古典概率計算的教學難點與簡化方法

古典概率計算的教學難點與簡化方法

基于許多數(shù)學領(lǐng)域的理論，本文以分析理論、測量論等廣闊的視野為基礎(chǔ)，研究和揭示了自然界和社會中隨機現(xiàn)象的統(tǒng)計規(guī)律，并將其科學應(yīng)用于人類社會的生產(chǎn)和生活活動。我想繼續(xù)研究數(shù)學的計數(shù)方法。隨機過程等眾多隨機性數(shù)學學科打下必備理論基礎(chǔ)的概率論,自17世紀由于博彩事業(yè)、保險事業(yè)等的發(fā)展誕生以來,始終是理工農(nóng)醫(yī)師經(jīng)管等專業(yè)學生的必修課。在該課程中,最基本的重要經(jīng)典內(nèi)容當首推古典概型,其中,古典概率的計算則是我們在本課程教學中碰到的首個重點與難點。突出重點,化解難點,無疑是值得我們深思研討的問題。古典概率的計算,雖然有計算公式:Ρ(A)=事件A所飲食的樣本點數(shù)mA樣本空間Ω所包含的樣本點數(shù)nΩ(1)P(A)=事件A所飲食的樣本點數(shù)mA樣本空間Ω所包含的樣本點數(shù)nΩ(1)可資利用,但它絕不同于運用一般的數(shù)學計算公式進行的計算。因為古典概率的計算重點并不在其計算公式(1)本身,而在其計算公式(1)中所涉及的量nΩ與mA的計算。對量nΩ與mA的計算,除有時能借助于古典概型的樣本空間Ω及欲求概率的事件A的“明確表示”而獲得外,一般要用到排列組合的計算方法和技巧,由此就自然給古典概率的計算帶來相當大的困難。不過,特別地,有時在具體計算量nΩ與mA時,只要注意設(shè)法選取所謂的“最小”樣本空間Ω,并使欲求概率的事件A?Ω,或者只要充分注意利用概率的性質(zhì)這兩方面,就有可能避免復雜的排列組合的計算,從而導致減少與克服古典概率計算的困難。下面,我們舉例說明計算古典概率的若干簡化方法。1試驗第14個隨機事件,c例1設(shè)袋中裝有編號1,2,…2n的2n個相同的球,今從袋中任取一球,試求此球的編號為奇數(shù)的概率。解:令i表示“所取一球的編號為i”這個結(jié)果(i=1,2,…,2n),且將從裝有編號為1,2,…,2n的2n個相同球的袋中任取一球的所有可能的取球結(jié)果取作樣本空間Ω1,則Ω1={1,2,…,2n},且Ω1所包含的樣本點數(shù)為nΩ1=2n再令A(yù)={所取一球的編號為奇數(shù)},則A={1,3,…,2n-1}?Ω1,且A所包含的樣本點數(shù)為mA=n于是,由古典概率計算公式(1),有Ρ(A)=mAnΩ1=n2n=12此外,根據(jù)對稱性亦即等可能性,這里的例1亦可采用下述方法解之。事實上,令ω1表示“所取一球的編號為奇數(shù)”這個結(jié)果,ω2表示“所取一球的編號為偶數(shù)”這個結(jié)果,則這試驗的樣本空間這時可表示為:Ω2={ω1,ω2},A={ω1}?Ω2。于是,由古典概率計算公式(1),有:Ρ(A)==mAnΩ2=12容易注意到:當n=1時,上述兩種解法是完全相同的。因為這時就該試驗而言,所選取的樣本空間Ω1與Ω2實質(zhì)上是完全一樣的,因而它們都包含該試驗所有可提的22=4個隨機事件:φ,Ω1,{1},{2}與φ,Ω2,{ω1},{ω2}。當n>1時,上述兩種解法是不相同的,但無疑都是正確的。因為這時就該試驗而言,所選取的樣本空間Ω1與Ω2是不完全相同的,共同的是它們都包含了欲求概率的事件A,當然還都包含有不可能事件φ和它們自身;而所不同的是:Ω1包含了該試驗所有可提的全部22n個隨機事件,而Ω2則只包含了該試驗部分可提的隨機事件:φ,Ω2,{ω1},{ω2}。