1회 · 확률이란 무엇인가 · 워크북

D. 퀄형

여러 절의 도구를 잇는 종합 문제다. 머리의 제한 시간을 재고, 노트를 덮고 푼다. 모형을 확률공간으로 적는 것부터 답안의 일부다.

D1 Banach의 성냥갑 ★★★

정리 1.4, 5.11 · 제한 35분

한 수학자가 성냥이 $N$개씩 든 갑 두 개를 양쪽 주머니에 하나씩 넣고 다닌다. 성냥이 필요할 때마다 같은 확률로, 앞의 선택들과 독립으로 한쪽 주머니를 고른다. 고른 갑이 비어 있는 것을 처음 발견하는 순간에 다른 갑에 남은 성냥의 수를 $K$라 하자.

1. (a)

   $k=0,1,\dots,N$에서 $P(K=k)=\binom{2N-k}{N}2^{-(2N-k)}$임을 보여라.

2. (b)

   (a)에서 항등식 $\sum_{k=0}^N\binom{2N-k}N2^k=2^{2N}$을 얻어라. 이때 무엇을 확인해야 하는가?

3. (c)

   $N=5$이면 $P(K=0)$은 얼마인가?

힌트

왼쪽 갑이 비었음을 발견하고 오른쪽에 $k$개가 남는 사건은 “처음 $2N-k$번 가운데 왼쪽이 정확히 $N$번이고, 그다음 번이 왼쪽”인 사건이다. 왼쪽과 오른쪽을 바꾼 사건과 합친다.

풀이

(a) 선택들을 공정한 동전의 독립 시행으로 모형화한다(노트 예제 5.12의 독립 시행 모형). $L_k$를 “왼쪽 갑이 빈 것을 처음 발견하고, 그때 오른쪽에 $k$개가 남은” 사건이라 하자. 왼쪽이 빈 것을 발견하는 것은 왼쪽을 $N+1$번째로 고를 때다. 그때까지 오른쪽은 $N-k$번 골랐으므로 오른쪽은 아직 비지 않았고, 따라서 그 전에 오른쪽이 빈 것을 발견했을 수도 없다. 그러므로 $L_k$는 “처음 $2N-k$번 가운데 왼쪽이 정확히 $N$번이고 $(2N-k+1)$번째가 왼쪽”인 사건과 같다. 그런 선택의 순서는 $\binom{2N-k}N$가지이고 각각의 확률은 $2^{-(2N-k+1)}$이다. 오른쪽에 대한 같은 사건 $R_k$와 $L_k$는 서로소이고 확률이 같으므로

$$P(K=k)=2\binom{2N-k}N2^{-(2N-k+1)}=\binom{2N-k}N2^{-(2N-k)} .$$

(b) 최대 $2N+1$번 안에 반드시 어느 한 갑이 빈 것을 발견하므로 $\{K=k\}$ ($k=0,\dots,N$)는 표본공간의 분할이다. 따라서 $\sum_kP(K=k)=1$이고, 양변에 $2^{2N}$을 곱하면 항등식이다.

(c) $\binom{10}5/2^{10}=252/1024=\tfrac{63}{256}\approx0.246$이다. $N=5$이면 $K=0$과 $K=1$의 확률이 같고($\binom95/2^9=126/512$), 그 뒤로 줄어든다.

최종답 (a) $\tbinom{2N-k}{N}2^{-(2N-k)}$ (c) $\tfrac{63}{256}\approx0.246$

D2 도박꾼의 파산 ★★★

[T2], [T5] · 정리 4.7, 5.4, 5.13 · 제한 40분

판마다 확률 $p$로 1원을 따고 $q=1-p$로 1원을 잃는다. 판들은 독립이고 $p\ne\tfrac12$이다. 가진 돈이 $i$원($0<i<N$)에서 시작해 $N$원이 되거나 0원이 되면 멈춘다. $h_i$를 $N$원에 먼저 닿을 확률이라 하고 $h_0=0$, $h_N=1$로 둔다.

1. (a)

   게임이 영원히 끝나지 않을 확률이 0임을 보여라.

2. (b)

   첫 판에 대한 전확률 공식으로 $h_i=p\,h_{i+1}+q\,h_{i-1}$ ($0<i<N$)을 보여라.

3. (c)

   이 재귀와 경계조건을 만족하는 수열은 하나뿐임을 보이고 다음을 확인하라.

   $$h_i=\frac{1-(q/p)^i}{1-(q/p)^N}$$
4. (d)

   $p=0.4$, $i=5$, $N=10$이면 $h_5$는 얼마인가? 공정한 게임($p=\tfrac12$)이면 $h_i=i/N$이다. 비교하라.

