對兩道小學數學題解的評析

肖鑒鏗

例1 從1~9這9張牌中任取4張，這4個數所組成的和或是奇數或是偶數，哪種可能性更大？

這是蘇教版數學六年級奧數讀本第92頁練習十二中的第12題。在該書224頁給出了這樣的“參考答案”：

“因為這9個數非奇即偶（共有五奇四偶），從選出的4個數組成的和來看，如果是奇數，只有這樣兩種可能：（1）奇+偶+偶+偶，（2）奇+奇+奇+偶；如果是偶數，就有三種可能：（1）偶+偶+奇+奇，（2）偶+偶+偶+偶，（3）奇+奇+奇+奇。由此看出，組成的和是偶數的可能性大。”

在上述解答中，存在著一種隱蔽的失誤。從概率論的觀點看，“和是奇數”與“和是偶數”都是“復合事件”。“和是奇數”由兩個“子事件”組成，“和是偶數”由三個“子事件”組成。上述解答實際上只完成了對子事件多寡的分析，而由此就認定子事件多的復合事件發生的可能性大，是缺乏依據的。為說明這一點，不妨先來看看下面的補充例題：

有2偶4奇共6個數，從中任選4個，問所組成的和是奇數多還是偶數多？

受過中等師范教育的小學教學教師都不難運用排列組合與概率的知識來解答本題。

分析與解：設“和為奇數”為事件A，A只有一種情況：“一偶三奇”；設“和為偶數”為事件B，B則包含兩種情況：“四奇”與“兩偶兩奇”。不妨將這兩個子事件分別記為B1與B2。

事件A發生的概率為P（A）=。事件B發生的概率為P（B）=P（B1）+P（B2）

P（A）>P（B）。

在這里，“倒掛”的現象發生了：子事件多的復合事件的概率反而小了！

由此表明，僅憑子事件的眾寡來推斷復合事件概率的大小，犯了“依據不足”的毛病。所以真要解答例1，還應繼續下去，將革命進行到底。不揣淺陋，試解如下：

設“和為奇數”是事件A，并記A1為“一奇三偶”、A2為“三奇一偶”，則A=A1+A2。又設“和為偶數”是事件B，并記B1為“兩奇兩偶”、B2為“四奇”、B3為“四偶”，則B=B1+B2+B3。

P（A）=P（A1）+P（A2）。

P（B）=P（B1）+P（B2）+P（B3）。

P（A）

故“和為偶數”的可能性略大。

在這里，由于“和”只有兩種情況：非奇即偶，故A與B已構成一個“完備事件組”，也就是說，A、B的概率之和等于1。若運用這一性質，則在求出P（A）=后，立即可得P（B）=1。

顯然，無論是否運用對立事件的概率公式，上述解法都已超出小學生的數學能力。

例2 如果的商是整數，那么商是奇數還是偶數？

這題與例1同出一書，是該書第92頁練習十二中的第6題。第243頁的“參考答案”中給出了本題的解法：

“因為1×3×7×…×1989×1991的積一定是奇數，又因為（1993-1）÷2+1=997，說明1+3+5+7+…+1991+1993中加數的個數是奇數，所以和為奇數，因此商是奇數。”

我原以為，既要求學生判斷商是奇數還是偶數，這個商肯定是整數無疑。只是由于要證明商是整數已超出小學生之能力，故不作此要求，只在題中用“如果……的商是整數”這個假設一語帶過而已。然而，就在我動手來證明商是整數時，卻發現了問題。

利用等差數列的求和公式易知：

1+3+5+7+…+1991+1993=（1+1993）÷2×997=997×997=9972。

原式=。分子、分母約去一個997后，得。而997是1000以內最大的質數（又稱素數），此分數已不可再約。從想證明商是整數出發，卻證得了商不是整數，這是我始料未及的，題中的假設原來竟是虛晃一槍！難道我們要誤導小學生去證明一個違反事實的結論？

例1的題解依據不足，例2的題解假設不真。例1的正確解答超出了小學生的能力，例2則直接與數學的真實性、嚴肅性相悖。看來這兩道題還是不出給小學生做為好。