也可以一胎一胎地看。比如有 800 个家庭，第一胎平均有 400 个男孩、400 个女孩。生了男孩的家庭停下来，剩下的继续生。到第二胎，平均又是 200 个男孩、200 个女孩；第三胎，平均又是 100 个男孩、100 个女孩。你看，每一轮继续生的家庭越来越少，可这一轮出生的男孩和女孩，平均还是一样多。所以家庭足够多时，把所有孩子加起来，男女比例还是接近一比一。

当然甄姬摸牌的数学期望不严格为1。首先由于木牛流马的存在，牌堆中的红牌比黑牌多一张。其次甄姬判定完一张黑牌后，牌堆的黑牌数减少。因此红黑牌的比例并不严格为1:1。

事件 $A$ 与事件 $B$ 独立的定义是： $P(AB)=P(A)P(B)$ 。

事件 $A$ 与事件 $B$ 互斥的定义是：集合 $A$ 与集合 $B$ 没有相同的样本点，即 $A\cap B=\phi$ 。（ $\phi$ 代表空集， $A\cap B$ 也可以简记为 $AB$ ）

如果事件 $A$ 与事件 $B$ 发生的概率都不为0，那么独立和互斥有这样一层关系：互斥不独立，独立不互斥。

证明：若 $A、B$ 互斥，则 $AB=\phi$ ，那么 $P(AB)=P(\phi)=0$ ，而 $P(A)P(B)\ne0$ ，因此 $P(AB)\ne P(A)P(B)$ ，即$A、B$ 不独立。

另一方面，若 $A、B$ 独立，则有 $P(AB)=P(A)P(B)$ 。接下来用反证法：假设$A、B$互斥，则 $AB=\phi$ ，那么 $P(AB)=P(\phi)=0$ ，而 $P(A)P(B)\ne0$ ，则 $P(AB)\ne P(A)P(B)$ ，产生矛盾。因此若 $A、B$ 独立，则$A、B$ 不互斥。

“互斥不独立，独立不互斥”是在事件 $A$ 与事件 $B$ 发生的概率都不为0的情况下才有的结论。

接下来我要强调一个概念：零概率事件与不可能事件是不同的。不可能事件的定义是：若 $A=\phi$ ，则 $A$ 是不可能事件；零概率事件的定义是：若 $P(A)=0$ ，则 $A$ 是零概率事件。咋一看，两个定义好像没有什么区别。的确，在离散情况下，两者是等价的。但是在连续场合，零概率事件是有可能发生的。比如 $X$ 服从（0,1）上的均匀分布，那么事件{ $X=0.5$ }发生的概率为0，因为连续型随机变量取一个点的概率为0。但是事件{ $X=0.5$ }是有可能发生的。不可能事件是比零概率事件更强的定义。因此若 $P(A)=0$ ，无法推出 $A$ 是空集。

类似地，1概率事件与必然事件是不同的。1概率事件是指发生概率为1的事件，但是它比“必然事件”更弱些。仍然举上面的例子：事件{ $X\ne0.5$ }发生的概率为1，但是它不是必然事件，因为事件{ $X=0.5$ }仍然有可能发生。

于是有如下结论：零概率事件与任何事件独立；1概率事件与任何事件独立。我在这里只证明“零概率事件与任何事件独立”：设 $P(A)=0$ ，那么对于任何事件 $B$ ，有 $A\cap B\subseteq A$ ，那么 $P(AB)\leq P(A)$ ，得到 $P(AB)=0$ 。于是有 $P(AB)=P(A)P(B)=0$ ，即$A、B$ 独立。类似地，“1概率事件与任何事件独立”留给读者自己证明。

我们已经知道，零概率事件与任何事件独立，1概率事件与任何事件独立。那么有没有什么事件与任何事件互斥呢？答案是：不可能事件与任何事件互斥。证明很简单：设 $A$ 是不可能事件，则 $A=\phi$ ，对于任何事件 $B$ ，有 $A\cap B=\phi$ ，于是$A、B$ 互斥。

最后来一个终极问题：有没有什么事件与任何事件既独立又互斥呢？答案是：不可能事件与任何事件既独立又互斥！证明很简单：首先，不可能事件与任何事件互斥，这在上一段已经证明；又因为不可能事件一定是零概率事件，而零概率事件与任何事件独立。所以不可能事件与任何事件既独立又互斥。

我在《大白话概率论：从数学直觉到 AI 视野》第 3 章里，也用图和例子讲了互斥和独立：一个问的是「能不能同时发生」，另一个问的是「知道一件事发生了，会不会改变我们对另一件事的判断」。如果你想再看几个例子，可以翻翻书里「事件的独立性」那一节。