紅色球先取完的機率

昔から言うではありませんか。微分のことは微分でせよと

（漢譯：不是早就說過了嗎？有關微分的事用微分來做吧！）

高木貞治(1875-1960) 

=題目=

袋中有15球，6紅5黑4白，今天從中一次拿一顆球，取完不放回，取完為止。試問，紅球最先被拿完的機率為多少？

=答案=

\( \frac{14}{55} \)

=解析=

由於是依序取球，且取後不放回，並取完為止，所以樣本空間\( S \)之結構為排列。計算樣本空間\( S \)中所包含的樣本點個數：

\[ n(S) = \frac{15!}{6! 5! 4!} = 630630. \]

接著思考所謂紅球先被取完的意思，在此情況之下，最後一球必為黑球或是白球。

假定最後一顆球為黑球，那麼全部6顆紅球必然會出現在最後一顆白球之前。更具體來說，我們可以假設在第5顆黑球與第4顆白球之間有\( x \)顆黑球，然後在第4顆白球之前有6顆紅球、3顆白球以及\( 4 - x \)顆黑球，其中\( x \in \{ 0, 1, 2, 3, 4 \} \)。亦即形如

6顆紅球、3顆白球、\( 4-x \)顆黑球  ｜  第4顆白球  ｜   \( x \)顆黑球  ｜  第5顆黑球

球的個數確認後，接著來計算排列數，於是這樣一共有

\[ \frac{13!}{6!3!4!} + \frac{12!}{6!3!3!} + \frac{11!}{6!3!2!} + \frac{10!}{6!3!1!} + \frac{9!}{6!3!} = 84084.  \]

接著再假定最後一顆球為白球，那麼全部6顆紅球必然會出現在最後一顆黑球之前。更具體來說，我們可以假設在第4顆白球與第5顆黑球之間有\( y \)顆黑球，然後在第5顆黑球之前有6顆紅球、4顆黑球以及\( 3 - y \)顆黑球，其中\( y \in \{ 0, 1, 2, 3 \} \)。亦即形如

6顆紅球、4顆黑球、\( 3-y \)顆白球  ｜  第5顆黑球  ｜   \( y \)顆白球  ｜  第4顆白球

球的個數確認後，接著來計算排列數，於是這樣一共有

\[ \frac{13!}{6!4!3!} + \frac{12!}{6!4!2!} + \frac{11!}{6!4!1!} + \frac{10!}{6!4!} = 76440.  \]

綜合以上計算結果，可知紅球先取完的機率為

\[ P = \frac{84084 + 76440}{630630} = \frac{14}{55}. \]

=附註=

本題是在臉書高中數學討論區見到的。蘭陽女中陳敏晧老師也曾在《HPM通訊》第十七卷第十期撰文〈如何計算紅球先取完的機率？〉討論。臉書網友的討論間或有謬誤，而陳老師的文章又稍嫌抽象。我在這邊給出一個直接的方法來處理，效果如何，尚待讀者先進批評指教。