힌트

(a) $N$판을 연속으로 따면 어디서 시작하든 끝난다. 겹치지 않는 $N$판짜리 묶음 $m$개가 모두 “연속 $N$승”이 아닐 확률은 $(1-p^N)^m$이다. 연속성(정리 4.7(b)). (c) 두 해의 차 $d_i$는 같은 재귀와 $d_0=d_N=0$을 만족한다. $d_i$가 가장 큰 곳을 생각한다.

풀이

(a) $E_m$을 처음 $m$개의 $N$판짜리 묶음(판 $1$–$N$, $N+1$–$2N$, …)에서 게임이 끝나지 않은 사건이라 하자. 게임이 끝나지 않았으면 각 묶음은 “$N$판 모두 승”이 아니었다. 묶음들은 서로 다른 판으로 이루어지므로 독립이고 $P(E_m)\le(1-p^N)^m$이다. $E_m$은 감소하고 $\bigcap_mE_m$이 “영원히 끝나지 않는다”이므로 연속성으로 확률은 $\lim_m(1-p^N)^m=0$이다.

(b) $W$를 $N$원에 먼저 닿는 사건, $H$를 첫 판을 따는 사건이라 하자. 전확률 공식으로 $P(W)=P(W\mid H)p+P(W\mid H^c)q$이다. 첫 판을 따면 남은 게임은 $i+1$원에서 새로 시작하는 게임과 같으므로(첫 판 이후의 판들은 첫 판과 독립이다. 노트 정리 5.13의 증명과 같은 논리) $P(W\mid H)=h_{i+1}$이고, 같은 방법으로 $P(W\mid H^c)=h_{i-1}$이다.

(c) 유일성: 두 해의 차 $d_i$는 $d_i=pd_{i+1}+qd_{i-1}$, $d_0=d_N=0$을 만족한다. $M=\max_id_i>0$이라 하고, $d_i=M$인 가장 작은 $i$를 잡자. $0<i<N$이고 $d_{i-1}<M$이므로 $d_i=pd_{i+1}+qd_{i-1}<pM+qM=M$이 되어 모순이다 [T2]. 같은 방법으로 $\min_id_i<0$일 수 없으므로 $d\equiv0$이다. 확인: $r=q/p$로 두면 $p\,r^{i+1}+q\,r^{i-1}=r^{i-1}(pr^2+q)=r^{i-1}(q^2/p+q)=r^{i-1}\cdot\tfrac qp=r^i$이므로 $r^i$은 재귀의 해이고, 상수도 해다. 그 일차결합 $\tfrac{1-r^i}{1-r^N}$은 재귀와 두 경계조건을 만족한다($p\ne\tfrac12$이면 $r\ne1$).

(d) $r=1.5$이므로 $h_5=\tfrac{1-1.5^5}{1-1.5^{10}}=\tfrac{32}{275}\approx0.116$이다. 공정한 게임이면 $\tfrac5{10}=0.5$다. 판마다 불리함은 $0.4$ 대 $0.6$으로 작지만 $N$에 닿을 확률은 네 배 넘게 줄어든다.

최종답 (c) $\tfrac{1-(q/p)^i}{1-(q/p)^N}$ (d) $\tfrac{32}{275}\approx0.116$

D3 Pólya의 항아리 ★★★

[T3] · 정리 5.3, 5.4, 5.5 · 제한 30분

빨간 공 $r$개와 파란 공 $b$개가 든 항아리에서 공을 하나 꺼내 색을 보고, 그 공을 같은 색의 공 $c$개와 함께 다시 넣는다. 이것을 되풀이한다. $R_n$을 $n$번째에 꺼낸 공이 빨강인 사건이라 하자.

1. (a)

   $P(R_2)=\frac r{r+b}$임을 보여라.

2. (b)

   $P(R_1\mid R_2)$를 구하라. $P(R_1)$보다 큰가?

3. (c)

   모든 $n\ge1$에서 $P(R_n)=\frac r{r+b}$임을 보여라.

4. (d)

   $r=b=c=1$이면 $P(R_1R_2R_3)$은 얼마인가?

힌트

(c) 명제를 “모든 $r,b>0$에 대해 $P_{r,b}(R_n)=\frac r{r+b}$”로 강하게 잡고 $n$에 대한 귀납법을 쓴다. 첫 번째 꺼냄에 대한 전확률 공식을 쓰면, 첫 꺼냄 뒤의 과정은 구성이 바뀐 새 항아리다.

풀이

(a) 첫 꺼냄으로 나누면(전확률 공식)

$$P(R_2)=\frac r{r+b}\cdot\frac{r+c}{r+b+c}+\frac b{r+b}\cdot\frac r{r+b+c}=\frac{r(r+c+b)}{(r+b)(r+b+c)}=\frac r{r+b} .$$

(b) 곱셈법칙과 (a)로 $P(R_1\mid R_2)=\tfrac{P(R_1R_2)}{P(R_2)}=\tfrac{r(r+c)}{(r+b)(r+b+c)}\cdot\tfrac{r+b}r=\tfrac{r+c}{r+b+c}$이다. $c>0$이면 $\tfrac{r+c}{r+b+c}>\tfrac r{r+b}$이다(교차곱하면 $bc>0$). 둘째가 빨강이었다는 것은 첫째도 빨강이었을 가능성을 높인다.

