文档介绍：由一道概率习题引发的教学反思
笔者在讲了“对立事件”这节课后,布置了这样一道课本习题,“今有标号为1、2、3、4、5的五封信,另有同样标号的五个信封. 现将五封信任意地装入五个信封中,每个信封装一封信,试求至少有两封信与信封标号一致的概率.”批改作业后,这道题错误率之高出乎我的意料,为什么这样一道“朴实无华、平淡无奇”的题目有如此多的同学犯错?这引起了我深深的思考和强烈的探究愿望.
一、错解呈现
学生作业本上典型的错误解法是:记事件a=“至少有两封信与信封的标号一致”,则其对立事件为=“没有一封信与信封的标号一致”,然后根据p(a)=1-p()计算.
二、错因剖析
原因1 学生受思维定势的影响,机械模仿. 因为在“对立事件”这节课中,课本给出的例题,在求“至少……”、“至多……”等事件的概率时,一般通过先求其对立事件的概率来解显得简便. 而本题恰好相反,学生不分情况仍生搬硬套导致错误.
原因2 学生不善于正确地将一个复杂事件分解成几个互斥事件的和,不会正确地表述一个事件的对立事件. “至少有两封信与信封的标号一致”,其对立事件应是“至多有一封信与信封的标号一致”,即包含“恰有一封信与信封的标号一致”和“没有一封信与信封的标号一致”两种情况.
原因3 分类计数原理与分步计数原理不会灵活应用,在求
“没有一封信与信封的标号一致”这一事件所包含的基本事件数时发生困难. 事实上,这属于全错位排列问题,其难度已超出学生平时的解题水平.
三、解法探究
探究1 由于求“5封信与信封标号都不同的装法种数”确有一定难度,能否反难则正,直接从正面入手思考,记a=“恰有2封信与信封标号一致”, b=“恰有3封信与信封标号一致”,c=“恰有4封信与信封标号一致”,即“5封信与信封标号都一致”. 故a+b+c即为事件“至少有两封信与信封标号一致”,又显然事件a,b,c彼此互斥,所以p(a+b+c)=p(a)+p(b)+p(c)=++=.
探究2 若先求其对立事件的概率,则关键是求出“5封信与信封标号都不同的装法种数”,设“5封信与信封的标号都不同的装法种数”为ai(i=2,3,4,5),用枚举法易得a2=1,a3=2. 现在先求a4,显然4封信分别装入4个信封的装法种数共有=4种,它们可以分成以下四类:4封信都与信封标号不同,恰有3封信与信封标号不同,恰有2封信与信封标号不同,4封信都与信封标号相同. 于是有4!=a4+a3+a2+1,∴a4=4!-a3-a2-1=9. 同理可得,5封信与信封标号都不同的装法种数,a5=5!-a4
-a3-a2-1=44. 记事件a=“至少有两封信与信封的标号一致”,b=“恰有一封信与信封标号一致”,c=“没有一封信与信封的标号一致
”,即“5封信与信封标号都不同”,事件a的对立事件为“至多有一封信与信封的标号一致”,即事件b+c,显然事件b,c互斥,故p(a)=1-p(b)-p(c)=-+=1-=.
探究3 “5封信与信封标号都不同的装法种数”,其实是数学史上有名的bernoulli-euler装错信封问题的特例,装错信封问题是由当时著名数学家约翰·伯努利(johann bernoulli,1667~1748)的儿子丹尼尔·伯努利(daniel bernoulli,1700~1782)提出来的,大意如下:“一个人