抽籤的公平性
周伯欣
1. 引言
過往還在施行徵兵制的年代, 在兵役抽籤現場, 待抽籤的役男泰半不願意抽到 「海軍陸戰 隊」。 抽籤時常會見到一個特殊景象 : 每當抽籤主持人宣布又再度抽出一支海軍陸戰隊, 那台下 還沒抽籤的役男們就會爆出聲聲歡呼, 因為在他們心中, 抽籤箱中每當少了一支 「海陸」, 那麼 還沒抽籤的他們抽到海陸的機率又降低了一些。
這樣的想法正確嗎? 在網路世界中, 抽籤的公平性問題在 PTT 的軍旅版、 八卦版以及數 學板等都是個歷久不衰的討論熱題 ([1])。
事實上現場群眾歡呼的想法是錯的。 因為我們可以利用數學的機率理論證明, 不管是在抽 籤順序中排前還是排後, 每個人中籤的機率都是相同的! 其實現行高中數學教材已對抽籤問題 較小的模型進行討論, 題目的形式大概都是 : 「設籤筒中有 5 支籤, 其中恰有 2 支有獎。 今有 5 人依序抽籤(取後不放回), 求下列各事件發生的機率 : (1) 第 1 人中獎; (2) 第 3 人中獎; (3) 第 5 人中獎。 ([2] 3-3 例題5、 [3] 3-3 例題 5、 [4] 3-3 例題 4、 [5] 3-3 例題 4)」 多數教科書在 這道例題後都給出以下結論 : 「從例題 5 及其後的隨堂練習, 我們看到每個人中獎的機率都一 樣。 一般而言, 抽籤中獎的機率與抽籤的次序無關。 ([2], p.125)」 然而, 所有課本都沒有討論或 證明一般情況。 建國中學的林信安老師在其講義中討論了一般情況的證明 ([6]), 不過林老師並 非使用條件機率的公式或定理來導出一般情況的結果, 而是將抽籤過程整體視為一種有序排列, 以排列的觀點來論證。
從前我讀高中時, 也是以排列的觀點來思考, 當時想得不夠深, 能得到答案就沾沾自喜, 但 心中始終隱約有個疙瘩。 如今身分轉換, 在補習班執教鞭, 每每講到這一段時, 總感覺自己講得 不夠透徹, 當年的疙瘩愈發襲上心頭。 沉思一陣子, 心中的疑問逐漸澄清 : 「如果這個結果要用 排列的觀點來解釋, 那為何這題目要放在條件機率的章節呢? 課本與參考書都是針對較小的人 數與籤數論證, 可是又說 『一般情況也成立』, 那為何不給出論證呢?」 遍查相關資料, 大多語焉 不詳, 一直沒有見到令人信服的講法。 今年暑假, 趁著學生們指考完後比較空閒, 花了幾天功夫, 又與朋友討論一番, 總算給出了以下的論證。
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2. 抽籤是公平的
首先回顧條件機率的乘法原理的一般形式 :
引理 1: 設 E1, E2, . . . , En 為樣本空間中的 n 個事件, 若 P (E1∩ E2∩ · · · ∩ En) > 0, 則 P (E1∩E2∩· · ·∩En) = P (E1)·P (E2| E1)·P (E3 | E1∩E2)· · · P (En| E1∩E2∩· · · En−1).
