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

каются), то вероятность их объединения равна сумме вероятностей каждого события:

Начнем с вычисления P Ai j . Заметим, что вопросы для теста из-

влекаются из базы независимо по каждому блоку, причем каждый блок в базе содержит одно и то же число вопросов – 20. Из этого очевидно, что шансы совпадения заданного числа вопросов не зависят от темати-

ческого блока, т. е. P Ai1 P Ai2 P Ai5 при i1 i2 i5 . По этой причине можно рассматривать только один какой-то блок. Для начала ответим на вопрос: если в базе по тематическому блоку есть всего 20 вопросов, случайно извлекаются 4 вопроса, какова вероятность, что это будет 1-й, 2-й, 3-й и 4-й вопросы? Во-первых, очевидно, что вопросы извлекаются без возвращения, так как в один тест не имеет смысл включать одинаковые вопросы. Порядок следования вопросов в задаче тоже не важен. Поэтому общее число исходов составляет количество сочетаний (способов извлечь 4 элемента из 20 без повторе-

ния элементов) C204 4845 . Причем каждое такое извлечение имеет

одинаковую вероятность, равную 1/4845. Следовательно, неважно, какие именно номера вопросов попались у первого студента, пусть это будут: 1-й, 2-й, 3-й и 4-й вопросы.

Теперь определим, каковы шансы, что у второго студента не будет совпадений с первым, т. е. у него будут любые четыре вопроса с номерами с 5-го по 20-й. Число благоприятных исходов будет равно числу

способов извлечь 4 элемента из оставшихся 16: C164 1820 . Тогда

С4

P(A0) С164 . 20

Далее предположим, что совпал ровно один вопрос. Это может быть любой из четырех вопросов: 1-й, 2-й, 3-й или 4-й, т. е. всего че-

тыре варианта – способа выбрать 1 элемент из 4, C14 . Остальные три

41

вопроса не должны совпадать, тогда нужно выбрать 3 из 16 вопросов.

Если продолжать рассуждать аналогичным образом, то мы придем к тому же результату, что и в задаче 2.1. Здесь можно заметить закономерность: когда мы имеем дело с выбором из конечной совокупности без возвращения, то само собой возникает гипергеометрическое распределение. Таким образом, для любого числа совпадений i вероятность, что они будут иметь место, составляет

Это, конечно, легко подсчитать с использованием формулы числа сочетаний, но проще выполнить программный код, приведенный в

прил. Г. Результаты представлены в табл. 9, Ai обозначает, как и ранее, число исходов, благоприятных событию Ai .

Заметим, наиболее вероятно, что в одном блоке будет одно совпадение. Если преподаватель все-таки стремился к тому, чтобы у студентов не возникло желания списать друг у друга, тогда ему стоит увеличить число вопросов в базе так, чтобы вероятность отсутствия совпадений была наибольшей.

Теперь у нас есть вероятность реализации определенного числа совпадений вопросов для каждого блока. Всего блоков пять, и в каждом из них могут совпасть от 0 до 4 вопросов. Следовательно, всего вариантов разного числа совпадений по блокам – это число размещений пяти элементов (от 0 до 4 одинаковых вопросов) по пяти позициям (блокам в тесте). Очевидно, что элементы могут повторяться, т. е., например, как в первом, так и во втором блоке могут совпасть по од-

42

ному вопросу. Число вариантов размещения пяти элементов по пяти

позициям с повторениями рассчитывается как 55 3125. Нужно, однако, помнить, что эти исходы неравновероятны, например, что шансы

того, что совпадут все вопросы 148455 , ничтожны по сравнению с

тем, что не совпадет ни один 1820548455 (табл. 9). Поэтому нельзя

просто разделить число благоприятных исходов на общее количество исходов. В задаче 2.3 была такая же ситуация, поэтому, как и ранее, нас будут интересовать только вероятности благоприятных исходов,

которые в соответствии с соотношением (5) нужно будет сложить. Общее число исходов 3125 нас интересует по той причине, что

необходимо сгенерировать все возможные размещения, чтобы найти те из них, сумма элементов которых не превышает 10. Существенно, что размещений совсем незначительное количество и программная реализация выдаст результат за приемлемое время. Совсем другое дело, если

бы число вариантов было порядка 107 и больше и возникли бы про-

блемы с размещением такого объема информации в оперативной памяти. Тогда простым перебором всех возможных комбинаций задачу решить бы не удалось. Мы столкнемся с такой проблемой в задаче 2.6. Там придется поразмыслить над другим способом решения, но пока мы просто возрадуемся, что речь идет не о 10 вопросах из семи блоков, и будем проверять все возможные размещения.

