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

(число благоприятных исходов равно 1). Таких кодов всего 39, поэтому получаем 39 возможных вариантов. На второй попытке снова вводится код с уникальным произведением цифр, но не может быть введен код с тем произведением, которое уже использовалось на первой попытке. Поэтому во второй раз можно ввести только 38 различных кодов. Общее число вариантов, таким образом, составляет 39 ∙ 38.

Такие расчеты уже более обозримы, их можно проделать вручную, чтобы лучше осознать логику решения. В прил. И приведен программный код, реализующий и этот способ расчета. Легко убедиться, что оба способа дают один и тот же результат, а именно, P(A) 0,579058.

Значит, при случайном подборе кода шансы угадать произведение цифр за не более чем три попытки составляют 57,9 %. Заметим, что это несколько меньше, чем шансы угадать с первой попытки, если игрок вводит код с нулем, они составляли 60 %.

Вернемся к заданию. Предположим, что игрок использовал самую лучшую стратегию, решив, что исходный код сгенерирован случайно,

и ввел код с нулем. Тогда произошло событие B1(1) . При этом, как оказалось, произведение не было угадано, произведение цифр исходного кода точно не равно нулю (реализовано событие H1, противоположное к H1). Значит, необходимо найти условную вероятность собы-

тия A при условии B1(1) H1. В редуцированном пространстве исхо-

дов мы получаем подзадачу. Теперь событие A состоит в том, что хватит не более чем двух попыток (одна уже использована) для угадывания произведения цифр кода. И все возможные варианты кодов сокращаются до тех, в которых нет нуля, их всего 210 – 126 = 84. Тогда условную вероятность можно найти по формуле

Расчет реализуется аналогично с помощью уже описанных выше двух способов. Предоставим читателю самому провести вычисления. К тому же это требует лишь небольшого изменения программного кода

в прил. И. В результате получаем вероятность P A|B1(1) H1 0,039. Вероятность угадывания произведения цифр кода катастрофически

81

упала! И это понятно, для кодов, не содержащих ноль, шансы совпадения произведения цифр весьма невелики. И если бы игра велась не против генератора случайных чисел, а с разумным противником, то ему абсолютно невыгодно было бы выбирать исходный код с нулевым произведением цифр.

Ответ: P(A) 0,579058; P A|B1(1) H1 0,039.

2.10. КУПОНЫ В КОРОБКАХ

Задача. Купоны в коробках пронумерованы от 1 до 7. Чтобы выиграть, нужно собрать полный комплект. Какова вероятность выигрыша, если всего 11 коробок и из каждой вынимается только один купон? Как она изменится, если из первой коробки вынут купон с номером 7?

Неправильное решение № 1. У нас есть семь типов объектов, N = 7, нужно выбрать одиннадцать элементов, k = 11, объекты одного типа могут повторяться сколько угодно раз. Порядок их размещения неважен. Тогда общее число вариантов определяется числом сочетаний с повторениями:

CNk k 1 C1711 12 376.

Для того чтобы собрать полный комплект, объекты всех типов должны присутствовать в отобранных купонах. Рассчитаем число сочетаний с повторениями (N – число типов элементов, k – число выбираемых элементов) с r фиксированными типами, определяемое как

CNk rk r 1 C104 210 .

Тогда вероятность события A ={собрать полный комплект} соста-

вит

P(A) 12376210 0,016968.

Однако этот ответ неверный, поскольку при использовании классического определения вероятности должна обеспечиваться равновероятность всех исходов. В сочетаниях с повторениями это не так, поскольку каждому сочетанию соответствует разное число перестановок. Например, возьмем два произвольных варианта и запишем для каждо-

82

го из них номера вытянутых купонов без учета порядка их изъятия из коробок:

1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 1, 2, 3, 4;

1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 1, 1, 1, 1.

