美国高中数学测验 AMC12之机率问题(上)


摘要:美国高中数学测验AMC12已有60年历史(1950-2009),这些题目是经过专家们严谨的设计,以选择题的方式出题,具有高度的鑑别度,可测验出学生在代数、几何、数论、三角函数、离散数学及统计等科目中的观念是否能灵活应用。在这60年的考试中共出现了68题各种型式的机率题目,本文的目的是针对这些题目加以分类并作详细的探讨

前言

美国高中数学测验AMC12由1950年举办至今(2009)已有60年历史,为近几年备受重视的世界性大型数学测验。考试的对象是以高二和高三学生为主,其内容涵盖广泛,包含各种演算概念理解的数学题型,透过这些具有挑战性的问题,刺激学生对于数学问题的兴趣,并引导学生平日自主学习的能力,灵活应用已习得之数学知能。透过这些具有高鑑别度的题目,让学生能发觉其本身所具有的数学才能,并让相关的人员,如老师、学校能重视这些学生知能的多面向,以便适度的提供协助,更能增进学生的发展。目前美国以此比赛为筛选美国国际奥林匹亚代表队选手的第一阶段测验,而台湾在2001年时开始举办AMC12(12A试卷)的考试。表1显示2004年到2009年台湾报考学生人数逐年提高,所占全球考生百分比亦逐年提高(除2007年外)。

此测验可以让学生更能了解自己的数学能力。有关于AMC12的详细发展变革可参考Maurer,Reiter and Schneider (2001),及AMC12的相关报考资讯可至财团法人九九文教基金会网站查询。

表1.2004年到2009年台湾占全球报考人数的百分比
2004 2005 2006 2007 2008 2009
全球 103, 237 83, 728 76, 439 93, 179 78, 560 82, 802
台湾 4, 163 5, 238 5, 432 5, 939 6, 075 6, 532
百分比 4.0% 6.3% 7.1% 6.4% 7.7% 7.9%

从2002年起AMC12数学测验在美国分为12A与12B两份不同的试卷,在两个不同日期举行,学生可由两次的考试中任选一次参加。每一次皆有25题选择题,而题目的类型含括了代数、几何、数论、三角函数、离散数学及统计等科目,更详尽的题目及说明可参考Artof Problem Solving (AoPS)的网页,其中收录了AMC12的考试题目,并提供全世界对于此竞赛有兴趣的人一起讨论,有些题目已被提出解答,而有些还在待解中。更多完整的题目与解答可参考美国数学学会所出版一系列AMC12数学测验历届试题暨详解参考书(1950-2007):Salkind(1961,1966)、Salkind and Earl(1973)、Artino,Gaglione and Shell(1982)、Berzsenyi and Maurer(1997)、Schneider(1997)、Reiter(2006)及Wells andFaires(2008)。下表2是以十年为一单位所计算机率占总题数的百分比,其中机率所占百分比呈现逐渐增加的趋势。

表2. 历届机率试题所占百分

1950-1959 1960-1969 1970-1979 1980-1989 1990-1999 2000-2009 合计
全球 500 390 320 300 300 475 2285
台湾 0 1 10 13 13 41 68
百分比 0% 0.3% 3.1% 4.3% 4.3% 8.6% 3.4%

本文主要介绍历届AMC12的试题中的机率问题,由简单的例子循序渐进,了解基本概念后,再综合应用到更为繁杂的例子。在第二节先介绍了机率的基本定义、公设及各种原理方法(第摩根定理、互斥事件、独立事件、排容原理),再提供相关的例题来熟悉其内容。第三节介绍条件机率的想法,并将条件机率的形式做推广得全机率定理、贝氏定理等。第四节介绍在基本定义(个数为有限可数)外,当个数为无限不可数时,如何利用几何测量(长度、面积、体积)与定义求机率。而第五节将一特殊的路径问题独立做介绍,利用这些例题的探讨,更能体会机率与日常生活密不可分的关系。在最后提供了一些AMC12的试题当作习题,这些习题涵盖第二节到第五节的各种观念及计算技巧。下表3为机率题型的分布,其中以机率所占之百分比最高,占60.3%,其次为几何机率占20.6%,条件机率占11.8%,百分比最低的为路径问题,占7.3%。

表3. 机率题型分布
分类 机率 条件机率 几何机率 路径问题
题数 41 8 14 5
百分比 60.3% 11.8% 20.6% 7.3%

样本空间与事件

将一个实验中所有可能出现的结果(outcome)所形成的集合,称为一样本空间,记作S。由于每一种可能的结果皆属于样本空间,故亦可称为元素或样本点。事件(event)为一些结果所形成的集合且事件为S的子集,以大写字母(A,B,C,...)表示,可分为以下两种类型:

  • (1)事件中只有包含一个元素,称作简单事件(simple event,亦称为样本点),例如投掷一颗骰子得点数3。

  • (2)事件中包含两个以上的元素,称作複合事件(compound event),例如投掷两颗骰子得点数和为3或5或7。

若A,B两事件满足$A \cap B=\phi$时,则称此A事件与B事件为互斥事件(disjoint events)。

概率公理

假设S是某随机实验上的样本空间,而B为S中某些样本点所形成的子集合,且定义集合函数P:B→R,若P满足下列的三项概率公理,则称函数P为机率函数:

概率公理 (axioms of probability)

  • 一、对于任意的A事件皆满足:P(A)≥0。

  • 二、样本空间S的机率等于1,写作P(S)=1。

  • 三、如果A1,A2,A3,...,为一组有限或者可数的无限的事件且彼此为互斥事件,则这些事件所联集的机率等于个别事件的机率和:


$P (A1 \bigcup A2 \bigcup A3 \bigcup \cdots ) = P (A1) + P (A2) + P (A3) +\cdots$


上述公设是现代机率论发展的基础,是俄国数学家柯莫格洛夫(Kolmogorov,1903-1987)于1933年所发表的,因此概率公理也称作柯莫格洛夫公设(Kolmogorov axioms)。

以下为利用概率公理来计算的问题。

例1.(1985 AMC12 #6)在男女合班的班级中,随机挑选一名学生作为班级代表,其中每个学生都可能会被选上,并且选到男生的机率是选到女生的机率的$\dfrac{2}{3}$,试问男生人数与全班人数比值为多少?

