建模。(a) 是假设检验：原假设 \(p=\tfrac12\)，用正面计数的 z 值衡量观测的反常程度。(b) 是 von Neumann 提取：把偏币成对抛掷，用「HT 对 TH」这对等概率事件造公平。

推导。(a) 掷 \(n\) 次得 \(h\) 个正面，在 \(H_0\) 下 \(z=\dfrac{h-n/2}{\sqrt n/2}\)。约定显著性水平（如 5%，对应 \(|z|\gt 1.96\)）：超出就拒绝「公平」。样本量要事先定好或使用序贯方法，不要掷到「看起来够偏」为止。(b) 一次一对：HT 输出 0，TH 输出 1，HH/TT 作废重掷：

期望成本：接受一对的概率 \(2pq\)，期望对数 \(\tfrac{1}{2pq}\)、期望抛掷数 \(\tfrac1{pq}\)。公平币（\(p=\tfrac12\)）恰为 2 对 4 掷；若 \(p=\tfrac23\)，则 \(\tfrac{1}{2pq}=\tfrac94=2.25\) 对、\(\tfrac1{pq}=4.5\) 次抛掷。

检验。(b) 的正确性核对：给定「这轮被接受」，条件概率里分子分母同乘 \(pq\)，\(p\) 彻底消去——任何恒定偏向的硬币都被「洗」公平。成本核对：\(p\) 越极端 \(pq\) 越小、成本越高，符合直觉；\(p\to1\) 时代价发散，因为 HT/TH 几乎不出现。

面试怎么讲。(a) 三句话：建原假设、算 z、对着显著性水平下结论，并补一句「精确口径见假设检验章节」。(b) 讲完规则立刻说「输出不仅公平还独立，代价 \(\tfrac1{pq}\) 次抛掷」，再补 \(p=\tfrac23\) 的 4.5 次这个具体数——规则 + 独立性 + 成本，三件事说完就是满分答案。

建模。源题库里这一问以 10 枚、8 枚、9 枚、任意 n 等多个面目反复出现，全是同一道题。正面数 \(K\sim\mathrm{Bin}(n,\tfrac12)\)，求 \(P(K\text{ 为偶})\)。

推导。配对法：固定前 \(n-1\) 枚的任意结果，最后一枚以 \(\tfrac12\) 概率把总数补成偶、以 \(\tfrac12\) 补成奇，故

恒等式法复核：\(\sum_{k\text{ 偶}}\binom nk=2^{n-1}\)，除以 \(2^n\) 得 \(\tfrac12\)。

检验。最小情形手算：n=1 时 \(P(K\text{ 偶})=P(0\text{ 正})=\tfrac12\) ✓；n=2 时 \(P\in\{0,2\}=\tfrac14+\tfrac14=\tfrac12\) ✓。所以 10 枚、8 枚、9 枚全部是 \(\tfrac12\)。边界提醒：n=0 时 0 个正面算偶，概率为 1，公式不适用，因为「配对」需要至少一枚硬币。

面试怎么讲。先给结论「任意 \(n\ge1\) 都是 \(\tfrac12\)」，再用配对论证一句话证明；若面试官是统计口味，补 \((1+1)^n\) 与 \((1-1)^n\) 相加的恒等式证法。两种证法各 15 秒，比逐项求和快十倍且不会算错。

建模。正面数 \(K\sim\mathrm{Bin}(100,\tfrac12)\)。两个基础游戏：按正面数付钱（每正面 1 元）；掷一次赢输 1 元的对赌（正面 +1、反面 −1）。第二个游戏的总额 \(S=\sum_{i=1}^{100}(2\mathbf{1}_i-1)=2K-100\)，是第一个游戏的线性变换。

推导。计数游戏：

对赌游戏：\(E[S]=2E[K]-100=0\)，\(\mathrm{Var}(S)=4\,\mathrm{Var}(K)=100\)（\(\sigma=10\)）。再衍生一个「平方赔付」：掷一次得 +1 或 −1、赔付取平方（恒为 1 元），100 次总赔付期望 100、方差 0——赔付函数把随机性完全吸收，说明游戏结构可以改变风险的量级甚至存在性。