特別地,對該試驗可提的隨機事件B={所取一球的編號為1},顯然有B?Ω1而無B?Ω2,因此,對Ω1而言,B是一隨機事件,自然可談其概率,且由古典概率計算公式(1)還可計算出其概率為P(B)=1/2n;而對Ω2而言,B已不是一隨機事件,即B?Ω2。當然也就沒有概率可言了。換言之,對事件B,只能選取樣本空間為Ω1,而不能選取樣本空間為,否則,B?Ω2。由本例可知:古典概率的計算與樣本空間Ω的選取有關(guān)。重視樣本空間Ω的選取,對于古典概率的計算有很重要的實際意義。下面,我們不妨再舉一例以說明之。例2在分別寫有2,4,6,7,8,11,12,13的8張卡片中任取兩張,將此兩張卡片上的兩個數(shù)組成一個分數(shù),試求所得分數(shù)是既約分數(shù)(分子分母沒有大于1的公因數(shù))的概率。解法1:(不考慮所得兩數(shù)組成分數(shù)的組合順序)由于任取兩張卡片,其上的兩數(shù)x,y組成兩個分數(shù)(x,y)或(y,x),且這兩個分數(shù)或者都是既約分數(shù),或者都不是既約分數(shù),二者必居其一,且只居其一。因此這時可不考慮所得兩數(shù)組成分數(shù)的組合順序,即視(x,y)或(y,x)為“一個分數(shù)”。如此,這里試驗的樣本空間可明確表示為:Ω1={(x,y):y>x=2,4,6,8,11,12,13}={(2,4),(2,6),(2,7),(2,8),(2,11),(2,12),(2,13),(4,6),(4,7)L,(4,13),…,(12,13)}或者Ω2={(x,y):x>y=2,4,6,…,12,13}={(13,12),(13,11),(13,8),(13,7),(13,6),(13,4),(13,2),(12,11),(12,8),…,(12,2),…,(4,2)}令A(yù)i={所得分數(shù)是既約分數(shù)}i=1,2。則A1≡{(x,y):y>x=2,4,6,7,8,11,12,13,用x與y互素}={(2,7)(2,11)(2,13)(4,7)(4,11)(4,13)(6,7)(6,11)(6,13)(7,8)(7,11)(7,12)(7,13)(8,11)(8,13)(11,12)(11,13)(12,13)}?Ω1或者A2≡{(x,y):x>y=2,4,6,7,8,11,12,13,用x與y互素}={(13,12),(13,11),(13,8),(13,7),(13,6),(13,4),(13,2),(12,11),(12,7),(11,8),(11,7),(11,6),(11,4),(11,2),(8,7),(7,6),(7,4),(7,2)}?Ω2于是,Ω1與Ω2所包含的樣本點數(shù)均為:n=nΩ1=nΩ2=7+6+5+4+3+2+1=(7+1)?72=28A1與A2所包含的樣本點數(shù)均為:m=mA1=mA2=18故由古典概率計算公式(1),有解法2:(考慮所得兩數(shù)組成分數(shù)的組合順序)由于任取兩張卡片,其上的兩數(shù)x與y組成兩個分數(shù)(x,y)或(y,x)自然是不同的,因此,就不同分數(shù)的個數(shù)(考慮所得兩數(shù)組成分數(shù)的組成順序)言之,這里試驗的樣本空間Ω可明確表示為:Ω=Ω1∪Ω2,且欲求概率的事件A可明確表示為:A=A1∪A2。