বিচ্ছিন্ন সম্ভাবনা — sample space, event আর Laplace-এর সংজ্ঞা

১ · এলোমেলো পরীক্ষা, sample space আর event

কাল্পনিক অনলাইন দোকান বাজারঘরের প্রতিদিন অনেক প্রশ্ন থাকে যার উত্তর আগে থেকে নিশ্চিত নয়। আজকের অর্ডারটি কি দেরিতে পৌঁছাবে? গুদামের ২০টি পণ্যের ব্যাচ থেকে ৫টি পরীক্ষা করলে কয়টি ত্রুটিপূর্ণ পাওয়া যাবে? একটি নতুন অর্ডার-আইডি hash table-এর কোন ঘরে পড়বে? এই অনিশ্চয়তাকে সংখ্যায় মাপার গণিতই সম্ভাবনা। এই মডিউলে আমরা শুধু বিচ্ছিন্ন (discrete) ক্ষেত্র দেখব: যেখানে সম্ভাব্য ফলগুলো গোনা যায়, সসীম বা ১, ২, ৩, … এভাবে অসীম তালিকায়। ফলে মডিউল ৬-এর সব গণনার কৌশল এখানে সরাসরি কাজে আসবে।

কয়েকটি উদাহরণ:

• একটি ছক্কা: Ω = {1, 2, 3, 4, 5, 6}; “জোড় আসে” event E = {2, 4, 6}.
• দুটি ছক্কা (লাল ও নীল): Ω = {(a, b) : a, b ∈ {1, …, 6}}, গুণের নিয়মে |Ω| = 6 × 6 = 36 (পর্ব ৩১ “গণনার মূল নিয়ম — যোগ, গুণ, বিয়োগ আর ভাগ”)। “যোগফল 7” = {(1, 6), (2, 5), (3, 4), (4, 3), (5, 2), (6, 1)}.
• ব্যাচ পরীক্ষা: ২০টি পণ্যের ব্যাচ থেকে ৫টি তোলা; Ω = ২০টি থেকে ৫টির সব subset, |Ω| = C(20, 5) = 15504.
• প্রথম head পর্যন্ত টস: Ω = {H, TH, TTH, TTTH, …}, একটি অসীম কিন্তু গণনাযোগ্য সেট।

Event যেহেতু সেট, তাই event-এর সব যুক্তি সেটের ক্রিয়া (পর্ব ১৪ “সেট — সংজ্ঞা, subset, power set আর Cartesian product” আর পর্ব ১৫ “সেটের অপারেশন — union, intersection, Venn diagram আর identity”). নিচের ছকটি অনুবাদের অভিধান:

শেষ কলামের “কোনোটিই 6 নয়” event-এ 5 × 5 = 25টি outcome, তাই “অন্তত একটি 6” event-এ 36 − 25 = 11টি। পুরো মডিউলে এই কৌশলটি বারবার ফিরবে: “অন্তত একটি” গোনার সহজ পথ প্রায়ই complement. যে দুটি event-এর intersection ফাঁকা, তাদের বলে mutually exclusive (পরস্পর বর্জনশীল)।

২ · Laplace-এর সংজ্ঞা আর তার সীমা — দুই ছক্কায় ৩৬ বনাম ১১

সবচেয়ে পুরোনো আর সবচেয়ে সহজ সংজ্ঞাটি হলো গোনা। ফরাসি গণিতবিদ Pierre-Simon Laplace ১৮১২ আর ১৮১৪ সালের বইয়ে এটিকে সম্ভাবনার মূল নীতি হিসেবে লেখেন, যদিও ধারণাটি Cardano, Pascal আর Fermat-এর কাজে আগেই ছিল।

দুই ছক্কায় যোগফল 7-এর সম্ভাবনা তাহলে 6/36 = 1/6. কিন্তু কেউ যদি বলেন, “যোগফল তো ২ থেকে ১২, মোট ১১টি সম্ভাবনা, তাই যোগফল 7-এর সম্ভাবনা 1/11”, তিনি কোথায় ভুল করলেন? তিনি Laplace-এর সূত্র এমন Ω′-এ খাটিয়েছেন, যার outcome-গুলো সমান সম্ভাব্য নয়। যোগফল 2 আসে একভাবেই, (1, 1); যোগফল 7 আসে ছয়ভাবে। লাল আর নীল ছক্কা আলাদা চেনা যাক বা না যাক, পদার্থবিদ্যায় তারা দুটি আলাদা বস্তু, তাই (2, 5) আর (5, 2) আলাদা outcome. নিচের stepper ৩৬ ঘরের টেবিলে “যোগফল 7” event গুনে দেখায়।

1Ω: সারি = লাল, কলাম = নীল2লাল 1 → নীল 63লাল 2, 3 → নীল 5, 44লাল 4, 5, 6 → নীল 3, 2, 15P = 6/36 = 1/66যোগফল 2: শুধু (1, 1) ◆