二項分佈的期望值

假定隨機變數$X$服從二項分佈，即$X \sim B(n, p)$，則有機率質量函數

$$P(X = k) = {n \choose k} p^k (1 - p)^{n - k}, k = 0, 1, 2, \cdots, n.$$

$X$的期望值計算如下：

\begin{align*} E(X) &= \sum_{k = 0}^n k \cdot {n \choose k} p^k (1 - p)^{n - k} \\ &= \sum_{k = 1}^n k \cdot {n \choose k} p^k (1 - p)^{n - k} \\ &= \sum_{k = 1}^n k \cdot \frac{n!}{k! (n - k)!} p^k (1 - p)^{n - k} \\ &= \sum_{k = 1}^n \frac{n!}{(k - 1)! (n - k)!} p^k (1 - p)^{n - k} \\ &= \sum_{k = 1}^n \frac{n \cdot (n - 1)!}{(k - 1)! [(n - 1) - (k - 1)]!} p \cdot p^{k - 1} (1 - p)^{(n - 1) - (k - 1)} \\ &= np \sum_{k = 1}^n \frac{(n - 1)!}{(k - 1)! [(n - 1) - (k - 1)]!} \cdot p^{k - 1} (1 - p)^{(n - 1) - (k - 1)}  \\ &= np \sum_{k = 1}^n {{n - 1} \choose {k - 1}} \cdot p^{k - 1} (1 - p)^{(n - 1) - (k - 1)} \\ &= np \sum_{k = 0}^{n - 1} {{n - 1} \choose k} \cdot p^k (1 - p)^{(n - 1) - k} \\ &= np \, [p + (1 - p)]^{n-1} \\ &= np.\end{align*}

111學測數學A的快篩三採陰問題

==問題== 

已知某地區有 30%的人口感染某傳染病。針對該傳染病的快篩試劑檢驗，有陽性或陰性兩結果。已知該試劑將染病者判為陽性的機率為 80%，將未染病者判為陰性的機率則為60%。為降低該試劑將染病者誤判為陰性的情況，專家建議連續採檢三次。若單次採檢判為陰性者中，染病者的機率為 $P$；而連續採檢三次皆判為陰性者中，染病者的機率為 $P'$。試問$\frac{P}{P'}$最接近哪一選項？

(1) 7    (2) 8    (3) 9    (4) 10    (5) 11 

==解答==

首先整理題目資訊。

• 「有 30%的人口感染某傳染病」$\Rightarrow P(\text{有病}) = 30\% = \frac{3}{10} \Rightarrow P(\text{無病}) = 1 - \frac{3}{10} = \frac{7}{10}$。
• 「將染病者判為陽性的機率為 80%」$\Rightarrow P(\text{陽} \mid \text{有病}) = 80\% = \frac{8}{10} \Rightarrow P(\text{陰} \mid \text{有病}) = 1 - \frac{8}{10} = \frac{2}{10}$。
• 「將未染病者判為陰性的機率則為60%」$\Rightarrow P(\text{陰} \mid \text{無病}) = 60\% = \frac{8}{10} \Rightarrow P(\text{陽} \mid \text{無病}) = 1 - \frac{6}{10} = \frac{4}{10}$。

於是根據條件機率定義得

$$\begin{align*}P(\text{有病} \mid \text{陰}) &= \frac{P(\text{有病} \cap \text{陰})}{P(\text{陰})}  \\ &= \frac{P(\text{有病}) \times P(\text{陰} \mid \text{有病})}{P(\text{有病}) \times P(\text{陰} \mid \text{有病}) + P(\text{無病}) \times P(\text{陰} \mid \text{無病})} \\ &= \frac{\frac{3}{10} \times \frac{2}{10}}{\frac{3}{10} \times \frac{2}{10} + \frac{7}{10} \times \frac{6}{10}} \\ &= \frac{1}{8}. \end{align*}$$

接下來計算三採陰的機率。

$$\begin{align*}P(\text{有病} \mid \text{三採陰}) &= \frac{P(\text{有病} \cap \text{三採陰})}{P(\text{三採陰})}  \\ &= \frac{P(\text{有病}) \times P(\text{陰} \mid \text{有病})  \times P(\text{陰} \mid \text{有病})  \times P(\text{陰} \mid \text{有病})}{P(\text{有病}) \times P(\text{陰} \mid \text{有病})^3 + P(\text{無病}) \times P(\text{陰} \mid \text{無病})^3} \\ &= \frac{\frac{3}{10} \times \left( \frac{2}{10} \right)^3}{\frac{3}{10} \times \left( \frac{2}{10} \right)^3 + \frac{7}{10} \times \left( \frac{6}{10} \right)^3} \\ &= \frac{1}{64}. \end{align*}$$

