Теория вероятностей и математическая статистика в 2 частях. Ч.2. Учебное пособие

лить вероятности вынуть во второй раз подряд белый шар (без возращения) из урны с двумя белыми и тремя черными шарами. Тогда можно исходить из того, что белый шар уже вынут и урна содержит один белый и три черных шара. Искомая вероятность составляет 1/4.

В некоторых случаях удобно будет разбить пространство элементарных исходов на ряд непересекающихся событий (гипотез), так называемую полную группу событий. Например, пусть игрок подбрасывает две кости один раз, а потом бросает их до тех пор, пока не выпадет та же сумма. Здесь уместно рассматривать отдельно каждую возможную сумму, полученную при первом броске, иными словами, предположить, что первой выпала сумма, равная 2, это будет первая гипотеза. Вторая гипотеза, что сумма равна 3, и так далее до последней, одиннадцатой, гипотезы о том, что первая сумма равна 12. Это позволит рассматривать каждое такое подпространство элементарных исходов в отдельности. А потом применить формулу полной вероятности для вычисления вероятности пересечения интересующего нас события с объединением всех гипотез, образующих полную группу.

Кроме собственно правильного решения, местами мы приведем неверный ход рассуждений и обоснуем, почему он ошибочен. На наш взгляд, это очень важно, поскольку иногда (особенно в комбинаторных задачках) складывается впечатление, что нужно просто подобрать подходящую формулу для вычисления числа исходов (размещений или комбинаций) так, чтобы полученное значение совпало с ответом. Тем не менее хотелось бы, чтобы ход решения был продуман и логически обоснован. Именно поэтому советуем сначала попытаться самостоятельно решить задачу, а потом уже разобрать решение. Возможно, вы найдете другое решение, которое окажется проще и понятнее!

2.1. А ТЕ ЖЕ ЛИ ЭТО СТУДЕНТЫ?

Задача. В студенческой группе всего 25 человек. Предположим, что студенты приходят на занятия случайно и независимо. На первое занятие явились 18 человек и записались в список. На следующее занятие пришли только 7 человек. Какова вероятность того, что из них не менее трех человек отсутствуют в списке? Как изменится эта вероятность, если известно, что один человек точно есть в списке?

Решение. Хотя речь в задаче и идет об отсутствии людей в списке, но давайте рассматривать ситуацию с более позитивной стороны и говорить о посещении занятий одними и теми же студентами. Тогда со-

21

бытие Ai ={совпадение i человек из семи пришедших на второе занятие со студентами из списка}, i 0, ,7.

Интересующее нас событие B ={не менее трех человек отсутствуют в списке} можно переформулировать исходя из совпадения студентов. Число отсутствующих должно составлять 3 и более из 7. Очевидно, что если трое отсутствуют, то четверо присутствуют. Если более трех отсутствуют, то менее четырех должны быть в списке. Тогда число совпадающих студентов должно быть меньше либо равно 4. Нас

интересуют события A0,A1,A2,A3,A4. Для того чтобы осуществилось событие B, должно произойти хотя бы одно из этих событий, т. е. их

4

объединение. Значит, B Ai .

i 0

Вэтой задаче, очевидно, число исходов ограничено. Кроме того,

любое размещение студентов в списке должно иметь одну и ту же вероятность. Значит, применимо классическое определение вероятности.

Определим общее число элементарных исходов. Пронумеруем студентов от 1 до 25. Причем без потери общности будем считать, что 7 человек, пришедших на второе занятие, имеют номера от 1 до 7. В список записалось 18 любых человек из 25. По условию задачи не играет роли, в каком порядке студенты записались, поэтому не имеет смысла рассматривать в качестве отдельных исходов перестановки, например такие исходы, как

1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12, 13, 14, 15, 16, 17, 18;

1, 3, 2, 5, 6, 4, 12, 13, 14, 15, 16, 17, 18, 7, 8, 9, 10, 11.

Будем считать, что это одинаковые варианты, т. е. исходы определены с точностью до перестановки. Тогда число уникальных способов составить список в 18 человек из 25 равно числу сочетаний (комбина-

ций) из 25 по 18: C1825 480 700 .