এবার Python দিয়ে দুটি কাজ: fractions.Fraction দিয়ে Ω-এর সব ৩৬টি outcome গুনে নির্ভুল সম্ভাবনা (দশমিকের rounding ছাড়া), আর একটি seed দেওয়া Monte Carlo simulation, যেখানে কম্পিউটার বহুবার ছক্কা ছোড়ে আর যোগফল 7-এর হার গোনে। প্রথমবার চালালে ব্রাউজারে Python (Pyodide) নামতে কয়েক সেকেন্ড লাগে।

from fractions import Fraction
from itertools import product
import random

omega = list(product(range(1, 7), repeat=2))      # 36 ordered pairs (a, b)

def P(event):                                     # Laplace: |E| / |Omega|
    return Fraction(sum(1 for w in omega if event(w)), len(omega))

dist = {s: P(lambda w, s=s: w[0] + w[1] == s) for s in range(2, 13)}
print("|Omega| =", len(omega), "  total =", sum(dist.values()))
print("P(sum = 7)  =", dist[7], "   P(sum = 2) =", dist[2])
print("P(at least one 6) =", P(lambda w: 6 in w),
      "  complement:", 1 - Fraction(5, 6) ** 2)
print("wrong '11 equal sums' model: P(sum = 7) =", Fraction(1, 11))

random.seed(38)
hits, tosses = 0, 0
for n in (100, 1_000, 10_000, 100_000):
    while tosses < n:
        a, b = random.randint(1, 6), random.randint(1, 6)
        hits += (a + b == 7)
        tosses += 1
    print(f"n = {n:>6}: frequency of 7 = {hits / n:.4f}"
          f"   exact = {float(dist[7]):.4f}")

|Omega| = 36   total = 1
P(sum = 7)  = 1/6    P(sum = 2) = 1/36
P(at least one 6) = 11/36   complement: 11/36
wrong '11 equal sums' model: P(sum = 7) = 1/11
n =    100: frequency of 7 = 0.2100   exact = 0.1667
n =   1000: frequency of 7 = 0.1800   exact = 0.1667
n =  10000: frequency of 7 = 0.1676   exact = 0.1667
n = 100000: frequency of 7 = 0.1649   exact = 0.1667

Laplace-এর সংজ্ঞার তিনটি সীমা

1. বৃত্তাকার যুক্তির ঝুঁকি: “সমান সম্ভাব্য” কথাটির মধ্যেই সম্ভাবনা লুকিয়ে আছে; সংজ্ঞা নিজেকে দিয়েই নিজেকে ব্যাখ্যা করে। ন্যায্য ছক্কায় প্রতিসাম্য দিয়ে তা মানা যায়, কিন্তু সবসময় নয়।
2. অসম outcome: বাজারঘরের একটি ডেলিভারি সময়মতো পৌঁছায়, নয়তো দেরিতে; Ω-এ দুটি outcome, কিন্তু তাই বলে দেরির সম্ভাবনা 1/2 নয়। এখানে প্রতিসাম্য নেই, তাই Laplace খাটে না।
3. অসীম Ω: প্রথম head পর্যন্ত টসের Ω অসীম; |Ω| দিয়ে ভাগ করার কোনো অর্থ নেই। §৬-এ দেখব, ℕ-এর ওপর “সব সমান সম্ভাব্য” বণ্টন আসলে অসম্ভব।

এই তিন সমস্যা মেটাতে একটি সাধারণ সংজ্ঞা লাগে, যেখানে outcome-গুলোর ভার আলাদা হতে পারে। সেটিই পরের অংশ।

৩ · Kolmogorov-এর স্বতঃসিদ্ধ — বিচ্ছিন্ন probability space

১৯৩৩ সালে রুশ গণিতবিদ Andrey Kolmogorov একটি ছোট বইয়ে সম্ভাবনাকে কয়েকটি axiom (স্বতঃসিদ্ধ) দিয়ে সংজ্ঞায়িত করেন। ভাবটি হলো জ্যামিতির মতো: “সম্ভাবনা আসলে কী” সেই দার্শনিক প্রশ্ন আলাদা রেখে, সম্ভাবনা যে নিয়ম মানে তা লিখে ফেলা, আর বাকি সব প্রমাণ করা। বিচ্ছিন্ন ক্ষেত্রে সংজ্ঞাটি বেশ সরল।

বিচ্ছিন্ন ক্ষেত্রে এমন P বানানোর একটি সহজ রেসিপি আছে। প্রতিটি outcome ω-কে একটি ভার p(ω) ≥ 0 দিন, যাতে সব ভারের যোগ ∑_ω∈Ω p(ω) = 1 হয়; তারপর সংজ্ঞায়িত করুন

P(A) = ∑_ω∈A p(ω)

অর্থাৎ একটি event-এর সম্ভাবনা তার outcome-গুলোর ভারের যোগফল। K1 আর K2 সরাসরি মেলে, আর K3 মেলে কারণ অঋণাত্মক পদের যোগফল যেকোনো ক্রমে আর যেকোনো দলে ভাগ করে নিলেও একই থাকে (অসীম হলেও, অঋণাত্মক বলে)। উল্টোটাও সত্য: যেকোনো বিচ্ছিন্ন probability measure-এ p(ω) = P({ω}) বসালে এই সূত্রই পাওয়া যায়, কারণ A হলো তার এক-উপাদানের subset-গুলোর বিচ্ছিন্ন union. তাই বিচ্ছিন্ন সম্ভাবনা মানে আসলে “outcome-গুলোর ভার, যোগফল 1”.

