口袋中有 $4$ 个白球，$2$ 个黄球，一次摸 $2$ 个球，摸到的白球均退回口袋，保留黄球，恰好到第 $n$ 次两个黄球都被摸出，即第 $n+1$ 次时所摸出的只能是白球，则记这种情况的发生概率是 ${P_n}$，求 ${P_2},{P_3},{P_n}$．
【难度】
【出处】
2000年上海交通大学连读班测试题
【标注】
【答案】
$P_2=\dfrac{6}{25}$，$P_3=\dfrac{28}{125}$，$P_n=\dfrac{{16}}{{15}}{\left({\dfrac{3}{5}}\right)^{n-1}}-{\left({\dfrac{2}{5}}\right)^{n-1}}$
【解析】
由于 ${P_2}$ 表示前两次两个黄球都被摸出的概率，故\[\begin{split} P_2=&\dfrac {\mathrm C_4^2}{\mathrm C_6^2}\cdot\dfrac {\mathrm C_2^2}{\mathrm C_6^2}+\dfrac {\mathrm C_4^1\mathrm C_2^1}{\mathrm C_6^2}\cdot\dfrac {\mathrm C_4^1}{\mathrm C_5^2}=\dfrac 6{25},\\
P_3=&\left(\dfrac {\mathrm C_4^2}{\mathrm C_6^2}\right)^2\cdot \dfrac {\mathrm C_2^2}{\mathrm C_6^2} +\dfrac {\mathrm C_4^2}{\mathrm C_6^2}\cdot\dfrac {\mathrm C_4^1\mathrm C_2^1}{\mathrm C_6^2}\cdot\dfrac {\mathrm C_4^1}{\mathrm C_5^2}+\dfrac {\mathrm C_4^1\mathrm C_2^1}{\mathrm C_6^2}\cdot\dfrac {\mathrm C_4^2}{\mathrm C_5^2}\cdot\dfrac {\mathrm C_4^1}{\mathrm C_5^2}=\dfrac {28}{125},\end{split}\]进一步来算 $P_n$：
开始摸球一次，两个都是白球的概率为 $\dfrac {\rm C_4^2}{\rm C_6^2}=\dfrac 25$；两个都是黄球的概率为 $\dfrac {\rm C_2^2}{\rm C_6^2}=\dfrac 1{15}$；一白一黄的概率为 $\dfrac 8{15}$．
已经模出一个黄球后，剩下 $4$ 白 $1$ 黄，此时摸球一次，两个都是白球的概率为 $\dfrac {\rm C_4^2}{\rm C_5^2}=\dfrac 35$；一白一黄的概率为 $\dfrac 25$．以第 $n$ 次摸出的两个黄球和第 $k$ 次与第 $n$ 次各摸出一个黄球分类去计算有：\[\begin{split}{P_n}=&{\left({\dfrac{2}{5}}\right)^{n-1}}\cdot\dfrac{1}{{15}}+\sum\limits_{k=1}^{n-1}{{{\left({\dfrac{2}{5}}\right)}^{k-1}}\cdot\dfrac 8{15}{{\left({\dfrac{3}{5}}\right)}^{n-1-k}}\cdot\dfrac{2}{5}}\\=&{\left({\dfrac{2}{5}}\right)^{n-1}}\cdot\dfrac{1}{{15}}-\dfrac{{{{\left({\dfrac{2}{5}}\right)}^{n-1}}\left[{1-{{\left({\dfrac{3}{2}}\right)}^{n-1}}}\right]}}{{\dfrac{3}{2}-1}}\cdot\dfrac{8}{{15}}\\=&{\left({\dfrac{2}{5}}\right)^{n-1}}\cdot\dfrac{1}{{15}}-\dfrac{{16}}{{15}}\left[{{{\left({\dfrac{2}{5}}\right)}^{n-1}}-{{\left({\dfrac{3}{5}}\right)}^{n-1}}}\right]\\=&\dfrac{{16}}{{15}}{\left({\dfrac{3}{5}}\right)^{n-1}}-{\left({\dfrac{2}{5}}\right)^{n-1}}.\end{split}\]
P_3=&\left(\dfrac {\mathrm C_4^2}{\mathrm C_6^2}\right)^2\cdot \dfrac {\mathrm C_2^2}{\mathrm C_6^2} +\dfrac {\mathrm C_4^2}{\mathrm C_6^2}\cdot\dfrac {\mathrm C_4^1\mathrm C_2^1}{\mathrm C_6^2}\cdot\dfrac {\mathrm C_4^1}{\mathrm C_5^2}+\dfrac {\mathrm C_4^1\mathrm C_2^1}{\mathrm C_6^2}\cdot\dfrac {\mathrm C_4^2}{\mathrm C_5^2}\cdot\dfrac {\mathrm C_4^1}{\mathrm C_5^2}=\dfrac {28}{125},\end{split}\]进一步来算 $P_n$：
开始摸球一次，两个都是白球的概率为 $\dfrac {\rm C_4^2}{\rm C_6^2}=\dfrac 25$；两个都是黄球的概率为 $\dfrac {\rm C_2^2}{\rm C_6^2}=\dfrac 1{15}$；一白一黄的概率为 $\dfrac 8{15}$．
已经模出一个黄球后，剩下 $4$ 白 $1$ 黄，此时摸球一次，两个都是白球的概率为 $\dfrac {\rm C_4^2}{\rm C_5^2}=\dfrac 35$；一白一黄的概率为 $\dfrac 25$．以第 $n$ 次摸出的两个黄球和第 $k$ 次与第 $n$ 次各摸出一个黄球分类去计算有：\[\begin{split}{P_n}=&{\left({\dfrac{2}{5}}\right)^{n-1}}\cdot\dfrac{1}{{15}}+\sum\limits_{k=1}^{n-1}{{{\left({\dfrac{2}{5}}\right)}^{k-1}}\cdot\dfrac 8{15}{{\left({\dfrac{3}{5}}\right)}^{n-1-k}}\cdot\dfrac{2}{5}}\\=&{\left({\dfrac{2}{5}}\right)^{n-1}}\cdot\dfrac{1}{{15}}-\dfrac{{{{\left({\dfrac{2}{5}}\right)}^{n-1}}\left[{1-{{\left({\dfrac{3}{2}}\right)}^{n-1}}}\right]}}{{\dfrac{3}{2}-1}}\cdot\dfrac{8}{{15}}\\=&{\left({\dfrac{2}{5}}\right)^{n-1}}\cdot\dfrac{1}{{15}}-\dfrac{{16}}{{15}}\left[{{{\left({\dfrac{2}{5}}\right)}^{n-1}}-{{\left({\dfrac{3}{5}}\right)}^{n-1}}}\right]\\=&\dfrac{{16}}{{15}}{\left({\dfrac{3}{5}}\right)^{n-1}}-{\left({\dfrac{2}{5}}\right)^{n-1}}.\end{split}\]
答案
解析
备注
