Размещено на http://www.allbest.ru/

ПОНЯТИЕ СЛУЧАЙНОГО СОБЫТИЯ И ЕГО ВЕРОЯТНОСТИ



Введение

Как уже отмечалось в предисловии, теория вероятностей изучает массовые случайные явления. А что же такое случай? Как к нему относиться? Если нам повезло, говорим о счастливом случае, если нет, то это - несчастливый случай. Однако, в целом, к случайностям мы относимся отрицательно, поскольку заранее не знаем, как себя эта случайность проявит. Конечно, случайность портила и портит жизнь человека, но она ему и помогает. Для борьбы со случайностью разработаны эффективные методы. Выясняется, что описание и формализация случайности является одним из самых мощных инструментов научного описания мира.

Под случаем мы обычно понимаем либо ограниченность необходимой информации, либо неумение её использовать, либо полное отсутствие информации (за исключением той информации, что она отсутствует). Итак, будем считать, что случай, случайность - понятия для нас интуитивно ясные.

Разобьем случайность на два класса: "хорошая" случайность - когда можно выявить какие-то закономерности её проявления (то есть имеет смысл говорить о её количественной оценке), и "дурная" случайность - закономерностей никаких нет (мистика, колдовство, прилёт инопланетян и др.). "Хорошую" случайность, в отличие от "дурной", можно формализовать. Изучением именно "хорошей" случайности, и только ею, занимается современная теория вероятностей - математическая наука, которая по известным вероятностям одних случайных событий позволяет находить вероятности других случайных событий.

Случайные события будем называть просто событиями, а их количественную оценку - вероятностью события, которая является числом из промежутка . Прежде всего, мы научимся получать комбинации событий и вычислять соответствующие им вероятности. Это позволит нам адекватно оценить действительность, прогнозировать результаты, вырабатывать оптимальную стратегию поведения.

1. Операции над событиями

Первоначальным и, тем самым, математически неопределяемым понятием для нас, является пространство случайных событий^** Мы рассматриваем дискретное пространство, являющееся частным случаем более общего пространства элементарных событий. Для изучаемого курса теории вероятностей этого достаточно. Более общие случаи будем оговаривать особо.. Оно состоит из элементарных событий (точек) ₁, ₂,..., _n,… представляющих неразложимый исход теоретического эксперимента. Количество точек из может быть конечно или счетно. Стандартная запись: _{1 2}..., _n... . Любой конечный (или даже счетный) набор элементарных событий, например, , назовем случайным событием. Случайные события обозначают буквами: А, В, ….

Пусть

= .

Будем говорить, что событие, произошло, если наступило одно из элементарных событий, .

Объединением (суммой) двух событий А и В называется событие АВ, состоящее из элементарных событий, принадлежащих хотя бы одному из событий А или В.

Пересечением (произведением) событий А и В называется событие АВ, состоящее из элементарных событий, содержащихся одновременно в событиях А и В.

Дополнением (разностью) событий А и В называется событие А\В, состоящее из элементарных событий события А, не содержащихся в событии В.

Пусть , тогда противоположным событию А называется событие , состоящее из элементарных событий пространства , не содержащихся в событии А, то есть

= \ А.

Пусть А, В . Они образуют алгебру событий, если:

1) А В ,

2) А В ,

3) .

Кроме того, если выполнено условие

4) А \ В ,

то имеем поле событий.

Очевидно обобщение на любое конечное число событий

.

Событие, которое никогда не происходит (то есть не содержит ни одной точки), называется невозможным, обозначается символом и

( ) ( ).

Событие А = всегда происходит и называется достоверным, при этом полагаем = .

События А ₁, А ₂ несовместны, если А ₁ А ₂ = (то есть события А ₁ и А ₂ не имеют общих точек).

События А ₁, А ₂,..., А_n образуют полную группу, если

,

а если А_i, i= 1, 2, …, n, попарно несовместные, то есть ij, j = 1, 2, …, n, А_i А_j = , тогда

= .

Если каждое появление события А влечет за собой появление события В, то говорят, что А есть часть В, то есть А В.

Многие задачи теории вероятностей содержат бесконечное число исходов (например, точки на отрезке прямой, поверхности и др.), и мы можем столкнуться с трудностями теоретического характера, если любое подмножество отрезка или поверхности будем считать событием. Чтобы их избежать, мы вводим специальный класс ? подмножеств, состоящий из несчетных множеств, где любое его подмножество есть событие. Формально это выглядит следующим образом.

Пусть пространство - произвольное множество (в том числе, несчетное), а ? класс подмножеств из множества .

? называется - алгеброй, если

1) ?,

2) А_i ?, i N ,

3) А ? ?.

Таким образом, алгебра событий замкнута относительно конечного числа теоретико-множественных операций (объединения, пересечения, отрицания), а - алгебра замкнута относительно бесконечного числа этих операций.

Замечание. По условию, класс подмножеств ? содержится в пространстве и одновременно, сам содержит это пространство. Возможность такой формализации становится понятной, если считать ? оператором "наведения порядка" в . Тогда, если, например, интерпретировать как единичный объем жидкости, а ? - как губку, то, если вся жидкость находится в губке всюду плотно, получается, что с одной стороны, губка находится в жидкости, а с другой стороны, вся жидкость находится в губке.

