조건부 확률과 다항분포의 융합 추론
Q [문제 원문]
하나의 주머니와 두 상자 A, B가 있다. 주머니에는 숫자 1, 2, 3, 4가 하나씩 적힌 4장의 카드가 들어 있고, 상자 A에는 흰 공과 검은 공이 각각 8개 이상 들어 있고, 상자 B는 비어 있다. 이 주머니와 두 상자 A, B를 사용하여 다음 시행을 한다.
주머니에서 임의로 한 장의 카드를 꺼내어 카드에 적힌 수를 확인한 후 다시 주머니에 넣는다.
확인한 수가 1이면 상자 A에 있는 흰 공 1개를 상자 B에 넣고,
확인한 수가 2 또는 3이면 상자 A에 있는 흰 공 1개와 검은 공 1개를 상자 B에 넣고,
확인한 수가 4이면 상자 A에 있는 흰 공 2개와 검은 공 1개를 상자 B에 넣는다.
이 시행을 4번 반복한 후 상자 B에 들어 있는 공의 개수가 8일 때, 상자 B에 들어 있는 검은 공의 개수가 2일 확률은? [4점]
1 [출제의도]
이 문항은 복원추출을 통한 독립시행의 확률과 조건부 확률을 결합하여 묻는 최고난도 문항입니다. 세 가지 다른 결과(사건)가 발생하는 다항분포적 상황을 수식화하고, 주어진 조건(총 공의 개수가 8개)을 만족하는 방정식의 정수해를 찾아 표본공간을 축소할 수 있는 대수적 추론 능력을 평가합니다.
2 [상세 풀이]
Step 1 : 확률변수 설정 및 단일 시행의 확률 분석
매 시행마다 주머니에서 카드를 뽑고 다시 넣으므로 각 시행은 독립입니다. 각 카드가 뽑힐 확률과 그에 따른 상자 B의 공 증가량을 세 가지 사건으로 정의합시다.
-
사건 $X_1$ (카드 1) : 확률 $P(X_1) = \frac{1}{4}$
결과 : 흰 공 1개 추가 $\rightarrow$ 총 1개 증가 -
사건 $X_2$ (카드 2, 3) : 확률 $P(X_2) = \frac{2}{4} = \frac{1}{2}$
결과 : 흰 공 1개, 검은 공 1개 추가 $\rightarrow$ 총 2개 증가 -
사건 $X_3$ (카드 4) : 확률 $P(X_3) = \frac{1}{4}$
결과 : 흰 공 2개, 검은 공 1개 추가 $\rightarrow$ 총 3개 증가
참고 도형 1 : 단일 시행에 따른 상태 변화 트리
Step 2 : 조건부 확률의 분모 사건(E) 구하기 위한 방정식 수립
총 4번의 시행에서 사건 $X_1, X_2, X_3$ 이 각각 $x$번, $y$번, $z$번 일어났다고 가정합니다. (단, $x, y, z$는 $0$ 이상 정수)
총 공의 개수 : $x + 2y + 3z = 8 \quad \cdots ㉡$
식 ㉡에서 식 ㉠을 빼서 미지수 $x$를 소거합니다.
$\therefore y + 2z = 4$
부정방정식 $y + 2z = 4$ 를 만족하는 $0$ 이상의 정수해 $(y, z)$ 를 찾고, 그에 따른 $x$ 값을 구하면 다음과 같은 3가지 Case가 도출됩니다.
참고 도형 2 : 조건을 만족하는 시행 조합표 (표본 공간 축소)
| Case | $z$ (사건 $X_3$) | $y$ (사건 $X_2$) | $x$ (사건 $X_1$) | 순서쌍 $(x, y, z)$ |
|---|---|---|---|---|
| Case 1 | $2$ | $0$ | $= 4 - 0 - 2 = 2$ | $(2, 0, 2)$ |
| Case 2 | $1$ | $2$ | $= 4 - 2 - 1 = 1$ | $(1, 2, 1)$ |
| Case 3 | $0$ | $4$ | $= 4 - 4 - 0 = 0$ | $(0, 4, 0)$ |
Step 3 : 다항분포를 이용한 각 Case별 확률 계산 (분모 도출)
각 사건이 지정된 횟수만큼 일어날 확률은 독립시행의 정리(다항분포)에 의해 $\frac{4!}{x! y! z!} P(X_1)^x P(X_2)^y P(X_3)^z$ 입니다. 분모 사건 $E$ 의 확률 $P(E)$ 를 구합니다.
참고 도형 3 : 사건 E 내에서 각 Case가 차지하는 확률 비중
Step 4 : 조건 교집합 확인 및 조건부 확률 최종 연산
우리가 원하는 사건 $F$ 는 '검은 공의 개수가 2개' 인 사건입니다. 각 시행에서 추가되는 검은 공은 사건 $X_1$(0개), $X_2$(1개), $X_3$(1개) 이므로, 상자 B의 최종 검은 공 개수는 $y + z$ 개 입니다.