（請注意每次採檢都是相互獨立！）也就是算出$P = \frac{1}{8}, P' = \frac{1}{64}$，因此

$$\frac{P}{P'} = \frac{\frac{1}{8}}{\frac{1}{64}} = 8.$$

選(2)。

==廣告==

我早在這次考前就不斷地叮嚀我的學生們要注意所謂「n採陰/陽」的問題，他們回來補習班都說都有想起我的耳提面命。去年5月5日教貝氏定理時，備課時閱讀了南一版的教科書，裡頭談到了毒品二採陽的問題，當時我上課就更進「二」步，額外教了三採陽與四採陽的計算。因此這回猜題命中除了幸運，也是平時辛勤備課的成果！

世界第一簡單統計學、世界第一簡單實驗設計，機率密度函數介紹勘誤

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大栗博司，《用數學的語言看世界》，第1章，第2節，賭博的不敗之法，公式推導

加州理工學院物理系的大栗博司教授為其女兒撰有《数学の言葉で世界を見たら》一書(介紹頁面連結)(簡體中譯版：《從數學的語言看世界》，人民郵電出版社，介紹頁面連結；繁體中譯版：《用數學的語言看世界：一位博士爸爸送給女兒的數學之書，發現數學真正的趣味、價值與美》，臉譜出版社，介紹頁面連結)。

此書深入淺出，讀來彷若一位和藹的父親以親切的語言為愛女講解數學。美中不足之處在於本書部分內容連載於大栗教授的網站，不僅讀來不甚方便，一個更嚴重的問題是那些補充資料都是日文，無論是簡體還是繁體翻譯版都沒有譯出，在在顯示出規劃此書的編輯的眼光不夠深遠。人民郵電出版社的介紹頁面的討論區中，有大陸網友留言：「作者在个人网站补充的一些内容会有翻译吗？日文实在看不懂，要是英文就好了」

我手上的版本是簡體中文翻譯版。我覺得無論是印刷還是排版都勝過台版，更重要的是，簡體版的網站上附有勘誤，這是台灣出版社完全不及中國的。

第1章第2節〈賭博的不敗之法〉的公式推導是刊於網站的補充內容。我不會日文，只能靠著google翻譯，配著數學式去猜測內容。以下內容雖是該公式的推導，但並非大栗教授原文的全譯，一半混雜了我自己的推導，記號也與大栗教授原文略有差異。

首先，假定$m \ge 1$。對於擲出第1次的結果，有2種可能性：以p的機率擲出正面，資金變為$m+1$元；以q的機率擲出反面，資金變為$m-1$元。再從第2次開始，如果是從$m+1$元開始，那麼按照書中的定義，變為N元的機率為$P(m+1, N)$；從$m-1$元開始，變為N元的機率則是$P(m-1, N)$。因此得到遞迴關係式：
$$P(m, N) = p \times P(m+1, N) + q \times P(m-1, N).$$
不難理解$P(0, N) = 0, P(N, N) = 1$。前者的原因為0元毫無翻本的可能；後者好比一起跑就在終點。

(類似的遞迴之推導另可參考我的文章〈台中區國立高級中學103學年度大學入學第一次學科能力測驗聯合模擬考，選填2〉。)

