Probability

Experiment✔

• 주사위를 던지면 \(1\) 부터 \(6\) 까지의 숫자가 나온다. 이 시행은 같은 조건에서 반복할 수 있고 그 결과가 확률적으로 결정되므로 시행이다.

Sample Space✔

• 예시

  각 면에 \(1\) 에서 \(4\) 까지 적혀있는 정사면체를 던져 바닥에 닿는 수를 구하는 시행에 대하여 표본공간은 \(S= \{1,2,3,4\}\) 이고 짝수가 나오는 사건은 \(A= \{2,4\}\) 는 다음과 같다.

• 이 예시와 정의에서 알 수 있듯 사건은 집합으로 나타내고 집합과 매우 유사한 성질을 갖는다.

• 예시

  주사위를 한 번 던지는 시행에서 홀수의 눈이 나오는 사건은 \(\{1,3,5\}\) 이다.

• 즉, 표본공간의 부분집합 중 원소가 \(1\) 개 인 집합이다.

• 예시

  주사위를 던지는 시행에서 표본공간 \(S = \{1,2,3,4,5,6\}\) 에서 사건 \(\{1\}\) 은 원소가 \(1\) 인 부분집합이므로 근원사건이다.

• 즉, 전사건은 표본공간이다.

• 예시

  주사위를 던지는 시행에서 "\(6\) 이하의 눈이 나오는 사건" 은 전사건이다.

• 즉, 공사건은 공집합이다.

• 예시

  주사위를 던지는 시행에서 "\(7\) 이상의 눈이 나오는 사건" 은 공사건이다.

Number of Cases✔

Event✔

• 예시

  주사위를 던지는 시행에서 두 사건 \(A = \{1,2,4\}, B = \{1,3,5\}\) 를 생각하자. \(A\) 는 \(4\) 의 약수가 나오는 사건, \(B\) 는 홀수가 나오는 사건이다. \(A\) 또는 \(B\) 가 일어나는 사건은 두 사건 \(A, B\) 의 합사건이므로 다음이 성립한다.

  \[ A \cup B = \{1,2,4\} \cup \{1,3,5\} = \{1,2,3,4,5\} \]

• 예시

  주사위를 던지는 시행에서 \(A\) 와 \(B\) 가 동시에 일어나는 사건은 두 사건 \(A, B\) 의 곱사건이므로 다음이 성립한다.

  \[ A \cap B = \{1,2,4\} \cap \{1,3,5\} = \{1\} \]

• 즉, 배반사건이란 \(A \cap B = \varnothing\) 인 \(A, B\) 의 관계를 뜻한다.

• 예시

  주사위를 던지는 시행에서 \(A\) 와 \(B\) 에 대하여 \(A \cap B = \{1\} \neq \varnothing\) 이므로 \(A\) 와 \(B\) 는 배반이 아니다.

• 예시

  주사위를 던지는 시행에서 \(A\) 가 일어나지 않는 사건, 즉 여사건은 \(A ^{C} = S - A = \{1,2,3,4,5,6\} - \{1,2,4\} = \{3,5,6\}\) 이다.

Rule of Sum and Product✔

• 모든 확률론은 합의 법칙과 곱의 법칙을 기초로 하여 파생된 정리들일 뿐이다.

• 예시

  주사위가 \(1\) 또는 \(6\) 이 나올 경우의 수는 \(1\) 나올 경우, \(6\) 이 나올 경우로 \(1 + 1 = 2\) 가지이다.

• 예시

  주사위 \(2\)개를 던져서 나온 눈의 수의 합이 \(7\) 또는 \(8\) 인 경우의 수를 구하기 위해서는 두 독립사건 '주사위의 합이 \(7\) 이 될 경우의 수'와 '주사위의 합이 \(8\) 이 될 경우의 수'의 경우의 수를 합하면 된다.

• 모든 확률론은 합의 법칙과 곱의 법칙을 기초로 하여 파생된 정리들일 뿐이다.

• 사건은 시행 결과의 집합이다. 그러면 두 사건 \(A=\{x_1, \dots, x_m\}, B=\{y_1, \dots, y_n\}\) 이 연이어 발생하는 사건을 각 집합의 원소의 순서쌍 \((x, y)\) 으로 생각할 수 있다. 즉, 곱의 법칙은 두 사건 집합 \(A, B\) 의 곱집합 \(A \times B = \{(x, y) | x \in A, y \in B\}\) 이다. 이때 곱집합에 대하여 다음 식이 성립한다.

  \[ |A \times B| = |A| \times |B| \]

  이것을 일반화한 것이 곱의 법칙의 정의 \(\displaystyle \prod_{k=1}^{n}a_k\) 이다.

• 예시

  주사위를 \(2\) 번 던져 짝수가 나온 후 홀수가 나올 경우의 수는 짝수가 나올 경우의 수 \(3\) 가지 (\(2, 4, 6\))에 홀수가 나올 경우의 수 \(3\) 가지(\(1, 3, 5\)) 를 곱하여 \(3 \times 3 = 9\) 이다.

Permutation✔

• 순열은 곱의 법칙에서 \(a_1 = n, a_2 = n-1, \dots, a_r = n-r+1\) 로 순차적으로 \(1\) 씩 줄어드는 경우이므로 그 값은 다음과 같다.

  \[ {}_nP_r=n(n-1)(n-2)\times \dots \times (n-r+1) = \frac{n!}{(n-r)!} \]

• 예시

  학생 \(6\) 명을 한줄로 세우려 하는 방법의 수는 다음과 같다.

  \[ {}_{6}P_{6} = \frac{6!}{0!} = 6! = 720\]

• 예시

  남학생 \(5\) 명과 여학생 \(3\) 명을 줄을 세우려 한다. 여학생끼리 이웃하도록하는 줄을 세우는 방법의 수를 세보자. 여학생 \(3\) 명을 순서를 정렬할 때 하나의 개체로 둘 수 있으므로 남학생을 포함하여 \(6\) 을 줄 세우는 경우는 \(6! = 720\) 이다. 또한 여학생 \(3\) 명을 그 안에서 줄을 세우는 경우는 \(3! = 6\) 이다. 여기에 곱의 법칙을 적용하여 다음을 얻는다.

