二十六个比较概率大小的问题.docx
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二十六个比较概率大小的问题.docx
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二十六个比较概率大小的问题
你的数学直觉怎么样?
你能凭借直觉,迅速地判断出谁的概率大,谁的概率小吗?
下面就是26个这样的问题。
如果你感兴趣的话,你可以先扫一遍所有的问题,再逐一阅读答案,看看你猜对了多少。
这篇文章很长,你可以考虑把它加入书签,每天看几个问题。
1.A、B、C、D四人玩扑克牌游戏,A、C两人同盟,B、D两人同盟。
将除去大小王的52张牌随机分发给四人(每人获得13张牌)后,下面哪种情况的可能性更大一些?
A.A、C两人手中都没有梅花
B.A、C两人手中囊括了所有的梅花
C.上述两种情况的出现概率相同
A、C两人手中都没有梅花,等价于B、D两人手中囊括了所有的梅花,它的概率与A、C两人手中囊括所有梅花的概率相同。
因此,这个问题的答案显然是C。
2.我给10个好朋友分别写了一封信,并把这10个人的地址分别写在了10个信封上。
如果我随机地将这10封信装进10个信封里(每封信都装进了一个不同的信封里),下面哪种情况的可能性更大一些?
A.恰好有9封信装进了正确的信封
B.所有10封信都装进了正确的信封
C.上述两种情况的出现概率相同
你或许会以为,全都装对的可能性很低,装错一个的可能性则略高一些。
然而事实上,这道题的答案是B。
原因非常简单:
恰好有9封信装对,这是根本不可能的——如果其中9封信都装对了,剩下的那一封信肯定也装对了。
实际上,10封信的排列方式一共有10!
=3628800种,其中装对的信有0,1,2,3,…,9,10封的情况数分别为1334961,1334960,667485,222480,55650,11088,1890,240,45,0,1。
可以看到,绝大多数时候,这个数列里的数都是不断递减的;也就是说,装对的信越多,概率就越低,这个直觉确实是准确的。
唯一的例外,就是这个数列的最后两项,其背后的原因正如刚才所说。
你或许发现了一个有趣的现象:
数列的第二项正好比第一项小1。
这并不是巧合。
有一个普遍的规律是,假设把n封信装进n个信封里,那么当n为偶数时,装对1封信的情况数比全都装错的情况数少1,当n为奇数时,装对1封信的情况数比全都装错的情况数多1。
我们下面就来证明这一点。
假设把n封信装进n个信封里,全都装错的情况有Dn 种。
那么,数列D1,D2,D3,…满足一个非常简单的递推关系:
Dn =(n–1)(Dn-1 +Dn-2)。
为什么呢?
我们慢慢来分析。
由于每封信都装错了,因此第1封信没有装进1号信封。
无妨假设它装进了2号信封。
那么,第2封信装到哪儿去了呢?
如果第2封信正好装进了1号信封,那么剩下的n–2封信就有Dn-2 种可能的装法。
如果第2封信没有装进1号信封呢?
情况就变成了这样:
第2,3,4,…,n封信装进了编号分别为1,3,4,…,n的信封里,其中第2封信不在1号信封里,第3封信不在3号信封里,第4封信不在4号信封里……总之,这n–1封信中,每封信都正好有一个禁放的信封。
于是,这就构成了Dn-1 种可能的装法。
当然,第1封信也有可能装进了3号信封里,也有可能装进了4号信封里……因此,我们就有Dn =(n–1)(Dn-1 +Dn-2)。
在这个式子的左右两边同时减去n·Dn-1 ,于是得到:
Dn –n·Dn-1 =–(Dn-1 –(n–1)·Dn-2)
令An =Dn –n·Dn-1 ,于是An 满足递推关系式:
An =–An-1
可以验证:
A2 =D2 –2·D1 =1–0=1
于是有:
An =(-1)n
即Dn –n·Dn-1 =(-1)n 。
而n·Dn-1 正好表示把n封信装进n个信封里恰好装对1封信的情况数。
3.桌子上有A、B两个不透明的盒子,盒子A里有m个白色小球和1个黑色小球,盒子B里有n个白色小球和1个黑色小球。
你需要先从盒子A里随机取出一个小球,再从盒子B里随机取出一个小球。
如果两个小球都是黑色的,那么你就获胜了。
下面哪种情况下,你获胜的概率更大一些?