為方便計算，以下記$P(k, N) = a_k$。所以根據上文的討論，我們要求解的即是以下的遞迴式：
$$\left\{ \begin{align*} a_k &= p \times a_{k+1} + q \times a_{k-1}, k \ge 1 \\ a_0 &=0 \\ a_N &= 1 \end{align*} \right.$$
對於遞迴關係$a_k = p \times a_{k+1} + q \times a_{k-1}$，變形為
$$p \times a_{k+1} = a_k - q \times a_{k-1}.$$
左右同時減去$p \times a_k$，於是
$$p \times a_{k+1} - p \times a_k = a_k  - p \times a_k - q \times a_{k-1},$$
注意到$p+q = 1$，所以得
$$p(a_{k+1} - a_k) = q(a_k - a_{k-1}).$$
此為等比關係！故得
$$a_{k+1} - a_k = \left( \frac{q}{p} \right)^k (a_1 - a_0).$$
代入初始條件$a_0 = 0, a_N = 1$，有
$$a_N = \left[ 1 + \left( \frac{q}{p} \right) + \cdots + \left( \frac{q}{p} \right)^{N-1} \right] a_1$$
與
$$a_m = \left[ 1 + \left( \frac{q}{p} \right) + \cdots + \left( \frac{q}{p} \right)^{m-1} \right] a_1.$$
故
\begin{align*}  a_m &=  \left[ 1 + \left( \frac{q}{p} \right) + \cdots + \left( \frac{q}{p} \right)^{m-1} \right] a_1 \\ &= \left[ 1 + \left( \frac{q}{p} \right) + \cdots + \left( \frac{q}{p} \right)^{m-1} \right] \times \frac{a_N}{1 + \left( \frac{q}{p} \right) + \cdots + \left( \frac{q}{p} \right)^{N-1}} \\ &= \frac{1 - \left( \frac{q}{p} \right)^m}{1 - \frac{q}{p}} \times \frac{1}{1 + \left( \frac{q}{p} \right) + \cdots + \left( \frac{q}{p} \right)^{N-1}} \\ &= \frac{1 - \left( \frac{q}{p} \right)^m}{1 - \frac{q}{p}} \times \frac{1 - \frac{q}{p}}{1 - \left( \frac{q}{p} \right)^N} \\ &= \frac{1 - \left( \frac{q}{p} \right)^m}{1 - \left( \frac{q}{p} \right)^N}. \end{align*}

(證明終了)

參考資料

[1] 大栗博司，第１話　補遺：①　ギャンブラーの破産問題。

用排容原理解機率題目

==問題==

某學校有並排的6間空房，任意分給新到的教師(一人一間)，求甲、乙兩位教師的房間均不與丙的房間相鄰的機率。

==出處==

沈文選、楊清桃，數學應用展觀，哈爾濱工業大學出版社，2018。第5章，思考題4

==解答==

命$\Omega$為任意排列所構成的樣本空間，事件$A=$甲與丙相鄰，事件$B=$乙與丙相鄰。

因此$A^c=$甲不與丙相鄰，$B^c=$乙不與丙相鄰，而$A^c \cap B^c=$甲、乙均不與丙相鄰。

由De Morgan定理，得
\begin{align*}n(A^c \cap B^c) &= n[(A \cup B)^c] \\ &= n(\Omega) - n(A \cup B) \\ &= n(\Omega) - [n(A) + n(B) - n(A \cap B)] \\ &= n(\Omega) - n(A) - n(B) + n(A \cap B).\end{align*}
以下分別計算$n(\Omega), n(A), n(B)$以及$n(A \cap B)$。

顯然$n(\Omega) = 6! = 720$。

將宿舍編號為1, 2, 3, 4, 5, 6。以甲、丙而論，若要相鄰，則可先取相鄰的兩間，如(1, 2), (2, 3), (3, 4), (4, 5), (5, 6)，共5種可能。入住後，甲、丙可再交換，然後再讓其他人入住。因此
$$n(A) = 5 \times 2! \times 4! = 5 \times 2 \times 24 = 240.$$
同理亦有
$$n(B) = 5 \times 2! \times 4! = 5 \times 2 \times 24 = 240.$$

接著，對於$A \cap B$，此時甲、乙、丙三人入住，那麼可以取(1, 2, 3), (2, 3, 4), (3, 4, 5), (4, 5, 6)共4種可能。入住後，僅有可能為「甲、丙、乙」或是「乙、丙、甲」(丙一定只能是在中心位置)。因此得
$$n(A \cap B) = 4 \times 2! \times 3! = 4 \times 2 \times 6 = 48.$$