故由古典概率計算公式(1),有Ρ(A)=nAnΩ=mA1+mA2nΩ1+nΩ2=18+1828+28=914在本例中,我們通過樣本空間Ω的“明確表示”較容易地獲得了樣本空間Ω和欲求概率的事件A所包含的樣本點數(shù)nΩ和mA,進而利用古典概率計算公式(1),又得出了欲求事件A的概率P(A)。但要注意,此法對某些簡單試驗情形會行之有效,而對一般較復雜試驗情形,因其樣本空間難于“明確表示”而使其行之失效。例如,在本例中,若可供抽取的卡片很多,則相應(yīng)得到的分數(shù)就很多,要通過一一寫出它們來計算其總個數(shù)和其中的既約分數(shù)的個數(shù),這顯然是難于辦到的。這時,一般就需要考慮使用。2古典概率計算公式與ma的關(guān)系解法3:(不考慮所取兩數(shù)組成分數(shù)的組合順序)若把任取兩張卡片上的兩數(shù)組成一個分數(shù)的所有可能的不計組合順序(即交換分數(shù)的分子分母時兩個不同分數(shù)視作“一個分數(shù)”)的組合結(jié)果取作樣本空間Ω3,則Ω3所包含的樣本點總數(shù)nΩ3等于從8個數(shù)中任取2個的組合種數(shù)C28,即nΩ3=C28=28。令A(yù)={所得分數(shù)是既約分數(shù)},則A發(fā)生當且僅當從7,11,13三數(shù)中任取兩個不計順序組成分數(shù)或從7,11,13三個數(shù)與2,4,6,8,12五個數(shù)中各任取一個不計順序組成分數(shù)。故由計數(shù)法的加法原理知:A所包含的樣本點數(shù)為:mA=C23+C13·C15=3+15=18。于是,由古典概率計算公式(1),有Ρ(A)=mAnΩ3=1828=914解法4:(考慮所得兩數(shù)組成分數(shù)的組合順序)若把任取兩張卡片上的兩數(shù)組成一個分數(shù)的所有可能的計較其組合順序的組成結(jié)果取作樣本空間Ω4,則Ω4所包含的樣本點總數(shù)nΩ4等于從這8個數(shù)中任取2個的排列種數(shù),即nΩ4=P28=56。令A(yù)={所得分數(shù)是既約分數(shù)},則A發(fā)生當且僅當從7,11,13中任取2個依順序組成分數(shù)或從7,11,13與2,4,6,8,12中各任取1個依順序組成分數(shù)。故由計數(shù)法的加法原理即知:A所包含的樣本點數(shù)為:mA=P23+C13·C15+C15·C13=36。于是,由古典概率計算公式(1),有Ρ(A)=mAnΩ4=3656=914注意由本例提供的4種解法還可知:在計算樣本空間Ω與欲求概率的事件A所包含的樣本點數(shù)nΩ4與mA時,必須對同一個選定的樣本空間進行考察,其中的一個考慮順序,另一個也必須考慮順序;一個不考慮順序,另一個也必須不考慮順序.否則,計算結(jié)果一定不正確。這是因為這時必會發(fā)生A?Ω。例4設(shè)一袋中裝有a只黑球、b只白球,今隨機地把此袋中的球一只只摸出來。試求第k(1≤k≤a+b)次摸到黑球的概率。解:令A(yù)={第k(k=1,2,…,a+b)次摸到黑球}(一)設(shè)想將袋中球全部摸出①若視袋中球每只都有區(qū)別(比如將a+b只球逐一編號.黑球編為1號、2號、…,a號,白球編為a+1號,a+2號,…,a+b號),并且設(shè)想將隨機摸出的球依次放置在排列成一直線的a+b個位置上(注意這里的“摸出結(jié)果”與“放置結(jié)果”具有一一對應(yīng)關(guān)系)。如此則有如下解法。解法1:若將a+b只球隨機地放置在a+b個位置上的所有可能的放置結(jié)果取作樣本空間Ω1,則Ω1所包含的樣本點總數(shù)為:nΩ1=(a+b)!