復雜概率問題的求解策略

摘要：復雜事件的概率求解問題活躍在高三各類考試中，此類問題的解決一直是師生的難點和痛點.本文以幾道考題為例，歸納出此類問題的三條解題策略.

關鍵詞：復雜事件；概率；事件結果；研究對象

復雜事件的概率求解問題活躍在高三各類考試中，對于此類問題的求解總讓學生望而生畏.因求解過程復雜不易考慮周全，標準答案的解析又常常難以理解，學生甚至覺得此類問題就是靠智商，不像其他模塊有基本的解題策略.筆者結合自己的研究和教學經驗，以幾道高考試題為例，歸納出三條解題策略.

1化整為零策略

例1^^（2024年廣東佛山二模改編題）&&某大學舉辦對抗賽，競賽規則如下.兩位留學生進行答題比賽，每輪只有1道題目，比賽時兩位參賽者同時回答這一個問題，若一人答對且另一人答錯，則答對者獲得1分，答錯者得-1分；若兩人都答對或都答錯，則兩人均得0分.對抗賽共設3輪，累計得分為正者將獲得一份獎品，且兩位參賽者答對與否互不影響，每次答題的結果也互不影響.留學生甲和留學生乙參加對抗賽，根據以往答題經驗，每道題留學生甲和留學生乙答對的概率分別為35，12.求留學生甲獲得獎品的概率.

分析：事件的復雜源于有三輪比賽，每一輪比賽又有不同結果.解題時只要將每一輪的結果研究好，那么再去看三輪的總結果就清晰了.

解析：每一輪中留學生甲得1分的概率為35×1-12=310.

每一輪中留學生甲得0分的概率為35×12+1-35×1-12=12.

每一輪中留學生甲得-1分的概率為1-35×12=15.

在3輪比賽后，留學生甲得3分的概率為P1=3103=271000.

在3輪比賽后，留學生甲得2分的概率為P2=C233102×12=27200.

在3輪比賽后，留學生甲得1分的概率為P3=C13×310×122+C23×3102×15=2791000.

甲最終獲得獎品的概率為P=P1+P2+P3=271000+27200+2791000=4411000.

例2^^（2024年遼寧大連一模改編題）&&有質地、大小均相同的7個小球，其中有4個白球，3個黑球，將這7個球分裝在甲乙兩個盒子中.甲盒裝3個小球，其中有2個白球，1個黑球；乙盒裝4個小球，其中有2個白球，2個黑球.采取不放回的方式先從甲盒中每次隨機抽取一個小球，當盒中只剩一種顏色時，用同樣的方式從乙盒中抽取，直到乙盒中所剩小球顏色和甲盒剩余小球顏色相同，或者乙盒小球全部取出后停止.記這種方案的總抽取次數為Y，求Y的數學期望.

分析： 事件的復雜源于甲、乙盒的不同結果，我們只要把甲、乙兩盒的不同抽取結果分別研究清楚，那么總抽取次數就是不同結果的疊加.

解析：甲盒抽i次剩白球的概率為P（W1=i），抽j次剩黑球的概率為P（B1=j）.

乙盒抽i次剩白球的概率為P（W2=i），抽j次剩黑球的概率為P（B2=j）.

對于甲盒的抽取方式有P（W1=1）=13，P（W1=2）=2×13×2=13，P（B1=2）=2×13×2=13.

對于乙盒的抽取方式有P（W2=2）=2×14×3=16，P（B2=2）=2×14×3=16，P（W2=3）=C12×C12×A22A34=13，P（B2=3）=13.

Y的取值可能為3，4，5，6.

P（Y=3）=P（W1=1）×P（W2=2）=13×16=118.

P（Y=4）=P（W1=1）×P（W2=3）+P（W1=2）×P（W2=2）+P（B1=2）×P（B2=2）=13×13+13×16+13×16=29.

P（Y=5）=P（W1=1）×［P（B2=2）+P（B2=3）］+P（W1=2）×P（W2=3）+P（B1=2）×P（B2=3）=13×13+16+13×13+13×13=718.

P（Y=6）=P（W1=2）×［P（B2=2）+P（B2=3）］+P（B1=2）×［P（W2=2）+P（W2=3）］=13×13+16+13×13+16=13.

Y的數學期望E（Y）=3×118+4×29+5×718+6×13=5.

解題反思：上面兩個例題的復雜源于問題涉及多個事件且每個事件有多種結果.如果一步到位直接求解，就會讓我們無從下手或者會而不全.如果在解題時實行化整為零的策略，研究好每一個事件的結果，再去看待事件的重復或者多事件的疊加，就要清晰而簡單很多.