從而有
$$n(A^c \cap B^c) = n(\Omega) - n(A) - n(B) + n(A \cap B) = 720 - 240 - 240 + 48 = 288,$$
所以
$$P(A^c \cap B^c) = \frac{n(A^c \cap B^c)}{n(\Omega)} = \frac{288}{720} = \frac{2}{5}.$$

106，指考，數學甲，單選1

==問題==

從所有二位正整數中隨機選取一個數，設$p$是其十位數字小於個位數字的機率。關於$p$值的範圍，試選出正確的選項。
(1) 0.22 $\leq p \leq$ 0.33
(2) 0.33 $\leq p \leq$ 0.44
(3) 0.44 $\leq p \leq$ 0.55
(4) 0.55 $\leq p \leq$ 0.66
(5) 0.66 $\leq p \leq$ 0.77

[106，指考，數學甲，單選1]

==解答==

命樣本空間$\Omega = \left\{ \text{所有二位正整數} \right\}$，則$\Omega = \left\{ 10, 11, \cdots, 99 \right\}$，且$n(\Omega) = 90$。

再設事件$A = \left\{ \text{十位數字小於個位數字的二位正整數} \right\}$，則
\begin{eqnarray*}
A
&=& \left\{ 12, 13, \cdots, 89 \right\} \\
&=& \left\{ 12, \cdots, 19 \right\} \sqcup \left\{ 23, \cdots, 29 \right\} \sqcup \cdots \sqcup \left\{ 89 \right\}.
\end{eqnarray*}
(此地符號「$\sqcup$」意為兩互斥集合之聯集)所以
$$
n(A) = 8 + 7 + \cdots + 1 = \frac{(8+1) \cdot 8}{2} = 36.
$$

題目所求$p = P(A) = \frac{n(A)}{n(\Omega)} = \frac{36}{90} = \frac{2}{5} = 0.4$，故選(2)。

(解答結束)

107，學測，數學，單選3

==問題==

某公司規定員工可在一星期（七天）當中選擇兩天休假。若甲、乙兩人隨機選擇休假日且兩人的選擇互不相關，試問一星期當中發生兩人在同一天休假的機率為何？

(1) $\frac{1}{3}$    (2) $\frac{8}{21}$    (3) $\frac{3}{7}$    (4) $\frac{10}{21}$    (5) $\frac{11}{21}$

[107，學測，數學，單選3]

==解答==

命樣本空間$\Omega = \left\{ \left( \text{甲的休假日}, \text{乙的休假日} \right) \right\}$，將甲的休假日記為$ab$，當中$1 \leq a < b \leq 7$。乙也用類似的記法。於是$\Omega = \left\{ (ab, cd) | 1 \leq a < b \leq 7, 1 \leq c < d \leq 7 \right\}$，從而$n \left( \Omega \right) = {7 \choose 2} \times {7 \choose 2}$。

再設事件$A = \text{兩人在同一天休假}$。以集合來寫，即是$A = \left\{ (ab, cd) \in \Omega | \left\{a, b\right\} \cap \left\{c, d\right\} \neq \phi \right\}$。

如果要直接計算$n(A)$，並不好計算。因為要考慮幾種情況，例如兩人的休假日有可能兩天完全相同，也有可能只有一天相同。而若只有一天相同，則必須考慮比較複雜的分布情況。

基於這樣的理由，我們改為計算$n(A^c)$。

事件$A^c = \left\{ (ab, cd) \in \Omega | \left\{a, b\right\} \cap \left\{c, d\right\} = \phi \right\}$。我們先決定甲的休假日$ab$，然後再決定乙的休假日$cd$。在決定甲休假日$ab$時，可以從$1$到$7$中這$7$個數字任選出$2$個，因此有${7 \choose 2}$種選法。接著決定乙的休假日，由於必須滿足$\left\{ a, b \right\} \cap \left\{ c, d \right\} = \phi$，因此乙只能從$1$到$7$中剔除$a$與$b$後剩下的$5$天來選出$2$天，故有${5 \choose 2}$種選法。總結而論，$n(A^c) = {7 \choose 2} \times {5 \choose 2}$。