(c) $\mathcal S(n)$: “모든 $r,b>0$에 대해 $P_{r,b}(R_n)=\tfrac r{r+b}$”. $\mathcal S(1)$은 정의다. $\mathcal S(n)$을 가정하자. 첫 꺼냄이 빨강이면 그 뒤의 과정은 $(r+c,b)$에서 시작한 항아리이고, 거기서의 $n$번째 꺼냄이 원래의 $(n+1)$번째다. 전확률 공식과 귀납 가정으로

$$P_{r,b}(R_{n+1})=\frac r{r+b}\cdot\frac{r+c}{r+b+c}+\frac b{r+b}\cdot\frac r{r+b+c}=\frac r{r+b}$$

이고, 계산은 (a)와 같다. 귀납 가정을 다른 $(r,b)$에 쓰기 때문에 명제에 “모든 $r,b$”가 들어가야 한다.

(d) 곱셈법칙으로 $\tfrac12\cdot\tfrac23\cdot\tfrac34=\tfrac14$이다. 같은 항아리에서 빨강 둘과 파랑 하나가 나올 확률은 순서에 상관없이 $\tfrac1{12}$이다. 이 대칭(교환가능성)이 (c)의 결과의 이유다.

최종답 (a) $\tfrac{r}{r+b}$ (b) $\tfrac{r+c}{r+b+c}$ (d) $\tfrac14$

D4 크랩스 ★★★

[T5] · 정리 4.7, 4.9, 5.4 · 제한 35분

주사위 두 개의 합으로 하는 게임이다. 첫 굴림이 7이나 11이면 이기고, 2, 3, 12이면 진다. 그 밖의 합 $s\in\{4,5,6,8,9,10\}$이 나오면 $s$가 “포인트”가 되고, 그 뒤로 굴려 $s$가 7보다 먼저 나오면 이기고 7이 먼저 나오면 진다. 굴림들은 독립이다. 한 번 굴려 합이 $s$일 확률을 $\pi_s$라 하자.

1. (a)

   포인트가 $s$일 때 $s$가 7보다 먼저 나올 확률이 $\frac{\pi_s}{\pi_s+\pi_7}$임을 보여라. $s$도 7도 영원히 나오지 않을 확률이 0임도 보여라.

2. (b)

   포인트가 4일 때 이 확률은 얼마인가?

3. (c)

   이길 확률이 $\frac{244}{495}$임을 보여라.

힌트

(a) $E_k$를 “포인트 뒤 $k-1$번은 $s$도 7도 아니고 $k$번째가 $s$”인 사건이라 하면 $E_k$들은 쌍마다 서로소이고 $P(E_k)=(1-\pi_s-\pi_7)^{k-1}\pi_s$이다. (c) $\pi_s$는 $s=7$에서 가장 크고 대칭이다: $\pi_s=\frac{6-|s-7|}{36}$.

풀이

(a) $t=1-\pi_s-\pi_7$로 두면 독립으로 $P(E_k)=t^{k-1}\pi_s$이고, $E_k$들은 쌍마다 서로소이므로 가산가법성으로 $P(\bigcup_kE_k)=\pi_s\sum_{k\ge1}t^{k-1}=\tfrac{\pi_s}{1-t}=\tfrac{\pi_s}{\pi_s+\pi_7}$이다. 처음 $m$번에 $s$도 7도 나오지 않을 확률은 $t^m$이고, 이 사건들은 감소하므로 연속성으로 영원히 나오지 않을 확률은 $\lim t^m=0$이다.

(b) $\pi_4=\tfrac3{36}$, $\pi_7=\tfrac6{36}$이므로 $\tfrac{3}{3+6}=\tfrac13$이다.

(c) 첫 굴림에 대한 전확률 공식으로

$$P(\text{승})=\pi_7+\pi_{11}+\sum_{s\in\{4,5,6,8,9,10\}}\pi_s\frac{\pi_s}{\pi_s+\pi_7} =\frac{6+2}{36}+2\cdot\frac1{36}\Bigl(\frac{9}{9}+\frac{16}{10}+\frac{25}{11}\Bigr)=\frac{244}{495}\approx0.4929 .$$

$s$와 $14-s$의 항이 같으므로 묶었다($\pi_s^2/(\pi_s+\pi_7)$에 36을 곱하면 $\tfrac{3^2}{9}$, $\tfrac{4^2}{10}$, $\tfrac{5^2}{11}$). 이 게임은 걸이에게 $0.507$ 대 $0.493$으로 불리하다.

최종답 (b) $\tfrac13$ (c) $\tfrac{244}{495}\approx0.4929$

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