Контрольная работа на тему «Представление случайного эксперимента в виде дерева»

Введение

Есть задачи по теории вероятностей, над которыми можно долго сидеть, перебирая варианты в уме, и всё равно ошибиться. Чаще всего это задачи, где опыт проходит в несколько шагов: монету подбрасывают дважды, из коробки по очереди достают карточки, стрелок стреляет три раза подряд. Ошибка обычно одна и та же: какой-нибудь вариант забыт или посчитан дважды. Против неё давно придумано простое средство, рисунок в виде дерева, на котором видно каждый шаг и каждое разветвление.

В контрольной работе разобраны четыре задания разной трудности. Сначала идёт совсем простой опыт с монетой, на котором удобно привыкнуть к самому рисунку. Потом появляется зависимость шагов друг от друга, затем серия одинаковых испытаний, и в конце задача, где дерево приводит к формуле полной вероятности и формуле Байеса. К каждому заданию даны решение, пояснения и ответ, а там, где легко ошибиться, отдельно сказано, в чём именно состоит ловушка.

Краткие теоретические сведения

Дерево случайного эксперимента — схема, на которой из начальной вершины (корня) выходят рёбра для всех исходов первого шага, из конца каждого такого ребра выходят рёбра для исходов второго шага и так далее. Путь от корня до последней вершины, листа, изображает один элементарный исход всего опыта, а число листьев равно числу таких исходов. Над каждым ребром подписывают вероятность. Если сложить вероятности на рёбрах, выходящих из одной вершины, всегда получится единица, и эту проверку стоит делать каждый раз, потому что она ловит большую часть описок.

Считать по дереву помогают два правила. По правилу умножения вероятность пути равна произведению чисел, стоящих на его рёбрах; если второй шаг зависит от первого, на нижних рёбрах пишут условные вероятности, то есть вероятности при условии, что первый шаг уже прошёл именно так. По правилу сложения вероятность события равна сумме вероятностей всех путей, которые к нему приводят: разные пути не могут осуществиться одновременно, а значит, их вероятности складываются. Короче всего эти правила запоминаются так: вдоль пути умножаем, между путями складываем.

Сам приём гораздо старше школьных учебников. Ещё в 1654 году Блез Паскаль и Пьер Ферма в переписке обсуждали так называемую задачу о разделе ставки: как справедливо поделить деньги между игроками, если игру пришлось прервать до конца. Ферма решал её, перебирая все возможные продолжения партии, то есть, по сути, рисуя в уме дерево. Через три года Христиан Гюйгенс изложил эти рассуждения в небольшом трактате о расчётах в азартных играх, который долго оставался главным учебником по вероятностям.

Задание 1. Монета брошена дважды

Условие. Симметричную монету бросают два раза. Постройте дерево эксперимента, перечислите элементарные исходы и найдите вероятность того, что орёл выпадет ровно один раз.

Решение. Первый бросок даёт два варианта, орёл «О» или решку «Р», поэтому из корня рисуем два ребра и над каждым пишем 1/2. Второй бросок ничего не знает о первом, так что из конца каждого ребра снова выходят «О» и «Р» с теми же вероятностями 1/2. На рисунке получается четыре листа, то есть четыре пути: ОО, ОР, РО и РР. Каждый из них по правилу умножения имеет вероятность 1/2 · 1/2 = 1/4.

Ровно один орёл выпадает на путях ОР и РО, и вероятность события равна 1/4 + 1/4 = 1/2. Здесь и прячется ловушка, ради которой задача включена в работу. Если рассуждать без рисунка, хочется сказать, что исходов три: два орла, две решки и один орёл, а значит, ответ 1/3. Дерево сразу показывает, что «один орёл» получается двумя разными способами, сначала орёл, потом решка или наоборот, и потому встречается вдвое чаще остальных вариантов.

Ответ: 0,5.

Задание 2. Шары без возвращения

Условие. В урне 3 белых и 2 чёрных шара. Наугад вынимают один шар, не возвращают его и вынимают второй. Найдите вероятность того, что оба шара окажутся одного цвета.

Решение. На первом шаге всё просто: белый шар достают с вероятностью 3/5, чёрный с вероятностью 2/5. А вот второй шаг уже зависит от того, что случилось на первом, ведь вынутый шар назад не кладут. Если первым оказался белый, в урне лежат 2 белых и 2 чёрных, и на рёбрах второго уровня пишем 2/4 и 2/4. Если первым оказался чёрный, там 3 белых и 1 чёрный, и вероятности становятся 3/4 и 1/4.

