随机模拟：编码、完整轮次与概率估计

约 4537 字大约 15 分钟

模拟不是把随机数字数一遍就完成。先确认数字的分布与原过程一致，再按完整一轮统计；模拟输出的频率和模型精确概率是两种结论。先修：等可能模型、独立试验的指定模式。

一、知识梳理

1. 模拟替代原试验，不能替换原规则

随机模拟用易实施的随机数或器具代替原试验，在保留结果概率和规则的模型里重复。适用于现实试验难操作、成本高，或事件复杂而希望估计的情形。一次原试验可能包含多个动作，动作的组成、身份、顺序、依赖与停止规则都要保留。

本页的“随机整数”按指定有限范围中各整数等可能解释；一般随机变量不必均匀，不能只凭“随机”二字或数列看起来杂乱便断言等可能。计算机通常使用伪随机数，须符合所需分布与重复机制，才适合作模拟输入。

2. 代码份额决定单次概率

若 $M$ 个代码等可能，其中 $r$ 个表示成功，那么成功概率为 $r/M$ ，来自这 $r$ 个互斥代码概率相加。匹配的是代码所占份额，不是强求成功、失败两个名称各占一半。例如0至9中六个代码模拟0.6，七个代码模拟0.7。

要模拟三种等可能颜色，1、2、3可各代表一种。若工具只给0至9，直接按除3的余数分组会得到4、3、3个代码，不是三等份。可拒绝9，重新生成当前数字，直到落在0至8；有效代码按余数分三组，每组恰三个，机会为 $3/9=1/3$ 。拒绝数字没有完成原动作，不是原事件的一次失败，不进入有效试验分母。

编码设计	有效代码的份额	必须核查的事项
等可能 $M$ 个代码中 $r$ 个为成功	$r/M$	代码本身确实等可能
三色各用一个等可能代码	各 $1/3$	不同容器同色须同标签
十个代码直接按模3分组	$4/10,3/10,3/10$	不能充当三种等可能结果
拒绝9后，0至8按模3分组	各 $3/9$	拒绝后重做当前动作，不计失败

3. 匹配单次概率，还必须匹配联合规则

原动作独立，才用独立数字对应；原过程不放回时，后续允许的结果与权重随已取结果改变，不能始终从同一代码集独立重抽。每轮开始恢复原条件，或按原机制正确更新状态。

只知道每次概率相同，不等于各次独立；如果模拟逐个独立生成数字，它采用了一个额外的独立模型。模拟可以计算这个模型的结果，却不能反过来证明现实天气或运动表现独立。

4. 分母是一轮原试验，不是数字个数

三次机会组成一轮时，20组三位代码就是20轮，不是60轮。前导0也是一个合法动作代码，不能把062读成只有两次的62。每轮完整动作结束，再判“恰好两个”或“至少两个”；后者还包括三个。

完整有效轮数为 $N>0$ ，成功轮数为整数 $k$ ， $0\le k\le N$ ，经验频率为

\widehat p=\frac{k}{N}.

这个比值是当前列表的确切频率，却只是模型概率的估计。模拟列表不是原试验全部样本空间，不能把其中 $N$ 条记录当作 $N$ 个等可能基本结果来论证。

5. 模拟频率与精确模型值可能有差异

理论概率须从模型另算；独立条件满足时，可用互斥模式求和。有限模拟有随机误差，即使编码正确，频率也未必等于理论值；有时又会偶然相等。

增加次数有助于正确固定模型下估计的稳定性，不保证每增加一轮都更接近，也不能修复错误编码、偏取记录或错误独立假设。不能为了让估计“好看”而删改原记录，或看到合意结果便任意停掉原定试验。

二、考点与方法

方法 1：先列原结果概率，再设计能判事件的对应代码

逐步说明均匀代码范围、跨步独立性、每种代码的实际含义、每轮何时结束、重复时怎样恢复原条件。两个盒子出现同名颜色时，代码要保持同色同标签；工具代码数无法均分，就明确拒绝重抽，拒绝不算有效一轮。

例题 01 两个盒子的颜色与模拟设计

题目

甲盒中有红、黑、白三种颜色的球各3个，乙盒中有黄、黑、白三种颜色的球各2个，各个球的大小与质地相同．从两个盒子中各取1个球．

(1)求取出的2个球颜色不同的概率；

(2)设计一个随机试验，计算（1）中取出的2个球是不同颜色的经验概率．

答案与解析

解析

本题计算按原解采用“两盒分别均匀取球、两盒结果互不影响”的摸球模型；球的大小与质地相同本身不能代替全部随机操作规则。

（1）甲有9个球、乙有6个球。在所述均匀且独立摸取模型下，球身份配对共 $9\times6=54$ 个等可能结果。相同颜色只有黑黑、白白，各有 $3\times2=6$ 个配对，共12个。不同颜色概率

1-\frac{12}{54}=\frac79.