所以
\begin{eqnarray*}
P(A) &=& 1 - P(A^c) \\
&=& 1 - \frac{{7 \choose 2} \times {5 \choose 2}}{{7 \choose 2} \times {7 \choose 2}}\\
&=& 1 - \frac{10}{21} \\
&=& \frac{11}{21}
\end{eqnarray*}
答案選(5)。

(解答結束)

==評註==

幹嘛要用集合符號來寫？

搞這麼複雜，似乎在脫褲子放屁。

不！

一旦有辦法寫出集合，基本上就算是相當了解其中的結構，從而運算上可以避免「漏算」或是「重複」的情況。

所以我覺得，處理組合學問題，若能寫出集合就應該盡量寫出集合。

樂透，$n$顆球，取$r$顆球，完全沒有連號/有部分連號

近來為準備機率教材，翻閱了張振華先生所著《機率好好玩》[1]。目前讀到第9章，覺得難度不高，每一章都引用了真實新聞報導來討論機率概念，我覺得相當有趣，希望年底可以把整本書消化完畢，把精華部份寫到講義裡，讓學生在學習機率時，不是只面對虛假的人為情境，而認識到真實世界中處處充滿數學問題，尤其機率與每個人的生活具有相當大的關聯性。

若是要批評這本書(前9章)的缺點，我想在於對部分數學公式解釋的不夠清晰，多數只是點到為止，例如在介紹組合數$C^n_r=\frac{n!}{r!(n-r)!}$時，僅僅給一個例子，太薄弱了。對我這樣的行內人來說沒什麼，但對於一般讀者，可能還是讀完例子仍無法體會該公式的內涵。

在第9章，張振華先生介紹了樂透相關機率的計算，其中「所開獎號中，有連號現象(部分連號/完全連號)的機率」一段，張先生雖然在注釋給出了計算公式$P=1-\frac{C^{n-r+1}_r}{C^n_r}$，但卻說推導繁雜，所以就略去推導過程。

我自2016/10/22的晚上開始思考這個公式的由來，一時沒想出來，隔天上班繼續想，仍然沒有頭緒(題外話，雖然我以教數學為業，不過自身的數學屬性似乎偏向幾何方面，組合學一直以來不算相當拿手)。上網查了查資料，看到黃文璋教授發表在《數學傳播》期刊上的文章〈隨機與密碼〉[2]，其中的例題4也談到此公式，然而也沒給出推導。

到了晚上為高三再興模擬考班檢討模擬考的時候，題目之中有一題：

某個數學測驗有10題是非題，若題目敘述正確則寫O；若敘述錯誤則寫X。小明作答完成後發現他的答案中沒有連續2題出現O，請問小明的答案有多少種可能情況？(可能10題都是X) 

其實本題出自於2011年台北區公立高中數學甲模擬考第一次(http://web.tcfsh.tc.edu.tw/jflai/rab/RA569.swf)，非選題第1題。解析是考慮小明寫O的個數來分類討論。例如小明完全沒寫O，這樣是1種。小明只寫1個O，那這樣有10種。但接下來的情況比較困難一點點。當小明寫了2個O，此時不能讓這2個O在一起，所以在這2個O之間必須插入至少1個的X。2個O會分出3段空間(假定寫出來的格式為一橫排，由左而右書寫)，我們要拿8個X去填入這3段空間，而且中間的空間至少要填1個X，不難思考這樣的方法數計算應該利用「重複組合」。我們可以假設(由左而右)第1段空間要填入$x_1$個X，第2段空間要填入$x_2$個X，第3段空間要填入$x_3$個X。於是乎就得到方程式
$$
x_1+x_2+x_3=8
$$
但注意其中$x_2 \geq 1$，所以不能直接套用非負整數解個數公式。我們先塞1個X給$x_2$，於是方程式變成
$$
x_1+x_2'+x_3=7
$$
這下就可以直接套用公式了。這個情況(小明寫了2個O，不連續出現)的方法數有$H^3_7=C^{3+7-1}_7=C^9_7=36$種。至於其他情形，想法是類似的，我在此就不一一細談，只再說一句，該題的答案是144種。答案可參考台中一中退休老師賴瑞楓老師的網站：http://web.tcfsh.tc.edu.tw/jflai/ans/ans110415.swf

