Л. КЭРРОЛЛА ПО ТЕОРИИ ВЕРОЯТНОСТЕЙ

УДК 519.2
«ПОЛУНОЧНЫЕ ЗАДАЧИ» Л. КЭРРОЛЛА ПО ТЕОРИИ ВЕРОЯТНОСТЕЙ
Шаров В.С., Волхонская М.С.
научный руководитель канд. пед. наук, доц. Попова Е.А.
Сибирский федеральный университет
«Очевидный» - самое опасное слово в математике.
Гемпл Белл
Это высказывание находит свое полное отражение во второй части книги «Математические курьёзы» - «Полуночные задачи, придуманные в часы бессонницы» («Pillow Problems, Thought Out During Sleepless Nights») - изданной в 1893 году английским
писателем, математиком и логиком Льюисом Кэрроллом (настоящее имя Чарльз
Лютвидж Доджсон). Она была переведена в 1972 году русским физиком, математиком
и переводчиком Юлием Александровичем Даниловым.
Замечательная по своей глубине и значимости идея о том, что «человек разумный» есть в первую очередь «человек играющий». Кэрролл благодаря своим задачам
сделал «сухую математику» более оживленной и интересной. Выпуская книгу, он предупреждает о том, что возможно в его решениях еще есть ошибки, которые «ожидают
проницательного взгляда какого-нибудь критически настроенного читателя». При этом
он делает математику еще более интригующей. Решение задач 5, 16, 19, 27 [1].
Л.Кэрролла несколько сумбурно и достаточно сложно для понимания.
Цель данного исследования: оформить решение задач по теории вероятностей
из сборника Л. Кэрролла «Полуночные задачи, придуманные в часы бессонницы» (задачи №№ 5, 16, 19, 27 [2]), используя современный математический аппарат.
Задача № 5. Урна содержит один шар, о котором известно, что он либо белый,
либо черный. В урну кладут белый шар, после чего ее содержимое перемешивают и
вытаскивают наудачу один шар, который оказывается белым. Какова после этого вероятность вытащить белый шар? [1, с. 95]
Решение Л. Кэрролла:
«На первый взгляд может показаться, что после того, как мы добавили в урну один белый
шар и извлекли из нее один белый шар, возникла ситуация, тождественная исходной, и, следовательно, вероятность вытащить белый шар вновь стала такой, какой она была вначале, то есть 1/2.
Однако те, кто так думает, заблуждается.
До того, как мы положили в урну белый шар, вероятность присутствия в ней одного белого
шара была равна 1/2 и такой же была вероятность того, что в урне находится 1 черный шар. Следовательно, после того, как мы положили в урну белый шар, вероятность того, что в ней находятся 2
белых шара или 1 белый и 1 черный, одинаковы и равны 1/2. С какой вероятностью шар, извлекаемый из урны, будет белым в каждом из этих двух случаев? Если в урне 2 белых шара, то извлечение белого шара произойдет с вероятностью 1, то есть будет достоверным событием. Если в урне 1
белый и 1 черный шар, то вероятность извлечь белый шар равна 1/2. Таким образом, после извлечения одного белого шара вероятность того, что урна до извлечения его содержала 2 белых шара
или 1 белый и 1 черный, пропорциональна соответственно 1/2·1 и 1/2  1/2, то есть 1/2 и 1/2, или 2 и 1.
Следовательно, эти вероятности равны 2/3 (2 белых шара в урне перед вытаскиванием белого шара) и 1/3 (в урне 1 белый и 1 черный шар). Таким образом, после извлечения белого шара вероятность того, что в урне остался 1 белый шар равна 2/3, а вероятность того, что в урне остался 1 черный шар, 1/3.
Итак, вероятность того, что при очередном извлечении шара из урны белый равна 2/3, что и
требовалось доказать» [1, с. 119].
Самостоятельное решение: Событие А заключается в том, что первый раз извлекают белый шар. Событие В заключается в том, что второй раз извлекают тоже белый шар.
Формулируем гипотезы: Н1 – первоначально урна содержит белый шар; Н2 –
первоначально урна содержит черный шар. Априорные вероятности гипотез равны:
1
. В урну кладут белый шар. Условные вероятности события А:
2
1
P( A H1 )  1 ; P( A H 2 )  . По формуле полной вероятности, найдём вероятность появле2
2
1 1 1 3
ния события А: P( A)  P( H i )  P( A H i )  1     . Используя формулу Байеса,
2 2 2 4
i 1
P( Н1 )  P( H 2 ) 

