高中數學概率易錯問題淺析

巫如來

【摘要】概率知識是新課標高中數學內容中的一個難點，而許多基本事件的計算又與排列組合有關，有些事件的發生沒有很清晰的界線，若沒有認清它們之間的內在特點，特別是對于那些在實際運用中不易察覺的事件，學生想要掌握好它，并不是一件很容易的事情，做起題目來常常會模棱兩可.通過典型例子對概率易錯問題進行辨析，能夠讓學生正確地理解并掌握運用，同時對教師的課堂教學也能起到一定的幫助作用.

【關鍵詞】概率；易錯問題；典型例子

概率知識是新課標高中數學內容中的一個難點，而許多基本事件的計算又與排列組合有關，有些事件的發生沒有很清晰的界線，若沒有認清它們之間的內在特點，特別是對于那些在實際運用中不易察覺的事件，學生想要掌握好它，并不是一件很容易的事情，做起題目來常常會模棱兩可.通過典型例子對概率易錯問題進行辨析，能夠讓學生正確地理解并掌握運用，同時對教師的課堂教學也能起到一定的幫助作用.

我們先從以下的這一道例題開始吧！

一、引 例

例1 從一批有10個合格品與3個次品的產品中，一件一件地抽取，設各個產品被抽到的可能性相同，若每次取出的產品都不放回該產品中，試求取到合格品為止時所需抽取次數ξ的分布列.

錯解 設取到合格品為止時所需抽取的次數ξ，則ξ是一個隨機變量，ξ=1，2，3，4.

P（ξ=1）=C110C113=1013=10×12×1113×12×11=13201716，

P（ξ=2）=C13C110C213=3×1013×122×1=6×10×1113×12×11=6601716，

P（ξ=3）=C23C110C313=3×1013×12×113×2×1=18×1013×12×11=1801716，

P（ξ=4）=C33C110C413=1×1013×12×11×104×3×2×1=2413×12×11=241716.

分析 這是初學者普遍的一種錯誤做法，有兩種錯誤的理解，一是認為：這是一個條件概率的問題，而不是一個積事件的概率；二是認為：因這是不放回抽取，而且13件產品中含有兩種不同的事物，那么任取ξ（ξ>1）件產品時，其中恰好有ξ-1件次品和1件正品，所以具有超幾何分布列的形式.實際上，他沒有注意到在基本事件的總數的計算時，要考慮按兩次先后的順序抽取完成.

二、問題分析

那么，我們先找找這一解法錯誤的根本原因，請思考以下這一問題：

（1）從5個不同元素選出3個元素有多少種選法？

（2）從5個不同元素選出2個元素，再從剩下的3個元素選出1個元素有多少種選法？

以上兩種選法有何不同？為什么？

點評 從表面上看，該問題都是從5個不同元素選出3個元素，但從排列與組合的角度認真分析下，它們的實際結果確完全不一樣：問題（1）中只有C35=10種選法，問題（2）中有C25C13=30種選法.兩種選法不同的原因就是：問題（2）中選出的3個不同元素要分兩步才能完成，而問題（1）中只需一步就可以完成.

那么，今天要解決類似的問題，只要我們先分析它們是屬于以下四類問題中的哪一類，就可以采取相應的策略了.

三、問題解決方案

（一）有放回且有序抽樣概率

例2 從一批有10個合格品與3個次品的產品中，一件一件地抽取，設各個產品被抽到的可能性相同，若每次取出的產品都放回該產品中，試求3次抽取中，前2次取到次品，第3次取到合格品的概率.

分析 這是有放回且有序抽樣，它們的概率就是一個積事件的概率.

解 P=C13C113×C13C113×C110C113=313×313×1013=3×3×1013×13×13=902197.

（二）有放回且無序抽樣概率

例3 從一批有10個合格品與3個次品的產品中，一件一件地抽取，設各個產品被抽到的可能性相同，若每次取出的產品都放回該產品中，試求3次抽取中，有2次取到次品，1次取到合格品的概率.

分析 這是有放回且無序抽樣，它們的概率就是一個獨立重復試驗的概率，而且可以用二項分布求其概率.

解 P=C23×C13C113×C13C113×C110C113=C23×3132×1013=3×3×3×1013×13×13=2702197.

（三）不放回且無序抽樣概率

例4 從一批有10個合格品與3個次品的產品中，一件一件地抽取，設各個產品被抽到的可能性相同，若每次取出的產品不放回該產品中，試求3次抽取中，有2次取到次品，1次取到合格品的概率.

分析 這是不放回且無序抽樣，它們的概率就是一個超幾何分布類型的概率.

解 P=C23C110C313=3×1013×12×113×2×1=18×1013×12×11=1801716，

或P=C23A23A110A313=3×6×1013×12×11=1801716.

