Теория вероятностей в средней школе

Размещено на http://www.allbest.ru/

Размещено на http://www.allbest.ru/

Теория вероятностей в средней школе

Предисловие

В российской школе нет (к сожалению) устойчивых традиций преподавания теории вероятностей. Вместе с тем в европейских странах (характерный пример - Франция) и в США давно осознано важное место этой теории в современной жизни, и ее элементы и основные концепции с успехом внедрены в систему обязательного среднего образования уже на ранних стадиях обучения. Причина очевидна: в эволюции сложных информационных, технологических, научных, общественных систем, которая связана с неустранимой неопределенностью, велика роль теоретических и эвристических методов управления этой неопределенностью, и нет никаких сомнений, что эта роль будет только усиливаться. Игнорировать это обстоятельство - все равно что отрицать (или не замечать) существования компьютеров и считать их всего лишь большими калькуляторами. Между прочим, компьютер - яркий пример сложной системы, поведение которой может быть трудно предсказуемым и в любом случае недетерминированным - любому программисту, работавшему над серьезным проектом, это хорошо известно.

В разделе II конспективно даются сведения из теории конечных множеств и комбинаторики. Особое место занимает понятие декартова (прямого) произведения, которая ведет прямо к формулам комбинаторики. Необходимые факты даются не в максимальной общности, а лишь постольку, поскольку они используются в дальнейшем.

Комбинаторика начинается сразу с основной формулы, и изложение ведется максимально энергично. Эта тема в школьной математической литературе представлена в большом объеме, поэтому некоторые аспекты - треугольник Паскаля, различные комбинаторные формулы с биномиальными коэффициентами и т.п. - не акцентируются привычно сильно, но, конечно, подразумеваются.

Раздел III - основной. Изложение концентрируется вокруг понятия пространства элементарных событий - центрального в классической теории. Пространство элементарных событий является моделью идеализированного опыта в том смысле, что любой мыслимый исход опыта описывается одной и только одной точкой. О событии имеет смысл говорить только тогда, когда для каждого исхода опыта известно, произошло или нет это событие. Построение вероятностных моделей иллюстрируется примерами. В любой теории важно единство трех сторон: 1) логики; 2) интуиции; 3) приложений. В рамках настоящей работы нет места глубокому обсуждению взаимосвязей логики, интуиции и приложений, но знать больше и видеть дальше, чем ученик, - одна из парадигм, регламентирующих деятельность учителя в рамках всех существующих и будущих методик.

I. Необходимые теоретические сведения

комбинаторика множество математика

1. Фрагмент теории множеств. Основные понятия

1. Понатие множества, элементов множества, подмножества, так же как стандартные символы теоретико-множественных отношений и операций, предполагаются известными.

2. Укажем на следующие способы задания множества:

а) перечислением элементов;

б) описанием ограничительного свойства (множество задается как подмножество некоторого большего множества указанием свойства, выделяющего элементы задаваемого множества), иначе говоря: пусть P(x) - утверждение “x обладает свойством P”, тогда X = {x | P(x)} - множество всех x, обладающих свойством P. Пример 1. - множество четных натуральных чисел;

в) с помощью операций над множествами (см. ниже) - этот способ является основным;

г) (конечное) декартово произведение множеств.

3. - пустое множество; оно считается подмножеством каждого множества из “универсального” множества U (мы считаем, что все рассматриваемые множества включены в класс U - универсум, содержащий все интересующие нас множества.

4. P(M) - множество всех подмножеств множества M.

5. |M| = n(M) - число элементов конечного множества M.

6. Отношение включения, равенство множеств.

7. Теоретико-множественные операции, порождающие новые множества, подчиняются следующим законам (U - универсальное множество):

 (коммутативность)

(ассоциативность)

(дистрибутивность)

(законы де Моргана)

.

Доказательства этих утверждений полезно провести самостоятельно, их удачно иллюстрируют диаграммы Эйлера-Венна. Дополнительные задачи в большом количестве имеются в [3].

8. Разбиение множества, то есть представление его в виде конечного объединения попарно непересекающихся множеств. Разбиения - удобный способ представления сложных процессов в виде соединения более мелких деталей.

Пример 2 ([2]). Статистическое исследование показало, что доля курильщиков среди больных раком легких больше доли курильщиков среди тех, кто не болен раком легких. Утверждается, что процент курильщиков, больных раком легких, выше, чем процент некурящих, подверженных этой болезни.

Замечание. В задачниках по теории вероятностей часто встречаются такие “модельные” задачи. Опасность некритического подхода к исследованию проблем, возникающих в медицинской диагностике, и поспешных выводов аккуратно и глубоко рассмотрены в [5]. Решение. Оставляя в стороне вопрос об обоснованности самой формулировки нашего примера, перейдем к анализу, обращая внимание на действие механизма разбиений. Пусть K - множество курильщиков, R - множество всех больных раком легких. Введем обозначения:

.

Нас интересуют проценты (доли):

, где

p₁ -доля курящих среди больных раком легких, p₂ - доля курящих среди не больных раком легких, p₃ - доля больных раком легких среди курящих, p₄ - доля больных раком легких среди некурящих. Надо доказать, что если p₁ > p₂, то p₃ > p₄. В предположении p₁ > p₂ имеем , то есть действительно p₃ > p₄.

9. Декартово произведение. Одна из важнейших конструкций математики.

Определение 1. Декартовым произведением конечных множеств X₁, X₂, …, X_n называется множество X всех конечных последовательностей (кортежей) <x₁, x₂, …, x_n>, где .

Обозначение: .

Теорема 1. .

Доказательство. Применим индукцию по числу n сомножителей. База: при n = 2 пары можно разместить в прямоугольной таблице (матрице) размером ; число элементов такой таблицы равно в точности . Индуктивный переход: , где ; получаем . (знак, означающий конец доказательства).