也可按颜色计：每盒三色等可能，九种颜色配对只有黑黑、白白两种同色，故不同色占 $7/9$ 。

（2）每轮独立均匀生成 $X\in\{1,2,3\}$ 和 $Y\in\{2,3,4\}$ ，分别代表从甲、乙盒摸球。甲的1、2、3对应红、黑、白；乙的2、3、4对应黑、白、黄。2、3跨盒含义相同，1只在甲盒、4只在乙盒，所以 $X\ne Y$ 恰好表示颜色不同。

按相同组成恢复下一轮，独立重复完整 $N$ 对，统计不同数字对数 $k$ ，经验概率为 $k/N$ ，不声称有限记录必等于 $7/9$ 。原题未提供模拟输出，所以不能编造一个实际经验数值。

若只可用0至9均匀码：每边拒绝9并重抽当前数字；有效0至8按余数0、1、2均分。甲依次映射红、黑、白，乙依次映射黄、黑、白，再换成上述1、2、3与4、2、3标签。每轮须等两边都获得有效码才计1轮，拒绝次数不计入 $N$ ，也不是不同色失败。

本题结论

（1） $7/9$ ；（2）按上述代码完成 $N$ 轮，以不同色轮数 $k$ 得估计 $k/N$ 。

方法 2：按每组三个位置筛选，而不是按数字大小筛选

先写成功代码集合，对每组三个位置逐个标记，再数符合完整条件的组。分母保留全部完整有效组。若只给单次概率，须区分列表频率可直接统计，与额外独立模型才有的理论计算。

例题 02 三天天气的模拟记录

题目

天气预报说，在今后的三天中，每一天下雨的概率均为 $60\%$ ．我们通过设计模拟实验的方法求概率．由计算机产生1～5的随机数，当出现随机数1，3，5时，表示天下雨，利用计算产生20组随机数：423，123，425，344，124，453，524，332，152，342，534，443，521，541，125，432，324，151，314，245．则这三天中恰有两天下雨的概率近似为（）

A． $\frac{7}{20}$ B． $\frac{2}{5}$ C． $\frac{9}{20}$ D． $\frac{4}{9}$

答案与解析

解析

本题未给各天天气独立。题给模拟列表可按规则直接求频率；若数字独立生成，则是在模拟额外的“每天独立、各以下雨概率0.6发生”的模型，不是验证真实天气独立。

1、3、5三个代码表示下雨，各位置下雨代码份额 $3/5=0.6$ 。一组三个位置代表三天，事件是恰两天下雨。

依原顺序，符合条件的九组是：

123、453、332、152、534、521、541、125、314。

因此20个完整轮次中成功9轮，频率 $9/20=0.45$ ，选 C。A、B 不等于本次记录频率；D 的分母也不是给定完整轮数。

原解把“20组随机数”简称为“20个随机数”，并称用古典概型公式；这里准确说是模拟频数除完整轮数，既不是60轮，也不是把20条记录当成原试验全部等可能样本点。

若另外采用每日相互独立模型，恰两天下雨的三模式概率和为

0.6^2\cdot0.4+0.6\cdot0.4\cdot0.6+0.4\cdot0.6^2=0.432.

0.45是这20轮对该模型值的估计，不能由此宣称实际三天天气精确概率为0.45或0.432。仅给各日边际0.6不足以决定三日联合结果。

沿原顺序，前两组423、123中成功一组，频率 $1/2$ ；第三组425失败，频率变 $1/3$ 。相对0.432的距离从0.068增至约0.099，增加一轮反而暂时更远，不能把稳定理解成每步单调逼近。

本题结论

C，模拟频率 $9/20$ ；独立模型值 $0.432$ 须另有独立假设。

例题 03 三次跳远机会的模拟记录

题目

为加强学生身体健康，某校对学生进行了体能测试．已知同学甲在立定跳远项目中每次及格的概率均为0.6，现采用随机模拟的方法估计甲在立定跳远项目中3次机会里至少及格2次的概率：先由计算器产生0到9范围内的整数随机数，指定0，1，2，3表示没有及格，4，5，6，7，8，9表示及格，再以每3个随机数为一组，代表3次立定跳远的结果．经随机模拟产生了如下20组随机数：

