有哪些違背直覺的數學問題？

12-16

暫時內容以概率問題為主，希望可以得到完善

從曲率半徑的角度來講，A罩杯是個比C罩杯更大的球。

有一所大學，分別是法學院和商學院，新學期招生。當年申請的學生抗議說這兩個學院有性別歧視，並給出了如下數據：

法學院

商學院

根據上面兩個表格來看，女生在兩個學院都被優先錄取。即女生的錄取比率較高。現在將兩學院的數據匯總：

神奇的事情出現了，在總評中，女生的錄取比率反而比男生低。

這個例子就是典型的 辛普森悖論，亦有人譯為辛普森詭論，為英國統計學家E.H.辛普森（E.H.Simpson）於1951年提出的悖論，即在某個條件下的兩組數據，分別討論時都會滿足某種性質，可是一旦合併考慮，卻可能導致相反的結論。簡單的將分組數據相加匯總，是不能反映真實情況的。在我們的日常生活中，辛普森悖論所導致的誤解和偏差無處不在。

就上述例子說，導致辛普森悖論有兩個前提。

1、兩個分組的錄取率相差很大，就是說法學院錄取率很低，而商學院卻很高。而同時兩種性別的申請者分布比重相反。女性申請者的大部分分布在法學院，相反，男性申請者大部分分布於商學院。結果在數量上來說，拒收率高的法學院拒收了很多的女生，男生雖然有更高的拒收率，但被拒收的數量卻相對不算多。而錄取率很高的商學院雖然有較高的錄取比例，但是被拒收的男生數量相對法學院來說則明顯較多。

2、有潛在因素影響著錄取情況。就是說，性別並非是錄取率高低的唯一因素，甚至可能是毫無影響的。至於在學院中出現的比率差，可能是隨機事件。又或者是其他因素作用，比如入學成績，卻剛好出現這種錄取比例，使人牽強誤認為這是由性別差異而造成的。

例子二、

查看雷阿倫和科比的職業生涯統計，發現無論兩分球命中率還是三分球命中率，雷阿倫都高於科比，但總命中率科比卻高於雷阿倫。

這個結果是比較反直覺的，一般人會認為既然雷阿倫的兩分球和三分球都更准，那麼總體也應該更准才對。

但問題的關鍵在於：兩分球和三分球在兩人出手中所佔的比重不同，所以不能進行直接的比較。舉一個極端的例子：科比和雷阿倫都出手1000次，其中科比出手999個兩分球命中460個，出手1個三分球命中0個，雷阿倫出手500個兩分球命中250個，出手500個三分球命中200個。

那麼科比的兩分球、三分球以及總命中率分別是46%、0%、46%，而雷阿倫的則是50%、40%、45%。由此可以看出，這個問題實際上是不具有貪心特性的，局部最優並不一定能保證全局最優。比賽中為了追求成功率當然應該多投兩分，但不要忘了每個三分球比兩分球多出50%的分數。

假設一個球員三分球命中率是40%，兩分命中率是50%，那麼他每次三分出手得分的期望值為1.2分，每次兩分出手則只有1分。這時再考慮前面的例子，科比以46%的命中率每回合得分期望為0.92分，而雷阿倫以45%的命中率每回合得分期望為1.1分，這又是一個反直覺的例子。

References:

1. 辛普森悖論, MBA智庫，辛普森悖論 - MBA智庫百科

2. 辛普森悖論：一個反直覺的統計現象 - huangbo10的專欄 - 博客頻道 - CSDN.NET

友誼悖論（Friendship Paradox）：平均來說，一個人的朋友數量往往比他朋友的朋友數量要少。原文發在了我的專欄知乎專欄

舉個簡單的例子：下圖中連線的人彼此是朋友，A,B,C,D分別有1，3，2，2個朋友，平均有2個朋友，而我們再看每個人朋友的朋友。A的朋友有3個朋友（來自B），B的朋友分別有1個（A），2個(C)，2個(D)朋友，C的朋友分別有3個（B），2個（D）朋友，D的朋友分別有3個（B)，2個（C）朋友。平均來說，每個人的朋友有18/8=2.25個朋友！

數學上說的話，假如學生i的朋友數量是x_i的話，用FF(i)表示i的所有朋友擁有的朋友數量的話，那麼E[FF(i)/X_i]&>E[X_i]. (實際上當所有人都有相同數量的朋友時會取等號，但是現實中幾乎沒有可能）

為什麼會出現這種情況呢？下面是無聊的數學解釋，不想看的可以直接跳到應用部分。

我們用x_ij=1表示i和j是朋友，x_ij=0表示i和j不是朋友，那麼我們首先可以意識到j的朋友數量可以表示為：

而一個人朋友的朋友總數量可以表示為：

那麼一個人的朋友平均擁有的朋友數量就是上面兩式相除了，我們將每個人的平均朋友數量和所有人的平均朋友數量就分別表示為：

其中第二個式子相當於把左右的i的mu(i)相加了，也就是我們在例子中如何得到的18/8。那麼這個式子分子分母同時除以總人數得到的東西就很簡單了：就是一個變數x_i的二階矩除以一階矩嘛！我們知道一個變數的方差是二階矩減去一階矩的平方，並且方差非負。我們假設x_i的期望是mu_F，標準差是sigma，那麼可以得到

因為方差（sigma的平方）大於0，所以朋友的平均朋友數量是嚴格大於一個人的平均朋友數量的！

如果不用數學，而是講道理的話，這是因為那些有很多朋友的人，在計算朋友的朋友數量時會被更多次地被記到，因此會抬高平均數。

其實這個理論對個體而言並沒有太大用，比如最popular的那個姑娘，她的任何一個朋友都沒她朋友多。但是平均而言就不一定了，大部分的人所擁有的朋友就沒有自己朋友的朋友多了。

這個理論不能解釋個體的遭遇，但可以很好的解釋一些事情為什麼傾向於發生（tend to happen）。比如一個學者，平均來說與他合作過的學者會比他更大牛。再比如說，平均來說，一個人的ex數量沒有他ex的ex數量多。所以如果你遇到了反常的情況，那麼第一種可能是你的ex數量已經傲視群雄了，第二種情況，也是更大可能的情況，就是有人在說謊咯。

（不算是數學問題，但結果很有趣）
農民張大伯去買一斤小米

米店老闆掏出一個秤，放在地上，隨手拿起一把刀割破了一個米袋，米就嘩嘩嘩的掉到秤上

等到秤的示數為一斤時的瞬間，老闆堵住了米袋子的口子，把秤上的小米給了張大伯

張大伯心滿意足的走在回家的路上，心中感慨老闆真是個豪爽的人

突然，他覺得不太對勁：
按照F=ma，小米在落在秤盤上時應該會產生一個力......所以他買到的米其實不足一斤

第二天，張大伯將老闆告上了官府。

張大伯把自己的想法說出來了
老闆則表示這樣做每次都沒出過差錯

縣太爺聽了，微微一笑：「這是誤會，老闆沒有坑你」

說完，縣太爺猛地取一根毛筆，蘸墨寫到：

設秤距離拋出點的豎直高度為h

記小米的流速為 $lambda =m_{0} kg/s$

則在秤恰好顯示1斤時，取此後一極短時間 $Delta t$

此時間內，與秤盤發生碰撞的小米質量設為m
則 $m=lambda ·ullet Delta t$
由動量定理，得
$FDelta t=mv$
其中 $v=sqrt{2gh}$

聯立得 $F=lambda sqrt{2gh}$
也就是說此時秤的示數 $N=F+m_{1}g$ （m1為已經落在盤上小米的質量）

張大伯一聽，憤怒的說：你看，我這不是損失了相當於 $frac{F}{g}=lambda sqrt{frac{2h}{g} }$ 這麼多的小米嗎！

縣太爺笑道：別忘了，現在空中還有小米呢

老闆一聽，感到有些疑惑：啊？這麼說難道是我虧了嗎？

縣太爺接著寫到：
記張大伯所說的 $lambda sqrt{frac{2h}{g} } =m_{2}$
而此時在空中的小米質量為 $m_{3}$
則 $m_{3}=lambda t$
其中 $t=sqrt{frac{2h}{g} }$ ，代入發現 $m_{2} =m_{3}$

這也就是說，你們倆一點都沒有虧

張大伯和米店老闆聽了，相視一笑，從此過上了快樂的生活。
------------------正經分割線---------------
這個問題就是說，在如此稱米時不用考慮衝量的影響，為我們提供了一種快速省時逼格高的交易方法，當然，前提是你的功夫足夠高
-----------------五月十日更新-----------------
發現被白如冰大神贊了，受寵若驚。

回答幾個問題：
1、題主問數學問題，你這不是物理嗎？
額，這個我在答案一開始就提醒過了啊…而且知乎上強調數學重要性時經常會有人說「沒有數學，哪有物理、化學」，這裡咋反其道而行之呢

2、這有什麼意義啊，正常稱不好嗎？
這個問題還是很好回答的。
因為答主我比較年輕(￣▽￣)
所以你們老年人可能不太理解這裡面的浪漫帥氣之處

3、可否轉載？
隨意

我的其它不好笑的回答：

有哪些沒專業知識就 get 不到的笑點？ - 渣渣的回答你怎麼看高考作文？ - 渣渣的回答

我總覺得那個影子會被拉長……

看過證明之後依然這樣覺得（畢竟看不懂！

保圓性
保圓性就是在球極投影變化下，球面上任意的不過兩極的圓都被投影成一個圓。過兩極的經線圈被投影成直線。

保角性
保角性是指，球極投影時，球面上兩個弧線之間的夾角可保持不變。由此，其可以幫助人們很好地測量天體和研究天文學。

演示視頻：
視頻封面 Further adventures in stereographic projection視頻

5.14更新

謝謝各位的評論和贊。我決定好好修改一下答案。

哼，竟然你們對概率題這麼感興趣，那我在最後再加一題。這題看似很簡單，我賭1毛錢你們答不對。

===========================更新後的答案=============================

上知乎以來一直在抖機靈，終於有機會寫點稍微乾貨點的東西啦。

一、一個非常著名的概率問題叫做兩孩悖論(Two-Child Paradox)。

有一對夫婦有兩個孩子，考慮下面三個條件：

第一個孩子是男孩
其中有一個孩子是男孩
至少有一個男孩是在星期二出生的

問在上述三個條件下，分別求出另外一個孩子也是男孩的概率是多少？

直觀感受上，三個條件的下，概率應該都一樣，應該是1/2才對，但其實
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$left[egin{matrix}BB~~~BG\GB~~~GG\end{matrix} ight]$

$B$

$G$

$frac{1}{4}$

首先，上述矩陣給出了兩個孩子性別的所有組合，由於第二個孩子的概率分布與第一個孩子的概率是獨立的，所以條件1為 $1/2$ 。

好了，接下來是條件2的這種「其中一個為男孩」的表述比較唬人，這個問題之所以成為悖論，是因為早在上個各路數學家在我們之前就先大吵了一頓，因為「其中一個」可以被理解成不同的意思：

「至少一個」孩子是男孩

這是我一直以來的理解，直到我寫了這個答案被各路知友指出錯誤。

我之所以一直都這麼理解是因為高中數學好像都是這麼講的(⊙﹏⊙)o(≧口≦)o，我並不是有意誤導你們的╥﹏╥...

