当直觉遇见概率
反直觉案例与分析方式

23 人，够不够巧？

一个班有 23 人。假设每人生日独立且均匀落在 365 天，不计闰年。问题是至少有两个人生日相同，不要求与你相同。先估计它有多常见。

固定日期总数，只改变人数

先把人数从 10 改到 23，再改到 50，读精确概率。点击“抽一班”查看一次样本，再做 2,000 班试验。留意：一次没有重复不否定一个较大的概率。

把曲线切为“至少有人与你同日”，保持同样的总人数。哪一个事件允许更多配对？

从“至少一对”绕到“全部不同”

1. 先锁定事件。任意两人可以构成一对，23 人共有 23×22/2=253 对。单对的概率 1/365 很小，但机会多。
2. 补集比较容易。第一人随意；第二人避开 1 天，条件概率 364/365；第三人避开已占的 2 天，是 363/365。这是连乘条件概率，不是假设所有配对独立。
3. 逐人乘完，再取补。n≤365 时用乘积；n>365 时由抽屉原理必有重复。

n 人独立均匀分配到 d 天；先算所有生日不同，再取补集。

n=23 时约 0.5073；n=50 时约 0.9704。若只是“其余 22 人至少一人与我同日”，是 1−(364/365)²²≈0.0586。两个问题的样本空间相同，事件不同。

K 是同生日的配对数，I 是每一对是否相同的指示变量；线性期望不要求这些指示变量相互独立。

期望配对数不是至少一对的概率：有一班可能贡献好几对。配对事件还会共享人，不能把它们全部视为独立。

当每个 k/d 较小时，用 log(1−x)≈−x 近似；模拟与近似均不代替精确乘积。

把“生日”换成碰撞检测

系统独立均匀生成 40 个三位数字验证码，允许 000，共 1,000 种。要计算至少出现一次重复。

两扇关门，是否就对半？

三扇门中一扇有奖品，位置均匀。你先选一扇。主持人知道奖品在哪，总会打开另一扇空门，并且总允许你换到剩下的关门；若有两扇可开空门，等概率选一扇。

先玩一局，再比较规则

点击一扇门作初选，再让主持人开门，最后选“坚持”或“换门”。随后做批量试验：同一批局同时计算两种策略会怎样。

切换到“不知情、随机开门”：开到奖品的局被筛掉。比较的是保留下来的局，分母是否变了？

把故事压缩成初选的三种位置

1. 策略等价转换。知情主持人必开空门。初选中奖时，换门必输；初选空门时，另一扇未开的关门必是奖品，换门必赢。
2. 在动作前分类。初选中奖概率是 1/3，初选错误概率是 2/3。开门动作没有把“初选错误”的那部分概率削掉。
3. 规则改变就重做筛选。盲开时，初选中奖总能看到空门；初选错误只有一半机会看到空门，另一半揭出奖品而被剔除。

知情主持人总开一扇未选中的空门、总允许换门；换门赢等价于最初选错。

不知情主持人随机开未选门；只保留开到空门 G 的局，重新计算条件样本空间。

经典结论比较的是总会获邀换门的策略。若主持人只在某些局邀请换门，或他开门的规则不明确，必须建模邀请与开门机制。两扇门的外观相似不意味着条件概率相同。

100 扇门的同一结构

100 扇门中一扇有奖。知情主持人总打开 98 扇未选中的空门，剩下初选门与另一扇门，始终允许换。

99% 能检出，报警就可靠吗？

虚构报警器可检出 99% 的故障设备，也会让 5% 的正常设备报警。总体只有 1% 设备故障。现在随机抽一台已报警设备。

固定性能，改变基础比例

先保留检出率 99%、误报率 5%，把故障比例从 1% 改到 10%。表格按每 10,000 台的理论自然频数计算，非整数表示模型期望数量。

再把误报率降到 0。真报警来自哪里？若没有任何报警，条件概率还能算吗？

先圈“所有报警”，再数“故障报警”

