前面的文章太多未完结了，暂时全部隐藏了，等有空整理一下再公开/fad
坏消息：作为数学垫底生我们自然是不会标答做法的！！！
好消息：但是我会普及组 OI！！！
群友说可以用 GF 做，但是我不会 GF（笑
题面
甲、乙两人进行乒乓球练习，每个球胜者得 $1$ 分、负者得 $0$ 分。设每个球甲胜的概率为 $p(\frac{1}{2} < p < 1)$，乙胜的概率为 $q$，$p + q = 1$，且各球的胜负相互独立，对正整数 $k \geq 2$，记 $p_k$ 为打完 $k$ 个球后甲比乙至少多得 $2$ 分的概率，$q_k$ 为打完 $k$ 个球后乙比甲至少多得 $2$ 分的概率。
$(1)$ 求 $p_3, p_4$（用 $p$ 表示）;
$(2)$ 若 $\frac{p_4 - p_3}{q_4 - q_3} = 4$，求 $p$；
$(3)$ 证明：对任意正整数 $m$，$p_{2m + 1} - q_{2m + 1} < p_{2m} - q_{2m} < p_{2m + 2} - q_{2m + 2}$。
Solution
前两问懒得写，大概会在我 fix 完数学压轴合集之后完善。
直接看 $(3)$。
考虑 dp。
设 $f_{i, j}(i \in \N, j \in \N)$ 表示甲赢 $i$ 局，乙赢 $j$ 局的概率。
由定义得 $f_{i, j} = p^i q^j \binom{i + j}{i}$ 。
也可以有递推式：
$$ f_{i, j} = \begin{cases} 1 & \textrm{if } i = 0 \wedge j = 0 \\ f_{i - 1, 0}p & \textrm{if } i = 0 \wedge j > 0 \\ f_{0, j - 1}q & \textrm{if } i > 0 \wedge j = 0 \\ f_{i - 1, j}p + f_{i, j - 1}q & \textrm{if } i > 0 \wedge j > 0 \end{cases} $$
由题意得：
$$ p_n = \sum_{i - (n - i) \geq 2} {f_{i, j}} \\ q_n = \sum_{(n - i) - i \geq 2} {f_{i, j}} $$
因此
$$ p_{2m} = \sum_{i = m + 1}^{2m}{f_{i, 2m - i}}, q_{2m} = \sum_{i = 0}^{m - 1}{f_{i , 2m - i}} \\ p_{2m + 1} = \sum_{i = m + 2}^{2m + 1}{f_{i, 2m + 1 - i}}, q_{2m + 1} = \sum_{i = 0}^{m - 1}{f_{i , 2m + 1 - i}} \\ p_{2m + 2} = \sum_{i = m + 2}^{2m + 2}{f_{i, 2m + 2 - i}}, q_{2m + 2} = \sum_{i = 0}^{m - 1}{f_{i , 2m + 2 - i}} $$
将递推式代入 $p_{2m + 1}$ 与 $q_{2m + 1}$ 式，可得
$$ p_{2m + 1} = \sum_{i = m + 2}^{2m + 1}{f_{i, 2m + 1 - i}} = p_{2m} - p^{m + 1} q^m \binom{2m}{m +1} \\ q_{2m + 1} = q_{2m} - p^m q^{m + 1} \binom{2m}{m - 1} $$
因此
$$ (p_{2m} - q_{2m}) - (p_{2m + 1} - q_{2m + 1}) \\= p^m q^m \binom{2m}{m - 1}(p - q) > 0 $$
所以 $p_{2m + 1} - q_{2m + 1} < p_{2m} - q_{2m}$。
继续算：
$$ p_{2m + 2} = p_{2m} - f_{m + 1, m - 1}q ^ 2 + f_{m, m} p ^ 2 \\ q_{2m + 2} = q_{2m} - f_{m - 1, m + 1}p ^ 2 + f_{m, m} q ^ 2 \\ (p_{2m + 2} - q_{2m + 2}) - (p_{2m} - q_{2m}) \\ = f_{m, m}(p ^ 2 - q ^ 2) > 0 $$
所以 $p_{2m} - q_{2m} < p_{2m + 2} - q_{2m + 2}$ 。
综上所述，对任意正整数 $m$，$p_{2m + 1} - q_{2m + 1} < p_{2m} - q_{2m} < p_{2m + 2} - q_{2m + 2}$。
$\texttt{Q.E.D}$