Laplace-এর সংজ্ঞা এর একটি বিশেষ ক্ষেত্র: সসীম Ω-এ সব ভার সমান, p(ω) = 1/|Ω|, তাহলে P(A) = |A|/|Ω|. কিন্তু এখন ভার অসমও হতে পারে: বাজারঘরের অভিজ্ঞতা যদি বলে ডেলিভারির ১০টির মধ্যে ৯টি সময়মতো পৌঁছায়, তাহলে মডেল Ω = {সময়মতো, দেরি}, p = 0.9 আর 0.1. সংখ্যা 0.9 কোথা থেকে এল, তা পরিসংখ্যানের প্রশ্ন; স্বতঃসিদ্ধ শুধু বলে সংখ্যাগুলো কোন নিয়ম মানতে বাধ্য।

৪ · স্বতঃসিদ্ধ থেকে নিয়ম — complement, inclusion–exclusion আর union bound

স্কুলে সম্ভাবনার যে নিয়মগুলো মুখস্থ করা হয়, তার প্রতিটি আসলে তিনটি স্বতঃসিদ্ধের পরিণাম। এখানে সেগুলো প্রমাণ করা হলো; প্রতিটি ধাপের পাশে তার যুক্তি। সব প্রমাণে শুধু সসীম additivity লাগে (K3-এ বাকি সব A_i = ∅ বসালে আসে, উপপাদ্য ৪.১-এর পরে)।

1. p = P(∅) ধরুন; K1 অনুযায়ী p ≥ 0. — K1
2. ∅, ∅, ∅, … পরস্পর বিচ্ছিন্ন (∅ ∩ ∅ = ∅), আর তাদের union ∅. — সেটের সংজ্ঞা
3. K3 থেকে p = p + p + p + …; p > 0 হলে ডান দিক অসীম, যা একটি বাস্তব সংখ্যা p-এর সমান হতে পারে না। তাই p = 0. ∎ — K3

এখন A ∩ B = ∅ হলে A, B, ∅, ∅, …-এ K3 খাটিয়ে পাই P(A ∪ B) = P(A) + P(B): সসীম additivity.

1. (ক) A আর Aᶜ বিচ্ছিন্ন, আর A ∪ Aᶜ = Ω. — complement-এর সংজ্ঞা
2. সসীম additivity আর K2: P(A) + P(Aᶜ) = P(Ω) = 1, তাই P(Aᶜ) = 1 − P(A). — K2, additivity
3. (খ) A ⊆ B হলে B = A ∪ (B ∖ A), আর এই দুই অংশ বিচ্ছিন্ন। — সেটের identity
4. তাই P(B) = P(A) + P(B ∖ A) ≥ P(A), কারণ K1 অনুযায়ী P(B ∖ A) ≥ 0. — additivity, K1
5. যেকোনো A ⊆ Ω, তাই P(A) ≤ P(Ω) = 1; আর K1 থেকে P(A) ≥ 0. ∎ — (খ), K2

1. A ∪ B-কে তিনটি বিচ্ছিন্ন অংশে ভাঙুন: A ∖ B, A ∩ B, B ∖ A. — Venn চিত্রের তিন অঞ্চল
2. Additivity: P(A ∪ B) = P(A ∖ B) + P(A ∩ B) + P(B ∖ A). — additivity
3. A = (A ∖ B) ∪ (A ∩ B) বিচ্ছিন্ন, তাই P(A ∖ B) = P(A) − P(A ∩ B). একইভাবে P(B ∖ A) = P(B) − P(A ∩ B). — additivity
4. ধাপ ২-এ বসালে P(A ∪ B) = P(A) + P(B) − P(A ∩ B). ∎ — বীজগণিত

এটি পর্ব ৩১-এর বিয়োগের নিয়ম |A ∪ B| = |A| + |B| − |A ∩ B|-এর সম্ভাবনা রূপ; সমান সম্ভাব্য Ω-এ দুটি সূত্র হুবহু এক, শুধু |Ω| দিয়ে ভাগ। সাধারণ inclusion–exclusion (n-টি event) আর derangement পর্ব ৪৯ “Inclusion–exclusion আর derangement”-এ আসবে। নিচের stepper বাজারঘরের একটি প্রশ্নে সূত্রটি ধাপে ধাপে চালায়।