На математических олимпиадах нередко предлагаются задачи, в которых требуется подсчитать количество объектов из различных групп с пересекающимися составами. Типичный пример ([2], стр. 81):

Пример 3. Из 100 студентов 28 человек изучают испанский язык, 30 - немецкий, 42 - французский; при этом испанский и немецкий языки изучают 8 студентов, испанский и французский - 10, немецкий и французский - 5; все три языка изучают 3 студента. Сколько студентов изучают один только французский язык? Сколько студентов вообще ничего не изучают?

Эту задачу можно решить шаблонным способом с использованием формулы включения-исключения (см. ниже следствие 2 из теоремы 2). Другой подход связан с использованием диаграммы Эйлера-Венна:

Размещено на http://www.allbest.ru/

Размещено на http://www.allbest.ru/

Клубок распутываем “изнутри”, последовательно выполняя шаги I, II, III, IV, V, VI, VII, VIII. Так, область I описывает множество студентов, изучающих все три языка, поэтому в ней следует поставить число 3. Так как немецкий и испанский языки изучают 8 студентов и 3 из них уже учтены, в области II ставим 5 (8 - 3). Таким образом продолжаем до тех пор, пока не получим.

Ответ. 30; 20.

Теорема 2. Для конечных множеств A и B справедлива формула .

Доказательство становится очевидным, если взглянуть на соответствующую диаграмму Эйлера-Венна.

Следствие 1. , причем в том и только том случае, если (A и B не пересекаются).

Следствие 2 (формула включения-исключения). Для конечных множеств A₁, A₂, …, A_n:

.

В порядке компенсации за выписанную громоздкую формулу решим забавную задачу.

Пример 4. Задача Л. Кэррола. В ожесточенном бою 70 из 100 пиратов потеряли один глаз, 75 - одно ухо, 80 - одну руку и 85 - одну ногу. Каково минимальное число пиратов, потерявших сразу глаз, ухо, руку и ногу?

Решение. Пусть U - универсальное множество, A (B, C, D) - множество одноглазых (соответственно одноухих, одноруких и одноногих пиратов). Надо оценить : (закон де Моргана), отсюда , , или

. В результате (не менее 10 полных инвалидов).

2. Комбинаторика

Пример 5. Докажем, что если p - простое число, то (p - 1)! не делится на p.

Решение. Иначе в произведении (p - 1)! какой-то сомножитель кратен p, но среди чисел 1, 2, …, p-1 нет делящихся на простое p.

Пример из теории чисел приведен для ознакомления с необходимыми в дальнейшем навыками в работе с факториалами.

Теорема 3 (основное правило комбинаторики).

Из m элементов a₁, a₂, …, a_m типа 1 и n элементов b₁, b₂, …, b_n типа 2 можно образовать mn различных кортежей <a_j, b_k>, содержащих по одному элементу каждого типа (первая и вторая координаты кортежа имеют соответственно типы 1 и 2).

Доказательство непосредственно следует из теоремы 1 при n = 2.

Следствие. Дано элементов типа 1, элементов типа 2, ..., элементов типа r. Число r-мерных кортежей <>, содержащих по одному элементу каждого типа, равно (k-я координата кортежа - элемент k-го типа).

Пример 6. Количество сервизов, которые можно скомпоновать с использованием пяти разных чашек и трех разных блюдцев, равно 15 (произведение 5 на 3; чашки - элементы первого типа, блюдца - второго).

Определение 2. Пусть M = {a₁, a₂, …, a_n}. Упорядоченная выборка объема k - любой k-мерный вектор (кортеж) из k элементов этого множества. Выборки различны, если они отличаются по составу хотя бы в одной координате.

Полезна такая наглядная метафора: элементы выбираются в кортеж последовательно один за другим.

Комментарий к следствию из теоремы 3: при r последовательных выборах с n_k возможными исходами на k-м шаге (k = 1, 2, …, r) получается различных результатов.

Существует две стратегии выбора:

1) выбор с возвращением, то есть выборки - кортежи, в которых допускаются повторения элементов (возможны одинаковые значения в разных позициях-координатах); следствие из теоремы 3 дает, что число различных выборок равно n^k (полагаем, что имеется k экземпляров множества M, и элементы k-го типа - это элементы k-го экземпляра M);

2) выбор без возвращения, то есть в разных координатах соответствующего кортежа находятся различные элементы; по тому же следствию из теоремы 3 получается выборок (на первом шаге возможно n исходов выбора, на втором - (n - 1) исходов; на k-м шаге возможно n - (k - 1) исходов: каждый шаг уменьшает число возможных последующих исходов на единицу); такая выборка называется размещением из n по k, называется числом размещений из n элементов по k .

Из (1) получаем - число упорядоченных k-элементных подмножеств множества, содержащего n элементов.

Теорема 4. В множестве из n элементов существует n^k различных выборок с возвращением и выборок без возвращения фиксированного объема k.

Пример 7. Сколько имеется пятизначных чисел, оканчивающихся двумя семерками?

Решение. Первой цифрой может быть любая из девяти (0 не годится), второй и третьей - любая из десяти; всего получается 900 чисел (теорема 3).

При k = n и выборе без возвращения размещение называется перестановкой n элементов.

Следствие. Число перестановок множества M, содержащего n элементов, равно n!.

По определению, 0! = 1, 1! = 1.

Иными словами, множество M можно упорядочить n! способами.

Пример 8. Сколькими способами можно рассадить за пятнадцатью партами 15 мальчиков и 15 девочек так, чтобы на каждой парте сидели мальчик и девочка?

Решение. 15 мальчиков можно рассадить на 15 партах 15! способами, так же 15 девочек можно рассадить 15! способами (независимо от мальчиков); кроме того, двое сидящих за одной партой, могут занимать свои места двумя способами - всего 2¹⁵ способов; итого способов.

Пример 9. Сколько есть пятизначных чисел, в десятичной записи которых встречается хотя бы одна четная цифра?

Решение. Подсчитаем количество чисел, десятичная запись которых содержит только нечетные цифры. В десятичной системе счисления имеется 5 нечетных цифр, поэтому состоящих из нечетных цифр пятизначных чисел - 5⁵ = 3125, всех же пятизначных чисел - (0 не может быть первой цифрой), поэтому ответом на вопрос задачи будет . Здесь продемонстрирован типовой прием: вместо прямого вычисления числа способов осуществления какого-то события сначала подсчитывается число способов, в которых событие не наступает, и затем вычитается из числа элементов “универсального множества”.

