古典概率计算的教学难点与简化方法

古典概率计算的教学难点与简化方法

基于许多数学领域的理论，本文以分析理论、测量论等广阔的视野为基础，研究和揭示了自然界和社会中随机现象的统计规律，并将其科学应用于人类社会的生产和生活活动。我想继续研究数学的计数方法。随机过程等众多随机性数学学科打下必备理论基础的概率论,自17世纪由于博彩事业、保险事业等的发展诞生以来,始终是理工农医师经管等专业学生的必修课。在该课程中,最基本的重要经典内容当首推古典概型,其中,古典概率的计算则是我们在本课程教学中碰到的首个重点与难点。突出重点,化解难点,无疑是值得我们深思研讨的问题。古典概率的计算,虽然有计算公式:Ρ(A)=事件A所饮食的样本点数mA样本空间Ω所包含的样本点数nΩ(1)P(A)=事件A所饮食的样本点数mA样本空间Ω所包含的样本点数nΩ(1)可资利用,但它绝不同于运用一般的数学计算公式进行的计算。因为古典概率的计算重点并不在其计算公式(1)本身,而在其计算公式(1)中所涉及的量nΩ与mA的计算。对量nΩ与mA的计算,除有时能借助于古典概型的样本空间Ω及欲求概率的事件A的“明确表示”而获得外,一般要用到排列组合的计算方法和技巧,由此就自然给古典概率的计算带来相当大的困难。不过,特别地,有时在具体计算量nΩ与mA时,只要注意设法选取所谓的“最小”样本空间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质这两方面,就有可能避免复杂的排列组合的计算,从而导致减少与克服古典概率计算的困难。下面,我们举例说明计算古典概率的若干简化方法。1试验第14个随机事件,c例1设袋中装有编号1,2,…2n的2n个相同的球,今从袋中任取一球,试求此球的编号为奇数的概率。解:令i表示“所取一球的编号为i”这个结果(i=1,2,…,2n),且将从装有编号为1,2,…,2n的2n个相同球的袋中任取一球的所有可能的取球结果取作样本空间Ω1,则Ω1={1,2,…,2n},且Ω1所包含的样本点数为nΩ1=2n再令A={所取一球的编号为奇数},则A={1,3,…,2n-1}⊂Ω1,且A所包含的样本点数为mA=n于是,由古典概率计算公式(1),有Ρ(A)=mAnΩ1=n2n=12此外,根据对称性亦即等可能性,这里的例1亦可采用下述方法解之。事实上,令ω1表示“所取一球的编号为奇数”这个结果,ω2表示“所取一球的编号为偶数”这个结果,则这试验的样本空间这时可表示为:Ω2={ω1,ω2},A={ω1}⊂Ω2。于是,由古典概率计算公式(1),有:Ρ(A)==mAnΩ2=12容易注意到:当n=1时,上述两种解法是完全相同的。因为这时就该试验而言,所选取的样本空间Ω1与Ω2实质上是完全一样的,因而它们都包含该试验所有可提的22=4个随机事件:φ,Ω1,{1},{2}与φ,Ω2,{ω1},{ω2}。当n>1时,上述两种解法是不相同的,但无疑都是正确的。因为这时就该试验而言,所选取的样本空间Ω1与Ω2是不完全相同的,共同的是它们都包含了欲求概率的事件A,当然还都包含有不可能事件φ和它们自身;而所不同的是:Ω1包含了该试验所有可提的全部22n个随机事件,而Ω2则只包含了该试验部分可提的随机事件:φ,Ω2,{ω1},{ω2}。特别地,对该试验可提的随机事件B={所取一球的编号为1},显然有B⊂Ω1而无B⊂Ω2,因此,对Ω1而言,B是一随机事件,自然可谈其概率,且由古典概率计算公式(1)还可计算出其概率为P(B)=1/2n;而对Ω2而言,B已不是一随机事件,即B⊄Ω2。当然也就没有概率可言了。换言之,对事件B,只能选取样本空间为Ω1,而不能选取样本空间为,否则,B⊄Ω2。