Мерой или количественной оценкой случайных событий из служит вероятность р - число, удовлетворяющее следующим аксиомам.

Аксиома 1. Любому событию А , удовлетворяющему условиям 1) - 3), поставлено в соответствие неотрицательное число p = Р А , называемое его вероятностью.

Аксиома 2. Р = 1.

Аксиома 3. Если события А ₁, А ₂,..., А_n,... попарно несовместны, то

.

Пространство , с заданной на нем алгеброй ( - алгеброй) событий и определенной для каждого события вероятностью, которая удовлетворяет аксиомам 1-3, является центральным понятием, определяющим аксиоматический подход к построению теории вероятностей, введенный А.Н. Колмогоровым в 30-х годах прошлого века 2.

Определение. Тройку (?,Р) будем называть вероятностным пространством.

Замечание. В данном курсе теории вероятностей мы обсуждаем только такие случаи, для которых любое подмножество есть событие, а потому введение - алгебры ? излишне. Однако в целях конструктивности изложения мы будем писать (?,Р), подразумевая под вероятностным пространством ( Р).

Следствия из аксиом

Следствие 1.

Р = 0.

В самом деле, имеем = и = , то есть и несовместны. Следовательно,

1 = Р = Р = по аксиоме 3 = Р + Р = 1 + Р .

Отсюда Р = 0._Ў

Следствие 2.

Если А , то

Р = 1 - Р .

Доказательство сразу следует из условия:

А = , А = ._Ў

Следствие 3.

Если А , то 0 Р А .

В самом деле, так как

, то Р Р Р,

тогда . Знак равенства возможен тогда, когда А = или А = , или и А ._Ў

Следствие 4 (Теорема сложения).

Для любых А, В имеет место

Р А В = Р А + Р В - Р А В .

В самом деле, имеем

А В = А (В \ (А В)) и В = (А В) (В \ (А В)).

События правой части несовместные, отсюда

Р А В = Р А + Р В \ (А В),

Р В = Р А В + Р В \ (А В).

Вычитая из первого равенства второе, получаем

Р А В - Р В = Р А - Р А В ._Ў

Следствие 5.

Для любых А, В ,

Р А В Р А + Р В .

Доказательство следует из условия Р А В и следствия 4. _Ў

Очевидны обобщения на произвольное число событий.

Определение. События А, В из вероятностного пространства (,?,Р) называются независимыми, если вероятность их совместного осуществления равна произведению вероятностей этих событий, то есть

Р А В = Р А Р В .

Из определения сразу следует, что

1) Для любого А события А и независимы.

2) Если Р В = 0 и событие А произвольно, то В и А независимы.

3) Если события А и В_i независимы, i = 1, 2 и В ₁ В ₂, то А и (В ₁\ В ₂) независимы.

4) Если события А и В_i независимы и В_i попарно несовместны, то есть

i j В_i В_j = ,

то А и также независимы.

5) Событие А не зависит от самого себя тогда и только тогда, когда либо , либо .

6) Если события А и В несовместны, то есть А В = и Р А 0, , то А и В зависимы.

В самом деле, пусть события А и В независимы, тогда

,

но по условию . Получили противоречие, то есть А и В - зависимы.

Замечание 1. Понятие независимости в теории вероятностей имеет более глубокий смысл, чем независимость обычная. Принято считать события независимыми, если они не связаны причинно. На практике, понятие зависимости и независимости случайных событий относительно. Если события слабо связаны, и эта связь несущественно влияет на конечный результат, то такие события считают независимыми, поскольку в этом случае построение математических моделей реальных ситуаций становится много проще. Наиболее глубоко в теории вероятностей изучены именно независимые события.

Замечание 2. Из аксиоматического построения вероятности события следует, что событие случайно, если оно не достоверно и не невозможно. Это определение через отрицание и из него следует, что имеет смысл говорить о вероятности как о некотором определенном, но неизвестном нам числе. Утверждение, что вероятность события А существует, нуждается в обосновании, а если оно принято в качестве гипотезы, то в последующей проверке. Это следует учитывать при построении математических моделей реальных ситуаций.

Рассматривая вероятность события как число из промежутка [0,1], мы обычно предполагаем в какой его части это число будет находиться. И чем больше мы имеем информации о случайном событии, тем точнее предположение. Это позволяет нам определить вероятность как меру возможности (уверенности) появления случайного события.

Именно так Блез Паскаль в письме Пьеру Ферма в 1654 году написал: "Я считаю более простым и естественным принять степень уверенности в появлении достоверного события равной единице. Тем самым, возможность наступления случайных событий соизмеряется с тем, какую часть единицы они составляют".

Так впервые была формализована связь между случайным событием и числом, его измеряющим, - вероятностью.



2. Элементы комбинаторики

Комбинаторика - раздел математики, занимающийся решением задач, связанных с выбором и расположением элементов из некоторой совокупности.

В классической теории вероятностей комбинаторика, в основном, используется для выбора и подсчета числа комбинаций событий с идентичными свойствами. Кроме того, первоначально комбинаторика применялась для нахождения вероятностей событий, обладающих различного вида симметриями.

Пример 1. Сколько существует различных k - мерных векторов, координаты которых составлены из чисел множества А = 1, 2,..., n .