Определение 3. . Произвольное k-элементное подмножество множества из n элементов называется сочетанием из n элементов по k. Число таких сочетаний обозначается и называется биномиальным коэффициентом.

Заметим, что сочетания являются неупорядоченными подмножествами M. Первый очевидный факт:

Следствие. .

Эта формула означает, что выбор k-элементного подмножества эквивалентен выбору дополнительного в M (n - k)-элементного подмножества.

Пример 10. Число различных решений уравнения x₁ + x₂ + …+ x_m = n (*) в неотрицательных целых числах равно .

Решение. Водрузим на прямой n перегородок; между ними находится m - 1 участков, в которых будем размещать n точек. Решение уравнения (*) означает наличие x_k точек на k-м участке. Каждая из n точек может занимать одно из m + n - 1 мест (под местом понимается позиция, в которой находится точка или перегородка), и остается лишь сослаться на определение 3 и следствие из него.

Пример 11. Модель Эренфеста в статистической механике.

Газ, состоящий из n молекул, находится в объеме, разбитом на две части проницаемой перегородкой. В данный момент времени множество молекул распадается на два подмножества (каждая молекула находится в одной из двух частей). k молекул могут попасть в первое из этих подмножеств способами. Говорят, что имеется некоторое распределение молекул (такое, при котором в первое подмножество попало ровно k молекул), и для этого распределения задается функция - энтропия - по формуле (логарифм берется, например, по основанию 2). Энтропия является количественной характеристикой информации о распределении. Можно доказать, что наибольшую энтропию имеет наиболее равномерное распределение - факт, имеющий огромное значение в теории.

Добавление нового элемента в M удваивает число подмножеств (если , то новый элемент a может входить или нет в N, - получаем 2 подмножества в ), следовательно,

P(M) = 2ⁿ (2)

Теперь собираем урожай, используя введенные высокотехничные символы:

(3)

Другой вывод формул (3) можно провести, например, по индукции.

Вернемся к формуле (2). Доказать ее можно по-другому (метод, полезный во многих сходных ситуациях): перенумеруем элементы M (M = {a₁, a₂, …, a_n}) и построим соответствующий конкретному подмножеству n-мерный кортеж из нулей и единиц таким образом, что k-я координата равна 1 в том и только том случае, если элемент a_k входит в наше подмножество. По теореме 3, всего имеется кортежей. . Доказательство методом математической индукции тоже приемлемо.

Следующий шаг: каждое из неупорядоченных k-элементных подмножеств можно упорядочить k! способами, и появляется формула, связывающая числа и :

, откуда

(4).

Теорема 5 (бином Ньютона).

Для любого натурального числа n имеет место равенство

(5).

Доказательство. Перемножив n раз (a + b) на себя, получим сумму 2ⁿ слагаемых вида c₁c₂…c_n, где c_k равно a или b (k = 1,…, n). Эти слагаемые можно разбить на (n + 1) множеств B₀, B₁,…, B_n+1 так, что в B_k содержатся те и только те произведения, в которые a входит в степени k, а b - в степени (n - k). Число слагаемых в B_k равно (количество способов выбрать из n множителей c₁, c₂,…, c_n k штук, равных a).

Пример 12. Найдем член разложения , не содержащий x (то есть содержащий x в нулевой степени). Общий член разложения, согласно формуле (5), имеет вид , поэтому 5k - 40 = 0, откуда k = 8 и искомый член равен .

Пример 13. Докажем тождество .

Подставим в (5) a = 1, b = -1 - получим требуемое.

Ближайшая цель - доказательство так называемой полиномиальной теоремы, обобщающей теорему 5 (см. ниже теорему 6). Пусть - разложение, где . Такие разбиения можно получить следующим образом: возьмем произвольно k₁ элементов из n элементов множества A - появляется множество B₁ (а это можно сделать способами); из оставшихся (n - k₁) элементов возьмем k₂-элементное подмножество B₂ (способов) и т.д. В силу теоремы 3, , где многоточие маскирует очевидные вычисления с факториалами, и тем самым доказана

Теорема 6. Пусть . Число способов, которыми множество A, содержащее n элементов, можно представить в виде объединения (разбиения на) m непересекающихся множеств B₁, …, B_m, содержащих k₁, …, k_m элементов соответственно, равно

(6)

Числа называются полиномиальными коэффициентами.

Следствие. Имеется n букв, при этом k₁ букв - одного написания, k₂ - второго, …, k_m - m-го, k₁ + k₂ + … + k_m = n. Из этих букв можно составить C_n(k₁, …,. k_m) различных слов.

Доказательство. Пусть 1, …, n - позиции букв в слове. Это слово задается номерами позиций букв типа 1 (множество B₁) и т.д. Число способов, которыми множество A={1,2,…, n} можно представить в виде разбиения на множества B₁, …, B_m, равно

.

Иными словами: имеется n! перестановок n элементов; среди этих элементов k₁ элементов типа 1, ..., k_m элементов типа m. Среди указанных перестановок различных ровно

Пример 14. Сколько различных “слов” (здесь “слово” - просто набор букв) можно получить, если буквы выбираются из слова (уже настоящего слова, без кавычек!) “МИССИСИПИ”?

Решение. В слове “МИССИСИПИ” 4 буквы “И”, 3 буквы “С”, по одной букве “М” и “П”. В силу последнего следствия, ответом на вопрос будет число .

II. Основные понятия теории вероятностей

Теория вероятностей изучает математические модели случайных экспериментов, исход которых условиями опыта определяется неоднозначно. Точность выбранной модели проверяется практикой. Существенная предпосылка изучения теории вероятностей - интуиция (личная и общенаучная).

Главное методологическое замечание: теория вероятностей имеет дело не с произвольными случайными экспериментами, а только с такими, которые обладают свойством статистической устойчивости (устойчивости частот). n_A/N - отношение числа наступления события A в n экспериментах к общему числу экспериментов - частота события A. Устойчивость частоты означает, что при большом n частота группируется около некоторого числа (вероятность события A).