一本叫《科學世界》的雜誌2009年第9期好像也是這麼講的。

在這種情況下，另外一個是男生的概率為：
$P=frac{frac{1}{4}}{frac{3}{4}}=frac{1}{3}$

「其中某一個是男孩」

這種其中一個是帶特指的。這種場景可以理解成，你跟其中某一個孩子通過電話，是男的。問另外一個的性別，雖然你不知道那個男生是大是小，但是無論哪種可能，另外一個孩子的性別是獨立分布的，概率為1/2。

根據scalar implicature，還有「有且僅有一個是男孩」，可參考

從語義和語用的角度分析，「其中一個」是否意為（或可以默認意為）「其中至少一個」或「其中特定一個」？ - 語言學

在這種情況下，顯然另外一個孩子是男生的概率是0。

為什麼數學題還要考語文呢。。

$frac{13}{27}$

條件3的問題比較複雜，我們要引入一個更大的矩陣

$left[egin{matrix} B_1B_1~~~B_1B_2~~~B_1G_1~~~B_1G_2\ [L^2]~~~~[LM]~~~~[L^2]~~~~[LM]\ \B_2B_1~~~B_2B_2~~~B_2G_1~~~B_2G_2\ [LM]~~~~[M^2]~~~[LM]~~~[M^2]\ \G_1B_1~~~G_1B_2~~~G_1G_1~~~G_1G_2\ [L^2]~~~~[LM]~~~~[L^2]~~~~[LM]\ \G_2B_1~~~G_2B_2~~~G_2G_1~~~G_2G_2\ [LM]~~~~[M^2]~~~[LM]~~~[M^2]end{matrix} ight]$

我們假設每個孩子都可能有兩種類型用下標1和2表示， $L$ 和 $M$ 分別表示這兩種的相對概率。那麼這個矩陣就表示了所有男孩和女孩的所有情況。

我們假設其中一個男孩是類型1，那麼對應的情況就是這個矩陣就是第一個行和第一列，即 $B_1$ 發生了，全部情況的權重為 $4L(L+M)-L^2$ ，兩個男孩的權重為 $2L(L+M)-L^2$ ，因此兩個男孩的概率為：

$P=frac{2L(L+M)-L^2}{4L(L+M)-L^2}=frac{2-p}{4-p}$

其中 $p=frac{L}{L+M}$ 在我們考慮的iii)中L為周二的相對概率，M為不是周二的相對概率，因此 $p=frac{1}{7}$ ，那麼

$P=frac{2-frac{1}{7}}{4-frac{1}{7}}=frac{13}{27}$

注意到，這個 $p$ 越小， $P$ 越接近「其中某一個是男生」的概率，即 $1/2$ ；如果 $p$ 越大，那麼 $P$ 越接近「至少有一種是男生」的概率，即 $1/3$ 。

我們還可以衍生到別的情形中，比如其中一個男孩是聖誕節生的，那麼另外一個也是男孩的概率是

$P=frac{2-frac{1}{365}}{4-frac{1}{365}}approxfrac{1}{2}$

參考文獻：

[1] Boy or Girl paradox
[2] http://mathsci.ucd.ie/~plynch/Publications/BIMS-TwoChildParadox.pdf

二、 希爾伯特旅館悖論：假設有一個擁有可數無限多個房間的旅館，且所有的房間均已客滿。

但是對於無限房間的旅館，客滿不代表不能接收新的客人。如果有

有限個新客人

設想此時有一個客人想要入住該旅館。由於旅館擁有無窮個房間，因而我們可以將原先在1號房間原有的客人安置到2號房間、2號房間原有的客人安置到3號房間，以此類推，這樣就空出了1號房間留給新的客人。重複這一過程，我們就能夠使任意有限個客人入住到旅館內。

無限個新客人

將1號房間原有的客人安置到2號房間、2號房間原有的客人安置到4號房間、 $n$ 號房間原有的客人安置到 $2n$ 號房間，這樣所有的奇數房間就都能夠空出來以容納新的客人。因此偶數集合和整數集合等勢（你可以認為偶數和整數「一樣多」。）

無限個客車且每個客車上有無限個新客人

這需要有一個前提條件：所有客車上的每個座位都已經編好了次序（即旅館管理員對客人的安排滿足選擇公理）。首先，如同前面一樣將所有奇數房間都清空，再將第一輛客車上的客人安排在第 $3^n$ 號房間 $(n=1,2,3...)$ 、第二輛客車上的客人安排在第 $5^n$ 號房間，以此類推，將第i輛客車上的客人安排在第 $p^n$ 號房間（其中， $p$ 是第 $i+1$ 個質數）。

參考文獻：

[1] Hilbert"s paradox of the Grand Hotel

三、生日問題：一場足球賽的23人（2支球隊22人+只算1個裁判=23人）中，有超過50%的概率兩個人的生日同月同日。

證明：假設一年只有365，n個人生日同月同日都不一樣的概率為

$P(n) = 1 cdot left(1-frac{1}{365} ight)cdot left(1-frac{2}{365} ight) cdots left(1-frac{n-1}{365} ight) =frac{365}{365} cdot frac{364}{365} cdot frac{363}{365} cdot frac{362}{365} cdots frac{365-n+1}{365}$

則

$P(23)=0.4927$

參考文獻：

[1] https://en.wikipedia.org/wiki/Birthday_problem

四、 $i^i$ （i的i次方）是一個實數的集合。

證明：

$i=expleft[ileft(2kpi+frac{pi}{2} ight) ight]$ ，其中 $k$ 為任意整數，因此

$i^i=expleft[-left(2kpi+frac{pi}{2} ight) ight]$

五、再來一個我認為最有趣的：

一個課室的講台上有一個箱子，裡面有兩種顏色的小球：紅色和藍色，各自種類數量不相同，我們假設藍色球數量為 $A$ ，紅色球數量為 $B$ ，並且一種球的數量要比另外一種要多，即有兩種情況，一種是紅多，一種是藍多，而且出現這兩種情況的概率分別概率是1/2。我們假設 $p$ 為抽到一個小球等於數量多的那個球的概率，顯然 $p>0.5$ 。現在班上的同學開始排隊取小球。按照順序，每一個人取了一個小球，自己偷偷看然後放回箱子（這樣後面的同學抽藍色的球概率不變），並且宣布一個自己的對箱子中主要的球的主要顏色的猜測（即猜A大還是B大），假設這個猜測是根據自己所掌握的信息（自己抽出小球顏色和之前的人宣布的猜測）最大化自己猜測的正確性。

那麼問題來了：

如果前面兩個人的猜測都是藍色，那麼第3，第4到第n個人宣布自己猜測為藍色的概率是多少？
從第 $2n$ 個人之後的所有人宣布相同的猜測的概率是多少？

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答案是：

全部都是100%，無論 $A$ 和 $B$ 是多少，無論後面的人到底抽到的是藍色的球還是紅色的球。
$1-[(1-p)p]^{n}$ ，可以發現n越大這個概率越高，也就是當n足夠大的時候，所有人一定會給出同樣的猜測！

這個題背後的模型叫做信息瀑布(Information Cascade)，論述有點長，推導過程我決定放到我專欄的文章裡面。

為了方便表示，我們用 $X_i={0,1}$ ，和 $Y_i={0,1}$ 分別來表示第 $i$ 個人的偷偷看的球的顏色和他宣布的猜測的顏色。 $0$ 為紅色， $1$ 為藍色。

如果你是第一個人，你該怎麼做？很簡單， $X_1$ 是1就寫1，是0就寫0，即 $Y_1leftarrow X_1$ ，因為猜中的概率 $p$ 超過0.5。

如果你是第二個人，你所掌握的信息有 $X_2$ 和 $Y_1$ ，注意到第二個人是知道第一個人是做決策的，即 $Y_1=X_1$ ，這個時候你要稍微考慮一下了，有以下兩種情形：

如果 $Y_1=X_1=X_2$ ，則 $Y_2leftarrow X_1=X_2$ 。
如果 $Y_1=X_1 eq X_2$ ，扔一個硬幣，如果正面朝上，則 $Y_2leftarrow X_1$ ；如果朝下，則

如果你是第三個人，那麼情況開始就有點難處理了，兩種情況

如果 $Y_1=Y_2$ ，那麼無論 $X_3$ 等於什麼，第三個人都會忽略自己的私密信息 $X_3$ 並且選擇，跟隨別人，即 $Y_3leftarrow Y_1$

如果 $Y_1 eq Y_2$ ，則 $Y_3leftarrow X_3$ 。

注意到，

$Y_1=Y_2$ 的情況下，第三個人釋放的信號 $Y_3$ 是沒有任何信息量的，因為在任何條件下， $Y_3$ 都等於 $Y_1$ 和 $Y_2$ 。因此後面第四個人開始，所以人面臨的選擇都跟第三個人一毛一樣，並且都會選擇 $Y_i=Y_2=Y_1$ ，這樣以來，信息瀑布就開始了。信息瀑布的產生，只需要兩個人。

$Y_1 eq Y_2$ 的情況下，後面所以人會自動忽略掉這兩個信號，因此你考慮把隊列前面兩個人移除然後把第三個人看成是一個新的隊列的第一個人，因此如果 $Y_3=Y_4$ ，那麼依然可能產生信息瀑布。如果 $Y_3 eq Y_4$ ，同理，移除他們，把後面的人當成新的隊列的第一個人。

可以計算第二個人之後沒有信息瀑布的概率是

$Pr_{no}=Pr{Y_1 eq Y_2}=p(1-p)$

並且產生錯誤和正確的信息瀑布的概率相同，為

$Pr_{err}=Pr_{cor}=frac{1-p(1-p)}{2}$

同理，第2n個人之後沒有產生信息瀑布的概率是

$Pr_{no}=Pr{Y_1 eq Y_2, Y_3 eq Y_4,...,Y_{2n-1} eq Y_{2n}}=(p(1-p))^n$

這個數越來越小，當 $n ightarrow infty$ ， $Pr_{no} ightarrow 0$ ，因此信息瀑布總會發生。

總結：

當有隊列前面兩個人宣布相同的猜測時候，第三個人會放棄自己的信息而選擇相信他們兩個。注意到產生這個原因並不是因為第三個和後面的人盲目跟風，而是因為在這個機制下信息傳達效率低。因此，理論上，傳遞謠言只需要兩個群眾演員。
信息瀑布可能是錯誤的，而且錯誤的可能性很高。假設第一和第二個人公布信息相同，那麼第三個人之後的公布的信息沒有信息量，無法消除更多的不確定性。
錯誤信息瀑布怎麼終止？其實很簡單，只要有一個人不守規矩公布了自己的私密信息，就可以停止了。還記得皇帝的新衣的故事嗎？它就是一個很好的信息瀑布的例子，最後這個信息瀑布是怎麼結束的？一個小女孩「不懂事」，大聲地說出：「他其實什麼也沒穿吧。」這個效應也叫皇帝的新衣效應(Emperor"s New Clothes Effect)。

