В.П. Чистяков - Курс теории вероятностей (1115342), страница 5
Текст из файла (страница 5)
Пусть А, В, С вЂ” три проиавольных события. Найти выражения для событий, состоящих в том, что из А, В, С 1) пронаошло только А; 2) пронвошли А и В, С не проиаошло) 3) все трп события проиаошли; 4) пронаошло по крайней мере одно иа событий) б) проиаопшо одно и только одно событие) 6) нп одно событие не проивошло; 7) проиаошло не более двух событий. 7.
Пусть в примере 3 иа 1 1 л = 3. Является ли алгеброй следующая система подмножеств: 8, И (ГГГ, ГРГ, ГГР, ГРР), (РГГ, РРГ, РГР, РРР)7 ГЛАВА 2 Простейшие вероятностные схемы и их обобщения б 1. Классическое определение вероятности Пусть ее = (ю„ ..., ю,) — пространство элементарных событий, а И вЂ” алгебра событий, содержащая все 2' подмножеств А = (юь„..., юн) множества И.
В классическом определении вероятности полагают, что Р (ю,) = = 1/е, 1 = 1, 2,..., е; поэтому вероятность Р (А) события А = (юь,..., ю;„) равна отношению числа элементарных событий ыи входящих в А, к общему числу элементарных событий в 12: Р(А) = — = —. )А! ь )01 е Здесь и в дальнейшем число элементов любого конечного множества М будем обозначать ~ М ~. Определенная равенством (1.1) функция Р (А) удовлетворяет всем аксиомам А1 — А5.
Действительно, для любого множества И система всех его подмножеств является алгеброй. Аксиомы А2 — А4 непосредственно следуют иэ (1.1). Аксиома А5 для конечныхи следует из предыдущих аксиом, поскольку в этом случае в (1.3.1) все события, начиная с некоторого п, совпадут с Я, а Р (Я) = О. Таким образом, введенная формулой (1А) функция Р(А) является вероятностью. Классическое определение вероятности служит хорошей математической моделью тех случайных явлений, для которых исходы опыта в каком-либо смысле симметричны и поэтому представляется естественным предположение об их равновозможности. Обычно это предположение оправдано в задачах из области азартных игр, лотерей и т.
д. Это объясняется тем, что при изготовлении игральных костей, карт и организации лотерей заботятся о соблюдении равновозможности различных исходов. Такие же требования предъявляются к организации выбэ- з и кллссическое ОНРеделение ЕНРОятности . 25 рочного контроля и выборочных статистических исследований. Дадим описание некоторых часто встречающихся вероятностных схем, в которых детализируется общее классическое определение. Обозначим А множество из Ф чисел: А = (1, 2« ° ..
..., Л'); пусть о» = (1„1»,..., 1„) — упорядоченный набор из и элементов множества А. Вероятностную схему, в которой Я = (ю = (1м...А„): 1» ~ А, й = 1, 2,..., и) (1.2) и все элементарные события ю равновероятны, называют схемой случайного выбора с возвращением. Схемой случайного выбора без возвращения называют вероятностную схему, в которой Й = (ю = (1„..., 1„): 1» Е= А, й = 1,..., п, 1„..., 1„различны) (1.3) и элементарные события в равновероятны. Эти две схемы, (1.2) и (1.3), можно интерпретировать следующим образом.
Пусть в урне имеется Л' одинаковых шаров, занумерованных числами множества А. Из урны по одному выбирается п шаров, и записываются их номера: 1„1„..., 1„. Если каждый вынутый шар сразу возвращается в урну, то для обозначения множества исходов И используется множество (1.2). Если вынимаемые шары в урну не возвращаются, то множеством исходов является (1.3). В случае выбора без возвращения иногда удобнее считать, что шары извлекаются не по одному, а сразу все. В атом слу»е не нужно учитывать порядок извлекаемых шаров.