1Ω = {1, …, 100}, সমান সম্ভাব্য2A = 3-এর গুণিতক: ⌊100/3⌋ = 333B = 5-এর গুণিতক: ⌊100/5⌋ = 20433 + 20 = 53: দুবার গোনা আছে5A ∩ B = 15-এর গুণিতক: 66(33 + 20 − 6)/100 = 47/100

ধাপ ৪-এর পর্যবেক্ষণটি নিজেই একটি উপপাদ্য: যোগফল কখনো union-এর সম্ভাবনার চেয়ে কম হয় না। একে বলে union bound, বা Boole-এর অসমতা (George Boole-এর নামে)। কম্পিউটার বিজ্ঞানে এটি সম্ভবত সবচেয়ে বেশি ব্যবহৃত অসমতা, কারণ event-গুলো স্বাধীন কি না, তা জানার দরকার পড়ে না।

প্রমাণ (n-এর ওপর induction):

1. ভিত্তি n = 1: দুই দিকই P(A₁), তাই সমতা। — সরাসরি
2. অনুমান: কোনো n ≥ 1-এর জন্য দাবিটি যেকোনো n-টি event-এ সত্য। — inductive hypothesis
3. ধাপ: U = A₁ ∪ … ∪ A_n ধরুন। উপপাদ্য ৪.৩ থেকে P(U ∪ A_n+1) = P(U) + P(A_n+1) − P(U ∩ A_n+1) ≤ P(U) + P(A_n+1), কারণ K1 অনুযায়ী বিয়োগ করা পদটি ≥ 0. — উপপাদ্য ৪.৩, K1
4. অনুমান থেকে P(U) ≤ P(A₁) + … + P(A_n); বসালে n + 1-এর দাবি পাওয়া যায়। ∎ — induction (পর্ব ১০)

প্রয়োগ: বাজারঘরের সার্ভারে প্রতি রাতে ২০০টি স্বয়ংক্রিয় পরীক্ষা চলে, আর প্রতিটির ভুল সতর্কবার্তা দেওয়ার সম্ভাবনা বড়জোর 0.0005. পরীক্ষাগুলো একে অপরের ওপর নির্ভর করতে পারে, তবু অন্তত একটি ভুল সতর্কবার্তার সম্ভাবনা ≤ 200 × 0.0005 = 0.1. একই যুক্তিতে Miller–Rabin পরীক্ষা (পর্ব ২৫) অনেক সংখ্যায় একসঙ্গে চালালে মোট ভুলের সম্ভাবনা সীমিত রাখা যায়। Union bound-এর একটি দুর্বলতাও মনে রাখুন: event অনেক হলে যোগফল 1 ছাড়িয়ে যায়, তখন এটি কিছুই বলে না।

৫ · গণনা দিয়ে সম্ভাবনা — তাস, লাকি ড্র আর ত্রুটিপূর্ণ ব্যাচ

সমান সম্ভাব্য Ω-এ সম্ভাবনার প্রশ্ন আসলে দুটি গণনার প্রশ্ন: |E| কত, আর |Ω| কত। দুটিই একই নিয়মে গুনতে হবে: ক্রম ধরে গুনলে দুই জায়গাতেই ক্রম, ক্রম বাদ দিলে দুই জায়গাতেই বাদ। Combination-এর নিয়ম (পর্ব ৩৩ “Permutation আর combination”) এখানে প্রধান হাতিয়ার। নিচের সব উদাহরণ নিরপেক্ষ গণিতের উদাহরণ; কোনো খেলায় টাকা লাগানোর পরামর্শ নয়।

তাস: ৫২টি তাসের প্যাকেট

ভালোভাবে শাফল করা প্যাকেট থেকে ২টি তাস তোলা হলো। দুটিই টেক্কা (ace) হওয়ার সম্ভাবনা? Ω = ৫২টি থেকে ২টির সব subset, |Ω| = C(52, 2) = 1326; অনুকূল subset C(4, 2) = 6. তাই P = 6/1326 = 1/221. ক্রম ধরে গুনলেও একই: (4 × 3)/(52 × 51) = 12/2652 = 1/221. একটি তাস তুললে সেটি হরতন (heart) অথবা ছবির তাস (J, Q, K) হওয়ার সম্ভাবনায় inclusion–exclusion: 13/52 + 12/52 − 3/52 = 22/52 = 11/26.