因第k個位置放置黑球有C1a種放置結(jié)果,而余下的a+b-1個球放置在余下的a+b-1個位置上有(a+b-1)!種放置結(jié)果,故A所包含的樣本點數(shù)為:mA=C1a(a+b)!于是,由古典概率計算公式(1),有Ρ(A)=mAnΩ1=C1a(a+b-1)!(a+b)!=aa+b若設(shè)想將a+b個位置分為兩類:一類放置黑球,一類放置白球,如此,則有如下解法。解法2:由于a只黑球放置在a+b個位置中的任意a個位置上,有Paa+b種放置結(jié)果,余下的b個位置必放置白球,有b!種放置結(jié)果,所以若把上述黑球、白球的所有可能的放置結(jié)果取作樣本空間Ω2,則Ω2所包含的樣本點總數(shù)為nΩ2=Paa+b·b!因第k位置必放置黑球,有C1a種放置結(jié)果,余下的a-1只黑球放置在余下a+b-1個位置中的任意a-1個位置上,有Pa-1a+b-1種放置結(jié)果,而最后余下的b個位置必放置余下的b個白球,有b!種放置結(jié)果。故由計數(shù)法的乘法原理知:A所包含的樣本點數(shù)為mA=C1aPa-1a+b-1b!于是,由古典概率計算公式(1),有Ρ(A)=mAnΩ2=C1aΡa-1a+b-1b!Ρa-1a+bb!=aa+b若設(shè)想“依次放置球”為兩段完成,如此則有如下的解法。解法3:考慮前k次放置是從a+b只球中隨機摸出k只球放置在前k個位置上,共有Pka+b種放置結(jié)果,后a+b-k次放置必然是將余下的a+b-k個球放置在余下a+b-k個位置上,共有(a+b-k)!種放置結(jié)果。若將上述兩段所有可能的放置結(jié)果取著樣本空間Ω3,則Ω3所包含的樣本點數(shù)為nΩ3=Pka+b(a+b-k)!因第k個位置放置黑球有C1a種放置結(jié)果,前k-1個位置可以在余下的a+b-1只球中隨機地選取k-1只放上,共有Pk-1a+b-1種放置結(jié)果,而后a+b-k位置必然放置余下的a+b-k個球,共有(a+b-k)!種放置結(jié)果,故由計數(shù)法的乘法原理即知A所包含的樣本點數(shù)為:mA=C1aPk-1a+b-1(a+b-k)!于是,由古典概率計算公式(1),有Ρ(A)=mAnΩ3=C1aΡk-1a+b-1(a+b-k)!Ρka+b(a+b-Κ)!=aa+b②若視袋中同色球之間無區(qū)別,并且仍設(shè)想將摸出的球排列成一直線的a+b個位置上,如此則有下述解法。解法4:由于a只黑球可以隨機地放置在a+b個位置中的任意a個位置上,有Caa+b種放置結(jié)果,余下的b只白球必然放置在余下的b個位置上,共有Cba種放置結(jié)果,所以若將上述黑球、白球的所有可能的放置結(jié)果取作樣本空間Ω4,則Ω4所包含的樣本點總數(shù)為nΩ4=Caa+b·Cbb=Caa+b因第k個位置放置黑球僅有1種放置結(jié)果,而余下的a-1只黑球可以放在余下的a+b-1個位置中的任意a-1個位置上,有Ca-1a+b-1種放置結(jié)果,最后余下的b只白球必然放置在余下的b個位置上,有Cbb種放置結(jié)果。故由計數(shù)法的乘法原理即知:A所包含的樣本點數(shù)為mA=Ca-1a+b-1·Cbb=Ca-1a+b-1于是,由古典概率計算公式(1),有Ρ(A)=mAnΩ4=Ca-1a+b-1Caa+b=aa+b(二)僅考慮摸出黑球,并且仍設(shè)想將摸出的球依次放置在排列成一直線的a+b個位置上。若視黑球之間有區(qū)間,如此則有如下解法。