詳細推導與具體如何造謠請見我的專欄文章：

http://zhuanlan.zhihu.com/p/20894784

參考文獻：
[1] Bikhchandani, S., Hirshleifer, D., and Welch, I. (1992), "A Theory of Fads, Fashion, Custom, and Cultural Change as Informational Cascades," Journal of Political Economy, Volume 100, Issue 5, pp. pp. 992-1026.
[2] Schiller, R.J. (1995). "Conversation, Information and Herd Behavior". Rhetoric and Economic Behavior
[3] Information cascade

六、

知乎上看到的一個問題：這個遊戲公平嗎？ - 投資

有一天，一位陌生美女主動過來和你搭訕，並要求和你一起玩個遊戲。她提議：「讓我們各自亮出硬幣的一面。如果我們都是正面，那麼我給你3元，如果我們都是反面，我給你1元，剩下的情況你給我2元就可以了。」那麼該不該和這位姑娘玩這個遊戲呢？這基本是廢話，當然該。問題是，這個遊戲公平嗎？

簡單一算，都是正面的概率是 $1/4$ ，都是反面也是 $1/4$ ，一正一反的概率是 $1/2$ ，那麼通過這個遊戲，我獲得的獎勵的期望是

$E=frac{1}{4}cdot 3+frac{1}{4}cdot 1-frac{1}{2}cdot 2=0$

這遊戲很公平啊，美女竟然跟我玩這麼無趣的遊戲，不是美女寂寞了，就是我太有魅力。

不過，仔細一想，這不對啊！

我們是亮硬幣，不是拋硬幣，因此這個以什麼概率亮出硬幣的概率是可以控制的！經過我大腦飛速的運算，我發現，如果我以 $0leq x leq 1$ 的概率出正面，而美女以 $frac{3}{8}$ 的概率出正面，那麼我的期望收益為

$E=frac{3}{8}cdot 3cdot x+frac{5}{8}cdot (1-x) cdot1 -left(frac{3}{8}cdot (1-x)+frac{5}{8}cdot x ight)cdot 2=-frac{1}{8}$

也就是說在這種情況下，無論我怎麼選擇亮硬幣的概率，我平均每輪都要虧 $-frac{1}{8}$ 塊錢，這還得了！警察蜀黍，我遇到騙子啦！

那麼上面說的 $frac{3}{8}$ 是怎麼而來的呢？

其實這道題不是簡單的概率問題，而是一個經典的零和(Zero-sum)混合策略(Mixed Strategies)博弈問題，假設你出正面的概率是 $p_1$ ，她出正面的概率是 $p_2$ ，那麼你的平均收益則為

$E_1= 3cdot p_1cdot p_2+ 1 cdot (1-p_1)cdot (1-p_2) - 2cdot left(p_2cdot (1-p_1)+(1-p_2)cdot p_1 ight)$

她的則是

$E_2= -3cdot p_1cdot p_2- 1 cdot (1-p_1)cdot (1-p_2) + 2cdot left(p_2cdot (1-p_1)+(1-p_2)cdot p_1 ight)$

這個Game只有一個混合策略納什均衡(Nash equilibrium)，即 $(p_1^*,p_2^*)=left(frac{3}{8},frac{3}{8} ight)$ 。這個混合策略納什均衡有一個性質，就是在對手使用了達到納什均衡的那個策略，即 $p_2=p_2^*=frac{3}{8}$ ，那麼無論你選擇什麼策略對會有相同的收益期望。

參考資料：

[1] Game theory
[2] Nash equilibrium

複習的快吐了來更新....

Hilbert豪華大酒店-住滿了還可以開房的酒店

我們來講一個好（hu）玩（che）的故事：

你潛學多年，制定了一套完美無缺的撩妹神技。在一個月黑風高的夜晚，你開始行動；果不其然，妹子很快就投入了你的懷抱中。這時，你拿起了手機，撥通了老朋友David Hilbert——一個開酒店的數學家——的電話，實行最後一步。你的嘴角微微的上揚，因為你知道這個計劃萬無一失：Hilbert的酒店肯定有房間—他的酒店有無數間房間，從1,2,3開始標號，什麼自然數的房號它都有。

「喂，老兄—」

「Hilbert，計劃成功了。我需要一間房間。」

「誒，今天酒店客滿啊...」

什麼？難道上天都要阻止你？不過，作為一個數學家，你並沒有因為一點點挫折而放棄，稍微想了想後你找到了解決辦法：

「Hilbert兄，幫個忙吧，把1號房間的客人轉到2號房間，2號房間的轉到3號房間，3號房間的到4號房間....這樣1號房間就空出來了啊。」

「可以可以，不愧是我的關門弟子。來了後直接問前台拿1號房間的鑰匙就行。」

你就這樣成功的把到了妹子。有了這個秘訣，你開始撩越來越多的妹子。因為實在是記不得那麼多人的名字，你開始給每個妹子都分配一個自然數：1,2,....Hilbert也照例都給你提供房間。只要把第一個房間的客人移到第X+1個房間，第二個到第X+2個...那麼房間1到X就又空了出來。

有一天，你發現你帶了無數個（可數）的妹子。

Hilbert說：「這次我把第一個人移到哪裡都住不下那麼多人咯。」

機智如你，你馬上想到了解決辦法：

「把1號的移到2號房間，2號的移到4號房間，3號的移到6號房間....這樣所有單數的都空了出來，就可以住下無限個人啦!」

Hilbert點了點頭：「不錯不錯！把她們帶來吧！」

後來你的妹子越來越多，自然數已經不夠標的了。你開始給每個妹子分配一個正分數（所有的正有理數）：

$frac{a}{b}quad a,b>0$ ,漸漸地分數都標完了。

Hilbert看著你，笑了笑說：「你說這次該怎麼辦？」

你拿出紙和筆，寫下了這張圖：

「我們一樣把所有人都移到雙數號房間。我們從1/1開始,把1/1放在1號房，2/1放到3號房，1/2放到5號房.....這樣一個蛇形的方式我們就可以把所有妹子放到房間里啦！」

Hilbert拍了拍手：「小夥子，技術已經爐火純青啊！」

但是你並不滿足於這些。你開始瘋狂的撩妹，一次又一次，你撩到了正有理數那麼多的妹子.....有一天你發現如果把第一次撩到正有理數那麼多的妹子記成1，那麼你已經撩了1,2,3,.......無數次了，和Hilbert酒店的房間序號都一樣多了，這個酒店卻還是總能裝得下你所有帶來的妹子，只要一次一次的把人都移到雙數的房間就可以。

你心想：數學家開酒店和別人就是不一樣！

於是你毫無顧忌的開始撩妹。有一天，你發現你需要用所有的實數來給妹子標號了。

你再次來到Hilbert豪華大飯店，問要開房。Hilbert卻搖了搖頭，告訴你房間真的不夠多。你並不相信Hilbert：「我前幾次帶了無限個人都好好的，為什麼這次帶了無限個人就不行了呢？」

Hilbert回答道：因為你這個無限太大，而我這個無限太小。

「什麼？！無限還有大小？Hilbert老兄，你不會是眼紅了瞎說吧？」

「沒有沒有，小夥子還是simple, naive了點，請聽我慢慢講來...」

這個老頭慢慢的拿起了筆，畫下來這麼一張圖：

「我們來把你給妹子的數字都換成一個無限長的二進位的序列，就像 $pi$ =3.1415926535.....一樣，只是我們這個是二進位，只有0和1。接下來，我們假設你是可以把所有的妹子放到我的酒店裡的。我們就先假設我現在酒店裡是空的好了。把在一號房間里的妹子的序列叫 $s_1$ ,二號的叫 $s_2$ ,以此類推，可以有上面那張圖，沒問題吧？」

「沒問題。」

「好，我們現在來創造一個數列 $s$ ：把第一個房間的妹子的序號的第一位拿出來，如果是0，那麼 $s$ 的第一位就是1，如果是1，那麼 $s$ 的第一位就是0。然後再取第二個房間的妹子序號的第二位，如果是0那麼 $s$ 的第二位就是1，如果是1那麼 $s$ 的第二位就是0.然後接下來看第三個房間，一樣的步驟....」

『好了好了，我知道了。這樣可以創造出一個無限的序列 $s$ ，又怎麼樣呢？』

「別急別急。你看， $s$ 的第一位和 $s_1$ 的第一位是不一樣的對吧？」

「對。」

「那是不是說明 $s$ 這個數列代表的妹子不在第一個房間？」

「是的。」

「那麼同理, $s_2$ 的第二位和 $s$ 的第二位....」

突然你恍然大悟....「這樣，這樣以此類推，s不在1,2,3,4.....的房間裡面，所以說明我們根本就沒有把s放到房間裡面！」

「沒錯沒錯.....所以實數是要多過我（自然數）的房間數量的。但是你當時候用有理數標的時候我就可以放下，所以有理數和自然數是一樣多的。」

「那我這些妹子怎麼辦？」

「沒事沒事，去Cantor至尊飯店就行。他們的房間夠！{注釋1}」

【完】

{注釋1}：Cantor是現代數學家中第一個證明實數比自然數要「多」的數學家。換句話說，自然數不可數：你不能用1,2,3,等來表示所有的實數，因為你肯定會忘了標一些。

—————————————————華麗麗的分割線————————————————

原答案：

數學系的終於可以回答對口的問題了...概率學的「悖論」確實比較多，不過我今天就講一個著名的非概率學「悖論」：

我可以造一個擁有無限表面積但是有限容量的容器。

其實這個構造極其的簡單：把正常的雙曲線：

$y=frac{1}{x}$

繞著x軸轉一個圈就可以啦：

我們取 $xgeq 1$ 的部分，這個的體積是 π ,而表面積則是：

$A=int^infty_1 2pi frac{1}{r} dr=infty$

這個數學上叫畫家悖論。為什麼叫這個呢？我們現在假設有一罐π 體積的顏料，那麼把它倒入這個容器中可以正好覆蓋所有的點讓它塗上顏色，但是如果我們就一點一點的塗它的表面，就永遠沒法塗滿它整個表面，因為它表面積是無限！

這所以我們到底是可以給這個容器上色還是不能呢？在一個完美的數學世界裡面（假設顏料中的粒子無限小而這個物體的表面無限光滑），要給這個容器塗上任何有限厚度的漆都需要無限多的漆，而我們在把漆倒進去的時候漆面厚度會很快的趨向於0，所以總的需要的漆的量就是有限的。

而在現實世界裡面，這個容器的直徑總有一點會小到最小的顏料分子也無法穿過去，所以是肯定沒法給這個容器內部上色的啦。

【而且製造這樣有限厚度的這樣的容器需要無限多的材料....】

好妹子就像有理數，你知道有很多，而且隨便就能舉出一大堆，但是如果你在數軸上隨便一戳，戳到有理數的概率是零......

