做事馬虎的報應

做事馬虎的報應

蘇玉奇

摘要: 老師們在教授計數原理、 包容互斥原理及排列組合、 集合、 機率等諸 多題材上, 往往不得掌握其發展的主軸與主題的連貫性, 因此, 學生們對這幾個題材, 分開來各別地學習時毫無困難, 可是, 一旦遇到實際上的問題, 需要對這些觀念加以 統合、 應用的時候, 他們便會感到束手無策、 力不從心了!

本文試圖以一個有趣的生活問題, 來引發對 Laplace 古典機率的計算。 在計 算的過程中, 我們自然而然的引導出計數原理 (乘法原理及加法原理)、 包容互斥原 理及排列組合、 集合、 機率等觀念, 並加以應用之。 很適合將學或已學過排列組合、

機率的中學生, 作一課前的預覽與課後的統整、 思索。

一、 新鮮人要注意的問題

某公司新進的業務人員乙, 白天受其主 管某甲的指示, 要針對住在不同地址、 擁有不 同購買意願的五位客戶, a, b, c, d, e, 寫出 內容相異的五封信^註1, 藉以招攬這五位客戶 來採買公司所生產的一系列產品。

於是, 這位業務人員便利用當天晚上, 留 在公司裡加班, 連夜的將這五封信的內容及 五個信封上客戶的郵遞區號、 住址、 姓名都寫 好, 可是偏巧不巧, 當他還來不及將信裝入信 封時, 卻發生了全台灣的大停電^註2。 乙思及 這幾日來受這些主管的飴指氣使, 又遭這般 窘境, 轉念一想:「反正現在主管不在, 隨便裝

一裝, 明天交給郵務同仁寄出去即可。」 就這 樣, 在一片漆黑的窘境下, 乙隨手將捉、 摸到 的一封信, 裝入隨手捉、 摸到的一個信封^註3, 並用釘書機裝釘了信封口。 完成了這五封信 的裝釘工作之後, 乙便急忙的下班, 趕回去探 視心愛的妻子。 當然, 因為停電讓打卡鐘失去 了功能, 乙這天的加班費, 隔天又得向主管大 費口舌一番!

但, 他萬萬沒有料到, 這五位顧客和主 管甲的交情甚好, 當他們收到名字、 內容都很 怪異的信之後, 必然會向甲反應, 而依主管甲 的“作人”(將該業務人員開除), “處事”(處罰 業務人員在連續假日值班) 原則是這樣的: 假

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如有三位以上 (包含三位) 的客戶向他 (甲) 反應, 收到莫名其妙的信, 那麼該業務人員鐵 定被開除; 而如果有兩位以下 (i.e. 只可能零 位或兩位, why?) 的客戶反應, 那麼乙便會 被處罰在連續假日當中值班, 當然, 如果沒有 客戶反應, 那麼乙便逃過一劫了!

現在就有一個問題要請問讀者了, 請 問: 乙被開除的機率^註4 (Probability) 是多 少? 被處罰在連續假日當中值班的機率又是 多少? 而僥倖逃過開除、 處罰報應的機率又 是多少? 讀者如果已學過排列組合與機率, 至此應當停下來, 先自己想想看, 試著把這三 個問題解決; 如未學過, 則請讀者邊看邊想, 有耐心地把它讀完、 想完。

二、 解決問題的探究

讓我們先來看看所有可能發生 (出現) 的結果^註5。

第一種結果: 這五封信當中, 恰有兩封信 裝錯。

第二種結果: 這五封信當中, 恰有三封信 裝錯。

第三種結果: 這五封信當中, 恰有四封信 裝錯。

第四種結果: 這五封信當中, 全部 (五封) 都裝錯。

第五種結果: 這五封信當中, 都沒有裝 錯。

很顯然的, 當第一種結果發生, 乙頂多犧牲幾 天的假期而已; 當第二、 三、 四種結果發生,

乙便難逃被開除的命運; 而當第五種結果發 生時, 乙則若無其事地繼續他的工作。

接下來, 讓我們逐一的看看 (計算)^註6每 一種結果各別有幾種不同的情形。

1. 這五封信當中, 恰有兩封信裝錯的情形有 幾種?