現在進行以下假設 : 籤筒中共有 n 支籤 (n ≥ 1), 其中 k 支有獎 (1 ≤ k ≤ n), 今有 p 個人 依序來抽籤 (1 ≤ p ≤ n), 抽後不放回, 命第 i 個人 (1 ≤ i ≤ p) 中獎的事件為 Ai。
再由逐步淘汰原理不難得
P (Ai) = P (A1∩ A2∩ A3∩ · · · ∩ Ai−1∩ Ai) +P (Ac1∩ A2∩ A3∩ · · · ∩ Ai−1∩ Ai) +P (A1∩ Ac2∩ A3∩ · · · ∩ Ai−1∩ Ai) +P (A1∩ A2∩ Ac3∩ · · · ∩ Ai−1∩ Ai) +· · ·
+P (A1∩ A2∩ A3∩ · · · ∩ Aci−1∩ Ai) +P (Ac1∩ Ac2∩ A3∩ · · · ∩ Ai−1∩ Ai) +P (Ac1∩ A2∩ Ac3∩ · · · ∩ Ai−1∩ Ai) +P (Ac1∩ A2∩ A3∩ Ac4∩ · · · ∩ Ai−1∩ Ai) +P (Ac1∩ A2∩ A3∩ A4∩ Ac5 ∩ · · · ∩ Ai−1∩ Ai) +P (Ac1∩ A2∩ A3∩ · · · ∩ Aci−1∩ Ai)
+· · ·
+P (Ac1∩ Ac2∩ Ac3∩ · · · ∩ Aci−1∩ Ai).
根據引理 1 有
P (Ai) = P (A1)· P (A2 | A1)· P (A3 | A1∩ A2)· · · P (Ai | A1∩ A2∩ · · · ∩ Ai−1) +P (Ac1)· P (A2 | Ac1)· P (A3 | Ac1∩ A2)· · · P (Ai | Ac1∩ A2∩ · · · ∩ Ai−1) +P (A1)· P (Ac2 | A1)· P (A3 | A1∩ Ac2)· · · P (Ai | A1∩ Ac2∩ · · · ∩ Ai−1) +P (A1)· P (A2 | A1)· P (Ac3 | A1∩ A2)· · · P (Ai | A1∩ A2∩ Ac3∩ · · · ∩ Ai−1) +· · ·
+P (Ac1)· P (Ac2 | Ac1)· P (A3 | Ac1∩ Ac2)· · · P (Ai | Ac1∩ Ac2∩ · · · ∩ Ai−1)
+P (Ac1)· P (A2 | Ac1)· P (Ac3 | Ac1∩ A2)· · · P (Ai | Ac1∩ A2∩ Ac3∩ · · · ∩ Ai−1) +· · ·
+P (Ac1)· P (Ac2 | Ac1)· P (Ac3 | Ac1∩ Ac2)· · · P (Ai | Ac1∩ Ac2∩ · · · ∩ Aci−1). (1) 在 (1) 式中要留意不同的 (i, k) 組合會使得上式中部分的集合為空集合。 例如當 n = 10, k = 5, i = 9 時, 有
P (Ac1)· P (Ac2 | Ac1)· P (Ac3 | Ac1∩ Ac2)· · · P (A9 | Ac1∩ Ac2∩ · · · ∩ Ac8) = 0, 這是因為如果前 8 個人完全都不中獎, 那麼算上現在確定中獎的第 9 人, 再加上可安排中獎 的第 10 人, 這樣中獎的人也才 2 人而已, 與前提相違。 換句話說, 由鴿籠原理 (Pigeonhole principle) 可知前 8 人之中至少有 3 人會中獎, 從而在事件 Ac1, Ac2, Ac3, . . . , Ac8 當中至少有 3 個事件為空事件。 所以在進行具體計算時, 要根據不同組合的 (i, k)來討論。
針對不同組合的 (i, k) 進行討論時, 我著眼於無獎籤的數量是否充足, 得出了以下 4 類情 況。
2.1. i ≤ k 時
2.1.1. 無獎籤充足的情況
k 支中獎籤中拿取 1 支給第 i 人後, 剩下 k − 1 支有獎籤。 由 i ≤ k 得 i − 1 ≤ k − 1, 這意味著有獎籤的數量是充足的, 能夠讓前 i − 1 人全部都中獎。 無獎籤此時有 n − k 支。 如 果 n − k ≥ i − 1, 也就是對於前 i − 1 人而言, 無獎籤的數量也是充足的, 那麼前 i − 1 人的 中獎與不中獎人數的分佈情況如下表 1 所示 :
表 1: i ≤ k, 且無獎籤充足時的中獎/不中獎人數分佈情況
中獎人數 不中獎人數
i− 1 0
i− 2 1
i− 3 2
... ...
