|
|
|
|
Лекция: Курс лекций по теории вероятностей
Лекция: Курс лекций по теории вероятностей
Раздел 1. Классическая вероятностная схема 1.1 Основные формулы комбинаторики
В данном разделе мы займемся подсчетом числа «шансов». О числе шансов
говорят, когда возможно несколько различных результатов какого-либо действия
(извлечение карты из колоды, подбрасывание кубика или монетки, двух кубиков и
т.д.). Число шансов — это число таких возможных результатов, или, иначе
говоря, число способов проделать это действие.
Теорема о перемножении шансов
Теорема 1. Пусть имеется, k групп элементов, причем i-я
группа содержит ni элементов, 1<=i<=k. Выберем
из каждой группы по одному элементу. Тогда общее число N способов,
которыми можно произвести такой выбор, равняется
Замечание 1. В теореме 1 считается, что даже если все элементы в
i-й группе неразличимы, выбрать один из них можно ni
способами.
Замечание 2. Результат выбора, описанного в теореме 1,
представим в виде набора (а1, а 2,., а k
) в котором аi — выбранный из i-й группы элемент.
Тогда общее число различных наборов (а1, а 2,., а
k) также равняется
Доказательство теоремы 1.
 Занумеруем элементы i
-ой группы числами от 1 до ni. Элемент из первой группы можно
выбрать n1 способами. Если мы выбрали элемент j,
1<=i<= n1, то выбрать элемент из второй группы мы можем
n2 способами. Получаем, что с первым элементом j возможно
составить n2 пар (j, l), где 1<=l<= n
2.
Но столько же пар можно составить и с любым другим элементом первой группы.
Тогда всего пар, в которых первый элемент выбран из первой группы, а второй —
из второй, существует ровно 
Иначе говоря, есть 
способов выбрать по одному элементу из первых двух групп. Возьмем одну такую
пару (j, l). Заметим, что элемент из третьей группы можно выбрать n
3 способами, то есть возможно составить ровно n3
троек (j, l, m), добавляя к данной паре (j, l) любой из n
3 элементов третьей группы.
Но столько же троек можно составить и с любой другой парой (j, l). Тогда
всего троек, в которых первый элемент выбран из первой группы, второй — из
второй, а третий — из третьей, существует ровно 
.
Продолжая рассуждения, методом математической индукции заключаем
справедливость утверждения теоремы.
Урны и шарики
Есть урна, (то есть ящик), содержащая n занумерованных объектов, которые
мы без ограничения общности будем считать шариками. Мы выбираем из этой урны
k шариков. Нас интересует, сколькими способами можно выбрать k
шариков из n, или сколько различных результатов (то есть
наборов, состоящих из k шариков) получится.
На этот вопрос нельзя дать однозначный ответ, пока мы не определимся
· с тем, как организован выбор (скажем, можно ли шарики возвращать в
урну), и
· с тем, что понимается под различными результатами выбора.
Рассмотрим следующие возможные схемы выбора:
1. Выбор с возвращением: каждый выбранный шарик возвращается в урну, то есть
каждый из k шариков выбирается из полной урны. В полученном наборе,
состоящем из k номеров шариков, могут встречаться одни и те же номера (
выборка с повторениями).
2. Выбор без возвращения: выбранные шарики в урну не возвращаются, и в
полученном наборе не могут встречаться одни и те же номера (выборка без
повторений).
И в том, и в другом случае результатом выбора является набор из k
номеров шариков. Удобно считать, что шарики всегда выбираются последовательно,
по одному (с возвращением или без).
Условимся, какие результаты мы будем считать различными.
Есть ровно две возможности.
1. Выбор с учетом порядка: два набора номеров шариков считаются различными, если
они отличаются составом или порядком номеров. Так, при выборе трех шариков из
урны, содержащей 5 шариков, наборы (1,2,5), (2,5,1) (4,4,5) различны, если
производится выбор с учетом порядка.
2. Выбор без учета порядка: два набора номеров шариков считаются различными,
если они отличаются составом. Наборы, отличающиеся лишь порядком следования
номеров, считаются одинаковыми. Так, в примере выше первые два набора
(1,2,5), (2,5,1) есть один и тот же результат выбора, а набор (4,4,5) —
другой результат выбора.
Подсчитаем теперь, сколько же возможно различных результатов при каждой из
четырех схем (выбор с возвращением и без, и в каждом из этих случаев
учитываем ли мы порядок или нет).
Урновая схема: выбор без возвращения, с учетом порядка
Теорема 2. Общее количество выборок в схеме выбора k элементов из
n без возвращения и с учетом порядка определяется формулой
и называется числом размещений из n элементов по k элементов.
Доказательство. Первый шарик можно выбрать n способами. При
каждом из этих способов второй шарик можно выбрать n-1 способом, и т.д.
Последний k-й шарик можно выбрать (n-k+1) способом. По теореме
1, общее число способов выбора равно
что и требовалось доказать.
Следствие 1. Число возможных перестановок множества из n элементов есть n!
Доказательство очевидно, если заметить, что перестановка есть не что
иное, как результат выбора без возвращения и с учетом порядка всех n
элементов из n. Так что общее число перестановок равно
Урновая схема: выбор без возвращения и без учета порядка
Теорема 3. Общее количество выборок в схеме выбора k элементов из
n без возвращения и без учета порядка определяется формулой
и называется числом сочетаний из n элементов по k элементов.
Доказательство. Заметим, что, согласно следствию 1, из
каждой выборки данного состава (состоящей из k элементов) можно
образовать k! выборок, отличающихся друг от друга только порядком
элементов.