要 完 成 這 樁“錯 事”(我 們 可 以 稱 它 事 件A), 需要經過兩道步驟 (steps), 首先, 由五封信任選 (取) 兩封 (來裝錯) 的情況 有 ^5×4

2! = 10 種^註7, 在組合 (Combina- tion) 裡, 我們習慣上用 C₂⁵ 來表示, C₂⁵ 唸 作“C5取 2”, 意思為: 從五件完全相異物當 中, 取出兩件為一組的情形有這麼多種。(請 讀者參看註 7)

其次, 在上述步驟中所選出的兩封信 (例如: 選出的信為 a 信及 b 信), 其裝錯 的情形只有一種, 即 a 信裝入 b 信封, b 信 裝入 a 信封。

故而, 完成這樁錯事有 C₂⁵×1 = 10 種 不同的情形, 也就是說: 在隨機的將這五封信 裝入五個信封裡的實驗中 (稱這個實驗為 S), 符合恰有兩封信裝錯 (稱它為事件 A) 的所有 可能發生的結果有 n(A) = 10 種 (個)^註8。

又, 我們知道: 隨便地將這五封信, 裝入 五個信封裡的所有可能發生的情形有5 × 4 × 3 × 2 × 1 ≡ 5!(讀作“5 的階乘”), 也就 是說: 在隨機地將這五封信裝入五個信封裏 的實驗 (S) 中, 所有可能發生的不同結果有 n(S) = 120 個。 假設這 120 個結果 (out- come) 發生 (出現) 的機會是均等的, 而且 這些結果彼此互相排斥 (disjoint), 即已知出 現第一個結果的同時, 就不會出現第二個或

其它任一個的結果。 由 Laplace(1749-1827) 古典機率^註9 可知, 乙被處罰在連續假日當中 值班的機率 (可能率) 是

n(A)

n(S) =C₂⁵·1 5! =

5!

2!(5−2)!·1

5! = 1 2! · 3!

= 1

12 ≡P(A)

2. 這五封信當中, 恰有三封信裝錯的情形有 幾種?

方法如 1. 所述: 由五封信任選三封的情 況有 C₃⁵ = _3!(5−3)!^5! = ^5·4_2! = 10 種^註10; 而選 出的三封信 (例如: 選出 a, b, c 這三封信) 皆裝錯的情形有:

n(三封信任意裝入三個信封裏)−n(三 封 信 當 中, 至 少 有 一 封 信 裝 到 正 確 的 信 封)^註11

= 3! −

^h

C₁³·(3 − 1)! − C₂³·(3 − 2)!

+C₃³·(3 − 3)!

ⁱ

= 3! − (3! − 3 + 1)

= 3 − 1

= 2 種

故而, 恰有三封信裝錯的情形有 10 × 2 = 20 種。

3. 同理, 這五封信當中, 恰有四封信裝錯的 情形有:

C₄⁵

ⁿ

4! −

^h

C₁⁴·(4 − 1)! − C₂⁴ ·(4 − 2)!

+C₃⁴·(4 − 3)! − C₄⁴ ·(4 − 4)!

^io

= 5!

4!1!



4! −4!

1! +4!

2! −4!

3! +4!

4!



= 5!

^

1 − 1 1! + 1

2! − 1 3! + 1

4!



= 45 種

4. 同理, 這五封信當中, 恰有五封信裝錯的 情形有:

C₅⁵

ⁿ

5! −

^h

C₁⁵·(5 − 1)! − C₂⁵ ·(5 − 2)!

+C₃⁵ ·(5 − 3)! − C₄⁵·(5 − 4)!

+C₅⁵ ·(5 − 5)!

^io

= 44 種

第二、 三、 四種結果, 是彼此互斥的三個 事件 (disjoint events), 即: 如果出現第二種 結果的同時, 便不會出現第三或第四種結果。

故而, 乙被開除 (稱它為事件 B) 的機率為:

P(B) = n[(恰有三封信裝錯) 或者(恰有四封信裝錯) 或者(恰有五封信裝錯)]

n(五封信任意裝)

=n(恰有三封信裝錯) + n(恰有四封信裝錯) + n(恰有五封信裝錯)^註12 n(五封信任意裝)

=20 + 45 + 44 120

=109 120

5. 第五種結果: 這五封信當中, 都沒有裝錯 的情形有:

120 − (10 + 20 + 45 + 44) = 1 種, 也就是說乙幸運的逃過被處罰或被開除 (稱 它為事件 C, 即這個實驗 S 中由事件 A, B 所剩下來的事件) 的機率為: P (C) = ₁₂₀¹ , 多麼的“不可能”呀!

