В.П. Чистяков - Курс теории вероятностей (1115342), страница 12
Текст из файла (страница 12)
В таких задачах естественно считать р неизвестным. Тогда, чтобы подобрать наименьшее по при котором вероятность отклонения будет равна 1 — 2ао нужно, согласно (3.14), решить уравнение последоВАтнльностн испь[тАнии [ГЛ. 4 Тогда иэ (3.15), используя неравенство рд ~( 1/4, получим Р(~ — „" — р~(Л) =2Фе (Л ~/ — ),~2Фз(2Л)/п)=1 — 2сс и для определения п будем иметь уравнение Фе (2Ь у' и) = = (1 — 2а)/2. По таблице 3 можно найти ио, для которых Ф„(и ) = (1 — 2а)/2. Тогда 2Л »~п = и„и п.-ь и„'/4йз.
Довольно часто используются значения 2а, равные 0,05 и 0,01. Для этих значений соответствующие и„равны 1,960 и 2,576. В задаче с иглой вовсе не обяаательно проводить реальные подбрасывания иглы. Можно этот процесс моделировать; например, используя случайные или псевдослучайные числа, получить на ЭВМ последовательность величин (шз, ха), й = 1, 2,..., и (см. з 3 гл.
2), аадающих положение иглы, и вычислить частоту пересечений. $ 4. Бесконечные последовательности независимых испытаний Во многих интересных задачах приходится рассматривать бесконечные последовательности испытаний. Ограничимся рассмотрением последовательности испытаний Вервулли. Успехи и неудачи мы будем обоаначать 1 и О соответственно. Положим О = (([г[,... [„...): [а ев (О; 1), Ь = 1, 2,...». (4.1) Обоаначим в минимальную о-алгебру событий, порождаемую событиями вида [-Лс '4е ...с = ((6[а "[з'")' 4 см "' [св св»' В случае неаависимых испытаний $,..л Р (ае,.„е ) Рсрс '"Рр (4.3) где Ре Рг — вероятности исходов О и 1 в отдельном испытании (Ре рг )~ О Ре + Р~ = 1).
Отметим беа доказательства ° ), что равен-, ства (4.3) одвозвачно определяют вероятность ва рассматриваемой о-алгебре 2[, порожденной множествами (4.2). Таким образом, утверждается лишь существовавие вероятностя; явной формулы, ° ) Построение вероятностных пространств для простейшнх схем было проведено з гл. 2. Для бесконечных последовательностей соответствующие построения являются более сложными (сы, А. Н, 1<олмогоров [8»).
% «1 Бвскпннчнын ПОслидонлтнльнопти 65 подобной формулам гл. 2, для вычисления вероятности проиэвольного событвя в рассматриваемом случае нет. Вероятности событий А„,наступление которых определяется не более чем за в испытаний (в = 1, 2, 3,...), можно вычислять по формуле (4.3). Вероятностя событий, которые можно представить через монотонные последовательности событий А„, вычисляются по формуле (3А1). Рассмотрим эадачу о случайном блуждании, связанную с бесконечными последовательностями испытаний.
Пусть по целым точкам отрезка (О, в» движется частица. Обозначим $, ее координату в «юмент времени С (г = О, 1, 2,...). Движением частицы управляет бесконечная последовательность веаависимых испытаний с двуыя исходамп 1 и — 1. Положпм й + 1, если в ым испытании появилась 1 в 2, <в; 2, — 1, если в ыы испытании появилась — 1 и ч, ) О. Если $, = 0 пли $~ — — в при некотором д то частица навсегда остается в этих точках. Будем предполагать, что э« = й. Обоаначим Р и о вероятности исходов 1 и — 1 соответствеюао. Пусть А — событие, состоящее в том, что частица когда-нибудь попадет в точку в. Нас будет интересовать вероятность яа„= Р (А). Сформулированную аадачу можно интерпретировать как задачу о разорении игрока.