То есть число выборок, различающихся еще и порядком, в k! раз больше,
чем число выборок, различающихся только составом. Поделив 
на k!, получим утверждение теоремы.
Урновая схема: выбор с возвращением и с учетом порядка
Теорема 4. Общее количество выборок в схеме выбора k
элементов из n с возвращением и с учетом порядка определяется формулой
Доказательство. Первый шарик можно выбрать n способами.
При каждом из этих способов второй шарик можно выбрать также n
способами, и так k раз.
Урновая схема: выбор с возвращением и без учета порядка
Рассмотрим урну с двумя шариками и перечислим результаты выбора двух шариков
из этой урны при выборе с возвращением:
| С учетом порядка | Без учета порядка | (1, 1) (2, 2) (1, 2) (2, 1) | (1, 1) (2, 2) (1, 2) |
Заметим, что в схеме «без учета порядка» получилось 3 различных результата в
отличие от четырех в схеме «с учетом порядка». (число 4 возникает и согласно
теореме 4); и что никаким делением на «число каких-нибудь перестановок»
число 3 из 4 получить не удастся.
Теорема 5. Общее количество выборок в схеме выбора k
элементов из n с возвращением и без учета порядка определяется формулой
Доказательство. Рассмотрим подробно, чем отличаются друг от друга два
разных результата такой схемы выбора. Нам не важен порядок номеров, то есть мы
учитываем только, сколько раз в нашем наборе из k номеров шариков
появился шарик номер 1, шарик номер 2, . , шарик номер n. То есть
результат выбора можно представить набором чисел k1, k2
, .kn, в котором ki — число появлений шарика
номер i в выборке, и k1+ k2+ .+kn
.= k. При этом два результата эксперимента различны, если соответствующие им
наборы k1, k2, .,kn не совпадают.
Представим себе другой эксперимент, имеющий точно такие же результаты (и,
следовательно, их столько же). Есть n ящиков, в которых размещается
k шариков. Нас интересует только количество шариков в каждом ящике. То есть,
результатом эксперимента снова является набор чисел k1, k2
, .kn , в котором ki — число шариков в ящике с
номером i, и k1+ k2+ . +kn.= k
. Числа ki по-прежнему принимают натуральные значения или
равны 0.
А теперь изобразим результат такого размещения в виде схемы, в которой
вертикальные линии обозначают перегородки между ящиками, а кружки —
находящиеся в ящиках шарики:
Мы видим результат размещения 9 шариков по 7 ящикам. Здесь 1-й ящик содержит
3 шарика, 2-й и 6-й ящики пусты, 3-й ящик содержит 1 шарик, и в 4-м и 5-м
ящиках есть по 2 шарика. Переложим один шарик из первого ящика во второй и
изобразим таким же образом еще один результат размещения:
И еще один:
Видим, что все размещения можно получить, меняя между собой шарики и
перегородки, или расставляя k шариков на n-1+k месте. Число
n-1+k получается так: у n ящиков есть ровно n+1 перегородка,
считая крайние, или n-1 перегородка, если не считать крайние, которые
двигать нельзя. И есть k шариков. Перебрав все возможные способы
расставить k шариков на этих n-1+k местах (и ставя на
оставшиеся места перегородки), переберем все нужные размещения.
Но способов расставить k шариков на n-1+k местах ровно 
— это в точности число способов выбрать из n-1+k номеров мест k
номеров мест (без учета порядка и без возвращения), на которые нужно поместить
шарики. Заметим, что равенство 
верно как по определению биномиальных коэффициентов или свойствам треугольника
Паскаля, так и в силу того, что можно вместо выбора k мест для шариков
выбирать n-1 место для перегородок ящиков, заполняя шариками оставшиеся
места.
1.2 Основные понятия элементарной теории вероятностей Предмет
теории вероятностей. Статистическая устойчивость.
Теория вероятностей изучает закономерности, возникающие в случайных
экспериментах (явлениях). Случайным называют эксперимент, результат которого
нельзя предсказать заранее. Невозможность предсказать заранее — основное, что
отличает случайное явление от детерминированного.
Не все случайные явления (эксперименты) можно изучать методами теории
вероятностей, а лишь те, которые могут быть воспроизведены в одних и тех же
условиях и обладают (непонятно как проверяемым заранее) свойством
«статистической устойчивости : «если А — некоторое событие, могущее
произойти или не произойти в результате эксперимента, то доля n(A)/n
числа экспериментов, в которых данное событие произошло, имеет тенденцию
стабилизироваться с ростом общего числа экспериментов n, приближаясь к
некоторому числу P(A). Это число служит объективной характеристикой
«степени возможности» событию А произойти.
В дальнейшем мы будем говорить лишь о случайных экспериментах, обладающих
данными свойствами, а свойство статистической устойчивости докажем в
утверждении, известном как закон больших чисел Я.Бернулли.
Пространство элементарных исходов. Операции над событиями
Определение 1. Пространством элементарных исходов Ω
(«омега») называется множество, содержащее все возможные результаты данного
случайного эксперимента, из которых в эксперименте происходит ровно один.
Элементы этого множества называют элементарными исходами и обозначают
буквой ω («омега») с индексами или без.
Определение 2. Событиями мы будем называть подмножества множества
Ω. Говорят, что в результате эксперимента произошло событие А
Í Ω, если в эксперименте произошел один из элементарных
исходов, входящих в множество А.
Замечание 3. Вообще говоря, можно назвать событиями не обязательно все
подмножества множества Ω, а лишь множества из некоторого набора
подмножеств. О смысле такого ограничения мы поговорим позднее.
Пример 1. Один раз подбрасывается одна игральная кость (кубик). Самый
разумный способ задать пространство элементарных исходов таков: Ω =
{1,2,3,4,5,6}, элементарные исходы здесь соответствуют числу выпавших
очков.