  • (A)$\dfrac{1}{3}$

  • (B)$\dfrac{2}{5}$

  • (C)$\dfrac{1}{2}$

  • (D)$\dfrac{3}{4}$

  • (E)$\dfrac{2}{3}$

解:(B) 设p为抽到女生的机率,则抽到男生的机率为$\dfrac{2}{3}p$,而题意可视为求抽到男生的机率。故由概率公理


$p+\dfrac{2}{3}p=1$,求得 $p=\dfrac{3}{5}$


因此抽到男生的机率为

$\dfrac{2}{3} \cdot \dfrac{3}{5}=\dfrac{2}{5}$

例 2.(1978 AMC12 #19)假设n为不超过100的正整数,且以下列方式选取:若n≤50,则选取到n的机率为p;若n>50,则选取到n的机率为3p,试问选取到完全平方数的机率是多少?

  • (A) 0.05

  • (B) 0.065

  • (C) 0.08

  • (D) 0.09

  • (E) 0.1

解:(C) 在1至50中的50个数,每一个数的机率皆为p;而51至100中的50个数,每一个数的机率皆为3p,由概率公理知


$50×p+50×(3p)=1,则p=0.005$


而在1至50之间共有7个完全平方数,在51至100之间共有3个完全平方数,则选到完全平方数的机率为


$7×p+3×3p=16p=0.08$


等机率样本点的样本空间

若样本空间S为一有限的集合,且在S中每一个样本点发生的可能性皆相同时(所谓equally likely),则任意事件A发生的机率,只需要计算该事件中样本点个数与S中样本点个数的比值,即

$P(A)=\dfrac{|A|}{|S|}$

其中|A|和|S|分别代表A和S样本点的个数。以下为几个等机率样本点的问题。

例3.(1976 AMC12 #8)在xy平面上一点,其x,y座标皆是绝对值小于或等于4的整数,且满足此条件的点被选取之机率皆相同,试问从这个点原点的距离不大于2单位的机率是多少?

  • (A)$\dfrac{13}{81}$

  • (B)$\dfrac{15}{81}$

  • (C)$\dfrac{13}{64}$

  • (D)$\dfrac{\pi}{16}$

  • (E)有理数的平方

解:(A)此点的x,y座标的可能情况共有9×9=81种,而与原点距离不大于2的点列举如下

  • (1)当x=0时:y可为0,±1,±2,即表示点(0,0),(0,±1),(0,±2),共5种可能。

  • (2)当x=±1时:y可为0,±1,即表示点(±1,0),(±1,±1),共6种可能。

  • (3)当x=±2时:y只能为0,即表示点(±2,0),共2种可能。

综合上述情况,与原点距离不大于2的点共有5+6+2=13种可能,故机率为$\dfrac{13}{81}$

例4.(1977 AMC12 #17)独立地投掷三颗骰子(每一点数出现的机率皆相同),试问三        个朝上的点数能排列成公差为1之等差数列的机率为多少?

  • (A)$\dfrac{1}{6}$

  • (B)$\dfrac{1}{9}$

  • (C)$\dfrac{1}{27}$

  • (D)$\dfrac{1}{54}$

  • (E)$\dfrac{1}{36}$

解:(B) 骰子点数为1至6,其中三个朝上点数会产生公差为1之等差数列的情况如下:

(1,2,3),(2,3,4),(3,4,5),(4,5,6)

因此朝上面呈等差数列的机率为

$\dfrac{4×3!}{6×6×6}=\dfrac{1}{9}$

例5.(2003 AMC12A #8)随机取出60的一个正因数,试问取出此正因数会小于7的        机率为何?

  • (A)$\dfrac{1}{10}$

  • (B)$\dfrac{1}{6}$

  • (C)$\dfrac{1}{4}$

  • (D)$\dfrac{1}{3}$

  • (E)$\dfrac{1}{2}$

解:(E) 因为60=22×3×5,共有(2+1)×(1+1)×(1+1)=12个正因数,其中有

$1,2,3,4,5,6$

共6个正因数会小于7,故所求机率为$\dfrac{6}{12}=\dfrac{1}{2}$。

第摩根定理

当A事件的机率计算非常琐碎,而A的余事件的机率计算相对较为容易时,我们可藉由A的余事件$(A^c)$来求出A事件的机率,再搭配概率公理可推得下列定理。此定理为第摩根(DeMorgan,1806-1871)在古典命题逻辑中所推论出来的结果,被广泛的应用在数学各个领域中,如逻辑、计数及机率。以下为其机率形式:

定理2.1.(第摩根定理)设Ac为事件A的余事件,则

$P (A) = 1 − P (A^c).$

证明:因为$A$和$A^c$为互斥事件且$A\cup A^c=S$,所以根据概率公理二和公设三可推得:

$1 = P (S) = P (A \cup A^c) = P (A) + P (A^c)$

由上式可推得$P (A) = 1 − P (A^c)。$

以下为利用第摩根定理来计算的问题。

例6.(1993 AMC12 #24)有一个盒子里装了3个新的硬币与4个旧的硬币,将硬币一个接一个随机的取出且不放回,若第三枚新的硬币在第四次之后(不含第四次)才被取出的机率为$\dfrac{a}{b}$,其中为$\dfrac{a}{b}$为最简分数,则a+b为多少?