Определение 4. Пространством элементарных событий называется конечное множество .

(i) называются элементарными событиями;

(ii) произвольное подмножество называется событием;

(iii) число называется вероятностью события A.

Из определения 4 следует, что . Числа называются вероятностями элементарных исходов.

Таким образом, . Означает это следующее: вероятность события A равна сумме вероятностей тех элементарных исходов, которые (так говорят) благоприятствуют событию A, то есть входят в него в качестве элементов в теоретико-множественном смысле.

Из того же определения 4 непосредственно вытекают такие свойства:

1) исходы (элементарные события) образуют полную группу; это означает, что , то есть хотя бы один из элементарных исходов обязательно осуществляется;

2) события несовместны (множества и не пересекаются), иначе: наступление какого-то элементарного события исключает появление любого другого исхода;

3) элементарные события равновозможны: (вероятности элементарных исходов равны между собой).

Пример 15. Образуют ли перечисленные ниже события полную группу событий в данном опыте:

1) бросание монеты; A₁ = {орел}, A₂ = {решка};

2) бросание двух монет; B₁ = {два орла}, B₂ = {две решки};

3) бросание двух игральных костей; C₁ = {на обеих костях шестерки}, C₂ = {ни на одной кости нет шестерки}, C₃ = {шестерка ровно на одной кости};

4) передача двух сообщений по каналу связи; D₁ = {хотя бы одно сообщение не искажено}, D₂ = {хотя бы одно сообщение искажено};

5) передача трех сообщений по каналу связи; E1 = {все три сообщения переданы без ошибок}, E2 = {каждое из трех сообщений передано с ошибками}, E3 = {два сообщения переданы с ошибками, одно - без ошибок}?

Ответ. 1) да; 2) нет; 3) да; 4) да; 5) нет.

Пример 16. Являются ли несовместными события данных групп:

1) бросание монеты; A₁ = {орел}, A₂ = {решка};

2) бросание двух монет; B₁ = {орел на первой монете}, B₂ = {орел на второй монете};

3) два выстрела по цели; C₁ = {ни одного попадания}, C₂ = {одно попадание}, C₃ = {два попадания};

4) два выстрела по цели; D₁ = {одно попадание}, D₂ = {один промах};

5) вынимание двух карт из колоды; E₁ = {обе карты черной масти}, E₂ = {среди вынутых карт есть дама треф}, E₃ = {среди вынутых карт есть туз пик};

6) передача трех сообщений по каналу связи; F1 = {в первом сообщении есть ошибка}, F2 = {во втором сообщении есть ошибка}, F3 = {в первом сообщении есть ошибка, во втором - нет}?

Ответ. 1) да; 2) нет; 3) да; 4) нет; 5) нет; 6) нет.

Пример 17. Равновозможны ли события в данном опыте:

1) бросание монеты; A₁ = {орел}, A₂ = {решка};

2) бросание неправильной (погнутой) монеты; B₁ = {орел}, B₂ = {решка};

3) выстрел по мишени; C₁ = {попадание}, C₂ = {промах};

4) бросание двух монет; D₁ = {два орла}, D₂ = {две решки}, D₃ = {один орел и одна решка};

5) вынимание наугад одной карты из колоды; E₁ = {пика}, E₂ = {трефа}, E₃ = {бубна}, E₄ = {черва};

6) бросание игральной кости; F₁ = {не менее трех очков}, F₂ = {не более трех очков};

7) по каналу связи передаются три сообщения одинаковой длины; G₁ = {ошибка в первом сообщении}, G₂ = {ошибка во втором сообщении}, G₃ = {ошибка в третьем сообщении}?

Ответ. 1) да; 2) нет; 3) нет; 4) нет; 5) да; 6) нет; 7) да.

Элементарные события, удовлетворяющие свойствам (i)-(iii), называются случаями. Модели, конструируемые на основе определения 4, сводятся к схеме случаев.

Пространство элементарных событий является моделью идеалилизированного опыта в том смысле, что любой мыслимый исход опыта описывается одной и только одной точкой пространства. О событии A имеет смысл говорить только тогда, когда для каждого исхода опыта известно, произошло или не произошло событие A.

Событие называется достоверным. .

Событие называется невозможным. .

События A и B несовместны, если .

Определение 4 вводит вероятность события A как отношение числа случаев, благоприятных событию A (т.е. входящих в A в качестве элементов), к общему количеству случаев.

Еще раз: статистическая устойчивость частот может быть подтверждена только опытом. Таким образом проявляется закономерность случайных явлений.

Пример 18. Бросаются две монеты. Рассматривается событие A = {монеты выпали одинаковыми сторонами}.

Модель 1. . Элементарные события: = {выпали два орла}, = {выпали две решки}, = {монеты выпали разными сторонами}. Событие - монеты выпали одной стороной. Тогда .

Модель 2. (“О” - орел, “Р” - решка, и задан порядок, в котором появляется та или иная сторона). В этом случае .

Какая из предложенных моделей верна? Надо провести эксперимент: совершить N бросаний двух монет. Если , то считаем правильной модель 1, если же , то - модель 2 (здесь N_A - число выпадений монет одинаковыми сторонами).

Пример 19. Бросаются две кости. Событие A = {сумма очков равна 7).

(I) Построим пространство элементарных событий так: , получим . Но это рассуждение неверно (!), так как элементарные события в не удовлетворяют условию равновозможности.

(II) Правильное пространство элементарных событий (первая цифра - число очков на первой кости, вторая - число очков на второй кости):

.

Теперь видно, что .

Пример 20. Из урны, содержащей три белых и два черных шара, извлекаются два шара (без возвращения). Событие A = {оба извлеченных шара белые}. Найдем его вероятность.

Решение. Занумеруем шары так, что белые шары получат номера 1, 2, 3, а черные - номера 4, 5. Пространство = {(12), (13), (14), (15), (23), (24), (25), (34), (35), (45)}. Выделены благоприятные события.