  \[ 720 \times 6 = 4320 \]

  한편 여학생끼리 이웃하지 않도록 줄을 세우는 방법의 수를 세보자. 그러면 남학생이 먼저 줄을 세운 후 그 사이와 양 끝에 여학생이 들어가는 경우를 세면 된다. 먼저 남학생의 줄을 세운 경우의 수는 \(5! = 120\) 이다. 또한 남학생 사이의 공간과 양끝의 공간 \(6\) 개 중에서 \(3\) 개를 택하여 일렬로 나열하는 경우의 수는 \({}_{6}P_{3} = 120\) 이다. 여기에 곱의 법칙을 적용하면 다음을 얻는다.

  \[ 120 \times 120 = 14400 \]

• 증명

  원순열은 서로 다른 것을 일렬로 나열하는 것이 아닌 원형으로 배열하는 것이다. 나열해야 할 원소를 \(a_1, a_2, \dots, a_n\) 이라고 하자.

  이때 서로 다른 \(n\) 개를 일렬로 나열하는 하나의 경우의 수

  \[ (a_1, a_2, a_3, \dots, a _{n-1}, a_n) \]

  를 생각하자. 그리고 이 나열에서 모든 원소를 한칸씩 왼쪽으로 밀려나게 한 경우의 수들

  \[ (a_2, a_3, a_4, \dots, a _{n}, a_1) \]
  \[ (a_3, a_4, a_5, \dots, a _1, a_2) \]
  \[ \vdots \]
  \[ (a_n, a_1, a_2, \dots, a _{n-2}, a _{n-1}) \]

  을 생각하자. 이 나열들의 양끝을 이어주기만 하면 원형의 나열이 되므로 원순열에서 위 \(n\) 개의 나열 방법은 서로 같은 것이 된다. 그러므로 원순열의 경우의 수는 다음과 같이 서로 다른 \(n\) 개를 일렬로 나열한 것에서 \(n\) 을 나눈 것이다.

  \[ \frac{n!}{n} = (n-1)! \tag*{■} \]

• 예시

  사람 \(A, B, C, D\) 가 있다. 이때 \(A, B\) 가 서로 이웃하면서 사람들을 원형으로 배열하는 경우의 수를 구해보자. 먼저 \(A, B\) 가 반드시 이웃해야 하므로 순서를 배치함에 있어서 하나의 개체로 생각할 수 있다. 따라서 \(3\) 명의 원순열은 \(2! = 2\) 이고 \(A, B\) 가 자리를 바꾸는 경우의 수는 \(2! = 2\) 이므로 여기에 곱의 법칙을 적용하여 다음을 얻는다.

  \[ 2 \times 2 = 4 \]

Repeated Permutation✔

• 사실상 순열과 중복순열이라는 개념은 곱의 법칙을 특수한 상황에 적용하도록 파생된 정리들일 뿐이다. 모든 것은 결국 합의 법칙과 곱의 법칙으로 귀결된다.

• 증명

  서로 다른 \(n\) 개에서 중복을 허락하며 \(r\) 개를 택하여 일렬로 나열하는 것이다. 앞에서부터 차례대로 올 수 있는 경우의 수는 항상 \(n\) 가지이고 곱의 법칙에 의하여 서로 다른 \(r\) 개를 택하는 경우는 다음과 같다.

  \[ \overbrace{n \times n \times \dots \times n}^{r\text{ times}} = n ^{r} = {}_{n}\Pi_{r} \tag*{■} \]

• 예시

  서로 다른 \(5\) 통의 편지를 \(4\) 개의 우체통에 넣는 방법의 수를 구해보자. 중복이 허락되므로 편지를 \(4\) 개의 우체통에 넣는 가지수는 매번 \(4\) 개이다. 이것을 \(5\) 번 반복하므로 곱의 법칙에 의하여 다음을 얻는다.

  \[ \overbrace{4 \times 4 \times \dots \times 4}^{5 \text{ times }} = 4 ^{5} = {}_{4}\Pi_{5} = 1024 \]

• 증명

  \(5\) 개의 문자 \(a,a,a,b,b\) 를 일렬로 나열하는 경우를 생각하자. 이것은 \(5\) 개의 문자를 먼저 모두 일렬로 나열한 다음 중복되는 순서를 제거하면 된다. \(5\) 개의 문자를 일렬로 나열하는 경우는 \(5!\) 이다. 여기에서 \(3\) 개의 \(a\) 가 나열되면서 \(3!\) 만큼 중복되었으므로 \(a\) 가 일렬로 나열된 경우의 수를 나누어서 \(\dfrac{5!}{3!}\) 로 만든다. 또한 \(2\) 개의 \(b\) 가 나열되면서 \(2!\) 만큼 중복되었으므로 \(b\) 가 일렬로 나열된 경우의 수를 나누어서 \(\dfrac{5!}{3!2!}\) 로 만든다.

  이 과정을 일반화하자. \(n\) 개 중에 서로 같은 것이 \(p\) 개, \(q\) 개, \(\dots\), \(r\) 개씩 있을 때 \(n\) 개의 원소를 일렬로 나열하는 방법은 다음과 같다.

  \[ \frac{n!}{p!q! \dots r!} \tag*{■} \]

• 예시

  \(8\) 개의 문자 \(a, a, a, b, b, b, c, c\) 를 일렬로 나열하는 경우의 수는 \(8\) 개의 문자를 일렬로 나열하는 경우 \(8!\) 에서 중복되는 \(3\) 개의 \(a\), \(3\) 개의 \(b\), \(2\) 개의 \(c\) 의 나열을 제거한 \(\dfrac{8!}{3!3!2!} = 560\) 이다.