Решение. Будем исходить из того, что два вектора считаются равными, если соответствующие координаты представлены одинаковыми цифрами, иначе различные.

Число различных k -мерных векторов находим следующим образом.

Первой координатой может являться любое из n чисел множества А, второй - также любое из n чисел, то есть, для каждого фиксированного числа первой координаты имеем n вариантов для второй. Таким образом, всего имеем n n = n² двумерных различных векторов, далее по индукции получаем, что всего различных k -мерных векторов будет n^k.

Пример 2. Сколько существует различных трехзначных чисел?

Решение. Всего цифр десять: 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 0. На первом месте может быть любая цифра, кроме нуля, на втором и третьем месте любая из десяти цифр. Следовательно, всего различных чисел 9 10² = 900.

Пример 3. Сколько существует различных k - мерных векторов, у которых числовые значения координат, взятых из множества А= 1, 2,..., n, не повторяются.

Решение. Аналогично примеру 1, первой координатой может являться любая из n цифр множества А, второй - любая из оставшихся (n - 1) цифр, не совпадающей с первой, и т.д. Таким образом, получаем всего

различных векторов.

В частном случае, при k = n имеем

различных векторов. Это число обозначается (эн - факториал).

Замечание. Часто n! называют перестановками, так как n! количественно определяет число различных перестановок элементов, из которых они состоят. Например, число перестановок трехтомного собрания сочинений равно шести: (1, 2, 3), (1, 3, 2), (2, 1, 3), (2, 3, 1), (3, 1, 2), (3, 2, 1), где цифра означает номер тома.

Пример 4. Сколько существует различных k - мерных векторов, у которых числовые значения координат, взятых из множества А = 1, 2,..., n, не только не повторяются, но и их координаты принадлежат различным подмножествам множества А. Напомним, что два множества считаются различными, если они отличаются хотя бы одним элементом.

Решение. Пусть х - число таких k - мерных векторов. Возьмем один из них. Всего существует k! перестановок координат этого вектора. Умножая k! на х, получим число векторов, удовлетворяющих условию примера 3, но тогда

.

Отсюда искомое число векторов равно

, или

.

Если k n, то х = 0.

Каждый из примеров представляет собой достаточно распространенный способ выбора в комбинаторике.

Мы будем придерживаться "урновой" схемы: имеется сосуд, в котором находятся n тщательно перемешанных шаров, различающихся только своими порядковыми номерами. Если из урны извлечено k шаров, то будем говорить, что имеем выборку объема k. Шары из урны извлекаются случайным образом, подобно лототрону, при этом извлечение шаров может осуществляться с возвращением или без возвращения.

При выборе с возвращением фиксируется номер шара, а сам он возвращается в урну; при выборе без возвращения - шар в урну не возвращается, то есть выборка не содержит повторяющихся шаров.

Итак, из урны последовательно извлекается k шаров. Сколько различных вариантов выборки объема k можно получить, если выбор осуществляется:

а) с возвращением, и порядок следования шаров в выборке важен. Число вариантов равно n^k. Этот способ называется простым случайным выбором, и соответствует примеру 1;

б) без возвращения, и порядок следования элементов в выборке важен. Число вариантов равно . Способ выбора называется размещениями. В соответствие с примером 3, имеем

,

при k n, ;

в) без возвращения, порядок следования элементов в выборке не важен. Способ выбора называется сочетаниями, число вариантов равно и, в соответствие с примером 4, вычисляется по формуле:

,

при k n .

Рассмотрим несколько частных случаев, имеющих самостоятельное значение.

Определение. Выборкой объема k из n элементов с повторениями называется такая выборка, в которой любой из k ее элементов может повториться более одного раза.

Пример 5. Сколько существует размещений с повторениями при выборке k шаров из n?

Решение. Так как по определению любой из k шаров в размещениях может быть повторен от 1 до k раз, то всего вариантов выбора есть n^k, то есть имеет место простой случайный выбор (см. пример 1).

Пример 6. Сколько существует сочетаний с повторениями при выборе k шаров из n?

Решение. Расположим n шаров на прямой и ограничим их слева и справа вертикальными черточками | 00... 0| (шару соответствует 0).

Возьмем еще (k-1) черточку и произвольно распределим черточки между шарами, причем, между соседними шарами может находиться одна или более черточек. Интерпретируя две соседние черточки как ящик, получим, что число шаров между соседними черточками - это число повторных шаров в ящике. Перечисляя возможные расположения (k- 1) черточек между шарами, получим число сочетаний с повторениями.

Итак, задача свелась к следующей: имеется (n + k - 1) - мерный вектор, координаты которого состоят из n шаров и (k - 1) черточек. Так как число способов расположения (k - 1) черточек по (n + k - 1) месту равно (см. пример 4), то это и есть искомое число вариантов выбора k шаров из n с повторениями.

Замечание. Формула сочетаний с повторениями используется, например, при подсчете числа решений (в целых числах, включая ноль) диофантова уравнения

.

Число m частных производных порядка k от функции n переменных также вычисляется по формуле

.

Приведем некоторые свойства сочетаний.

Рассмотрим бином Ньютона

, (1)

где , 0! = 1.

Благодаря формуле бинома Ньютона, сочетания иногда называют биномиальными коэффициентами.