বাজারঘরের লাকি ড্র

বাজারঘর অর্ডারের সঙ্গে বিনামূল্যে একটি কুপন দেয়: গ্রাহক 1 থেকে 40-এর মধ্যে ৬টি আলাদা সংখ্যা বাছেন, মাস শেষে এলোমেলোভাবে ৬টি সংখ্যা তোলা হয়। সব ৬টি মেলার সম্ভাবনা 1/C(40, 6) = 1/3838380, অর্থাৎ প্রায় ৩৮ লাখে একবার। ঠিক ৩টি মেলার সম্ভাবনা: আপনার ৬টি থেকে ৩টি মিলবে (C(6, 3) উপায়) আর বাকি ৩টি তোলা সংখ্যা আসবে না-বাছা ৩৪টি থেকে (C(34, 3) উপায়):

C(6, 3) · C(34, 3) / C(40, 6) = 20 · 5984 / 3838380 = 5984/191919 ≈ 0.0312

এই হিসাবের কাঠামোটিই পরের উদাহরণের সাধারণ সূত্র।

ত্রুটিপূর্ণ ব্যাচ — hypergeometric সূত্র

বাজারঘরের গুদামে N = 20টি পাওয়ার ব্যাংকের একটি ব্যাচে D = 4টি ত্রুটিপূর্ণ (কেউ জানে না কোনগুলো)। পরিদর্শক ফেরত না রেখে এলোমেলোভাবে n = 5টি পরীক্ষা করেন। ঠিক k-টি ত্রুটিপূর্ণ পাওয়ার সম্ভাবনা কত?

1. Ω = n-টির সব subset; |Ω| = C(N, n), আর সব সমান সম্ভাব্য। — মডেল
2. “ঠিক k-টি চিহ্নিত” subset বানাতে D-টি চিহ্নিতের মধ্যে k-টি বাছুন (C(D, k) উপায়) আর N − D-টি সাধারণের মধ্যে n − k-টি (C(N − D, n − k) উপায়)। প্রতিটি জোড়া বাছাই ঠিক একটি subset দেয়, আর প্রতিটি অনুকূল subset ঠিক একটি জোড়া থেকে আসে। — গুণের নিয়ম, bijection
3. Laplace-এর সূত্রে ভাগ করুন। ∎ — সংজ্ঞা ২.১

সূত্রের সম্ভাবনাগুলোর যোগফল 1, এটি পর্ব ৩৪-এর Vandermonde identity ∑_k C(D, k) C(N − D, n − k) = C(N, n)-এরই আরেক রূপ। নিচের ব্লকটি সূত্রটিকে brute force-এর সঙ্গে মেলায়: ২০টি অবস্থানের সব ১৫,৫০৪টি ৫-উপাদানের subset তালিকা করে ত্রুটিপূর্ণ গোনে।

from fractions import Fraction
from itertools import combinations
from math import comb

N, D, n = 20, 4, 5            # 20 items, 4 defective, inspect 5
items = ["bad"] * D + ["ok"] * (N - D)

def formula(k):               # hypergeometric: C(D,k) C(N-D,n-k) / C(N,n)
    return Fraction(comb(D, k) * comb(N - D, n - k), comb(N, n))

# brute force: list every 5-item sample of positions 0..19
count = {k: 0 for k in range(D + 1)}
for sample in combinations(range(N), n):
    count[sum(items[i] == "bad" for i in sample)] += 1
total = sum(count.values())

print("samples:", total, "  C(20, 5) =", comb(N, n))
for k in range(D + 1):
    bf = Fraction(count[k], total)
    print(f"k = {k}: brute = {str(bf):>10}  formula = {str(formula(k)):>10}"
          f"  ~ {float(bf):.4f}")
print("sum over k:", sum(formula(k) for k in range(D + 1)))
p0 = formula(0)
print("P(at least one bad) = 1 -", p0, "=", 1 - p0, f"~ {float(1 - p0):.4f}")

samples: 15504   C(20, 5) = 15504
k = 0: brute =     91/323  formula =     91/323  ~ 0.2817
k = 1: brute =    455/969  formula =    455/969  ~ 0.4696
k = 2: brute =     70/323  formula =     70/323  ~ 0.2167
k = 3: brute =     10/323  formula =     10/323  ~ 0.0310
k = 4: brute =      1/969  formula =      1/969  ~ 0.0010
sum over k: 1
P(at least one bad) = 1 - 91/323 = 232/323 ~ 0.7183

৬ · অসীম বিচ্ছিন্ন sample space — প্রথম head কখন আসবে

একটি ন্যায্য মুদ্রা head না আসা পর্যন্ত টস করা হয়। Ω = {H, TH, TTH, …}, যেখানে k-তম outcome ω_k = (k − 1)টি T, তারপর H. এখানে Laplace অচল (Ω অসীম), কিন্তু Kolmogorov সচল। প্রতিটি নির্দিষ্ট k দৈর্ঘ্যের টস-সারি 2^kটি সমান সম্ভাব্য সারির একটি, তাই স্বাভাবিক ভার

p(ω_k) = (1/2)^k, k = 1, 2, 3, …

এটি কি সত্যিই একটি probability space? K1 স্পষ্ট। K2-এর জন্য দরকার ∑_k≥1 (1/2)^k = 1. পর্ব ১৭ “Sequence আর summation — closed form আর বিখ্যাত যোগফল”-এর geometric series থেকে প্রথম n পদের যোগ 1 − (1/2)ⁿ, যা n → ∞-এ 1-এর দিকে যায়। এই বণ্টনকে বলে geometric distribution; সাধারণভাবে প্রতিবার সাফল্যের সম্ভাবনা p হলে প্রথম সাফল্য k-তম চেষ্টায় আসার সম্ভাবনা (1 − p)^k−1p.