Combination✔

• 시행에서 사건을 결과의 집합이라 했었는데 사건을 파악하기 위하여 수학 기호로 추상화시켜 표현해야 한다. 이때 동시에 일어나는 사건은 순서가 있는 순서쌍 \((1,1),(3,5)\) 으로 표현한다. 순열도 순서가 있는 사건을 표현해야 하므로 순서쌍으로 표기하면 된다. 반면 조합은 순서가 상관 없기에 시행의 결과를 \(\{A,B\}\) 같이 집합으로 표현하면 된다. 집합은 \(\{A,B\}=\{B,A\}\) 이기 때문이다.

• 순서를 생각하지 않고 \(n\) 개에서 \(r\) 개를 택하는 것이기에 조합은 \(n\) 개의 원소를 가지는 전체집합에서 원소가 \(r\) 개인 부분집합의 개수를 찾는 것과 같다. 따라서 다음이 성립한다.

  1. \({}_nC_r = {}_nC_{n-r}\) (원소가 \(r\) 개인 부분집합 \(A\) 가 결정될 때마다 부분집합의 여집합 \(A ^{c}=(U-A)\) 도 유일하게 결정되기 때문)

  2. \({}_{n}C_{r} = {}_{n-1}C_{r-1} + {}_{n-1}C_{r}\)

     \(n\) 개의 원소를 가지는 전체집합 \(U\) 의 첫번째 원소를 \(a\) 라 할 때 원소가 \(r\) 개인 부분집합의 개수 \({}_{n}C_{r}\) 다음 두 경우로 분할하여 단순화시킬 수 있다.

     원소 \(a\) 를 포함하는 경우 : 원소 \(a\) 를 불변요소로 단순화시켰기 때문에 사고대상영역에서 \(a\) 를 제거해도 된다. 그러면 \(n-1\) 의 집합에서 \(r-1\) 개의 부분집합의 개수는 \({}_{n-1}C_{r-1}\) 이다.

     원소 \(a\) 를 포함하지 않는 경우 : 위와 같은 논리로 \(n-1\) 의 집합에서 \(r\) 개의 부분집합의 개수는 \({}_{n-1}C_{r}\) 이다.

     이 경우 불변요소에 다시 가변성을 부여하여 일반화시키는 것은 두 사건이 동시에 일어나지 않으므로 합의 법칙에 의하여 단순히 더해주는 것이다. 따라서 \({}_{n}C_{r} = {}_{n-1}C_{r-1} + {}_{n-1}C_{r}\) 이다.

• 예시

  \(5\) 명의 학생 "\(A, B, C, D, E\)" 중 청소를 할 \(2\) 명의 학생을 선택할 경우의 수는 순서를 고려하지 않으므로 \({}_{5}C_{2} = \dfrac{5 \times 4}{2 \times 1}\) 이다.

Repeated Combination✔

• 증명

  중복조합이란 조합에서 중복 선택을 허용하는 것이다. 먼저 중복조합의 단순한 샘플을 살펴보면서 경우의 수를 알아낼 수 있는 방법을 생각해보자. \(3\) 개의 숫자 \(1, 2, 3\) 에서 중복적으로 \(2\) 개를 택하는 중복조합 \({}_{3}H_{2}\) 은 다음과 같다.

  \[ \{1,1\},\{1,2\},\{1,3\},\{2,2\},\{2,3\},\{3,3\} \]

  이제 첫번째 자리에 \(0\) 을, 두번째 자리에 \(1\) 을 각각 더하면 다음과 같다.

  \[ \{1,2\},\{1,3\},\{1,4\},\{2,3\},\{2,4\},\{3,4\} \]

  그런데 이것은 \(4\) 개의 숫자 \(1, 2, 3, 4\) 에서 \(2\) 개를 택하는 조합의 경우 \({}_{4}C_{2}\) 와도 같다. 따라서 다음이 성립한다.

  \[ {}_{3}H_{2} = {}_{4}C_{2} \]

  이제 이것을 일반화하여 생각하자. 그러면 \(n\) 개의 숫자 \(1, 2, 3, \dots, n\) 에서 중복적으로 \(r\) 개를 택하는 경우의 수 \({}_{n}H_{r}\) 는 다음과 같다.

  \[ \{1,1,1, \dots, 1\} \\ \{1,1,1, \dots, 2\} \\ \vdots \\ \{2,2,2, \dots, 2\} \\ \vdots \\ \underbrace{\{n,n,n, \dots, n\}}_{\text{r개}} \\ \]

  여기에서 각 자리에 각각 \(0, 1, 2, \dots, r-1\) 을 더하면

  \[ \{1,2,3, \dots, r\} \\ \{1,2,3, \dots, r+1\} \\ \vdots \\ \{2,3,4, \dots, r+1\} \\ \vdots \\ \underbrace{\{n,n+1,n+2, \dots, n+r-1\}}_{\text{r개}} \\ \]

  을 얻을 수 있는데 이것은 \(n+r-1\) 의 숫자에서 \(r\) 개를 택하는 조합 \({}_{n+r-1}C_{r}\) 와 같다. 따라서 다음이 성립한다.

  \[ {}_{n}H_{r} = {}_{n+r-1}C_{r} \tag*{■} \]

• 예시

  \(a, b, c\) 에서 \(2\) 개를 뽑는 각각의 경우를 비교해보자.

  순열 : 서로 다른 \(3\) 개에서 순서를 고려하여 중복되지 않게 \(2\) 개를 선택하는 경우는 다음과 같다.

  \[ab, ba, ac, ca, bc, cb \leadsto {}_{3}P_{2} = 3 \times 2 = 6\]

  중복순열 : 서로 다른 \(3\) 개에서 순서를 고려하여 중복을 허락하여 \(2\) 개를 선택하는 경우는 다음과 같다.

  \[ab, ba, ac, ca, bc, cb, aa, bb, cc \leadsto {}_{3}\Pi_{2} = 3 ^{2} = 9\]

  조합 : 서로 다른 \(3\) 개에서 순서를 고려하지 않고 중복되지 않게 \(2\) 개를 선택하는 경우는 다음과 같다.

  \[ab, ac, ca \leadsto {}_{3}C_{2} = \frac{{}_{3}P_{2}}{2!} = \frac{3 \times 2}{2!} = 3\]

  중복조합 : 서로 다른 \(3\) 개에서 순서를 고려하지 않고 중복을 허락하여 \(2\) 개를 선택하는 경우는 다음과 같다.

  \[ab, ac, ca, aa, bb, cc \leadsto {}_{3}H_{2} = {}_{3 + 2 - 1}C_{2} = {}_{4}C_{2} = 6\]

Binomial Theorem✔

• 다음과 같은 전개식 \((a+b) ^{n}\) 의 계수들을 이항계수라 한다.

  \[ {}_{n}C_{0}, {}_{n}C_{1}, {}_{n}C_{2}, \dots , {}_{n}C_{r}, \dots , {}_{n}C_{n} \]

• 전개식 \((a+b) ^{n}\) 의 일반항은 \({}_{n}C_{r} a ^{n-r} b ^{r}\) 이다.

