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(中國科學技術大學統(tǒng)計系 安徽合肥 230022)

關于中學概率內(nèi)容的教與學

●蘇淳

(中國科學技術大學統(tǒng)計系 安徽合肥 230022)

概率統(tǒng)計內(nèi)容進入中小學數(shù)學課堂是近幾年的新生事物，是與國際接軌的一項舉措，符合與時俱進的精神.

但是，綜觀整個中小學階段的教學內(nèi)容安排，卻令人感覺雜亂無章，缺乏統(tǒng)一考慮和整體安排.有些內(nèi)容反復出觀，有些內(nèi)容缺乏深度.

以下，筆者僅就個人的體會，談兩點看法.

1 古典概型與計數(shù)

現(xiàn)行中學數(shù)學課本的最大不足在于忽視基本功的訓練，試圖在沙灘上建高樓.在古典概型中不重視對概率計算方法的教學就是其中的一種表現(xiàn)，其結果是造成學生只會用繁雜的方法計算古典概率，既使學生學得無味，又憑空增加了學生的負擔.

因為古典概型所涉及的統(tǒng)計試驗都只有有限個可能的基本結果，所以引入一個符號Ω來表示所有可能的基本結果之集是一件輕而易舉的事情.而且這樣一來，樣本空間、基本事件、隨機事件的直觀概念便自然而然地為學生所接受，為后面的學習打開了方便之門.這種既方便又有利的事情，現(xiàn)行中學課本卻沒有去做.

應當指出，如何正確利用式(1)計算概率，是大有講究的.下面舉例說明.

例1一個籠子里關著10只貓，其中有7只白貓、3只黑貓.把籠門打開一個小口，使得每次只能鉆出1只貓.貓爭先恐后地往外鉆.如果10只貓都鉆出了籠子，以Ak表示第k只出籠的貓是黑貓的事件，試求P(Ak)(k=1,2,…,10).

分析顯然，如果用Ω表示10只貓出籠的所有不同的可能列隊順序構成的集合，那么Ak就是由所有符合條件的列隊順序所構成的子集.

這是一種最容易被同學接受的解法.但是，由于使用的是排列模式計數(shù)，把10只貓視為10個不同的元素，然而貓有時是很難識別的，除了顏色易于區(qū)分之外，在顏色相同的貓之間往往很難分辨出誰是誰，因此在計算它們出籠的先后順序時，未必能視為10個不同元素的排列.相反地，把同種顏色的貓看成相同的元素，似乎要更加合理一些.由此看來，不如采用不盡相異元素的排列模式計算出籠順序.

就運算過程而言，這種方法較之解法1要簡單得多;就所說的道理而言，也無不當之處.最為重要的是：盡管采用了2種不同的計數(shù)模式計算|Ω|和|Ak|,但是計算出的概率值卻是相等的.這就告訴我們，概率計算問題不同于普通的計數(shù)問題，在概率計算問題中，重要的不是采用何種計數(shù)模式來計算樣本空間和隨機事件中的樣本點(基本事件)的數(shù)目，而是要保證對兩者采用同一種計數(shù)模式.鑒于上述考慮，還可以給出貓出籠問題的其他解法.

這樣，我們又得到了與前面2種解法完全相同的結果.這個例子告訴我們：對于古典概型問題，可以有多種不同的解法，并且可以采用不同的計數(shù)模式計算樣本點的個數(shù).但是，必須對樣本空間和隨機事件采用相同的計數(shù)模式，并且能夠給出合理的解釋.

例2籠內(nèi)關有6只果蠅，不慎混入2只蒼蠅，只好把籠子打開一個小孔，讓蠅子一只一只飛出去，直到2只蒼蠅都飛出籠子，再關閉小孔.以X表示籠內(nèi)所剩下的果蠅數(shù)目，求X的分布律.

分析這是一道建立在古典概型基礎上的隨機變量試題，其關鍵仍然是合理計算古典概率．

解X的取值集合為{0,1,…,6}，并且對任何k∈{0,1,…,6},(X=k)都是一個隨機事件，它表示共飛走了8-k只蠅子，其中最后飛走的一只是蒼蠅，在前7-k只蠅子中有一只是蒼蠅.

可以設想所有蠅子都飛出了籠子，考察最后有多少只連續(xù)飛出的果蠅，這時的果蠅數(shù)目仍然是X，我們記Ak=(X=k).如果以Ω表示蠅子出籠的所有可能順序的集合，那么Ak就是最后有k只連續(xù)飛出的果蠅的各種可能順序所構成的子集.顯然，可以利用排列模式計算|Ω|和|Ak|.但不如采用組合模式方便：

(在前7-k只蠅子中有1只是蒼蠅)，因此

2 全概率公式應當成為中學概率教學的落腳點

中小學關于概率統(tǒng)計內(nèi)容的教學前后跨越了10年之久，然而最后卻始終未能引出全概率公式.全概率公式不僅是初等概率發(fā)展史中的里程碑，其意義與價值遠遠超越了歷史的局限，迄今仍在概率統(tǒng)計的各個領域中發(fā)揮著無可替代的重要作用.

