研究性教学模式下“概率统计”试题设计与探讨

2018-02-14贺方超郑列闻卉

数学学习与研究 2018年24期

贺方超郑列闻卉

【摘要】研究性教学模式中课堂教学固然十分重要，但是期末考试中试题设计也是一个关键环节，它是研究性教学模式不可或缺的组成部分.本文首先论述了研究性教学模式下试题设计的必要性，接着就“概率统计”课程期末考试试题的设计给出了四个实例，逐个分析题目的设计意图和特点，最后对研究性试题设计做了总结和进一步地展望.题目素材来源于日常生活，既锻炼了学生学习和运用知识的能力，也增强了学生进行知识创新的兴趣.

【关键词】知识创新;试题设计;研究性教学;素质教育

一、研究性教学模式下试题设计的必要性

在高等教育中，研究性教学是指教师通过研究性的方式提出、理解和解决问题，并在此过程中培养学生与专业所学知识相关的学习能力和创造能力.高校实行多年的素质教育所强调的核心素质是创新素质，创新素质的培养使得传统讲授式教学方式向研究性教学方式的转变成为必然趋势.为此，基于工科院校人才培养的特点，笔者所在学校出台了“721”人才培养模式改革指导方案，该方案明确提出：研究性教学方式是重要的教学改革方向.

近几年来，在笔者所在学校工科数学研究性教学模式的探索过程中，我们发现课堂上研究性教学的开展固然十分重要，其实考试环节中研究性试题的设计也是很有必要的.考试是对课堂教学效果的考查和检验，传统的公式记忆、历年试题的题型翻新等考查模式不仅不能满足研究性教学模式的需要，而且长久下去会显得教学与考查相互割裂开来，让学生对研究性教学模式产生怀疑，最后重新回到“填鸭式”讲授教学方式的老路上了.相反地，如果在考试试题中尽量考查研究性类型的试题，既可以提高学生的知识应用和创新能力，还可以使得教、学和考相得益彰.

本文就工科数学中“概率统计”课程的研究性试题设计做出一些探讨.

二、“概率统计”试题设计探讨

（一）贝叶斯公式的应用

贝叶斯公式最早由英国学者托马斯·贝叶斯发现，后来得到法国数学家拉普拉斯进一步地总结和发展，逐渐被人们重视和应用.贝叶斯公式主要是基于已有的经验数据，对当前事件的结果寻找发生的原因，它在疾病診断、责任认定、药剂检测和质量控制等方面有着广泛的应用.

例1 为了调查百姓生活的幸福感，2012年中央电视台《新闻联播》栏目连续多期播出了对群众“你幸福吗？”的随机采访.据统计，被采访的人中未成年人、中青年和老年人所占的比例分别为0.35，0.25和0.4;而未成年人，中青年和老年人回答“我幸福”的比例分别为0.6，0.4和0.8.试问：当记者随机电话采访某人得到“我幸福”回答时，该受访者可能是未成年人、中青年和老年人的概率分别为多少？

分析这道期末考试题目取材于2012年10月份中央电视台对百姓生活幸福感的连续调查采访.该采访既有现场任意采访，也有电话随机采访.题目设计基于现场采访的经验数据，希望学生能够利用贝叶斯公式推导出某次电话采访对象的年龄层次的可能情况.设计该题目的目的是考查学生对公式的掌握和理解，同时让他们学会创造性地解决日常生活中的问题.

解设A 1，A 2，A 3分别表示被采访者为未成年人、中青年和老年人，以B表示被采访者回答“我幸福”.根据题意可得

P（A 1）=0.35，P（A 2）=0.25，P（A 3）=0.4，

P（B|A 1）=0.6，P（B|A 2）=0.4，P（B|A 3）=0.8.

由贝叶斯公式可得

P（A 1|B）= P（B|A 1）P（A 1） ∑ 3 i=1 P（B|A i）P（A i）

= 0.6×0.35 0.6×0.35+0.4×0.25+0.8×0.4 = 1 3 ，

P（A 2|B）= P（B|A 2）P（A 2） ∑ 3 i=1 P（B|A i）P（A i）

= 0.4×0.25 0.6×0.35+0.4×0.25+0.8×0.4 = 10 63 ，

P（A 3|B）= P（B|A 3）P（A 3） ∑ 3 i=1 P（B|A i）P（A i）

= 0.8×0.4 0.6×0.35+0.4×0.25+0.8×0.4 = 32 63 ，

即当记者随机电话采访某人得到“我幸福”回答时，该受访者可能是未成年人、中青年和老年人的概率分别为 1 3 ， 10 63 ， 32 63 .

（二）中心极限定理的应用

中心极限定理揭示了产生正态分布的源泉，是应用正态分布来解决各种实际问题的理论基础.

例2 为了吸引更多的游客，黄鹤楼景区决定在2016年春节黄金周期间开展票价优惠活动.门票票价主要分三种类型：成年票每张60元，团体票每张50元，学生票每张30元.根据以往的经验，每张票作为成年票、团体票和学生票卖出的概率分别是0.5，0.2和0.3.假定2016年春节黄金周期间黄鹤楼景区游客达到25万人，且每张门票的出售是相互独立的.以X表示门票的总收入，求：

（1）平均的门票收入E（X）;

（2）求门票收入在平均门票收入±1.3万元的概率（Φ（2）≈0.9 772）.

分析随着近年来经济的蓬勃发展，旅游成了一个城市新的经济增长点，本题意在让学生尝试预测春节黄金周的门票收入情况.在诸多的中心极限定理应用中，以独立同分布的随机变量为前提的林德伯格-莱维中心极限定理是最常见的一个.

