크랩스 원리

확률론에서 크랩스 원리는 반복적인 iid 시험에서 사건 확률에 대한 정리다. $E{\displaystyle {}_{}}$ ${\displaystyle {1\mathrm{}}_{}}$ ${\$및$$ $E{\displaystyle {}_{}}$ ${\displaystyle {2\mathrm{}}_{}}$ ${\$ 주어진 시험에서 발생할 수 있는 상호 배타적인 두 가지 사건을 나타내도록$$ 한다. $그{\displaystyle {}_{}}$ 후 E ${\displaystyle {1\mathrm{}}_{}}$ ${\$$displaystyle E_{$$1}:{$1}이 E ${\displaystyle {2\mathrm{}}_{}}$$${\$displaystyle E_{$1} 이전에 $발생$할 확률은 E 1 ${\$$displaystyle E_{1}$$또는$$$ $E{\displaystyle {}_{}}$ ${\displaystyle {2\mathrm{}}_{}}$ ${\$}}이 다음$$ 시험에서 발생할$$ 경우 $발생$하는 조건부 확률과 같다$$.

${\displaystyle \operatorname {P} [E_{1}\,\,{\text{before}}\,\,E_{2}]=\operatorname {P} \left[E_{1}\mid E_{1}\cup E_{2}\right]={\frac {\operatorname {P} [E_{1}]}{\operatorname {P} [E_{1}]+\operatorname {P} [E_{2}]}}}$

이벤트 $E{\displaystyle {}_{}}$ ${\displaystyle {1\mathrm{}}_{}}$ ${\$및 ${\displaystyle E_{}}$ 2 ${\$}}: 전체적으로 완전할 필요는$$ 없다(만약 그렇다면 결과는 사소한 것이다).^[1][2]

증명

$E{\displaystyle }$ ${\displaystyle {1\mathrm{}}_{}}$ ${\displaystyle$ $E_{$$1}:{$1} E 2$${\$displaystyle E_{$1}보다 먼저 $발생$하는 ${\displaystyle {이벤트}_{}}$로$,$ E 1 {\$displaystyle$$$$E_{1$} 또는$$ $E{\displaystyle {}_{}}$ ${\displaystyle {2\mathrm{}}_{}}$ ${\$}} 중 $어느{\displaystyle {}_{}}$ 것도 발생하지$$ 않는 이벤트로$$$$ 한다$.$ $B{\displaystyle }$ ${\displaystyle B$ $E{\displaystyle {}_{}}$ ${\displaystyle {1\mathrm{}}_{}}$ ${\$ ${\displaystyle E_{}}$ 2 ${\$}}: 상호 배타적이고 집단적으로 1심 재판의 모든 것을 망라하기$$ 때문에 우리는 다음과 같이 결정했다.

${\displaystyle \operatorname {P} (A)=\operatorname {P} (E_{1})\operatorname {P} (A\mid E_{1})+\operatorname {P} (E_{2})\operatorname {P} (A\mid E_{2})+\operatorname {P} (B)\operatorname {P} (A\mid B)=\operatorname {P} (E_{1})+\operatorname {P} (B)\operatorname {P} (A\mid B)}$

and ${\displaystyle \operatorname {P} (B)=1-\operatorname {P} (E_{1})-\operatorname {P} (E_{2})}$. Since the trials are i.i.d., we have ${\displaystyle \operatorname {P} (A\mid B)=\operatorname {P} (A)}$. Using ${\displaystyle \mathrm{P}(A{E}_1)=1,\mathrm{P}(A{E}_2}$${\displaystyle {}_{})}$= ${\displaystyle 0}$ ${\displaystyle$ $\operatorname {P$$}(A E_{1}=1,\quad \operatorname {P}($$A$ $E_{2}=0})$ 및$$ P $A)$에 대해 표시된 방정식 해결은 공식을 제공한다$.$

${\displaystyle \operatorname {P} (A)={\frac {\operatorname {P} (E_{1})}{\operatorname {P} (E_{1})+\operatorname {P} (E_{2})}}}$.