Monty Hall 問題

Monty Hall 的問題陳述十分簡單，但是它的答案看上去卻是有悖常理。該問題不僅引起過很多爭議，也經常出現在各種考試題中。

Monty Hall 的遊戲規則是這樣的，如果你來參加這個節目，那麼

（1）Monty 想你示意三個關閉的大門，然後告訴你每個門後面都有一個獎品，其中有一個門後面的獎品是一輛車，另外兩個門後面則是不值錢的獎品，例如指甲剪之類的東西。獎品是隨機放在三個門後面的；

（2）該遊戲的目的是猜中哪個門後面有車，一旦猜中，你就可以拿走汽車；

（3）你先挑選一個門，不妨假設為門 A，其他兩個門稱為門 B 和門 C；

（4）再打開你選中的門之前，Monty 會先打開 B 或者 C 中一個沒有車的門來增加懸念（如果汽車在門 A 後面，那麼 Monty 打開門 B 或者門 C 都是安全的，所以他可以隨意選擇一個；如果汽車在門 B 後面，那麼 Monty 只能夠選擇門 C）

（5）然後 Monty 給你一個選擇，堅持最初的選擇還是換到另外一個沒有打開的門？

此刻，問題已經拋出來了，是堅持初心還是臨時改變？兩者之間有沒有什麼區別？

對於很多人來說，認為這並沒有什麼區別，剩下仍然有兩個門沒有打開，幾率依然是50% vs 50%。但是，從數學上說，這個並不是正確的，其實換到另外一個門而獲獎的概率會大于堅持不變而獲獎的概率。在解答這個問題之前，請大家回憶一下概率論的一些基本概念。

詳細請見原文：

Monty Hall 問題

The Angels and Demons Problem （天使與魔鬼難題）

下面評論說這遊戲在中國叫「被困住的神經貓」。

不算很熱門的數學問題。。。很少人知道。不過吧，還蠻違背直覺。

問題如下：

天使與魔鬼進行一個回合制遊戲。在一個無限大的格子上（類似圍棋、象棋那種）。

天使一開始位於某個格子，每一回合可以走到任意隔壁八個格子之一。
魔鬼不在格子上。魔鬼的技能就是每一回合，天使走了以後，把某格子刪掉。

補充：
１）魔鬼不能刪掉天使所在的那一個格子
２）天使不能走到任何被魔鬼刪掉過的格子

如果天使走不了了，周圍所有格子都被刪除了，魔鬼贏了。

－－－

比如下圖，已經過了四十個回合。。。

這種情況下，天使已經輸定了，因為再也逃不出中心那六個格子。
大概還有四五步，魔鬼就贏了，把天使控制在一格子之內了。

－－－

所以魔鬼到底有沒有什麼策略能絕對打敗天使？

－－－

這個遊戲呢，如果倆人真去玩，只要天使玩家不傻，就很容易永遠活下去。魔鬼無法阻擋所有方向，控制不了天使。

感覺魔鬼玩這遊戲很難很難。怎麼可能還有打敗天使的妙計呢？

－－－

魔鬼居然的確有個妙計。
很複雜的妙計，很難描述清楚；但是用這個策略，魔鬼一定能在擊敗回合以內打敗天使。

主要是魔鬼只需要在一個大圓圈以內把天使圍起來。
天使每靠近他一步，他就看著方向，把圓圈那邊對應的幾塊給刪除。
簡單說，是1D打敗2D。是1D魔鬼設計出來的一條防線打敗了2D自由行玩家。

魔鬼居然能贏，反正覺得很違背直覺。

－－－

這個問題呢，好幾十年以來都比較冷門，沒人能解決。算是個小眾眼裡未解之謎。
大家都覺得魔鬼沒戲，卻無法證明。

十年前，終於被劍橋一位教授破解：Imre Leader。

替Imre說幾句吧。他是我個人的大學導師，也在三一學院。比較熟悉是因為他小時候跟爸媽比較熟悉，來過我們家好幾次了。匈牙利人，當年（８０年代？）也得了奧數幾枚金銀牌。那幾年可是英國奧數表現最高的一段時間，總在世界前三。後來當了一段時間的英國奧數隊教練。英國奧數隊呢，為何年年跟匈牙利隊一起訓練，也就因為他。

另外，Imre曾經是多年歐洲黑白棋冠軍，雖然不太了解。

（自己認為，Imre最牛逼的一次是他看著某個劍橋老師不爽，所以開了自己的課程。結果在兩個禮拜以內，那個劍橋老師自己開的課程沒任何人去上，全部都去聽Imre了）

他這個「天使與魔鬼」的理論是跟誰合作的呢？
Imre自己的導師，另一位匈牙利人，Bella Bollobas。

Bollobas這個人還更牛逼。
原文：世界數學奧林匹克主席。大概類似於世界奧運主席這麼重要。每年奧數在哪個國家，他都有最後說話權。還當了好多年。

（其實主席應該是另外一位匈牙利人，Josef Pelikan，兩個老頭都見過幾次，長得很像，沒分清，不好意思。都是60年代IMO的金牌，後來都參與IMO訓練等等，都蠻優秀啊）

算是導師的導師吧。師傅的師傅。雖然見過幾次，可惜很少有機會交流。Bollobas的導師又是數學著名牛人"The Man who loved numbers" Erdos（又是匈牙利人）。這麼說，我的導師的導師的導師是Erdos，Erdos指數為三。呵呵。

好吧，跑題了。。。

－－－

這個問題被Imre和Bollobas最近破解了，卻出現了一大類新的類似問題。

比如：

１）天使能每回合走兩步，走N步？魔鬼還能贏嗎？
２）魔鬼每次能刪除Ｎ個格子，天使需要走得多塊才能絕對掏出來？
３）3D格子呢，魔鬼還有策略嗎？
４）魔鬼能否同時阻擋多個天使？

等等問題很多。

這個問題沒有現實生活價值，但是非常有趣。也不愁想啊，很多人可能都有想過。
一直都蠻關注這領域的發展。

－－－

有很多人說打敗天使很簡單。

假設魔鬼每次只能在天使旁邊刪除，很容易看出來他打不過天使。天使只需要一直往前走，加入往北。被堵了直接往往西北或東北方向。魔鬼沒辦法。

再假設魔鬼只能在天使兩塊以內刪除。天使一樣很容易贏。一樣的道理，只需要更加慎重選擇東北還是西北。

這樣推理下去，如果魔鬼有這個（Ｘ距離以內才能刪）的限制，也都打不過天使。可以自己試一下。。。

接觸這個限制，或者把Ｘ放得很大（１４左右），魔鬼才能絕對打敗天使。需要一種更宏觀大規模的策略。這匯總策略一點都不符合大部分人的直覺好嗎？

－－－

值乎：

https://www.zhihu.com/zhi/people/723869160852959232?qrcode=1 (二維碼自動識別)

先講一個真實的例子。

1986年，為了對比腎結石治療中兩種手術的優劣，有人統計了接受這兩種手術的病人數量和成功率。在統計中，作者按照嚴重程度把病人分為大塊結石和小塊結石兩組，然後分別統計了兩組病人中手術A和手術B的成功率。得到的結果可以清晰地展示在下面的這個表格中：

讓我們來一行行地看一下這個表格。

先看第一行：對於小塊結石的病人，手術A的成功率為93%，手術B的成功率只有87%。很明顯，手術A勝出。（表格中百分比後面的兩個數字分別是成功案例數/總案例數）。

我們再看第二行：對於大塊結石的病人，手術A的成功率為73%，手術B的成功率只有69%。手術A再次勝出。

數字是不會說謊的。看到這裡，我們似乎已經可以得出結論了：無論對於小塊結石還是大塊結石的病人來說，手術A都有著較高的成功率。這個結論背後有堅實的數據作為支撐，證據確鑿，鐵證如山。

如果你得出了這樣一個結論，請繼續往下看第三行，你的內心可能會在一瞬間崩潰。

第三行中不再把病人分為大小結石兩組，而是顯示了每種手術在所有病人中的成功率。根據第三行的數據，手術A在所有病人中的成功率為78%，手術B在所有病人中的成功率為83%。這樣看起來，好像手術B的成功率又比較高！

WTF！為什麼分開比較時手術A在每組病人中都有較高的成功率，但進行合計後手術B反而有較高的成功率？這聽起來是一件不可能的事情，一定是表格中某個數字算錯了。但你可以把表格中的數字隨便檢查多少遍，你會發現每一個數字都是正確的。

有興趣的話，你可以先自己琢磨一下這究竟是怎麼回事，然後再接著往下讀。

在統計學的世界中，數字不但會說謊，而且它有時還是一個謊話連篇的碧池。如果仔細觀察一下上面表格中的數字，你會發現前兩行四個格子里的手術數量並不是均勻分布的。右上角和左下角的格子里集中了更多的手術，這是因為醫生在面對小塊結石時，更傾向於選擇較小的手術B，而在面對大塊結石時，則更傾向於選擇大手術A。換句話說，醫生在為病人選擇手術種類時，已經無意識中影響了最後的統計結果。

由於在總樣本中佔據了較大的數量，右上和左下的兩個格子中的成功率對比直接決定了合計行中兩種手術的成功率對比。所以這個結果這與我們的直覺正好相反：直覺告訴我們如果手術A在兩組病人中都更好，那麼在所有病人中也應該更好。

評論中有人說答主故意編造了一組數據來誤導大家，其實不是的。這是一個人們在統計手術成功率時發生的真實案例，維基上有這篇醫學論文的題目：Comparison of treatment of renal calculi by open surgery, percutaneous nephrolithotomy, and extraco。這種違背人類直覺的現象在統計學中還有一個專門的名稱，叫做Simpson"s Paradox。

翻翻這個問題下的答案，你會發現大部分違反人類直覺的問題都和概率統計有關。這是因為我們的大腦和幾萬年前原始人的大腦沒有太大區別。在幾百萬年的進化中，我們的直覺可以很好地引導我們理解大小、高低、速度這些直觀的概念，但對於概率統計中極度抽象的概念，我們的直覺就不管用了。

在醫學統計中犯下這種錯誤，會讓你得出一個錯誤的結論。而在法庭中犯下這樣的錯誤，則可能會把一個無辜的人送進監獄。

在1996年和1998年，英國女性Sally Clark的兩個年幼的兒子先後突然死亡。1999年，警方逮捕了Clark，罪名是謀殺自己的兩個兒子。在法庭上，一名不懂概率學的兒科醫生作證說「同一個家庭中，有兩名嬰兒自發突然死亡的概率是七千三百萬分之一」。根據統計數字，平均大約每8500個家庭中會發生一起嬰兒自發突然死亡事件，於是這個兒科醫生就想當然地將兩個1/8500相乘，作為一個家庭中先後發生兩次自然死亡事件的概率。

