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

Таблица 12

Распределение вероятностей суммы очков при подбрасывании двух кубиков

«пойнт», при условии, что он равен vj . В силу независимости и слу-

чайности результатов подбрасываний кубика очевидно, что эти вероятности равны вероятностям выпадения соответствующей суммы vj :

51

A1 и A 1 A \ A1 A2 A3 An . Иными словами, рассмотрим

отдельно выигрыш на первом ходу и на всех последующих ходах. Тогда соотношение (7) можно переписать в виде

Начнем с первого хода. У нас уже выделена полная группа событий на первом ходу: H0, ,H7 , поэтому вероятность события A1 с помо-

щью формулы полной вероятности можно представить как

7

P A1 P Hi P A1 | Hi . i 0

Вероятности гипотез уже найдены (табл. 13). Условные вероятности P A1 | Hi означают вероятности выигрыша при условии, что вы-

пала сумма очков, соответствующая гипотезе i . На первом ходу игра выигрывается, только если выпала сумма 7 или 11, поэтому

Найдем вероятность выиграть на последующих ходах. Это событие может произойти, только если выпал какой-то «пойнт», т. е. при одной

из гипотез H2,H3, ,H7 . Тогда его вероятность по формуле полной вероятности представима в виде

P A 1 P A 1 | H2 P(H2) P A 1 | H3 P(H3)

j 1

Здесь P A 1 |H j 1 – это вероятность выигрыша на втором или последующих бросках при условии, что выпал «пойнт», равный vj , j 1, ,6. Поскольку вероятности повторного выпадения «пойнтов»

52

отличаются, то P A 1 | H j зависит от того, какой «пойнт» выпал. Для

того чтобы более наглядно представить ситуацию, когда выпал «пойнт», равный vj , изобразим дерево вероятностей (рис. 7). Здесь мы

сразу выразили условные вероятности P B1 | R1j и P B2 | R1j с по-

мощью соотношений (8) и (9). По построенному дереву можно найти вероятности того, что игрок выиграет на втором или последующих хо-

дах при условии, что выпал «пойнт» vj , т. е. P A 1 | H j 1 , j 1, ,6. Для удобства обозначим для любого хода вероятность выигрыша на этом ходе (выпадения «пойнта») как b1 p j 1, вероятность продол-

жения игры на этом ходе как q 3036 p j 1. Кроме того, введем условную вероятность выигрыша на любом ходе от 2 до n-го – P A2 An |H j 1 , n 2,3, , и обозначим ее как wn . С использо-

ванием дерева вероятностей легко получить, что условная вероятность выигрыша на втором ходе w2 b1, на втором или третьем ходе она вы-

ражается как w3 b1 qb1 b1 qw2 , на любом ходе от второго до четвертого как w4 b1 q b1 qb1 b1 qw3 и т. д.

Рис. 7. Дерево вероятностей игры «крэпс» при условии выпадения «пойнта» v j

Следовательно, для n-го хода получаем следующее рекуррентное соотношение для вычисления вероятности выигрыша на n-м ходе или

на любом предыдущем, начиная со второго, при условии выпадения «пойнта» на первом ходу:

wn b1 qwn 1

53

при w1 0. Тогда условная вероятность выигрыша при выпадении «пойнта» равна пределу wn при n .

все вероятности, идущие по ветке дерева (рис. 7), которые приводят к исходу An . Например,

шаться. Поэтому вычисление wn можно не продолжать до бесконеч-

ности, а остановить, как только окажется меньше некоторой малой величины. Эти вычисления реализуются с помощью цикла, код приве-

ден в прил. Д. Заметим, что расчет wn производится параллельно для

всех «пойнтов», поэтому представляет собой не число, а вектор с шестью элементами, поэтому в качестве условия в while проверяется, не превышает ли максимум из элементов вектора заданного малого

значения, в частности, 10 7.

Однако решение нетрудно найти и аналитически. Ранее мы получили выражение (13) для вероятности выигрыша на n-м ходе при

54

условии, что выпал «пойнт» vj . Теперь нужно сложить эти вероятности по всем n 2,3, , чтобы получить вероятность P A 1 |H j 1 :

Легко заметить, что здесь имеет место геометрическая прогрессия с первым членом b1 p j 1 и знаменателем q 3036 p j 1. Она является

бесконечно убывающей, поскольку знаменатель по модулю меньше единицы, q 1. Ее сумма Sn при бесконечном числе членов имеет известный предел

lim Sn 1b1q .

n

36 p j 1

Легко убедиться, что с помощью соотношения (14) получается точно такой же результат, как и при программном вычислении предела

wn при n .

Если подставить выражение (14) в (12), а затем воспользоваться соотношением (11), то для вычисления вероятности выигрыша достаточно применить формулу

Тогда, подставив значения вероятностей гипотез (табл. 13) в формулу (15), получим, что вероятность выигрыша составляет P(A) 0,492929.

Тем самым шансы практически 50 на 50 выиграть или проиграть. Как считает Ф. Мостеллер [9, с. 36], это наиболее справедливая игра без стратегии, которая практиковалась в игорных домах в его время.

55

Теперь найдем условную вероятность выигрыша, если первым ходом выпала сумма 10. Она не является ни выигрышной, ни проигрыш-

ной, а соответствует «пойнту» v6 . Соотношение для условной вероят-

ности выигрыша при выпадении «пойнта» у нас уже получено. Из соотношения (14) рассчитываем

Таким образом, если у студента уже выпал «пойнт», равный 10, то шансы на выигрыш снижаются, только в одном случае из трех ему удастся выиграть.