解（1）设X i表示第i张门票的平均收入，i=1，2，…，250 000，则X=∑ 250 000 i=1 X i.

E（X i）=60×0.5+50×0.2+30×0.3=49，

E（X）=∑ 250 000 i=1 E（X i）=1 225，

即平均的门票收入为1 225万元.

（2）E（X2 i）=602×0.5+502×0.2+302×0.3=2 570，

D（X i）=E（X2 i）-[E（X i）]2=169，

D（X） = ∑ 250 000 i=1 D（X i） = 25×104×169 =0.65，

故由林德伯格-莱维中心极限定理可得

P{|X-E（X）|≤1.3}=P |X-E（X）| D（X） ≤ 1.3 D（X）

=P |X-E（X） 0.65 ≤ 1.3 0.65 =P |X-E（X）| 0.65 ≤2

≈2Φ（2）-1=0.9 544，

即门票收入在平均收入±1.3万元的概率近似为0.9 544.

（三）二项分布的应用

二项分布是一种具有广泛用途的离散型随机变量的概率分布，它是由伯努利始創的，所以又叫伯努利分布.

例3 2013年某电视台播出的《舞出我人生》节目深受观众的喜爱.在该节目的初赛中，比赛规则如下：如果该对舞者获得3位专业评委至少2票的赞成票，则得1分的专业评审分;如果获得99位大众评委至少50票的赞成票，则得1分的大众评审分;最终如果该对舞者得2分（专业分和大众分各1分），则直接晋级，否则待定或淘汰.假定每位专业评委和大众评委每次只能投赞成票或反对票，且做出任一评判的概率都是0.5;所有的评委独立地做出自己的评判.现有一对舞者参赛，求该对舞者：

（1）获得1分专业评审分的概率;

（2）获得1分大众评审分的概率;

（3）直接晋级的概率.

分析该题出现在笔者所在学校2013年夏季期末考试中，题目素材来自央视举办的《舞出我人生》节目的比赛规则.掌握并熟练应用所学知识解决日常问题，是研究性教学的基本要求，也是知识创新的基础.透过问题，分析本质，其实本题简单地考查了二项分布和二项展开式的性质.

解设X为专业评委给出的赞成票数，Y为大众评委给出的赞成票数，则X～B（3，0.5），Y～B（99，0.5）.

（1）获得1分专业评审分的概率

p 1=P{X≥2}=C2 3 1 2 1 2 2+C3 3 1 2 0 1 2 3= 1 2 .

（2）获得1分大众评审分的概率

p 2=P{Y≥50}

=C 50 99 1 2 49 1 2 50 +…+C 99 99 1 2 0 1 2 99 ，

事实上，

1+ 1 2 + 1 2 99

=C0 99 1 2 99 1 2 0+…+C 99 99 1 2 0 1 2 99

=2 C 50 99 1 2 49 1 2 50 +…+C 99 99 1 2 0 1 2 99 ，

故p 2= 1 2 .

（3）由于专业评审与大众评审彼此独立，可得直接晋级的概率为

p 3=P{X≥2，Y≥50}=P（X≥2}·P{Y≥50}= p 1· p 2= 1 4 .

（四）离散型随机变量期望的求解

离散型随机变量通常可以分为两种类型，即有限个取值和可列个取值.其期望的求解关键就看随机变量的分布律是否有规可循，对于可列个变量而言还要看和值是否收敛到一个可求的定值.

例4 某男子用n把看上去样子相同的钥匙开门，已知其中只有一把钥匙能打开这扇门，而且取任一把钥匙开门是等可能的.

（1）当该男子神志清醒时，每把钥匙试开一次失败后除去，在余下的钥匙中选取继续开门直至成功，试开次数记为X.求X的期望E（X）;

（2）当该男子喝醉酒时，对试开过的钥匙没有印象，每次试开都是在所有的n把钥匙中选取钥匙开门直至成功，试开次数记为Y.求Y的期望E（Y）.

分析笔者所在学校2015年的夏季“概率统计”期末考试中考过该题，主要目的是考查学生对现实生活中出现的离散型变量分布情况的分析，以及常见级数求和方法的应用.本题第（1）问在很多参考书上都出现过原题或者类似题目，第（2）问是我们根据研究性教学要求的需要设计加入的，发现题目难度增加不大，仍然满足考纲要求，是一次不错的尝试.

解（1）X可能的取值为1，2，…，n，而且其分布律为

p i=P{X=i}= n-1 n · n-2 n-1 · n-3 n-2 ·…· 1 n-i+1 = 1 n ，i=1，2，…，n.

因而，试开次数X的期望为

E（X）=∑ n i=1 i·p i=1· 1 n +2· 1 n +…+n· 1 n = （1+2+ …+n）· 1 n = n+1 2 ，

即神志清醒时试开次数的数学期望为 n+1 2 .

（2）Y可能的取值为1，2，…，而且其分布律为

p j=P{Y=j}= n-1 n j-1 · 1 n ，j=1，2，…

因而，试开次数Y的期望为

E（Y）=∑ +∞ j=1 j·p j=1· 1 n +2· n-1 n · 1 n +3· n-1 n 2· 1 n +…+k· n-1 n k-1 · 1 n +…

事實上，

n-1 n ·E（Y）=1· n-1 n · 1 n +2· n-1 n 2· 1 n + 3· n-1 n 3· 1 n +…+k· n-1 n k· 1 n +…

上述两式相减可得