2 i− 3
1 i− 2
0 i− 1
從而由 (1) 可得出 P (Ai) = k
n · k− 1
n− 1· · ·k− (i − 2)
n− (i − 2) · k− (i − 1) n− (i − 1) +
n− k n · k
n− 1· · ·k− (i − 3)
n− (i − 2) · k− (i − 2) n− (i − 1)
·
i− 1 1
+
n− k
n · n− k − 1 n− 1 · k
n− 2· · · k− (i − 4)
n− (i − 2) · k− (i − 3) n− (i − 1)
·
i− 1 2
+· · · + n− k
n · n− k − 1
n− 1 · · ·n− k − (i − 2)
n− (i − 2) · k n− (i − 1)
=(n− i)!
n!
i−1 j=0
i− 1 j
(n− k)!
[(n− k) − j]!
k!
[k− (i − j)]!
=(n− i)!
n! (i− 1)!k
i−1 j=0
(n− 1) − (k − 1) j
k− 1 (i− 1) − j
=(n− i)!
n! (i− 1)!k
n− 1 i− 1
= k n; 這裡的計算用到了組合恆等式
n k
=
k j=0
n− m j
m k− j
。
2.1.2. 無獎籤不足的情況
如果 n − k < i − 1, 也就是對於前 i − 1 人而言, 無獎籤的數量是不足的, 那麼前 i − 1 人的中獎與不中獎人數的分佈情況如下表 2 所示 :
表 2: i ≤ k, 且無獎籤不足時的中獎/不中獎人數分佈情況
中獎人數 不中獎人數
i− 1 0
i− 2 1
... ... i− k − n − 1 n− k 仿照 2.1.1 的討論, 此時必須修改和式的上限為 n − k,
P (Ai) = (n− i)!
n!
n−k j=0
i− 1 j
(n− k)!
[(n− k) − j]!
k!
[k− (i − j)]!. 同 2.1.1 的計算一樣可得 P (Ai) = k
n。
2.2. i > k 時
2.2.1. 無獎籤充足的情況
首先分析有獎籤數量是否充足。 由 i > k 得 k − 1 < i − 1, 這意味著對於前 i − 1 人 而言有獎籤的數量是不足的。 接著來分析無獎籤的數量。 現在假設無獎籤是充足的, 也就是有 n− k ≥ i − 1, 那麼前 i − 1 人的中獎與不中獎人數的分佈情況如下表 3 所示 :
表 3: i > k, 且無獎籤充足時的中獎/不中獎人數分佈情況
中獎人數 不中獎人數
k− 1 i− k k− 2 i− k + 1
... ...
1 i− 2
0 i− 1
仿照前文討論, 修改和式的上、 下限, 幾乎完全相同的計算, 得
P (Ai) = (n− i)!
n!
i−1 j=i−k
i− 1 j
(n− k)!
[(n− k) − j]! · k!
[k− (i − j)]! = k n.
2.2.2. 無獎籤不足的情況
對於無獎籤不足的情況, 此時 n − k < i − 1, 那麼前 i − 1 人的中獎與不中獎人數的分 布情況如下表 4 所示 :
表 4: i > k, 且無獎籤不足時的中獎/不中獎人數分佈情況
中獎人數 不中獎人數
k− 1 i− k ... ... i− n + k n− k − 1 i− 1 − n + k n− k 仿照前文討論, 修改和式的上下限, 幾乎完全相同的計算, 得
P (Ai) = (n− i)!
n!
n−k j=i−k
i− 1 j
(n− k)!
[(n− k) − j]! · k!
[k− (i − j)]! = k n.
3. 結論
綜合以上討論, 我們利用了條件機率的觀點得到了
定理 1: 若籤筒中共有 n 支籤 (n ≥ 1), 其中 k 支有獎 (1 ≤ k ≤ n), 今有 i 個人依序來抽 籤, 則每一人中獎的機率都相同, 皆為 k
n。
致謝
本文寫作過程中, 感謝任教於金門高中的好友許淵智老師共同討論, 也感謝師大數學系許 志農教授撥冗幫筆者查看計算手稿。 最後感謝筆者的學生周采妮、 張紋綺以及李依淳協助斧正 文稿錯字與文句。