同樣不懂概率學的法官又憑藉直覺把這個概率等同於Clark無罪的概率，最後判決Clark有罪。Sally Clark在蹲了三年多的冤獄後，這個案子才被平反，她本人在2003年出獄。在失去兩個兒子和蹲冤獄的雙重打擊下，這名母親的精神已經變得非常地不穩定。2007年，43歲的Sally Clark死於酒精中毒。

在這裡，兒科醫生的錯誤計算不是我們討論的重點（他沒有考慮家庭環境、遺傳疾病等因素的影響）。我們重點來關注一下法官在這個案子中犯下的錯誤：一件事發生的概率是否可以直接等同於一個人有罪/無罪的概率？

假設我們在一起謀殺犯罪現場找到了一枚兇手留下的指紋，警察將這個指紋和20000個人的指紋進行對比後，找到了一個與現場指紋吻合的嫌犯。現在，這名嫌犯被帶上法庭，並被指控為殺人兇手。法庭上的專家告訴你，現代的指紋對比技術的正確率為99.99%。換句話說，這種比對技術把兩個人的指紋誤認為同一個的幾率只有萬分之一。（評論中有人說得很對，出錯分為「把同一個人的指誤認為兩個人的」和「把兩個人的指紋誤認為同一個人的」，為表述方便，我這裡的萬分之一出錯率指的是後一種。）

如果你現在是法官的話，你會怎麼去判斷這件事情？這是不是意味著這名嫌犯無罪的概率只有萬分之一？

我們的直覺讓我們很容易得出這樣的結論，不是嗎？

但如果你這樣想的話，你就犯了和Sally Clark案中法官一樣的錯誤。

如果警方用來進行對比的20000人全部都是無辜群眾，那麼用兇手的指紋和他們進行逐一對比後，至少產生一例吻合的幾率是多少？

答案是86%。

（評論中有人問這個86%怎麼算出來的，在這裡簡單說明一下。要計算在20000次對比中至少錯一次的概率，我們只要計算對比測試連續對20000次的概率，然後剩下的就是至少錯一次的概率。連續對兩萬次的概率是0.9999的兩萬次方=0.14，剩下的0.86就是至少出一次錯的概率。）

也就是說，用這種準確率為99.99%的方法在兩萬個無辜的人中去找兇手，你仍然有86%的概率能至少找到一個倒霉蛋和兇手的指紋對得上。儘管這個人完全是無辜的。

我們的直覺總是讓我們忽略這樣一個事實：如果重複足夠多次數的話，概率再小的事情也會發生。因此，在法庭上絕不能把一件事情發生的概率簡單地等同於當事人有罪/無罪的概率。

最後我們來講一下那個經典的三門問題。其他的回答里已經有人講過這個問題了，但我覺得講得都不是特別清楚，所以在這裡再講一次。

這個三門問題（Monty Hall problem）最早來源於一個美國的電視節目。在節目中，參賽者會面對三扇門，其中一扇門後是一輛汽車作為獎品，另外兩扇門後各有一隻山羊。

主持人首先會讓參賽者選擇一扇門，選定之後，主持人會在剩下的兩扇門裡打開一扇後面是羊的門（主持人知道車子在哪扇門後），以增加現場氣氛。接下來，主持人會問參賽者，你現在還有一次機會換一扇門，要換嗎？

很多人（包括答主）在第一次聽到這個問題時，都會認為換不換是一樣的。因為在主持人打開一扇門之後，還剩下兩扇門可供選擇，其中一扇後面是獎品，一扇後面是羊。這時參賽者面對的問題變成了兩扇門中任選一扇，既然參賽者不知道哪扇門後面是獎品，那麼無論選擇哪一扇門的中獎率都是50%。

但是，數學計算表明，這時不換門的中獎率是1/3，而換門後的中獎率是2/3。參賽者應該選擇換門。

這是一個非常違背人類直覺的結論。對於這個結果，別說是普通人，就是很多數學家一開始都不相信，很多學者對這個問題還進行過激烈的爭論。

面對著剩下的兩扇一模一樣的門，參賽者可以自由地在兩扇門之間做出選擇，這讓人很難理解為什麼其中一扇門的概率是1/3，而另一扇是2/3。

我現在還記得當年的概率課老師曾經說過：「在酒吧里引發一場鬥毆的最好方法就是把這個題講一遍。」

另外一個答案中貼出了數學計算過程，但我想應該沒人有興趣去看這些公式，所以我在這裡試著用簡單的語言來推導一下這個結果（這也是我怎麼想明白這個問題的）。

假設你是參賽者，在遊戲的最開始主持人要求你在三扇門裡任選一扇。想像在你選擇的一剎那，你的世界分裂成了三個平行世界，每個世界中的你都選擇了一扇不同的門。很顯然，三個世界裡有一個世界中你選對了，另外兩個世界中你選錯了。記住，每一個世界代表1/3的概率。

接下來，在每一個世界中，主持人在剩下的兩扇門裡打開了一扇有山羊的，然後問你要不要換門。

選擇不換門：三個世界中，一個你中獎，兩個你沒中獎。所以三個世界加起來你的中獎率是1/3。

選擇換門：在原來你中獎的那個世界中，你放棄了正確的門，換成了一個錯誤的門。但是！在另外兩個世界中，你從錯誤的門換到了正確的門，因為主持人已經幫你排除掉了一個錯誤的門。三個世界中，一個你沒中獎，兩個你中獎。所以三個世界加起來你的中獎率是2/3。

這樣講是不是能讓你更好地理解這個問題？

人類的直覺在這個問題中之所以會出錯，同樣是因為人腦十分不擅長處理與概率有關的數字。問題究竟出在哪裡呢？在你做出第一次選擇的時候，汽車在你選中的門背後的幾率是1/3，在另外兩扇門背後的幾率也分別是1/3。當主持人打開一扇門後，相當於幫你排除掉了一扇門。那麼，原來屬於這扇門的1/3的概率跑到哪裡去了呢？這多出來的1/3的概率「疊加」在了另外一扇你沒有選擇的門上，把它的概率增加到了2/3。這就是為什麼換門會有更高的中獎率。

我們的無法看到、也無法感知到這兩個1/3疊加的過程，所以在這裡我們的直覺又不管用了。直覺只會告訴我們，你面前有兩扇門，其中一扇裡面有獎品，所以每扇門的中獎率是50%！

PS：

對於我來說，我更喜歡用平行世界這種方式來想明白這個問題，因為說白了平行世界也就是對概率樹種不同情況的一個比喻罷了。但我在評論中看到好幾個很好的思路，對於有些人來說，可能這些思路理解起來更容易。我在這裡匯總一下：

思路一：把3扇門擴大到100扇。你選中一扇門之後，主持人幫你排除掉98扇錯誤的，這時候換還是不換？憑直覺也能感到應該換了吧。

思路二：如果選擇換的話，本質上等於你一開始就同時選擇了這兩扇門（主持人幫你去掉了一個錯誤的，等於多送了你一條命）。

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看到評論里爭論得這麼激烈，我的概率課老師一定會感到很欣慰。

評論里留言的大部分都是明白選擇換門勝率更大的，我想這是因為會做這個題目的人有更多的動力來寫評論。如果在現實生活中找一屋子人來問的話，選擇換和不換的應該是一半一半，甚至選擇不換的更多。

對有限維矩陣，左逆和右逆總是同時存在，而無窮維矩陣有可能只存在左逆而不存在右逆。

對於一個矩陣：B，它存在左逆的同時一定也存在右逆：
如果AB=I，那麼一定有BA=I。

但是對於一個無窮維矩陣B（或者說算符）存在一個左逆：AB=I，並不代表BA=I，也有可能不存在矩陣C使得BC=I。

反例：算符滿足：
B |n&>=|n+1&>
A |n&>=|n-1&>且A |0&>=0
則：AB=I，BA=I - |0&> &<0|

說到違反直覺，那麼這個必須要提著名的「三門問題」，亦稱為蒙特霍問題或蒙提霍爾悖論，大致出自美國的一檔電視遊戲節目Let"s Make a Deal。問題名字來自該節目的主持人蒙提·霍爾（Monty Hall）。

這個遊戲的玩法如下，非常簡單：

現場有三扇關閉了的門，其中一扇的後面有輛跑車，而另外兩扇門後面則各藏有一隻山羊。
參賽者需要從中選擇一扇門，如果參賽者選中後面有車的那扇門就可以贏得這輛跑車，
當參賽者選定了一扇門，但未去開啟它的時候，節目主持人會開啟剩下兩扇門的其中一扇，露出其中一隻山羊。
接下來參賽者會被問到：是否保持他的原來選擇，還是轉而選擇剩下的那一道門？

那麼問題來了，請問如果你是參賽者，為了得到門後的跑車大獎，你會做哪種選擇，使得自己獲獎的概率會更大呢？
或者增加點難度，換和不換的獲勝概率分別是多少？

為了避免歧義，先明確如下的限制條件：

參賽者只能在三扇門中挑選一扇，而且他並不知道內里有什麼。
主持人明確知道每扇門後面有什麼。
主持人必須開啟剩下的其中一扇門，並且必須提供換門的機會。

那我們可以按照日常直覺分析如下：

參賽者在做出最開始的決定時，對三扇門後面的事情一無所知，因此他選擇正確的概率是1/3，這個非常直觀，合乎直覺。
然後，主持人排除掉了一個錯誤答案（有羊的門），於是剩下的兩扇門必然是一扇是羊，一扇是跑車，那麼此時無論選擇哪一扇門，勝率都是1/2，依然合乎直覺。
所以感覺上，參賽者換不換都無必要，獲勝概率均為1/2。

但事情並沒有這麼簡單，其實在歷史上，這個「三門問題」剛被提出的時候卻引起了相當大的關注，自然而言也引發了一些學者的關注。

瑪麗蓮·沃斯·莎凡特——吉尼斯認定的最高智商人類（IQ：228）
對於這個問題，著名的高智商學者，最聰明的人類，莎凡特在她專欄的回答是改選會更有優勢，她認為換了之後有2/3的概率贏得車，不換的話概率只有1/3。
鏈接地址：Game Show Problem

Yes; you should switch. The first door has a 1/3 chance of winning, but the second door has a 2/3 chance. Here』s a good way to visualize what happened. Suppose there are a million doors, and you pick door #1. Then the host, who knows what』s behind the doors and will always avoid the one with the prize, opens them all except door #777,777. You』d switch to that door pretty fast, wouldn』t you?
是的，你應該換。你第一次選的門只有1/3勝率，但是剩下的另一扇門卻有2/3的機會。

但是，這個結論好像和直覺有點不一樣，難道換不換不應該都是1/2嗎？

其時不僅僅有些讀者會覺得這個答案奇怪且荒謬，當時莎凡特的回答在美國也引起了激烈的爭議：

人們寄來了數千封抱怨信，很多寄信人是科學老師或學者。一位來自佛羅里達大學的讀者寫道：「這個國家已經有夠多的數學文盲了，我們不想再有個世界上智商最高的人來充數！真讓人羞愧！」另一個人寫道：「我看你就是那隻山羊！」美國陸軍研究所(US Army Research Institute)的埃弗雷特·哈曼(Everett Harman)寫道，「如果連博士都要出錯，我看這個國家馬上要陷入嚴重的麻煩了。」