Если в (1) а = b = 1, то получаем

,

если а = -b, будем иметь

.

Если k n, то для вычисления сочетаний имеем формулу:

.

В самом деле,

.

Отсюда следует, что

.

Для любого целого k и n имеем

.

В самом деле,

.

Пример 7. В урне находятся n пронумерованных шаров, из которых k красные и (n - k) черные. Наудачу выбираем без возвращения r шаров. Сколько различных выборок объема r можно получить, если среди выбранных r шаров s - красных?

Решение. Разделим урну условно на две половины так, что в одной находятся k красных шаров, а в другой (n - k) черных. Среди k красных шаров s шаров можно выбрать способами, а среди (n - k) черных шаров (r - s) шаров можно выбрать способами. Поскольку на каждую фиксированную выборку красных шаров приходится выборок черных, то всего выборок объема r будет , .

Замечание. Если в предыдущей задаче мы выбирали бы r шаров из n без учета их цвета, то всего различных выборок было бы . С другой стороны, если учесть все возможные варианты выбора красных шаров s, то получаем, что всего их будет

.

Таким образом, имеем формулу:

.

3. Вычисление вероятностей событий

Для вычисления вероятности Р А события А необходимо построить математическую модель изучаемого объекта, которая содержит событие А. Основой модели является вероятностное пространство (,?,Р), где - пространство элементарных событий , ? - класс событий с введенными над ними операциями композиции,

р = Р {A}

- вероятность любого события А, имеющего смысл в и входящего в класс событий ? 25. Если, например,

,

то из аксиомы 3, вероятностей, следует, что

Таким образом, вычисление вероятности события А, сведено к вычислению вероятностей элементарных событий, его составляющих, а так как они являются "базовыми", то методы их вычисления не обязаны зависить от аксиоматики теории вероятностей.

Здесь рассмотрены три подхода к вычислению вероятностей элементарных событий:

1) классический;

2) геометрический;

3) статистический или частотный.

3.1 Классический метод вычисления вероятностей

Из аксиоматического определения вероятности следует, что вероятность существует для любого события А , но как ее вычислить, об этом ничего не говорится, хотя известно, что для каждого элементарного события _i существует вероятность р_i, такая, что сумма вероятностей всех элементарных событий пространства равна единице, то есть

.

На использовании этого факта основан классический метод вычисления вероятностей случайных событий, который в силу своей специфичности, дает способ нахождения вероятностей этих событий непосредственно из аксиом.

Пусть дано фиксированное вероятностное пространство (,?,Р), в котором:

а) состоит из конечного числа n элементарных событий,

б) каждому элементарному событию _i поставлена в соответствие вероятность

, .

Рассмотрим событие А , которое состоит из m элементарных событий:

,

тогда из аксиомы 3 вероятностей, в силу несовместности элементарных событий, следует, что

.

Тем самым имеем формулу

, (2)

которую можно интерпретировать следующим образом: вероятность событию А произойти равна отношению числа элементарных событий, благоприятствующих появлению событию А, к числу всех элементарных событий из .

В этом суть классического метода вычисления вероятностей событий.

Замечание. Приписав одинаковую вероятность каждому из элементарных событий пространства , мы, с одной стороны, имея вероятностное пространство и опираясь на аксиомы теории вероятностей, получили правило вычисления вероятностей любых случайных событий из пространства по формуле (2), с другой стороны, это дает нам основание считать все элементарные события равновозможными и вычисление вероятностей любых случайных событий из свести к "урновой" схеме независимо от аксиом.

Из формулы (2) следует, что вероятность события А зависит только от числа элементарных событий, из которых оно состоит и не зависит от их конкретного содержания. Таким образом, чтобы воспользоваться формулой (2), необходимо найти число точек пространства и число точек, из которых состоит событие А , но тогда это уже задача комбинаторного анализа.

Рассмотрим несколько примеров.

Пример 8. В урне из n шаров - k красных и (n - k) черных. Наудачу извлекаем без возвращения r шаров. Какова вероятность того, что в выборке из r шаров s шаров - красных?

Решение. Пусть событие {А} {в выборке из r шаров s - красных}. Искомая вероятность находится по классической схеме, формула (2):

,

где - число возможных выборок объема r, которые различаются хотя бы одним номером шара, а m - число выборок объема r, в которых s шаров красных. Для , очевидно, число возможных вариантов выборки равно , а m, как следует из примера 7, равно . Таким образом, искомая вероятность равна

.

Пусть дан набор попарно несовместных событий A_s, , образующих полную группу, тогда

.

В этом случае говорят, что имеем распределение вероятностей событий A_s.

Распределения вероятностей является одним из фундаментальных понятий современной теории вероятностей и составляет основу аксиомами Колмагорова.

Определение. Распределение вероятностей

, , (3)

определяется гипергеометрическое распределение.

Боровков А.А. в своей книге [2] на примере формулы (3) поясняет природу задач теории вероятностей и математической статистики следующим образом: зная состав генеральной совокупности, мы с помощью гипергеометрического распределения можем выяснить, каким может быть состав выборки - это типичная задача теории вероятностей (прямая задача). В естественных науках решают обратную задачу: по составу выборок, определяют природу генеральных совокупностей - это обратная задача, и она, образно говоря, составляет содержание математической статистики.

