概率題錯(cuò)解分類剖析

池旭

概率問(wèn)題題型較多，解法靈活，不少同學(xué)在解題過(guò)程中因概念不清、忽視條件、考慮不周等原因?qū)е滤季S混亂，最終導(dǎo)致解題失誤.本文就概率問(wèn)題中的常見錯(cuò)誤進(jìn)行成因診斷，下面進(jìn)行分類舉例說(shuō)明：

類型一：“非等可能”與“等可能”的混淆

例1 擲兩枚骰子，求所得的點(diǎn)數(shù)之和為6的概率.

錯(cuò)解 擲兩枚骰子出現(xiàn)的點(diǎn)數(shù)之和2，3，4，…，12共11種基本事件，所以概率為P=111.

剖析 以上11種基本事件不是等可能的，如點(diǎn)數(shù)和2只有（1，1），而點(diǎn)數(shù)之和為6有（1，5）、（2，4）、（3，3）、（4，2）、（5，1）共5種.事實(shí)上，擲兩枚骰子共有36種基本事件，且是等可能的，所以“所得點(diǎn)數(shù)之和為6”的概率為P=536.

類型二：“互斥”與“對(duì)立”的混淆

例2 把紅、黑、白、藍(lán)4張紙牌隨機(jī)地分給甲、乙、丙、丁4個(gè)人，每個(gè)人分得1張，事件“甲分得紅牌”與“乙分得紅牌”是

A.對(duì)立事件 B.不可能事件

C.互斥但不對(duì)立事件D.以上均不對(duì)

錯(cuò)誤答案 A

剖析 本題錯(cuò)誤的原因在于把“互斥”與“對(duì)立”混同，要準(zhǔn)確解答這類問(wèn)題，必須搞清對(duì)立事件與互斥事件的聯(lián)系與區(qū)別，這二者的聯(lián)系與區(qū)別主要體現(xiàn)以下三個(gè)方面：

（1）兩事件對(duì)立，必定互斥，但互斥未必對(duì)立;

（2）互斥的概念適用于多個(gè)事件，但對(duì)立概念只適用于兩個(gè)事件;

（3）兩個(gè)事件互斥只表明這兩個(gè)事件不能同時(shí)發(fā)生，即至多只能發(fā)生其中一個(gè)，但可以都不發(fā)生;而兩事件對(duì)立則表示它們有且僅有一個(gè)發(fā)生.

事件“甲分得紅牌”與“乙分得紅牌”是不能同時(shí)發(fā)生的兩個(gè)事件，這兩個(gè)事件可能恰有一個(gè)發(fā)生，一個(gè)不發(fā)生，可能兩個(gè)都不發(fā)生，所以應(yīng)選C.

類型三：“互斥”與“獨(dú)立”的混淆

例3 甲投籃命中率為0.8，乙投籃命中率為0.7，每人各投3次，兩人恰好都命中2次的概率是多少？

錯(cuò)解 設(shè)“甲恰好投中兩次”為事件A，“乙恰好投中兩次”為事件B，則兩人都恰好投中兩次為事件A+B.

∴P（A+B）=P（A）+P（B）=C23×0.82×0.2+C23×0.72×0.3=0.825.

分析 本題錯(cuò)解的原因是把相互獨(dú)立的事件當(dāng)成互斥事件來(lái)考慮.將兩人都恰好投中2次理解為“甲恰好投中兩次”與“乙恰好投中兩次”的和.而題目的實(shí)際含義是在“甲恰好投中兩次”的同時(shí)“乙恰好投中兩次”，即兩人都恰好投中兩次為事件A·B.

正確解答：設(shè)“甲恰好投中兩次”為事件A，“乙恰好投中兩次”為事件B，且A，B相互獨(dú)立，則兩人都恰好投中兩次為事件A·B，則P（A·B）=P（A）·P（B）=C23×0.82×0.2×C23×0.72×0.3=0.169344.

類型四：“條件概率P（B/A）”與“積事件的概率P（A·B）” 的混淆

例4 袋中有6個(gè)黃色、4個(gè)白色的乒乓球，作不放回抽樣，每次任取一球，取2次，求第二次才取到黃色球的概率.

錯(cuò)解 記“第一次取到白球”為事件A，“第二次取到黃球”為事件B，“第二次才取到黃球”為事件C，所以PC= PB/A=69=23.

剖析 本題錯(cuò)誤在于PA·B與PB/A的含義沒(méi)有弄清，PA·B表示在樣本空間S中，A與B同時(shí)發(fā)生的概率;而PB/A表示在縮減的樣本空間SA中，作為條件的A已經(jīng)發(fā)生的條件下事件B發(fā)生的概率.

正確答案 P（C）= PA·B= PAPB/A=410×69=415.

類型五：“有序”與“無(wú)序”的混淆

例5 從10件產(chǎn)品（其中次品3件）中，一件一件地不放回地任意取出4件，求4件中恰有1件次品的概率.

錯(cuò)解 因?yàn)榈谝淮斡?0種取法，第二次有9種取法，第三次有8種以法，第四次有7種取法，由乘法原理可知從10件取4件共有10×9×8×7種取法，故任意取出4件含有10×9×8×7個(gè)基本事件.

設(shè)A=“取出的4件中恰有1件次品”，則A含有C13×C37種取法

P（A）=C13×C3710×9×8×7=148.

剖析 計(jì)算任意取出4件所含基本事件的個(gè)數(shù)是用排列的方法，即考慮了抽取的順序;而計(jì)算事件A所包含的基本事件個(gè)數(shù)時(shí)是用組合的方法，即沒(méi)有考慮抽取的順序.

正確解法一 （都用排列方法）

任意取出4件含有A410個(gè)基本事件，A包含A14·A13·A37個(gè)基本事件，

∴P（A）=A14·A13·A37A410=12.

正確解法二 （都用組合方法）

一件一件不放回地抽取4件，可以看成一次抽取4件，故S含有C410個(gè)基本事件，A包含有C13·C37個(gè)基本事件.

∴P（A）=C13·C37C410=12.

類型六：“等可能”與“N次獨(dú)立重復(fù)實(shí)驗(yàn)恰有K次發(fā)生” 的混淆

本文總結(jié)了學(xué)生易犯的幾類錯(cuò)誤，我們?cè)诮虒W(xué)的過(guò)程中，只要注意對(duì)這些錯(cuò)誤作詳細(xì)的分析，可減少在這些方面出現(xiàn)的錯(cuò)誤.