检验。量级：对赌 100 次的标准差 10 元，意味着终值大致落在 ±20 元（两个标准差）内，与「每局 ±1、方差逐局累加」的直觉一致。计数与对赌的换算 \(S=2K-100\) 把两个游戏对上账：\(K=55\) 对应 \(S=+10\)，恰好一个标准差。

面试怎么讲。先报 50 与 25、σ=5；立刻指出「±1 游戏只是计数的线性变换，方差乘 4、标准差乘 2」；再主动给平方赔付这个退化例子，一句话点出「期望和方差是赔付结构的函数」——这句话直接通向 019 章的检验与 037 章的夏普比率。

建模。这是「两假设判别」：\(H_F\)（公平，\(p=\tfrac12\)）对 \(H_B\)（偏币，\(p=\tfrac23\)）。掷 \(n\) 次见 \(h\) 个正面，比较两假设下的似然，取更大者为判决——等价地跟踪对数似然比（LLR）。

推导。似然比：

判决规则 \(\Lambda\gt1\) 等价于正面频率超过临界值。对数化：\(h\ln\tfrac43+(n-h)\ln\tfrac23\gt0\)，解出 \(\tfrac hn\gt\dfrac{\ln(3/2)}{\ln 2}\approx 0.585\)——正面率超过 58.5% 判偏币，否则判公平。序贯（sequential）做法：边掷边累计 LLR，一旦越过置信边界（如 \(\ln 20\)，对应后验优势 20:1）就停。LLR 每掷的漂移约 0.057 自然对数单位（在真实偏币下），因此达到 20:1 把握平均需要大约 \(\ln 20/0.057\approx 53\) 次；要 2:1 的初步判断，十几次即可。

检验。临界值 58.5% 落在 \(\tfrac12\) 与 \(\tfrac23\) 之间且偏向 \(\tfrac12\)（因为 \(\tfrac12\) 与 \(\tfrac23\) 的对称点按对数距离计算，略高于中点），方向合理。小样本核对：n=1 掷出正面，\(\Lambda=\tfrac43\)，判「更像偏币」但优势仅 4:3，几乎不说明问题——与「一次观测不足以下结论」的常识一致。

面试怎么讲。核心句：「正面率过 58.5% 判偏币，这是似然比判决的对数形式」；再补序贯版本「LLR 漂移每掷约 0.057，几十次可达高置信」，并链接贝叶斯视角（同样的计算在 018 章以 posterior odds 的形式出现）。

建模。(a) 拒绝采样：两次抛掷产生 4 个等可能格，映射 3 个、作废 1 个。(b) 先用 von Neumann 提取把偏币洗成公平比特，每比特期望 \(\tfrac1{pq}\) 次抛掷；再对公平比特做 (a)。

推导。(a) 每轮 2 次抛掷、接受率 \(\tfrac34\)：

(b) 模拟一次三等分需要 2 个公平比特，其中 4 个两比特组合接受 3 个，期望比特数 \(2\times\tfrac43=\tfrac83\)；每个公平比特成本 \(\tfrac1{pq}\) 次抛掷，总计

若 \(p=\tfrac23\)：\(\tfrac83\cdot\tfrac{9}{2}=12\) 次。作为对照，公平币直接用 (a) 只要 \(\tfrac83\) 次——先「洗币」再采样会付出 \(\tfrac1{pq}\) 倍的代价，\(p\) 越偏越贵。

检验。(a) 下界：三个结果至少要一次输出，两次抛掷（4 格）是最小构型，\(\tfrac83\) 只比 2 多三分之一，说明浪费可控。(b) 极限行为：\(p=\tfrac12\) 时公式给 \(\tfrac83\cdot4=\tfrac{32}3\approx10.7\) 次——比 \(\tfrac83\) 贵，因为「未知偏币协议」连公平的情形也走提取流程；若已知硬币公平就直接掷，这个对比正好说明「信息（知道 p）本身有价值」。

面试怎么讲。(a) 画出 2×2 格子、划掉 TT，报 \(\tfrac83\)；(b) 分两层讲——「提取公平比特 \(\tfrac1{pq}\) 次/比特」乘「三等分需要 \(\tfrac83\) 比特」，给 \(p=\tfrac23\) 的 12 次作落点。分层计价的结构比死记公式更能打动面试官。