Пусть в начале игры 1-й игрок имеет й рублей, а второй игрок — в — й рублей. Если при бросании монеты (или кости) выпал герб (или «6«), то первый игрок получает 1 рубль (это соответствует движению частицы вправо), а в противном случае отдает 1 рубль (движение частицы влево). Поглощению частицы ва правом конце соответствует выигрыш первого игрока.
Положим яго (1) = Р (э« —— в). Для рассматриваемого блуждания довольно очевидно, что условная вероятность события (э,+« = = в) прп условии, по первым переходом частицы был переход иэ й в й + 1, равна беаусловвой вероятности события Я~ = я» в схеме блуждания, начинающейся пэ точки й + 1, т. е. Р ($ы~ = » $~ = л + 1) = г«ц (О, (4.4) и, аналогично, (4.5) Р(3,„= »6,=Э вЂ” Ц=па, в(г). Докажем, например, равенство (4.4). Обозначим В (е,е«... е~) событие, состоящее в том, что е,, в„..., е, являются исходами первых г испытаний (е, = — 1; 1, « = 1,..., г).
Положим Р (е,) = р, если е„= 1, р (а,) = о, если в, = — 1. Пусть частица начинает блуждание вэ точки («. Обоаначим С (», с) множество последовательностей и„и«,..., и„, удовлетворяющих условиям: 1) и« = — 1 или и; = 1 (1 = 1,..., и); 2) существует «, 1 < «< и, такое, что 1+ и«+... ... + и, = я и 0 <» + и, +... + им < в (1 < з, < «). В ьюмевт времеви г частица окажется в точке в, если (э»ч е,...
..., э,) ~и С (/с, «). Отметим еще, что Р(В(е«...г,)) = 44 р(э,). «ен Используя сделанные замечания, для частицы, начинающей ппспвдонатвзтьности испытаний (гп, 1 блунсданвв ве точки й, получвм С+1 Р ((»1+1 = сд) П (»1= й+1)) = ~д~~ Р(В(ед ..ес+д)) = и ~д' П Р(е,), Р Дд = й + 1) = Р (В (1)) = р, с+д Р (»с+ —— л (»д = й + 1) = Я Ц р (з,).
(4.6) Здесь символом йз обоавачено суммировавие по всем цепочкам (ез,..., асад) дн С (й + 1, с). Если частица начинает блуждание из й + 1, то л „(с) = Р (» = я) = чдд 1)( р(е,), (4В) 8=1 где символом Х "з обозначено суммирование по всем (е,..., ес) ш дн С (й + 1, с). Очевидно, что правые частя (4.6) к (4.7) совпадают. Равенство (4.4) доказано. По формуле полной вероятности Р (»с+д = л) = Р (»с = й + 1) Р (»с д — — е )»с = й+ 1) + +Р(»д=й — 1) Р(»сы=и)»д=й — 1).
(4.8) Так как $е = й, то Р($1 = й + 1) = р, Р($1 = й — 1) = е. Испольауя зтк равенства в равенства (4.4), (4.5), запюпем (4.8) з виде лз„(1+ 1) = рлз+, „(с)+ела+с,з(с), й = 1, 2,..., в — 1. (4.9) Заметам, что (»1 = а) д (»з = з) д ... ~ (»с = л) д. (Бс+д = л) д. к А = Ц (»с — — л). Таким образом, по формуле (1.3.11) с=д л„„= Р (А) = ПшР (» = в) = Пшл„„(с). с са с а Переходя к пределу прв с оо з (4.9), получвм лгз = Рлг+д,з + Елз д „, й = 1,2,..., з — 1.
удовлегворладщам гралашпздд услсдввядс уз=0, 71=1. Теорвя таках уравнений (см. А. О. Гельфанд (3)) зо мвогом аналогвчва теории ланейных двфференцвалъных уравнеюдй с постоявнымв козффвциектами. Пусть сначала р чЬ Е. Подставке уз = йз в уравнение (4.10), получим РАЗ+1 — М+ еьа й 0 влн р)дз — А+ д = О. Корнямк Так как лгз — зероятиость поглощения ва правом конце з процессе начавшемся вз точка й, то лсе — — О, л„„= 1. Таким обрааом, зеровтноегь лз„, рассматриваемая как функция от й, является решением лвнейного однородного уравкенвя в конечных рааностях с постоянными козффациеатамк Руе+ — (з + 97» = О, (4АО) аадачи к главк э Испольауя граничные условия, получим й й "а = — "тэ =1 и л' ' а (4.13) В схеме блуждания по целым точкам прямой с поглощением только в нуле (в в поглощение не происходит) вероятность попасть когда-нибудь в в равна вероятности пгю вычислеввой для схемы с поглощением в нуле и а и.