Ответ. P(A) = 3/10.

Анализируя решение подобных задач, следует отметить такой очень важный момент: при построении пространства элементарных событий шары надо перенумеровать!

Не любая вероятностная модель может быть сведена к схеме случаев. Если сохранить требование быть полной группой несовместных элементарных событий, а от равновозможности отказаться, то придем к схеме событий.

Полезно решительное напоминание: о вероятностях событий можно говорить только в отношении к какому-либо пространству элементарных событий.

В теории вероятностей отдается предпочтение косвенным методам вычисления вероятностей, то есть вычислению вероятности события через известные вероятности других событий. Соответствующей конструкцией является алгебра событий. Приступаем к ее построению.

Определение 5. Суммой двух событий A и B (обозначение: A + B) называется событие . Произведением событий A и B (обозначение: AB) называется событие . Событие называется противоположным событию A.

Из определения 5 следует, что сумма событий A и B есть событие, включающее все элементарные события, принадлежащие хотя бы одному из событий A или B; произведение событий A и B есть событие, включающее те и только те элементарные события, которые принадлежат A и B; событие означает, что A не произошло, то есть в входят те и только те элементарные события, которые не содержатся в A.

Алгебраические законы, управляющие введенными понятиями, - это очевидная переформулировка соответствующих законов теории множеств.

Вероятности сложных событий вычисляются с помощью вероятностей других событий с использованием следующих правил:

1) правило сложения вероятностей;

2) правило умножения вероятностей.

Для ситуаций, не сводимых к схеме случаев, эти правила вводятся аксиоматически:

Если (то есть A и B несовместны), то P(A + B) = P(A) + P(B).

Следствие 1. Если события A₁, A₂,…, A_n несовместны и образуют полную группу, то .

Следствие 2. .

Теперь займемся умножением вероятностей.

Определение 6. Если , то число называется условной вероятностью события A при условии осуществления события B.

Пример 21. Бросаются две игральные кости. A = {произведение выпавших очков равно 8}, B = {сумма выпавших очков равна 6}. Пространство элементарных событий описано в примере 19. Здесь B = {(15), (24), (33), (42), (51)}; P(A|B) = 2/5 (событие A наступает только в ситуациях (24) и (42)); P(AB) = 2/36; P(B) = 5/36 P(A|B) = P(AB) / P(B).

Подчеркнем следующее: информация о том, что произошло событие B, сужает пространство элементарных событий. Изменяются условия опыта. Из всех элементарных событий остаются только те, которые благоприятны событию B (то есть входят в множество B). AB - это подмножество пространства элементарных событий, благоприятное событию A при наличии события B.

Пример 22 ([6]). Рассматриваются семьи с двумя детьми, событие U = {в семье два ребенка}. Какова вероятность того, что оба ребенка - мальчики (событие A), если известно, что один мальчик в семье уже есть (событие B)?

Обсуждение. Если AB означает мм (первый ребенок - мальчик, второй тоже), а B означает мм, мд или дм, то P(A|B) = 1/3. С другой стороны, p = 1/2 - это ответ на вопрос, какова вероятность того, что второй ребенок - мальчик, если случайно выбранный мальчик оказался из семьи с двумя детьмя.

Теорема 7 (правило умножения вероятностей). .

Пример 23. Вернемся к примеру 20. Пусть B = {первый вынутый шар белый}, A = {второй вынутый шар белый}. Имеем P(B) = 3/5, P(A|B) = 2/4 = 1/2, значит P(AB) = 3/10.

Определение 7. События A и B называются независимыми, если .

В случае независимости A и B P(A|B) = P(A).

Пример 24. Из тщательно перетасованной преферансной колоды (32 листа) извлекается одна карта. A = {вынутая карта - туз}, B = {вынута карта бубновой масти}. A и B независимы: P(A) = 4/32 = 1/8, P(B) = 1/4, P(AB) = 1/32 = P(A) P(B).

Теорема 8. Если A и B независимы, то и B независимы.

Доказательство.

Понятие независимости, введенное определением 7, обладает всеми свойствами, которые согласуются с интуицией.

Теорема 9 (формула полной вероятности). Пусть H₁, H₂,…, H_n - полная группа несовместных событий (гипотез). Тогда справедлива формула

.

Величины P(A|H_i) называются априорными вероятностями гипотез H₁,…, H_n.

Теорема 10 (формула Байеса). В условиях теоремы 9 справедлива формула

Величины P(H_i|A) называются апостериорными вероятностями гипотез H₁,…, H_n.

Доказательство теорем 9 и 10 - простая техническая выкладка, использующая следующие трюки: A = AH₁ + AH₂ + … + AH_n, далее - P(AH_i) = P(H_i) P(A|H_i), а события H₁,…, H_n образуют полную группу.

Пример 25. Медицинская диагностика. (см. [5]). Пусть в некоторую клинику обращаются больные, у которых может быть одна из болезней H₁, H₂,…, H_n. Обозначим A комплекс симптомов для данного больного. В этом случае априорные вероятности P(H_i) и условные вероятности P(A|H_i) могут быть экспериментально найдены на основании собранной за прошлые годы статистики. Тогда P(H_i) есть примерно частота болезни H_i среди больных данной клиники, а P(A|H_i) - частота наблюдения комплекса симптомов A у больных с болезнью H_i в той же клинике. Насколько часто наблюдались в прошлом больные с данным комплексом симптомов A? Оказывается, что даже если собран большой статистический материал по каждой болезни H_i (около 10⁴ больных этой болезнью), то возможных комплексов симптомов в случае записи каждого комплекса двоичным кодом из 50 знаков будет примерно 2⁵⁰, а значит на каждый набор симптомов фактически придется ноль наблюдений. Так как в этом случае нельзя определить P(A|H_i) (наблюдений нет!), использование формулы Байеса практически невозможно. Данный пример свидетельствует, что применение методов теории вероятностей требует нетривиальных усилий (если стремиться к достоверным результатам).

III. Случайные величины

Определение 8. Случайной величиной называется числовая функция, областью определения которой является является пространство элементарных событий: .