Примеры событий: A = {1,2} — выпало одно или два очка; A = {1,3,5}
— выпало нечетное число очков.
Пример 2. Два раза подбрасывается одна игральная кость (кубик). Или, что,
то же самое, один раз подбрасываются две игральные кости. Как мы увидим в
дальнейшем, здесь самый разумный способ задать пространство элементарных
исходов — считать результатом эксперимента упорядоченную пару чисел (i, j),
в которой 1£ i, j £ 6и i - число очков выпавших
первый раз, j – число очков, выпавших второй раз. Ω = {(i, j),
где 1£ i, j £ 6}
Примеры событий:
A = {(1,1), (1,2), (1,3), (1,4), (1,5), (1,6)} — при первом подбрасывании
выпало одно очко;
A = {(1,1),(2,2), (3,3), (4,4), (5,5), (6,6)} — при двух подбрасываниях
выпало одинаковое число очков.
Пример 3. На поверхность стола бросается монета. Результатом эксперимента
можно считать координату центра монеты (а если нам не безразличен угол поворота
монеты, то можно добавить и величину этого угла). Пространство элементарных
исходов — множество точек стола (во втором случае — множество пар {x,
φ} , где x — координата точки стола и φ Î
[0, 2π]— угол поворота). Число элементарных исходов такого эксперимента
несчетно.
Пример 4. Монета подбрасывается до тех пор, пока не выпадет вверх гербом.
Пространство элементарных исходов состоит из бесконечного, но счетного числа
исходов:
Ω = {г, рг, ррг, рррг, ррррг, рррррг, .} , где р и г
обозначают выпадение решки и герба при одном подбрасывании, соответственно.
Пример 5. Приведем пример неправильно выбранного пространства
элементарных событий. Пусть при бросания игральной кости Ч = {четное число
очков}, Т = {число очков, кратное трем}. Тогда Ω = {Ч, Т, 1, 5}
составляет все исходы эксперимента, однако исходы Ч и Т могут наступать
одновременно.
Определение 3.
1. Достоверным называется событие, которое обязательно происходит в
результате эксперимента, то есть единственное событие, включающее все без
исключения элементарные исходы — событие Ω.
2. Невозможным называется событие которое не может произойти в
результате эксперимента, то есть событие, не содержащее ни одного элементарного
исхода («пустое множество» Æ). Заметим, что всегда Æ Î
Ω.
Определение 4. Пусть А и В — события.
1. Объединением А U В событий А и В называется событие,
состоящее в том, что произошло либо А , либо В, либо оба
события одновременно. На языке теории множеств А U В есть множество,
содержащее как элементарные исходы, входящие в А, так и элементарные
исходы, входящие в В.
2. Пересечением А ∩ В событий А и В называется
событие, состоящее в том, что произошли оба события А и В
одновременно. То есть А ∩ В есть множество, содержащее
элементарные исходы, входящие одновременно в А и в В.
3. Дополнением А \ В события А до В называется событие,
состоящее в том, что произошло событие А , но не произошло В.
То есть А \ В есть множество, содержащее элементарные исходы, входящие
в А, но не входящие в В.
4. Противоположным (или дополнительным) к событию А
называется событие  ,
состоящее в том, что событие А в результате эксперимента не произошло.
Иначе говоря,  есть
множество, содержащее элементарные исходы, не входящие в А.
Определение 5.
1. События А и В называются несовместными, если А ∩ В = Æ.
2. События А1, А2 , . Аn называются
попарно несовместными, если для любых i ≠ j, 1 £
i,j £ n, события Аiи Аj
несовместны.
3. Говорят, что событие А влечет событие В, и пишут А
Í В, если всегда, как только происходит событие А,
происходит и событие В. На языке теории множеств это означает, что
любой элементарный исход, входящий в А, одновременно входит и в событие
В.
Вероятность на дискретном пространстве элементарных исходов
Предположим, что мы имеем дело с дискретным пространством элементарных
исходов, то есть пространством, состоящим из конечного или счетного числа
элементов:
Ω = {ω1, ω2 , . ωn , . }.
Определение 6. Поставим каждому элементарному исходу ωi
Î Ω в соответствие число p(ωi ) Î
[0,1] так, что
Назовем число p(ωi) вероятностью элементарного исхода
ωi . Вероятностью события А Í
Ω называется число
равное сумме вероятностей элементарных исходов, входящих в множество А.
Замечание 4. Позднее, познакомившись с аксиоматикой теории вероятностей,
мы зададим вероятности событий непосредственно, а не через вероятности
элементарных исходов. Тем более, что сложением вероятностей элементарных
исходов можно получить лишь вероятность события, состоящего не более чем из
счетного числа элементарных исходов (иначе само понятие суммирования не
определено). Но на дискретном пространстве элементарных исходов определить
вероятности событий так, как это сделано в определении 6, всегда возможно.
Перечислим очевидные в случае дискретного пространства элементарных исходов
свойства вероятности, которые мы скоро докажем сразу в общем случае.
1. 0 £ Р(А) £ 1;
2. Р(Ω) = 1;
3. Р(Æ) = 0;
4. Р(Ō) = 1 - Р(О);
5. если А и В несовместны, то Р(А U В) = Р(А) + Р(В);
6. в общем же случае Р(А U В) = Р(А) + Р(В) - Р(А ∩ В);
7. если А Í В, то Р(А) £ Р(В).
Классическое определение вероятности
Предположим, что мы имеем дело с пространством элементарных исходов, состоящим
из конечного числа N элементов: Ω = {ω1,
ω2, . ωN}. Более того, предположим, что из
каких-либо соображений мы можем считать элементарные исходы
равновозможными. Тогда вероятность любого из них принимается равной 1/
N.