由本例可知:古典概率的计算与样本空间Ω的选取有关。重视样本空间Ω的选取,对于古典概率的计算有很重要的实际意义。下面,我们不妨再举一例以说明之。例2在分别写有2,4,6,7,8,11,12,13的8张卡片中任取两张,将此两张卡片上的两个数组成一个分数,试求所得分数是既约分数(分子分母没有大于1的公因数)的概率。解法1:(不考虑所得两数组成分数的组合顺序)由于任取两张卡片,其上的两数x,y组成两个分数(x,y)或(y,x),且这两个分数或者都是既约分数,或者都不是既约分数,二者必居其一,且只居其一。因此这时可不考虑所得两数组成分数的组合顺序,即视(x,y)或(y,x)为“一个分数”。如此,这里试验的样本空间可明确表示为: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Ai={所得分数是既约分数}i=1,2。则A1≡{(x,y):y>x=2,4,6,7,8,11,12,13,用x与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与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与Ω2所包含的样本点数均为:n=nΩ1=nΩ2=7+6+5+4+3+2+1=(7+1)⋅72=28A1与A2所包含的样本点数均为:m=mA1=mA2=18故由古典概率计算公式(1),有解法2:(考虑所得两数组成分数的组合顺序)由于任取两张卡片,其上的两数x与y组成两个分数(x,y)或(y,x)自然是不同的,因此,就不同分数的个数(考虑所得两数组成分数的组成顺序)言之,这里试验的样本空间Ω可明确表示为:Ω=Ω1∪Ω2,且欲求概率的事件A可明确表示为:A=A1∪A2。故由古典概率计算公式(1),有Ρ(A)=nAnΩ=mA1+mA2nΩ1+nΩ2=18+1828+28=914在本例中,我们通过样本空间Ω的“明确表示”较容易地获得了样本空间Ω和欲求概率的事件A所包含的样本点数nΩ和mA,进而利用古典概率计算公式(1),又得出了欲求事件A的概率P(A)。但要注意,此法对某些简单试验情形会行之有效,而对一般较复杂试验情形,因其样本空间难于“明确表示”而使其行之失效。例如,在本例中,若可供抽取的卡片很多,则相应得到的分数就很多,要通过一一写出它们来计算其总个数和其中的既约分数的个数,这显然是难于办到的。这时,一般就需要考虑使用。2古典概率计算公式与ma的关系解法3:(不考虑所取两数组成分数的组合顺序)若把任取两张卡片上的两数组成一个分数的所有可能的不计组合顺序(即交换分数的分子分母时两个不同分数视作“一个分数”)的组合结果取作样本空间Ω3,则Ω3所包含的样本点总数nΩ3等于从8个数中任取2个的组合种数C28,即nΩ3=C28=28。令A={所得分数是既约分数},则A发生当且仅当从7,11,13三数中任取两个不计顺序组成分数或从7,11,13三个数与2,4,6,8,12五个数中各任取一个不计顺序组成分数。故由计数法的加法原理知:A所包含的样本点数为:mA=C23+C13·C15=3+15=18。于是,由古典概率计算公式(1),有Ρ(A)=mAnΩ3=1828=914解法4:(考虑所得两数组成分数的组合顺序)若把任取两张卡片上的两数组成一个分数的所有可能的计较其组合顺序的组成结果取作样本空间Ω4,则Ω4所包含的样本点总数nΩ4等于从这8个数中任取2个的排列种数,即nΩ4=P28=56。令A={所得分数是既约分数},则A发生当且仅当从7,11,13中任取2个依顺序组成分数或从7,11,13与2,4,6,8,12中各任取1个依顺序组成分数。