• 예시

  \((x - 5y) ^{8}\) 의 전개식에서 \(x ^{5} y ^{3}\) 의 계수를 구해보자.

  먼저 전개식의 일반항은

  \[ {}_{8}C_{r}x ^{8-r}(-5y) ^{r} = {}_{8}C_{r}(-5) ^{r}x ^{8-r}y ^{r} \]

  이다. 이때 \(r =3\) 이면

  \[ {}_{8}C_{3}(-5)^{3}x ^{5} y ^{3} = 56 \times (-125)x ^{5}y ^{3} = -7000 x ^{5} y ^{3} \]

  이므로 계수는 \(-7000\) 이다.

• 증명

  \((a + b) ^{3}\) 의 전개식은 다음과 같다.

  \[ (a+b) ^{3} = a ^{3} + 3 a ^{2}b + 3 a b ^{2} + b ^{3} \]

  이때 \(a ^{2}b\) 의 계수 \(3\) 만 두고 생각해보자. 이 \(3\) 은 \(3\) 개의 인수 \((a+b),(a+b),(a+b)\) 에서 \(b\) 를 \(1\) 개 택하고 \(a\) 를 \(2\) 개 택한 후 곱하여 \(a ^{2}b\) 를 만든 것으로 볼 수 있다. 이것은 곧 \(3\) 개의 인수 \((a+b),(a+b),(a+b)\) 에서 \(b\) 를 \(1\) 개 택하는 경우의 수 \({}_{3}C_{1}\) 과 같다. 이와 같은 관점으로 각각의 계수를 \(b\) 를 택하는 조합의 경우의 수로 바라보자.

  • \(a ^{3}\) 의 계수는 \(3\) 개의 인수 \((a+b),(a+b),(a+b)\) 에서 \(b\) 를 \(0\) 개 택하는 경우의 수 \({}_{3}C_{0} = 1\) 이다.

  • \(a ^{2}b\) 의 계수는 \(3\) 개의 인수 \((a+b),(a+b),(a+b)\) 에서 \(b\) 를 \(1\) 개 택하는 경우의 수 \({}_{3}C_{1} = 3\) 이다.

  • \(ab^{2}\) 의 계수는 \(3\) 개의 인수 \((a+b),(a+b),(a+b)\) 에서 \(b\) 를 \(2\) 개 택하는 경우의 수 \({}_{3}C_{0} = 3\) 이다.

  • \(b ^{3}\) 의 계수는 \(3\) 개의 인수 \((a+b),(a+b),(a+b)\) 에서 \(b\) 를 \(3\) 개 택하는 경우의 수 \({}_{3}C_{3} = 1\) 이다.

  그러므로 \((a + b) ^{3}\) 의 전개식은 다음과 같다.

  \[ (a+b) ^{3} = {}_{3}C_{0} a ^{3} + {}_{3}C_{1} a ^{2}b + {}_{3}C_{2} a b ^{2} + {}_{3}C_{3} b ^{3} \]

  이것을 \((a + b) ^{n}\) 에 적용할 수 있도록 일반화하여 생각하면 각각의 계수는 \(n\) 개의 인수 \((a +b)\) 에서 \(b\) 를 \(r\) 개씩 택하여 곱한 \({}_{n}C_{r}\) 이다. 따라서 \((a+b) ^{n}\) 의 전개식은 다음과 같다.

  \[ \begin{align}\begin{split} (a+b) ^{n} &= \sum_{r=0}^{n} {}_{n}C_{r} a ^{n-r} b ^{r} \\ &= {}_{n}C_{0}a ^{n} + {}_{n}C_{1}a ^{n-1}b + \dots + {}_{n}C_{r}a ^{n-r}b ^{r} + \dots + {}_{n}C_{n}b ^{n} \\ \end{split}\end{align} \tag*{} \]

• 예시

  \((x+2) ^{5}\) 을 전개하면 다음과 같다.

  \[ \begin{align}\begin{split} (x+2) ^{5} &=\sum_{r=0}^{5}{}_{5}C_{r}x ^{5-r}2 ^{r} \\ &= {}_{5}C_{0}x ^{5} + {}_{5}C_{1} x ^{4} \cdot 2 + {}_{5}C_{2} x ^{3} \cdot 2 ^{2} + {}_{5}C_{3}x ^{2} \cdot 2 ^{3} + {}_{5}C_{4} x \cdot 2 ^{4} + {}_{5}C_{5} 2 ^{5} \\ &= x ^{5} + 10 x ^{4} + 40 x ^{3} + 80 x ^{2} + 80 x + 32 \\ \end{split}\end{align} \tag*{} \]

• 증명

  자연수 \(n\) 에 대하여 \((a + b + c) ^{n}\) 의 전개식에서 \(p+q+r = n\) 에 대한 \(a ^{p}b ^{q} c ^{r}\) 의 계수는 \(n\) 개의 인수 \((a+b+c)\) 에서 \(p\) 개의 인수에서 \(a\) 를, \(q\) 개의 인수에서 \(b\) 를, \(r\) 개의 인수에서 \(c\) 를 택하는 조합이다. 따라서 이는 \(n\) 개에서 \(p\) 개를 택하고 \((n-p)\) 개에서 \(q\) 개를 택하고 나머지 \(r\) 개에서 \(r\) 개를 택하는 다음과 같은 조합의 경우의 수가 된다.

  \[ {}_{n}C_{p} \cdot {}_{n-p}C_{q} \cdot {}_{r}C_{r} \]

  그런데 이것은 \(n\) 개 중에서 서로 같은 \(p\) 개, 서로 같은 \(q\) 개, 서로 같은 \(r\) 개를 택하여 일렬로 나열하는 경우와 같다. 왜냐하면 같은 것이 있는 순열은 같은 것들에 대하여 순서가 없으므로 조합으로 생각할 수 있기 때문이다.

  예를 들어서 같은 것이 있는 \(7\) 개의 문자 \(a,a,a,b,b,c,c\) 를 일렬로 나열하는 경우의 수는 다음과 같다.

  \[ \frac{7!}{3!2!2!} \]

  이것은 \(7\) 개의 빈칸에서 \(3\) 개를 택하여 \(a\) 를 넣고, 남은 자리에서 \(2\) 개를 택하여 \(b\) 를 넣고, 남은 자리에서 \(2\) 개를 택하여 \(c\) 를 넣는 경우로 볼 수 있으므로 다음과 같다.

  \[ {}_{7}C_{3} \times {}_{4}C_{2} \times {}_{2}C_{2} = \frac{7!}{3!4!} \times \frac{4!}{2!2!} \times 1 = \frac{7!}{3!2!2!} \]

  즉, 다음이 성립한다.

  \[ {}_{n}C_{p} \cdot {}_{n-p}C_{q} \cdot {}_{r}C_{r} = \frac{n!}{p!q!r!}\]

  그러므로 \((a + b + c) ^{n}\) 의 전개식에서 \(p+q+r = n\) 에 대한 \(a ^{p}b ^{q} c ^{r}\) 일반항은 다음과 같다.

  \[ {}_{n}C_{p} \cdot {}_{n-p}C_{q} \cdot {}_{r}C_{r}a ^{p}b ^{q}c ^{r} = \frac{n!}{p!q!r!} a ^{p}b ^{q} c ^{r} \tag*{■} \]

• 증명

  1:

  이항정리에서 \((1+x) ^{n}\) 을 전개하면 다음을 얻는다.

  \[ (1+x) ^{n} = {}_{n}C_{0}x ^{0} + {}_{n}C_{1} x ^{1} + {}_{n}C_{2} x ^{2} + \dots + {}_{n}C_{r} x ^{r} + \dots + {}_{n}C_{n} x ^{n} \]

  여기에서 \(x=1\) 이면 다음을 얻는다.

  \[ {}_{n}C_{0} + {}_{n}C_{1} + {}_{n}C_{2} + \dots + {}_{n}C_{n} = 2 ^{n} \tag{1} \]

  2:

  위 식에서 곧바로 \(x=-1\) 을 적용하면 다음을 얻는다.

  \[{}_{n}C_{0} - {}_{n}C_{1} + {}_{n}C_{2} - {}_{n}C_{3} + \dots + (-1)^{n} \cdot {}_{n}C_{n} = 0 \tag{2} \]

  3:

  \(((1) + (2)) \div 2\) 을 하면 다음을 얻는다.

  \[ {}_{n}C_{0} + {}_{n}C_{2} + {}_{n}C_{4} + \dots = 2 ^{n-1}\]

  4:

  \(((1) - (2)) \div 2\) 을 하면 다음을 얻는다.

  \[ {}_{n}C_{1} + {}_{n}C_{3} + {}_{n}C_{5} + \dots = 2 ^{n-1}\]

  5:

  한편 \((1+x) ^{n}\) 을 \(x\) 에 대하여 미분하면 다음을 얻는다.

  \[ n(1+x) ^{n-1} = {}_{n}C_{1} + 2 \cdot {}_{n}C_{2} x + \dots + r \cdot {}_{n}C_{r} x ^{r-1} + \dots + n \cdot {}_{n}C_{n} x ^{n-1} \]

  여기에서 \(x=1\) 이면 다음을 얻는다.

  \[ {}_{n}C_{0} + 2 \cdot {}_{n}C_{1} + 3 \cdot {}_{n}C_{2} + \dots + n \cdot {}_{n}C_{n} = n \cdot 2 ^{n}\]

  6:

  위 식에 곧바로 \(x=-1\) 을 적용하면 다음을 얻는다.

  \[ {}_{n}C_{0} - 2 \cdot {}_{n}C_{1} + 3 \cdot {}_{n}C_{2} - \dots + (-1)^{n-1} n \cdot {}_{n}C_{n} = 0\]

  7:

  한편 \((1+x) ^{n}\) 을 구간 \([0, 1]\) 에서 적분하면 다음을 얻는다.

  \[ \int_{0}^{1}(1+x) ^{n}dx = \int_{0}^{1}\{ {}_{n}C_{0}x ^{0} + {}_{n}C_{1} x ^{1} + {}_{n}C_{2} x ^{2} + \dots + {}_{n}C_{r} x ^{r} + \dots + {}_{n}C_{n} x ^{n} \}dx \]
  \[ \bigg [ \frac{1}{n+1}(1+x) ^{n+1} \bigg ] ^{1} _{0} = \bigg [ {}_{n}C_{0}x + \dfrac{{}_{n}C_{1} }{2} x ^{2} + \dfrac{{}_{n}C_{2}}{3} x ^{3} + \dots + \dfrac{{}_{n}C_{n} }{n+1} x ^{n+1} \bigg ] ^{1}_{0} \]
  \[ {}_{n}C_{0} + \dfrac{{}_{n}C_{1} }{2} + \dfrac{{}_{n}C_{2}}{3} + \dots + \dfrac{{}_{n}C_{n} }{n+1} = \dfrac{1}{n+1}(2 ^{n+1}-1) \]

• 예시

  \(\log_{2} ({}_{2008}C_{1} + {}_{2008}C_{3} + {}_{2008}C_{5} + \dots + {}_{2008}C_{2007})\) 에서

  \[ {}_{2008}C_{1} + {}_{2008}C_{3} + {}_{2008}C_{5} + \dots + {}_{2008}C_{2007} = 2 ^{2008 -1} = 2 ^{2007} \]

  이므로 다음이 성립한다.

  \[ \log_{2} ({}_{2008}C_{1} + {}_{2008}C_{3} + {}_{2008}C_{5} + \dots + {}_{2008}C_{2007}) = \log_{2} 2 ^{2007} = 2007 \]

Probability✔

• 사건 \(A\) 가 일어나지 않을 확률은 \(1 - P(A)\) 이다.