1. Event E = {ω₂, ω₄, ω₆, …}, এক-উপাদানের পরস্পর বিচ্ছিন্ন event-এর অসীম union. — event = subset
2. Countable additivity (K3): P(E) = (1/2)² + (1/2)⁴ + … = 1/4 + 1/16 + … — K3
3. অনুপাত r = 1/4 < 1-এর geometric series: (1/4)/(1 − 1/4) = 1/3. ∎ — পর্ব ১৭

এখানেই K3-এর “অসীম” অংশটি জরুরি: শুধু সসীম additivity দিয়ে অসীম union-এর সম্ভাবনা বের করা যেত না। একটি সুন্দর যাচাই: বিজোড় টসে প্রথম head-এর সম্ভাবনা 1/2 + 1/8 + … = 2/3, আর দুটি মিলে 1 (head শেষ পর্যন্ত আসবেই, সম্ভাবনা 1).

1. বিপরীতে ধরুন সব n-এর জন্য P({n}) = c. — contradiction-এর অনুমান
2. Ω হলো {1}, {2}, … এই বিচ্ছিন্ন event-গুলোর union, তাই K2 আর K3 থেকে 1 = c + c + c + … — K2, K3
3. c = 0 হলে ডান দিক 0 ≠ 1; c > 0 হলে ডান দিক অসীম ≠ 1. দুই ক্ষেত্রেই বিরোধ। ∎ — ক্ষেত্রভাগ

তাই “একটি এলোমেলো ধনাত্মক পূর্ণসংখ্যা বাছুন, সবগুলো সমান সম্ভাবনায়” কথাটি গাণিতিকভাবে অর্থহীন। “একটি এলোমেলো সংখ্যা জোড় হওয়ার সম্ভাবনা 1/2” বললে আসলে বোঝানো হয় {1, …, n}-এ সমবণ্টনের সীমা n → ∞, যা একটি ভিন্ন ধারণা (natural density). নিচের ব্লক নির্ভুল আংশিক যোগফল আর simulation পাশাপাশি দেখায়।

from fractions import Fraction
import random

def p(k):                         # first head on toss k: (1/2)^(k-1) * (1/2)
    return Fraction(1, 2) ** k

for n in (1, 2, 5, 10, 20):
    s = sum(p(k) for k in range(1, n + 1))
    print(f"P(first head within {n:>2} tosses) = {str(s):>15}"
          f"   1 - s = {str(1 - s)}")

even = sum(p(k) for k in range(2, 61, 2))   # k = 2, 4, ..., 60
print("P(first head on an even toss), 30 terms ~", f"{float(even):.10f}")
print("exact value 1/3 ~", f"{1 / 3:.10f}")

random.seed(17)
trials, even_count, longest = 100_000, 0, 0
for _ in range(trials):
    k = 1
    while random.random() >= 0.5:  # tail: toss again
        k += 1
    even_count += (k % 2 == 0)
    longest = max(longest, k)
print(f"simulation: even share {even_count / trials:.4f},"
      f" longest wait {longest} tosses")

P(first head within  1 tosses) =             1/2   1 - s = 1/2
P(first head within  2 tosses) =             3/4   1 - s = 1/4
P(first head within  5 tosses) =           31/32   1 - s = 1/32
P(first head within 10 tosses) =       1023/1024   1 - s = 1/1024
P(first head within 20 tosses) = 1048575/1048576   1 - s = 1/1048576
P(first head on an even toss), 30 terms ~ 0.3333333333
exact value 1/3 ~ 0.3333333333
simulation: even share 0.3330, longest wait 20 tosses

৭ · Monty Hall — গোনা বনাম অনুমান

একটি টিভি গেম শোর প্রশ্ন, যা সম্ভাবনার সবচেয়ে বিখ্যাত ধাঁধাগুলোর একটি। তিনটি বন্ধ দরজা; একটির পেছনে একটি গাড়ি, বাকি দুটির পেছনে ছাগল। আপনি একটি দরজা বাছলেন, ধরুন ১ নম্বর। উপস্থাপক, যিনি জানেন গাড়ি কোথায়, বাকি দুটির একটি খালি (ছাগলের) দরজা খুলে দেখান, ধরুন ৩ নম্বর। তারপর জিজ্ঞেস করেন: “আপনি কি ২ নম্বরে বদলাতে চান?” বেশিরভাগ মানুষের অনুমান: দুটি দরজা বাকি, তাই 1/2 – 1/2, বদলানোর লাভ নেই। গুনে দেখা যাক। এই ধাঁধার নাম Monty Hall problem.