Обобщением биномиальных коэффициентов (сочетаний) являются полиномиальные коэффициенты, которые своим названием обязаны разложению полинома вида

,

, (4)

по степеням слагаемых.

Полиномиальные коэффициенты (4) часто применяются при решении комбинаторных задач.

Теорема. Пусть имеется k различных ящиков, по которым раскладываются пронумерованные шары. Тогда число размещений шаров по ящикам так, чтобы в ящике с номером r находилось r_i шаров, i = 1,2,…k,

,

определяется полиномиальными коэффициентами (4).

Доказательство. Поскольку порядок расположения ящиков важен, а шаров в ящиках - не важен, то для подсчета размещений шаров в любом ящике можно воспользоваться сочетаниями.

В первом ящике r₁ шаров из n можно выбрать способами, во втором ящике r₂ шаров, из оставшихся (n - r₁) можно выбрать способами и так далее, в (k - 1) ящик r_k-1 шаров выбираем способами; в ящик k - оставшиеся

шаров попадают автоматически, одним способом.

Таким образом, всего размещений будет

.

Пример. По n ящикам случайно распределяются n шаров. Считая, что ящики и шары различимы, найти вероятности следующих событий:

а) все ящики не пустые = А ₀;

б) один ящик пуст = А ₁;

в) два ящика пустых = А ₂;

г) три ящика пустых = А ₃;

д) (n-1) - ящик пуст = А ₄.

Решить задачу для случая n = 5.

Решение. Из условия следует, что распределение шаров по ящикам есть простой случайный выбор, следовательно, всех вариантов nⁿ.

Прежде, чем считать благоприятные варианты, опишем общий подход к их нахождению. Расположим (в порядке возрастания номеров) ящики, в которых находятся неразличимые шары, например,

333221…1.

Эта последовательность означает, что в первом, втором и третьем ящиках по три шара, в четвертом и пятом по два шара, в остальных (n - 5) ящиках по одному шару. Всего таких размещений шаров по ящикам будет . Так как шары на самом деле различимы, то на каждую такую комбинацию будем иметь размещений шаров. Таким образом, всего вариантов будет .

Переходим к решению по пунктам примера:

а) так как в каждом ящике находится по одному шару, то имеем последовательность 111…11, для которой число размещений равно n!/ n! = 1. Если шары различимы, то имеем n!/ 1! размещений, следовательно, всего вариантов

m = 1n!= n!,

отсюда

.

б) если один ящик пуст, то какой-то ящик содержит два шара, тогда имеем последовательность 211…10, для которой число размещений равно n! (n-2)!. Так как шары различимы, то для каждой такой комбинации имеем n!/ 2! размещений. Всего вариантов

,

.

в) если два ящика пусты, то имеем две последовательности: 311…100 и 221…100. Для первой число размещений равно n!/ (2! (n - 3)!). На каждую такую комбинацию имеем n!/ 3! размещений шаров. Итак, для первой последовательности, число вариантов равно

.

Для второй последовательности всего вариантов будет

.

Окончательно имеем

.

.

г) для трех пустых ящиков будет три последовательности: 411…1000, либо 3211…1000, либо 22211…1000.

Для первой последовательности имеем

.

Для второй последовательности

.

Для третьей последовательности получаем

.

Всего вариантов:

m = k₁ + k₂ + k₃, или

.

Искомая вероятность равна:

.

д) если (n -1) ящик пуст, то все шары должны находиться в одном из ящиков. Очевидно, что число комбинаций равно

.

Соответствующая этому событию вероятность равна

.

При n = 5, имеем

,

,

,

,

.

Заметим, что при n = 5 события А_i должны образовывать полную группу, что соответствует действительности. В самом деле

3.2 Геометрический метод вычисления вероятностей

Недостаток классического метода вычисления вероятностей в том, что он рассматривает конечное число равновозможных событий.

И если можно еще этот метод расширить на счетное число событий, то на большее его возможностей недостаточно. Однако идеи классического метода можно использовать на геометрических образах и, тем самым, рассматривать несчетные множества событий.

Пусть дана область Dⁿ из пространства Rⁿ, n = 1, 2, 3, с определенной на ней мере - mes Dⁿ (мера прямой - длина, мера плоскости - площадь, мера пространства - объем).

В области Dⁿ выделяется часть Аⁿ (вообще говоря, неодносвязная) с мерой mes Аⁿ.

В область Dⁿ наудачу бросается точка. Какова вероятность того, что эта точка попадет в область Аⁿ? Считая, как и при классическом подходе, попадание точки в область, пропорциональной только ее мере, будем иметь

,

где область Dⁿ соответствует пространству элементарных событий , с той разницей, что Dⁿ не нормирована.

Пример 1. Вычислить вероятность того, что для наудачу взятого значения х ), значение

существует.

Решение. Обозначим через А искомое событие, а его геометрический образ через . Значение у существует, если

,

то есть

,

для х .

В силу симметрии, в качестве области D достаточно взять промежуток 0], тогда

mes D = - 0 = .

Размещено на http://www.allbest.ru/

Рис. 1

Из рис. 1 видно, что область:

,

.

Окончательно,

.