Эти соображения чаще всего не имеют отношения к математической модели и
основаны на какой-либо симметрии в эксперименте (симметричная монета, хорошо
перемешанная колода карт, правильная кость). Либо мы можем заранее считать
исходы эксперимента равновозможными, но тогда рано или поздно все равно
возникнет вопрос о соответствии такой математической модели реальному
эксперименту.
Если событие А = {
} состоит из k элементарных исходов, то вероятность этого события
равняется
отношению k / N:
где символом │А│ обозначено число элементов конечного множества А.
Определение 7.
Говорят, что эксперимент удовлетворяет классическому определению вероятности
(или классической вероятностной схеме), если пространство элементарных исходов
состоит из конечного числа │А│ = N равновозможных исходов.
В этом случае вероятность любого события А вычисляется по формуле
называемой классическим определением вероятности. Эта формула читается
так: «вероятность события А равна отношению числа исходов,
благоприятствующих событию А, к общему числу исходов».
Замечание 5. Полезно помнить классическую формулировку Якоба Бернулли: «
Вероятность есть степень достоверности и отличается от нее как часть от целого
». (Ars Conjectandi, 1713 г.)
Замечание 6. Мы видим теперь, что подсчет вероятности в классической
схеме сводится к подсчету числа «шансов» (элементарных исходов),
благоприятствующих какому-либо событию, и общего числа шансов. Как правило, это
делается с помощью формул комбинаторики.
Рассмотрим описанные в параграфе 1.1 урновые схемы. Напомним, что речь идет об
извлечении k шариков из урны, содержащей n шариков. При этом
три схемы: с возвращением и с учетом порядка, без возвращения и с учетом
порядка, а также без возвращения и без учета порядка удовлетворяют
классическому определению вероятности.
Общее число элементарных исходов в этих схемах подсчитано в теоремах 4, 2, 3 и
равно, соответственно,
Четвертая же схема — схема выбора с возвращением и без учета порядка — имеет
заведомо неравновозможные исходы.
Пример 6. Рассмотрим, скажем, выбор двух шариков из двух или, что то же
самое, дважды подбросим монету. Если учитывать порядок, то исходов получится 4,
и все они равновозможны, то есть имеют вероятность по 1/4:
(герб, герб), (решка, решка), (решка, герб), (герб, решка).
Если порядок не учитывать, то следует объявить два последних исхода одним и
тем же результатом эксперимента, и получить три исхода вместо четырех: выпало
два герба, либо две решки, либо один герб и одна решка.
При этом первые два исхода имеют вероятность 1/4, а последний — вероятность
1/4+1/4=1/2.
Гипергеометрическое распределение
Пример 7.
 Из урны, в которой n1
белых и n -n1 чёрных шаров, наудачу, без возвращения вынимают
k шаров, k<n. Термин «наудачу» означает, что появление любого
набора из k шаров равно возможно. Найти вероятность того, что будет
выбрано ровно k1 белых и k - k1
чёрных шаров.
Заметим, что при k1 > n1 или k
- k1 > n - n1 искомая вероятность равна 0, так
как соответствующее событие невозможно. Пусть k1 < n
1 и k - k1 < n - n1.
Результатом эксперимента является набор из k шаров. При этом можно не
учитывать или учитывать порядок следования шаров.
1. Выбор без учета порядка. Общее число элементарных исходов есть число
k –элементных подмножеств множества, состоящего из n элементов, то
есть  (по теореме
3).
Обозначим через A событие, вероятность которого требуется найти. Событию
A благоприятствует появление любого набора, содержащего k1
белых шаров и k - k1 черных.
Число благоприятных исходов равно произведению (по теореме 1) числа способов
выбрать k1 белых шаров из n1 и числа
способов выбрать k - k1 черных шаров из n -
n1:
Вероятность события A равна:
2. Выбор с учетом порядка. Общее число элементарных исходов есть число
способов разместить n элементов на k местах
(по теореме 2).
При подсчете числа благоприятных исходов нужно учесть, как число способов
выбрать нужное число шаров, так и число способов расположить эти шары среди
k. Можно, скажем, посчитать число способов выбрать k1
мест среди k (равное 
), затем число способов разместить на этих k1 местах n
1 белых шаров (равное 
— не забывайте про учет порядка!), и затем число способов разместить на
оставшихся k - k1 местах n - n1
черных шаров (равное 
). Перемножив эти числа, получим:
В рассмотренной задаче мы сопоставили каждому набору из k1
белых и k-k1черных шаров вероятность получить этот набор при
выборе k шаров из урны, содержащей n1белых и n-n
1черных шаров:
Определение 8. Соответствие или следующий набор вероятностей
Называется гипергеометрическим распределением.
Раздел 2. Геометрическая вероятность 2.1 Что это такое
 Рассмотрим какую-нибудь
область Ω в Rm ,(на прямой, на
плоскости, в пространстве). Предположим, что «мера» Ω (длина,
площадь, объем, соответственно) конечна. Пусть случайный эксперимент состоит в
том, что мы наудачу бросаем в эту область точку а. Термин «наудачу»
здесь означает, что вероятность попадания точки в любую часть А
Í Ω не зависит от формы или расположения А внутри
Ω, а зависит лишь от «меры» области.
Определение 9. Эксперимент удовлетворяет условиям «геометрического
определения вероятности», если его исходы можно изобразить точками
некоторой области Ω в Rm так, что
вероятность попадания точки в любую А Í Ω не
зависит от формы или расположения А внутри Ω, а зависит
лишь от меры области А (и, следовательно, пропорциональна этой мере):
«Мерой» мы пока будем называть длину, площадь, объем и т.д.