এই শর্তে Ω-এর outcome হলো (গাড়ির দরজা, খোলা দরজা) জোড়া, কিন্তু সেগুলো সমান সম্ভাব্য নয়; তাই Laplace নয়, ভার দিয়ে হিসাব। নিচের stepper গাছের প্রতিটি শাখার ভার বের করে।

1গাড়ি 1, 2, 3: প্রতিটি 1/32গাড়ি 1 → খোলে 2 বা 3: 1/6 + 1/63গাড়ি 2 → খুলতেই হবে 3: 1/34গাড়ি 3 → খুলতেই হবে 2: 1/35থাকলে জেতা: 1/6 + 1/6 = 1/36বদলালে জেতা: 1/3 + 1/3 = 2/3

অনুমান কেন ভুল করে? “দুটি দরজা বাকি, তাই 1/2 – 1/2” যুক্তিটি আবারও Laplace-এর সূত্র এমন Ω-এ খাটায়, যার outcome-গুলো সমান সম্ভাব্য নয়: দুই ছক্কার ১১টি যোগফলের মতোই ভুল। উপস্থাপকের দরজা খোলা এলোমেলো নয়; তিনি জেনেশুনে গাড়ি এড়ান, আর সেই জ্ঞান বাকি দরজাটিতে তথ্য রেখে যায়। একটি সহজ ভাবনা: ১০০টি দরজা হলে, আর আপনার বাছাইয়ের পর উপস্থাপক ৯৮টি খালি দরজা খুলে দিলে, বাকি একটি দরজায় গাড়ি থাকার সম্ভাবনা 99/100. নিচের ব্লক দুই রকম উপস্থাপকের জন্য সব ক্ষেত্র নির্ভুলভাবে গোনে, তারপর জেনেশুনে খোলা উপস্থাপকের খেলাটি ১০,০০০ বার simulate করে।

from fractions import Fraction
import random

def exact(host_knows=True):
    """Enumerate car, pick and host door with their probabilities."""
    stay = switch = shown_goat = Fraction(0)
    for car in range(3):
        for pick in range(3):
            others = [d for d in range(3) if d != pick]
            if host_knows:
                others = [d for d in others if d != car]
            for door in others:
                w = Fraction(1, 9) / len(others)
                if door == car:
                    continue                  # car revealed: game void
                shown_goat += w
                rest = 3 - pick - door        # the closed door left
                stay += w * (pick == car)
                switch += w * (rest == car)
    return stay / shown_goat, switch / shown_goat

for knows in (True, False):
    s, w = exact(knows)
    print("host knows:" if knows else "host random:", "stay =", s, " switch =", w)

random.seed(2026)
games, stay_win, switch_win = 10_000, 0, 0
for _ in range(games):
    car, pick = random.randrange(3), random.randrange(3)
    door = random.choice([d for d in range(3) if d not in (pick, car)])
    stay_win += (pick == car)
    switch_win += (3 - pick - door == car)
print(f"simulation, {games} games: stay {stay_win / games:.4f}"
      f"  switch {switch_win / games:.4f}")

host knows: stay = 1/3  switch = 2/3
host random: stay = 1/2  switch = 1/2
simulation, 10000 games: stay 0.3332  switch 0.6668

৮ · সম্ভাবনা বনাম ঘটনার হার, পরীক্ষার অঙ্ক আর একটি ভুল যুক্তি

Simulation-এর হার আর সম্ভাবনার সম্পর্কটি এবার স্পষ্ট করা যাক। সম্ভাবনা হলো মডেলের একটি সংখ্যা, যা স্বতঃসিদ্ধ মানে; relative frequency হলো বাস্তব বা কম্পিউটারের পরীক্ষার একটি পরিমাপ, যা প্রতিবার আলাদা। দুটির সেতু হলো law of large numbers (বৃহৎ সংখ্যার নিয়ম): একই স্বাধীন পরীক্ষা n বার চালালে, n বড় হতে থাকলে relative frequency আসল সম্ভাবনা থেকে কোনো নির্দিষ্ট দূরত্বের বেশি সরে থাকার সম্ভাবনা 0-এর দিকে যায়। এটি এখানে শুধু বলা হলো; Chebyshev-এর অসমতা দিয়ে এর প্রমাণ পর্ব ৪১ “Variance আর concentration — Markov, Chebyshev আর Chernoff”-এ আসবে। §২-এর ব্লকে ঠিক এটাই দেখা গেল: হার 0.21 থেকে 0.1649-এ নামল, সোজা পথে নয়, কিন্তু ক্রমশ কাছে।

অঙ্ক ১: তিনটি মুদ্রা

তিনটি ন্যায্য মুদ্রা টস করলে ঠিক ২টি head আসার সম্ভাবনা কত? Ω-এ 2³ = 8টি সমান সম্ভাব্য সারি; ঠিক ২টি H-এর সারি C(3, 2) = 3টি (HHT, HTH, THH). উত্তর 3/8.