Значения, которые принимает случайная величина X, будем обозначать x₁, x₂,…, x_n, а событие, означающее, что случайная величина X приняла значение x_i, - {X = x_i}, i = 1,…, n.

“Случайность” X означает, что каждое свое значение x_i эта функция принимает с некоторой вероятностью p_i. Происходит одно из событий {X=x₁},…, {X=x_n}, образующих полную группу:

.

Говорят, что формула (9) задает распределение случайной величины X (суммарная вероятность, равная 1, распределена между значениями X), и (9) - закон распределения.

Закон распределения в рассматриваемых нами моделях полностью определяет случайную величину. Наиболее общей (универсальной) характеристикой сдучайной величины является функция распределения, но в данной схеме изложения теории вероятностей ее введение необязательно.

Достаточно часто в качестве схемы задания распределения встречается ряд распределения - таблица, в строках которой указываются значения случайной величины и соответствующие этим значениям вероятности. Ряд распределения:

x_i |x₁ |x₂ … |x_n

p_i |p₁ |p₂ … |p_n

Полезна механическая интерпретация ряда распределения. Представим, что равная единице масса распределена по оси абсцисс так, что в точках x₁, x₂,…, x_n сосредоточены соответственно массы p₁, p₂,…, p_n. Тогда ряд распределения понимается как система расположенных на оси абсцисс материальных точек.

Пример 26. Рассмотрим следующий эксперимент. Из урны, содержащей три белых и два черных шара, извлекаются 2 шара (без возвращения). Случайная величина X: число белых шаров среди вынутых (пример 20). Построим ряд распределения X. Для этого перенумеруем шары (1, 2, 3 - номера белых, 4 и 5 - черных шаров) и выпишем все значения X: X(ij) = x_ij, где x_ij - число белых шаров в исходе, состоящем в том, что первый вынутый шар имеет номер i, второй - j.

X(12)=2,X(13)=2,X(14)=1,X(15)=1,X(23)=2,X(24)=1,X(25)=1,X(34)=1,X(35)=1,X(45)=0

x | 1 | 2 | 3

p | 1/10 | 6/10 | 3/10

IV. Числовые характеристики случайных величин

Обычно нет необходимости характеризовать случайную величину максимально полно, а бывает достаточно определить какие-то отдельные числовые параметры, связанные с ее распределением. Под числовыми характеристиками случайной величины понимаются некоторые важные параметры, описывающие свойства закона распределения этой случайной величины. С помощью таких характеристик существенно упрощается решение многих задач. Полезно иметь в виду аналогию с классической механикой: поведение динамической системы иногда можно полностью исследовать, не вычисляя траектории движения, а привлекая такие интегральные характеристики, как законы сохранения импульса, момента импульса и энергии. Постепенно введем нужные понятия.

Определение 9. Математическим ожиданием случайной величины X называется сумма произведений всех ее значений x_i на соответствующие вероятности p_i:

.

Центрированной случайной величиной называется разность между случайной величиной X и ее математическим ожиданием m_x:

.

Начальным моментом k-го порядка случайной величины X называется математическое ожидание k-й степени этой случайной величины:

.

Центральным моментом k-го порядка случайной величины X называется математическое ожидание k-й степени соответствующей центрированной случайной величины:

.

Дисперсией случайной величины X называется математическое ожидание квадрата соответствующей центрированной случайной величины:

.

Среднеквадратическим отклонением называется

.

Теорема 11. D[X] = M[X²] - (M[X])². (17)

Доказательство.

Пример 27. Случайная величина Y имеет геометрическое распределение, если ее возможные значения - 1, 2, …, m,…, и вероятности этих значений равны p_m = q^m-1p, q=1-p. Закон распределения Y:

1 | 2 | 3 |…| m |…

p | qp | q²p |… | q^m-1p |…

M[Y] = 1/p, D[Y] = q/p².

Этот пример дан для иллюстрации того, что можно не ограничиваться конечным множеством значений случайной величины. В доказательстве полученного результата используется формула суммы всех членов бесконечно убывающей геометрической прогрессии.

Пример 28. Производится ряд попыток включить двигатель. Каждая попытка заканчивается успехом (включением двигателя) независимо от других попыток с вероятностью p. Каждая попытка занимает время t. Найдем распределение времени T, которое потребуется для запуска двигателя, его математическое ожидание и дисперсию.

Решение. Число X произведенных попыток есть величина, распределенная по геометрическому закону (пример 27); T = Xt имеет распределение

M[T] = tM[X] = t/p; D[T] = t²D[X] = t²q/p (q = 1-p).

Определение 10. Даны две случайные величины X₁ и X₂, принимающие соответственно значения x₁, …, x_m и y₁, …, y_n с вероятностями p₁, …, p_m и q₁, …, q_n. Случайная величина X называется суммой X₁ и X₂ (X = X₁ + X₂), если она принимает значения

{x_i + y_j; i=1,…,m; j=1,…,n}, равные всевозможным суммам значений величин X₁ и X₂, с вероятностями P({X = x_i + y_j}) = p_iq_j.

Теорема 12. M[X₁ + X₂] = M[X₁] + M[X₂], M[aX] = aM[X], (18)

Механическая интерпретация. Предположим, что механическая система состоит из распределенной вдоль оси абсцисс единичной массы так, что в точке x_k сосредоточена масса p_k. Тогда математическое ожидание есть абсцисса центра масс, а дисперсия - момент инерции относительно начала координат.

Определение 11. Повторные независимые испытания называются испытаниями Бернулли, если каждое испытание имеет только два возможных исхода и вероятности исходов одинаковы для всех испытаний.

Принято вероятности двух исходов испытаний Бернулли обозначать p и q = 1 - p и исход с вероятностью p (q) называть “успехом” (“неудачей”). Пространство элементарных событий каждого отдельного испытания состоит из двух точек (событий) - У и Н. Так как испытания независимы, вероятности их исходов перемножаются.

Бросание монеты (не обязательно симметричной), бросание игральной кости с выпадением шестерки - типичные примеры испытаний Бернулли.