Пример 2 (Парадокс Бертрана). Наудачу берется хорда в круге. Чему равна вероятность того, что ее длина превосходит длину стороны вписанного равностороннего треугольника (событие А)?

Решение 1. Из соображений симметрии, не нарушая общности, зададим направление хорды (рис. 2а).

Рис. 2

Проведем диаметр длиной d, перпендикулярный этому направлению. Очевидно, что эти и только эти хорды, пересекающие диаметр в промежутке , будут превосходить стороны правильного треугольника. В самом деле, сторона правильного треугольника а = , длина хорды находится из пропорции:

.

Таким образом:

.

Решение 2. Из соображений симметрии, закрепим один конец хорды на окружности. Касательная к окружности в этой точке и две стороны правильного треугольника образуют углы по 60⁰ каждый. Задаче удовлетворяют только хорды, попадающие в средний угол, а это третья часть окружности. Отсюда .

Решения задачи дают разные ответы, хотя логических противоречий нет. Суть в том, что в задаче не определено понятие проведения хорды наудачу. Так какой ответ верный?

Очевидно тот, который учитывает все возможные ситуации, то есть имеющий наибольшую вероятность. Ясно, что если будет построен геометрический аналог, с вероятностью, превосходящей 0,5, то и ответ будет другой. Ответ .

Второе решение, с точки зрения теории вероятностей, дает результат для более частной задачи.

3.3 Статистическое определение вероятности

Классический и геометрический методы вычисления вероятностей событий представляют собой теоретическую схему, которая основывается на аксиомах теории вероятностей, и, тем самым, не зависит от реального объекта исследования.

Для применения этих методов необходимо владеть всей информацией о возможных исходах эксперимента (пространство ). На практике мы далеко не всегда можем описать пространство , даже в случае равновозможности элементарных событий.

Например, вычислить вероятность всхожести семян практически невозможно, если использовать классический подход, поскольку трудно пересчитать количество зерен для посадки, да и размеры зерен влияют на их всхожесть. Можно говорить лишь о приближенных значениях вероятности всхода семян, определяя приближенно их среднее количество на единичном участке поля.

Рассмотрим вновь пример с подбрасыванием монеты. Пусть у нас есть основание считать монету несимметричной. Тогда, никакие соображения относительно вероятности выпадения герба не будут иметь решающего значения, кроме как проведение испытаний. Естественно возникает вопрос: чему равна вероятность выпадения герба для этой монеты? Пусть при n = 1000 подбрасываний, герб выпал 450 раз, тогда доля выпадений герба составила 0,45. Отклонение от 0,5 всего 5 %. Много это или мало? Можно ли считать монету симметричной?

Ответ на эти вопросы может дать статистический метод вычисления вероятностей событий.

Пусть проведено n испытаний, в которых событие А появилось m раз.

Определение. Доля числа случаев, в которых событие А появилось, называется частотой появления события А и вычисляется по формуле

. (5)

Говоря о частоте, прежде всего, считают, что результат любого испытания заранее не предсказуем; учитываются только те результаты, которые мы ожидали получить. Если появился новый результат, то мы должны предполагать, что он возник из равноценных начальных условий и одних и тех же начальных знаний.

Испытания должны быть независимыми, в том смысле, что, во-первых, каждое повторное испытание проводится при одном и том же комплексе начальных условий (строго говоря, испытания не могут быть повторены в точности, поэтому мы должны так ставить эксперименты, чтобы они казались нам одинаковыми), во-вторых, результатом эксперимента являются два исхода: событие А появилось и событие А не появилось.

Частота должна быть устойчива, то есть, при достаточно большом числе испытаний, значения частоты подвержены малым колебаниям, которые тем меньше, чем больше число испытаний.

Определение. Число р, к которому сходится частота, при неограниченном увеличении числа испытаний, называется статистической вероятностью, то есть

,

где р = Р{А} - вероятность события А.

Данное определение требует комментариев. Обычно, еще до проведения испытаний, в зависимости от глубины наших знаний об объекте, мы ожидаем получить конкретный результат. Поскольку число испытаний всегда конечно, то за вероятность события А мы принимаем либо значение частоты, либо число близкое к нему (в частности, то которое мы ожидали получить). Таким образом, значение вероятности события А, полученное статистическим методом, зависит от двух факторов: частоты и субъективных знаний об объекте исследования.

Например, при достаточно большом числе испытаний с подбрасыванием монеты, незначительными отклонениями значений частоты от 0,5 можно пренебречь, если нет оснований, считать монету несимметричной, либо это отклонение не может существенно повлиять на конечный результат.

Недостаток статистического определения вероятности в том, что алгоритм ее вычисления не дает ответа на основной вопрос: "Является ли принимаемое нами значение вероятности события А ее истинным значением?". Поэтому возникает ощущение того, что вероятность не является объективной характеристикой случайного события.

Тем не менее, статистический метод является наиболее общим и универсальным подходом к вычислению вероятностей случайных событий. Например, для подтверждения симметричности монеты, Д' Бюффон подбросил ее 4040 раз (2048 раз выпал герб), Пирсон провел 24000 испытаний (12012 раз выпал герб).

3.4 Условная вероятность

Пусть имеем вероятностное пространство - (?,Р) и события А, В , произвольны, причем Р В .