1. 明确两个条件方向。99% 读作“故障设备中有多少会报警”，我们问的是“报警设备中有多少故障”。分母不同。
2. 画两条路径。10,000 台中 100 台故障，贡献 99 台真报警；9,900 台正常，贡献 495 台误报。
3. 在证据集合内归一化。全部报警是 99+495=594，故后验为 99/594=1/6≈16.7%。总体数量 N 在比例中约去。

p 是故障比例，s 是检出率，f 是误报率；分母是两条报警路径的合计，需大于零。

若 f=0 且 ps>0，报警全来自故障组，后验为 1；若 ps+(1−p)f=0，报警不可能发生，条件概率未定义。

先验赔率乘似然比得到后验赔率；此写法要求 0<p<1 且 f>0。

赔率式是同一计算的另一种表示。只会背贝叶斯公式而不说明每一项的来源，仍可能把条件方向写反。

换群体，保留同一台报警器

系统性能完全相同，但第二个群体中故障比例是 10%。分别比较两个群体中的“报警后故障比例”。

听到“男孩”，先追问怎么听到的

理想模型：家庭恰有两个孩子，按大、小排序；性别独立且各以 1/2 为男孩或女孩。调查员检查两个孩子，只把“至少一个男孩”的家庭收入样本。随机抽一个入样家庭。

切换报告机制，保持家庭先验不变

依次选三种规则：完整筛家庭、随机抽一孩且抽中男孩、完整筛“存在星期二出生的男孩”。看四类家庭 BB、BG、GB、GG 在证据后各占多少。

星期规则还假设两个孩子的出生星期独立、等概率，并与性别独立。词语变具体会怎样改变样本的权重？

先算“会不会说出这句话”

1. 家庭有序。BB、BG、GB、GG 的先验都为 1/4，BG 和 GB 不是同一个等概率基本结果。
2. 完整筛家庭。前三类都必入样，GG 不入样，所以 BB 占三分之一。
3. 随机抽一孩。BB 抽中男孩概率为 1，BG、GB 只有 1/2。报告相同，BB 被保留的权重却更大；归一化后为 1/2。

R 是实际报告事件；先列出每类家庭产生该报告的概率，再归一化。

完整筛出至少一个男孩：BB、BG、GB 三类家庭权重相同。

每个家庭随机抽一个孩子：BB 总会报告男孩，混合家庭只有一半机会。

1. 加入星期后重新计数。每孩有 14 个等概率的性别×星期状态。至少一个“星期二男孩”共有 14²−13²=27 个有序状态；其中两个都是男孩的合格状态为 7²−6²=13。

两个孩子的性别与星期独立均匀；BB 中合格 13 种，全部合格 27 种。

13/27 对应完整筛选“存在星期二男孩”，不适用于随口自报或随机选一个孩子再描述。仅给一句话而不说明报告机制，通常不足以确定唯一概率。

固定询问大孩子

调查员这次只问大孩子的性别，听到大孩子是男孩。家庭性别模型不变，也不再进行“至少一个”的完整筛选。

两组都领先，合起来会怎样？

虚构练习系统比较方案 A、B 的答题成功率。任务只有易题与难题两组。两组中 A 的成功率都高于 B，但两个方案接到的易难题数量不同。

保持组内表现，只改任务构成

组内比例固定：易题 A=90%、B=80%；难题 A=30%、B=20%。先用 A 的易题占比 10%、B 的易题占比 90%，查看合并结果。

再点击“采用同一权重”，把两者都设为 50%。两种比较分别在回答哪个问题？数据由给定比例构造。

总率的分母里藏着权重

1. 用数量核对。A 易题 9/10、难题 27/90，总成功 36/100；B 易题 72/90、难题 2/10，总成功 74/100。A 在每组高 10 个百分点，总体却低。
2. 按分母加权。A 只有 10% 易题，B 有 90% 易题。总体率不是 (易题率+难题率)/2，而是每组率乘该组人数权重。
3. 指定目标人群。若关心相同任务构成，把 A、B 标准化到同一权重；共同权重的加权和保留每组的同方向差。

总成功率是各组成功率的加权平均；A、B 的分组权重可能不同。

把两个方案放到相同的易题权重 w 下比较；相同权重保留各组中一致的大小关系。

当 w=0.5，A=0.6、B=0.5。原总体 36% 与 74% 都是正确的描述，标准化回答另一个目标群体的问题。究竟应看合并还是分组，要由任务与数据生成过程决定。

这是辛普森反转。它本身不证明哪个方案有因果优势：难度可能与分配相关，也可能处于因果路径中。需要说明研究问题、分配机制与因果角色，不能见到分组就机械控制。

共同权重能否仍然反转？

让两个方案都有 40% 易题、60% 难题，组内成功率保持原值。然后思考：这种标准化能不能自动证明因果？

平均 10 分钟一班，要等多久？

公交间隔按 2 分钟、18 分钟交替，循环不变。你不知道班次相位，在一个完整 20 分钟周期内均匀随机到站，且到站时刻与车次独立。平均班次间隔为 10 分钟。

在时间轴上抽点，而非抽区间

先把短间隔 a=2、长间隔 b=18。移动“周期内到站位置”，看同一个点落在哪段、离下一辆车还有多久。点击“随机到站”看一次样本。

再把 a、b 都改成 10。平均间隔保持 10 分钟，但时间轴的组成改变了；比较解析平均等待。

长空档更容易被你碰到

1. 抽样单位不同。随机选一个班次间隔，2 与 18 各一半；随机选一个时刻，18 分钟空档占周期的 18/20=90%。
2. 先在一段内平均。若已知落在长度 ℓ 的区间且位置均匀，剩余等待在 0 到 ℓ 间均匀，均值 ℓ/2。
3. 用时间占比加权。短段贡献 (2/20)×1，长段贡献 (18/20)×9，加起来 8.2 分钟。