Теорема 13 (распределение Бернулли). Число k успехов в n испытаниях Бернулли с вероятностью успеха p в каждом испытании есть случайная величина S_n с распределением вероятностей {b(k; n; p)}, где и q =1 - p.

Другое название распределения Бернулли - биномиальное распределение. Оно задается двумя параметрами: вероятностью успеха p в одном испытании и числом n испытаний. Легко подсчитать, что

M[S_n] = np, D[S_n] = npq (19).

Пример 29. Предположим, что частота заболевания некоторой болезнью среди крупного рогатого скота составляет 25%. Для проверки новой вакцины n животным делается прививка. Для неэффективной вакцины иметь ровно k здоровых животных среди n подвергшихся прививке можно считать равной b(k; n; 0,75). Для k = n = 10 эта вероятность равна 0,056, то есть отсутствие заболеваний среди десяти испытуемых животных можно рассматривать как подтверждение эффективности вакцины. Важно отметить, что такое подтверждение не может служить окончательным свидетельством в пользу вакцины. ([6]).

V. Задачи с решениями

Задача 1. В партии из k изделий имеется m дефектных. Из партии для контроля отбираются r изделий. Найдем вероятность p того, что из них ровно s будут дефектными.

Решение. s дефектных изделий из m можно выбрать способами, остальные r - s изделий из k - m доброкачественных можно выбрать способами. Всего имеется выборок.

Ответ. .

Задача 2. Из ящика, содержащего n перенумерованных изделий, наугад вынимают одно за другим все изделия. Найдем вероятность того, что номера вынутых изделий будут идти по порядку.

Решение. Из n! перестановок номеров нас устраивает только одна.

Ответ. 1 / n!.

Задача 3. Ящик тот же, что в предыдущей задаче, но каждое изделие после вынимания вкладывается обратно, а его номер записывается. Найдем вероятность того, что будет записана естественная последовательность номеров: 1, 2, …, n.

Решение. При выборе с возвращением имеется nⁿ возможностей.

Ответ. 1 / nⁿ.

Задача 4. На пяти карточках написаны цифры: 1, 2, 3, 4, 5. Две карточки последовательно вынимаются. Найдем вероятность того, что число на второй карточке будет больше, чем на первой.

Решение. Данный опыт имеет два возможных исхода: A = {второе число больше первого}, B = {второе число меньше первого}. Так как условия опыта симметричны относительно A и B, то P(A) = P(B) = 1/2.

Задача 5. В отделение связи с четырьмя каналами связи поступило 4 телеграммы. Телеграммы распределяются по каналам случайным образом, и каждая телеграмма с одной и той же вероятностью передается по любому из четырех каналов. Найдем вероятность события A = {на один из каналов попадут 3 телеграммы, на другой - одна, а два оставшихся канала останутся незагруженными}.

Решение. Общее число случаев - 4⁴. Число способов, какими можно выбрать канал, на который попадут три телеграммы, равно ; число способов, какими можно выбрать канал, на который попадет одна телеграмма, равно . Из четырех телеграмм три для первого канала можно выбрать способами. Общее число благоприятных способов есть и P(A) = 48 / 4⁴ = 3/16.

Задача 6. Зависимы или независимы: 1) несовместные события; 2) события, образующие полную группу; 3) равновозможные события?

Решение. 1) Зависимы. Появление одного из событий делает невозможным появление остальных, то есть появление одного из несовместных событий обращает в 0 вероятность появления всех остальных. 2) Зависимы. Непоявление всех событий, кроме одного, обращает в 1 вероятность появления последнего. 3) Могут быть как зависимы, так и независимы. Пусть A = {выпадение орла}, B = {выпадение решки} при одном бросании симметричной монеты, тогда A и B зависимы, так как P(A) = P(B) = 0,5, но P(A|B) = 0. Если же A = {выпадение орла при первом бросании}, B = {выпадение орла при втором бросании} при двух бросаниях, то A и B независимы.

Задача 7. При одном цикле обзора радиолокационной станции (РЛС), следящей за космическим объектом, объект обнаруживается с вероятностью p. Обнаружение объекта в каждом цикле происходит независимо от других. Найдем вероятность того, что при n циклах объект будет обнаружен.

Решение. Вероятность необнаружения объекта в одном цикле равна (1 - p), в n циклах - (1 - p)ⁿ, вероятность обнаружения равна 1 - (1 - p)ⁿ.

Задача 8. Имеется m РЛС, каждая из которых за один цикл обзора обнаруживает объект с вероятностью p (независимо от других циклов и других станций). За время T каждая станция успевает сделать n циклов. Найдем вероятности событий A = {объект будет обнаружен хотя бы одной РЛС} и B = {объект будет обнаружен каждой РЛС}.

Решение. Вероятность необнаружения одной конкретной станцией за n циклов равна

(1 - p)ⁿ, вероятность необнаружения ни одной из m станций равна (1 - p)^mn. Вероятность обнаружения объекта одной станцией за n циклов вычислена в задаче 7.

Ответ. P(A) = 1 - (1 - p)^mn, P(B) = (1 - (1 - p)ⁿ)^m.

Задача 9. Имеется группа из k космических объектов, каждый из которых независимо от других обнаруживается РЛС с вероятностью p. За группой ведут наблюдение независимо друг от друга m РЛС. Найдем вероятность того, что не все объекты, входящие в группу, будут обнаружены.

Решение. Перейдем к противоположному событию ={все объекты будут обнаружены}. Тогда .

Задача 10. По каналу связи передаются 3 сообщения, каждое из них может быть передано с различной степенью точности. Передача сообщения приводит к одному из событий:

A₁ = {сообщение передано правильно}; A₂ = {сообщение частично искажено}; A₃ = {сообщение полностью неразличимо}. Вероятности событий A₁, A₂, A₃ равны соответственно . Сообщения передаются правильно или искажаются независимо одно от другого. Найдем вероятности следующих событий:

A = {все три сообщения переданы без искажений};

B = {хотя бы одно сообщение полностью неразличимо};

C = {не менее двух сообщений искажено полностью или частично}.

