交换礼物中的机率问题(The probability of

每到圣诞节时,许多人喜欢举办交换礼物活动,假设总共有 \(n\) 个人参与,规定每个人各自带来一件礼物,收集所有人的礼物后,便将礼物贴上编号,每个人再从中随机抽出一样礼物带回家。总有人幸运地抽中自己心仪的礼物,也似乎常会有人不幸地抽中自己所带来的礼物,真的是这个人运气不好吗?再者,若参与的每个人都没有抽中自己的礼物是正常的吗?

首先,我们从简单的情况开始讨论起。

当 \(n=1\) 时,必定拿回自己的礼物,所以机率为 \(P(A_1)=1\)(不过,一般应该没有人自己和自己交换礼物)。

当 \(n=2\) 时,假设有 \(A_1\) 与 \(A_2\) 两个人,各拿出 \(G_1\) 与 \(G_2\) 两个礼物。
这时,想像随机将 \(G_1\) 与 \(G_2\) 两个礼物排列,其中的第一个位置代表 \(A_1\) 的礼物、第二个位置代表 \(A_2\) 的礼物,则有 \(G_1G_2\) 和 \(G_2G_1\) 两种可能性。
换句话说,要嘛两个人都拿到对方带来的礼物,要嘛拿回自己礼物,而且两者机率相同,因此,有拿回自己礼物的机率为 \(P(A_1\cup A_2)=\frac{1}{2!}\),其中 \(P(A_1\cup A_2)\) 指的是 \(A_1\) 或 \(A_2\) 拿回自己礼物的机率。

当 \(n=3\) 时,假设有 \(A_1,A_2\) 与 \(A_3\) 三个人,各拿出 \(G_1\)、\(G_2\) 与 \(G_3\) 三个礼物,
这时,将三个礼物作排列有 \(6\) 种可能性,其中有人拿到自己礼物的情况包含:

\(G_1G_2G_3\)(三人都拿到自己礼物)

\(G_1G_3G_2\)(只有 \(A_1\) 拿到自己礼物)

\(G_3G_2G_1\)(只有 \(A_2\) 拿到自己礼物)

\(G_2G_1G_3\)(只有 \(A_3\) 拿到自己礼物)

因此,有人拿到自己礼物的机率为 \(P({A_1} \cup {A_2} \cup {A_3}) = \frac{4}{{3!}} = \frac{2}{3} = 0.666…\)。
当中的 \(P({A_1} \cup {A_2} \cup {A_3})\) 指的是 \(A_1\) 或 \(A_2\) 或 \(A_3\) 拿回自己礼物的机率。
同时,我们以下用「配对」来指称拿到自己礼物的情况。

当 \(n=4\) 时,假设有 \(A_1\)、\(A_2\)、\(A_3\) 与 \(A_4\) 四个人,各拿出 \(G_1\)、\(G_2\)、\(G_3\) 与 \(G_4\) 四个礼物,这时将四个礼物排列有 \(4{!}\) 种可能性,这时,若直接讨论当中有人配对的情况将更为複杂,因此我们联想到以下述方法计算所求机率

 \(1-P(A)\)

其中 \(A\) 表示没有人配对的事件。利用取捨原理可知,没有人配对的方法数等于「\(4\) 个礼物任意排的方法数」\(-\)「四人中有一人配对的方法数」\(+\)「四人中有二人配对的方法数」\(-\)「四人中有三人配对的方法数」\(+\)「四人都配对的方法数」,如此,可计算出所求机率为:

\(\begin{array}{ll}P({A_1} \cup {A_2} \cup {A_3} \cup {A_4}) &= 1 – \frac{{4! – C_1^43! + C_2^42! – C_3^41! + 1}}{{4!}} = 1 – (1 – \frac{1}{{1!}} + \frac{1}{{2!}} – \frac{1}{{3!}} + \frac{1}{{4!}})\\&= 1 – \frac{9}{{24}} = \frac{{15}}{{24}} = 0.625\end{array}\)

类似地,当 \(n=5\) 时,利用取捨原理我们可以计算出:

\(\begin{array}{ll}P({A_1} \cup {A_2} \cup {A_3} \cup {A_4} \cup {A_5}) &= 1 – \frac{{5! – C_1^54! + C_2^53! – C_3^52! + C_4^51! – 1}}{{5!}}\\&= 1 – (1 – \frac{1}{{1!}} + \frac{1}{{2!}} – \frac{1}{{3!}} + \frac{1}{{4!}} – \frac{1}{{5!}}) = \frac{{76}}{{120}} = \frac{{19}}{{30}} = 0.633…\end{array}\)

从上述结果来看,
大家都没拿到自己礼物的机率略大于 \(0.3\),至少有一人拿到自己礼物的机率则略大于\(0.6\)。
当你继续计算出 \(n=6,7,8,…\) 的机率时,会发现结果类似。

同理,当有 \(n\) 个人时,我们可以推得:

\(\begin{array}{ll}P({A_1} \cup {A_2} \cup … \cup {A_n})&= 1 – \frac{{n! – C_1^n(n – 1)! + C_2^n(n – 2)! +\ldots+ {{( – 1)}^k}C_k^n(n – k)! +\ldots+ {{( – 1)}^n}C_n^n(n – n)!}}{{n!}}\\&=1 – (1 – \frac{1}{{1!}} + \frac{1}{{2!}} – \frac{1}{{3!}} + \frac{1}{{4!}} – \frac{1}{{5!}} + … + \frac{{{{( – )}^n}}}{{n!}})\end{array}\)

事实上,当人数越来越多时,上述机率值会趋近于一个定值。这里我们利用指数函数 \(e^x\) 的泰勒展开式来处理,因为:

\({{\rm{e}}^x} = 1 + \frac{1}{{1!}}x + \frac{1}{{2!}}{x^2} + \frac{1}{{3!}}{x^3} + \frac{1}{{4!}}{x^4} +\cdots+ \frac{1}{{n!}}{x^n} +\cdots\)

所以将 \(x=-1\) 代入可得:

\({{\rm{e}}^{ – 1}} \approx 1 – \frac{1}{{1!}} + \frac{1}{{2!}} – \frac{1}{{3!}} + \frac{1}{{4!}} – \frac{1}{{5!}} +…+ \frac{{{{( – 1)}^n}}}{{n!}}\)

亦即当人数 \(n\rightarrow \infty\) 时,没有人配对的机率为 \(\frac{1}{e}\),而有人配对的机率为 \(1-\frac{1}{e}\)。

另外,\(e\) 约为 \(2.71828\),所以 \(\frac{1}{e}\) 约为 \(0.36788\),因此,当人数很多时,大家都没有拿到自己的礼物的机率约为 \(0.36788\),而当中至少有一人不幸拿到自己礼物的机率则约为 \(0.63212\)。可见这种交换礼物的游戏里,有某人拿到自己礼物是很正常的事。

至于,自己拿到自己礼物的机率呢?利用古典机率可求得此机率为 \(\frac{{1 \cdot (n – 1)!}}{{n!}} = \frac{1}{n}\) ,亦即当人数越多时,拿到自己礼物的机率越低。当人数 \(n\rightarrow \infty\) 时,此机率值趋近于 \(0\)。所以,当参与人数多时,拿到自己礼物的人只能说,今天不是你的天!不过,参与的多人中,若有某人不幸拿回自己的礼物却是很正常的事,不必大惊小怪(此机率高达 \(0.63\))。

上一篇:
下一篇: