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

В этом массиве подсчитывается число исходов, благоприятных каждой сумме. Но нужно не просто посчитать, сколько раз встречается эта сумма в таблице, а сложить соответствующее число исходов. Например, для суммы очков 11 получим 1 + 2 + 3 = 6, а для суммы, например 16, число исходов равно 4 + 5 + 4 + 3 + 2 = 18. Таким образом можно вычислить число благоприятных исходов для каждой возможной суммы очков от 9 до 21 и получить табл. 17. Программный код на языке R, реализующий описанные действия, приведен в прил. Е. Заметим, что расчет для каждого загаданного числа производится не для всех возможных 19 бросков, а только до того броска, когда число исходов, благоприятных событию A , будет равно нулю, т. е. сумма всегда будет превышать 20. Это реализовано с помощью цикла while.

Таблица 17

Число исходов, благоприятных сумме очков при четырехкратном подбрасывании, если шестерка выпадает на последнем броске

Далее в таблице с числом благоприятных исходов выделяем те суммы, которые не превышают 20, и подсчитываем число исходов, благоприятных тому, что сумма не будет больше 20. В табл. 17 число таких исходов равно 124.

Обозначим за mij число исходов, благоприятных тому, что если

загадано число i и оно выпало только на j -м броске, то сумма очков

за все броски не превысила 20, т. е. благоприятных событию A Ri S j . Полученные после выполнения кода (прил. Е) значения

mij приведены в табл. 18.

По определению условной вероятности имеем

P A | Hij P A | Ri S j 5mjij1 ,

61

Подставим выражения (17) и (18) в (16) и получим итоговую формулу для расчета вероятности того, что сумма не превысит 20:

В результате получаем P(A) 0,6236. Значит, более вероятно, что сумма будет менее либо равной 20, чем то, что она ее превысит.

Интересно также проверить полученный результат с помощью моделирования. Рассматриваемые условия эксперимента, однако, не поз-

62

воляют так же просто, как ранее, смоделировать случайные выборки. Действительно, здесь последовательность выпавших на кубике очков не имеет фиксированного числа членов: игра ограничится одним броском, если сразу выпало загаданное число, и будет продолжаться потенциально до бесконечности, если это число не выпадает. Поэтому один из вариантов вычисления вероятности по статистическому определению – это моделирование процесса подбрасывания кубика до остановки игры при выпадении загаданного числа или до того, как сумма очков превысит 20. Для реализации этой идеи используется цикл while. Код приведен в прил. Е. Выполнив код, вы легко убедитесь, что результат достаточно близок к полученному выше значению вероятности события A .

Хотя такой способ решения и удобен с точки зрения восприятия, но такая реализация на языке R работает медленно по причине использования цикла while при моделировании каждой случайной выборки. Однако можно обойтись и без циклов. Для этого воспользуемся тем, что броски кубика случайны и независимы, тем самым мы можем смоделировать результаты сразу ряда бросков, вместо того чтобы генерировать по одному случайному числу. Кроме того, ранее мы показали, что если число бросков превысит 19, то сумма очков в любом случае будет больше 20. Поэтому можно сгенерировать массив, содержащий большое число случайных выборок, состоящих из 20 элементов: результаты 19 бросков и одно загаданное число. И каждая такая выборка будет представлять вектор, который уже можно обрабатывать с использованием векторизованных функций и без обращения к циклам. Этот способ решения также приведен в прил. Е. Легко убедиться, что его выполнение требует меньшего машинного времени, чем для первого способа.

Ответ: P(A) 0,6236.

2.7. УГАДЫВАНИЕ СЛУЧАЙНОГО КОДА

Задача. 10 000 пользователей пытаются одновременно угадать четырехзначный код (цифры могут повторяться). Какова вероятность того, что хотя бы кто-то угадает? Как изменится эта вероятность, если известно, что пользователи договорились и половина из них вводит только четные числа, а другая половина – только нечетные?

Решение. Здесь конечное число возможных исходов, поэтому воспользуемся классическим определением вероятности.

63

Рассмотрим событие A1 = {первый пользователь угадает код} и про-

тивоположное ему событие A1 = { первый пользователь не угадает код}.

Поскольку цифры в коде могут повторяться, число вариантов кода определяется как число размещений с повторениями 10 цифр на четырех позициях и равно 104. Из всех возможных вариантов только один

верный. Тогда P(A1) 1014 .