A.m=5,n=5
B.m=4,n=6
C.上述两种情况的获胜概率相同
你或许会以为,反正都是10个白色小球,怎么放应该没关系吧。
而事实上,在A、B两种情况下,获胜的概率还真的不一样。
在情况A中,你获胜的概率为(1/6)×(1/6)=1/36;在情况B中,你获胜的概率为(1/5)×(1/7)=1/35。
因此,这个题目的答案是B。
如果我们把规则改为,先随机选择其中一个盒子,再从这个盒子中随机取出一个小球,取到黑色小球即获胜,那么情况B的获胜概率仍然会更大一些。
在情况A中,你获胜的概率为(1/2)×(1/6)+(1/2)×(1/6)=1/6;在情况B中,你获胜的概率为(1/2)×(1/5)+(1/2)×(1/7)=6/35。
如果你可以自己安排每个小球的位置(但黑白小球的总数不变),那么不管是在原游戏中还是在改版后的游戏中,为了让自己的胜率达到最大,你都应该在其中一个盒子里只放1个黑球,在另一个盒子里放入剩下的1个黑球和10个白球。
这样的话,在原游戏中,你获胜的概率将达到1×(1/11)=1/11;在改版后的游戏中,你获胜的概率将达到(1/2)×1+(1/2)×(1/11)=6/11。
4.不透明的盒子里有10个白球和1个黑球,你的目标是从中取出黑球。
每次,你可以从中随机取出一个小球,并观察它的颜色:
如果是黑球,则达到目标,结束操作;如果是白球,则将小球放回盒子里,然后继续像这样随机取球,直到取出了黑球为止。
下面哪种情况的可能性更大一些?
A.第1次就取到了黑球
B.到第4次才取到黑球
C.上述两种情况的出现概率相同
这个题目的答案显然应该是A。
若每次取出黑球的概率为p,则第1次就取到黑球的概率为p,到第4次才取到黑球的概率为(1–p)·(1–p)·(1–p)·p,后者永远比前者更低。
如果我们把第n次才取到黑球的概率记为Pn ,那么就有:
Pn =(1–p)n-1 ·p
然而,把P1,P2,P3,…全部累加起来的结果应该为1,于是我们用概率论的方法得到公式:
(1+(1–p)+(1–p)2 +(1–p)3 +…)·p=1
即:
1+(1–p)+(1–p)2 +(1–p)3 +…=1/p
令x=1–p,得到:
1+x+x2 +x3 +…=1/(1–x)
这正是无穷等比级数的求和公式。
由于实数p必须在0到1之间,而x=1–p,因此上式中的x也必须在0到1之间。
5.不透明的盒子里有10个白球和1个黑球。
A、B两人轮流从盒子里取球,每个人每次只能随机从中取出一个小球(取出的小球不再放回)。
谁先取到那个黑球,谁就获得游戏的胜利。
如果A先取,那么理论上,下面哪种情况的可能性更大一些?