Вероятность того, что частица побывает во всех точках правее й, равна О, если д>Р, пэ =!13йпте = з ( 1 — (д!р), если о < р. Этот реаультат не противоречит интуитивным представлениям. Если движение вправо более вероятно, чем влево, то с положительной вероятностью частица может уйти вправо; в противном случае с вероятностью 1 колебания ограничены и происходит поглощение в нуле. Задачи к главе 4 1. Два игрока поочередно навлекают шары (без аоввращенвя) ва урны, содержюцей 2 белых и 4 черных шара.
Выигрывает тот, кто первым вынет белый шар. Найти вероятность выагрыша у шстника, начавшего агру. 2. Два игрока поочередно извлекают жары (бев возвращения) из урны, содержащей 2 белмх шара, 4 черных и 1 красный. Вмигрывает тот, кто первым вынет белый шар. Если поваляется красный тиар, то объявляется ничьи. Пусть Ат= (выиграет игрок, начав швй игру), Аз = (выиграет второй участник), В = (игра закончатся вничью). Найти Р (А,), Р (А ), Р (В). этого уравнения являаггся )ч 1, йт = Р~р. Следовательно, функцав ад и в удовлетворяют (4АО). Линейная комбинация з т )з = СРча+ С,йз, (4 А 1) при любых С„С тоже является решением.
Используя условия /э= Оп ут= 1, из (4.11) при й= Оий= в получим С, + С, = О, С, + (д(Р)еСз = 1. Отсюда и из (4.11) находим лг = (1 — (д~р)г)Я1 — (д/Р)э). (4А2) Вероятности поглощения на левом конце пш тоже удовлетворяют (4АО), но иа общего решеняя (4.11) нужно выделить решение г» с (э — — 1 и 1» = О. Определяя из этих условий С, и Сз, получим пж = Иту)' — (тр)"~ (1 — (1~Р)"). Так как ягп + пг, = 1, то блуждание эаковчвтся с вероятностью 1.
Пусть теперь р = с = 1/2. В этом случае а1 = Д = 1 и решенае (4.10) нужно искать в виде )й= С, + йс,. 68 ПОСЛЕДОВАТЕЛЬНОСТИ ИСПЫТАНИЙ [РЛ. 4 3. Из урим, содержащей М белых и д/ — М червых шаров, по одному без возвращения извлекают все шарм. Найти вероятвости событий: Аг = (/»-й шар белый), Вг» = (й-й и Ьй шары белые), Сг» = (/»-й шар черный, а Ьй — белый). У к а а а в и е.
Пусть А(»П (А~'~) — событие, состоящее в том, что 1-й шар черный (белый). Из равиовероятиости элементарных событий А1ПА ~~1 „. А1я) (е, + ... + еч = М, з; = О, 1) следует, что Р (Аг) = Р (АП, Р (В» р) = Р (Вг,з), Р(сгл) = Р(с,м), Воспользоваться равенствами В,м — — А~ /А~ 1, С,м — — АПОА/д > и определеии ем случайного выбора в терминах условных вероятностей (см.
1 1). 4. Проведено 10 независимых испытаний, каждое из которых Раключается в одиовремениом подбрасывании трех игральных костей. Найти вероятиость того, что в четырех испытаниях появятся в точвости по две »6». 5. Прв передаче сообщеиия вероятность искажения одного знака раева 1/100. В предположении иезависимостп искажеввя аваков найти вероятность того, что сообщение из 5 знаков: а) ие будет вскажево; б) содержит ровно одно искажение; в) содержит хотя бы два искажения. 6.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
