(확률과 통계) 비복원 추출 파헤치기

P(B)=P(B|A)+P(B|A^C)는 참? 거짓?

하나와 두리가 차례대로 각각 제비뽑기를 한다고 하자. 하나가 당첨될 사건을 A라 하고, 두리가 당첨될 사건을 B라 하면 두 사건 A, B는 A -> B 순서대로 일어난다. (예: A^C 발생 후 B발생) 이처럼, 사건의 순서가 정해진 경우,

다음 중 옳은 것은?

• ① P(B)=P(B|A)+P(B|A^C)
• ② P(B) = P(A∩B) + P(A^C∩B)

수업 때 물어보면 서로 답이 갈리는 문제이다. 많은 학생들이 오개념을 갖고 있다는 뜻이다. 정답은 ② 번이다.

1,2번 모두 확률의 덧셈정리를 적용한 결과임을 눈치챘는가? 확률의 덧셈정리는 반드시 같은 표본공간 S 내의 사건들에 대해 적용해야 한다. A∩B와 A^C∩B는 표본공간이 동일하므로, 확률의 덧셈정리에 의해,

\begin{align*}
P(B) &= P((A \cap B) \cup (A^c \cap B)) \\
&= P(A \cap B) + P(A^c \cap B)
\end{align*}

이 성립한다.

한편, B|A, B|A^C는 확률의 덧셈정리를 적용할 수 없다. 전자는 표본공간이 A, 후자는 표본공간이 A^C 로써, 서로 다르기 때문이다.

비복원추출 제비뽑기 : 니 하나 내 하나

아래 예제는 유명한 예제라서 학생들이 기억했으면 하는 마음에 ‘니 하나 내 하나’라고 이름을 붙여 보았다. 말 그대로, 둘이서 제비뽑기를 하는데 순서대로 한 개씩 뽑는 상황이며 당연히 비복원추출이다.

“승민이와 희찬이가 차례로”

라고 되어 있는 부분에서 사건 순서는 다음과 같다는 것을 알 수 있다. 승민, 희찬이 당첨제비를 뽑는 사건을 각각 A, B라고 하면,

사건 순서 : A -> B

이다. 따라서 풀이과정은 다음과 같다.

P(A)는 비교적 쉽게 구할 수 있다.

P(A) = \frac{4}{20} = \frac{1}{5}

이제 P(B)를 구하자. 앞서, 살펴본대로 식을 세우면,

\begin{align*}
P(B) &= P((A \cap B) \cup (A^c \cap B)) \\
&= P(A)P(B | A) + P(A^C)P(B | A^C) \\
&= \frac{1}{5} \times \frac{3}{19} + \frac{4}{5} \times \frac{4}{19} = \frac{1}{5}
\end{align*}

이다.

이 예제가 중요한 이유는 다음 2가지이다.

첫째, A 또는 A^C 발생 후에 일어나는 사건 B의 확률을 구할 때 P(B) = P(A∩B) + P(A^C∩B) 를 쓰는 것이다. 이는 앞서 자세히 설명하였다.

둘째, 추출 순서가 A -> B 임에도 둘의 당첨 확률, 즉 P(A), P(B)가 같다는 것이다. 이는 승민, 희찬 예제 뿐 아니라 일반적인 비복원추출에서 늘 성립한다. 뽑는 순서가 다르면 당첨 유불리가 서로 다를 것 같다는 직관에 위배되는 내용이라 주의가 필요하다.

.

4회째에 흰 공이 나올 확률

앞서 비복원 추출 문제에서 추출 순서는 당첨 확률에 전혀 영향을 끼치지 않는다는 것을 살펴 보았다. 이를 이용하면 비복원 추출 심화 문제를 더 효율적으로 해결할 수 있는데 그 예를 살펴 보자.

가장 원시적으로 문제를 해결하기 위해 4회째에 흰공이 나오는 모든 사건을 수형도로 나열하면 다음과 같다.

그림넣기//

위 16개 사건의 확률을 일일이 구하면 식이 아래와 같다.

\begin{align*}
& P(\text{4회째 흰공}) \\
& = P(W \rightarrow W \rightarrow W \rightarrow W) \\
& \quad + P(W \rightarrow W \rightarrow R \rightarrow W) \\
& \quad + P(W \rightarrow R \rightarrow W \rightarrow W) \\
& \quad + P(R \rightarrow W \rightarrow W \rightarrow W) \\
& \quad + P(R \rightarrow R \rightarrow W \rightarrow W) + \dots
\end{align*}

16개 확률을 모두 따로 구하여 더해야 하기 때문에 귀찮다.

그런데

\begin{align*}
 P(W \rightarrow W \rightarrow R \rightarrow W) 
\end{align*}

\begin{align*}
 P(W \rightarrow R \rightarrow W \rightarrow W) 
\end{align*}

\begin{align*}
 P(R \rightarrow W \rightarrow W \rightarrow W) 
\end{align*}

는 모두 뽑는 순서만 다르므로앞서 살펴본 ‘니 하나 내 하나’ 예제를 상기한다면 서로 확률이 같다. 즉, 하나만 구해서 3을 곱하면 된다. 그러면, 4회째에 흰 공이 나오는 사건을 배반사건들로 분류하면 아래와 같다.

• 1) 시행 1~3회 모두 흰 공 추출 {W,W,W}
• 2) 시행 1~3회에서 흰공 2개, 붉은 공 1개 추출 {W,W,R}
• 3) 시행 1~3회에서 흰공 1개, 붉은 공 2개 추출 {W,R,R}
• 4) 시행 1~3회에서 붉은 공 3개 추출 {R,R,R}

따라서 풀이는 아래와 같이 간단히 고칠 수 있다.

\begin{align*}
& P(\text{4회째 흰공}) \\
& = P(\{W,W,W\} \rightarrow W) \\
&+ P(\{W,W,R\} \rightarrow W) \\
& \quad + P(\{W,R,R\} \rightarrow W) \\
&+ P(\{R,R,R\} \rightarrow W)
\end{align*}

\begin{align*}
& P(\text{4회째 흰공}) \\
& =  P(\{W,W,W\} \rightarrow W) \\
&+ 3* P(W \rightarrow W \rightarrow  R\ \rightarrow W) \\
& \quad + 3* P(W \rightarrow R \rightarrow  R\ \rightarrow W) \\
&+ P(\{R,R,R\} \rightarrow W)
\end{align*}

(더 쉽게 설명할 수 있는데 수식 편집의 한계로 이렇게 설명하는 게 최선임을 양해 바랍니다 ㅠ. 직접 물어보러 오면 대환영 🙂 )