对两道小学数学题解的评析

肖鉴铿

例1 从1~9这9张牌中任取4张，这4个数所组成的和或是奇数或是偶数，哪种可能性更大？

这是苏教版数学六年级奥数读本第92页练习十二中的第12题。在该书224页给出了这样的“参考答案”：

“因为这9个数非奇即偶（共有五奇四偶），从选出的4个数组成的和来看，如果是奇数，只有这样两种可能：（1）奇+偶+偶+偶，（2）奇+奇+奇+偶；如果是偶数，就有三种可能：（1）偶+偶+奇+奇，（2）偶+偶+偶+偶，（3）奇+奇+奇+奇。由此看出，组成的和是偶数的可能性大。”

在上述解答中，存在着一种隐蔽的失误。从概率论的观点看，“和是奇数”与“和是偶数”都是“复合事件”。“和是奇数”由两个“子事件”组成，“和是偶数”由三个“子事件”组成。上述解答实际上只完成了对子事件多寡的分析，而由此就认定子事件多的复合事件发生的可能性大，是缺乏依据的。为说明这一点，不妨先来看看下面的补充例题：

有2偶4奇共6个数，从中任选4个，问所组成的和是奇数多还是偶数多？

受过中等师范教育的小学教学教师都不难运用排列组合与概率的知识来解答本题。

分析与解：设“和为奇数”为事件A，A只有一种情况：“一偶三奇”；设“和为偶数”为事件B，B则包含两种情况：“四奇”与“两偶两奇”。不妨将这两个子事件分别记为B1与B2。

事件A发生的概率为P（A）=。事件B发生的概率为P（B）=P（B1）+P（B2）

P（A）>P（B）。

在这里，“倒挂”的现象发生了：子事件多的复合事件的概率反而小了！

由此表明，仅凭子事件的众寡来推断复合事件概率的大小，犯了“依据不足”的毛病。所以真要解答例1，还应继续下去，将革命进行到底。不揣浅陋，试解如下：

设“和为奇数”是事件A，并记A1为“一奇三偶”、A2为“三奇一偶”，则A=A1+A2。又设“和为偶数”是事件B，并记B1为“两奇两偶”、B2为“四奇”、B3为“四偶”，则B=B1+B2+B3。

P（A）=P（A1）+P（A2）。

P（B）=P（B1）+P（B2）+P（B3）。

P（A）

故“和为偶数”的可能性略大。

在这里，由于“和”只有两种情况：非奇即偶，故A与B已构成一个“完备事件组”，也就是说，A、B的概率之和等于1。若运用这一性质，则在求出P（A）=后，立即可得P（B）=1。

显然，无论是否运用对立事件的概率公式，上述解法都已超出小学生的数学能力。

例2 如果的商是整数，那么商是奇数还是偶数？

这题与例1同出一书，是该书第92页练习十二中的第6题。第243页的“参考答案”中给出了本题的解法：

“因为1×3×7×…×1989×1991的积一定是奇数，又因为（1993-1）÷2+1=997，说明1+3+5+7+…+1991+1993中加数的个数是奇数，所以和为奇数，因此商是奇数。”

我原以为，既要求学生判断商是奇数还是偶数，这个商肯定是整数无疑。只是由于要证明商是整数已超出小学生之能力，故不作此要求，只在题中用“如果……的商是整数”这个假设一语带过而已。然而，就在我动手来证明商是整数时，却发现了问题。

利用等差数列的求和公式易知：

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

原式=。分子、分母约去一个997后，得。而997是1000以内最大的质数（又称素数），此分数已不可再约。从想证明商是整数出发，却证得了商不是整数，这是我始料未及的，题中的假设原来竟是虚晃一枪！难道我们要误导小学生去证明一个违反事实的结论？

例1的题解依据不足，例2的题解假设不真。例1的正确解答超出了小学生的能力，例2则直接与数学的真实性、严肃性相悖。看来这两道题还是不出给小学生做为好。