本课用 a、b 交替间隔和周期内均匀随机到站作严格可算的模型。

随机时刻看到的区间 L* 受到长度偏倚：长区间占据更多时间。

在长期平稳观察且随机到站与时刻独立的模型下，平均剩余等待时间包含波动项。

上面的一般表达式适用于长期平稳的间隔观察、独立随机到站且二阶矩有限的模型；本课交替模型可以直接按周期证明，不需要把车次假设为泊松。若按时刻表赶车或观察时间不均匀，不能照搬。

方差为零时回到 E[L]/2；平均间隔相同而波动更大时，均匀随机到站的平均等待更长。

两个平均间隔相同的线路

线路甲每隔 10 分钟一班；线路乙按 4、16 分钟交替。都按独立、周期内均匀随机到站模型比较。

同一个圆，同一个长弦问题

圆半径为 R。随机画一条弦，问它比内接等边三角形边长 √3R 更长的概率。题目还没有说明如何随机画弦。

改的是生成方法，圆与阈值不变

依次选：两个端点独立均匀落在圆周；弦到圆心的距离在 [0,R] 均匀；弦中点按圆盘面积均匀。每次生成 500 条弦，图中只显示前 80 条避免拥挤。

绿色实线表示长弦，暖色细线表示其他弦；精确概率与有限频率分别列出。中心半径 R/2 的浅填色圆是满足长度条件的中点区域。

实验材料的静态对照（供打印或无脚本阅读）

抽样机制	长弦概率
圆周两端点均匀	1/3
中点距离均匀	1/2
圆盘中点面积均匀	1/4

r 是弦中点到圆心的距离；由直角三角形把长度事件转成半径事件。

先统一几何事件，再检查概率测度

1. 几何不含概率。从圆心向弦作垂线，平分弦。勾股关系给出弦长；长于 √3R 等价于中点距离 r
2. 距离均匀。若 r 在 [0,R] 均匀，落入前半段的概率是 1/2。
3. 面积均匀。若中点在圆盘内均匀，中央小圆面积只占全圆的 1/4，而不是半径比 1/2。
4. 端点均匀。固定第一个端点，第二个端点应落在对面夹角 120° 的弧上；它占全圆周 1/3。

r 是弦中点到圆心的距离；由直角三角形把长度事件转成半径事件。

端点独立均匀、距离均匀、圆盘面积均匀是三个不同的概率模型。

面积均匀抽中点时半径不均匀；半径 R√U 才产生面积均匀的点。

贝特朗悖论说明未定义抽样机制的“随机弦”不指定唯一分布。三种结果可以同时正确；程序能跑不代表程序抽的是题目所需的测度。

写程序时，该怎样抽半径？

有人想在圆盘中面积均匀抽中点，令角度均匀，再直接取 r=RU，其中 U 在 [0,1] 均匀。

连续五次正面，下一次呢？

明确知道这是一枚公平硬币，每次抛掷相互独立。过去五次结果都是正面。请判断下一次反面概率。

让同一条随机路径越走越长

点击“新路径”生成一条可复现的 2,000 次路径。把显示次数 n 从 20 拉到 2,000。上图显示 Hₙ/n 与固定 p，下图显示 Hₙ−np。

实线是一次采样路径；浅色带是 ±1 个标准差的尺度提示，不是保证包住路径的范围。缩小频率偏差与缩小次数差是同一件事吗？

独立与大数定律各自说了什么

1. 下一次的条件概率。已知独立同分布模型，任何有正概率的过去序列都不改变下一次正面概率；过去不是账本，未来没有补偿义务。
2. 长期的量要选对。大数定律约束 Hₙ/n 的概率收敛；这不意味着一条路径每一步都更靠近 p，也不意味着 Hₙ−np 趋于零。
3. 把波动除以样本量。二项分布的次数标准差约为 √n，除以 n 后频率标准差约为 1/√n。两者方向相反。