2
3
1
3
найдём апостериорные вероятности: P( H1 A)  ; P( H 2 A)  .
По условию задачи известно, что событие А уже произошло. Известно, что если после опыта, закончившегося появлением события А, производится ещё один опыт,
в котором может появиться или не появиться событие В, то вероятность (условная) этого последнего события вычисляется по формуле полной вероятности, в которую подставлены не прежние вероятности гипотез P ( Н i ) , а новые P( H i A) :
P( В А) 
n
 P(H
i
A)  P( B H i A) . [2, с.49]
(1)
i 1
Найдём условные вероятности вытащить белый шар, при условии, что уже был
извлечен белый шар: P( B H1 A)  1 ; P( B H 2 A)  0 . Найдём вероятность события В, при
2
условии, что уже произошло событие А: P( B A)   P( H i A)  P( B H i A)  1   0  . Та2
3
i 1
ким образом, вероятность повторно вытащить белый шар, равна
1
3
2
3
2
.
3
Задача №16. Имеются две урны. В одной из них находится шар, о котором известно, что он либо белый, либо черный. В другой урне находится 1 белый и 2 черных
шара. В первую урну кладут белый шар, после чего ее хорошенько встряхивают и извлекают из нее один шар, который оказывается белым. Как следует действовать, чтобы
вероятность извлечь белый шар после проделанных операций была наибольшей: тащить шар, не зная, из какой урны мы его извлекаем, или сначала пересыпать содержимое одной урны в другую и лишь затем тащить шар? [1, с.97] Решение Л. Кэрролла [1,
с.126-127].
Решение. Рассмотрим два случая: первый – тащат белый шар после всех проделанных операций, не зная, из какой урны его извлекают; второй – сначала содержимое
одной урны пересыпали в другую и лишь потом тащат шар. Событие А заключается в
том, что после всех проделанных операций извлекают белый шар.
Случай первый: Формулируем гипотезы: Н 1 - белый шар тащат из первой урны;
Н 2 - белый шар – из второй урны. Априорные вероятности гипотез равны:
P( Н1 )  P( H 2 ) 
1
. В первую урну кладут белый шар, после чего ее хорошенько встря2
хивают и извлекают из нее белый шар. Найдём условные вероятности появления собы2
1
: P( А Н 2 )  . Найдём вероят3
3
2
1
ность появления события А: P1 ( А)  P( Н i )  P( А Н i )  .
2
i 1
тия А. Воспользуемся решением задачи 5: P( А Н1 ) 

Случай второй: В первой урне перед смешиванием могут быть или один белый
шар (если в этой урне изначально лежал белый шар - в задаче 5 вероятность
2
) или
3
1
).
3
один чёрный шар (если в этой урне изначально лежал чёрный шар – вероятность
Урны смешивают. Получают общую урну, в которой: или два белых и два черных шара
– М 1 или один белый и три черных шара - М 2 . М 1 и М 2 - это гипотезы.
2
3
1
3
Априорные вероятности гипотез М 1 и М 2 . P(М1 )  ; P( М 2 )  ; условные ве2
4
1
2
1
4
роятности события А. P( А М1 )   ; P( А М 2 )  . Вероятность появления события А:
P2 ( А)  P(М1 )  P( А М1 )  P(М 2 )  P( А М 2 ) 
1 2 1 1 5
    .
2 3 4 3 12
Таким образом, вероятность извлечения белого шара из урны, выбранной
1
. А вероятность извлечения белого шара из урны, в которую было
2
5
пересыпано содержимое другой урны, составляет
. Следовательно, первый способ
12
наугад, составляет
предпочтительней.
Задача №19. Имеются 3 урны. В одной из них содержится 1 белый и 1 черный
шар, в другой – 2 белых и 1 черный шар и в третьей – 3 белых и 1 черный шар. В каком
именно порядке расставлены урны, неизвестно. Из первой урны извлекают белый шар,
из второй – черный. Какова вероятность вытащить из оставшейся урны белый шар? [2,
C.98]. Решение Л. Кэрролла [1, с.128-129].
Решение: Введем обозначения: А – урна, в которой содержится один белый и
один черный шар; В – урна, содержащая два белых и один черный шар; С – урна, где
три белых и один черный шар. Событие К, заключается в том, что из первой урны извлекают белый шар, а из второй урны – черный шар; события Е, заключается в том, что
из третьей урны извлекают белый шар.
Формулируем гипотезы через способы расстановки урн: АВС – Н1; АСВ – Н2;;
1
6
ВАС – Н3; ВСА – Н4; СВА – Н5; САВ – Н6. Априорные вероятности гипотез: P( H i )  ,
i  1, 6 .
Условные
вероятности
события
1 1 1
1 1 1
2 1 1
2 1
  ; P ( K H 2 )    ; P ( K H 3 )    ; P( K H 4 )   
2 3 6
2 4 8
3 2 3
3 4
3 1 3
3 1 1
Вероятность появления
P( K H 5 )    ;
P( K H 6 )    .
4 3 4
4 2 8
6
17
2
;
P( K )  PH i  P( К H i )  . Апостериорные вероятности: P( H1 K ) 
72
17
i 1
P( K H1 ) 