因為直覺告訴人們：如果被打開的門後什麼都沒有，這個信息會改變剩餘的兩種選擇的概率，哪一種都只能是1/2。

持有這種觀點的大約有十分之一是來自數學或科學研究機構，有的人甚至有博士學位。還有大批報紙專欄作家也加入了聲討莎凡特的行列。在這種情況下，莎凡特向全國的讀者求救，有數萬名學生進行了模擬試驗。一個星期後，實驗結果從全國各地飛來，是2/3和1/3。

隨後，MIT的數學家和阿拉莫斯國家實驗室的程序員都宣布，他們用計算機進行模擬實驗的結果，支持了莎凡特的答案。

後來的著名節目《流言終結者》也做實驗，印證了莎凡特的答案。
節目鏈接：【概率論基礎】流言終結者驗證三門問題

可以看出，這是一個概率論和人的直覺不太符合的例子，這告訴我們在做基於量化的判斷的時候，要以事實和數據為依據，而不要憑主觀和直覺來決定。下面是正確的分析，記得我第一次看這道題目是中學，當時我也是堅信換不換都是1/2。
==========================================================================

那麼1/3和2/3是怎麼來的呢？

那就是有一個十分重要隱藏條件：
顯然，作為知道答案的主持人，不可能選擇開啟有車的門。所以他永遠都會挑一扇有山羊的門，也就是說主持人選擇開啟其中一扇門時，他的選擇並不是一個純隨機事件。

那麼有以下推論。

如果參賽者選擇了一扇有山羊的門，主持人必須挑另一扇有山羊的門。
如果參賽者選擇了一扇有跑車的門，主持人隨機在另外兩扇門中挑一扇有山羊的門。

我們可以遍歷所有可能性，那麼假設參賽者選擇1號門，那麼如下圖所示，存在3中等可能情形：

參賽者選擇汽車主持人選擇山羊甲轉換失敗
參賽者選擇山羊甲主持人選擇山羊乙轉換成功
參賽者選擇山羊乙主持人選擇山羊甲轉換成功

可見轉換選擇後的成功概率為2/3.

我還想跟大家介紹一個非常有用的數學工具——貝葉斯公式，可以很簡單的解決這個問題。
我們用事件 $A$ 代表你第一次選擇的門後是跑車， $B$ 代表主持人翻開的門後是山羊。
那麼已知 $B$ 的情況下， $A$ 發生的條件概率 $P{A|B}$ 用貝葉斯公式可得：

$P{A|B} = frac{P{A} P{B|A}}{P{B}}$
顯然，第一次選對的概率，即 $P{A}=frac{1}{3}$ ，無需贅述。但是由於不知道主持人的行為，所以無法計算 $P{B|A}$ 和 $P{B}$ 。
那麼我們具體分析：因為主持人知道門後對應的東西，所以只選擇開啟有羊的門，於是

主持人一定選擇山羊，事件 $B$ 一定發生： $P{B|A}=1$
主持人一定選擇山羊，事件 $B$ 一定發生： $P{B}=1$

那麼 $P{A|B}=frac{1}{3}$ ，所以不換的勝率是1/3，因此一定要換。

如果改變條件，主持人並不知道門後有什麼東西，那麼：
$P{B|A}=1$ 而 $P{B}=frac{1}{3}*1 + frac{2}{3} * frac{1}{2}=frac{2}{3}$ ，得到 $P{A|B}=frac{1}{2}$ 。
也就是是說，換與不換無所謂。

附加題：
開心辭典比賽中，每道題目有4個選項，其中1個選項正確，另外3個選項錯誤。那麼你作為參賽者，面對一道完全不會的題目，於是先隨機選了一個答案。之後使用錦囊去除了一個錯誤答案。其原則是如果逆選擇正確，那麼在剩下3個錯誤答案中任意去處1個；如果你的選擇錯誤，則在剩下2個沒被選擇的錯誤答案中任意去處1個。
那麼之後要不要換選項？換和不換概率分別是多少？

提示：用貝葉斯公式非常簡單哦~

聰明的小朋友們，你們知道答案了嗎？

【Tips】現已開啟微信公眾號：科研學徒(kystudent)，歡迎大家關注，會不定期分享一些趣事雜談和科研路上的心得體會。歡迎大家與我交流。

類似問題：蒙提霍爾問題（又稱三門問題、山羊汽車問題）的正解是什麼？ - 概率

附錄：一篇關於三門問題的論文，解答詳細，有興趣請自行閱讀。
三門問題--《數學通報》2015年03期

如果有一條長為L的繩子

剛好可以圍繞地球赤道一圈Y(^_^)Y

現在把這條繩子增加15米(☆_☆)

請問再次圍繞地球赤道，繩子距離地面多高？

...

有1厘米嗎

有1毫米嗎

有一微米嗎

.....
.......
..........
..............

答案是

2.38米

姚明都可以走過去-_-#

證明:
地球半徑為r
則 L=2X3.14Xr

現在繩子為6.28r+15

則現在繩子圍成的圓半徑為R
R=(6.28r+15)/(2X3.14)=r+15/6.28=r+2.38

也就是說比原來的地球半徑多2.38米

「偶數和正整數是一樣多的。」

我看到最頂端 @王胖子的回答是「從曲率半徑的角度來講，A罩杯是個比C罩杯更大的球」，深感角度刁鑽，但是擔心沒有學習過《微分幾何》的朋友們不太理解「曲率半徑」這個概念，所以做一張直觀的圖給大家看一下：

更多文章歡迎大家關注我的專欄：《數學 | 學清楚，講明白》-知乎專欄。

好了，接著說我要談的「違背直覺」的故事了。

說來非常弔詭：在很漫長的一段歷史裡，數學界爭論的核心話題之一，竟然是「數多少、比大小」這種看起來像小學啟蒙教材中談論的問題。

一個筐里有3個蘋果、第二個筐里有2個梨——前者的「個數」比後者多，這是沒有異議的；把這裡的3和2換成300,000或者任何一個數字都沒有問題，我們很容易比較兩個數據的大小；

但如果我們把問題換成「一個集合中包含所有偶數、第二個集合中包含所有正整數，哪一個集合中元素的個數更多？」——不但小學生很難說得清楚，在人類歷史上的某個時期，最頂尖的數學家也對這個問題爭執不下。

一派數學家認為這是非常明顯的：正如我們直觀感受到的那樣，和正整數集相比、偶數集中缺少了一半的奇數，理所當然地它應該更少一點；

然而、當時著名數學家之一Cantor所認為，這兩者之間的個數應該是一樣多的：他認為正整數集合中的任何一個元素n均可以對應到偶數集中的唯一一個元素2n；反過來、偶數集中的每一個元素也都可以對應到正整數集合中的每一個元素——他問大家，那麼、從這個角度看，兩個集合中所有的元素都是一個對著另一個的，大家都說正整數集比偶數集中的元素更多，那到底多了哪一個呢？

當時主流的數學界一臉懵逼。

今天、任何一個擁有大學本科數學背景的人都能理解，這種問題之所以產生爭執、原因在於我們正在比較的是兩個「無窮大」的數——3比2大、200比199大，這些結論容易得出，那是因為所有的數都是可以數得清的——然而偶數是無窮多的、正整數也是無窮多的，兩個無窮多相互比較，誰更多一點，這就很難說清。

當時的數學界尚未形成統一的測度理論，不太清楚集合之間的數量比較應當被統一在「映射」這種工具之上；更沒有今天每一個數學工作者都熟知的「可數」、「不可數」、「連續統」這種類似的概念。

Cantor教授的構造在邏輯上無法辯駁，然而在直觀上難以令人接受；並且以此為基礎，他還導出了更多令包括Poincaré、Klein在內的大數學家感到無法理解、甚至近乎荒謬的結論，其中最為人所知的工作，即「Cantor三分集」：

他在[0 , 1]區間上無限次地、依次截取原長1/3的開區間後，得到了一個看上去支離破碎的散點集，然而Cantor卻證實最終得到的集合和[0 ,1]區間具有相同數量的點——直觀上說，就是你實際上什麼也沒有拿掉。

這種結論令另一位大數學家Kronecker感到憤怒，他直接怒斥Cantor，說這根本不是「數學」，這只是一種「神秘主義哲學」，主流學界很少承認他做的貢獻。

Cantor最終在精神病院里終此一生。

當然，時間會給真理自證清白的空間，當人類文明積累到一定程度時，當初人們死活想不明白的問題在後人看來將會非常顯然：

例如2500年前，古希臘哲學家芝諾提出的三大悖論，困惑了這個世界上幾百年來最聰明的頭腦，然而今天任何一個大學1年紀本科學生都能一眼看懂：芝諾只不過是構造了一個收斂的級數、卻試圖欺騙大家它是發散的。

當初顛覆人類認知的知識，在我們觀念中被確立為不證自明的常識時，人類的文明就這樣向前挪動了一小步。

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最後、說一點題外話：從有限到無限的「極限理論」是近代數學的奠基思想之一，也是微積分的底層思想來源；「實數的完備性理論」則是數學系學生最早需要接觸的重大理論。但是由於各種原因，國內很多教材這部分的內容令初學者感到困惑。

我針對這個話題開設過一次 Live ，以上千小時的課堂教學經驗為支撐，為大家系統講解《數學分析入門：極限與實數理論》，希望能用引導僅具有高中數學水平的普通讀者了解高等數學的魅力。

加入Live後，你還能在其中找到一個與「數學分析」有關的交流群，以方便進入後在群內與大家一起討論學習過程中你遇到的問題，群內也會有不定期的小福利發送。

2016.05.12更新，感謝知友告知，此文原作者是王子卓，如今已經是教職了。個人主頁 http://www.menet.umn.edu/~zwang/
【看了下原作者的paper很牛逼的...求上天賜我一篇OR】

搬運一個本科時看到的文章，作者不詳。如知道請告知，我會去諮詢原作者是否可以繼續轉載。

概率論感覺測試
1. 假設考試周為1個禮拜（周一到周日），且考試時間為均勻分布，假使你有3門考試，則最後一門考試大約在

A. 周五
B. 周六
C. 周日

Answer: B. 一般的講在[0,1]之間n個均勻分布的隨機變數最大值期望為n/(n+1)，也就是可以認為這n個隨機變數分別大約在 1/(n+1)， 2/(n+1)，...， n(n+1)。這道題那麼算一下大概就是在周六的上午。