অঙ্ক ২: ত্রুটিপূর্ণ পণ্য

১০টি পণ্যের একটি বাক্সে ৩টি ত্রুটিপূর্ণ। ৪টি এলোমেলোভাবে তুললে ঠিক ১টি ত্রুটিপূর্ণ হওয়ার সম্ভাবনা কত?

1. |Ω| = C(10, 4) = 210.
2. অনুকূল: C(3, 1) · C(7, 3) = 3 × 35 = 105.
3. P = 105/210 = 1/2.

অঙ্ক ৩: অক্ষর সাজানো

BAZAR শব্দের অক্ষরগুলো এলোমেলোভাবে সাজালে দুটি A পাশাপাশি পড়ার সম্ভাবনা কত? আলাদা সাজানো 5!/2! = 60টি (দুটি A একই, পর্ব ৩৫-এর multinomial), সব সমান সম্ভাব্য। AA-কে একটি অক্ষর ধরলে B, AA, Z, R-এর 4! = 24টি সাজানো। উত্তর 24/60 = 2/5.

যুক্তির ভুল ধরুন: “চারবারে একটি ছক্কা”

একজন লিখলেন: “একটি ছক্কা ৪ বার ছুড়লে অন্তত একবার 6 আসার সম্ভাবনা কত? প্রতিবার 6-এর সম্ভাবনা 1/6, আর ৪টি সুযোগ, তাই উত্তর 4 × 1/6 = 2/3.” পড়ে ভুলটি নিজে খুঁজুন।

ভুল কোথায়: সম্ভাবনা যোগ করা যায় শুধু পরস্পর বর্জনশীল event-এ (K3), কিন্তু “১ম বারে 6” আর “২য় বারে 6” একসঙ্গে ঘটতে পারে; তাদের intersection বারবার গোনা হয়েছে। তাই 4/6 আসলে শুধু union bound-এর ঊর্ধ্বসীমা। সঠিক পথ complement: চারবারই 6 না আসার outcome 5⁴ = 625টি, মোট 6⁴ = 1296টি, তাই উত্তর 1 − 625/1296 = 671/1296 ≈ 0.5177. যুক্তিটি যে ভুল, তার একটি তাৎক্ষণিক counterexample: ৭ বার ছুড়লে একই যুক্তি দেয় 7/6, যা 1-এর বেশি, অর্থাৎ কোনো সম্ভাবনাই নয়। এই প্রশ্নটি ঐতিহাসিকও: সতেরো শতকের ফ্রান্সে এ ধরনের ছক্কার প্রশ্ন থেকেই Pascal আর Fermat-এর চিঠিপত্র শুরু হয়েছিল বলে বলা হয় (ভাবনার প্রশ্ন ২)।

৯ · AI-এর যুগে — সম্ভাবনার হিসাব যাচাই

সম্ভাবনার প্রশ্নে AI সহকারী প্রায়ই সাবলীল আর আত্মবিশ্বাসী উত্তর দেয়, কিন্তু ভুলগুলো সাধারণত মডেল বাছাইয়ে লুকিয়ে থাকে, যেখানে অঙ্কের সূত্র নয়, কোন outcome সমান সম্ভাব্য সেটিই আসল প্রশ্ন। এই পর্বের বিষয়ে কয়েকটি ভুল নিয়মিত দেখা যায়:

AI-এর উত্তর হাতে পেলে — যাচাইয়ের চেকলিস্ট

• Ω-এর outcome সত্যিই সমান সম্ভাব্য কি না নিজে ভেবেছি
• ছোট ক্ষেত্রে সব outcome তালিকা করে Fraction দিয়ে উত্তর মিলিয়েছি
• যোগ করা প্রতিটি সম্ভাবনার event বিচ্ছিন্ন কি না দেখেছি
• উত্তর 0 আর 1-এর মধ্যে, আর complement-এর সঙ্গে যোগ করে 1 হয়
• Seed দেওয়া simulation চালিয়ে নির্ভুল মানের কাছাকাছি হার পেয়েছি
• উদ্ধৃত ইতিহাস, সাল বা বইয়ের নাম বিশ্বস্ত উৎসে মিলিয়েছি

সম্ভাবনার উত্তর যাচাইয়ের সবচেয়ে সস্তা পথ দুটি: ছোট ক্ষেত্রে নির্ভুল গোনা, আর বড় ক্ষেত্রে seed দেওয়া simulation. দুটি না মিললে, ভুলটি প্রায় সবসময় মডেলে; সেখানেই খুঁজুন। পরিসংখ্যান আর AI-এর দিক থেকে একই বিষয়ের ব্যবহারিক রূপ দেখতে AI-এর ভিত্তি কোর্সের পর্ব ৩৫ দেখুন।