A.A获得游戏的胜利
B.B获得游戏的胜利
C.上述两种情况的出现概率相同
这个题目的答案是A。
不妨规定,即使有人取到了黑球,两人也继续往下取,直到把所有的小球都取光。
整个游戏就可以等价地看作是,两人轮流取完所有的小球后,看看谁手中有那个黑球。
由于A先取,因此最后A会取到6个小球,B只能取到5个小球。
所以,黑球在A手中的概率更大,等于6/11。
类似地,如果不透明的盒子里有W个白球和B个黑球,不断从里面取出小球(不再放回),那么不管i是多少(0
因为,这本质上相当于把所有的小球随机地排成一排,问第i个小球是白色或者黑色的概率。
6.不透明的盒子里有2个白球和5个黑球。
地上还有足够多的白球和黑球。
每次从盒子里随机取出两个小球,放在地上。
如果刚才取出的两个小球都是白球,则从地上拿一个白球放入盒子;如果刚才取出的两个小球都是黑球,则从地上拿一个白球放入盒子;如果刚才取出的两个小球是一黑一白,则从地上拿一个黑球放入盒子。
不断重复,直至盒子里只剩一个小球为止。
那么,下面哪种情况的可能性更大一些?
A.剩下的那个小球是白球
B.剩下的那个小球是黑球
C.上述两种情况的出现概率相同
这是一个很赖皮的题目。
它的答案是B。
事实上,出现情况A的概率为0,出现情况B的概率为100%。
原因很简单。
每次操作后,黑球的数量要么不变,要么减2,所以黑球的奇偶性始终保持相同。
初始时盒子里有奇数个黑球,今后盒子里就永远有奇数个黑球。
所以,如果最后盒子里剩了1个小球,那它必然是黑球。
7.在一根木棒上随机选择两个点,并在这两个点处下刀,把木棒砍成三段。
下面哪种情况的可能性更大一些?
A.这三段木棒能拼成一个三角形
B.这三段木棒不能拼成一个三角形
C.上述两种情况的出现概率相同
这个题目选B。
我们可以证明,这三段木棒能拼成三角形的概率是1/4。
不妨把这根木棒的长度设为1,两个分割点的位置分别记作x、y,则x和y都是0到1之间的随机数。
那么,所有可能的(x,y)组合就对应了正方形(0,1)×(0,1)内的所有点。
三段木棒能拼成三角形,当且仅当(x,y)落在了阴影部分。
由于阴影部分占了总面积的1/4,因此这三段木棒能拼成三角形的概率就是1/4。
这个题目还有很多变种。
比如,如果先把木棒随机砍成两段,再把较长的那段木棒随机砍成两段,问这三段木棒能拼成一个三角形的概率是多少。
这该怎么解呢?
你或许会说,为何不像刚才那样,把第一个分割点和第二个分割点的位置分别记作x、y,然后套用刚才的面积大法?
这次就不行了,因为y的值不再能独立而均匀地分布在0到1之间。
但是,我们可以令x为第一个分割点在整根木棒上的比例,令y为第二个分割点在较长的那段木棒上的比例。
举个例子,(x,y)=(1/3,1/3)的意思就是,先把整根木棒砍成1:
2两段,再把较长的那段木棒砍成1:
2两段。
这样一来,所有可能的(x,y)组合就再一次均匀地对应了正方形(0,1)×(0,1)内的所有点。
最终,三段木棒能拼成三角形,当且仅当(x,y)落在由x·y<1/2,(1–x)·y<1/2,x·(1–y)<1/2,(1–x)·(1–y)<1/2组成的交集区域里。
利用定积分可以求出,这部分区域的面积占整个正方形面积的2·ln
(2)–1≈38.63%。
这就是答案。
著名的Buffon投针问题,标准解法之一也用到了这种模型。
在地板上画一系列间隔为1厘米的平行直线,然后把一根1厘米长的针扔到地板上,它与直线有交点的概率是多少?