  • (A) 1

  • (B) 20

  • (C) 35

  • (D) 58

  • (E) 66

解:(E) P(前四次将新的硬币取完)=$\dfrac{\left(\begin{array}{c}3\\3\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}4\\1\end{array}\right)}{\left(\begin{array}{c}7\\4\end{array}\right)}=\dfrac{4}{35}$,再由第摩根定理

$P(新硬币于第四次之后取完)=1−\dfrac{4}{35}=\dfrac{31}{35}$

所以a+b=31+35=66。

例7.(2008 AMC12B #22)停车场内有16个停车位排成一列,今有十二辆车抵达,并随机挑选一个位置停车。之后又有一台需要两个停车位的休旅车进入停车场,试问此休旅车能够完全停入的机率为多少?

  • (A)$\dfrac{11}{20}$

  • (B)$\dfrac{4}{7}$

  • (C)$\dfrac{81}{140}$

  • (D)$\dfrac{3}{5}$

  • (E)$\dfrac{17}{28}$

解:(E) 首先讨论此休旅车无法找到适当停车位的情况,即当前12辆车停完后,所留下来的空位并无两个相邻。因为12辆车停完后会有4个空位,则此4个空位彼此不相邻(此四个空位会介于12辆车的13个空隙中)的机率为

$\dfrac{\left(\begin{array}{c}13\\4\end{array}\right)}{\left(\begin{array}{c}16\\4\end{array}\right)}=\dfrac{11}{18}$

故由第摩根定理, 休旅车可找到适当的停车位的机率为

$1 −\dfrac{11}{28}=\dfrac{17}{28}$.

独立事件

设A,B为两事件,若满足

$P(AB)=P(A)P(B)$

则称A,B为独立事件(independent events),以下为独立事件在机率中的一般形式。

定义2.1.(独立事件)设$A_1, A_2, \cdots , A_n$ 为 $n$ 个有限事件, 若任意 $k(2 \leq k \leq n)$个事件$A_{i_1},A_{i_2},\cdots,A_{i_k}(1 \leq {i_1}

$P \left(A_{i_1} \cap A_{i_2} \cap \cdots \cap A_{i_k}\right) = P \left(A_{i_1}\right) × P \left(A_{i_2}\right) × \cdots × P \left(A_{i_k}\right)$

则称此n个事件为独立事件。

以下为利用互斥事件及独立事件来计算机率问题。

例8.(1986 AMC12 #22)从${1,2,\cdots,10}$中随机取出6个不同的整数,试问在所取的数中,第二小的数是3的机率为多少?

  • (A)$\dfrac{1}{60}$

  • (B)$\dfrac{1}{6}$

  • (C)$\dfrac{1}{3}$

  • (D)$\dfrac{1}{2}$

  • (E)以上皆非

解:(C) 假设x,3,y,z,u,v为所取到的数字,满足

$x

x可为$\{1,2\}$两种数字,而$y,z,u,v$可为$4,5,\cdots,10$中的任意四个数字,故有$\left(\begin{array}{c}2\\1\end{array}\right)\times\left(\begin{array}{c}7\\4\end{array}\right)=70$种满足条件的数字组合。$\{1,2,\cdots,10\}$中取出6个整数共有$\left(\begin{array}{c}10\\6\end{array}\right)=210$种组合,因此所求机率为

$ \dfrac{70}{210}= \dfrac{1}{3} $.

例9.(1971 AMC12 #23)有A,B两队正在进行一系列赛事,若两队都有相同机会在任何一局中得胜,且A队要赢两局或B队要赢三局才能算获胜,试问有利于A队获胜的胜算比为多少?

  • (A) 11比5

  • (B) 5比2

  • (C) 8比3

  • (D) 3比2

  • (E) 13比5

解:(A) $A$队获胜的可能情况

比赛情况 机率
连胜两局
$AA$ $\dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{1}{2}=\dfrac{1}{4}$
$BAAA$ $\dfrac{1}{8}$
$BBAAA$ $\dfrac{1}{16}$
已胜一局
$ABA$ $\dfrac{1}{8}$
$ABBA$ $\dfrac{1}{16}$
$BABA$ $\dfrac{1}{16}$

故A队获胜的机率为

$ \dfrac{1}{4} + \dfrac{1}{8} + \dfrac{1}{16} +\dfrac{1}{8}+\dfrac{1}{16} + \dfrac{1}{16} + \dfrac{11}{16} $

例10.(1997 AMC12 #10)有两颗公正骰子,今将其中一个的4点换成3点,而将另一个的3点换成4点,若同时投掷两颗骰子一次,则点数和为奇数的机率为多少?

