交換禮物中的機率問題（The probability of exchanging gifts）

交換禮物中的機率問題（The probability of exchanging gifts）
臺北市立和平高中黃俊瑋教師

每到聖誕節時，許多人喜歡舉辦交換禮物活動，假設總共有 \(n\) 個人參與，規定每個人各自帶來一件禮物，收集所有人的禮物後，便將禮物貼上編號，每個人再從中隨機抽出一樣禮物帶回家。總有人幸運地抽中自己心儀的禮物，也似乎常會有人不幸地抽中自己所帶來的禮物，真的是這個人運氣不好嗎？再者，若參與的每個人都沒有抽中自己的禮物是正常的嗎？

首先，我們從簡單的情況開始討論起。

當 \(n=1\) 時，必定拿回自己的禮物，所以機率為 \(P(A_1)=1\)（不過，一般應該沒有人自己和自己交換禮物）。

當 \(n=2\) 時，假設有 \(A_1\) 與 \(A_2\) 兩個人，各拿出 \(G_1\) 與 \(G_2\) 兩個禮物。
這時，想像隨機將 \(G_1\) 與 \(G_2\) 兩個禮物排列，其中的第一個位置代表 \(A_1\) 的禮物、第二個位置代表 \(A_2\) 的禮物，則有 \(G_1G_2\) 和 \(G_2G_1\) 兩種可能性。
換句話說，要嘛兩個人都拿到對方帶來的禮物，要嘛拿回自己禮物，而且兩者機率相同，因此，有拿回自己禮物的機率為 \(P(A_1\cup A_2)=\frac{1}{2!}\)，其中 \(P(A_1\cup A_2)\) 指的是 \(A_1\) 或 \(A_2\) 拿回自己禮物的機率。

當 \(n=3\) 時，假設有 \(A_1,A_2\) 與 \(A_3\) 三個人，各拿出 \(G_1\)、\(G_2\) 與 \(G_3\) 三個禮物，
這時，將三個禮物作排列有 \(6\) 種可能性，其中有人拿到自己禮物的情況包含：

\(G_1G_2G_3\)（三人都拿到自己禮物）

\(G_1G_3G_2\)（只有 \(A_1\) 拿到自己禮物）

\(G_3G_2G_1\)（只有 \(A_2\) 拿到自己禮物）

\(G_2G_1G_3\)（只有 \(A_3\) 拿到自己禮物）

因此，有人拿到自己禮物的機率為 \(P({A_1} \cup {A_2} \cup {A_3}) = \frac{4}{{3!}} = \frac{2}{3} = 0.666…\)。
當中的 \(P({A_1} \cup {A_2} \cup {A_3})\) 指的是 \(A_1\) 或 \(A_2\) 或 \(A_3\) 拿回自己禮物的機率。
同時，我們以下用「配對」來指稱拿到自己禮物的情況。

當 \(n=4\) 時，假設有 \(A_1\)、\(A_2\)、\(A_3\) 與 \(A_4\) 四個人，各拿出 \(G_1\)、\(G_2\)、\(G_3\) 與 \(G_4\) 四個禮物，這時將四個禮物排列有 \(4{!}\) 種可能性，這時，若直接討論當中有人配對的情況將更為複雜，因此我們聯想到以下述方法計算所求機率

 \(1-P(A)\)

其中 \(A\) 表示沒有人配對的事件。利用取捨原理可知，沒有人配對的方法數等於「\(4\) 個禮物任意排的方法數」\(-\)「四人中有一人配對的方法數」\(+\)「四人中有二人配對的方法數」\(-\)「四人中有三人配對的方法數」\(+\)「四人都配對的方法數」，如此，可計算出所求機率為：

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

類似地，當 \(n=5\) 時，利用取捨原理我們可以計算出：

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

從上述結果來看，
大家都沒拿到自己禮物的機率略大於 \(0.3\)，至少有一人拿到自己禮物的機率則略大於\(0.6\)。
當你繼續計算出 \(n=6,7,8,…\) 的機率時，會發現結果類似。

同理，當有 \(n\) 個人時，我們可以推得：

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

事實上，當人數越來越多時，上述機率值會趨近於一個定值。這裡我們利用指數函數 \(e^x\) 的泰勒展開式來處理，因為：

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

所以將 \(x=-1\) 代入可得：

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

亦即當人數 \(n\rightarrow \infty\) 時，沒有人配對的機率為 \(\frac{1}{e}\)，而有人配對的機率為 \(1-\frac{1}{e}\)。

另外，\(e\) 約為 \(2.71828\)，所以 \(\frac{1}{e}\) 約為 \(0.36788\)，因此，當人數很多時，大家都沒有拿到自己的禮物的機率約為 \(0.36788\)，而當中至少有一人不幸拿到自己禮物的機率則約為 \(0.63212\)。可見這種交換禮物的遊戲裡，有某人拿到自己禮物是很正常的事。

至於，自己拿到自己禮物的機率呢？利用古典機率可求得此機率為 \(\frac{{1 \cdot (n – 1)!}}{{n!}} = \frac{1}{n}\) ，亦即當人數越多時，拿到自己禮物的機率越低。當人數 \(n\rightarrow \infty\) 時，此機率值趨近於 \(0\)。所以，當參與人數多時，拿到自己禮物的人只能說，今天不是你的天！不過，參與的多人中，若有某人不幸拿回自己的禮物卻是很正常的事，不必大驚小怪（此機率高達 \(0.63\)）。