一個重要的摸球問題及其應用
張德然
摘要: 摸球問題是古典概率中一類重要而常見的問題。 文中通過其中一個典型例題 解決的多途徑及其不同場合下的應用, 顯示了數學簡明、 精巧、 協調、 廣泛而統一等 美的特徵。
關鍵詞: 摸球、 概率。
摸球問題是古典概率中一類重要而常見 的問題, 由於摸球的方式、 球色的搭配及最終 考慮的問題不同, 摸球問題的內容可以說是 形形色色、 千差萬別。 本文僅從中選一例。 通 過對此例的探討可以領略到化簡為易的簡潔 美, 與常規解法迥異的新奇美。 啟發人們在數 學解題中發現美、 創造美, 有助於儘快實現解 題目標。 同時此例的結果是十分重要的, 值得 把它當作一個基本定理看待, 因為不少問題 可歸結為此例所考慮的情形。
問題: 袋中有 a 個黑球, b 個白球, 它們 除顏色不同外, 其它方面沒有差別, 現在把球 隨機地一個個摸出來, 求第 k 次摸出的一個 球是黑球的概率 (1 ≤ k ≤ a + b)。
此問題我們可以首先用全概率公式來求 解。
解: 設 Bi 表示前 k − 1 次取球中有 i 次取得黑球, 其餘 k − 1 − i 次取得白球 (i = 1, 2, ·, k − 1), 則
P (Bi) =
k−1 i
· a(a − 1) · · · (a − i + 1) · b(b − 1) · · · [b − (k − 1 − i) + 1](a + b)(a + b − 1) · · · [a + b − (k − 1) + 1]
這裡應假定 i ≤ a 且 k − 1 − i ≤ b; 當 i > a 或 k − 1 − i > b 時, P (Bi) = 0。
再設事件 A 表示第 k 次取得黑球, 則
P (A|Bi) = a − i a + b − k + 1。 於是按全概率公式, 得
P (A) =
k−1
X
i=0
k−1 i
· a(a − 1) · · · (a − i + 1)(a − i) · b · · · [b − (k − 1 − i) + 1](a + b) · · · (a + b − k + 2)(a + b − k + 1)
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= a a + b
k−1
X
i=0
(k−1)!
i!(k−1−i)! · (a−1−i)!(a−1)! · [b−(k−1−i)]!b! (a+b−1)!
(a+b−k)!
= a a + b ·
k−1
P
i=0
(a−1)!
i![(a−1)−i]!· (k−1−i)![b−(k−1−i)]!b! (a+b−1)!
(k−1)![(a+b−1)−(k−1)]!
= a a + b
k−1
P
i=0
a−1 i
·k−1−b i a+b−1
k−1
由組合粧等式
r
P
i=0
mi
nr−i
=m+nr
知
k−1
X
i=0
a − 1 i
!
b k − 1 − i!
= a + b − 1 k − 1
!
, 所以 P (A) = a+ba 。
這種考慮很全面, 其思維方式一般人也 較易接受, 然而雖全面而不得要領, 造成運算 繁雜, 計算量較大。 事實上, 問題所對應的隨 機試驗屬古典概型。 (即滿足有限性和等可能 性) 因而可以用概率的古典定義來計算概率。
從而又可得出以下幾種解法。
解法一: 把 a 個黑球及 b 個白球都看 作是不同的 (例如設想把它們編號), 若把摸 出的球依次放在排列成一直線的 a + b 個位 置上, 則可能的排列法相當於把 a + b 個元 素進行全排列, 總數為 (a + b)!, 把它們作為 樣本點的全體, 又因為第 k 次摸得黑球有 a 種取法, 而另外 (a + b − 1) 次摸球相當於 a + b − 1 個球進行全排列, 所以有利場合數 為 a × (a + b − 1)! , 故所求概率為
P (A) = a × (a + b − 1)!