Решение. По теореме о вероятности произведения независимых событий имеем . ={ни одно из сообщений не является полностью неразличимым}. и , значит . Наступление события C означает, что искажено ровно два из трех сообщений или все три сообщения; так как эти исходы несовместны, искомая вероятность равна сумме вероятностей событий C₁ и C₂, где C₁ = {искажено полностью или частично два из трех сообщений}, C₂ = {искажены все три сообщения}. Конкретное сообщение искажается полностью или частично с вероятностью , два конкретных сообщения искажаются одновременно с вероятностью , а вероятность третьему сообщению быть при этом неискаженным равна ; вероятность описанного исхода есть ; сообщение, переданное правильно, может быть выбрано способами и ; все же три сообщения искажаются с вероятностью , а так как события C₁ и C₂ несовместны, то .

Задача 11. Радиолокационная станция за один цикл обзора обнаруживает объект с вероятностью p. Сколько потребуется циклов обзора для того, чтобы объект был обнаружен с вероятностью не меньшей, чем P?

Решение. Пусть n - искомое число циклов. Вероятность необнаружения за один цикл равна (1 - p), за n циклов - (1 - p)ⁿ, а вероятность обнаружения равна 1 - (1 - p)ⁿ. Должно выполняться условие .

Задача 12. Завод изготовляет изделия определенного типа. Каждое изделие имеет дефект с вероятностью p. Изделие осматривается одним контролером, который обнаруживает имеющийся дефект с вероятностью , а если дефект не обнаружен, изделие пропускается в готовую продукцию. Контролер может также с вероятностью забраковать качественное изделие. Найдем вероятности следующих событий:

A = {изделие забраковано};

B = {изделие забраковано по ошибке};

C = {изделие пропущено в готовую продукцию с дефектом}.

Ответ. .

Задача 13. Что вероятнее, выиграть у равносильного противника: 1) три партии из четырех или пять из восьми; 2) не менее трех партий из четырех или не менее пяти партий из восьми?

Решение. 1). Пусть A = {выигрыш трех партий из четырех}, B = {выигрыш пяти партий из восьми}.

.

2) C = {выигрыш не менее трех партий из четырех},

D = {выигрыш не менее пяти партий из восьми}.

.

Задача 14. Имеется две партии однородных изделий; первая партия состоит из N изделий, среди которых n дефектных; вторая - из M изделий, из которых m дефектных. Из первой партии случайным образом берется K изделий, а из второй - L изделий (K < N, L < M); эти K + L изделий смешиваются и образуется новая партия. Из новой смешанной партии берется наугад одно изделие. Найдем вероятность того, что изделие будет дефектным.

Решение. Рассмотрим событие A = {изделие будет дефектным} и гипотезы H₁ = {изделие принадлежит первой партии}, H₂ = {изделие принадлежит второй партии}. Формула полной вероятности дает

.

Задача 15. Радиолокационная станция ведет наблюдение за объектом, который может применять или не применять помехи. Если объект не применяет помех, то за один цикл обзора станция обнаруживает его с вероятностью ; если применяет - с вероятностью . Вероятность того, что во время цикла будут применены помехи, равна p и не зависит от того, как и когда применялись помехи в других циклах. Найдем вероятность того, что объект будет обнаружен хотя бы один раз за n циклов обзора.

Решение. Полная вероятность обнаружения за один цикл ; вероятность хотя бы одного обнаружения за n циклов равна

.

Задача 16. Работает диагностическая машина, в которую вводятся результаты n анализов, взятых у больного. Каждый анализ независимо от других с вероятностью p может оказаться ошибочным. Вероятность P правильного диагноза есть неубывающая функция числа m верных анализов: . За время t работы машины был поставлен диагноз k больным. Найдем вероятность события A = {хотя бы одному больному поставлен ошибочный диагноз}.

Решение. Рассмотрим событие B = {конкретному больному поставлен ошибочный диагноз} и выдвинем гипотезы:

H₀ = {ни одного безошибочного анализа};

H₁ = {ровно 1 безошибочный анализ};

………………………………….

H_m = {ровно m безошибочных анализов};

…………………………………..

H_n = {n безошибочных анализов}.

Вероятность события H_m при любом m вычисляется по формуле Бернулли (с заменой p на 1-p):

.

По формуле полной вероятности получим

Задача 17. Производятся изделия определенного вида, причем любое изделие с вероятностью p имеет дефект. Каждое изделие осматривается браковщиком, который обнаруживает дефект, если он имеется, с вероятностью и не обнаруживает с вероятностью . Кроме того, браковщик иногда допускает ошибку, бракуя доброкачественное изделие (это происходит с вероятностью ). За смену браковщик осматривает N изделий. Найдем вероятность P того, что хотя бы одно из них будет квалифицировано им неправильно: или, будучи дефектным, отнесено к доброкачественным, или наоборот. Результаты осмотра отдельных изделий независимы.

Решение. Гипотезы: H₁ = {изделие имеет дефект}, H₂ = {изделие не имеет дефекта}. Вероятность одному изделию быть квалифицированным неверно равна (по формуле полной вероятности) . Вероятность того, что хотя бы одно изделие будет квалифицировано неправильно, равна .

Задача 18. Производится посадка самолета на аэродром. Если позволяет погода, летчик сажает самолет, наблюдая за аэродромом визуально. В этом случае вероятность благополучной посадки равна . Если аэродром затянут низкой облачностью, летчик сажает самолет вслепую по приборам. Надежность (то есть вероятность безотказной работы) приборов слепой посадки равна P. Если приборы слепой посадки сработали нормально, то самолет садится благополучно с той же вероятностью , что и при визуальной посадке. Если приборы слепой посадки не сработали, то летчик может благополучно посадить самолет с вероятностью . Найдем полную вероятность благополучной посадки самолета, если известно, что в k% всех случаев посадки аэродром затянут низкой облачностью.

Решение. Событие A = {благополучная посадка}, гипотезы: H₁ = {низкой облачности нет}, H₂ = {низкая облачность есть}. . P(A|H₂) тоже находим по формуле полной вероятности: . Теперь

...