（四）不放回且有序抽樣概率

下面我們再來分析例1的正確解法，這是不放回且有序抽樣，它們的概率可以用以下方法來求.

方法一：用組合計數法

設取到合格品為止時所需抽取的次數ξ，則ξ是一個隨機變量，ξ=1，2，3，4.

P（ξ=1）=C110C113=1013=10×12×1113×12×11=13201716，

P（ξ=2）=C13C110C113×C112=3×1013×12=3×10×1113×12×11=3301716，

P（ξ=3）=C23C110C213C111=3×1013×122×1×11=6×1013×12×11=601716，

P（ξ=4）=C33C110C313C110=1×1013×12×113×2×1×10=613×12×11=61716.

方法二：用分步計數法積事件概率

設取到合格品為止時所需抽取的次數ξ，則ξ是一個隨機變量，ξ=1，2，3，4.記選出的前ξ-1次產品都是次品的事件為A，第ξ次選出的產品是正品的事件為B，則：

P（ξ=1）=C110C113=1013=10×12×1113×12×11=13201716，

P（ξ=2）=P（AB）=C13C113×C110C112=3×1013×12=3×10×1113×12×11=3301716，

P（ξ=3）=P（AB）=C23C213×C110C111=3×1013×122×1×11=6×1013×12×11=601716，

P（ξ=4）=P（AB）=C33C313×C110C110=1×1013×12×113×2×1×10=613×12×11=61716.

點評 有些學生會認為“直到取到合格品”的事件是事件A發生的條件下，事件B發生的概率，實際上，這并不是條件概率問題，而是積事件概率，事件A與事件B同時發生的概率，因為前ξ-1（ξ=2，3）次取到次品的事件并不是已經發生.

方法三：用排列計數法

設取到合格品為止時所需抽取的次數ξ，則ξ是一個隨機變量，ξ=1，2，3，4.

P（ξ=1）=A110A113=1013=10×12×1113×12×11=13201716，

P（ξ=2）=A13A110A213=3×1013×12=3×10×1113×12×11=3301716，

P（ξ=3）=A23A110A313=3×2×1013×12×11=6×1013×12×11=601716，

P（ξ=4）=A33A110A413=3×2×1×1013×12×11×10=613×12×11=61716.

最后，我們來分析下人教版選修2-3課本上第53頁的一道例題（改編）：

例5 一張儲蓄卡的密碼共有6位數字，每位數字都可從0～9中任選一個，某人在銀行自動提款機上取錢時，忘記了密碼的最后一位數字，試求任意按最后一位數字，按對次數的分布列.

錯解 設第i次按對密碼為事件Ai（i=1，2，…，10），則：

P（ξ=1）=P（A1）=C11C110=110，

P（ξ=2）=P（A2）=C11C19=19，

……

P（ξ=9）=P（A9）=C11C12=12，

P（ξ=10）=P（A10）=C11C11=1.

很顯然，這是一種錯誤的解法，看看下面正確的解法，因為它是不放回且有序抽樣概率，所以正確的解法應該如下.

解法一：

P（ξ=1）=P（A1）=A11A110=110，

P（ξ=2）=P（A1A2）=A19×A11A210=9×110×9=110，

P（ξ=3）=P（A1A2A3）=A29×A11A310=9×8×110×9×8=110，

……

P（ξ=10）=P（A1A2…A9A10）=A99×A11A1010=9×8×…×2×1×110×9×…×2×1=110.

點評 將0～9中任意取出的ξ個數的排列看成是基本事件，其排列中第一個數看成是第一次試的密碼的最后一位數字，第二個數看成是第二次試的密碼的最后一位數字……這樣，基本事件全體Ω，就有n（Ω）=Ai10=10×9×…×（11-i）.

解法二：P（ξ=1）=P（A1）=C11C110=110，

P（ξ=2）=P（A1A2）=C19×A11C110×C19=9×110×9=110，

P（ξ=3）=P（A1A2A3）=C29×C11C210×C18=9×82×110×92×8=110，

……

P（ξ=10）=P（A1A2…A9A10）=C99×C11C910×C11=9×8×…×2×1×110×9×…×2×1=110.

總之，通過排列與組合的計數方法就可以比較好地理解各個基本事件所包含的個數，這樣也就可以更加準確地理解相應的事件的概率了，甚至還可以區分出這一事件是一個積事件的概率還是條件概率，否則會一直纏繞于某一事件到底是否發生而糾結于是不是條件概率的問題.

【參考文獻】

[1] 普通高中課程數學標準實驗教科書（人教版選修2-3）[M].人民教育出版社，2006.

[2] 數學標準實驗教科書（人教版選修2-3）教師教學用書[M].人民教育出版社，2007.