Найдем, сколько исходов благоприятно случаю, когда ни один человек не совпал. Очевидно, что тогда в списке должны быть студенты с номерами от 8 до 25. Их всего 18 человек. Это как раз и есть число человек, записавшихся в список, т. е. такой список может быть составлен единственным образом. Имеем один благоприятный исход и

P(A0) C118 .

25

22

Теперь вычислим вероятность того, что ровно один человек из семи оказался в списке, составленном на первом занятии. Это может быть любой из студентов, пронумерованных от 1 до 7, следовательно, есть семь вариантов выбора совпадающего человека. Остальные в списке не должны совпадать, следовательно нужно выбрать 17 человек из тех, кто пронумерован от 8 до 25, т. е. из 18. Число вариантов такого

выбора составляет C1817 18 . Тогда P(A1) 7C1818 .

25

Продолжим по аналогии. Двух совпадающих человек из семи мы можем выбрать C72 21 способами. Остальных 18 – 2 = 16 человек, которые

не должны совпадать, можно выбрать C1816 153 способами. Значит,

C2 C16 P(A2) 7C1818 .

25

Обобщим это для любого числа i 0,1, ,7 совпадающих студентов:

Ci C18 i

P(Ai ) 7C1818 , i 0, ,7. (1) 25

Мы пришли к так называемому гипергеометрическому распределению [7, с. 55], описывающему вероятность того, что в серии из n из-

влечений без возвращения ровно i закончатся успехом. Вероятность успеха в первом испытании равна r N , т. е. исходная совокупность, из

которой происходит извлечение, состоит из N объектов, r из которых считаются успешными. В общем виде это можно записать как

Реализация расчета вероятностей по соотношению (1) представлена в прил. А. Результаты сведены в табл. 4. Здесь число исходов, благо-

приятных событию Ai , обозначено как Ai – мощность этого множества.

23

Все возможные исходы в табл. 4 не пересекаются (являются несов-

Значит, вероятность того, что не менее трех студентов, пришедших на второе занятие, отсутствуют в списке, составляет что-то между 1/4

и 1/3.

Теперь необходимо пересчитать эту вероятность при условии, что один человек точно есть в списке. Если один студент точно совпадает,

то это значит, что из всех возможных исходов A0,A1, ,A7 событие A0 (нет ни одного совпадения) не произошло. Тогда заданное условие равно объединению оставшихся исходов: H A1 A2 A7 . Поскольку события A0,A1, ,A7 образуют полную группу, вероятность H можно найти по определению противоположного события:

4

B Ai будет включать те исходы, которые входят и в то, и в другое

i 0

событие, т. е. B H A1 A2 A3 A4. Значит,

P B H P A1 P A2 P A3 P A4 .

24

Вычислим условную вероятность по известному соотношению:

Следовательно, вероятность практически не меняется, различие в шестом знаке после запятой, в этом можно убедиться, если воспользоваться для расчета предложенной реализацией в среде R (прил. А). В принципе, это понятно исходя из того, что хотя бы один человек совпадает практически всегда. Реализация этого события практически не меняет исходную ситуацию, поэтому условная вероятность очень близка к безусловной.

Кроме того, программно можно проверить результаты полным перебором всех комбинаций и вычислением числа благоприятных исходов. Бонус для тех, кто не сильно доверяет комбинаторным формулам и хочет убедиться во всем, так сказать, воочию. Программный код также приведен в прил. А. Здесь используется функция combn{combinat}, возвращающая все возможные сочетания. Кроме того, номера студентов, пришедших на второе занятие, фиксированы от 1 до 7, поскольку с равной вероятностью это могут быть любые студенты. И от изменения их номеров искомые вероятности не изменятся. Вы можете убедиться в этом сами, варьируя эти номера и запуская код снова.