三、 小結語

所以, 這是奉勸諸君, 做任何事可都馬虎 不得, 別以為神不知、 鬼不覺, 就可以胡亂、

隨便的完成一件事, 到時候受到自然的機率

所報應, 後悔可就莫及了!

四、 延伸的問題

如果是 n 封 (n ≥ 2, n ∈

^N

) 不同的 信, 隨機的放入 n 個信封裡, 求:

(1) 至少有一封信, 放對了信封的機率是多 少?

(2) 沒有一封信放對了信封的機率是多少?

(3) 恰有兩封信, 放對了信封的機率是少?

(亦即, 其餘的 n − 2 封皆放錯的機率是 多少?)

答案應該由讀者自己去想出來! 不過, 為了讓 本文完整一點, 還是把答案揭曉如下:

(1) C₁ⁿ·(n − 1)! − C₂ⁿ·(n − 2)! + C₃ⁿ·(n − 3)! − · · · + (−1)ⁿ⁺¹Cnⁿ·(n − n)!

n!

= 1 − 1 2!+ 1

3!− · · ·+ (−1)ⁿ⁺¹ 1 n!

(2) n!−[C₁ⁿ·(n − 1)!−C₂ⁿ·(n − 2)!+C₃ⁿ·(n − 3)!−· · · + (−1)ⁿ⁺¹C_nⁿ(n − n)!]

n!

= 1 2! − 1

3! + 1

4! − · · ·+ (−1)ⁿ 1 n!

(3) C_n−ⁿ ₂

ⁿ

(n − 2)!−[C₁ⁿ⁻²·(n − 3)!−C₂ⁿ⁻²·(n − 4)! + · · · + (−1)ⁿ⁻¹C_n−ⁿ⁻₂²·0!]

^o

= 1 2

h

1 − 1 + 1 2!− 1

3!+ 1

4!− · · ·+ (−1)ⁿ 1 (n − 2)!

i

五、 內文註釋

1. 根據這五位客戶的購買習性, 例如: 客戶 a 著重於產品的外表、 整體造型, 客戶 b

偏重於產品的實用性、 耐久性 . . . 等等, 而寫出不同內容的五封信。

2. 據民國 88 年, 發生全台灣大停電的日數 來推估, 一天當中, 遇到停電的機率約為

1

30, 當然, 這個推論是有問題的, 讀者應 當不難理解為什麼有問題。

3. 假設隨手捉、 摸到任一封信的機會均等。

4. 也有人翻譯作“或然率”, 筆者自己比較 喜歡譯作“可能率”, 既白話又易“顧名思 義”, 而且“名符其實”。

5. 所有可能發生 (出現) 的結果所組成的 群體 (集合) 稱為樣本空間 (Sample space, S), 它常隨著試驗目的的不同而 異。

6. 此即排列 (Permutation) 組合中, 最核 心的觀念, “計數原理 (Counting prin- ciple) 當中的乘法原理 (Multiplica- tioin rule)”的介紹與應用。

7. 5 表示第一次選信, 有五封“候選信”可供 選擇; 4表示第二次選信, 只剩下四封“候 選信”可供選取; 除以 2!(≡ 2×1 = 2, 唸 作“2 的階乘 (factorial)”), 表示選出的 兩封信, 不計較它們被選出的先後次序, 即只選取而不排序, 此亦即組合的情形。

5×4

2! = ^5×4×3!_2!×3! = _2!×(5−2)!^5! ≡C₂⁵, 又, 我 們規定 C₁⁰ ≡ 1 = C₀¹ = C₀² = . . . = C₀ⁿ, 讀者可以從這樣 (組合數) 的定義與 規定, 推導出從 n(n ∈

^N

或 0) 件相異物 當中, 取出 m(m ≤ n, m ∈

^N

) 個的情 形, 共有 Cmⁿ = _m!(n−m)!^n! 種不同的可能 結果。

8. n 是 number(個數、 自然數、 幾個) 的簡 記, n(A) 是指隨某一種要求、 條件A 而 異的變數 (此即函數), 同樣的 n(S) 是隨 實驗 S 而異的變 (函) 數。