Из определения противоположного события получаем

P A1 1 P(A1) 100009999 .

Поскольку пользователи угадывают независимо, то P Ai 109999000

для любого i от 1 до 10 000, где i задает номер пользователя. Событие, что ни один из 10 000 пользователей не угадает одновре-

Рассмотрим событие A = {хотя бы кто-то из 10 000 пользователей угадает код}. Очевидно, что это противоположное событие к событию

10 000

Ai ={ни один из 10 000 пользователей не угадает}. Поэтому

i 1

64

Значит, при такой массовой атаке пользователей шансы подобрать код очень велики!

Теперь введем две гипотезы: H1={код четный}, H2 ={код нечет-

ный}. Событие B будем рассматривать более обще: {код угадан хотя бы одним пользователем}.

Представим вероятность события B с помощью формулы полной вероятности

P(B) P(H1)P B | H1 P(H2)P B | H2 .

Очевидно, четность и нечетность кода равновероятны, т. е.

P(H1) P(H2) 12.

Аналогично тому, как мы выше нашли вероятность угадывания кода хотя бы одним из пользователей, найдем условные вероятности

P B | H1 ,P B | H2 . Здесь число пользователей будет составлять только 5000, и возможных вариантов кода тоже будет 5000:

P B | H1 P B | H2 1 4999 5000 .

5000

Тогда по формуле полной вероятности получаем

P(B) 1 4999 5000 0,6321573.5000

Надо заметить, при таком разделении труда вероятность угадывания не сильно возросла. Интересно посмотреть, как будет меняться вероятность, если такие группы заговорщиков будут все меньше и вместе с этим будет уменьшаться и диапазон чисел, приходящихся на каждую группу, вплоть до того, что в группу будет входить один человек, который будет проверять только свой определенный код. В этом случае очевидно, что код будет достоверно угадан, т. е. найдется такой пользователь, который введет нужный код.

Рассмотрим событие Bi ={хотя бы кто-то угадает код, если группа состоит из i пользователей и на каждую группу приходится i разных

65

вариантов перебираемого кода}. Будем варьировать i от 1 до 10 000. Тогда

P Bi 1 i i 1 i , i 1, ,10000.

Если выполнить код, приведенный в прил. Ж, то можно получить все значения вероятностей P(Bi ), i 1, ,10000 , и представить их на

графике. Результаты изображены на рис. 9.

0,8 0,9 1,0 0.8 0.9 1.0

0,7 0.7

Рис. 9. Вероятность угадывания кода P(Bi )

Из рис. 9 видно, что вероятность резко подает уже с ростом числа групп от 10 и стремится к своему минимальному значению

66

2.8. НЕУКЛЮЖИЙ ХИМИК

Задача. Лаборант при проведении химического опыта случайно роняет стеклянную колбу длиной 9 см. Она разбивается на три части. Пусть точки разлома на колбе случайны, независимы и могут равновероятно оказаться в любом месте. Если сопоставить длины куска с дном колбы и куска с концом колбы, какова вероятность, что их абсолютная разница не превысит 3 см? Как изменится эта вероятность, если длина промежуточного куска равна 2,5 см?

Решение. Как и в задаче 2.2, здесь для вычисления вероятности больше всего подходит геометрическое определение. Это связано с тем, что, как и время, длина является непрерывной величиной.

Вариант решения № 1. Введем следующие переменные:

x– длина куска с дном колбы, x 0;

y– длина куска с концом колбы, y 0;

z – длина оставшегося куска, z 0 .

По аналогии с тем как мы решали задачу о дуэлянтах (задача 2.2), можно предположить, что исходы представляются в трехмерном пространстве. Однако из условия задачи известно, что x y z 9. Про-

екцией плоскости x y z 9 на плоскость Oxy будет равнобедрен-

ный прямоугольный треугольник с катетом длиной 9 см. Он изображен на рис. 10. Реализация в среде R для отображения этого графика приведена в прил. Ж.

Поясним, почему это так. Выразим длину куска с концом колбы через длины всех остальных кусков: y 9 x z . При построении про-

екции на плоскость Oxy для z 0 получим линию равного уровня y 9 x . Далее при увеличении длины оставшегося куска z линия будет параллельно сдвигаться вниз, пока не придет в точку (0;0) при

z 9 . С учетом ограничений на неотрицательность мы и получим тре-

угольник, изображенный на рис. 10.