Определение. Условной вероятностью называется число, определяемое формулой:

, . (6)

Следует читать:

Формула (6) считается определением, ниоткуда не выводится и является отражением здравого смысла. Поясним это на примере геометрического изображения событий (рис. 3).

Размещено на http://www.allbest.ru/

Рис. 3

Пусть пространство состоит из n ( m+k) точек, равноправных между собой. Событие А насчитывает m точек, событие В - k точек и событие А В - r точек. По определению, событие происходит, если в результате эксперимента реализовалась какая - либо из точек, составляющих это событие. Для условной вероятности (6), фраза: "Событие А произойдет при условии, что В произошло",- означает, что должна реализоваться одна из точек события А В, где событие В играет роль вероятностного пространства. Следовательно, - есть оценка доли участия события А в реализации события В, то есть

.

С другой стороны, если рассматривать все пространство , то

, .

По формуле (6) получаем

.

Теорема умножения. Пусть А, В , тогда

Р А В} = P {B} Р А / В} = P {А} Р В / А}. (7)

Доказательство. Если Р B , то (7) сразу следует из (6). Если же РB=0, то Р А В} = 0 и, следовательно, (7) тривиально._Ў

Определение. События А, В независимы, если

Р А / В} = P {А}. (8)

В самом деле, для независимых событий, по определению, имеем

Р А В}= P {А} P {B}.

Делая в (7) замену по формуле (8), получаем эквивалентность определений независимости событий.

Определение. События независимы в совокупности, если

.

Замечание. Попарной независимости событий (см. аксиому 3 вероятности) недостаточно для независимости их в совокупности (пример Бернштейна [2]).



4. Формула полной вероятности и формула Байеса (Bayes)

4.1 Формула полной вероятности

Пусть (?,Р) произвольное вероятностное пространство, в котором события А, В ₁, В ₂,..., В_n , удовлетворяют условиям:

1) события В_k, k = 1, 2, …, n, попарно несовместны, то есть

В_i B_j = , ij, i, j = 1, 2, …, n;

2) событие А происходит с одним, и только одним, из событий В_k, т.е.

;

тогда имеет место формула полной вероятности

. (9)

Доказательство. Имеем

,

так как события , …, попарно несовместны, то по аксиоме 3:

.

Применяя теорему умножения получим

.

Замечание. События В ₁, В ₂,..., В_n называют априорными гипотезами (apriory), и обычно, в литературе, на них накладывают еще дополнительное условие - они образуют полную группу событий [4]. Это условие не является обязательным, хотя и методически оправдано, в том смысле, что при решении задач, в целях проверки правильности выбора гипотез, должно выполняться:

.

На самом деле для гипотез В_k выполняется неравенство

.

Если заранее о вероятностях гипотез В_k,, ничего неизвестно, то каждой из n гипотез В_k приписывается одинаковая вероятность n^-1.

Вышесказанное в замечании проиллюстрируем рисунком.

Пусть событие А область, представляющая собой круг малого диаметра (рис. 4) пространства .

Размещено на http://www.allbest.ru/

Рис. 4

Под гипотезами В_k, k =1,2,3,4, можно считать области:

а) из которых состоит событие А (как на рис. 4), тогда

,

б) являющиеся секторами большого круга, граница которого помечена пунктиром, тогда:

,

в) являющиеся треугольниками, из которых состоит пространство , тогда:

.

В последнем случае несовместные события В_к образуют полную группу.

Пример. Применяя формулу полной вероятности, вычислить вероятность того, что при подбрасывании симметричного кубика выпадет четная грань.

Решение 1. Вероятностное пространство (?,Р) дискретное,

;

? - множество всех подмножеств пространства , , i = 1, 2, …, 6. Пусть

А = {₂, ₄, ₆

- выпадение четной грани, А ?. В _2i ( ?) - выпадение грани с цифрой 2i, i = 1, 2, 3,

Заметим, что здесь

1.

Далее, P _2i= 1, i = 1, 2, 3. Применяя (9), получаем

Р {A} = .

Решение 2. Положим

В ₂ = ₂ В ₄ = ₄, В ₆ = ₁, ₃, ₅, ₆.

Тогда Р{B₂} = , P{B₄}= , P{B₆} =, (здесь = 1),

Р {A / B₂ } = Р {A / B₄ }= 1, Р {A / B₆ }= .

Применяя (9), получим

Р {A} = .

Пример показывает, что для гипотез достаточно, что их объединение содержит хотя бы те точки, из которых состоит событие А, то есть

А .

4.2 Формула Байеса

Пусть события А, В ₁,..., В_n , удовлетворяют условиям, необходимым для получения формулы (9), тогда имеет место формула Байеса:

, . (10)

Доказательство. Рассмотрим правую часть формулы (7) теоремы умножения вероятностей, предварительно положив , k = 1, 2,..., n:

.

Отсюда:

.

Учитывая, что:

,

получаем (10).

Вероятности , , называют апостериорными вероятностями гипотез В_k, поскольку оценка происходит после того, как событие А произошло.

Пример. Студенту предложили карточку с пятью вариантами ответов, причем лишь один правильный. Пусть студент правильно решит задачу с вероятностью р и неверно с вероятностью 1 - р = q. Будем считать, что в этом случае в ответе студент напишет любой из пяти вариантов с вероятностью k = = 5^-1. Известно, что студент получил верный ответ. Какова вероятность того, что он его угадал (событие А) [2].