P( H 3 K ) 
К:
1
;
6
события
P( H 2 K ) 
К:
3
;
34
4
2
3
9
; P ( H 4 K )  ; P ( H 5 K )  ; P( H 6 K )  .
17
17
34
17
По условию задачи, событие К уже произошло. Условные вероятности события
3
4
Е, при условии, что уже произошло событие К: P( Е H1K )  ; P( Е H 2 K ) 
2
;
3
3
1
1
2
; P( Е H 4 K )  ; P( Е H 5 K )  ; P( Е H 6 K )  . Найдём вероятность появле4
2
2
3
6
11
ния события Е: P( Е К )  PH i K   P( Е H i K )  .
17
i
P( Е H 3 K ) 

Задача №27. Имеются 3 урны, в каждой из которых содержится по 6 шаров. В
одной урне находятся 5 белых шаров и 1 черный, в другой – 4 белых и 2 черных шара и
в третьей – 3 белых и 3 черных шара. Из двух урн (из каких именно, неизвестно) из-
влекли 2 шара, оказавшихся черным и белым. Какова вероятность вытащить из оставшейся урны белый шар? [1, с.99]
Решение. Ознакомиться с решением задачи можно в книге [1, с. 135]. Введем
обозначения: А – урна, в которой пять белых и один черный шара; В – урна, в которой
четыре белых и два черных шара; С - урна, в которой три белых и три черных шара.
Событие К заключается в том, что из двух урн извлекают два шара оказавшихся черным и белым. Событие Е заключается в том, что из оставшейся урны извлекают белый
шар.
Формулируем гипотезы: Н1 – из урны А извлечен белый шар, из В – черный; Н2
– из урны А – черный шар, из В – белый; Н3 – из урны А – белый шар, из С – черный;
Н4 – из урны А – черный шар, из С – белый; Н5 – из урны В – белый шар, из С – черный; Н6 – из урны В – черный шар, из С – белый. Априорные вероятности гипотез рав1
6
ны: P( H i )  , i  1, 6 . Найдём условные вероятности события К:
5 2 5
1 4 1
5 1 5
  ; P ( К H 2 )    ; P( К H 3 )    ;
6 6 18
6 6 9
6 2 12
1 1 1
4 1 1
2 1 1
P( К H 4 )    ; P ( К H 5 )     ; P ( К H 6 )    .
6 2 12
6 2 3
6 2 6
6
25
Вероятность появления события К: P( K )  PK H i   P( H i ) 
. Апостери108
i
P( К H1 ) 

орные
вероятности:
P( H 5 K ) 
P( H1 K ) 
1
;
5
P( H 2 K ) 
2
;
25
P( H 3 K ) 
3
;
10
P( H 4 K ) 
3
;
50
6
3
; P( H 6 K )  . По условию задачи, событие К уже произошло. Известно,
25
25
что, если после опыта, закончившегося появлением события К, производится ещё один
опыт, в котором может появиться или не появиться событие Е, то вероятность (условная) этого последнего события вычисляется по формуле полной вероятности, в которую подставлены не прежние вероятности гипотез P( Н i ) , а новые P( H i К ) :
P( Е К ) 
n
 P(H i К )  P( Е H i К ) .
i 1
Условные вероятности события Е, при условии, что уже произошло событие К:
P( Е H1К ) 
1
1
2
5
2
5
; P( Е H 2 К )  ; P( Е H 3 К )  ; P ( Е H 4 К )  ; P ( Е H 5 К )  ; P( Е H 6 К )  .
2
2
3
3
6
6
6
Вероятность события Е: P( Е )   P( H i K )  P( Е H i К ) 
i
влечь из оставшейся урны белый шар
17
. Таким образом, вероятность из25
17
.
25
Решение рассмотренных задач сводится к применению формулы (1). На первый взгляд задачи Кэрролла по теории вероятностей являются простыми и неинтересными. Большинство считают, что, положив в урну белый шар и снова его вытащив, вероятность следующего события не изменится. Но нам с автором книги, полагаем, удалось доказать обратное.
Библиографический список
1. Кэррол Л. История с узелками/ Пер. с анг. Ю.А. Данилова; предисловие
Ю.А. Данилова, Я.А. Смородинского. – Москва: Мир, 1973. – 408 с.
2.Вентцель Е.С. Задачи и упражнения по теории вероятностей: Учебное пособие/ Е.С. Ветцель, Л.А. Овчаров. – 5-е изд., испр. – Москва: Издательский центр «Академия», 2004. - 442 с.