  • (A)$\dfrac{1}{3}$

  • (B)$\dfrac{4}{9}$

  • (C)$\dfrac{1}{2}$

  • (D)$\dfrac{5}{9}$

  • (E)$\dfrac{11}{18}$

解:(D) 点数和为奇数,则此两颗骰子所得点数必为一奇一偶。因为此两颗骰子点数的奇偶机率不相同,故以下分两骰子来做讨论

  • (1)第一颗骰子点数为1,2,3,3,5,6,所以出现奇数的机率为$\dfrac{4}{6}=\dfrac{2}{3}$,出现偶数的机率为$\dfrac{1}{3}$。

  • (2)第二颗骰子点数为1,2,4,4,5,6,所以出现偶数的机率为$\dfrac{4}{6}=\dfrac{2}{3}$,出现偶数的机率为$\dfrac{1}{3}$。

因此两颗骰子点数和为奇数的机率为$\dfrac{2}{3}\cdot\dfrac{2}{3}+\dfrac{1}{3}\cdot\dfrac{1}{3}=\dfrac{5}{9}$。

例11.(1979 AMC12 #27)随机选取一对有序整数(b,c),其中b,c的绝对值皆小于或等于5,而每一对有序整数对被选取到的可能性皆相等,试问方程式$x^2+bx+c=0$没有相异正实根的机率是多少?

  • (A)$\dfrac{106}{121}$

  • (B)$\dfrac{108}{121}$

  • (C)$\dfrac{110}{121}$

  • (D)$\dfrac{112}{121}$

  • (E)以上皆非

解:(E) 由根与系数关系可知,若方程式$x^2+bx+c=0$有两相异的正实根α,β,则

$\begin{cases}\alpha+\beta== −b > 0\\\alpha \times \beta = c > 0\\D = b^2 − 4c > 0\end{cases}$

所以$b0,b^2>4c$。因为$|b| \leq 5, |c| \leq 5$,则共有$11×11=121$个整数对(b,c)。以下讨论满足有两相异正实根条件的数对(b,c):

  • (1)当b=−5时:c可能的值为5,4,3,2,1,即表示数对(−5,1),(−5,2),(−5,3),(−5,4),(−5,5),共5个数对。

  • (2)当b=−4时:c可能的值为3,2,1,即表示数对(−4,1),(−4,2),(−4,3),共3个数对。

  • (3)当b=−3时:c可能的值为2,1,即表示数对(−3,1),(−3,2),共2个数对。

综合上述情况,共有5+3+2=10种数对会使得方程式有两相异正实根,故使方程式没有相异正实根的机率为

$1 −\dfrac{10}{121}=\dfrac{111}{121}$

例12.(1980 AMC12 #20)在盒子里有2枚一分、4枚五分和6枚一角的钱币,从中取出6枚硬币,每次取出不再放回,且每枚硬币被取到的机率皆相等,试问取出硬币的总值至少是五十分的机率是多少?

  • (A)$\dfrac{37}{924}$

  • (B)$\dfrac{91}{924}$

  • (C)$\dfrac{127}{924}$

  • (D)$\dfrac{132}{924}$

  • (E)以上皆非

解:(C) 由12枚硬币中任取六枚,共有$\left(\begin{array}{c}12\\6\end{array}\right)=924$种取法。以下以所取到一角硬币的个数来做讨论:

  • (1)若取到6枚一角硬币(60分):共有$\left(\begin{array}{c}6\\6\end{array}\right)=1$种取法。

  • (2)若取到5枚一角硬币(50分):剩余6(2枚一分、4枚五分)个硬币任取即可,共有$\left(\begin{array}{c}6\\5\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}6\\1\end{array}\right)=36$种取法。

  • (3)若取到4枚一角硬币(40分):则需取2枚五分的硬币才可满足题目要求,共有$\left(\begin{array}{c}6\\4\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}4\\2\end{array}\right)=90$种取法。

综合上述情况,取出硬币总和至少为五十分的情况共有1+36+90=127种,故机率为$\dfrac{127}{924}$。

例13.(1988 AMC12 #12)将整数1到9分别写在9张纸片上,再放在帽子裹,杰克随机取了一张又放了回去,接著吉尔也随机取了一张,试问哪个数字最可能是杰克、吉尔两个人所取数字和的个位数?

  • (A)0

  • (B)1

  • (C)8

  • (D)9

  • (E)每一个数字机率相等

解:(A) 此两人由帽子中抽取出来的数字共有9×9=81种组合,以下针对可能的数字和的个位数字做讨论:

  • (1)数字和之个位数字为0(两数字和为10):对于1到9中每个数而言,都会有其相对应的数能使得总和为10,使得其个位数字为0,如

    1 + 9 = 10, 2 + 8 = 10, 3 + 7 = 10, . . . , 9 + 1 = 10

    故共有9种可能,其机率为$\dfrac{9}{81}$

  • (2)数字和之个位数字为1(两数字和为11):除了数字1以外的每一个数,都会有其相对应的数使得总和的个位数字为1(和为11)

    $1+0=1,1+10=11$(不存在,因在1到9中没有数字0与10)
    $2+9=11,3+8=11,\cdots , 9 + 2 = 11$

    故共有8种可能,其机率为$\dfrac{8}{81}$。

  • (3)数字和之个位数字为2∼9:如(2)之讨论,共有8种可能,其中每一种可能的个位数字的机率皆$\dfrac{8}{81}$。

字和之个位数字为0的发生机率最大,即最可能的个位数字为0。

例14. (2004 AMC12B #20)在一立方体的每一面涂上红色或是蓝色,其中各面所涂的颜色彼此为独立,且涂红色或蓝色的机率各为$\dfrac{1}{2}$。试求将此涂上颜色的立方体水平放置时,其另外垂直的四个面颜色相同的机率为何?