Для генерации размещений на языке R (прил. Г) активно используется циклическое повторение элементов вектора до нужной размерности при объединении векторов. Сначала создается вектор с наибольшей возможной размерностью, в котором каждый из пяти элементов

повторяется 54 раз, тем самым он состоит из 55 элементов. В вариантах для позиции 4 первому элементу на позиции 5 соответствует по

пять элементов, которые повторяются 53 раз, т. е. как раз 54 элемен-

тов заполняются и циклически повторяются для остальных элементов на позиции 5. И так далее, пока не доходим до первой позиции, где каждый элемент повторяется по одному разу и последовательность 1, 2,…, 5 циклически повторяется 54 раз до нужной размерности. Табл. 10 иллюстрирует эту идею. Курсивом выделены элементы, которые циклически повторяются.

Несложно заметить, что полученный массив содержит значения от 1 до 5, хотя по условию нам нужно разместить элементы от 0 до 4. Это, однако, не представляет проблемы: достаточно просто отнять от име-

43

ющегося массива единицу, и она отнимется от каждого его элемента (опять благодаря все тому же циклическому повторению).

Таблица 10

Генерация размещений с помощью циклического повторения

Далее так же программно вычисляем сумму элементов размещений и создаем логическую переменную uk , являющуюся индикатором то-

го, что для k -го размещения сумма элементов не превышает 10, т. е.

44

Вероятность реализации каждого размещения pk вычисляется по

соотношению (4) с учетом гипергеометрического распределения вероятностей совпадения вопросов в каждом блоке, определяемых по формуле (6). Алгоритмически это реализуется так: к каждому элементу k -го размещения применяется функция, возвращающая вероятность

гипергеометрического распределения, и далее находится произведение этих вероятностей для k -го размещения.

И на последнем шаге, в соответствии с (5), суммируются вероятности реализации размещений, для которых uk TRUE. Иными словами,

k:uk TRUE

Если выполнить код, приведенный в прил. Г, то можно убедиться, что P(B) 0,999881. Значит, это практически достоверное событие –

только один шанс из 10 000, что число совпадающих вопросов у двух студентов превысит 10. Для интереса построим график распределения числа совпадающих вопросов (рис. 5). Из него как раз хорошо видно, что вряд ли у студентов повторится 10 вопросов и более. Наиболее вероятно, что совпадут четыре вопроса. Так что даже при такой небольшой базе вопросов у студентов не остается никакой надежды списать у соседа!

Ответим на второй вопрос и найдем условную вероятность события B при условии H ={в вопросах первого блока нет совпадений}. Перейдем к редуцированному пространству исходов. Если по первому блоку ни одного вопроса не совпало, то задача сводится к определению вероятности того, что у двух студентов повторится не более 10 вопросов из оставшихся четырех тематических блоков. Тем самым нужно решить ту

же самую задачу при j 4. Достаточно в коде (прил. Г) поменять зна-

чение аргумента k на 4 при вызове функции razm и выполнить код. Другой способ наложить условие явно: из исходных размещений

оставить только те, в которых на первой позиции стоит 0. И посчитать

45

сумму вероятностей реализации этих размещений. Но не стоит забывать (а это наиболее частая ошибка), что таким образом мы получим не

условную вероятность P B |H , а вероятность пересечения P B H !

Действительно, это вероятность того, что одновременно по первому блоку у студентов не будет одинаковых вопросов и число совпадений не превысит 10. Если выполнить код (прил. Г), то можно убедиться,

что эта вероятность составит P B H 0,3756441. Очевидно, что она никогда не превышает вероятность исходного события B .

Вероятность 0,00. 00,05. 0,10. 0,15.15 0,20.20

Число повторяющихся вопросов

Рис. 5. Распределение вероятностей числа повторяющихся вопросов в тесте

Для того чтобы вычислить условную вероятность, осталось поделить вероятность пересечения на вероятность условия, которая составляет

С4

P(B) P(A0) 16 0,375645.

С204

46

В результате получим

P B | H P B H 0,3756441 0,9999976.

P(H ) 0,375645

Если сравнить с рассчитанной ранее безусловной вероятностью события B , то можно увидеть, что после того как по одному блоку не совпало ни одного вопроса, вероятность совпадения не более 10 во-

просов увеличилась примерно на 10 4. Тем самым шансы, что удастся

списать более половины вопросов у соседа, сократились примерно до двух на миллион. Абсолютно нет шансов!

Ответ: P(B) 0,999881; P B | H 0,9999976.

2.5. ИГРА «КРЭПС»

Задача. Студент решил поиграть в «крэпс» [9, с. 9]. Он бросает два кубика. Если сумма очков равна 7 или 11, он выигрывает, если 2, 3 или 12 – проигрывает. При любой другой сумме, которая называется «пойнт», он продолжает подбрасывать кубики до тех пор, пока снова не выпадет «пойнт» (тогда он выигрывает) или пока не проиграет, получив сумму, равную 7. Если результаты подбрасываний кубика случайны и независимы, то какова вероятность выигрыша? Как изменится эта вероятность, если изначально выпала сумма 10?

