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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.中国论文网 /9/view-3852716.htm　　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，）的儿子丹尼尔·伯努利（Daniel Bernoulli，）提出来的，大意如下：“一个人写了n封不同的信及相应的n个信封，他把这n封信都装错了信封，问都装错信封的装法有多少种？”这个问题曾被著名数学家欧拉（Leonhard，Euler，）称为“组合数论”的一个妙题. 很多数学参考书上都用容斥原理解这个问题，求得n封信与信封标号都不同的装法有n！（1-+-+…+（-1）n）种. 一种自然的想法，能否不用容斥原理解决这个问题呢？下面试着用探究2的方法来作一分析，设ai（2≤i≤n）表示封信与信封标号都不同的装法种数，n封信分别装入n个信封共有=n！种装法，这些装法可以分为以下n类：n封信与信封标号都不同的装法有an种，恰有n-1封信与信封的标号都不同的装法有an-2种，恰有n-2封信与信封的标号都不同的装法有an-2种，…，恰有3封信与信封的标号都不同的装法有a3种，恰有2封信与信封的标号不同的装法有a2种，n封信与信封标号都相同的装法只有1种. 由分类计数原理得，　　n！=an+an-1+an-2+…+a3+a2+1，　　∴an=n！-an-1-an-2-…-a3-a2-1. ①　　显然a2=1，由递推公式①可依次求出a3，a4，a5…，但递推公式①过于复杂，由此直接求通项an比较困难.　　探究4 有没有其他方法能得到比①式简单的递推公式呢？在探究3 中是用先分类、后分步的思路得出递推公式①，现用先分步、后分类的方法来进行思考. 设n封信与信封的标号都不同的装法数为an，第一步：第一封信不放在第一个信封里，有n-1种放法. 第二步：假设第一封信放在第二个信封里，则第二封信的放法又可分为两类. 第一类：第二封信恰好放在第一个信封里，则余下的信错位放在剩下的n-2个封信里有an-2种放法；第二类：第二封信不放在第一个信封里，则相当于n-1封信错位放在剩下的n-1个信封里，即第二封信不放在第一个信封里，第三封信不放在第三个信封里，…，第n封信不放在第n个信封里，有an-1种放法. 由分步计数原理和分类计数原理得递推式：an=（n-1）（an-2+an-1）…②，显然a1=0，a2=1，由此可依次求出a3，a4，a5，…. 下面求通项an，由②得an=（n-1）an-2+（n-1）an-1，an-nan-1=（-1）[an-1-（n+1）]an， 是以a2-2a1为首项，公比等于-1的等比数列，∴an+1-（n+1）an=（-1）n-1，∴an-nan-1=（-1）n-2=（-1）n，an=nan-1+（-1）n=n[（n-1）an-2+（-1）n-1]+（-1）n 　　=n（n-1）an-2+n（-1）n-1+（-1）n=n（n-1）[（n-1）an-3（-1）n-2]+（n-1）n-1+（-1）n　　=n（n-1）（n-2）an-3+n（n-1）（-1）n-2+n（-1）n-1+（-1）n　　=n（n-1）（n-2）…2a1+n（n-1）…3（-1）2+…+n（n-1）（-1）n-2+n（-1）n-1+（-1）n　　=n（n-1）…3（-1）2+n（n-1）…4（-1）3+…+n（n-1）（-1）n-2+n（-1）n-1+（-1）n　　=n！[（-1）2·+（-1）3+…+（-1）n-1·+（-1）n·]　　=n！（1-+-++…+（-1）n·）.　　探究至此，我们发现，一道极为普通、平常的课本习题，竟隐藏着数学名题背景，蕴含着丰富的数学思想，同时由一道题的探究，带动了一类题的解决，全错位排列问题都可以直接用公式n！（1-+-+…+（-1）n）来计算. 如某省决定对所辖8个城市的党政一把手进行任职交流，要求每个干部都调到另一个城市去担任相应的职务，问共有多少种不同的干部调配方案？ 解：不同的调配方案有8！（1-+-+-+-+）=14833（种）.　　四、教学反思　　反思1 教师在备课时，不仅要备好教学内容，心中有书；备好教学方法，心中有术；备好学生，心中有人；也要备好习题，心中有题. 明确各道习题的作用，解题的关键、解题的技巧、解题的数学思想方法. 区别习题哪些是主要的、哪些是次要的、哪些是单纯巩固性的、哪些是有难度需要提示的、哪些是学生可以独立完成的、哪些是可以作为例题与学生共同探究的. 只有对课本习题的难度与演算时间存乎于心、了然于胸，才能围绕教学目标，结合学生实际，有的放矢地布置好作业，充分发挥习题的教学功能和诊断功能.　　反思2 教师在备课时，要精选例题、一题多解，精心设计变式练习，注意运用反例和特例，帮助学生克服思维定势的负迁移影响，优化学生的思维品质. 正如美国著名数学教育家G.波利亚曾说：“一个专心的认真备课的教师能够拿出一个有意义的但又不复杂的题目，去帮助学生挖掘问题的各个方面，使得通过这道题，就好像通过一道门户，把学生引入一个完整的理论领域.”　　反思3 数学思想方法是探索解题途径的一盏明灯. 而课本的例题、习题是渗透数学思想方法的重要载体，因此在教学中，我们应秉承“思想高于技巧”的理念，注重挖掘蕴藏在教材例题、习题中的数学思想方法，不失时机地加以渗透. 一位著名教育家说过，真正教育的旨趣在于即使学生把教给他的所有知识都忘记了，但还有能使他获得受用终生的东西，那种教育才是最高最好的教育. 这里“受用终生的东西”，在数学中就是“数学思想方法”.　　反思4 数学是人类文化的重要组成部分，高中数学课程标准要求“数学课程应帮助学生了解数学在人类文明发展中的作用，逐步形成正确的数学观. 而课堂是教师进行数学文化渗透的主渠道，故教师应深入钻研教材，认真研究教材相关知识以及例题、习题中所蕴含的数学历史文化背景，在课堂中恰当、适时、自然地加以渗透，不断充实和提高学生的数学文化素养，体会数学的文化价值，感受数学一种内在的、深邃的、理性的美.
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