В этом случае площадь области всех исходов составляет

S0 1292 40,5.

Пусть событие A заключается в том, что разница между длиной куска с дном колбы и куска с концом колбы не превысит 3 см. Иначе это можно записать как

67

рис. 10. Она отсекает два равнобедренных треугольника с длиной основания 6 см и с длиной высоты 3 см. Площадь такого треугольника

составляет S1 126 3 9.

Площадь области благоприятных событию A исходов определяется как

S2 S0 2S1 40,5 18 22,5.

Тогда искомая вероятность равна

P(A) S2 22,5 5 . S0 40,5 9

Найдем условную вероятность. Условие H состоит в том, что z 2,5.

Тогда y 9 x 2,5 6,5 x . На рис. 10 соответствующий график изображен штриховой линией. Отрезок, который от этой линии отсе-

68

кается ограничениями на неотрицательность x 0, y 0, и будет об-

ластью всех возможных исходов. Тем самым мы переходим из двумерного пространства в одномерное. Это и понятно, поскольку длина одного из кусков уже не является случайной, а задана точно.

Тогда при y 6,5 x и y 0 имеем 6,5 x 0 , отсюда x 6,5. Получаем ограничение на длину куска с дном колбы 0 x 6,5.

Значит, область всех исходов – это отрезок длиной 6,5 см. Благоприятные событию исходы удовлетворяют неравенству (19).

Подставляя в него условие y 6,5 x , получим, что

3 6,5 2x 3.

Отсюда путем упрощения выводим 1,75 x 4,75 . Тогда длина

отрезка, благоприятного событию A при условии, что имело место условие H , составляет 3 см. Значит, по геометрическому определению, условная вероятность равна

P A | H 6,53 136 0,461539.

Таким образом, после того, как добавилась дополнительная информация о том, что длина промежуточного куска равна 2,5 см, вероятность того, что разница между длинами куска с дном колбы и куска с концом колбы не превысит 3 см, уменьшилась. Если безусловная вероятность больше 50 %, то условная уже меньше.

Вариант решения № 2. Вместо длин кусков колбы в качестве случайных исходов можно рассматривать координаты точек разлома колбы. Пусть

x– координата первого разлома ближе ко дну колбы, 0 x 9;

y– координата второго разлома ближе к концу колбы, 0 y 9;

Очевидно, что если принять дно колбы за точку отсчета, то x y . Схематически это можно изобразить на числовой оси (рис. 11).

Рис. 11. Случайные точки разлома на колбе

69

Если представить все возможные исходы в двумерном пространстве, то получим такой же прямоугольный треугольник, как и ранее (рис. 10), но с гипотенузой, лежащей на луче, проведенном из начала координат под углом 45 градусов. Предоставляем читателю возможность самостоятельно проиллюстрировать второй вариант решения.

Длина куска с дном колбы составляет x , а куска с концом колбы

условие, что эта абсолютная разница не превысит 3 см, выражается неравенством

A x y 9 3 .

Если заштриховать множество точек области всех исходов, удовлетворяющих этому неравенству, то получим фигуру, аналогичную за-

штрихованной на рис. 10, с площадью S2. Площадь треугольника области всех исходов составляет S0 . Следовательно, искомая вероятность равна

P A S2 5 .

S0 9

Здесь, как и в задаче 2.2, можно смоделировать случайные эксперименты и вычислить относительную частоту событий. Удобнее моделировать на основе второго варианта решения (как независимое бросание двух случайных точек на отрезок от 0 до 9). Поскольку можно равновероятно попасть в любую точку на отрезке, то используется равномерно распределенное случайное число, генерируемое с помощью функции runif. Код, реализующий такие расчеты, представлен в прил. Ж.

Ответ: P(A) 95 0,555556; P A|H 136 0,461539.

2.9. УГАДЫВАНИЕ ПРОИЗВЕДЕНИЯ ЦИФР

Задача. Пусть случайно сгенерирован исходный код из шести цифр от 0 до 9 (цифры не повторяются). Игрок вводит свой случайный код. Если произведение его цифр не совпадает с произведением цифр исходного кода, то игрок вводит новый случайный код с другим произ-

70