令x为这根针的中心到离它最近的那条直线的距离,令y为这根针与平行线的夹角。
所有可能的针的位置,就可以用所有可能的(x,y)组合来表示,它们正好对应了矩形(0,1/2)×(0,π/2)内的所有点。
其中,合法的区域为y 这就是答案。 高中数学课本把这种解决概率问题的模型叫做“几何概型”。 说到几何概型,最经典的可能要算下面这个例题。 A、B两人约定好晚上6: 00到7: 00之间在公园门口见面。 每个人都会从6: 00到7: 00这段时间当中随机挑选一个时间,并在这个时间到达公园门口。 每个人都只愿意等待15分钟,也就是说,如果15分钟之后没有看见对方,那么就立即离开。 那么,两人最终能见面的概率有多大? 答案是7/16。 8.圆周上均匀分布着100个点。 随便选择两个点连一条线段,再随便选择另外两个点连一条线段。 那么,下面哪种情况的可能性更大一些? A.两条线段相交 B.两条线段不相交 C.上述两种情况的出现概率相同 这个题目的答案是B。 随便选择两个点,再随便选择另外两个点,本质上相当于先随便选择四个点,再决定把这四个点配成怎样的两对。 对于任意四个点A、B、C、D(在圆周上按此顺序排列)来说,我们都有三种不同的配对方案: ①A–B,C–D②A–C,B–D③A–D,B–C。 其中,只有方案②对应的两条连线才会相交。 因此,两条线段相交的概率是1/3。 9.不透明的盒子里有1000张纸条,上面分别写有1,2,3,…,1000。 A从盒子里随机取出100张纸条,并把这100张纸条上的数从小到大排成一排。 然后,B从盒子里剩下的纸条中随机取出1张纸条,并看看这张纸条上的数在A那里排第几位。 例如,如果A手中的数有50个比B取出的大,另外50个比B取出的小,那么B手中的数就排第51位。 那么,下面哪种情况的可能性更大一些? A.B手中的数排第1位 B.B手中的数排第51位 C.上述两种情况的出现概率相同 很多人的直觉都是,排第1可能性不大,排中间可能性更大。 而实际上,考虑所有101个数的101! 种排列方案,或者从1000个数里选101个数所产生的P(1000,101)种排列方案,B选的那个数将会等可能地出现在各个位置。 因此,这个题目的答案是C。 如果你还想不明白的话,你干脆直接想成是,A抽了100个数,然后再帮B抽了一个数,问帮B抽的这个数更有可能排第几。 如果你还想不明白的话,你干脆直接想成是,A抽了101个数,问最后抽出的这个数更有可能排第几。 如果你还想不明白的话,你干脆直接想成是,A选了101个数往空中一撒,问最后一个落地的数更有可能是排第几的数。 10.把一副洗好的牌(共52张)背面朝上地摞成一摞,然后依次翻开每一张牌,直到翻出第一张A。 那么,下面哪种情况的可能性更大一些? A.翻开第3张牌时出现了第一张A B.翻开第4张牌时出现了第一张A C.上述两种情况的出现概率相同 这个题目的答案是A。 这个答案并不出人意料。 你不妨考虑一个非常极端的情况: 假设一副牌里只有三张牌,其中两张是A,另外一张是2。 那么,洗好牌后,三张牌的顺序有AA2,A2A,2AA三种(如果把两张A看作是两张不同的A,那么三张牌的顺序有A1A22,A2A12,A12A2,A22A1,2A1A2,2A2A1 六种)。 翻到第1,2,3张牌时出现第一张A的概率分别是2/3,1/3,0。 至于原题为什么选A,我们给出一个这样的解释。 洗好牌后,从前往后四张A所在的位置一共有C(52,4)种可能的情况,分别为(1,2,3,4),(1,2,3,5),(1,2,3,6),…,(49,50,51,52)。 