Посчитаем вероятность каждого из этих вариантов. Определим в качестве элементарного исхода какую-то комбинацию номеров купонов с учетом порядка, в котором они вынимались. Следовательно, благоприятными исходами для рассматриваемых вариантов будут все возможные перестановки чисел в сочетании. Ранее (в табл. 6) мы уже определяли число перестановок с повторениями. Первому варианту

11!5! . В первом случае знаменатель равен 16, во втором 120. Очевидно,

что число элементарных исходов в первом случае больше, чем во втором, в 7,5 раз, следовательно, аналогично отличается и вероятность. Значит, равновероятными будут только такие сочетания с повторениями, в которых число повторений объектов одинаково. Например,

1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 2, 2, 2, 2;

1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 1, 1, 1, 1.

Неправильное решение № 2. Учтем свои ошибки и попробуем рассмотреть все перестановки. Тогда общее число элементарных исходов

определяется как число размещений с повторениями 711 1977326743, т. е. примерно 2 миллиарда.

Фиксируем семь коробок, из них можно извлечь купоны с номерами 1, …, 7 в любом порядке. Значит, всего вариантов 7! = 5040. В оставшихся четырех коробках могут быть любые числа от 1 до 7, т. е. число вариантов равно числу размещений семи элементов по че-

тырем коробкам с повторениями: 74 2401.

Тогда общее число благоприятных вариантов составляет 5040 × × 2401 = 12 101 040. Отсюда вычисляем вероятность

P(A) 12101040 0,006120. 1977326743

Заметим, что полученный результат почти в три раза меньше, чем в первом неправильном решении. Почему же это решение неверно?

83

Здесь учтены не все благоприятные варианты, полный комплект не обязательно должен быть выбран из первых семи коробок. Можно умножить полученный результат на число способов вынуть семь элементов из одинадцати (номера коробок, в которых будет полный ком-

плект) = C117 330:

P(A) 197732674312101040 330 0,183597.

Но теперь значение вероятности, возможно, завышено, поскольку несколько раз учтены некоторые исходы.

Прежде чем прийти к правильному решению, проверим с помощью моделирования, что полученные ответы действительно ошибочны. Для этого сгенерируем большое число вариантов – расстановки чисел от 1 до 7 на одиннадцати позициях с повторениями. Далее для каждого такого случайного варианта нужно определить, собран ли в нем полный комплект, т. е. присутствуют ли все числа от 1 до 7. Это на языке R можно реализовать разными способами. Нами выбран такой вариант. Сначала для каждого числа от 1 до 7 определяется, есть ли оно в случайном наборе чисел, это действие производится с помощью функции %in%, которая возвращает TRUE, если такое число есть, и FALSE, иначе. Полный комплект соответствует ситуации, когда все семь значений равны TRUE. Следовательно, их произведение, получаемое с помощью функции prod, равно 1. Если нет купона хотя бы с одним из чисел, то в возвращаемом векторе будет хотя бы один FALSE, поэтому произведение элементов вектора даст 0. Код, реализующий эти идеи, представлен в прил. К.

Тем самым по статистическому определению вероятность собрать полный комплект составит около 0.163. Это гораздо больше первого неправильного ответа и немного меньше завышенного значения, полученного в ходе неправильного решения № 2.

Правильное решение. В целом задача не представляла бы сложности, если бы не ее размерность. Схема решения лежит на поверхности: нужно выделить равновероятные элементарные исходы и подсчитать, сколько из них благоприятны событию A . Однако общее число перестановок с повторениями (которые как раз таки равновероятны) составляет почти 2 миллиарда. Если учесть, что еще каждая такая перестановка состоит из одинадцати чисел, то получаем около 20 миллиардов значений. Это огромное количество, и в системе R просто не

84

удастся разместить такой массив в оперативной памяти. Конечно, можно прибегнуть к разного рода ухищрениям: увеличить используемую оперативную память, разбить весь массив на подмножества и анализировать их отдельно. Но нет ли другого способа решения, который позволил бы снизить размерность задачи?

Да, такой способ решения есть, он не требует перебора всех вариантов, но активно использует знания комбинаторики и теории множеств. Но сначала нужно иначе взглянуть на интересующее нас событие A . Когда мы моделировали случайные наборы чисел, то благоприятными событию A были такие наборы, в которых каждый номер купона от 1 до 7 встречался хотя бы раз. Следовательно, если ввести со-

бытие Hi ={хотя бы раз будет вынут купон i}, то событие A можно представить как пересечение введенных событий:

A H1 H2 H7 .