• 예시

  동전을 던질 때 앞면이 나오는 가능성은 앞면, 뒷면 \(2\) 가지 경우 중 \(1\) 가지이므로 \(\dfrac{1}{2}\) 이다.

Conditional Probability✔

• 사건 \(A\) 가 일어나지 않으면 \(P(B|A)\) 는 의미가 없기에 \(P(A) \neq 0\) 인 경우만 생각하는 것이다.

• 확률이란 표본공간 \(S\) 의 원소의 개수, 즉 전사건의 경우의 수에 대한 사건의 경우의 수의 비율이다. 조건부 확률이란 사건 \(A\) 가 일어났다는 가정하에 사건 \(B\) 가 일어난 확률이므로 새로운 표본공간 \(A\) 을 설정하고 \(A \cap B\) 가 일어날 확률을 구하는 것이다.

  따라서 조건부 확률은 사건 \(A\) 가 일어날 경우의 수 \(|A|\) 을 새로운 전사건의 경우의 수로 두고, 사건 \(B\) 가 일어날 경우의 수의 비를 구하는 것이다.

  

  이때 사건 \(A\) 가 반드시 일어나야 하기 때문에 사건 \(A\) 에 속하지 않는 사건은 확률에 포함시켜서는 안된다. 따라서 위 그림처럼 \(B\) 가 일어날 확률이 아니라 \(A \cap B\) 가 일어날 확률을 구해야 한다.

  그러므로 결국 조건부 확률은 \(\displaystyle P(B|A) = \frac{|A \cap B|}{|A|} = \frac{P(A \cap B)}{P(A)}= \dfrac{P(A \cap B)}{P(A \cap B) + P(A \cap B ^{C})}\) 이다.

• 예시

  \(1\) 부터 \(100\) 까지 자연수가 적힌 \(100\) 장의 카드에서 카드를 한 장 뽑았을 때 \(10\) 의 배수의 카드이면서 \(4\) 의 배수일 확률을 구해보자. 뽑은 카드가 \(10\) 의 배수일 사건을 \(A\), \(4\) 의 배수일 사건을 \(B\) 라고 하자. 그러면 카드가 \(10\) 의 배수이면서 \(4\) 의 배수일 사건 \(A \cap B\) 은 카드의 수가 \(20\) 배수가 나오는 사건이다. 모든 카드를 뽑을 경우의 수 \(|S| = 100\), \(20\) 배수가 나오는 카드의 경우의 수 \(|A \cap B| = 5\) 이므로 구하고자 하는 확률은 다음과 같다.

  \[ P(A \cap B) = \dfrac{|A \cap B|}{|S|} = \dfrac{5}{100} = \dfrac{1}{20} \]

  이제 \(10\) 배수인 카드를 뽑았는데 그 카드가 \(4\) 의 배수일 확률을 구해보자. 그러면 표본공간이 카드 \(100\) 장을 뽑는 경우의 수에서 \(10\) 배수인 카드를 뽑는 경우로 바뀌기에 조건부 확률로 구해야 한다. 그러므로 구하고자 하는 확률은 다음과 같다.

  \[ P(B|A) = \dfrac{P(A \cap B)}{P(A)} = \dfrac{\dfrac{5}{100}}{\dfrac{10}{100}} = \dfrac{1}{2} \]

Addition Theorem of Probability✔

• 두 사건 \(A, B\) 가 배반사건이면 다음이 성립한다.

  \[ P(A \cup B) = P(A)+P(B) \]

  일반적으로 사건 \(A_1, A_2, \dots, A_n\) 이 서로 배반이면 다음이 성립한다.

  \[ P(A_1 \cup A_2 \cup \dots \cup A_n) = P(A_1)+P(A_2)+\dots+P(A_n) \]

• 증명

  두 사건 집합 \(A, B\) 에 대하여 합집합의 원소의 개수는 다음과 같다.

  \[ |A \cup B| = |A| + |B| - |A \cap B| \]

  여기에 전사건 \(|S|\) 을 나누면 다음을 얻는다.

  \[ P(A \cup B) = P(A) + P(B) - P(A \cap B) \tag*{■} \]

• 여사건은 구하고자 하는 사건의 확률을 구하기 어려울 때 이용된다.

• 증명

  사건 \(A\) 와 사건 \(A\) 가 일어나지 않는 여사건 \(A ^{C}\) 은 서로 배반이므로 다음이 성립한다.

  \[ P(A \cup A ^{C}) = P(A)+P(A ^{C}) \]

  표본공간 \(S\) 에 대하여 \(A \cup A ^{C} = S\) 이므로 다음을 얻는다.

  \[ \begin{align}\begin{split} & P(A \cup A ^{C}) = P(S) = 1 \\ \leadsto \enspace & P(A)+P(A ^{C}) = 1 \\ \leadsto \enspace & P(A ^{C}) = 1-P(A) \\ \end{split}\end{align} \tag*{} \]

• 예시

  남자 \(3\) 명과 여자 \(4\) 명 중 회장 \(2\) 명을 선출하려 할 때 남자가 적어도 \(1\) 명 선출될 확률을 구해보자. 이 확률은 남자가 선출되지 않는 사건 \(A\) 의 여사건 \(A ^{C}\) 이다. 따라서 사건 \(A\) 가 일어날 확률은 \(7\) 중에서 \(2\) 명을 뽑는 경우의 수에 대한 여자 \(4\) 명 중 \(2\) 명을 뽑는 경우의 수의 비

  \[ P(A) = \frac{{}_{4}C_{2}}{{}_{7}C_{2}} = \dfrac{2}{7} \]

  이고, 사건 \(A\) 의 여사건이 일어날 확률은

  \[ P(A ^{C}) = 1 - \dfrac{2}{7} = \dfrac{5}{7} \]

  이다. 이것이 남자가 적어도 \(1\) 명 선출되는 확률이다.