故由计数法的加法原理即知:A所包含的样本点数为:mA=P23+C13·C15+C15·C13=36。于是,由古典概率计算公式(1),有Ρ(A)=mAnΩ4=3656=914注意由本例提供的4种解法还可知:在计算样本空间Ω与欲求概率的事件A所包含的样本点数nΩ4与mA时,必须对同一个选定的样本空间进行考察,其中的一个考虑顺序,另一个也必须考虑顺序;一个不考虑顺序,另一个也必须不考虑顺序.否则,计算结果一定不正确。这是因为这时必会发生A⊄Ω。例4设一袋中装有a只黑球、b只白球,今随机地把此袋中的球一只只摸出来。试求第k(1≤k≤a+b)次摸到黑球的概率。解:令A={第k(k=1,2,…,a+b)次摸到黑球}(一)设想将袋中球全部摸出①若视袋中球每只都有区别(比如将a+b只球逐一编号.黑球编为1号、2号、…,a号,白球编为a+1号,a+2号,…,a+b号),并且设想将随机摸出的球依次放置在排列成一直线的a+b个位置上(注意这里的“摸出结果”与“放置结果”具有一一对应关系)。如此则有如下解法。解法1:若将a+b只球随机地放置在a+b个位置上的所有可能的放置结果取作样本空间Ω1,则Ω1所包含的样本点总数为:nΩ1=(a+b)!因第k个位置放置黑球有C1a种放置结果,而余下的a+b-1个球放置在余下的a+b-1个位置上有(a+b-1)!种放置结果,故A所包含的样本点数为:mA=C1a(a+b)!于是,由古典概率计算公式(1),有Ρ(A)=mAnΩ1=C1a(a+b-1)!(a+b)!=aa+b若设想将a+b个位置分为两类:一类放置黑球,一类放置白球,如此,则有如下解法。解法2:由于a只黑球放置在a+b个位置中的任意a个位置上,有Paa+b种放置结果,余下的b个位置必放置白球,有b!种放置结果,所以若把上述黑球、白球的所有可能的放置结果取作样本空间Ω2,则Ω2所包含的样本点总数为nΩ2=Paa+b·b!因第k位置必放置黑球,有C1a种放置结果,余下的a-1只黑球放置在余下a+b-1个位置中的任意a-1个位置上,有Pa-1a+b-1种放置结果,而最后余下的b个位置必放置余下的b个白球,有b!种放置结果。故由计数法的乘法原理知:A所包含的样本点数为mA=C1aPa-1a+b-1b!于是,由古典概率计算公式(1),有Ρ(A)=mAnΩ2=C1aΡa-1a+b-1b!Ρa-1a+bb!=aa+b若设想“依次放置球”为两段完成,如此则有如下的解法。解法3:考虑前k次放置是从a+b只球中随机摸出k只球放置在前k个位置上,共有Pka+b种放置结果,后a+b-k次放置必然是将余下的a+b-k个球放置在余下a+b-k个位置上,共有(a+b-k)!种放置结果。若将上述两段所有可能的放置结果取着样本空间Ω3,则Ω3所包含的样本点数为nΩ3=Pka+b(a+b-k)!因第k个位置放置黑球有C1a种放置结果,前k-1个位置可以在余下的a+b-1只球中随机地选取k-1只放上,共有Pk-1a+b-1种放置结果,而后a+b-k位置必然放置余下的a+b-k个球,共有(a+b-k)!种放置结果,故由计数法的乘法原理即知A所包含的样本点数为:mA=C1aPk-1a+b-1(a+b-k)!于是,由古典概率计算公式(1),有Ρ(A)=mAnΩ3=C1aΡk-1a+b-1(a+b-k)!Ρka+b(a+b-Κ)!=aa+b②若视袋中同色球之间无区别,并且仍设想将摸出的球排列成一直线的a+b个位置上,如此则有下述解法。解法4:由于a只黑球可以随机地放置在a+b个位置中的任意a个位置上,有Caa+b种放置结果,余下的b只白球必然放置在余下的b个位置上,共有Cba种放置结果,所以若将上述黑球、白球的所有可能的放置结果取作样本空间Ω4,则Ω4所包含的样本点总数为nΩ4=Caa+b·Cbb=Caa+b因第k个位置放置黑球仅有1种放置结果,而余下的a-1只黑球可以放在余下的a+b-1个位置中的任意a-1个位置上,有Ca-1a+b-1种放置结果,最后余下的b只白球必然放置在余下的b个位置上,有Cbb种放置结果。