  • (A)$\dfrac{1}{4}$

  • (B)$\dfrac{5}{16}$

  • (C)$\dfrac{3}{8}$

  • (D)$\dfrac{7}{16}$

  • (E)$\dfrac{1}{2}$

解:(B) 因并未限制垂直面为哪几个面,则讨论立方体的六个面涂色情况:

  • (1) 六个面同色:共有共有$\left(\begin{array}{c}2\\1\end{array}\right)=2$种可能。

  • (2) 五个面同色:共有$\left(\begin{array}{c}2\\1\end{array}\right)\cdot\left(\begin{array}{c}6\\5\end{array}\right)=2\cdot6=12$种可能。

  • (3) 四个面同色:因需垂直面有4个面同色,所以同色的面必为垂直面,则上、下两面为另外一种颜色,共有

  • $\left(\begin{array}{c}2\\1\end{array}\right) \cdot \underbrace{3}_{3组上、下面}= 2 · 3 = 6$
  • 种可能。

而每一个面皆有2种颜色可涂,则六个面共有26=64种涂色法,故所求机率为

$\dfrac{(2+12+6)}{64} = \dfrac{20}{64}=\dfrac{5}{16}$

例15. (1974 AMC12 #24)独立地投掷一颗公正骰子六次,至少有五次得到五点以上的机率是多少?

  • (A)$\dfrac{13}{729}$

  • (B)$\dfrac{12}{729}$

  • (C)$\dfrac{2}{729}$

  • (D)$\dfrac{3}{729}$

  • (E)以上皆非

解:(A) 可将题意视为:若得到五点以上即称为成功,令成功机率$p=\dfrac{1}{3}$,反之为失败,则题意即为求$P(X\geq5)。$

所以

$ P(X \geq 5) = P(X = 5) + P(X = 6) \\ = \binom{5}{6}{\left(\frac{1}{3}\right)}^5 {\left(\frac{2}{3}\right)}^1 + \binom{6}{6} {\left(\frac{1}{3}\right)}^6{\left(\frac{2}{3}\right)}^0= \dfrac{13}{729} $

排容原理

以下介绍排容原理,它是一个能够解决关于多个具有某些性质的非互斥事件其交集与联集机率问题的有效方法。

定理2.2.(排容原理)设$S$为样本空间且${A_1},{A_2},\cdots,{A_n}$为一组定义在$S$上的事件,则

  • (a) 所有${A_i}(i = 1, 2,\cdots , n)$的余事件的交集的机率为:

  • $\begin{array}~P({A^c_1}{A^c_2}{A^c_n})=&P\left(S\right)- \displaystyle\sum_{i=1}^n  P(A_i) +\displaystyle\sum_{1 \leq i \leq j \leq n}P({A_i}{A_j}) -\cdots \\ &+{\left(-1\right)^nP\left({A_1}{A_2}\cdots{A_n}\right)}\end{array}$

    当$A_i\left(i = 1, 2,\cdots , n\right)$事件两两互斥时:

    $P \left({A^c_1}{A^c_2} \cdots {A^c_n}\right)=P \left( S \right)-\displaystyle\sum_{i=1}^n P({A_i})$
  • (b) 所有$A_i(i = 1, 2, \cdots , n)$事件的联集的机率为:

  • $\begin{array}~P\left({A_1}  \cup {A_2} \cup \cdots \cup {A_n}\right) = &\displaystyle\sum_{i=1}^n  P(A_i) -\displaystyle\sum_{1 \leq i \leq j \leq n}P({A_i}{A_j}) +\cdots \\ &+{\left(-1\right)^{n+1}P\left({A_1}{A_2}\cdots{A_n}\right)}\end{array}$

当$A_i(i = 1, 2, \cdots, n)$事件两两互斥时,得公设三:

$P\left({A_1}  \cup {A_2} \cup \cdots \cup {A_n}\right) = \displaystyle\sum_{i=1}^n  P(A_i)$

当n=2时,对于任意的两个事件A和B,皆满足下列的性质:

$P\left(A \cup B\right)=P(A)+P(B)-P(A \cap B)$

如果A和B为两个互斥的事件,则$P(A\cap B)=0且P(A\cup B)=P(A)+P(B)。$

当n=3时,对于任意的三个事件A和B和C,皆满足下列的性质:

$\begin{array}~P(A \cup B \cup C) &= P(A) + P(B) + P(C) − P(A \cap B) − P(A \cap C) − P(B \cap C) \\        &+ P(A \cap B \cap C)\end{array}$

以下为利用排容原理来计算机率问题。

例16. (2002 AMC12B #16)Juan掷一颗点数为1∼8的公正八面骰子,Amal掷一颗点数为1∼6的公正六面骰子,试问他们两人所掷的点数乘积为3的倍数的机率为多少?

  • (A)$\dfrac{1}{12}$

  • (B)$\dfrac{1}{3}$

  • (C)$\dfrac{1}{2}$

  • (D)$\dfrac{7}{12}$

  • (E)$\dfrac{2}{3}$

解:(C) 两人的点数乘积为3的倍数,即表示至少有1人掷出的点数为3的倍数。假设J表示Juan掷出的点数为3的倍数的事件,A表示Amal掷出的点数为3的倍数的事件,则题意即为求$P(J\cup A)$。

解法一:因为J,A为独立事件,所以由排容原理

$ P(J \cup A) = P(J) + P(A) − P(JA) = \dfrac{2}{8} + \dfrac{2}{6} -\dfrac{2}{8} \cdot \dfrac{2}{6}=\dfrac{1}{2}$

例17.(1983 AMC12 #26)设事件A发生的机率为$\dfrac{3}{4}$,事件B发生的机率为$\dfrac{2}{3}$,且p为A和B都发生的机率,试问必定包含p的最小区间为何?

