Question

12．（1）证明：①C${\;}_{n}^{r}$+C${\;}_{n}^{r+1}$=C${\;}_{n+1}^{r+1}$；②C${\;}_{2n+2}^{n+1}$=2C${\;}_{2n+1}^{n}$（其中n，r∈N^*，0≤r≤n-1）；
（2）某个比赛的决赛在甲、乙两名运动员之间进行，比赛共设2n+1局，每局比赛甲获胜的概率均为p（p＞$\frac{1}{2}$），首先赢满n+1局者获胜（n∈N^*）．
①若n=2，求甲获胜的概率；
②证明：总局数越多，甲获胜的可能性越大（即甲获胜的概率越大）．

Answer 1

分析 （1）①根据排列数公式证明即可，②由①得C_2n+2ⁿ⁺¹=C_2n+1ⁿ+C_2n+1ⁿ⁺¹=2C${\;}_{2n+1}^{n}$；
（2）①甲获胜的概率P=p³（6p²-15p+10），
②设乙每一局获胜的概率为q，则p+q=1，0＜q＜$\frac{1}{2}$．记在甲最终获胜的概率为P_n，根据超几何分布得到P_n，利用（1）的结论计算P_n-P_n+1＜0，问题得以证明．

解答 解：（1）①C_n^r+C_n^r+1=$\frac{n!}{r!（n-r）!}$+$\frac{n!}{（r+1）!（n-r-1）!}$=$\frac{n![（r+1）+（n-r）]}{（r+1）!（n-r）!}$=$\frac{（n+1）!}{（r+1）![（n+1）-（r+1）]!}$=C_n+1^r+1；
②由①得C_2n+2ⁿ⁺¹=C_2n+1ⁿ+C_2n+1ⁿ⁺¹=2C${\;}_{2n+1}^{n}$；
（2）①若n=2，甲获胜的概率P=p³+pC₃²p²（1-p）+pC₄²p²（1-p）²=p³（6p²-15p+10），
②证明：设乙每一局获胜的概率为q，则p+q=1，0＜q＜$\frac{1}{2}$．
记在甲最终获胜的概率为P_n，则P_n=pⁿ⁺¹+pC_n+1ⁿpⁿq+pC_n+2ⁿpⁿp²+…+pC_2nⁿpⁿqⁿ=pⁿ⁺¹（1+C_n+1ⁿq+C_n+2ⁿq²+…+C_2nⁿqⁿ），
∴P_n-P_n+1=pⁿ⁺¹（1+C_n+1ⁿq+C_n+2ⁿq²+…+C_2nⁿqⁿ）-pⁿ⁺²（1+C_n+2ⁿ⁺¹q+C_n+3ⁿ⁺¹q²+…+C_2n+2ⁿ⁺¹qⁿ⁺¹），
=pⁿ⁺¹[（1+C_n+1ⁿq+C_n+2ⁿq²+…+C_2nⁿqⁿ）-（1-q）（1+C_n+2ⁿ⁺¹q+C_n+3ⁿ⁺¹q²+…+C_2n+2ⁿ⁺¹qⁿ⁺¹）]，
=pⁿ⁺¹[（1+C_n+1ⁿq+C_n+2ⁿq²+…+C_2nⁿqⁿ）-（1+C_n+2ⁿ⁺¹q+C_n+3ⁿ⁺¹q²+…+C_2n+2ⁿ⁺¹qⁿ⁺¹）+q（1+C_n+2ⁿ⁺¹q+C_n+3ⁿ⁺¹q²+…+C_2n+2ⁿ⁺¹qⁿ⁺¹）]，
=pⁿ⁺¹[（1-1）+q（C_n+1ⁿ-C_n+2ⁿ⁺¹+1）+q²（C_n+2ⁿ-C_n+3ⁿ⁺¹+1）+…+qⁿ（C_2nⁿ-C_2n+1ⁿ⁺¹+C_2nⁿ⁺¹）-qⁿ⁺¹）（C_2n+2ⁿ⁺¹-C_2n+1ⁿ⁺¹+qⁿ⁺²C_2n+2ⁿ⁺¹]，
=pⁿ⁺¹[-qⁿ⁺¹）（C_2n+2ⁿ⁺¹-C_2n+1ⁿ⁺¹+qⁿ⁺²C_2n+2ⁿ⁺¹]，
=pⁿ⁺¹qⁿ⁺¹（qC_2n+2ⁿ⁺¹-C_2n+1ⁿ⁺¹）]，
=pⁿ⁺¹qⁿ⁺¹（2qC_2n+1ⁿ-C_2n+1ⁿ）]，
=pⁿ⁺¹qⁿ⁺¹C_2n+1ⁿ（2q-1）＜0，
所以P_n＜P_n+1，
即总局数越多，甲获胜的可能性越大（即甲获胜的概率越大）．

点评 本题考查了排列数公式的应用，本题的运算量很大，需要耐心和认真，属于难题．