Если для точки, брошенной в область Ω, выполнены условия
геометрического определения вероятности, то говорят, что точка равномерно
распределена в области Ω.
Пример 8. Точка наудачу бросается на отрезок [0,1]. Вероятность точке
попасть в точку {0,5} равна нулю, так как мера множества, состоящего из одной
точки («длина точки»), есть 0. Вместе с тем попадание в точку {0,5} не является
невозможным событием — это один из элементарных исходов эксперимента.
2.2 Задача о встрече
Пример 9. Два лица Х и У условились встретиться в
определенном месте между двумя и тремя часами дня. Пришедший первым ждет
другого в течении 10 минут, после чего уходит. Чему равна вероятность встречи
этих лиц, если каждый из них может прийти в любое время в течение указанного
часа независимо от другого?
Будем считать интервал с 14 до 15 часов дня отрезком [0,1] длиной 1 час. Пусть
ξ («кси») и η («эта») — моменты прихода Х и У
(точки отрезка [0,1]).Все возможные результаты эксперимента — множество точек
квадрата со стороной 1:
Ω = {( ξ , η): 0 £ ξ £1 0 £ η £1 }=[0,1]x[0,1]
Можно считать, что эксперимент сводится к бросанию точки наудачу в квадрат. При
этом благоприятными исходами являются точки множества A = {( ξ ,
η): │ξ - η│ £ 1/6 } (10 минут = 1/6 часа).
То есть попадание в множество A наудачу брошенной в квадрат точки
означает, что Х и У встретятся.
Тогда вероятность встреч и равна
2.3 Задача Бюффона
Пример 10. На плоскости начерчены параллельные прямые, находящиеся друг
от друга на расстоянии 2a. На плоскость наудачу брошена игла длины
2l < 2a. Какова вероятность того, что игла пересечет одну из прямых?
 Поймем, что означает здесь
«наудачу брошена игла». Возможные положения иглы (отрезка) на плоскости
полностью определяются положением середины иглы и углом поворота иглы
относительно какого-либо направления. Причем две эти переменные (положение
центра и угол поворота) меняются независимо друг от друга. Обозначим через
хÎ[0, a] расстояние от середины иглы до ближайшей прямой, а φ
Î [0, π] —
угол между каким-то направлением прямых и иглой. Множество возможных положений
иглы целиком определяется выбором наудачу точки из прямоугольника Ω
= [0,π] x [0,a]. Игла пересекает ближайшую прямую, если
координаты выбранной наудачу точки удовлетворяют неравенству: х £
. l sin φ
Площадь области А Í Ω, точки которой удовлетворяют такому неравенству, равна
И так как μ(Ω) = aπ, то искомая вероятность равна
2.4 Парадокс Бертрана
Пример 11 ( Josef Bertrand, “Calcul des Probabilites", 1888).
В круге единичного радиуса наудачу выбирается хорда. Какова вероятность того,
что ее длина будет больше, чем длина стороны вписанного в круг правильного
треугольника?
 Есть по крайней мере три
способа «выбрать наудачу хорду в круге». 1. Зафиксируем одну точку (конец
хорды) на окружности и выберем наудачу на окружности другую точку (второй конец
хорды). Здесь Ω = [0, 2π], а благоприятными являются
положения второй точки на интервале [2π/3, 4π/3] (хорды,
помеченные на рисунке красным цветом). Вероятность получить «длинную» хорду
равна 1/3.
 2. Существует ровно одна
хорда, для которой данная точка в круге является серединой (кроме того случая,
когда брошенная наудачу точка попадет в центр круга. Но поскольку вероятность
этого события равна нулю, то учет или неучет такого события не влияет на
итоговую вероятность). Можно поэтому выбирать наудачу хорду, бросая наудачу
точку (середину хорды) в круг. Здесь Ω — круг радиуса 1,
μ(Ω) = π, а благоприятными являются положения середины хорды
внутри вписанного в треугольник круга (радиусом 1/2).Вероятность получить
«длинную» хорду равна отношению площадей кругов, то есть 1/4.
3. Наконец, можно ограничиться рассмотрением только хорд, перпендикулярных
какому-либо диаметру (остальные могут быть получены поворотом). То есть
эксперимент может состоять в выборе середины хорды наудачу на диаметре круга
— отрезке длиной 2. Благоприятными являются положения середины хорды на
отрезке длиной 1. Искомая вероятность для такого эксперимента равна 1/2.
В чем причина разницы в ответах на, казалось бы, один и тот же вопрос? На
самом деле формулировка задач и не корректна с математической точки зрения.
«Выбор наудачу хорды в круге» может быть по-разному описан с помощью
геометрического определения вероятности (что мы и сделали). То есть этот
«эксперимент» можно по-разному описать с помощью выбора наудачу точки в
некоторой области.
Слово «эксперимент» взято в кавычки не напрасно: сказав «в круге наудачу
выбирается хорда», мы еще не описали физического эксперимента. Действительно,
каждому из трех предложенных способов выбора хорд можно сопоставить
конкретный физический эксперимент (всякий раз другой).
Так что парадокс исчезает сразу, как только получен ответ на вопрос: что
значит «в круге наудачу выбирается хорда»?
Заканчивая обсуждение понятия геометрической вероятности, сделаем очень
важное для дальнейшего замечание.
Замечание 7. Если даже эксперимент удовлетворяет геометрическому
определению вероятности, далеко не для всех множеств А Í
Ω вероятность может быть вычислена как отношение меры А к мере
Ω. Причиной этого является существование так называемых «неизмеримых»
множеств, то есть множеств, мера которых не существует.