  • (A)$\left[ \dfrac{1}{12},\dfrac{1}{2} \right]$

  • (B)$\left[ \dfrac{5}{12},\dfrac{1}{2} \right]$

  • (C)$\left[ \dfrac{1}{2},\dfrac{2}{3} \right]$

  • (D)$\left[ \dfrac{5}{12},\dfrac{2}{3} \right]$

  • (E)$\left[ \dfrac{1}{12},\dfrac{2}{3} \right]$

解:(D) 假设P(E)为事件E发生的机率,则由题意知

$P(A) =\dfrac{3}{4},~ ~ ~ ~ P(B) =\dfrac{2}{3},~ ~ ~ ~  P(A \cap B) = p$

再由排容原理

$P(A \cup B) = P(A) + P(B) − P(A \cap B)$
$P(A \cap B) = P(A) + P(B) − P(A \cup B)$

又因为$\dfrac{3}{4} = max{(P(A) , P(B))} \leq P(A \cup B) \leq 1$, 所以

$\dfrac{3}{4} + \dfrac{2}{3} - 1 \leq p \leq \dfrac{3}{4} +\dfrac{2}{3}- \dfrac{3}{4}$

即为

$\dfrac{5}{12} \leq p \leq \dfrac{2}{3}$

机率与对数函数之应用

下列为以对数函数相关的机率的问题。

例18.(1975 AMC12 #18)随机选取一个十进位表示的三位正整数$N$,且每个三位数被选到的机会相等,试问${\log}_2N$为一个整数的机率为多少?

  • (A)$0$

  • (B)$\dfrac{3}{899}$

  • (C)$\dfrac{1}{225}$

  • (D)$\dfrac{1}{300}$

  • (E)$\dfrac{1}{450}$

解:(D) 欲使得$log_2N$为正整数,则N需为2的正整数次方数。三位正整数共有900个,其中2的次方数有$2^7=128$,$2^8=256$,$2^9=512$三个为三位正整数,所以$log_2N$是正整数机率为$\dfrac{3}{900}=\dfrac{1}{300}$。

例19.(1985 AMC12 #24)随机选取一个非零的数字,其选取方式使得取到数随机选取一个非零的数字,其选取方式使得取到数字d的机率是$log_{10}\left(d+1\right)−log_{10}d$,而取到数字2的机率恰好是所取数字包含在下列某个集合中的机率的$\dfrac{1}{2}$,试问该集合为何?

  • (A)$\{2,3\}$

  • (B)$\{3,4\}$

  • (C)$\{4, 5, 6, 7, 8\}$

  • (D)$\{5, 6, 7, 8, 9\}$

  • (E)$\{4, 5, 6, 7, 8, 9\}$

解:(E) 假设$P(d)$为取到数字$d$的机率,所以$P(d)=log_{10}\dfrac{(d+1)}{d}$。而$P(d,d+1)$表示取到数字$d$或$d+1$的机率,所以

$P(d, d + 1) = log_{10}\dfrac{d + 1}{d}+ log_{10}\dfrac{d + 2}{d+1}= log_{10}\dfrac{d + 2}{d}$

由题意知所取数字包含在某个集合中的机率为取到数字2的机率的2倍,故

$\begin{array}2P(2) &= 2 log_{10}\dfrac{3}{2}= log_{10}\dfrac{9}{4} \\ &=log_{10} \left(\dfrac{5}{4} \times \dfrac{6}{5} \times  \dfrac{7}{6} \times \dfrac{8}{7} \times \dfrac{9}{8} \right) \\ &=log_{10}\dfrac{5}{4} +log_{10}\dfrac{6}{5}+log_{10}\dfrac{7}{6}+log_{10}\dfrac{8}{7} +log_{10}\dfrac{9}{8} &= P(4, 5, 6, 7, 8, 9)\end{array}$

则所求集合为$\{4,5,6,7,8,9\}$。

例20.(2005 AMC12A #23)从集合$\{2,2^2,2^3,\cdots , 2^25\}$ 中随机选取两个不同的数$a$        及$b$, 试问$log_a b$ 为整数的机率为多少?

  • (A)$\dfrac{2}{25}$

  • (B)$\dfrac{31}{300}$

  • (C)$\dfrac{13}{100}$

  • (D)$\dfrac{7}{50}$

  • (E)$\dfrac{1}{2}$

解:(B) 假设$a=2^x,b=2^y,x,y \in \{1, 2,\cdots, 25\}$, 因为$log_a b =\dfrac{y}{x}$为整数,所以$x$需为$y$的因数,以下对$y$进行讨论

  • (1) y=25时:x可能值有1,5,共有2个。

  • (2) y=24时:x可能值有1,2,3,4,6,8,12,共有7个。

  • (3) y=23时:x可能值有1,共有1个。

以此类推y=22有3个、y=21有3个、y=20有5个、...等等,则机率为

$\dfrac{2+7+1+3+3+5+1+5+1+4+3+3+1+5+1+3+2+3+1+3+1+2+1+1}{25 × 24} \\ =\dfrac{62}{600}=\dfrac{31}{300}$

条件机率

在日常生活中,常会有已知某一事件已发生的前提下,去寻求另一相关事件的机率,例如一日早晨下过雨,想知道中午出门撑伞的机率为何?此种类型的机率问题我们称之为「条件机率」(conditional probability)。