9. Laplace 古典機率是只考慮樣本空間中, 各基本事件出現的機會均等的情形。 設某 實驗 S 中, 所有可能發生的不同結果有 n(S) 個 (稱實驗 S 為有 n(S) 個樣本點 的樣本空間), 而這 n(S) 個結果 (稱每一 個結果為一基本事件) 當中, 每一個結果 發生的機會是均等的, 若 A ⊂ S(A 是 S 的子集) 為一事件, 則事件 A 發生的 機率為 ⁿ_n^(A)

(S) ≡P(A)。

10. 由 C₂⁵ = 10 = C₃⁵, 我們不難猜想 Cmⁿ = Cn−mⁿ (m ≤ n), 並由組合數的 定義及乘法滿足可交換律證明之。

11. 此即包容排斥原理 (Inclusive and ex- clusive principle, 也有人譯作排容原理 或包容互斥原理): 設 Ai ⊂S (i = 1, 2, . . . n) 為樣本空間 S 的任一子集 (即實 驗 S 中的任一個事件), 則

n(A1 ∪A₂∪ · · · ∪An)

=

^h

n(A1) + n(A2) + · · · + n(Aⁿ)

ⁱ

−

h

n(A1∩A₂) + n(A2∩A₃) + · · · +n(Aⁿ⁻1 ∩An)

ⁱ

+

^h

n(A1∩A₂∩A₃) +n(A1∩A₂∩A₄)+· · · + n(Aⁿ⁻2

∩An−1∩An)

ⁱ

− · · ·+ · · · − · · · +(−1)ⁿ⁺¹n(A₁∩A₂ ∩ · · · ∩An) 可由簡單的歸納法 (Induction) 證明之。 或 者我們也可由下列的 Venn’s diagram (如圖 一) 得到更直觀的證明, 其中 Ai 的圓面積大 小代表集合 Ai 的元素個數, 而 n(A₁∪A₂∪

· · · ∪An) 即 A₁, A₂, . . ., An 的外圍所構

成的面積大小 (i.e. 此幾個集合的聯集的元 素個數)(如圖二所示)。 當 n = 3, 則

n(A₁∪A₂∪A₃)

=

^h

n(A₁) + n(A₂) + n(A₃)

ⁱ

−

^h

n(A₁∩A₂) + n(A₂∩A₃) +n(A3∩A₁)

ⁱ

+

^h

n(A1 ∩A₂ ∩A₃)

ⁱ

(如圖三面積所示)

An

A₁

Ai

A₂

圖一

Venn’s diagram

圖二

ⁿ _(A

₁

∪ A

₂

∪ · · · ∪ A

n

) 代表的意義

A₁ A₂

A₃

= A₁ + A₂ + A₃

− − − +

圖三

_{計算 n(A}

₁

∪ A

₂

∪ A

₃

) 的圖示法

此處 i = a, b, c, Ai 表示 i 封信正確地 放入 i 信封裏的事件, 而至少有一封信裝入 對應的信封的情形有:

n(Aa∪Ab∪Ac)

=

^h

n(Aa) + n(Ab) + n(Ac)

ⁱ

−

^h

n(Aa

∩Ab) + n(A^b∩Ac) + n(A^c ∩Aa)

ⁱ

+n(A^a∩Ab ∩Ac)

= C₁³·(3 − 1)! − C₂³·(3 − 2)!

+C₃³·(3 − 3)!

• C₁³: 三封任取一封來裝對

• (3 − 1)!: 其它兩封任意裝, 不管裝對或 裝錯

• C₂³: 三封信任取兩封來裝對

• (3 − 2)!: 剩下的一封必然裝對

• C₃³: 三封皆取來裝對 (即三封皆裝對)

• (3 − 3)!: 僅有一種情形 12. 此即為互斥事件的加法原理。

參考文獻

1. 高級中學基礎數學 (四), 國立編譯館出版。

2. 劉振乾及劉睦雄編著, 機率論導引, 水牛出版 社出版。

3. 楊維哲教授編著, 機率論, 國立編譯館出版。

4. Ross, A first course in probability, furth

edition.

5. M. Lo´eve, Probability theory, furth edi- tion.

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本文作者目前從事科學普及的傳播工作

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