Действительно, мы ожидали, что в векторе индикаторов наличия в наборе того или иного номера купона все значения будут TRUE и их

произведение даст 1. События H1,H2, ,H7 совместные, для них

можно использовать известную формулу вероятности объединение множества событий

Отсюда легко выразить вероятность пересечения всех событий:

85

Определим, как вычислить все вероятности в выражении (21). Начнем с объединения событий H1,H2, ,H7 . Объединение означает,

что хотя бы раз будет вынут любой из номеров купонов. Очевидно, что это достоверное событие, оно имеет место для любого набора вынутых

Вероятность события Hi легко определить через вероятность про-

тивоположного события Hi , что ни один раз не будет вынут номер i,

т. е. что одиннадцать раз подряд будет выниматься купон с любым другим номером кроме i. Вероятность вынуть любой другой номер кроме i из одной коробки равна 6/7. Вероятность того, что это событие будет

Очевидно, что все вероятности (22) событий H1,H2, ,H7 одина-

ковы, не зависят от i. Аналогично вероятности пересечений пар событий тоже одинаковы. Количество таких пар определяется числом спо-

собов извлечь два элемента из семи без учета их порядка: C72 . Тоже

самое касается пересечений троек и большего числа событий, в общем случае для пересечения i количество таких пересечений составляет

C7i . Тогда выражение (21) можно записать в следующем виде:

Разберем, как найти вероятность пересечения в соотношении (23), сначала на простом примере с двумя событиями. Вероятность пересе-

86

чения двух событий можно выразить через вероятность объединения противоположных событий:

Это следует из закона де Моргана, выражаемого в теории множеств

как: A B A B , где A и B – произвольные множества. В нашем

случае это означает, что для события, когда будут одновременно вынуты купон 1 и 2, противоположным является событие, что ни разу не будут вынуты купоны с номерами 1 или 2, или оба вместе.

Вероятность объединения двух событий можно выразить как

Подставим формулу (25) в (24) и получим

P H1 H2 1 (P(H1) P(H2) P(H1 H2)).

Вероятность противоположного события уже получена выше. Найдем вероятность пересечения двух противоположных событий, что ни разу не будут вынуты купоны 1 или 2, или оба вместе, следовательно, одиннадцать раз подряд будет иметь место событие, что вынут купон с любым номером от 3 до 7. Значит, из каждой коробки можно вынуть только пять купонов, отвечающих этому условию. Тогда

P H1 H2 5 11.7

Аналогичным образом можно выразить вероятность пересечения трех событий:

P(H1 H2 H3) 1 P H1 H2 H3 .

Вообще, закон де Моргана распространяется на любое число событий. И следуя все той же логике, запишем выражение для вероятности объединения противоположных событий:

P H1 H2 H3 C31P(H1) C32 P(H1 H2) P H1 H2 H3 .

87

Здесь сразу учтено, что P Hi одинаковы не зависимо от i , а также одинаковы P Hi H j для любой пары i j . Откуда получаем, что

P H1 H2 H3 1 C31 P(H1) C32 P(H1 H2) P H1 H2 H3 .

Теперь получим искомое выражение для пересечения событий H1 Hn , n 7 . По аналогии его можно представить как

Представим в общем виде вероятности пересечения множества противоположных событий H1,H2, ,Hl :

где k – число коробок, n – число купонов в коробках.

Подставив выражение (27) в соотношение (26), получим итоговое выражение для искомой вероятности. Программный код, реализующий эти вычисления для любой размерности, представлен в прил. К. Заметим, чтобы реализовать знакочередование используется циклическое повторение элементов вектора, поэтому в случае, если число купонов в коробках n нечетно, система выдаст предупреждение. Тем не менее расчеты будут произведены верно и система выдаст правильный ответ. В результате для случая с одиннадцатью коробками и семью номерами купонов получаем, что искомая вероятность события составит

P(A) 0,163096.

Это вполне согласуется с ответом, полученным с помощью статистического определения вероятности. Ответ: P(A) 0,163096.