故由计数法的乘法原理即知:A所包含的样本点数为mA=Ca-1a+b-1·Cbb=Ca-1a+b-1于是,由古典概率计算公式(1),有Ρ(A)=mAnΩ4=Ca-1a+b-1Caa+b=aa+b(二)仅考虑摸出黑球,并且仍设想将摸出的球依次放置在排列成一直线的a+b个位置上。若视黑球之间有区间,如此则有如下解法。解法5:若将a只黑球可以随机地放置在a+b个位置中的任意a个位置上的所有可能的放置结果取作样本空间Ω5,则Ω5所包含的样本点数为:nΩ5=Paa+b因第k个位置放置黑球,共有C1a种放置结果,而余下的a-1只黑球可以放置在余下的a+b-1个位置的任意a-1个位置上,共有Pa-1a+b-1种放置结果。故由计数法的乘法原理即知:A所包含的样本点数为mA=C1aPa-1a+b-1于是,由古典概率计算公式(1),有Ρ(A)=mAnΩ5=C1aΡa-1a+b-1Ρaa+b=aa+b若视黑球之间无区别,则有如下解法。解法6:若将a只黑球可以随机地放置在a+b个位置中的任意a个位置上的所有可能的放置结果取作样本空间Ω6,则Ω6所包含的样本点总数为nΩ6=Caa+b因第k个位置放置黑球只有一种放置结果,余下的a-1只黑球可以放置在a+b-1个位置中的任意a-1个位置上,有Ca-1a+b-1种放置结果。故A所包含的样本点数为:mA=1·Ca-1a+b-1=Ca-1a+b-1于是,由古典概率计算公式(1),有Ρ(A)=mAnΩ6=Ca-1a+b-1Caa+b=aa+b(三)仅考虑前k次摸球,并且设想袋中球每只都有区别,如此则有如下解法。解法7:若a只黑球可以随机地放置在a+b个位置中的任意a个位置上的所有可能的放置结果取作样本空间Ω7,则Ω7所包含的样本点总数为nΩ7=Pka+b因第k次摸得黑球,这只黑球必是这a只黑球中的一只,从而第k次摸得黑球有C1a种摸球结果,而前k-1次摸球自然可以从余下的a+b-1只球中随机地摸出k-1只,有Pk-1a+b-1种摸取结果。故A所包含的样本点数为:mA=C1aPk-1a+b-1于是,由古典概率计算公式(1),有Ρ(A)=mAnΩ7=C1aΡk-1a+b-1Ρka+b=aa+b(四)仅考虑第k-1次与第k次摸球,则有如下解法。解法8:令Bk={第k次摸得黑球},k=1,2…,n则容易注意到k≥2时,有BK=BK∪Ω=BK∪(BK-1∪BK-1)=BK-1BK∪BK-1BK且BK-1BK与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时,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)仅考虑第k次摸球,并且设想将袋中球逐一编号,比如黑球编号为1号、2号,…,a号,白球编号为a+1号,a+2号,a+1,…,a+b号,如此则有如下解法。解法9:令ωi表示“第次摸到i号球”这个结果(i=1,2,…,a+b),且将第k次摸出的球的所有可能的摸球结果取作样本空间Ω8,则Ω8={ω1,ω2,…ωa+b}且A={ω1,ω2,…ωa}⊂Ω8因Ω8所包含的样本点数为nΩ8=a+b,而A所包含的样本点数为mA=a,故由古典概率计算公式(1),有:Ρ(A)=mAnΩ8=aa+b注意:在本例中,我们对同一个古典概率计算问题,通过选取欲求概率的事件的不同样本空间而给出了9种解法(其中第8种是作为一种解法提出来的,它没有明确选取样本空间,但实际上是将样本空间Ω作分割或划分:Ω=Bk-1∪BK-1,在这种分割或划分下,将欲求概率的事件Bk表示为一些简单随机事件的不相交并:BK=BK-1BK∪BK-1BK),而且各种解法的答案一致,这说明对同一随机现象,可以用不同的概率模型去描述它。