(a + b)! = a a + b。 解法二: 把 a 個黑球看作是沒有區別 的, 把 b 個白球也看作是沒有區別, 仍把摸
出的球依次放在排列成一直線 a + b 個位置 上, 因若把 a 個黑球的位置固定下來, 則其他 位置必然放白球, 而黑球的位置可以有
a+ba
種放法, 以這種放法作為樣本點, 由於第 k 次 摸得黑球第 k 個位置必須放黑球, 剩下的黑 球可以在 a + b − 1 個位置上任取 a − 1 個 位置, 因此有利場合數為
a+b−1a−1 , 所以所求 概率為 P (A) = (a+ba−1−1)
(a+ba ) = a+ba
在解法一中把白球看作是有”個性”的, 而解法二中對同色球不加區別, 因此前者要 顧及各黑球及各白球間的順序而用排列, 後 者則不考慮次序而用組合。 解法二中的每一 個樣本點是由解法一中的 a!b! 個樣本點合併 而成的。 由此我們可以看出, 在處理古典概型 問題時, 可以選取不同的樣本空間, 選得好, 可以使得問題的處理相當簡便。 對此下述二 種解法看得更明顯。
解法三: 對 k 次以後的抽球情況不考 慮, 把 a + b 個球中任取 k 個球的一個排列 看作一個樣本點, 其總數為 Aka+b , 第 k 次 抽到黑球 a 種可能, 前面的 k − 1 次是從餘 下的 a + b − 1 個球中任抽 k − 1 個, 故有 利場合數為 aAka+b−1−1 , 因此
P (A) = aAka+b−1−1
Aka+b
= a a + b。
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數學傳播21
卷2
期 民86
年6
月解法四: 只考慮第 k 次抽球, a + b 個 球中任何一個都有可能在第 k 次被抽到, 故 樣本點總數為 a + b , 抽到黑球只有 a 種可 能。 故 P (A) = a+ba 。
解法四是此較簡單的。 事實上, 解法四 中樣本空間的取法也是最小的 (再小就不能 保持等可能性了), 我們為什麼能取到最小的 樣本空間使計算大大簡化了呢? 其中關鍵的 一點在於我們抓住了刻劃出欲求概率的事件 的本質特點, 而把無關的因素都丟掉不予考 慮了。 真可謂妙哉!
種種解法殊途歸一, 這個結論與 k 無關, 回想一下, 就會發覺這與我們日常生活經驗 是一致的。 例如在體育比賽中進行的抽簽, 對 各對機會均等, 與抽簽的先後順序無關。
上述抽球問題中的球也可以是各種實際 問題中的“人”,“產品”,“物品”等。 例如:
某人有 n 種鑰匙, 其中只有一把能打 開他的門, 他逐把地取出鑰匙試開, 由上思路 及結論, 顯然可知第 i 次打開鎖的概率均為
1
n, i = 1, 2, · · · , n。 既使那些表面看來似乎 與文中問題無關的問題, 同樣通過轉化可以 歸納為此類問題。
例: 袋中有 a 個黑球, b 個白球, 把球隨 機地一個個摸出來 (不放回) 直至袋中剩下的 球顏色都相同為止。 求最後剩下的全是黑球 的概率。
解: 設想摸球直到摸完為止, 那麼“最後 全剩下黑球” (事件 A ) 與“最後摸出的是黑 球” (事件 B ) 是同一回事。 此事可以這樣考
慮: 如果最後全剩下黑球 (A 發生), 那麼最 後摸出的必是黑球 (B 發生, 所以 A ⊂ B), 反過來, 如果最後摸出的是黑球 ( B 發生), 那麼最後剩下同顏色的球時必包含這最後一 球, 所以剩下的必全是黑球 (A 發生, 所以 B ⊂ A), 因此兩事件相等, 從而事件 B 就 是第 (a + b) 次摸出黑球, 所以它的概率為 P (A) = a+ba 。
此題一般的解法是分別計算最後剩下 1 個,2 個, . . ., a 個黑球的概率再相加。 注 意到剩黑球的前面一個球是白球, 所求概率 為 1
(a+bb )
b
P
k=1
a+b−1−ka−1
。 由上面的解法它應 等於 a/(a + b), 這樣我們就用概率方法證明 了一個組合粧等式:mn +
nm+1 + · · · + n+m−1
m
=nm+m+1 (其中 m = a − 1, n = b), 又如
例: 袋中有 a 個黑球, b 個白球, 甲乙丙 三人依次從袋中取出一球 (取後不放回), 試 分別求出三人各自取得白球的概率 (b ≥ 3)。
對於此題, 同樣可以認為從袋中隨機地 一個個摸球, 分別求第一次, 第二次, 第三次 摸出白球的概率。 這樣由所討論問題的結論, 顯然可知均為 aa
+b。
凡此種種不再一一枚舉。 可見一個好的 題目, 探討解題的不同途徑, 不但是一種美的 享受, 而且能給人以啟迪, 達到探討一例, 牽 動一批, 溝通一片。
—本文作者任教於安徽阜陽師範學院數學 系—