2合理分類策略

例3^^（2024年第二學期天域全國名校協作體聯考改編題）&&甲、乙兩人進行知識問答比賽，共有3道搶答題，甲、乙搶題的成功率相同.假設每題甲乙答題正確的概率分別為12和13，各題答題相互獨立.比賽規則為初始雙方均為0分，答對一題得1分，答錯一題得-1分，未搶到題得0分，最后累計總分多的人獲勝.求甲獲勝的概率.

分析：在解題過程中，大部分學生試圖列舉甲得分的所有情況，由于情況太多，學生解對的很少.標準答案是按照甲搶到的題數進行分類求解，解題過程如解法1.事實上，如果我們抓住研究對象，也就是得分的差來研究每道題的結果，就可以分成兩類.一類是甲勝乙，即甲比乙多一分（甲搶到答對，乙搶到答錯）；另一類是乙勝甲，即乙比甲多一分（乙搶到答對，甲搶到答錯），那么最終甲獲勝即甲勝乙的題數多，2題或者3題，解題過程如解法2.

解法1： 記甲獲勝為事件A，甲搶到3道題為事件A3，甲搶到2道題為事件A2，甲搶到1道題為事件A1，甲搶到0道題為事件A0.

P（A3）=123=18，P（A2）=C23123=38，P（A1）=C13123=38，P（A0）=123=18.

P（A|A3）=123+C231221-12=12，P（A|A2）=122+C12121-121-13=712，

P（A|A1）=12×23×23+2×23×13+1-12×23×23=23，P（A|A0）=233+C13×13×232=2027.

P（A）=P（A3）P（A|A3）+P（A2）·P（A|A2）+P（A1）P（A|A1）+P（A0）P（A|A0）=18×12+38×712+38×23+18×2027=539864.

解法2： 每道題甲勝乙的概率為12×12+12×23=712，則甲獲勝的概率為7123+C135127122=539864.

解題反思： 此類問題解題復雜主要是因為所求事件情況多，如果在解題時沒有合理的分類標準就會造成分析過程既繁瑣又無序.解題時抓住一個標準來分類就不會雜亂無章.更進一步，解題時根據研究對象合理優化分類標準，就能實際簡化解題步驟，提高解題效率的目標.

3優化樣本空間

例4^^（2021年北京高考改編題）&&在疾病檢測中，“k合1” 混采檢測是指先將k個人的樣本混合在一起進行1次檢測，如果這k個人都沒有感染疾病，則檢測結果為陰性，得到每人的檢測結果都為陰性，檢測結束.如果這k個人中有人感染疾病，則檢測結果為陽性，此時需對每人再進行1次檢測，得到每人的檢測結果，檢測結束.現對100人進行檢測，假設其中只有2人感染疾病，并假設每次檢測結果準確.將這100人隨機分成20組，每組5人，且對每組都采用“5合1”混采檢測.設Y是檢測的總次數，求Y的概率分布列.

分析：這是一道古典概型題，解法的不同源于樣本空間的選取方式不同.由題意，Y的可能取值為25，30，設兩名感染者在同一組的概率為P1，不在同一組的概率為P2，則P（Y=25）=P1，P（Y=30）=P2.解法1是以100個人分成20組的不同分組方法為樣本空間；解法2依據兩種不同的樣本點，求P1時要保證兩名陽性在一組，就以此組的選取方式為樣本空間，P2以兩組的選取方式為樣本空間；解法3假設已經隨機分成20組，然后每組5個位置，讓兩名陽性人員去選擇位置.相應的解法呈現如下.

解法1：P1=C22C598C593C588…C513C5819！C33C5100C595C590…C515C510C5520！=499.

P2=C12C598C593C588…C51318！·C48C442！C5100C595C590…C515C510C5520！=9599.

解法2： P1=C120C398C5100=499.

P2=C220C12C498C494C5100C595=9599.

解法3： P1=C120C25C2100=499，P2=C220C15C15C2100=9599.

Y的概率分布列如下.

Y2530

P4999599

解題反思：在解決古典概型問題時，我們應抓住古典概型的特點合理地選取樣本空間來進行計算.學生一開始大多都選擇了解法1，這也是我們在計數原理中遇到的一個基本問題，即平均分組問題.在后面的運算中也檢測了學生對于組合數運算的基本功，這些可以在講解中具體展開，以加強學生的基本知識和方法.教師應引導學生對解法2和解法3的感悟和理解，從而提升學生的思維水平和對樣本空間的認識.