Теперь перемножаем вдоль путей. ББ: 3/5 · 2/4 = 6/20. БЧ: 3/5 · 2/4 = 6/20. ЧБ: 2/5 · 3/4 = 6/20. ЧЧ: 2/5 · 1/4 = 2/20. В сумме 20/20, значит, ничего не потеряно. Одноцветную пару дают пути ББ и ЧЧ, поэтому искомая вероятность равна 6/20 + 2/20 = 8/20 = 0,4. Стоит обратить внимание, что при возвращении шара ответ был бы другим: 9/25 + 4/25 = 0,52, и разница между двумя опытами видна именно на нижнем уровне дерева.

Ответ: 0,4.

Задание 3. Серия выстрелов

Условие. Стрелок попадает в мишень при каждом выстреле с вероятностью 0,8 независимо от других выстрелов. Он делает три выстрела. Постройте дерево, найдите вероятности всех путей и вероятность того, что будет хотя бы одно попадание.

Решение. Попадание обозначим буквой «П», промах буквой «М». Из каждой вершины выходят два ребра, «П» с вероятностью 0,8 и «М» с вероятностью 0,2, а уровней у дерева три, по числу выстрелов. Листьев получается 2 · 2 · 2 = 8. Рисовать такое дерево целиком полезно один раз, чтобы увидеть закономерность: вероятность пути зависит только от того, сколько в нём попаданий, а не от того, в каком порядке они идут. Поэтому пути удобно сгруппировать, как в таблице 1.

Таблица 1 — Пути дерева для трёх выстрелов (p = 0,8)

Хотя бы одно попадание случается на семи путях из восьми, и складывать их все неудобно. Гораздо быстрее найти вероятность противоположного события, когда стрелок промахнулся все три раза. Ему соответствует единственный путь МММ с вероятностью 0,008, и тогда искомая вероятность равна 1 − 0,008 = 0,992.

Как распределяется вероятность между разным числом попаданий, показано на рисунке 1. У меткого стрелка столбики растут слева направо, и больше половины всей вероятности, 0,512, приходится на один-единственный путь из трёх попаданий подряд.

Тот, кто уже знаком с формулой Бернулли, узнает в последнем столбце таблицы её значения: P(k) = C(3, k) · 0,8^k · 0,2^(3 − k). Дерево хорошо объясняет, откуда в формуле берётся число сочетаний C(3, k). Это просто количество путей, на которых ровно k попаданий, и для двух попаданий таких путей как раз три.

Ответ: 0,992.

Задание 4. Две фабрики и формула полной вероятности

Условие. В магазин поступают лампочки с двух фабрик: 60 % с первой и 40 % со второй. Брак на первой фабрике составляет 2 %, на второй 5 %. Покупатель берёт одну лампочку. Найдите вероятность того, что она бракованная. Лампочка оказалась бракованной; какова вероятность, что её выпустила вторая фабрика?

Решение. В этой задаче дерево начинается не с самого опыта, а с того, откуда взялась лампочка. На первом уровне два ребра: Ф1 с вероятностью 0,6 и Ф2 с вероятностью 0,4. На втором уровне из Ф1 выходят рёбра «брак» с вероятностью 0,02 и «годная» с вероятностью 0,98, из Ф2 рёбра «брак» с вероятностью 0,05 и «годная» с вероятностью 0,95. К браку ведут два пути: через первую фабрику с вероятностью 0,6 · 0,02 = 0,012 и через вторую с вероятностью 0,4 · 0,05 = 0,020. Складывая, получаем 0,032. В учебниках то же самое записывают как формулу полной вероятности, но на дереве её смысл понятен без всяких обозначений.

Второй вопрос звучит иначе: мы уже знаем, что лампочка бракованная, и спрашиваем, по какому пути она к нам пришла. Значит, нужно узнать, какую долю от общей вероятности брака составляет путь через вторую фабрику: 0,020 / 0,032 = 0,625. Это формула Байеса. Результат на первый взгляд неожиданный: вторая фабрика присылает меньше лампочек, но среди бракованных её продукции больше половины, потому что бракует она в два с половиной раза чаще.

Ответ: 0,032; 0,625.

Типичные ошибки

Если просмотреть решения подобных задач у разных учеников, ошибки повторяются удивительно однообразно. Самая частая из них, о которой уже шла речь в первом задании, — склеить разные пути в один исход и потерять вероятность. На втором месте стоит забытая зависимость: в задаче с шарами нижние рёбра пишут так, будто шар вернули в урну, и ответ получается 0,52 вместо 0,4. Третья ошибка встречается в задачах вроде задания 3, когда «хотя бы одно» пытаются посчитать, складывая только три пути с одним попаданием и забывая про остальные.

Против всех трёх помогает одна привычка: после того как дерево нарисовано, сложить вероятности всех листьев. Если сумма не равна единице, где-то потерян путь или неверно подписано ребро, и лучше найти это сразу, чем потом искать ошибку в ответе.