选取的样本空间不同,就可以得到不同的解法。显然,上述所给出的9种解法中,以第9种解法最为简单明了(它没有用到排列组合方法),这说明我们这时选取的样本空间最好。事实上,样本空间Ω8(有限、等可能且A⊂Ω8)是我们所选取的8个明确样本空间中“最小”(包含的样本点最少)的。若要“再小”的话,则事件(A⊄Ω)或无法保证等可能性了。为实际运用方便,我们根据本例所选取的样本空间Ω8的实际意义,顺便抽象概括给出“最小”样本空间的定义:设Ω1,Ω2,…,Ωk,…均是古典概型E的样本空间,且其所包含的样本点总数分别是n1,n2,…,nk,…,E中的某随机事件A⊂Ωi,i=1,2,…,k,…若ni=min{n1,n2,…,nk,…},则称Ωi为古典概型的关于随机事件A的“最小”样本空间。根据上述定义及讨论即知:本例所选取的样本空间Ω8就是关于欲求概率的事件A的“最小”样本空间。在本例中,为什么我们能选取到“最小”样本空间Ω8,使古典概率P(A)的计算大为简化呢?原来,其中关键的一点,在于我们抓住了刻划欲求概率的事件A的本质特征(摸到黑球)而把无关的因素(比如摸到白球且前k-1次摸球与后a+b-k次摸球)都丢掉不予考虑了。为方便我们不妨把本例的解法9称为计算古典概率的“最小”样本空间法。3不同信袋中nn的排列位置为进一步熟悉、进而掌握计算古典概率的“最小”样本空间计算法,我们不妨再举两例以明之。例5n个小朋友随机地围坐成一圆圈做游戏,试求下列事件的概率:①小朋友甲、乙坐在一起;②小朋友甲、乙、丙坐在一起。解:①假设小朋友甲或乙已坐好,考虑小朋友乙或甲怎样坐法,令ωi表示“小朋友甲或乙已坐好时小朋友乙或甲坐在小朋友甲或乙的左或右边第个坐位上”这个结果,若将小朋友甲或乙已坐好时小朋友乙或甲的所有可能的围坐结果取作样本空间Ω1,则Ω1可以明确表示为:Ω1={ω1,ω2,…,ωn-1}令A={小朋友甲、乙坐在一起},则A={ω1,ωn-1}⊂Ω1故由古典概率计算公式(1),有Ρ(A)=mAnΩ1=2n-1②假设小朋友甲已坐好时,考虑小朋友乙、丙怎样坐法,令(ωi,ωj)表示“小朋友甲已坐好时小朋友乙、丙坐在小朋友甲左或右边第i个、第j个位置上这个结果.若将小朋友甲已坐好时,小朋友乙、丙的所有可能的围坐结果取作样本空间Ω2,则Ω2可以明确表示为: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}可以明确表示为:B={(ω1,ω2),(ω2,ω1),(ω1,ωn-1),(ωn-1,ω1),(ωn-2,ωn-1),(ωn-1,ωn-2)}⊂Ω2故Ω2所包含的样本点总数为:nΩ2=2[(n-2)+(n-3)+…+2+1]=(n-1)(n-2)(n>3)B所包含的样本点数为mB=6于是,由古典概率计算公式(1),有Ρ(B)=mBnΩ8=6(n-1)(n-2)(n>3)特别地,当n=3时,小朋友甲、乙、丙必然坐在一起,因而这时,有P(B)=1于是,综上所述即知:Ρ(B)={6(n-1)(n-2)(n>3)1n=3例6设有m×n封信,其中有一封挂号信、一封航空信,其余的都是平信。今将这m×n封信随机地放入m个信袋中,每袋放n封信.试求挂号信与航空信恰好放在同一信袋中的概率。解:首先易知题设将m×n封信随机地放入m个信袋中,每袋放n封信等价于随机地将m×n封信依次排列在成一直线的m×n个位置上(例如