假设有一个样本空间为$S$的实验,而$A$和$B(A\subset S,B\subset S)$是两个在实验过程中可能会发生的事件。如果我们观察到$B$已发生,则在$S$的元素中,只要考虑$B$事件已发生的元素,故可以把事件$B$当成新的样本空间,再进一步讨论有关$A$事件的各种结果。在给定$B$事件发生之下,$A$事件的条件机率记为$P(A|B)$,其定义如下:

定义3.1.(条件机率)在样本空间$S$的实验中,$B$事件已发生之下且$P(B)>0$,则$A$事件会发生的条件机率为:

$P(A|B) =\dfrac{P(A \cap B)}{P(B)}$.
注:      
  • (1) 上述的定义中,已知条件的$B$事件的机率必为正值(即$P(B)>0$),因为在计算条件机率时,已知$B$事件的机率置放于分母,故其值不可为$0$。

  • (2) 若$A\subset B$,则$P(A|B)=P(A)/P(B),P(B|A)=1$。

  • (3) 若$A\cap B=\phi$,则$P(A|B)=0$。

  • (4) $A,B$两事件交集的机率可经由条件机率计算求得:

$P(A \cap B) = P(B|A) P(A)$

下列为条件机率的一些应用问题。

例21. (1996 AMC12 #16)今投掷一公正骰子三次,在前二次点数和等于第三次之点数的条件下,试问至少出现一个2的机率为多少?

  • (A)$\dfrac{1}{6}$

  • (B)$\dfrac{91}{216}$

  • (C)$\dfrac{1}{2}$

  • (D)$\dfrac{8}{15}$

  • (E)$\dfrac{7}{12}$

解:(D) 假设$(x,y,z)$分别表示投掷三次所出现的点数对,共会有$6×6×6=216$种可能的数对搭配,则以下列出前二次点数和等于第三次之点数的所有可能情况:

$(1,1,2)(1,2,3)(1,3,4)(1,4,5)(1,5,6)$
$(2,1,3)(2,2,4)(2,3,5)(2,4,6)(3,1,4)$
$(3,2,5)(3,3,6)(4,1,5)(4,2,6)(5,1,6)$

其中有8组数对至少出现一个2,由条件机率

$\begin{array}~ & P(至少出现一个2 | 前二次点数和等于第三次之点数) \\ &= \dfrac{P(前二次点数和等于第三次之点数且至少出现一个2)}{P(前二次点数和等于第三次之点数)}=\dfrac{        (\dfrac{8}{216})}{(\dfrac{15}{216})}=\dfrac{8}{15} \end{array}$

例22.(1983 AMC12 #15)将三个球分别标记上号码1,2,3放置在瓮中,然后从瓮中抽取出一颗球记下其号码后再放回去,以这样的方式进行三次,在每一次抽取球的过程中,任一个球被抽到的机会都是相等的。若所记下的号码之和为6,试问这三次抽到球的号码皆为2的机率是多少?

  • (A)$\dfrac{1}{27}$

  • (B)$\dfrac{1}{8}$

  • (C)$\dfrac{1}{7}$

  • (D)$\dfrac{1}{6}$

  • (E)$\dfrac{1}{3}$

解:(C) 三次抽取到球的标记和为6的可能情况如下

号码组合 排列数
$(1, 2, 3)$ $3! = 6 种$
$(2, 2, 2)$ $1 种$

假设$A$表示三次抽球和为$6$之事件,$B$为三次抽球的号码皆为$2$的事件,则题意即为求$P(B|A)$。由条件机率得

$P(B | A) =\dfrac{P(A \cap B)}{P(A)}=\dfrac{(\dfrac{1}{3^3})}{(\dfrac{6+1}{3^3})}=\dfrac{1}{7}$

分割

定义3.2.(分割)设$A_1,A_2,A_3,\cdots$,为一组有限或者可数的无限的事件且彼此互斥,而且$A_1 \cup A_2 \cup A_3 \cup \cdots=S$,则称$A_1,A_2,A_3,\cdots$,为样本空间$S$的一分割(partition)。

以下为机率中的分割定理:

定理3.1.(分割)设$A1,A2,A3,\cdots$,为样本空间$S$的一分割,则对于任意的$B$事件皆满足下列的关系式:

$ P(B) = P(B \cap A1) + P(B \cap A2) + P(B \cap A3) + \cdots $

:因为$A$事件和$A$的余事件为样本空间的一分割,所以由上述定理可知,任意的$B$事件的机率为:$P(B)=P(B\cap A)+P(B\cap A^c)$。

接下来利用一例子来认识何谓分割, 及其特性。

例23.(2002 AMC12C #15)在一个箱子中放有1001个红色弹珠及1001个黑色弹珠,令$P_s$表示自箱子中任意取出两个弹珠是相同颜色的机率,$P_d$表示取出两个弹珠是不同颜色        的机率,试求$|P_s−P_d|$的值。

  • (A)$0$

  • (B)$\dfrac{1}{2002}$

  • (C)$\dfrac{1}{2001}$

  • (D)$\dfrac{2}{2001}$

  • (E)$\dfrac{1}{1000}$

解:(C) 由箱子中取出两不同颜色弹珠的机率

$P_d =\dfrac{\left(\begin{array}{c}1001\\1\end{array}\right) \cdot \left(\begin{array}{c}1001\\1\end{array}\right) }  {\left(\begin{array}{c}2002\\2\end{array}\right)} = \dfrac{1001}{2001}$

