2025_新课标 II 卷
19. （17分）
甲、乙乒乓球练习，每个球胜者得1分，负者得0分。设每个球甲胜的概率为 $p ( \frac { 1 } { 2 } < p < 1 )$ 乙胜的概率为 $q \ , p + q = 1$ ，且各球胜负独立。对正整数 $k \geq 2$ ，记 $p _ { k }$ 为打完k个球后，甲比乙至少多得2分的概率， $q _ { k }$ 为打完k个球后乙比甲至少多得2分的概率。
（1）求 $p _ { 3 } , p _ { 4 }$ (用p表示);
(2) 若 ${ \frac { p _ { 4 } - p _ { 3 } } { q _ { 4 } - q _ { 3 } } } = 4$ ，求p；
（3）证明：对任意正整数m， $p _ { 2 m + 1 } - q _ { 2 m + 1 } < p _ { 2 m } - q _ { 2 m } < p _ { 2 m + 2 } - q _ { 2 m + 2 } .$
【解答】（1）3球后甲比乙至少多两分，只能是甲3分 $\textsf { Z 0 }$ 分，因此 ${ \bf \dot { \it p } } _ { 3 } = p ^ { 3 }$
4球后甲比乙至少多两分，可能是甲4分乙0分，或者甲3分乙1分，
因此 $\cdot p _ { 4 } = C _ { 4 } ^ { 3 } p ^ { 3 } q + p ^ { 4 } = 4 p ^ { 3 } q + p ^ { 4 } = 4 p ^ { 3 } ( 1 - p ) + p ^ { 4 } = 4 p ^ { 3 } - 3 p ^ { 4 } .$
> (2）根据对称性，以及（1）的结果，可得 $q _ { 3 } = q ^ { 3 } , q _ { 4 } = 4 q ^ { 3 } - 3 q ^ { 4 }$
因此 $\begin{array} { r } { \mathtt { \mathtt { \mathtt { j } _ { q } } } _ { \mathtt { \mathtt { d } _ { 4 } } - q _ { 3 } } = \frac { 4 p ^ { 3 } - 3 p ^ { 4 } - p ^ { 3 } } { 4 q ^ { 3 } - 3 q ^ { 4 } - q ^ { 3 } } = \frac { 3 p ^ { 3 } ( 1 - p ) } { 3 q ^ { 3 } ( 1 - q ) } = \frac { p ^ { 3 } q } { q ^ { 3 } p } = \frac { p ^ { 2 } } { q ^ { 2 } } = 4 } \end{array}$
因此 $\therefore \frac { p } { q } = 2$ ，又 $p + q = 1$ ，故 $\begin{array} { r } { p = \frac { 2 } { 3 } , q = \frac { 1 } { 3 } . } \end{array}$
答案为 $\textstyle | p = { \frac { 2 } { 3 } }$
> （3）记 $. a _ { m } ( x )$ 表示m球甲得x分的概率
$$ p _ { 2 m + 1 } = p _ { 2 m } - q \cdot a _ { 2 m } ( m + 1 ) $$
$$ q _ { 2 m + 1 } = q _ { 2 m } - p \cdot a _ { 2 m } ( m - 1 ) $$
故
$$ p _ { 2 m + 1 } - p _ { 2 m } = - q \cdot a _ { 2 m } ( m + 1 ) $$
$$ q _ { 2 m + 1 } - q _ { 2 m } = - p \cdot a _ { 2 m } ( m - 1 ) $$
故要证：
$$ p _ { 2 m + 1 } - p _ { 2 m } < q _ { 2 m + 1 } - q _ { 2 m } $$
只需证：
$$ p \cdot a _ { 2 m } ( m - 1 ) < q \cdot a _ { 2 m } ( m + 1 ) $$
即只需证：
$$ p \cdot p ^ { m - 1 } \cdot q ^ { m + 1 } \cdot C _ { 2 m } ^ { m - 1 } < q \cdot p ^ { m + 1 } \cdot q ^ { m - 1 } \cdot C _ { 2 m } ^ { m + 1 } $$
即只需证：
$$ p ^ { m } q ^ { m + 1 } < q ^ { m } p ^ { m + 1 } $$
即 $q < p$ ．由条件 $\ Q = 1 - p < { \textstyle { \frac { 1 } { 2 } } } < p$ ，故结论成立.
由
$$ \begin{array} { r l } & { p _ { 2 m + 2 } = p _ { 2 m + 1 } + p \cdot a _ { 2 m + 1 } ( m + 1 ) = p _ { 2 m } + p \cdot a _ { 2 m + 1 } ( m + 1 ) - q a _ { 2 m } ( m + 1 ) } \\ & { \qquad q _ { 2 m + 2 } = q _ { 2 m + 1 } + q \cdot a _ { 2 m + 1 } ( m ) = q _ { 2 m } + q \cdot a _ { 2 m + 1 } ( m ) - p a _ { 2 m } ( m - 1 ) } \end{array} $$
现在考虑右边的不等式
$$ p _ { 2 m } - q _ { 2 m } < p _ { 2 m + 2 } - q _ { 2 m + 2 } $$
只需证:
$$ p \cdot a _ { 2 m + 1 } ( m + 1 ) - q a _ { 2 m } ( m + 1 ) > q a _ { 2 m + 1 } ( m ) - p \cdot a _ { 2 m } ( m - 1 ) $$
只需证：
$$ p ^ { m + 2 } q ^ { m } C _ { 2 m + 1 } ^ { m + 1 } - p ^ { m + 1 } q ^ { m } C _ { 2 m } ^ { m + 1 } > q ^ { m + 2 } p ^ { m } C _ { 2 m + 1 } ^ { m + 1 } - q ^ { m + 1 } p ^ { m } C _ { 2 m } ^ { m + 1 } $$
只需证：
$$ p ^ { 2 } C _ { 2 m + 1 } ^ { m + 1 } - p C _ { 2 m } ^ { m + 1 } > q ^ { 2 } C _ { 2 m + 1 } ^ { m + 1 } - q C _ { 2 m } ^ { m + 1 } $$
只需证:
$$ ( p - q ) ( p + q ) C _ { 2 m + 1 } ^ { m + 1 } > ( p - q ) C _ { 2 m } ^ { m + 1 } $$
只需证:
$$ C _ { 2 m + 1 } ^ { m + 1 } > C _ { 2 m } ^ { m + 1 } $$
因为 $C _ { 2 m + 1 } ^ { m + 1 } = C _ { 2 m } ^ { m + 1 } + C _ { 2 m } ^ { m }$ ，且 $C _ { 2 m } ^ { m } > 0$ ，故上面不等式成立.证毕.