Можно проверить результат и с помощью моделирования случайных выборок. При этом мы будем использовать статистическое определение вероятности как отношения числа случайных списков, в которых совпало i студентов, к общему числу сгенерированных списков. Если выполнить код (прил. А), легко увидеть, что построенная таким образом таблица распределения будет близка к табл. 4. Но здесь

вполне возможно, что мы вообще не будет наблюдать событие A0 , по-

скольку его вероятность весьма мала – один шанс из 480 700. Здесь обнаруживается недостаток статистического подхода: для того чтобы оценить вероятность редких событий, необходимо провести значительное число опытов, при ограниченном числе экспериментов оценки будут неточны. Кроме того, если повторно провести моделирование, то результаты будут несколько отличаться, поскольку являются случайными.

Ответ: P(B) 139000480700 0,2892; P B |H 138999480699 0,2892.

25

2.2. НЕТЕРПЕЛИВЫЕ ДУЭЛЯНТЫ

Задача. Дуэль назначена на промежуток времени между 4 и 5. Но дуэлянты нетерпеливы. Один из них, если приходит первым, ждет только 10 минут и уходит, если не дождется соперника. Второй будет ждать 15 минут. Пусть они приходят случайно, независимо и равновероятно в любой момент в течение часа. Какова вероятность, что дуэль состоится? Как изменится эта вероятность, если первый дуэлянт уже прождал 5 минут?

Решение. В отличие от предыдущей задачи здесь нельзя представить пространство всех исходов в виде конечного множества вариантов. Множество исходов оказывается бесконечным, причем это не счетная бесконечность, а континуальная. Действительно, любой дуэлянт может прийти в любой момент времени в пределах часа – это некоторая точка на отрезке. Таких точек бесконечно много. Когда мы имеем дело с некоторой непрерывной величиной, то, как правило, необходимо прибегать к геометрическому определению вероятности. При его использовании вычисляется вероятность попадания точки в некоторую подобласть, которая содержится внутри области (или совпадает с ней), соответствующей пространству всех исходов.

Условия задачи определяют размерность такого пространства. Как правило, оно не больше трех, и решение удобно представлять графически. Если бы в задаче фигурировал только один дуэлянт (например, второй бы всегда приходил вовремя), то мы бы работали в одномерном пространстве. Но поскольку результат (состоится дуэль или нет) зависит от случайных действий двух участников, то пространство всех исходов будет двумерным.

Обозначим за x время появления первого дуэлянта. Оно непрерывно (принимает все возможные значения) на отрезке от 0 до 60 минут, 0 x 60 . Пусть y – время появления второго дуэлянта, оно так-

же изменяется от 0 до 60, 0 y 60 . Если первый дуэлянт придет раньше ( x y ), то он не будет ждать больше 10 минут. Значит, дуэль

состоится, если второй участник придет не позже, чем через 10 минут после первого, т. е. y x 10 . Если сначала придет второй дуэлянт

( y x ), то он прождет максимум 15 минут. Тем самым соперники встретятся, если x y 15.

Тогда событие A ={дуэль состоится} можно представить как

A ={ y x 10 , если x y , или x y 15, если y x , или y x }. (2)

26

Попутно заметим, что событие одновременного прихода y x

здесь будет иметь нулевую вероятность, хотя оно вполне может произойти.

Таким образом, задача состоит в вычислении вероятности попадания случайной точки с координатами (x0, y0) в область, ограниченную

неравенством (2). Хотя речь идет, казалось бы, о времени, измеряемом в одномерном пространстве (представьте ось времени), однако область задана в двумерном пространстве, поэтому далее мы будем вычислять площади. Графически области представлены на рис. 1. Заштрихованная область соответствует области благоприятных исходов g , вклю-

чающей все моменты времени приходов дуэлянтов, когда они встретятся и состоится дуэль. Необходимо найти ее площадь.

x

Рис. 1. Исходы благоприятные тому, что дуэль состоится

Заштрихованная область отсекает два равнобедренных прямоугольных треугольника с катетами 50 и 45, площадь которых составляет

27

Тогда площадь заштрихованной области легко найти путем вычитания из общей площади квадрата, соответствующего области всех исходов,

S0 602

суммарной площади треугольников S1 S2 . Значит,

S3 S0 (S1 S2) 602 12(502 452) 1337,5.