А если не для всех подмножеств Ω мы можем определить их
вероятности, следует сузить класс множеств, называемых «событиями», оставив в
этом классе только те множества, для которых мы можем определить вероятность.
В следующей главе мы займемся построением (вслед за Андреем Николаевичем
Колмогоровым) аксиоматики теории вероятностей: познакомимся с понятиями
σ-алгебры (или поля) событий, вероятностной меры, вероятностного
пространства.
Раздел 3. Аксиоматика теории вероятностей 3.1 σ -алгебра событий
Пусть Ω — пространство элементарных исходов некоторого случайного
эксперимента (то есть, вообще говоря, множество произвольной природы). Мы
собираемся определить набор подмножеств Ω, которые будут
называться событиями, и затем задать вероятность как функцию, определенную
только на множестве событий.
То есть событиями мы будем называть не любые подмножества Ω, а лишь
подмножества из некоторого «множества подмножеств» Ψ. При этом необходимо
позаботиться, чтобы это множество Ψ подмножеств Ω было
«замкнуто» относительно введенных в параграфе 1.2 операций над событиями, то
есть чтобы объединение, пересечение, дополнение событий (то есть элементов
Ψ) снова давало событие (то есть элемент Ψ ).
Определение 10. Множество Ψ, состоящее из подмножеств множества
Ω, (не обязательно всех!) называется σ - алгеброй событий,
или σ – алгеброй подмножеств Ω, если выполнены следующие
условия:
(A1) Ω Î Ψ (σ -алгебра событий содержит достоверное событие);
(A2) если  ,
то  (вместе с любым
событием σ -алгебра содержит противоположное событие);
(A3) если А1, А2. Î Ψ, то
(вместе с любым конечным или счетным набором событий σ -алгебра
содержит их объединение).
Условия (A1)–(A3) часто называют «аксиомами σ - алгебры».
Проверим, что этого набора аксиом достаточно для замкнутости множества Ψ
относительно других операций над событиями.
Вместо первой аксиомы достаточно предположить, что Ψ не пусто,
т.е. содержит хоть один элемент.
Свойство 1. Æ Î Ψ (σ -алгебра событий содержит невозможное событие).
Доказательство. По (A1), Ω Î Ψ, но Æ =
Ω/ Ω = ¬ Ω Î Ψ в силу (A2).
Свойство 2. При выполнении (A1),(A2) свойство (A3) эквивалентно свойству (A4)
(A4) если А1, А2. Î Ψ, то
(вместе с любым конечным или счетным набором событий σ -алгебра
содержит их пересечение).
Доказательство. Докажем, что при выполнении (A1),(A2) из (A3) следует (A4).
Если А1, А2. Î Ψ, то при всех i = 1, 2,. по свойству (A2) выполнено 
Тогда из (A3) следует, что
и, по (A2), дополнение к этому множеству также принадлежит Ψ, то есть
Но, в силу формул двойственности,
Доказательство в обратную сторону выглядит совершенно аналогично.
Свойство 3. Если А, ВÎ Ψ , то А\ ВÎ Ψ
Пример 12. Пусть Ω = {1, 2, 3, 4, 5, 6}— пространство
элементарных исходов (например, при бросании игрального кубика). Следующие
наборы подмножеств Ω являются σ -алгебрами (
доказать!):
1. Ψ = { Ω , Æ} ={ {1, 2, 3, 4, 5, 6},Æ }— тривиальная σ -алгебра.
2. Ψ = { Ω , Æ,{1},¬{1}} ={ {1, 2, 3, 4, 5, 6},Æ,{1},{2, 3, 4, 5, 6} }.
3. Ψ = { Ω , A,¬A} ={ {1, 2, 3, 4, 5, 6},Æ, A,¬A }., где
A — произвольное подмножество Ω (в предыдущем примере A
={1} ).
Итак, мы определили специальный класс Ψ подмножеств пространства
элементарных исходов Ω, названный σ -алгеброй
событий, причем применение счетного числа любых операций (таких, как
объединение, пересечение, дополнение) к множествам из Ψ снова дает
множество из Ψ (не выводит за рамки этого класса). Множества А
Î Ψ мы и назвали «событиями».
Определим теперь понятие «вероятности» как функции, определенной на множестве
событий (то есть функции, которая каждому событию ставит в соответствие
число). А чтобы читателю сразу стало понятно, о чем пойдет речь, добавим:
вероятность мы определим как неотрицательную нормированную меру,
заданную на σ -алгебре Ψ подмножеств Ω.
3.2 Вероятность как нормированная мера
Определение 11.
Пусть Ω — некоторое множество и Ψ — σ -алгебра
его подмножеств. Функция μ: Ψ → R
U {∞} называется мерой на (Ω, Ψ),
если она удовлетворяет условиям:
(M1) Для любого множества А Î Ψ его мера неотрицательна: μ(А)≥ 0.
(M2) Для любого счетного набора попарно непересекающихся множеств А
1, А2. Î Ψ мера их объединения равна сумме их
мер:
(«счетная аддитивность» или «σ -аддитивность»). Иначе говоря, мера
есть неотрицательная, счетно-аддитивная функция множеств.
Определение 12.
Пусть Ω — некоторое множество и Ψ — σ -алгебра
его подмножеств. Мера μ: Ψ → R
называется нормированной, если μ(Ω) = 1. Другое
название нормированной меры — «вероятность» или «вероятностная мера
».
То же самое еще раз и подробно:
Определение 13.