Решение. Пусть {В ₁}~{студент правильно решает задачу}, {В ₂}~ {неверно}. Требуется найти .

Имеем

Р {B₁} = p, P {B₂} = 1 - p = q.

Далее , .

Используя формулу (10), получаем:

.



5. Независимые испытания (формула Бернулли)

Независимые испытания называются испытаниями Бернулли, если их можно повторить любое число раз при одних и тех же условиях, причем каждый раз возможно лишь два исхода: появление события А или события и вероятности исходов испытаний не изменяются. Испытания Бернулли - схема теоретическая, и поэтому ее пригодность к описанию опыта должна быть обоснована.

Пусть известна вероятность появления события А (при соблюдении комплекса заданных условий), то есть

Р {A} = р.

Положим

Р{}= q, q = 1 - p.

Провели n независимых испытаний. Какова вероятность того, что событие А появилось ровно k раз, k = 0, 1, 2, …, n?

Построим вероятностное пространство (?,P). Любая точка (элементарное событие) пространства элементарных событий представляет собой n - мерный вектор, каждая координата которого есть 1 или 0 (1- появилось событие А, 0 - событие А). Очевидно, что число точек пространства равно 2ⁿ. Класс ? - множество всех подмножеств пространства . Фиксируем k. Нас интересуют только те точки пространства, которые состоят из векторов, содержащих k единиц и n - k нулей. По теореме умножения вероятностей каждая такая точка (вектор) имеет вероятность р^kq^n-k. Число точек, очевидно, равно числу способов, которыми можно расположить k единиц по n местам. Как известно, это число равно . По теореме сложения вероятностей для несовместных событий, получаем формулу Бернулли:

, q = 1 - p, k =0, 1, …, n. (11)

Каждой точке пространства соответствует вероятность, вычисляемая по формуле , k =0, 1, …, n. Для фиксированного k имеем точек пространства . Следовательно, всего точек в будет

.

Наконец, Р {}= 1, что следует из равенства:

(12)

Здесь использован бином Ньютона:

,

поэтому формулу (11) часто называют биномиальным распределением.

Таким образом, мы не только вывели формулу Бернулли (11), но и построили события, являющиеся элементарными для нового вероятностного пространства, удовлетворяющего аксиомам 1-3 вероятности.

Из формулы (11), в частности, следует, что вероятность того, что А не появится ни в одном из n испытаний, равна qⁿ, а вероятность того, что А появится хотя бы раз, равна 1 - qⁿ.

В самом деле, получаем из (12), с учетом (11):

.

Покажем, что при n , для любого фиксированного k,

.

В самом деле, при каждом фиксированном k:

.

Разделим числитель и знаменатель на n^k, тогда:

.

Введем обозначения:

, ,

где .

Тогда имеем:

,

так как:

,

а b - постоянная.

Учитывая формулу (12) и доказанное утверждение, замечаем, что каждый член суммы:

убывает, при n , хотя сама сумма всегда равна единице. Так как слагаемые суммы имеют разные значения, то интерес представляет тот индекс k = k₀, для которого имеет максимальное значение.

Легко показать, что, функция:

аргумента k, имеет один максимум. Тогда для нахождения k₀ можно рассмотреть отношение:

.

Далее:

.

Возможны ситуации:

P_n(k) P_n(k-1), тогда (n+1)p k;

P_n(k) P_n(k-1), тогда (n+1)p k;

P_n(k) = P_n(k-1), тогда (n+1)p = k.

Последнее выполняется, если (n+1)p - целое.

Таким образом, имеем:

(n+1)p -1 k₀ (n+1)p, или

k₀= (13)

где [x]- целая часть числа х.

Число k₀ - называется наивероятнейшим числом.

Если (n+1)p - целое, то имеем второе значение:

k₀ = (n+1)p - 1 = np.

Пример 1. Вероятность того, что база уложится в данный день недели в норму расходов, равна ѕ. Какова вероятность того, что она уложится в норму расходов в каждый из пяти дней недели?

Решение. Считая, что расходы базы практически не зависят от выбранного дня недели, воспользуемся формулой Бернулли (11). Имеем n = 7, р = ѕ, k = 5. Тогда искомую вероятность можно обозначить как Р ₇(5).

Имеем:

Пример 2. Вероятность изготовления бракованной детали на станке равна 0,01. Найти вероятность того, что из 5000 деталей, изготовленных на станке:

а) ровно 50 деталей бракованных,

б) бракованных деталей не более 50.

Решение. Из смысла задачи можно считать, что детали изготовлены независимо друг от друга. Воспользуемся формулой Бернулли, где n = 5000, р = 0,01, q = 0,99.

Имеем для а) .

б) .

Чтобы получить числовые значения искомых вероятностей, требуется применение технических средств. Однако, если вычислять вероятности Р_n(k) непосредственно, то при больших k (или близких к нулю) их значенния будут ничтожно малы. Поэтому удобно пользоваться рекуррентными формулами.

Для этого находим наивероятнейшее число k₀ = 51, при котором значение вероятности Р ₅₀₀₀(51) максимальное. Затем, используя рекуррентные формулы:

...