Multiplication Theorem of Probability✔

• 증명

  조건부확률 \(\displaystyle P(B|A) = \frac{P(A \cap B)}{P(A)}, P(A|B) = \frac{P(A \cap B)}{P(B)}\) 에서 양변에 각각 \(P(A), P(B)\) 를 곱하면 다음을 얻는다.

  \[ P(A \cap B) = P(A)P(B|A) = P(B)P(A|B) \tag*{■} \]

• 예시

  \(50\) 개의 공 중에서 흰 공이 \(7\) 개 있다고 하자. 두 사람이 \(50\) 개의 공을 무작위로 골랐을 때 둘 다 흰 공을 고를 확률을 구해보자. 첫번째 사람이 흰공을 고르는 사건을 \(A\), 두번째 사람이 흰공을 고르는 사건을 \(B\) 라고 하자. 그러면 첫번째 사람이 흰공을 고를 확률은

  \[ P(A) = \dfrac{7}{50} \]

  이고, 첫번째 사람이 흰공을 골랐을 때 두번째 사람도 흰공을 고를 확률은

  \[ P(B|A) = \dfrac{7 - 1}{50 - 1} = \dfrac{6}{49} \]

  이다. 그러므로 두 사람이 모두 흰공을 고를 확률 \(P(A \cap B)\) 은 확률의 곱셈정리에 의하여

  \[ P(A \cap B) = P(A)P(B|A) = \dfrac{7}{50} \cdot \dfrac{6}{49} = \dfrac{3}{175} \]

  이다.

Independent✔

• 즉, 한 사건의 결과가 다른 사건에 영향을 주지 않으면 독립사건이라 한다. 두 사건이 독립이면 \(A \bot B\) 라고 표기한다.

• 예시

  주머니에 공이 \(10\) 개가 있고 그 중에서 흰 공이 \(3\) 개 있다고 하자. 이때 두 사람이 공을 뽑았을 때 모두 흰공이 나올 확률을 계산해보자. 첫번째 사람이 공을 뽑는 사건을 \(A\), 두번째 사람이 공을 뽑는 사건을 \(B\) 라고 하자. 첫번째 사람이 공을 뽑고 다시 주머니에 넣으면 공의 개수에 변화가 없으므로 확률 계산에 사용되는 경우의 수도 변함이 없다. 따라서 두번째 사람이 공을 뽑을 때에도 영향을 미치지 않으므로 사건 \(A, B\) 는 독립사건이다. 즉, \(P(A) = \dfrac{3}{10}, P(B|A) = \dfrac{3}{10}\) 이므로 구하고자 하는 확률 \(P(A \cap B)\) 는 다음과 같다.

  \[ P(A \cap B) = P(A)P(B|A) = \dfrac{3}{10} \times \dfrac{3}{10} = \dfrac{9}{100} \]

• 종속사건의 경우 확률의 곱셈정리를 따라서 \(P(A \cap B)\) 를 계산해야 한다.

• 즉, 한 사건의 결과가 다른 사건에 영향을 주면 종속사건이라 한다. 두 사건 \(A, B\) 가 종속이면 \(A | B\) 라고 표기한다.

  두 사건 \(A, B\) 가 독립이고 둘 다 \(C\) 에 종속이면 \(A \bot B | C\) 라고 표기한다.

• 예시

  주머니에 공이 \(10\) 개가 있고 그 중에서 흰 공이 \(3\) 개 있다고 하자. 이때 두 사람이 공을 뽑았을 때 모두 흰공이 나올 확률을 계산해보자. 첫번째 사람이 공을 뽑는 사건을 \(A\), 두번째 사람이 공을 뽑는 사건을 \(B\) 라고 하자. 만약 첫번째 사람이 공을 뽑고 다시 주머니에 넣지 않으면 공의 개수에 변화가 있으므로 확률 계산에 사용되는 경우의 수도 변한다. 따라서 두번째 사람이 공을 뽑을 때에도 영향을 미치므로 사건 \(A, B\) 는 종속사건이다. 즉, \(P(A) = \dfrac{3}{10}, P(B|A) = \dfrac{2}{9}\) 이므로 구하고자 하는 확률 \(P(A \cap B)\) 는 다음과 같다.

  \[ P(A \cap B) = P(A)P(B|A) = \dfrac{3}{10} \times \dfrac{2}{9} = \dfrac{1}{15} \]

• 주사위를 던질 때 \(4\) 가 나올 확률은 \(\dfrac{1}{6}\) 이다. 이때 한번 더 던져서 \(4\) 가 나올 확률도 \(\dfrac{1}{6}\) 이다. 이처럼 동일한 시행을 계속 할 때 시행들이 서로 영향을 주지 않으면 독립시행이다.

• 예시

  주사위를 \(4\) 번 던지는 독립시행에서 \(6\) 가 \(2\) 번 나올 확률을 구해보자.

  \(1\) 회	\(2\) 회	\(3\) 회	\(4\) 회
  O	O	X	X
  O	X	O	X
  O	X	X	O
  X	O	O	X
  X	O	X	O
  X	X	O	O

  \(4\) 번의 독립시행에서 \(6\) 가 \(2\) 번 나올 경우의 수는 \({}_{4}C_{2} = 6\) 이다. 이때 \(4\) 가 나올 확률은 \(\dfrac{1}{6}\) 이고 \(4\) 가 나오지 않을 확률은 \(\dfrac{5}{6}\) 이다. 이것은 매회 시행에서 동일하므로 각 경우가 일어날 확률은

  \[ \bigg ( \dfrac{1}{6} \bigg ) ^{2} \times \bigg ( \dfrac{5}{6} \bigg ) ^{2} \]

  이다. 이 사건이 \({}_{4}C_{2} = 6\) 번 일어나므로 구하고자 하는 확률은 다음과 같다.

  \[ {}_{4}C_{2} \bigg ( \dfrac{1}{6} \bigg ) ^{2} \bigg ( \dfrac{5}{6} \bigg ) ^{2} \]

Total Probability✔

• 증명

  \(i \neq j\) 인 \(i, j = 1, 2, 3, 4, 5, 6\) 과 표본공간 \(S\) 에 대하여 다음을 만족하는 사건 \(A_1, A_2, A_3, A_4, A_5, A_6\) 이 있다고 하자.