적용

시련이 두 선수의 경기를 반복하는 것이고, 그 이벤트는 다음과 같다.

${\displaystyle E_{1}:\mathrm {player\ 1\ wins} }$

${\displaystyle E_{2}:\mathrm {player\ 2\ wins}}}$

그런 다음, 크랩스 원칙은 누군가가 이긴다는 점을 감안하여(즉, 무승부가 발생하지 않는다는 점을 감안하여) 각 선수가 특정한 반복을 이기는 조건부 확률을 각각 부여한다. 실제로 $결과$는 P${\displaystyle }$⁡${\displaystyle }$[ ${\displaystyle {}_{}}$ ${\displaystyle {1\mathrm{}}_{}}$ ${\displaystyle {}_{}}$ ${\displaystyle \operatorname {P}[E_{1}]$ 및$$ $P{\displaystyle \mathrm{}}$ ${\displaystyle }$[${\displaystyle {E2\mathrm{}}_{}}$ ${\displaystyle {}_{}}$ ${\displaystyle \operatorname {P}[E_{2}]}}}$의 상대적 한계 확률에만 영향을 받는데,$$ 특히 추첨 확률은 무관하다.

정지

누군가 이길 때까지 게임을 반복한다면 위의 조건부 확률은 선수가 경기에서 이길 확률이다. 이것은 대체 증거를 사용하여 크랩의 원래 게임에 대해 아래에 설명되어 있다.

크랩스 예제

만약 게임이 실패한다면, 이 원칙은 특정 시나리오에서 승리할 확률을 계산하는 것을 크게 단순화할 수 있다. 구체적으로 첫 번째 롤이 4, 5, 6, 8, 9 또는 10인 경우 다음 두 가지 이벤트 중 하나가 발생할 때까지 주사위가 반복적으로 다시 롤링된다.

${\displaystyle E_{1}:{\text{원래 롤('point'라고 함)이 롤링(승리) }}$

${\displaystyle E_{2}:{\text{7이 롤링(손실) }}$

$E{\displaystyle {}_{}}$ ${\$}와$$ $E{\displaystyle {}_{}}$ ${\displaystyle {2\mathrm{}}_{}}$ ${\$}}은$$ 상호 배타적이므로 크랩스 원리가 적용된다. 예를 들어, 원래 롤이 4였다면, 우승 확률은 다음과 같다.

${\displaystyle {\frac {3/36}{3/36}{3/36}={\frac {1}{3}}}$

따라서 가능한 모든 결과에 해당하는 무한 시리즈를 합칠 필요가 없다.

${\displaystyle \sum \{i=0}^{\infit }\operatorname {P} [{\text{first i롤은 넥타이,}}}}}^{{\text{{th}}}}{\textroll은 '포인트'}}}}}}}}}$

수학적으로 $i{\displaystyle }$ ${\displaystyle i}$ 동점을$$ 굴릴 확률을 다음과 같이 표현할 수 있다.

${\displaystyle \operatorname {P} [{\text{{proll은 tie, }}(i+1)^{\text{th}}{\text{roll은 'point'}}}}=(1-\operatorname {P})[E_{2}])^{i}\operatorname {P} [E_{1}]}$

합계는 무한 기하 급수가 된다.

${\displaystyle \sum _{i=0}^{\infit }(1-\operatorname {P}[E_{1}]-\operatorname {P}[E_{2}])^{i}\operatorname {P} [E_{1}]=\operatorname {P} [E_{1}]\sum _{i=0}^{\inful }(1-\operatorname {P}[E_{1}]-\operatorname {P} [E_{2}])^{i}}}$

${\displaystyle ={\frac {\operatorname {P} [E_{1}]}{1-(1-\operatorname {P}[E_{1}]-\operatorname {P}[E_{2}]))}}}={\frac {\operatorname {P} [E_{1}]{\operatorname {P}[E_{1}]+\operatorname {P}[E_{2}]}}}}}$

이전의 결과와 일치한다.

참조

메모들

• Pitman, Jim (1993). Probability. Berlin: Springer-Verlag. p. 210. ISBN 0-387-97974-3.