Решение. В этой задаче мы в первый раз сталкиваемся с потенциальной возможностью бесконечной игры и бесконечного числа исходов, соответственно. Но это не та бесконечность, с которой мы имели дело в непрерывном вероятностном пространстве (задача 2.3). Здесь каждому исходу, сумме очков на костях на определенном броске можно присвоить номер. Это – счетная бесконечность. В целом мы не можем использовать классическое определение вероятности, так как не удается пересчитать все возможные исходы игры. Вдобавок они неравновероятны, поскольку для разных сумм шанс их выкинуть может различаться. Тем не менее классическое определение нам все же пригодится. Но преимущественно будут использоваться свойства вероятности, основанные на теории множеств и получаемые из аксиоматического определения.

В описанной игре результаты текущего хода зависят от предыдущих. И хотя выбрасывание костей происходит случайно и независимо

47

и сумма очков на последующих ходах не зависит от предыдущих, но предыстория определяет, будет ли эта сумма приносить выигрыш, проигрыш или придется продолжить игру. Например, если семерка выпала на первом ходу, то это означает выигрыш, тогда как при последующих бросках она неминуемо ведет к проигрышу. Тогда все пространство исходов уместно разбить на подмножества, соответствующие результатам каждого отдельного подбрасывания. Пусть событие

Ai ={выигрыш на i -м броске}, i 1,2, ,n, . Мы имеем счетное мно-

жество событий (их бесконечное число, но каждому из них можно присвоить номер). Одновременно на нескольких ходах выигрыш про-

изойти не может, т. е. события A1,A2, ,An , не пересекаются

(несовместны).

Нас интересует вероятность события A ={выиграть в игре}. Выигрыш может произойти на любом шаге, поэтому событие A представ-

ляет собой объединение событий A1,A2, ,An , : хотя бы одно из них

Такое разбиение позволит представить игру более наглядно в виде дерева вероятностей. Заметим, что исходя из условия, разные суммы очков могут приводить к одинаковым результатам (например, выпадение 7 или 11 на первом ходу). Поэтому сначала определим, какую именно полную группу событий на каждом ходе игры имеет смысл выделить.

На первом ходе ситуации будут различаться, если выпадут проигрышные, выигрышные суммы или каждая отдельная сумма очков, при которой игры продолжается (их 6 возможных). Тогда выделим следующие события:

H0 ={выпадение 2, 3 или 12 очков на первом ходе};

H1={выпадение 7 или 11 очков на первом ходе};

H2 ={выпадение 4 очков на первом ходе};

H3 ={выпадение 5 очков на первом ходе};

H4 ={выпадение 6 очков на первом ходе};

48

H5 ={выпадение 8 очков на первом ходе};

H6 ={выпадение 9 очков на первом ходе};

H7 ={выпадение 10 очков на первом ходе}.

Очевидно, что они являются несовместными и образуют полное множество всех исходов. Если игра продолжается, то отдельно имеет смысл выделить проигрышную сумму 7, отдельно выигрышное выпадение «пойнта» и суммы, при которой игра продолжается (любая кроме 7 и «пойнта»). Тогда выделим следующие события:

B0 ={выпадение 7 на втором или последующих ходах},

B1={выпадение «пойнта» на втором или последующих ходах},

B2 ={выпадение любой суммы, кроме 7 и «пойнта», на втором или последующих ходах}.

Кроме этого, на i -м шаге может быть проигрыш, обозначим его Si .

Ина i -м шаге игра может быть продолжена с «пойнтом», равным vj ,

обозначим это событие как Rij . «Пойнты» пронумеруем в порядке

возрастания, т. е. v1 4 , v2 5, …, v6 10 . С учетом правил игры,

дерево вероятностей представлено на рис. 6.

Для того чтобы решить задачу, нужно определить вероятности выпадения определенной суммы очков. Для этого в качестве исхода при подбрасывании двух кубиков рассмотрим пару: число очков, выпавших на первом кубике, и число очков, выпавших на втором кубике. Суммы очков для каждого такого исхода представлены в табл. 11.

Здесь вычисление вероятностей можно производить с помощью классического определения. Всего исходов 36, с помощью данных табл. 11 легко подсчитать, сколько исходов благоприятно для выпадения каждой из возможных сумм очков. Тогда получим таблицу распределения вероятностей выпадения суммы очков при подбрасывании двух кубиков (табл. 12).

Это можно реализовать программно (код представлен в прил. Д). Теперь вероятности проигрышных и выигрышных сумм легко найти как сумму вероятностей соответствующих исходов (табл. 13). Для удобства обозначим вероятности выпадения суммы очков, соответ-

ствующей гипотезе P Hi , как pi . Поскольку броски независимы, то для каждой i -й суммы вероятности ее выпадения сохраняются одина-

49

ковыми в течение всей игры, поэтому далее значения pi не будут ас-

социироваться только с первым броском, а также со всеми последующими.

50