В (1.3) произойдет «укрупнение» элементарных событий: все события ю = (»ы..., 1„), отличающиеся друг от друга только расположением номеров г,..., 1„, объединяются в одно событие е. В результате такого объединения получится более «бедное», чем (1.3), пространство элементарных событий: Й = (ю = (с„..., 1„): »з ~= А, н=1,...,п,в,<...(а„). (14) Используя формулу (1.1), нетрудно показать, что любое реальное событие, которое можно описать в обеих схемах (1.3) и (1.4), имеет в этих схемах одинаковые вероятности. зз пгоатнйнпдн визоятноспныи схимы игл. з В формулировках задач по теории вероятностей, предназначенных для упрах<нений, довольно часто приводится только описание опыта или явления, а полная математи токая формулировка не дается.
Предполагается„что решение должно состоять из двух частей: 1) выбор подходящей модели для описания данного в условии задачи опыта и математическая формулировка задачи; 2) решение Математической задачи. Рассмотрим несколько примеров, П р и м е р 1. Из урны, содержащей М белых и Ю вЂ” М черных шаров, наудачу извлекается сразу и шаров.
Какова вероятность того, что среди выбранных и шаров окажется ровно т белых? Р е ш е н и е. Слово <наудачузв описанияхопытавстречается довольно часто, В данной задаче првдполагавтсяз что шары были хорошо перемешаны, что все они одного радиуса, одинаково гладкие и отличаются только цветом; выбирающий шаров не видит, В таком случае разумно предположить, что все элементарные исходы опыта равновероятны, и, следовательно, можно воспользоваться классической схемой. За элементарные события естественно принять любые подмножества по и элементов, выбранные из множества Ф шаров. Иэ школьного курса математики известно,, что число таких подмножеств равно Сй.
Таким образомд в формуле (1.1) нужно положить г = Сй. Каждый набор шаров, входящий в интересующее нас событие (обозначим его А ), состоит из двух частей: 1) и белых шаров н 2) и — т черных шаров. Все такие наборы можно получить следующим образом. Сначала выберем части наборов нз белых шаров; число таких частей См, затем отделы но составим части наборов из черных шаров; число таких частей С~ и. Объединение любой части набора иэ белых шаров с любой частью набора из черных шаров дает полный набор шаров, принадлежащий Аи. Следователы но, число элементарных событий в А равно?< = СмСл-ы и по формуле (1.1) Сюсл и р (А ) = р„(тд в(, М) — <™, (1,5) с" т=т„т,+1, ..., ты где тв = шах (О, М вЂ” дт'+ и), тд — — ш(п (М, и).
З О классичвскои опвидюгвнин Вкзоятностн гт Набор чисел (1.5) называют гипергеометрпческим распределением. В приложениях к задачам выборочного контроля роль шаров играют Л иэделий проверяемой партии. Число М бракованных изделий (белых шаров) неизвестно. Может оказаться, что сплошь все изделия проверить нельзя$ их слишком много, или проверка приводит к уничтожению изделия (например, потребуется при проверке установить срок службы лампочки). Тогда из всей партии иэделий отбирают для проверки небольшую часть из п изделий. Если среди выбранных изделий оказалось т бракован- М ю ных, то полагают — = †. Формула (1.5) попользуется ю М при оценке отклонения — от — .
В рассмотреннои ситуал я ции неизвестным параметром является число М, Рассмотрим пример, когда требуется оценить неизвестный параметр Х. Пусть Дà — неизвестное число рыб в некотором водоеме. Можно провести отлов М рыб, пометить их и пустить обратно. По числу т помеченных рыб в повторном отлове из п рыб можно делать эаключания о величине )у.