那麼這題跟我們原先談的樂透連號機率有什麼關係呢？事實上，我們原先所討論的題目，若是搬到這題，就變成

某個數學測驗有$n$題是非題，若題目敘述正確則寫O；若敘述錯誤則寫X。小明作答完成後發現他的答案中寫了$r$個O，但沒有連續2題出現O，請問小明的答案有多少種可能情況？

這裡，測驗=樂透，$n$題是非題=$n$顆球，$r$題寫O=選$r$顆球，沒有連續2題出現O=沒有連號。那這樣我們就有機會推出「樂透開獎完全不連號的機率」。

$r$顆球排成一橫排，可以製造出$r+1$個空間，我們拿$n-r$個X填入這$r+1$個空間。假設第1個空間填入$x_1$個X，第2個空間填入$x_2$個X，...，第$r+1$個空間填入$x_{r+1}$個X，那麼就得到方程式：
$$
x_1+x_2+\cdots+x_{r+1}=n-r
$$
但注意因為不連號，所以從第2個空間(第1顆球與第2顆球所夾住的空間)到第$r$個空間(第$r-1$顆球與第$r$顆球所夾住的空間)，每個都要填入至少1個X，因此就有$x_1 \geq 0, x_2 \geq 1, \cdots, x_r \geq 1, x_{r+1} \geq 0$。因此為了能使用非負整數解個數公式，我們便先對$x_2$到$x_r$這$r-1$個變數各個先給1，於是方程式變為
\begin{eqnarray*}
&x_1+x_2'+\cdots+x_r'+x_{r+1}&=n-r-(r-1)\\
&x_1+x_2'+\cdots+x_r'+x_{r+1}&=n-2r+1
\end{eqnarray*}
其中$x_1 \geq 0, x_2' \geq 0, \cdots, x_r' \geq 0, x_{r+1} \geq 0$，所以利用非負整數解個數公式得到解數$=H^{r+1}_{n-2r+1}=C^{(r+1)+(n-2r+1)-1}_{n-2r+1}=C^{n-r+1}_{n-2r+1}=C^{n-r+1}_{(n-r+1)-(n-2r+1)}=C^{n-r+1}_{r}$種。

結論是，$n$號選$r$號的樂透，開獎號碼完全不連號的情況共有$C^{n-r+1}_{r}$種；$r$號中有部分號碼連號(包含完全連號)的情況共有$C^n_r-C^{n-r+1}_{r}$種。因此，無論是張振華先生的著作，還是黃文璋教授的文章中的公式，我們都可以推導出來：
$$
P(\text{開獎號碼中有連號})=1-P(\text{開獎號碼完全不連號})=1-\frac{C^{n-r+1}_{r}}{C^n_r}
$$

參考資料：

[1] 張振華，機率好好玩(3版)，2014年，台北：五南
網路書店博客來http://www.books.com.tw/products/0010647152
[2]黃文璋，隨機與密碼，數學傳播，第28卷第2期，pp.1-15
http://web.math.sinica.edu.tw/math_media/d282/28201.pdf
亦可見黃教授在國立高雄大學統計研究所的網頁「追求明牌」
http://www.stat.nuk.edu.tw/prost/lottery/nameplate/nameplate.htm

103國中教育會考，第4題，詳解

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