Ответ: P A 0,492929; P A | H7 13.

2.6. И СНОВА БЕСКОНЕЧНОЕ ПОДБРАСЫВАНИЕ КУБИКА

Задача. Игрок случайно загадал число от 1 до 6. Затем он подбрасывает игральный кубик до тех пор, пока не выпадет это число. Какова вероятность, что сумма очков, выпавших в течение этих попыток, не превысит 20?

Решение. Опять мы имеем дело с потенциально бесконечным подбрасыванием кубика. Однако в этой задаче интересующее нас событие A ={сумма очков меньше либо равна 20} на каком-то n-м броске уже

произойти никогда не может. Следовательно, эти ветки в дереве вероятностей будут отсекаться, и нам не нужно рассматривать все возможные броски от первого до бесконечности. И очевидно, что от загаданного числа будет зависеть максимальное число бросков.

Пусть загадано число i. Определим максимальное число бросков, в которых сумма не превышает 20. Для i = 1 это будет серия из 9 двоек и на десятый бросок выпадет 1. Для i = 2 – серия из 18 единиц и 1 двойки. Для i = 3 – серия из 17 единиц и 1 тройки и т. д. Тем самым максимальное число бросков, чтобы сумма очков оставалась в пределах 20, составляет 19. Введем ряд гипотез, полную группу событий. Пусть

Hij ={игрок загадал число i, и это число выпало на j-м броске}. Далее событие можно представить как пересечение событий Ri ={игрок загадал число i} и S j ={загаданное число выпало на j-м броске}. По усло-

56

вию i 1, ,6. Мы будем рассматривать только броски с 1 по 19, поэтому j 1, ,19.

Тогда вероятность события A можно представить по формуле полной вероятности как

Следовательно, эти слагаемые просто обнулятся.

Найдем вероятности гипотез Hij Ri S j . События Ri и S j , оче-

видно, независимы: то, какое число загадал игрок, никак не влияет на результаты бросков кубика, поскольку для правильного кубика одина-

ственно, его не выпадения (противоположного события) – 56 . Следова-

тельно, вероятность пересечения независимых событий можно выразить как

P(Hij ) P Ri S j P(Ri )P(S j ) .

Игрок загадал число случайно, поэтому P(Ri ) 16 при любом i .

Поскольку броски производятся до выпадения загаданного числа, то на всех остальных ходах, кроме последнего, это число не должно выпасть. Это хорошо иллюстрирует дерево вероятностей (рис. 8).

Здесь S j обозначает событие {загаданное число не выпало на j-м

броске и на всех предыдущих бросках}.

Тогда для того чтобы найти вероятность события S j , достаточно перемножить вероятности на той ветке, которая заканчивается этим

57

Рис. 8. Дерево вероятностей для опыта с бросками кубика до выпадения загаданного числа i

Кстати, мы пришли к так называемому геометрическому распределению [10, с. 217–219], определяющему вероятность количества испытаний до первого успеха. Если вероятность успеха постоянна и равна p , то вероятность того, что число X испытаний до первого успеха

составит j , вычисляется как

Таким образом, просто перемножаем вероятности неудач столько раз, сколько должно быть неудачных испытаний ( j 1), и умножаем

на вероятность удачного j -го испытания. Значит, вероятность гипотезы определяется как

58

ление вероятности как отношение числа благоприятных исходов к общему числу исходов. Исходы будем представлять как некоторую комбинацию j очков, выпавших за j бросков. На любом ходе на кубике

может выпасть от 1 до 6 очков, поэтому пусть k j 1,2, ,6. Очевидно,

что если игра заканчивается на j -м броске, то на нем должно выпасть

число i . При этом на предыдущих ходах число i не должно появляться. Тогда совокупность всех исходов можно представить как

{i} при j = 1;

{k1,i}, k1 i при j = 2;

{k1,k2,i}, k1 i , k2 i при j = 3

и т. д. до 19-го броска, для которого {k1,k2, ,k18,i}, k1 i , k2 i ,…,

k18 i .

В таком случае для первого броска всего один исход, для второго – 5 исходов, для третьего – 52 и т. д. до 19-го броска – 518 3,8 1012.

Здесь мы сталкиваемся с проблемой программной реализации подсчета всех благоприятных исходов. Не получится так же, как ранее в задаче 2.3, генерировать многомерные массивы с суммами очков. Мы поступим хитрее. Будем на каждом шаге строить распределения сумм очков и тем самым снижать размерность задачи. Реализация этой идеи на языке R представлена в прил. Е. Поясним на примере, как это делается.

Пусть загадано число 6. Собственно, в первых трех бросках сумма никогда не превысит 20, т. е. P A| Hij 1 для i 6, j 1,2,3. Так что

начнем рассматривать с четвертого броска, j 4. Это значит, что в

первые три броска шестерка не выпадала. Необходимо найти распределение вероятностей сумм k1 k2 k3 при k j 1,2, ,5. Для этого

сначала рассматриваем первые два броска и находим исходы, благоприятные каждой сумме, подсчитываем их число. Это производится с помощью двумерного массива (табл. 14), содержащего суммы очков на пересечении первого и второго броска.

59

Далее к исходам табл. 15 прибавляются возможные очки на третьем шаге и шестерка, которая выпадает на четвертом шаге. И строится новый массив с итоговыми суммами очков после четырех бросков. Он приведен в табл. 16.

Таблица 15

Число исходов, благоприятных сумме очков при двукратном подбрасывании, если шестерка не выпадает

60