  1. \(A_i \cap A_j = \varnothing\)

  2. \(A_1 \cup A_2 \cup A_3 \cup A_4 \cup A_5 \cup A_6 = S\)

  

  그러면 사건 \(B\) 를 위 그림처럼 다음과 같이 표현할 수 있다.

  \[ B = (B \cap A_1) \cup (B \cap A_2) \cup (B \cap A_3) \cup (B \cap A_4) \cup (B \cap A_5) \cup (B \cap A_6) \]

  사건 \(B \cap A_1, B \cap A_2, B \cap A_3, B \cap A_4, B \cap A_5, B \cap A_6\) 들은 서로 배반이므로 확률의 덧셈정리에 의하여 다음이 성립한다.

  \[ \begin{align}\begin{split} P(B) &=P((B \cap A_1) \cup (B \cap A_2) \cup (B \cap A_3) \cup \\ &\qquad (B \cap A_4) \cup (B \cap A_5) \cup (B \cap A_6)) \\ &= P(B \cap A_1)+P(B \cap A_2)+P(B \cap A_3)+ \\ & \qquad P(B \cap A_4)+P(B \cap A_5)+P(B \cap A_6) \quad (\because \text{ 확률의 덧셈정리 })\\ &= P(A)P(B|A_1)+P(A)P(B|A_2)+P(A)P(B|A_3)+\\ & \qquad P(A)P(B|A_4)+P(A)P(B|A_5)+P(A)P(B|A_6) \quad (\because \text{ 확률의 곱셈정리 })\\ \end{split}\end{align} \tag*{} \]

  이것은 \(6\) 개의 사건 뿐만 아니라 다음과 같이 \(n\) 개의 사건에서도 성립한다. 수학적 귀납법으로 쉽게 보일 수 있다.

  \[ \begin{align}\begin{split} P(B) &=\sum_{k=1}^{n}P(A_k)P(B|A_k) \\ &= P(A_1)B(B|A_1) +P(A_2)B(B|A_2)+\dots +P(A_n)B(B|A_n) \\ \end{split}\end{align} \tag*{} \]

  ■

• 예시

  \(A, B, C\) 세 주머니에 각각 공이 \(5\) 개, \(3\) 개, \(4\) 개 들어있고 각각 검은 공이 \(2\) 개, \(1\) 개, \(2\) 개 들어있다고 하자. 이때 주머니를 무작위로 택하여 공을 \(1\) 개 꺼냈을 때 검은 공일 확률을 구해보자. \(A, B, C\) 주머니를 택하는 사건을 각각 \(A_1, A_2, A_3\) 이라고 하고 꺼낸 공이 검은 공일 확률을 \(B\) 라고 하자. 그러면 확률 \(P(B)\) 는 다음과 같다.

  \[ \begin{align}\begin{split} P(B) &=P(A_1 \cap B) + P(A_2 \cap B) + P(A_3 \cap B) \\ &= P(A_1)P(B|A_1) + P(A_2)P(B|A_2) + P(A_3)P(B|A_3) \\ &= \dfrac{1}{3} \cdot \dfrac{2}{5} + \dfrac{1}{3} \cdot \dfrac{1}{3} + \dfrac{1}{3} \cdot \dfrac{2}{4} \\ & = \dfrac{37}{90} \\ \end{split}\end{align} \tag*{} \]

Bayes Theorem✔

• 증명

  공사건이 아닌 \(n\) 개의 사건 \(A_1, A_2, \dots, A_n\) 이 표본공간 \(S\) 와 \(i \neq j\) 인 \(i, j = 1, 2, \dots, n\) 에 대하여

  1. \(A_i \cap A_j = \varnothing\)

  2. \(A_1 \cup A_2 \cup \dots \cup A_n = S\)

  을 만족하면 사건 \(B\) 가 일어났을 때 사건 \(A_i\) 의 조건부확률 \(P(A_i|B)\) 은 조건부확률 공식에 의해 다음과 같다.

  \[ P(A_i|B) = \dfrac{P(A_i \cap B)}{P(B)} \]

  전확률 공식과 확률의 곱셈정리에 의하여 다음이 성립한다.

  \[ \frac{P(B \cap A_i)}{P(B)} = \frac{P(A_i)P(B|A_i)}{\displaystyle \sum_{k=1}^{n}P(A_k)P(B|A_k)} ■ \]

• 예시

  \(A, B, C\) 세 주머니에 각각 공이 \(5\) 개, \(3\) 개, \(4\) 개 들어있고 각각 검은 공이 \(2\) 개, \(1\) 개, \(2\) 개 들어있다고 하자. 이때 검은 공을 꺼냈는데 이것이 주머니 \(A\) 에서 나왔을 확률을 구해보자. \(A, B, C\) 주머니를 택하는 사건을 각각 \(A_1, A_2, A_3\) 이라고 하고 꺼낸 공이 검은 공일 확률을 \(B\) 라고 하자. 그러면 구하고자 하는 확률은 \(P(A_1|B)\) 이므로 다음과 같다.

  \[ P(A_1|B) = \dfrac{P(A_1 \cap B)}{P(B)} = \dfrac{P(A_1)P(B|A_1)}{P(B)} = \dfrac{\dfrac{1}{3} \cdot \dfrac{2}{5}}{\dfrac{37}{90}} = \dfrac{12}{37} \]