其中,形如(3,? ? ? )的情况显然比形如(4,? ? ? )的情况更多,因为前者的问号处可以有更丰富的取值。 11.把一副洗好的牌(共52张)背面朝上地摞成一摞,然后依次翻开每一张牌,直到翻出第一张A。 那么,下面哪种情况的可能性更大一些? A.再下一张牌是黑桃A B.再下一张牌是黑桃2 C.上述两种情况的出现概率相同 很多人可能会认为,下一张牌是黑桃2的可能性更大,因为刚才翻出的首张A可能就是黑桃A。 其实这种直觉是错误的。 令人吃惊的是,这道题的答案是C。 下一张牌是黑桃A的概率与下一张牌是黑桃2的概率一样大,它们都等于1/52。 为了说明这一点,我们不妨来看一种同样能实现绝对随机的另类洗牌方式: 先把一副牌中的黑桃A抽出来,随机洗牌打乱剩下51张牌的顺序,然后把黑桃A插回这摞牌中(包括最顶端和最底端在内,共有52个可以插入的位置)。 显然,黑桃A正好插到了这摞牌的首张A下面有1/52的可能性。 根据同样的道理,首张A下面是黑桃2的概率也是1/52。 事实上,任何一张牌都有可能出现在首张A的下面,它们出现的概率是相等的,都等于1/52。 12.把一副洗好的牌(共52张)背面朝上地摞成一摞。 翻开最上面的那张牌,记住这张牌是什么颜色(红色还是黑色),然后将它背面朝上地放回原处。 随机切一次牌(即把扑克牌随机分成上下两摞,把下面这摞牌叠在上面这摞牌的上面),然后再次翻开最上面的那张牌,记住这张牌是什么颜色(红色还是黑色)。 那么,下面哪种情况的可能性更大一些? A.两次看到的牌的颜色相同 B.两次看到的牌的颜色不同 C.上述两种情况的出现概率相同 答案很简单: 选B。 这是因为,切了一次牌之后,你刚才翻开的那张牌就不可能在最上面了。 换句话说,再次翻开的牌将会等可能地是剩余的51张牌中的任何一张,其中有26张牌和你第一次翻开的牌颜色不同,但只有25张牌和你第一次翻开的牌颜色相同。 13.同时抛掷10枚硬币,出现下面哪种情况的可能性更大一些? A.正面朝上的硬币数量为偶数 B.正面朝上的硬币数量为奇数 C.上述两种情况的出现概率相同 答案是C。 事实上,把10换成任意正整数,这个问题的答案都不会变——正面朝上的硬币个数是奇是偶的概率一样大。 让我们把这个问题先修改一下: 同时抛掷5枚硬币,正面朝上的硬币数量为偶数的概率大,还是为奇数的概率大? 有趣的是,新的问题突然有了一种非常简单的解法。 我们可以把同时抛掷5枚硬币的结果分成六大类: 0个正面5个反面、1个正面4个反面、2个正面3个反面、3个正面2个反面、4个正面1个反面、5个正面0个反面。 我们把这六类情况分成三组: ∙0正5反,5正0反 ∙2正3反,3正2反 ∙4正1反,1正4反 注意到,每一组里的前后两类情况出现的概率总是相同的,然而前面那类总是属于有偶数个正面的情况,后面那类总是属于有奇数个正面的情况。 因而总的来说,有偶数个正面的情况和有奇数个正面的情况将会概率均等地出现。 回到原问题。 如果是10枚硬币的话,又该怎么办呢? 大家或许想要故技重施,但却发现这回不管用了。 虽然0正10反和10正0反出现的概率仍然相等,但它们都是有偶数个正面的情况,这样就没法推出奇偶两种情况各占一半的结论了。 不过,我们另有奇招。 把这10枚硬币分成两组,每一组各有5枚硬币。 根据刚才的结论,每组硬币里面出现偶数个正面和出现奇数个正面的概率是相同的,因而,同时抛掷这两组硬币后,检查两组硬币正面朝上的数量分别有多少,会产生“偶偶”、“偶奇”、“奇偶”、“奇奇”这四种等概率的组合。 在第一种情况和最后一种情况中,最终正面朝上的硬币数量为偶数;在第二种情况和第三种情况中,最终正面朝上的硬币数量为奇数。 可以看到,正面朝上的硬币数量是奇是偶的概率相等。 