2. 如果你去參與一項賭博，每次的回報為正態分布，假設你賭了100把發現贏了10000塊（明顯是很小概率事件，但假設確實發生了），那麼你覺得你最有可能是因為

A. 有一把贏了很多
B. 一直在慢慢的贏
C. 兩種情況都有可能

Answer: B. 也許答案對很多人有些出乎意料。在這種情況下，可能一般覺得能夠連續贏很多把很難，但是實際上贏一把大的更難。這個問題是隨機變數的長尾還是短尾的問題。長尾的意思就是取離均值很遠的概率不是很小，而短尾正好相反。題目中的正態分布屬於短尾，因為密度函數是按照平方的指數下降的，如果稍微改一下題目中的分布，則有可能是因為一次贏了很大而最後贏的。另外說一句，有一本書叫《長尾理論》，裡面說明了現在的經濟中有很多東西是長尾的，比如說一年銷量排在100000名之後的歌曲仍然能佔據市場的一部分。這是電子商務流行的很重要原因，因為不必支付儲存這個長尾的cost。

3. 有一根密度不均勻的繩子，你想通過測量多點的密度來估計他的重量（你知道截面積）。則如果給你n次測量密度的機會的話，如果n很大，（估算質量就通過這些點取平均然後乘以截面積）

A. 按規律等間隔選取測量點會測得准些
B. 隨機選取測量點會測得准些
C. 兩種方法差不多

Answer: A. 也許這個也略有些意外。對於一維的情況，方法A略好於方法B。但是在高維的情況下方法A就一般情況下不如方法B了，原因是要想獲得相同的效果，這個「有規律的點」需要選取太多。這是所謂的Quasi-Monte Carlo Sampling 和 Monte Carlo Sampling之間的關係。

4. 台灣大選，假定馬英九最終得到600000票，謝長廷得到400000票，如果一張一張的唱票，則過程中馬英九一直領先謝長廷的概率為

A. 0.1
B. 0.2
C. 0.3
D. 0.4

Answer: B. 直覺上講這個概率並不會太大，而且尤其是在前面幾張的時候多少會出現一些反覆。實際上這個結果跟一共多少人投票沒什麼關係，如果得票比例為a:b (a&>b)，則這個概率為(a-b)/(a+b)。

5. 你拿10塊錢去賭場賭大小，你有兩種玩法，一種是每次賭10塊，一種每次賭1塊，贏了翻倍，輸了就沒有了。你決定全部輸光或者贏到100塊就走，則

A. 兩種方法輸光的概率一樣
B. 第一種輸光的概率較大
C. 第二種輸光的概率較大

Answer: A. 不管什麼賭法都不會改變這個概率（如果每一次期望都是0，且最終不能超過100）。這是隨機過程中一個比較簡單但是很有意義的結論，意思就是說you can"t beat the system。因此對於像股市，賭博這種系統，如果你假設了隨機性（期望為0），則其實怎麼操作結果都是一樣的，重要的在於發掘其中的非隨機性。另外，到100的概率很容易計算，因為初始值是10，假設到100的概率為p，則有100p+0(1-p)=10，也即p=0.1

6. 100個球隨機的放在100個箱子里，最後空箱子的數量大約是

A. 0-10
B. 10-20
C. 20-30
D. 30-40

Answer: D. 這個題可以用簡單的概率論計算。結論是不管多少個球，c*n個球放到n個箱子里，最後空箱子的個數約為ne^-c，現在的情況是箱子數和球數一樣多，那麼就約為100*e^-1.

7、打10000副拱豬，總共持有9500-10500個A的概率大約在

A. 80%-90%
B. 90%-95%
C. 95%-99%
D. 99%以上

Answer: D. 這個可以用中心極限定理計算。事實上這個題也不需要計算，只是要考察大家的一個感覺，實際上這個概率大於0.99...9，可以有9個9，儘管有時候我們打牌仍然覺得牌總是很差。。只是我們不注意我們抓好牌的時候罷了。

8. 有以下幾個國家，每個國家有自己的習俗。問哪個國家長期以後男人的比例最大

A. 每個家庭不斷的生孩子直到得到第一個男孩為止
B. 每個家庭不斷的生孩子直到得到第一個女孩為止
C. 每個家庭不斷的生孩子直到得到一男一女為止
D. 以上幾個國家最後男女比例基本一樣

Answer: D. 我們只需要考察一個家庭最後產生多少男女即可以。用概率的方法可以得到不管哪個方法都是1:1。事實上，我們只是把一個很長的男女的序列按照不同的方式來截斷。當然這個序列本上包含多少男女是不變的。我每次都願意以另外一個例子來說明，那就是如果我們在網上下棋，可以每天下到第一盤輸為止或是第一盤贏為止或是有輸有贏為止，顯然不管怎樣，因為你的實力是恆定的，你永遠都是你本來應有的勝率。

9. 實驗室測試燈泡的壽命。在燈泡壞的時候立刻換新燈泡。燈泡壽命約為1小時。考察10000小時時亮著的那個燈泡

A. 那個燈泡的壽命期望也約為1小時
B. 那個燈泡的壽命期望約為2個小時
C. 那個燈泡的期望壽命約為0.5個小時
D. 以上說法都不對

Answer: B. 這個題可能稍難。如果具體的算需要一點本科高年級的知識。不過我們仍然可以從直覺得到結果。事實上，當每個燈泡或是我們觀測的事物的生命（Life time）是隨機的時候。在時間足夠久以後的一點，那個事物的壽命要長於這個事物本身平均的壽命。因為正是因為它壽命長導致我們容易觀測到。簡單的說，如果燈泡有兩種，一種只能堅持1小時，一種能堅持100小時，那我們觀測到的99%都可能是100小時那個。所以觀測到的平均壽命較長。通常我們認為燈泡的壽命是指數分布的，在這個情況下，答案是2倍。對於一般的分布，甚至有可能平均壽命有限，而觀測的那個壽命期望是無限的。這個問題在美國一次監獄調查中被發現，即被調查的囚犯的平均被判刑年數要遠大於全美平均判刑的年數。

10. 如果一個群體里，每個個體以0.2的概率沒有後代，0.6的概率有1個後代，0.2的概率有兩個後代，則

A. 這個群體最後會滅絕
B. 這個群體最後將穩定在一個分布，即種群大小在一定範圍內震蕩
C. 這個群體最後將爆炸，人口將到無窮
D. 不一定會發生什麼

Answer: A. 這是個簡單的人口模型。這個可能直覺比較困難，但是這個實際上和後面的一道題道理是一樣的。注意到每一代的期望總是1。因此根據上次的答案，這個群體最後會滅絕。對於這種模型，當每一代的期望小於等於1時，最後的結果都是會滅絕。對於期望大於1的情況，我們也可以很簡單的通過解方程得到滅絕的概率。

11. 給一個1-n的排列，與原來位置相同的數字的個數的期望大約是（如 n=5 則51324 與原來位置只有3是相同的）

A. 1
B. log n
C. ln n

Answer: A. 這個題要去算有幾個相同的概率是比較難的，不過實際上有一個很簡單的方法。在第1個位置，這個排列的第1個數字為1的概率為1/n，而期望是可加的，所以總共與原來位置相同的數字的個數的期望應該是1。也就是說不管是多少的數字，平均總是有一個數與順序是相同的。這個題會非常經常出現在考試和習題中。

12. 如果有3個門，有一個背後有大獎。你選中一個，主持人知道哪個門後面有獎，並且總會打開另外兩個中的某個沒獎的。現在你有一次換得機會，你應該

A. 換
B. 不換
C. 換不換都一樣

Answer: A. 這個是網上非常經典的一個問題了。不換正確的概率是1/3，換正確得概率是2/3。我比較喜歡這樣去想，試想一下如果有100個門，你先選定1個，然後主持人打開98個空的，然後給你機會換不換。我想如果這樣，你不難做出正確的選擇。

13. 以下那件事情發生的期望時間最短

A. 在第0秒，一個物體從原點出發，每一秒以概率1/2向左走，1/2向右走，第一次回到原點的時間
B. 一隻猴子，每秒種隨便按鍵盤上的一個鍵，第一次打出"Beijing Welcomes You"的時間
C. 在第0秒，一個物體從原點出發，每一秒以概率1/2向左走，1/2向右走，第一次到達1的時間

Answer: B. A和C兩個事件發生的時間的期望都是+inf. 只有B是有限的。A和C說明了等概率的賭博不可能贏錢（如果C是有限的則參加賭大小的遊戲總能贏錢了）。而B說明的是另外一條概率上的定理，「What always stands a reasonable chance of happening will almost surely happen, sooner rather than later"，也就是說從任何時刻開始，總有一個固定的概率發生的事情（比如一個猴子打出beijing welcomes you, 這個概率可能是 1/26^20左右），不過這個概率是多少，這件事情早晚能發生。

14, 美國的25分硬幣共有50種，上面有50個州的圖案，如果我們每次得到的硬幣是隨機的，則大約收集多少可以收集全

A. 200
B. 300
C. 400
D. 500

Answer: A. 這是所謂的收集硬幣問題。具體解法不是很容易。不過結論是要收集齊n種硬幣，需要大約nlogn個。大約思路是收集第k個時候需要大約n/(n-k)次。平時我們收集一些食品里的卡片，也都遵循這個規律，不過多數時候每種卡片的數量都是很不同的。還記得小時候可樂里收集到蘋果加蠟燭可以得到到頭等獎，不過最後也沒收集到任何一個蘋果。

15. 假設有1000次100m短跑大賽，每次比賽的冠軍成績都在9.7-10之間均勻分布，問期望有多少次比賽比賽能夠破紀錄

A. 7
B. 10
C. 15
D. 32

Answer: A. 這是所謂的破紀錄問題。假設均勻分布,則最後n次比賽之後這n個成績形成一個排列。第k次創紀錄的概率是這個排列中第k個在前k-1個之前的概率，也即1/k，所以n次比賽大約有1+1/2+1/3+...1/n次破紀錄，也即約為logn次。

16. 在打橋牌的時候，如果你和對家共持有某門花色的9張牌，則剩餘的4張牌怎樣分布的概率最大

A. 2-2
B. 3-1
C. 4-0

Answer: B. 可以簡單計算得到這個結果。3-1的概率應該是50%。2-2的概率是37.5%。4-0的概率是12.5%。但是如果有奇數張，則最平均的就是最可能的。

17. 如果一個物體在3維隨機遊動，也即每一刻他可以向左，右，上，下，前，後等概率的走，長久來看，則會發生什麼情況

A. 此物體無窮多次回到原點
B. 此物體無窮多次回到任何一條坐標軸上，但不會無窮多次回到原點
C. 此物體不會無窮多次回到任何一條坐標軸上

Answer: B. 1維和2維的隨機遊動是常返的，也就是說會無窮多次回到起點（儘管回來的平均時間不是有限的），而3維以上的隨機遊動是非常返的。因此對於2維的某個坐標，此物體會無窮多次經過，但是不會無窮多次經過原點。

18. 扔10000次硬幣，其中最長一次連著正面的次數大約會是多少

A. 100
B. 13
C. 9
D. 4

Answer: B.這也是一個特殊的概率問題，叫做Head Runs.答案應該是log_2^n.大約為13.