Оценим по формуле (1.5) вероятность получения какого-либо выигрыша в «Спортлото» по одной карточке. Участник лотереи из 49 номеров отмечает 6 (49 шаров, среди которых 6 белых; 1У = 49, М = 6). После того как участник сдал карточку, проводится выборка п = 6 номеров. Если число т номеров, отмеченных участником и попавших в выборку, оказалось больше 2, то участник получает какой-либо выигрыш. Если событие А — получение выигрыша, то Х = Ае + А, + Аю По формуле (1.5) находим: .Р (А,) = 0,435965,. Р (А,) = 0,413019„' Р (Аэ) = 0.132378. Р (Аз) = 0 017650~ Р (Аа) = 0,000969„Р (А ) = 0,000018а Р (Ае) = 0 00000007151. Отсюда Р (А) = Р (Ао)+ Р (Аг) +Р(Аэ) = 0~981362 Искомую вероятность находим по формуле (1.3,6): Р (А) = 1 — Р (А) = 0,018638, 28 ПРостепшие веРоятностные схемы 1гл.
2 П р и м е р 2. Ребенок, играя десятью кубиками, на которых написаны буквы М, М, Т, Т, А, А, А, К, И, Е, сложил слово «МАТЕМАТИКА». Можно ли считать, что ребенок грамотный? Р е ш е н и е. Сначала дадим математическую формулировку задачи. Если допустить, что ребенок неграмотный и родители не научили его складывать единственное слово, то естественно предположить, что расположение кубиков «математика» не более привлекательно по сравнению с остальными.
В таком случае можно ожидать, что классическая схема окажется достаточно подходящей. Оценим вероятность события А, состоящего в расположении кубиков «матаматика». Пространством элементарных событий являются всевозможные перестановки 10 кубиков. Таких перестановок 10!. При этом кубики с одинаковыми буквами мы считали различными. Подсчитаем, сколько элементарных событий входит в А. Кубики с буквами, отличными от М, Т, А, должны стоять на определенных местах, 3 кубика с буквой А можно расположить на трех местах 3! = 6 способами; кубики с буквой М располагаются двумя способами и с буквой Т тоже двумя. Сочетая каждое расположение с каждым, получим, что А состоит из 2 2 6 = 24 элементарных событий.
По формуле (1.1) 24 ! Эта вероятность очень мала, и событие А можно считать практически невозможным. Если же оно осуществилось, то следует считать нашу гипотезу о неграмотности ребенка неверной. Однако при большом числе испытаний по данной «программе» даже неграмотный может сложить слово «математика»; в среднем из 15120 неграмотных 1 будет ошибочно считаться грамотным.
П р и м е р 3. У человека в кармане п ключей, из которых только один подходит к его двери. Ключи последовательно извлекаются (без возвращания) до тех пор, пока не появится нужный ключ. Найти вероятность того, что нужный ключ появится при Й-м извлечении. Р е ш е н и е. Будем продолжать извлекать ключи, после появления нужного ключа, до конца. За множество элементарных событий примем всевозможные последовательности из и ключей. Таких последовательностей п!.
Последовательностей, у которых нужный ключ находится ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ВЕРОЯТНОСТИ 1 31 па определенном месте, очевидно, (я — 1)1, так как одно место запито нужным ключом, а остальные п — 1 ключей можно на и — 1 месте расставить (я — 1)! способами. Таким образом, искомая вероятность равяа (и — 1)!/я! =— = 1/я. 3 2. Дискретиые вероятностные пространства Пусть (1 = (в„, в„..., в„,...) — счетное множество,.Ф вЂ” набор всех подмноя'еств (2.
Пусть рю и = 1, 2,..., — неотрицательные числа, удовлетворяющие условию ( ~ р„=1. Для любого события А Е= 3( положим а=т Р(А) = Х эыв:э,ЫА) (2. 1) 1в = (всдв ыгдв ) где 11 (и) с. )э (в) (..., причем при любом а ) 1 последовательность индексов элементарных событий иэ А„ является подпоследовэтельвостью соответствующей последовательности иэ А„ ;. Из условия (1.3.2) следует, что 11 (п) оо при в оо. Если бы это было ве так, то произведение в (1.3.2) яе бйло бы пусто. По формуле (2Л) ваходвм Р (А„) = ,'~~ р,,„, ~( ч', р,. г=1 э=йю) Отсюда при в оо следует (1.3.3), так как правая часть последнего неравенства является остатком сходящегося ряда.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