Пусть Ω — пространство элементарных исходов и Ψ — σ
-алгебра его подмножеств (событий). Вероятностью или вероятностной
мерой на (Ω, Ψ), называется функция P Ψ
→ R, обладающая свойствами:
(P1) Для любого события А Î Ψ выполняется неравенство P(А)≥ 0;
(P2) Для любого счетного набора попарно несовместных событий А1
, А2. Î Ψ имеет место равенство
(P3) Вероятность достоверного события равна единице: P(Ω) = 1.
Свойства (P1)–(P3) часто называют «аксиомами вероятности».
Определение 14.
Тройка (Ω, Ψ,Р), в которой Ω —
пространство элементарных исходов, Ψ — σ -алгебра его
подмножеств и P — вероятностная мера на Ψ, называется вероятностным
пространством.
Выпишем свойства вероятности:
0. 
1. Для любого конечного набора попарно несовместимых событий А1
, А2. Î Ψ имеет место равенство
2. 
3. Если  , то 
4. Если  , то 
5. 
6. 
7. 
8. 
9.
(2)
Раздел 4. Условная вероятность, независимость 4.1 Условная вероятность
Пример 13. Кубик подбрасывается один раз. Известно, что выпало более трех
очков. Какова при этом вероятность того, что выпало четное число очков?
В данном случае пространство элементарных исходов состоит из трех равновозможных
элементарных исходов: Ω = {4, 5, 6}, и событию A = {выпало
четное число очков} благоприятствуют 2 из них: A = {4, 6}. Поэтому
P(A) = 2/3.
Посмотрим на этот вопрос с точки зрения первоначального эксперимента.
Пространство элементарных исходов при одном подбрасывании кубика состоит из
шести точек: Ω = {1, 2, 3, 4, 5, 6} . Слова «известно, что выпало
более трех очков» означают, что в эксперименте произошло событие B = {4, 5,
6},. Слова «какова при этом вероятность того, что выпало четное число
очков?» означают, что нас интересует, в какой доле случаев при осуществлении
B происходит и А. Вероятность события А, вычисленную в
предположении, что нечто о результате эксперимента уже известно (событие B
произошло), мы будем обозначать через P(A/B)
Мы хотим вычислить отношение числа исходов, благоприятствующих А внутри
B (то есть благоприятствующих одновременно A и B), к числу
исходов, благоприятствующих B.
Определение 15. Условной вероятностью события А, при условии, что
произошло событие В, называется число
Будем считать, что условная вероятность определена только в случае, когда
P(В) > 0.
Следующее свойство называется "теоремой умножения":
Теорема 6. P(A∩B) = P(B)P(A\B) = P(A)P(B\A), если
соответствующие условные вероятности определены (то есть если P(В) > 0,
P(A) > 0).
Теорема умножения для большего числа событий:
Теорема 7. P(A1 ∩ A2 ∩.∩ A
n) = P(A1) P(A2\A1) P(A3 \A
1 ∩A2). P(An \A1∩.∩A
n-1)если соответствующие условные вероятности определены.
4.2 Независимость
Определение 16. События A и B называются независимыми
, если P(A∩B) = P(A)P(B)
Пример 14.
1. Точка с координатами ξ, η бросается наудачу в квадрат со
стороной 1. Доказать, что для любых х, у ÎR события A
= { ξ <x} и B= { η <y} независимы.
2. Точка с координатами ξ, η бросается наудачу в треугольник с
вершинами (1,0), (0,0) и (0,1). Доказать, что события A = { ξ <1/2}
и B= { η <1/2} зависимы.
1. Рассмотрим х, у Î [0,1]). Видим, что P(A) = x, P(B) = y,
P(A∩B) = x y, так что A = { ξ <1/2} и B= { η
<1/2} независимы.
2. На рисунке видим, что P(A) = 3/4, P(B) = 3/4 P(A∩B) = 1/2ч≠
(3/4)2, так что события A = { ξ <1/2} и B=
{ η <1/2} зависимы.
Замечание 8. Если события A и B несовместны, то они
независимы, если и только если P(A) = 0 или P(B) = 0
Следствие 2. Если P(B) > 0, то события А и В независимы P(А\В) =Р(А)
Если P(А) > 0, то события А и В независимы P(В\А) =Р(В)
Лемма 1. Если события А и В независимы, то независимы и события  .
Определение 17. События А1, А2.Аn
называются независимыми в совокупности, если для любого набора
1 ≤ i1, i2.ik ≤ n
 )
(3)
Замечание 9. Если события А1, А2.Аn
независимы в совокупности, то они попарно независимы, то есть любые два события
Аi, Аj независимы. Достаточно в равенстве (3) взять
k =2. Обратное, как показывает следующий пример, неверно.
Пример 15 (Пример С. Н. Бернштейна).
Рассмотрим правильный тетраэдр, 3 грани которого окрашены, соответственно, в
красный, синий, зеленый цвета, а четвертая грань содержит все три цвета.
Событие A, (B, C) означает, что выпала грань, содержащая красный
(синий, зеленый) цвета.
Вероятность каждого из этих событий равна 1/2, так как каждый цвет есть на
двух гранях из четырех. Вероятность пересечения любых двух из них равна 1/4,
так как только одна грань содержит два цвета. А так как 1/4 = 1/2 1/2, то все
события попарно независимы.
Но вероятность пересечения всех трех тоже равна 1/4, а не 1/8, то есть
события не являются независимыми в совокупности.
Заметьте, что равенство (6) выполнено для k = 2, но не выполнено для k = 3.
4.3 Формула полной вероятности
Пример 16. Есть 3 завода, производящих одну и ту же продукцию. При этом
1-й завод производит 25%, 2-й завод — 35% и 3-й завод — 40% всей производимой
продукции. Брак составляет 5% от продукции 1-го завода, 3% от продукции 2-го и
4% от продукции 3-го завода. Вся продукция смешивается и поступает в продажу.
