第二小题的简单解法

设总共有m张不同的卡

记Ei (i=1,2,3, ....m-2, m-1, m) 为2n次扫描后获得偶数个第i张卡这一事件,

P(Ei)为获得偶数次第i张卡概率, P(E1*E2*E3* ...., Em)为全部为偶数次的概率。

P(E1-->E2*E3* ...., Em)为E1事件出现的前提下，E2，E3...Em-2, Em-1, Em 同时出现的概率

很明显， P(E1*E2*E3* ....* Em)=P(E1)*P(E1-->E2*E3....* Em)

如果P(E1)的极限和P(E1-->E2*E3....* Em)的极限都存在，那么P(E1)*P(E1-->E2*E3....* Em)的极限为

[P(E1)*P(E1-->E2*E3....* Em)的极限] = [P(E1)的极限] * [P(E1-->E2*E3....* Em)的极限]。

m=2时， 据第一小题P(E1)的极限为1/2

    又，抽样次数为2n, 所以P(E1-->E2)恒等于1 （极限自然存在）

    即m=2时，所求极限为1/2

可用归纳法证明，对任何大于或等于2的整数m, P(E1-->E2*E3....* Em)的极限存在。

于是

[P(E1*E2*E3....* Em)的极限]= [P(E1)的极限 ]* [P(E1-->E2*E3....* Em)的极限]

=（1/2）* [P(E1-->E2*E3....* Em)的极限]=（1/2）*（1/2）* [P(E1*E2-->E3*E4....* Em)的极限]

=（1/2）^（m-1) * [P(E1*E2*E3*E4....* Em-1-->Em)]=（1/2）^（m-1) * 1 = （1/2）^（m-1)

**** 问题的关键在于：在确定前a张卡为偶数的前提下，可以让它们退出抽样空间，并不影响其余Ei的极限概率