解法5:若將a只黑球可以隨機地放置在a+b個位置中的任意a個位置上的所有可能的放置結(jié)果取作樣本空間Ω5,則Ω5所包含的樣本點數(shù)為:nΩ5=Paa+b因第k個位置放置黑球,共有C1a種放置結(jié)果,而余下的a-1只黑球可以放置在余下的a+b-1個位置的任意a-1個位置上,共有Pa-1a+b-1種放置結(jié)果。故由計數(shù)法的乘法原理即知:A所包含的樣本點數(shù)為mA=C1aPa-1a+b-1于是,由古典概率計算公式(1),有Ρ(A)=mAnΩ5=C1aΡa-1a+b-1Ρaa+b=aa+b若視黑球之間無區(qū)別,則有如下解法。解法6:若將a只黑球可以隨機地放置在a+b個位置中的任意a個位置上的所有可能的放置結(jié)果取作樣本空間Ω6,則Ω6所包含的樣本點總數(shù)為nΩ6=Caa+b因第k個位置放置黑球只有一種放置結(jié)果,余下的a-1只黑球可以放置在a+b-1個位置中的任意a-1個位置上,有Ca-1a+b-1種放置結(jié)果。故A所包含的樣本點數(shù)為:mA=1·Ca-1a+b-1=Ca-1a+b-1于是,由古典概率計算公式(1),有Ρ(A)=mAnΩ6=Ca-1a+b-1Caa+b=aa+b(三)僅考慮前k次摸球,并且設(shè)想袋中球每只都有區(qū)別,如此則有如下解法。解法7:若a只黑球可以隨機地放置在a+b個位置中的任意a個位置上的所有可能的放置結(jié)果取作樣本空間Ω7,則Ω7所包含的樣本點總數(shù)為nΩ7=Pka+b因第k次摸得黑球,這只黑球必是這a只黑球中的一只,從而第k次摸得黑球有C1a種摸球結(jié)果,而前k-1次摸球自然可以從余下的a+b-1只球中隨機地摸出k-1只,有Pk-1a+b-1種摸取結(jié)果。故A所包含的樣本點數(shù)為:mA=C1aPk-1a+b-1于是,由古典概率計算公式(1),有Ρ(A)=mAnΩ7=C1aΡk-1a+b-1Ρka+b=aa+b(四)僅考慮第k-1次與第k次摸球,則有如下解法。解法8:令Bk={第k次摸得黑球},k=1,2…,n則容易注意到k≥2時,有BK=BK∪Ω=BK∪(BK-1∪BK-1)=BK-1BK∪BK-1BK且BK-1BK與BK-1BK互不相容。故由概率的可加性,有P(BK)=P(BK-1BK)+P(BK-1BK)由于k=2時,有P(B2)=P(B1B2)+P(B1B2)=aa+b?a-1a+b-1+ba+b?aa+b-1=aa+b一般地,有Ρ(BΚ)=aa+bk=1,2,?n。(五)僅考慮第k次摸球,并且設(shè)想將袋中球逐一編號,比如黑球編號為1號、2號,…,a號,白球編號為a+1號,a+2號,a+1,…,a+b號,如此則有如下解法。解法9:令ωi表示“第次摸到i號球”這個結(jié)果(i=1,2,…,a+b),且將第k次摸出的球的所有可能的摸球結(jié)果取作樣本空間Ω8,則Ω8={ω1,ω2,…ωa+b}且A={ω1,ω2,…ωa}?Ω8因Ω8所包含的樣本點數(shù)為nΩ8=a+b,而A所包含的樣本點數(shù)為mA=a,故由古典概率計算公式(1),有:Ρ(A)=mAnΩ8=aa+b注意:在本例中,我們對同一個古典概率計算問題,通過選取欲求概率的事件的不同樣本空間而給出了9種解法(其中第8種是作為一種解法提出來的,它沒有明確選取樣本空間,但實際上是將樣本空間Ω作分割或劃分:Ω=Bk-1∪BK-1,在這種分割或劃分下,將欲求概率的事件Bk表示為一些簡單隨機事件的不相交并:BK=BK-1BK∪BK-1BK),而且各種解法的答案一致,這說明對同一隨機現(xiàn)象,可以用不同的概率模型去描述它。