對于中學生來說，全概率公式并不難接受，相反，卻能大大提高他們的解題能力，更能提高他們的學習興趣.

例3有2個罐子，在第1個罐中放有7個紅球、2個白球和3個黑球，在第2個罐中放有5個紅球、4個白球和3個黑球.從第1個罐中隨機取出1個球放入第2個罐中，再從第2個罐中隨機取出1個球來.試求從第2個罐中隨機取出的球為紅球的概率.

分析這是一個我們從未遇到過的問題.在這個問題中，包含了2個相繼進行的隨機試驗，并且第2個隨機試驗的結果受到第1個試驗之結果的影響.

解分別以A1，A2，A3表示由第1個罐子取往第2個罐子的球是紅球、白球和黑球的事件．顯然這3個事件兩兩不交，并且它們之并就是Ω,因此

從而

(2)

由于A1，A2，A3都是第一個試驗的結果，為計算它們的概率，將樣本空間取為第1次取球的所有可能結果之集，并按古典概型計算之,因此

綜上所述,可得

這種方法把一個較為復雜的概率計算問題分解為一系列易于計算的步驟.為了總結這個方法，先給出一個定義.

在必要時，可以把分劃的概念推廣到可列個事件(即n為+∞)的情形.

利用對樣本空間Ω的分劃，我們給出如下的概率計算公式.

定理1(全概率公式)設A1，A2，…，An是對樣本空間Ω的一個分劃，如果P(Ak)gt;0，k=1，2，…，n，則對任何隨機事件B，都有

在可列情形下,相應地有：

通過例1的解答，我們看到了全概率公式的威力．在使用該公式時，應當注意正確選擇Ω的分劃{Αk，k=1，2，…，n}.若選擇不當，則難以達到簡化計算的目的．

同理可得

于是由全概率公式得

因此結論對一切n都成立．

例5甲、乙2人輪流拋擲一枚均勻的骰子．甲先擲，一直到擲出了1點，交給乙擲，而到乙擲出了1點，再交給甲擲，并如此一直下去．試求第n次拋擲時由甲擲的概率．

于是由全概率公式得

經(jīng)過整理，將上式化為易于遞推的形式

反復利用該式，并注意p1=1，得

因此

下面介紹一個有趣的問題，其解答可利用全概率公式.

例6包括甲、乙2人在內(nèi)的2n名乒乓球運動員參加一場淘汰賽，第一輪將他們?nèi)我鈨蓛膳鋵Ρ荣?，然?n-1名勝者再任意兩兩配對進行第2輪比賽，如此下去，直至第n輪決出一名冠軍為止.假定每一名運動員在各輪比賽中勝負都是等可能的,求甲、乙2人在這場比賽中相遇的概率.

解在參賽人數(shù)為2n時，記甲、乙2人在這場比賽中相遇的概率為pn，并記他們在第一輪比賽中就相遇的概率為qn.

下面對n進行討論.若n=1，則一共只有甲、乙2個人參加比賽，他們一定在第1輪相遇，所以p1=q1=1.

若n=2，則有包括甲、乙2人在內(nèi)的4個人參加比賽.分別以A和B記他們在第1輪和第2輪比賽中相遇的事件，于是

p2=P(A)+P(AcB)=

P(A)+P(Ac)P(B|Ac)=

q2+(1-q2)P(B|Ac).

p2=q2+(1-q2)P(B|Ac)=

如上的結果使我們有理由猜測：對一切正整數(shù)n，都應當有

pk+1=P(A)+P(AcB)=

P(A)+P(Ac)P(B|Ac)=

qk+1+(1-qk+1)P(B|Ac).

如果甲、乙2人在第1輪比賽中沒有相遇，那么要使他們在后續(xù)的比賽中相遇，就必須2個人在第1輪比賽中雙雙戰(zhàn)勝對手，同其余2k-2名勝者一起進入下一輪比賽.而從此時開始便是2k名運動員按照原來的比賽規(guī)則進行比賽.因此只要甲、乙2人都能進入后續(xù)的比賽，那么他們在后續(xù)比賽中相遇的概率就是pk，于是

結合歸納假設即知

pk+1=qk+1+(1-qk+1)P(B|Ac)=

當n=k+1時,結論仍然成立.

在上述解答中，我們都是以A和Ac(即甲、乙2人是否在第1輪相遇)作為對Ω的分劃．這種對分劃的選取方式不僅有利于處理n=2的情形，而且有利于運用歸納假設進行歸納過渡.