独立同分布的硬币：给定任何具有正概率的过去序列，下一次正面概率仍为 p。

大数定律约束频率偏差，不要求正面数与期望正面数的绝对差越来越小。

同一个二项模型：相对波动的尺度缩小，绝对波动的尺度增大。

已知公平硬币连续五次正面的概率是 1/32，但既然这五次已经发生，下一次反面仍为 1/2。若不知道硬币是否公平，一串正面可以作为推断 p 的证据；那是未知参数推断问题，不能与本题已知模型混用。

已知有偏与未知公平是两回事

改为已知正面概率 p=0.6、各次独立的硬币。已经连出五次正面。

Y 完全由 X 决定，相关系数呢？

X 在 −1、0、1 上等概率取值，定义 Y=X²。已知道 Y 是 X 的确定函数。它的皮尔逊相关系数会怎样？

把点图和联合表放在一起

先看 Y=X²，再切换到 Y=X，最后切换到“Y 独立同分布于 X”。点面积表示该联合格子的概率，联合表同时提供确切数值。

X² 图中左、右两侧的线性贡献是否相消？知道 Y=0 后，X 还可能取什么？

实验材料的静态对照（供打印或无脚本阅读）

模型	相关系数	独立
Y=X²	0	否
Y=X	1	否
独立副本	0	是

用一个事件格子就能否定独立；证明独立则要满足所有事件的乘积条件。

先算线性协方差，再问独立性

1. 各量对应具体点。X 的均值是 0；Y 的均值为 2/3；XY=X³ 的均值为 0。
2. 协方差只测线性同向偏移。左右两端相消，使协方差为零；X、Y 方差都正，所以相关系数也为零。
3. 找事件乘积的反例。Y=0 强制 X=0，联合概率 1/3，而边缘概率的乘积是 1/9。一个反例足以否定独立。

离散反例：X 在 −1、0、1 上等概率分布，Y=X²。

Y=X² 时 XY=X³；线性协方差为零仍可有确定性依赖。

用一个事件格子就能否定独立；证明独立则要满足所有事件的乘积条件。

相关系数要求两个方差都大于零；常数变量的相关系数未定义。

独立且相关期望存在时会推出零协方差；逆向一般不成立。只有在联合二维正态等特定模型下，零相关才推出独立；仅两个边缘各自正态还不够。任一变量方差为零时，相关系数未定义，不是零。

换掉函数关系

现在 Y 是 X 的独立副本：两者都在 −1、0、1 上等概率取值，九种有序组合各概率 1/9。

输了就加倍，能稳定赚到一吗？

虚构公平游戏，每次独立，以 1/2 概率赢回等额净收益或输掉下注。下注额依次 1、2、4、…；第一次赢就停止，最多下注 6 次。问整轮净收益的数学期望。

别只盯着赢的那条柱

把最多次数 m 从 3 改到 6，再改到 12。左侧显示每轮两种净收益及概率，右侧读数给出精确期望和所需本金。做 10,000 轮后比较采样均值与精确均值。

罕见大输可能尚未出现在某次有限样本中。增加胜率时，失败的损失也怎样变化？

把尾部和常见结果放进同一个和

1. 先算每轮收益。第 k 次首次赢，之前亏 1+2+…+2^(k−2)=2^(k−1)−1，这次净赢 2^(k−1)，总净收益为 1。
2. 保留失败分支。连续 m 次都输的概率是 2^(−m)，累计损失为 2^m−1；其余所有局净赢 1。
3. 概率乘收益，再相加。m=6 时，63/64 局赢 1，1/64 局亏 63，两项期望恰好抵消。

公平独立输赢、每次加倍、最多 m 次：高频小赢与低频大输并存。

截断加倍策略的精确净收益期望为零；这里没有手续费。

支撑 m 次下注需要的累计本金按指数增长，单位与第一笔下注相同。

m 增加提高获利概率，却同时指数增加最坏损失和支撑策略的本金。模拟均值若暂时为正，不能修改精确期望；尾部少见恰好是有限样本难以稳定的原因。

拓展：无上限模型。允许无限本金、无限下注上限与无限等待时，几乎必然最终赢一次，但这是与任意有限 m 不同的极限对象。

无上限模型几乎必然最终赢一次，但期望与极限不能随意交换；尾部不满足所需的一致可积性。

这不是概率矛盾：负尾部不断变稀却变重，无法随意交换期望与极限。最后的极限结果是拓展结论，不把有限成本下的策略描述为保证获利。

把 6 次改成 10 次

保留独立、公平与首赢即停规则，最多次数改成 10。比较成功率、本金和整轮净收益期望。