- Case 1 $(2, 0, 2)$ : 검은 공 $0 + 2 = 2$ 개 ✓ 조건 충족
- Case 2 $(1, 2, 1)$ : 검은 공 $2 + 1 = 3$ 개 ✗ 불만족
- Case 3 $(0, 4, 0)$ : 검은 공 $4 + 0 = 4$ 개 ✗ 불만족
따라서 총 공이 8개이면서 검은 공이 2개인 교집합 사건 $E \cap F$ 는 오직 Case 1 에만 해당합니다. $$ P(E \cap F) = P_1 = \frac{6}{256} $$
3 [이론 매칭]
독립시행의 확률
매번 동일한 조건에서 반복하는 시행에서 각 사건이 일어날 확률이 일정할 때, 특정 횟수만큼 일어날 확률을 구하는 정리.
조건부 확률
어떤 사건 $E$ 가 일어났다는 전제 하에 사건 $F$ 가 일어날 확률. 표본 공간이 전체집합에서 사건 $E$ 로 축소되는 기하학적 의미를 지님.
다항정리 (확장)
이항분포를 3개 이상의 상호 배반 사건으로 확장한 다항분포의 확률 계산법. $\frac{n!}{x!y!z!} p^x q^y r^z$ 형태.
4 [실수 포인트 및 증명]
🚨 표본공간의 축소 망각 오류
이 문항에서 가장 많이 범하는 실수는 '검은 공이 2개일 확률' 자체를 독립적으로 구하여 $P(F)$ 만 계산하고 정답이라고 착각하는 것입니다. 조건부 확률의 본질은 조건이 제시되는 순간 세계(표본공간)가 좁아진다는 점에 있습니다.
수학적 분석 : 왜 나누어야 하는가?
전체 표본 공간 $S$ 에는 시행을 4번 반복하여 나올 수 있는 $3^4 = 81$ 가지 사건이 존재합니다.
만약 문제 발문이 "이 시행을 4번 반복할 때, 상자 B에 들어 있는 공이 8개이고 검은 공이 2개일 확률은?" 이었다면 정답은 $P(E \cap F) = \frac{6}{256}$ 이 됩니다.
하지만 "... 공의 개수가 8개일 때, ..." 라는 조건이 붙음으로써 우리의 관심 영역은 전체집합 $S$ 에서 집합 $E$(확률 $\frac{70}{256}$)로 완전히 제한됩니다. 좁아진 영역 $E$ 내부에서 $E \cap F$ 가 차지하는 '상대적인 비율'을 구하는 것이 조건부 확률의 수학적 정의이므로 반드시 $P(E)$ 로 나누어 주어야 합니다.
5 [핵심 이론 증명]
다항분포 확률의 유도 과정
이항정리에서 다항정리로 확장되는 원리를 통해 왜 확률 공식 앞에 $\frac{n!}{x!y!z!}$ 가 곱해지는지 증명합니다.
1. 총 $n$ 번의 독립시행에서 상호 배반인 세 사건 $A, B, C$ 가 일어날 확률을 각각 $p, q, r$ 이라고 합시다. ($p+q+r=1$)
2. 사건 $A$ 가 $x$ 번, $B$ 가 $y$ 번, $C$ 가 $z$ 번 일어나는 어떤 한 특정한 순서(예: $A \rightarrow A \rightarrow B \rightarrow C \dots$)가 발생할 확률은 독립이므로 단순히 곱셈정리에 의해 $p^x q^y r^z$ 가 됩니다.
3. 그러나 실제 $n$ 번의 시행에서 사건 $A, B, C$ 가 발생할 순서는 다양합니다. 이 순서들을 배열하는 경우의 수는 같은 것이 있는 순열의 수와 완벽히 동일합니다.
4. 총 $n$ 개의 자리 중 $A$ 가 들어갈 $x$ 개의 자리를 고르는 방법 ${}_n C_x$, 남은 $n-x$ 개 중 $B$ 가 들어갈 자리를 고르는 방법 ${}_{n-x} C_y$ 를 곱하면:
${}_n C_x \times {}_{n-x} C_y = \frac{n!}{x!(n-x)!} \times \frac{(n-x)!}{y!(n-x-y)!}$
5. 여기서 $z = n-x-y$ 이므로 $(n-x-y)! = z!$ 로 치환하고 약분하면 최종적으로 $\frac{n!}{x!y!z!}$ 가 도출됩니다.
따라서, (순서의 경우의 수) $\times$ (단일 순서의 확률) = $\frac{n!}{x!y!z!} p^x q^y r^z$ 가 완성됩니다.
다항 사건 시뮬레이터
슬라이더를 조작하여 4번의 시행 조합 $(x, y, z)$ 에 따른 상자 B의 상태를 관찰하세요.
슬라이더를 움직여 Step 2에서 도출한 총 공 8개가 되는 3가지 Case를 찾아보세요.
그 중 검은 공이 2개인 곳이 문제의 해답 영역입니다.