Тем самым искомая вероятность составляет

P(A) S3 1337,52 0,371528. S0 60

Пусть событие H ={первый дуэлянт уже прождал 5 минут}. Если это событие произошло, то область всех исходов сокращается. Очевидно, что в том случае, если другой дуэлянт не появлялся перед этим

раньше, т. е. время его прихода позже, чем первого дуэлянта ( x y ), то

в течение пятиминутного ожидания соперник никак не мог прийти, иначе первый дуэлянт не стоял бы и не ждал, а дуэль бы уже началась.

время прихода второго дуэлянта больше на 5 и более минут.

Но может быть так, что второй дуэлянт уже приходил до этого и они просто разминулись, т. е. y x . Определим, в какое время тогда могли

прийти соперники. Второй ждет только 15 минут. Значит, если бы он пришел ровно в 4 часа, то первый должен был прийти начиная с 4:15 до 5 часов, чтобы они так и не встретились. Тем самым время между их

приходами должно быть как минимум 15 минут, т. е. x y 15 .

Таким образом, из пространства всех исходов исключается область, представляемая системой неравенств

y x 5, если x y , или x y 15, если y x .

На рис. 2 эта область имеет сплошную серую заливку. Сокращается и область благоприятных исходов. Она выделена

штриховкой на рис. 2. Найдем ее площадь как разность между площадями двух равнобедренных прямоугольных треугольников:

28

Тогда площадь фигуры, на которую сокращается область всех исходов, составляет S5 S3 S4 1337,5 262,5 1075.

Искомая условная вероятность находится как

Тем самым вероятность того, что дуэль состоится, уменьшилась почти в четыре раза. Пожалуй, стоит надеяться на благополучный исход.

В прил. Б приведен код графической иллюстрации решения. Кроме того, вероятности возможной трагической встречи дуэлянтов можно найти и с помощью статистического определения. Для этого достаточ-

но независимо смоделировать два случайных числа x0 и y0 , прини-

мающих значения на отрезке от 0 до 60 минут. Поскольку дуэлянты с равной вероятностью могут прийти в любой момент времени на этом промежутке, то распределение времени их прихода будет равномерным (и для моделирования используется функция runif).

29

Для случайных чисел проверяется условие (2). Если оно выполняется, то эксперимент считается удачным. Такой опыт повторяется N раз, и подсчитывается число удачных экспериментов m. Отношение m к N при большом N будет стремиться к искомой вероятности. В этом можно убедиться, если выполнить код, приведенный в прил. Б.

Для того чтобы аналогичным образом найти приближенное значение условной вероятности, нужно проверить, в каких экспериментах произошло событие H . Оно происходит в одном из двух случаев:

y0 x0 5, когда второй дуэлянт пришел не раньше, чем через 5 минут после первого;

y0 15 x0 , если первый дуэлянт пришел не раньше, чем через

15 минут после второго.

Далее необходимо исключить все эксперименты, в которых событие H не произошло, и в таком редуцированном пространстве подсчитать отношение числа успешных экспериментов к общему числу экспериментов, где имело место событие H . Результат опять же будет достаточно близок к найденному значению условной вероятности.

2.3. СЛУЧАЙНАЯ СТРЕЛЬБА ПО МИШЕНИ

Задача. Пусть имеется мишень, составленная из пяти окружностей с центром в одной и той же точке. Диаметр i -й окружности

(i 1,2,3,4,5) равен 10i см. Пусть за попадание в i -е кольцо дается

(10 – i) очков. В серии из семи случайных и независимых выстрелов по мишени какова вероятность, что сумма очков не превысит 40? Как изменится эта вероятность, если известно, что после трех выстрелов сумма очков составила 20?

Решение. Пусть событие Ai ={попадание в i -е кольцо мишени после одного выстрела}. Следовательно, при реализации события Ai иг-

рок получает (10 – i) очков. Графически это представлено на рис. 3, а, программный код для отображения этого рисунка приведен в прил. В.

При случайной стрельбе можно попасть в любую точку, принадлежащую кругу, поэтому число исходов здесь бесконечно, поскольку бесконечно число точек в области. Множество исходов является континуальным, т. е. исходы нельзя пересчитать и присвоить им номера, наоборот, их можно рассматривать только в непрерывном вероятност-

30