759 421 113 215 345 257 704 066 186 203

037 624 616 045 601 366 959 742 710 428

据随机模拟试验估计，甲在立定跳远项目中3次机会里至少及格2次的概率为（）

A． $\frac{1}{2}$ B． $\frac{3}{5}$ C． $\frac{81}{125}$ D． $\frac{13}{20}$

答案与解析

解析

本题只给每次及格概率相同，未明确三次相互独立。以下先统计题给列表；理论值比较按独立生成数字所对应的额外独立模型进行。

均匀0至9中，4、5、6、7、8、9六个代码代表及格，概率份额 $6/10=0.6$ 。至少及格两次包含恰好两次及三次。

逐组检查，合格的13组为：

759、345、257、704、066、186、624、616、045、366、959、742、428。

066的0表示第一次失败，两个6表示后两次成功；前导0不能删。20个完整轮次的频率 $13/20=0.65$ ，选 D，A、B 不是本次记录的比例。

选项 C 的 $81/125=0.648$ 是各次独立且固定概率0.6时的理论值：

3\cdot0.6^2\cdot0.4+0.6^3=0.432+0.216=0.648.

它不是题给列表的频率。前三项对应两次及格的三个不同位置模式，末项对应全及格。

原解称“古典概型公式”不宜照搬：这里的 $13/20$ 是经验频数比，不是把成功/失败串都看成等可能。独立随机数也不能证明真实跳远不受疲劳、练习等影响；只匹配单次0.6不够确定现实联合规律。

本题结论

D，模拟频率 $13/20$ ，与额外独立模型值 $81/125$ 区分。

方法 3：同一题同时求样本空间、模拟估计与精确概率

先列原试验的结果串，再检各串是否等可能。均匀数字经不等份编码后，成功/失败串未必等可能。模拟频率按给定记录算；模型精确值另按互斥完整模式算，两边都保留实际条件与数据。

例题 04 三次投篮的样本空间与模拟

题目

甲每次投篮投进的概率是0.7，连续投篮三次，每次投篮结果互不影响，记事件A为“甲至少投进两球”。

(1)用 ${x}_{i}\left( i=1,2,3\right)$ 表示甲第 $i$ 次的投篮结果，则 $\left( {x}_{1},{x}_{2},{x}_{3}\right)$ 表示试验的样本点.用1表示“投进”，0表示“未投进”，写出该试验的样本空间，判断其是否为古典概型，并说明理由；

(2)用计算机产生 $0\sim 9$ 之间的整数随机数，当出现随机数 $0\sim 6$ 时，表示“投进”，出现7，8，9时表示“未投进”，以每3个随机数为一组，代表甲三次投篮结果，产生20组随机数： $\begin{matrix}062&049&228&933&102&734&750&783&076&276\\910&349&114&494&995&396&521&016&065&140\end{matrix}$

利用该模拟试验，估计事件A的概率，并判断事件A的概率的精确值与估计值是否存在差异，并说明理由

答案与解析

解析

（1）样本空间为

\Omega=\{(1,1,1),(1,1,0),(1,0,1),(1,0,0), (0,1,1),(0,1,0),(0,0,1),(0,0,0)\}.

题干给每次相互独立，111的概率 $0.7^3=0.343$ ，000的概率 $0.3^3=0.027$ ，不等。因此不是古典概型；不能把至少两个1的四个串直接除以八。

（2）0至6共七个代码表示投进，7、8、9表示不进，匹配0.7与0.3。20组中只有783与995成功代码不足两个，其他18组均合格，因此估计为 $18/20=0.9$ 。062、049、076、016、065中的前导0也表示投进，须保留三次机会。

精确事件为110、101、011、111四个互斥串。前三个各为 $0.7^2\cdot0.3=0.147$ ，最后一个为 $0.7^3=0.343$ ，因此

P(A)=0.147+0.147+0.147+0.343=0.784.

0.9是20轮的频率估计，0.784是题给独立模型的精确值，差为0.116。有限样本波动使两者可能不同，本例差异不自动说明编码错误，也不允许删改记录来强求相等。

原解中间的事件概率和重复写一次全进、漏了101对应的事件；后面的数值乘积和却写对了，最终0.784正确。这里明确按四个不同完整结果串重列，不能保留重复项当成正确分解。

本题结论

（1）八个结果串但不等可能，不是古典概型；（2）估计 $0.9$ ，精确值 $0.784$ ，有差异。