88

2.11. ВЫНИМАЕМ БЮЛЛЕТЕНИ

Задача. После выборов, в которых участвовало два кандидата, за них поступило 22 и 23 бюллетеня. Бюллетени в урне были тщательно перемешаны. Если подсчет голосов производится последовательным извлечением бюллетеней из урны, какова вероятность того, что хотя бы один раз число вынутых бюллетеней, поданных за разных кандидатов, будет одинаково?

Решение. Искомая вероятность может быть вычислена с использованием классического определения, поскольку число возможных вариантов развития событий в этом опыте ограничено. Следовательно, нужно определить общее число возможных исходов.

Зададим элементарные исходы как последовательности, содержащие 22 нуля (бюллетени за первого кандидата) и 23 единицы (бюллетени за второго кандидата). Каждая перестановка нулей и единиц равновероятна. Общее число таких перестановок определяется по формуле числа перестановок группами:

Для того чтобы определить, какие из этих перестановок благоприятны событию A ={хотя бы один раз число вынутых бюллетеней, поданных за разных кандидатов, будет одинаково}, нужно проверить каждую такую перестановку, удовлетворяет ли она этому условию.

Заметим, что в задаче 2.10 число исходов было порядка 109 и мы столкнулись с невозможностью сгенерировать и проверить все эти варианты в среде R из-за ограничений на использование оперативной памяти. Здесь порядок еще больше, поэтому необходимо искать другой способ решения задачи.

Подумаем, в каких случаях число бюллетеней будет совпадать. Это возможно только на четных номерах вынимаемых бюллетеней. Например, когда мы вынимаем второй бюллетень, событию A благоприятны два варианта: 0, 1 и 1, 0. При вынимании третьего бюллетеня невозможно, чтобы число бюллетеней за разных кандидатов было одинаково.

Можно определить для каждого четного 2k-го вынимания число исходов, благоприятных событию A . Оно равно числу перестано-

89

вок 2k элементов, включающих одинаковое число единиц и нулей, т. е. по k:

mk (2k!kk)!! C2kk .

В нашем случае k может принимать значения от 1 до 22. Действительно, максимально возможное число совпадающих бюллетеней: 22 за одного кандидата и 22 за другого.

Теперь чтобы подсчитать все исходы, благоприятные событию A , нужно учесть и возможные варианты перестановок бюллетеней после каждого 2k-го вынимания. Если уже вынуто по k бюллетеней за каждого кандидата, то оставшаяся последовательность будет состоять из (22 k) нулей и (23 k) единиц.

Рассмотрим ситуацию, когда k 22, т. е. мы вынули по 22 бюлле-

теня за каждого кандидата. У нас остается только один вариант – мы достоверно вынем бюллетень за второго кандидата, потому что за первого бюллетеней не останется.

Варианту {перестановка из 22 нулей и 22 единиц, 1} соответствует m22 исходов. В эти исходы будут входить и все варианты, когда число

бюллетеней совпало при любом четном вынимании и последним был изъят бюллетень за второго кандидата.

Теперь рассмотрим оставшиеся варианты, когда последним вынут бюллетень за первого кандидата, т. е. фиксируем, что последовательность заканчивается на 0. В оставшейся последовательности остается 21 бюллетень за второго кандидата, т. е. максимально может совпасть только 21 бюллетень. Варианту {перестановка из 21 нуля и 21 едини-

цы, 1, 1, 0} соответствует m21 исходов, поскольку последний ноль за-

фиксирован, а две единицы в конце можно расположить единственным образом. В эти исходы будут включены и те ситуации, когда на любом четном ходу совпадет число бюллетеней, а в конце будет последовательность {1, 1, 0}.

Пусть теперь k 20, т. е. мы вынули по 20 бюллетеней за каждого

кандидата. У нас остается 2 бюллетеня за первого кандидата и 3 – за второго. При этом фиксируем, что последний бюллетень за первого кандидата. Тогда получаем вариант: {перестановка из 20 нулей и 20 единиц, перестановка из 3 единиц и 1 нуля, 0}. Первой перестановке

соответствует m20 исходов. Второй перестановке соответствует

90