我们还有另一种更简单的方法来说明,同时抛掷10枚硬币后,正面朝上的硬币数量是奇是偶的概率的确相同。 假设你已经抛掷了9枚硬币,正准备抛掷最后一枚硬币。 不管前9枚硬币抛掷成啥样,最后这枚硬币的正反都将会起到决定性的作用,具体情况分为两种,视前9枚硬币的抛掷结果而定: ∙如果最后一枚硬币是正面,总的正面个数就是偶数;如果最后一枚硬币是反面,总的正面个数就是奇数; ∙如果最后一枚硬币是正面,总的正面个数就是奇数;如果最后一枚硬币是反面,总的正面个数就是偶数。 容易看出,不管是上述两种情况中的哪种情况,总的正面个数是奇是偶的概率都是相等的。 因此,即使上述两种情况出现的概率不相等(当然,事实上是相等的),最终总的正面个数是奇是偶的概率也是相等的。 14.A、B两人在玩掷硬币游戏,每个人都抛掷10次硬币,最后谁抛出的正面更多,谁就获胜。 几轮游戏下来后,A都获胜了,B有些沮丧。 A说: “要不这样吧,我们把游戏规则改一下。 我允许你多抛掷一次硬币。 也就是说,我仍然抛掷10次硬币,你却能抛掷11次硬币。 但是,只有你抛掷出的正面次数严格大于我抛掷出的正面次数,才算你获胜;如果我们抛掷出的正面次数相同,那也算我获胜。 ”新的一轮游戏开始了,按照约定,A抛掷了10次硬币,B抛掷了11次硬币。 理论上,下面哪种情况的可能性更大一些? A.A获得游戏的胜利 B.B获得游戏的胜利 C.上述两种情况的出现概率相同 题目的答案是C。 这是一个非常经典的问题,解决它的方法也有很多。 我们介绍两种方法。 第一种方法如下。 在新版游戏中,假设两人各自都已经抛掷了10次硬币,只待B抛掷最后一次了。 此时,如果B的正面更多,那他就胜定了,游戏可以提前结束了。 如果B的正面更少,那他就输定了,游戏也可以提前结束了。 显然,这两种情况出现的概率相同。 现在,只剩一种情况有待分析,即此时B的正面数量与A相同。 那么,游戏结果将完全取决于B的最后一次抛掷: 如果B抛掷出正面,胜;如果B抛掷出反面,败。 而这两种情况出现的概率也是相同的。 综上所述,新的游戏是公平的。 第二种方法如下。 既然B比A多抛掷一次,那这就说明,B的正面和反面不可能都没A多(否则B的硬币总数不可能比A多)。 另外,由于B只比A多抛掷一次,那这就说明,B的正面和反面不可能都比A多(否则B的硬币总数至少比A大2)。 综上所述,要么B的正面比A更多,要么B的反面比A更多。 由于硬币本身是公正的,因此这两种情况出现的几率相等,它们各为1/2。 但是,B的正面比A更多就意味着B获胜了,B的反面比A更多就意味着B的正面数量不比A多,即A获胜了(别忘了,平局算A获胜)。 所以,两人各自获胜的概率都是1/2。 15.魔术师把一枚正常的硬币展示给观众看,然后说: “接下来,我会抛掷这枚硬币,每次它都将正面朝上。 ”观众听闻后议论纷纷,魔术师趁机迅速地把这枚正常的硬币换成了一枚两面都是正面的硬币。 魔术师连掷10次硬币,次次正面朝上,赢得观众雷鸣般的掌声。 其中一个观众不服气地说: “该不会你趁我们不注意,把硬币换成了两面都是正面的特殊硬币吧! 如果你有本事的话,你给我们掷出一个‘正反正反……’的序列出来! ”为了保住自己的颜面,魔术师只好把那枚正常的硬币变回手中,硬着头皮开始抛掷硬币。 倘若魔术师抛掷硬币没有任何技巧,每次是正是反的概率相同,那么魔术师无限地抛掷下去,第一次出错更有可能出在什么地方? A.该掷正面的时候掷出了反面 B.该掷反面的时候掷出了正面 C.上述两种情况的出现概率相同 这个题目的答案是
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