高中数学概率易错问题浅析

巫如来

【摘要】概率知识是新课标高中数学内容中的一个难点，而许多基本事件的计算又与排列组合有关，有些事件的发生没有很清晰的界线，若没有认清它们之间的内在特点，特别是对于那些在实际运用中不易察觉的事件，学生想要掌握好它，并不是一件很容易的事情，做起题目来常常会模棱两可.通过典型例子对概率易错问题进行辨析，能够让学生正确地理解并掌握运用，同时对教师的课堂教学也能起到一定的帮助作用.

【关键词】概率；易错问题；典型例子

概率知识是新课标高中数学内容中的一个难点，而许多基本事件的计算又与排列组合有关，有些事件的发生没有很清晰的界线，若没有认清它们之间的内在特点，特别是对于那些在实际运用中不易察觉的事件，学生想要掌握好它，并不是一件很容易的事情，做起题目来常常会模棱两可.通过典型例子对概率易错问题进行辨析，能够让学生正确地理解并掌握运用，同时对教师的课堂教学也能起到一定的帮助作用.

我们先从以下的这一道例题开始吧！

一、引 例

例1 从一批有10个合格品与3个次品的产品中，一件一件地抽取，设各个产品被抽到的可能性相同，若每次取出的产品都不放回该产品中，试求取到合格品为止时所需抽取次数ξ的分布列.

错解 设取到合格品为止时所需抽取的次数ξ，则ξ是一个随机变量，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 这是初学者普遍的一种错误做法，有两种错误的理解，一是认为：这是一个条件概率的问题，而不是一个积事件的概率；二是认为：因这是不放回抽取，而且13件产品中含有两种不同的事物，那么任取ξ（ξ>1）件产品时，其中恰好有ξ-1件次品和1件正品，所以具有超几何分布列的形式.实际上，他没有注意到在基本事件的总数的计算时，要考虑按两次先后的顺序抽取完成.

二、问题分析

那么，我们先找找这一解法错误的根本原因，请思考以下这一问题：

（1）从5个不同元素选出3个元素有多少种选法？

（2）从5个不同元素选出2个元素，再从剩下的3个元素选出1个元素有多少种选法？

以上两种选法有何不同？为什么？

点评 从表面上看，该问题都是从5个不同元素选出3个元素，但从排列与组合的角度认真分析下，它们的实际结果确完全不一样：问题（1）中只有C35=10种选法，问题（2）中有C25C13=30种选法.两种选法不同的原因就是：问题（2）中选出的3个不同元素要分两步才能完成，而问题（1）中只需一步就可以完成.

那么，今天要解决类似的问题，只要我们先分析它们是属于以下四类问题中的哪一类，就可以采取相应的策略了.

三、问题解决方案

（一）有放回且有序抽样概率

例2 从一批有10个合格品与3个次品的产品中，一件一件地抽取，设各个产品被抽到的可能性相同，若每次取出的产品都放回该产品中，试求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 这是有放回且有序抽样，它们的概率就是一个积事件的概率.

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

（二）有放回且无序抽样概率

例3 从一批有10个合格品与3个次品的产品中，一件一件地抽取，设各个产品被抽到的可能性相同，若每次取出的产品都放回该产品中，试求3次抽取中，有2次取到次品，1次取到合格品的概率.

分析 这是有放回且无序抽样，它们的概率就是一个独立重复试验的概率，而且可以用二项分布求其概率.

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

（三）不放回且无序抽样概率

例4 从一批有10个合格品与3个次品的产品中，一件一件地抽取，设各个产品被抽到的可能性相同，若每次取出的产品不放回该产品中，试求3次抽取中，有2次取到次品，1次取到合格品的概率.

分析 这是不放回且无序抽样，它们的概率就是一个超几何分布类型的概率.

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

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

（四）不放回且有序抽样概率

下面我们再来分析例1的正确解法，这是不放回且有序抽样，它们的概率可以用以下方法来求.

方法一：用组合计数法

设取到合格品为止时所需抽取的次数ξ，则ξ是一个随机变量，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：用分步计数法积事件概率

设取到合格品为止时所需抽取的次数ξ，则ξ是一个随机变量，ξ=1，2，3，4.记选出的前ξ-1次产品都是次品的事件为A，第ξ次选出的产品是正品的事件为B，则：

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.

点评 有些学生会认为“直到取到合格品”的事件是事件A发生的条件下，事件B发生的概率，实际上，这并不是条件概率问题，而是积事件概率，事件A与事件B同时发生的概率，因为前ξ-1（ξ=2，3）次取到次品的事件并不是已经发生.

方法三：用排列计数法

设取到合格品为止时所需抽取的次数ξ，则ξ是一个随机变量，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，我们来分析下人教版选修2-3课本上第53页的一道例题（改编）：

例5 一张储蓄卡的密码共有6位数字，每位数字都可从0～9中任选一个，某人在银行自动提款机上取钱时，忘记了密码的最后一位数字，试求任意按最后一位数字，按对次数的分布列.

错解 设第i次按对密码为事件Ai（i=1，2，…，10），则：

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.

很显然，这是一种错误的解法，看看下面正确的解法，因为它是不放回且有序抽样概率，所以正确的解法应该如下.

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.

点评 将0～9中任意取出的ξ个数的排列看成是基本事件，其排列中第一个数看成是第一次试的密码的最后一位数字，第二个数看成是第二次试的密码的最后一位数字……这样，基本事件全体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.

总之，通过排列与组合的计数方法就可以比较好地理解各个基本事件所包含的个数，这样也就可以更加准确地理解相应的事件的概率了，甚至还可以区分出这一事件是一个积事件的概率还是条件概率，否则会一直缠绕于某一事件到底是否发生而纠结于是不是条件概率的问题.

【参考文献】

[1] 普通高中课程数学标准实验教科书（人教版选修2-3）[M].人民教育出版社，2006.

[2] 数学标准实验教科书（人教版选修2-3）教师教学用书[M].人民教育出版社，2007.