19. 有一支股票，初始價為1，每天的價值變化率獨立同分布，且期望為0，不恆為0。則

A. 股票在任何時刻期望價值為1
B. 股票以概率1變成0
C. A和B都對
D. A和B都不對

Answer: C.這個可以參見我轉載的文章The Flaw of Average和我寫的文章Life is a Martingale。也就是說對於很多投機的東西，平均值總是不變的，但是多數人都會傾家蕩產。其實仔細想想很有道理，比如說你的股票第一天漲10%。第二天跌10%或是第一天跌10%，第二天漲10%，最後的結果都是跌了1%。所以要保持增長所需要的是遠大於0的平均變化率，這個才是一般人難以做到的。

20. 當我們考慮一種可能重複發生的事件時，哪種方式更科學

A. 按照第一次發生這個事件的時間作為一個起點，考慮從其本身出發之後的性質
B. 按照最後一次發生這個事件的時間作為一個起點，考慮從其本身出發之後的性質
C. 以上都可以
D. 以上都不可以

Answer: A. 這個問題深一些的背景在於Kolmogorov向前向後微分方程。很多人知道向後微分方程更通用，但是並不知道原因。事實上，向後微分方程是基於A的方法對事件進行分解得到的，而向前微分方程是基於B的方法對事件進行分解的。但是有很多重複發生的事情會越發生越頻繁，以致沒有最後一次發生的事件。但是我們總能找到第一次發生的時間。所以A更科學。

生日概率問題

如果一個Team有50個人，那麼他們中間有人生日相同的概率是多少？也許有人會猜大概20%～30%，其實有有97%的可能！

why？

假設一年365天
a、50個人可能的生日組合是365×365×365×……×365(共50個)個；
b、50個人生日都不重複的組合是365×364×363×……×316(共50個)個；
c、50個人生日有重複的概率是1-b/a
這裡，50個人生日全不相同的概率是b/a=0.03，因此50個人生日有重複的概率是1-0.03＝0.97，即97%。
根據概率公式計算，只要有23人在一起，其中兩人生日相同的概率就達到51%！

想到了我們的系主任，又稱反例小能手

先把問題po在這裡：假如有兩個環R和S，他們的一元項式環之間存在一個同構,i.e. R[x]同構S[y]，那麼R和S同構嗎？

轉載自微博數論妙趣的一篇文章。傳送門如下：
#10海盜分金問題#

數學的邏輯有時會導致看來十分怪異的結論。一般的規則是，如果邏輯推理沒有漏洞，那麼結論就必定站得住腳，即使它與你的直覺矛盾。 1998年9月，加利福尼亞州帕洛阿爾托的Stephen M. Omohundro寄給我一道難題，它恰好就屬於這一類。這難題已經流傳了至少十年，但是Omohundro對它作了改動，使它的邏輯問題變得分外複雜了。
先來看看此難題原先的形狀。10名海盜搶得了窖藏的100塊金子，並打算瓜分這些戰利品。這是一些講民主的海盜（當然是他們自己特有的民主），他們的習慣是按下面的方式進行分配：最厲害的一名海盜提出分配方案，然後所有的海盜（包括提出方案者本人）就此方案進行表決。如果50%或更多的海盜贊同此方案，此方案就獲得通過並據此分配戰利品。否則提出方案的海盜將被扔到海里，然後下提名最厲害的海盜又重複上述過程。
所有的海盜都樂於看到他們的一位同夥被扔進海里，不過，如果讓他們選擇的話，他們還是寧可得一筆現金。他們當然也不願意自己被扔到海里。所有的海盜都是有理性的，而且知道其他的海盜也是有理性的。此外，沒有兩名海盜是同等厲害的——這些海盜按照完全由上到下的等級排好了座次，並且每個人都清楚自己和其他所有人的等級。這些金塊不能再分，也不允許幾名海盜共有金塊，因為任何海盜都不相信他的同夥會遵守關於共享金塊的安排。這是一夥每人都只為自己打算的海盜。最凶的一名海盜應當提出什麼樣的分配方案才能使他獲得最多的金子呢？
為方便起見，我們按照這些海盜的怯懦程度來給他們編號。最怯懦的海盜為1號海盜，次怯懦的海盜為2號海盜，如此類推。這樣最厲害的海盜就應當得到最大的編號，而方案的提出就將倒過來從上至下地進行。
分析所有這類策略遊戲的奧妙就在於應當從結尾出發倒推回去。遊戲結束時，你容易知道何種決策有利而何種決策不利。確定了這一點後，你就可以把它用到倒數第2次決策上，如此類推。如果從遊戲的開頭出發進行分析，那是走不了多遠的。其原因在於，所有的戰略決策都是要確定：「如果我這樣做，那麼下一個人會怎樣做？」
因此在你以下海盜所做的決定對你來說是重要的，而在你之前的海盜所做的決定並不重要，因為你反正對這些決定也無能為力了。
記住了這一點，就可以知道我們的出發點應當是遊戲進行到只剩兩名海盜——即1號和2號——的時候。這時最厲害的海盜是2號，而他的最佳分配方案是一目了然的：100塊金子全歸他一人所有，1號海盜什麼也得不到。由於他自己肯定為這個方案投贊成票，這樣就佔了總數的50%，因此方案獲得通過。
現在加上3號海盜。1號海盜知道，如果3號的方案被否決，那麼最後將只剩2個海盜，而1號將肯定一無所獲——此外，3號也明白1號了解這一形勢。因此，只要3號的分配方案給1號一點甜頭使他不至於空手而歸，那麼不論3號提出什麼樣的分配方案，1號都將投贊成票。因此3號需要分出儘可能少的一點金子來賄賂1號海盜，這樣就有了下面的分配方案： 3號海盜分得99塊金子，2號海盜一無所獲，1號海盜得1塊金子。
4號海盜的策略也差不多。他需要有50%的支持票，因此同3號一樣也需再找一人做同黨。他可以給同黨的最低賄賂是1塊金子，而他可以用這塊金子來收買2號海盜。因為如果4號被否決而3號得以通過，則2號將一文不名。因此，4號的分配方案應是：99塊金子歸自己，3號一塊也得不到，2號得1塊金子，1號也是一塊也得不到。
5號海盜的策略稍有不同。他需要收買另兩名海盜，因此至少得用2塊金子來賄賂，才能使自己的方案得到採納。他的分配方案應該是：98塊金子歸自己，1塊金子給3號，1塊金子給1號。
這一分析過程可以照著上述思路繼續進行下去。每個分配方案都是唯一確定的，它可以使提出該方案的海盜獲得儘可能多的金子，同時又保證該方案肯定能通過。照這一模式進行下去，10號海盜提出的方案將是96塊金子歸他所有，其他編號為偶數的海盜各得1塊金子，而編號為奇數的海盜則什麼也得不到。這就解決了10名海盜的分配難題。
Omohundro的貢獻是他把這一問題擴大到有500名海盜的情形，即500名海盜瓜分100塊金子。顯然，類似的規律依然成立——至少是在一定範圍內成立。事實上，前面所述的規律直到第200號海盜都成立。 200號海盜的方案將是：從1到199號的所有奇數號的海盜都將一無所獲，而從2到198號的所有偶數號海盜將各得1塊金子，剩下的1塊金子歸200號海盜自己所有。
乍看起來，這一論證方法到200號之後將不再適用了，因為201號拿不出更多的金子來收買其他海盜。但是即使分不到金子，201號至少還希望自己不會被扔進海里，因此他可以這樣分配：給1到199號的所有奇數號海盜每人1塊金子，自己一塊也不要。
202號海盜同樣別無選擇，只能一塊金子都不要了——他必須把這100塊金子全部用來收買100名海盜，而且這100名海盜還必須是那些按照201號方案將一無所獲的人。由於這樣的海盜有101名，因此202號的方案將不再是唯一的——賄賂方案有101種。
203號海盜必須獲得102張贊成票，但他顯然沒有足夠的金子去收買101名同夥。因此，無論提出什麼樣的分配方案，他都註定會被扔到海里去餵魚。不過，儘管203號命中注定死路一條，但並不是說他在遊戲進程中不起任何作用。相反，204號現在知道，203號為了能保住性命，就必須避免由他自己來提出分配方案這麼一種局面，所以無論204號海盜提出什麼樣的方案，203號都一定會投贊成票。這樣204號海盜總算僥倖揀到一條命：他可以得到他自己的1票、203號的1票、以及另外100名收買的海盜的贊成票，剛好達到保命所需的50%。獲得金子的海盜，必屬於根據202號方案肯定將一無所獲的那101名海盜之列。
205號海盜的命運又如何呢？他可沒有這樣走運了。他不能指望203號和204號支持他的方案，因為如果他們投票反對205號方案，就可以幸災樂禍地看到205號被扔到海里去餵魚，而他們自己的性命卻仍然能夠保全。這樣，無論205號海盜提出什麼方案都必死無疑。206號海盜也是如此——他肯定可以得到205號的支持，但這不足以救他一命。類似地，207號海盜需要104張贊成票——除了他收買的100張贊成票以及他自己的1張贊成票之外，他還需3張贊成票才能免於一死。他可以獲得205號和206號的支持，但還差一張票卻是無論如何也弄不到了，因此207號海盜的命運也是下海餵魚。
208號又時來運轉了。他需要104張贊成票，而205、206、207號都會支持他，加上他自己一票及收買的100票，他得以過關保命。獲得他賄賂的必屬於那些根據204號方案肯定將一無所獲的人（候選人包括2到200號中所有偶數號的海盜、以及201、203、204號）。
現在可以看出一條新的、此後將一直有效的規律：那些方案能過關的海盜（他們的分配方案全都是把金子用來收買100名同夥而自己一點都得不到）相隔的距離越來越遠，而在他們之間的海盜則無論提什麼樣的方案都會被扔進海里——因此為了保命，他們必會投票支持比他們厲害的海盜提出的任何分配方案。得以避免葬身魚腹的海盜包括201、202、204、208、216、232、264、328、456號，即其號碼等於200加2的某一方冪的海盜。
現在我們來看看哪些海盜是獲得賄賂的幸運兒。分配賄賂的方法是不唯一的，其中一種方法是讓201號海盜把賄賂分給1到199號的所有奇數編號的海盜，讓202號分給2到200號的所有偶數編號的海盜，然後是讓204號賄賂奇數編號的海盜，208號賄賂偶數編號的海盜，如此類推，也就是輪流賄賂奇數編號和偶數編號的海盜。
結論是：當500名海盜運用最優策略來瓜分金子時，頭44名海盜必死無疑，而456號海盜則給從1到199號中所有奇數編號的海盜每人分1塊金子，問題就解決了。由於這些海盜所實行的那種民主制度，他們的事情就搞成了最厲害的一批海盜多半都是下海餵魚，不過有時他們也會覺得自己很幸運——雖然分不到搶來的金子，但總可以免於一死。只有最怯懦的200名海盜有可能分得一份臟物，而他們之中又只有一半的人能真正得到一塊金子，的確是怯懦者繼承財富。

我要的不多，就一個棋盤的麥粒就行。