又因为$P_s+P_d=1$,所以

$P_s = 1 − P_d =\dfrac{1000}{2001}$

:$P_s$亦可以下列方式计算求得

$P_s = P(取到红色) + P(取到黑色) =\dfrac{\left(\begin{array}{c}1001\\2\end{array}\right)}{\left(\begin{array}{c}2002\\2\end{array}\right)} +\dfrac{\left(\begin{array}{c}1001\\2\end{array}\right)}{\left(\begin{array}{c}2002\\2\end{array}\right)}= \dfrac{1001}{2001}$

所以

$|P_s − P_d| =\left|\dfrac{1000}{2001}-\dfrac{1001}{2001}\right|=\dfrac{1}{2001}$

全机率定理

若$A_i(i=1,2,\cdots,n)$事件分割了样本空间,则亦可以分割任何样本空间中的事件$E$,如下图所示

由上图可知,彼此互斥事件$A_i(i=1,2,\cdots,n)$的交集与联集可以组成事件$E$,如下列式子

$E = (A_1 \cap E) \cup (A_2 \cap E) \cup · · · \cup (A_n \cap E)$

再与(1)式可推得下列的全机率定理(theorem of total probability):="#one">

定理3.2.(全机率定理)设$A1,A2,\cdots,An$为$S$的一分割且$P(A_i)\neq0,i=1,2,\cdots,n,$对于任意事件$E$的机率可表示成:

$\begin{array} P\left(E\right) &= P (A_1 \cap E) + P (A_2 \cap E) +\cdots + P (A_n \cap E)\\  &=P (E|A_1) P (A_1) + P (E|A_2) P (A_2) + \cdots + P (E|A_n) P (A_n) \end{array}$

全机率定理的应用问题。

例24.(2005 AMC12A #14)随机将一颗公正骰子上的一点抹掉,且每个点被抹掉的机率会相同,然后投掷这颗骰子,试问骰子朝上那个面出现奇数点的机率是多少?

  • (A)$\dfrac{5}{11}$

  • (B)$\dfrac{10}{21}$

  • (C)$\dfrac{1}{2}$

  • (D)$\dfrac{11}{21}$

  • (E)$\dfrac{6}{11}$

解:(D) 骰子中共有$1+2+\cdots+6=21$个点,因为每个点被抹掉的机率相同,则点数为1上的点被移除的机率为$\dfrac{1}{21}$,点数为2上的点被移除的机率为$\dfrac{2}{21}$,以此类推,点数为6上的点被移除的机率为$\dfrac{6}{21}$,故

$\begin{array}~  P (出现奇数点) &= P (出现奇数点 | 移除点的面为奇数) \times P (移除点的面为奇数) \\ & +P (出现奇数点 | 移除点的面为偶数) \times P (移除点的面为偶数) \\ & =\dfrac{(1+3+5)}{21}  \times \dfrac{2}{6} +\dfrac{(2+4+6)}{21} \times \dfrac{4}{6}=\dfrac{11}{21}\end{array}$

贝氏定理

贝氏定理在机率论中是一个比较早发现的结果之一,此定理是由贝氏(Bayes,1702-1761)牧师的朋友在西元1764年替他发表,发表迄今已超过两百年,此定理就以贝氏来命名。贝氏定理的统计推论的基础是由已知的机率(称作事前机率),来推得未知的机率(称作事后机率)。例如,我们要计算给定$B$事件发生之下,$A_i(i=1,2,\cdots,n)$事件的条件机率,当碰到计算$B$事件的机率且$B$与$A_i$交集事件的机率很困难时,我们会以事前机率:$P (A_i)$ , $P (B|A_i)$,去求得事后机率:$P (A_i|B)$,这种方式即为贝氏定理(Bayes’ Theorem),其定理内容描述如下:

定理3.3.(贝氏定理)设$A1,A2,\cdots,An$为$S$的一分割且$P(A_i)\neq=0,i=1,2,\cdots,n$,给定任意的$B$事件发生且$P(B)\neq 0$ 之下,$A_i$事件发生的条件机率可表示成:

$P (A_i|B) =\dfrac{P (A_i ∩ B)}{P (B)}=\dfrac{P (B|A_i) P (A_i)}{\displaystyle\sum_{i=1}^n P (B | A_i) P (A_i)}$.

在利用贝氏定理计算机率问题时时,通常为一个複杂的过程,此时可透过树状图来帮助我们了解所有可能发生情形,以下为一贝氏定理与树状图结合应用的例子。

例25. (1994 AMC12 #27)有一袋爆米花,其中白米占$\dfrac{2}{3}$,黄米占$\dfrac{1}{3}$。只有$\dfrac{1}{2}$的白米及$\dfrac{2}{3}$的黄米会爆开,若随机从袋中挑选出一粒米,并将它放入锅中加热且后来爆开了,试问挑选出来的米为白米的机率为多少?

  • (A)$\dfrac{1}{2}$

  • (B)$\dfrac{5}{9}$

  • (C)$\dfrac{4}{7}$

  • (D)$\dfrac{3}{5}$

  • (E)$\dfrac{2}{3}$

解:(D) 利用树状图说明如下

由贝氏定理可得

$P (白米 | 爆开) =\dfrac{\dfrac{2}{3} \times \dfrac{1}{2}  }{\dfrac{2}{3} \times \dfrac{1}{2} +\dfrac{1}{3} \times \dfrac{2}{3}}=\dfrac{3}{5}$
原文链接: http://w3.math.sinica.edu.tw/media/pdf.jsp?m_file=ZDM1NC8zNTQwNw==
作  者: 洪伟诚 . 李俊贤 . 蔡诚祐 . 何家兴 . 张福春
来  源: 《数学传播》第35卷 第4期