選取的樣本空間不同,就可以得到不同的解法。顯然,上述所給出的9種解法中,以第9種解法最為簡單明了(它沒有用到排列組合方法),這說明我們這時選取的樣本空間最好。事實上,樣本空間Ω8(有限、等可能且A?Ω8)是我們所選取的8個明確樣本空間中“最小”(包含的樣本點最少)的。若要“再小”的話,則事件(A?Ω)或無法保證等可能性了。為實際運用方便,我們根據(jù)本例所選取的樣本空間Ω8的實際意義,順便抽象概括給出“最小”樣本空間的定義:設(shè)Ω1,Ω2,…,Ωk,…均是古典概型E的樣本空間,且其所包含的樣本點總數(shù)分別是n1,n2,…,nk,…,E中的某隨機事件A?Ωi,i=1,2,…,k,…若ni=min{n1,n2,…,nk,…},則稱Ωi為古典概型的關(guān)于隨機事件A的“最小”樣本空間。根據(jù)上述定義及討論即知:本例所選取的樣本空間Ω8就是關(guān)于欲求概率的事件A的“最小”樣本空間。在本例中,為什么我們能選取到“最小”樣本空間Ω8,使古典概率P(A)的計算大為簡化呢?原來,其中關(guān)鍵的一點,在于我們抓住了刻劃欲求概率的事件A的本質(zhì)特征(摸到黑球)而把無關(guān)的因素(比如摸到白球且前k-1次摸球與后a+b-k次摸球)都丟掉不予考慮了。為方便我們不妨把本例的解法9稱為計算古典概率的“最小”樣本空間法。3不同信袋中nn的排列位置為進一步熟悉、進而掌握計算古典概率的“最小”樣本空間計算法,我們不妨再舉兩例以明之。例5n個小朋友隨機地圍坐成一圓圈做游戲,試求下列事件的概率:①小朋友甲、乙坐在一起;②小朋友甲、乙、丙坐在一起。解:①假設(shè)小朋友甲或乙已坐好,考慮小朋友乙或甲怎樣坐法,令ωi表示“小朋友甲或乙已坐好時小朋友乙或甲坐在小朋友甲或乙的左或右邊第個坐位上”這個結(jié)果,若將小朋友甲或乙已坐好時小朋友乙或甲的所有可能的圍坐結(jié)果取作樣本空間Ω1,則Ω1可以明確表示為:Ω1={ω1,ω2,…,ωn-1}令A(yù)={小朋友甲、乙坐在一起},則A={ω1,ωn-1}?Ω1故由古典概率計算公式(1),有Ρ(A)=mAnΩ1=2n-1②假設(shè)小朋友甲已坐好時,考慮小朋友乙、丙怎樣坐法,令(ωi,ωj)表示“小朋友甲已坐好時小朋友乙、丙坐在小朋友甲左或右邊第i個、第j個位置上這個結(jié)果.若將小朋友甲已坐好時,小朋友乙、丙的所有可能的圍坐結(jié)果取作樣本空間Ω2,則Ω2可以明確表示為:Ω2={(ωi,ωj):1≤i<j≤n-1}U(ωi,ωj):1≤j<i≤n-1}且欲求概率的事件B={小朋友甲、乙、丙坐在一起}可以明確表示為:B={(ω1,ω2),(ω2,ω1),(ω1,ωn-1),(ωn-1,ω1),(ωn-2,ωn-1),(ωn-1,ωn-2)}?Ω2故Ω2所包含的樣本點總數(shù)為:nΩ2=2[(n-2)+(n-3)+…+2+1]=(n-1)(n-2)(n>3)B所包含的樣本點數(shù)為mB=6于是,由古典概率計算公式(1),有Ρ(B)=mBnΩ8=6(n-1)(n-2)(n>3)特別地,當n=3時,小朋友甲、乙、丙必然坐在一起,因而這時,有P(B)=1于是,綜上所述即知:Ρ(B)={6(n-1)(n-2)(n>3)1n=3例6設(shè)有m×n封信,其中有一封掛號信、一封航空信,其余的都是平信。今將這m×n封信隨機地放入m個信袋中,每袋放n封信.試求掛號信與航空信恰好放在同一信袋中的概率。解:首先易知題設(shè)將m×n封信隨機地放入m個信袋中,每袋放n封信等價于隨機地將m×n封信依次排列在成一直線的m×n個位置上(例如