Найти а) вероятность купить бракованное изделие; б) условную вероятность того,
что купленное изделие изготовлено 1-м заводом, если это изделие бракованное.
Первая вероятность равна доле бракованных изделий в объеме всей продукции, то
есть
0,05*0,25 + 0,03*0,35 + 0,04*0,4.
Вторая вероятность равна доле брака 1-го завода среди всего брака, то есть
Определение 18. Набор попарно несовместных событий Н1, Н
2. таких, что P(Аi) > 0 для всех i и
называется полной группой событий или разбиение пространства Ω
События Н1, Н2 ., образующие полную группу
событий, часто называют гипотезами. При подходящем выборе гипотез для
произвольного события А могут быть сравнительно просто вычислены
P(А/ Нi) (вероятность событию А произойти при выполнении
«гипотезы» Нi) и собственно P(Нi)
(вероятность выполнения «гипотезы» Нi).
Теорема 8 (Формула полной вероятности).
Пусть Н1, Н2 — полная группа событий. Тогда
вероятность любого события A может быть вычислена по формуле:
4.4 Формула Байеса
Теорема 9 (Формула Байеса).
Пусть Н1, Н2 .— полная группа событий и A
— некоторое событие положительной вероятности. Тогда условная вероятность того,
что имело место событие Нk, если в результате эксперимента
наблюдалось событие A, может быть вычислена по формуле:
Пример 17. Вернемся к примеру 15. Изделие выбирается наудачу из всей
произведенной продукции. Рассмотрим три гипотезы: Нi =
{изделие изготовлено i-м заводом }, i = 1, 2, 3. Вероятности
этих событий даны: P(Н1) = 0,25, P(Н2) =
0,35, P(Н3) = 0,4 . Пусть A = {изделие оказалось
бракованным }. Даны также условные вероятности P(A\Н1) =
0,05, P(A\Н2) = 0,03, P(A\Н3) = 0,04
Пример 18. Два стрелка подбрасывают монетку и выбирают, кто из них
стреляет по мишени (одной пулей). Первый стрелок попадает по мишени с
вероятностью 1, второй стрелок — с вероятностью 0,00001. Можно сделать два
предположения об эксперименте:
Н1 = {стреляет 1-й стрелок}
Н2 = { стреляет 2-й стрелок } .
Априорные (a’priori —«до опыта») вероятности этих гипотез одинаковы: P(Н
1) = P(Н1) = 1/2.
Рассмотрим событие A = {пуля попала в мишень}. Известно, что
P(A\Н1) = 1, P(A\Н2) = 0,00001
Поэтому вероятность пуле попасть в мишень P(A) = 1/2*1 + 1/2*0,00001. .
Предположим, что событие A произошло. Какова теперь апостериорная
(a’posteriori — «после опыта») вероятность каждой из гипотез Нi
? Очевидно, что первая из этих гипотез много вероятнее второй (а именно, в
100000 раз). Действительно,
Раздел 5. Схема Бернулли 5.1 Распределение числа успехов в n испытаниях
Определение 19. Схемой Бернулли называется последовательность
независимых испытаний, в каждом из которых возможны лишь два исхода — «успех» и
«неудача», при этом «успех» в одном испытании происходит с вероятность р
Î [0,1], «неудача» — с вероятностью q = 1 - p.
Теорема 10 (Формула Бернулли).
Обозначим через vn число успехов в n испытаниях схемы
Бернулли. Тогда для любого k = 0, 1, .n
Доказательство. Событие A ={ vn = k} означает,
что в n испытаниях схемы Бернулли произошло ровно k успехов.
Рассмотрим один из благоприятствующих событию A элементарных исходов:
Здесь буквами «у» и «н» обозначены, соответственно, успешный и неудачный
результаты испытаний. Поскольку испытания независимы, вероятность такого
элементарного исхода (первые k испытаний завершились успехом, остальные
неудачей) равна pk(1 - p)n-k
.
Другие благоприятствующие событию A элементарные исходы отличаются от
рассмотренного выше лишь расположением k успехов на n местах.
Есть ровно способов
расположить k успехов на n местах. Поэтому событие A
состоит из 
элементарных исходов, вероятность каждого из которых равна pk(1 -
p)n-k.
Определение 20. Набор чисел
называется биноминальным распределением вероятностей и обозначается
Вnp или B(n,p).
Теорема 11 Пусть m1, m2 целые
числа, 0 £ m1 £ m £ m2 £ n
Обозначим через Рn(m1,m2)
вероятность того, что событие А наступило не менее m1 и не
более m2 раз в n испытаниях. Тогда
5.2 Наиболее вероятное число успехов
По формуле Бернулли, событие «произошло 0 успехов в n испытаниях» имеет
вероятность qn , 1 успех — вероятность n p qn
и т.д. Какое же число успехов наиболее вероятно? Иначе говоря, при каком
k достигается максимум P(vn=k)?
Чтобы выяснить это, сравним отношение P(vn=k)и P(vn=k-1)с единицей.
Видим, что
(a) Р(vn = k) > Р(vn = k-1) при np + p – k > 0, то есть при k < np + p;
(b) Р(vn = k) < Р(vn = k-1 )при np + p – k < 0, то есть при k > np + p;
(c) Р(vn = k) = Р(vn = k-1 при np + p –
k = 0, что возможно лишь если np + p — целое число.
Рассмотрим два случая: np + p –целое число и np + p – дробное
число. В первом случае пусть k0 = np + p. Из полученных выше
неравенств, сразу следует, что
Страницы: 1, 2
|
|
|
|
|
