Ю.В. Прохоров, Л.С. Пономаренко - Лекции по теории вероятностей и математической статистике (1115359), страница 2
Текст из файла (страница 2)
. . , ωs , называемых элементарными исходами или элементарными событиями.Обычно это множество выбирается в соответствии с проводимым случайным экспериментом таким образом, чтобы всякий мыслимый неразложимый исход эксперимента описывался единственным элементарнымисходом.Событием в этом случае будем называть любое подмножество множества Ω. Таким образом A будет состоять из 2s событий (подмножеств),2включая подмножество, совпадающее с Ω, и пустое подмножество ∅. Событие Ω называют достоверным, а ∅ – невозможным событием.Распределение P для конечных вероятностных пространств задается следующим образом: каждому элементарному исходу ωi ставится вsPсоответствие число P(ωi ) = pi ≥ 0 так, чтобыpi = 1.i=1Тогда вероятность P(A) произвольного случайного событияA = {ωi1 , .
. . ωir } определяется следующим образом:P(A) =rXp(ωik ) =Xp(ω).ω∈Ak=1Исходы ω ∈ A называют благоприятствующими для события A, так какнаступление любого такого исхода повлечет наступление события A.Подробнее рассмотрим частный случай конечного вероятностного пространства, который будем называть классической вероятностной моделью.1.2Классическая вероятностьПусть все s возможных исходов случайного эксперимента равновероятны, тогда в соответствии с изложенным выше p(ωi ) = 1s для любого iиrAP(A) = ,sгде s– по-прежнему общее число возможных исходов, а rA – число исходов, благоприятствующих A.1.2.1Генуэзская лотереяПервое упоминание об этой лотерее в литературе относится к 1620 г.Условия лотереи таковы: производится розыгрыш 5 выигрышных билетов из 90 имеющихся. Все билеты пронумерованы числами от 1 до 90.Участники розыгрыша могут делать ставки: на 1 номер ( простая единица), на 2 номера ( амбо), на 3 номера (терно), на 4 номера (кватерно),на 5 номеров ( квинтерно).При этом, если игрок угадывал, то он получал свою ставку, умноженную на 15 для простой единицы, на 270 для амбо, на 5500 для терно,на 75000 для кватерно, на 1000000 для квинтерно.
Пользуясь модельюклассической вероятности, найдем вероятности таких выигрышей.3Для этого введем элементарные исходы как упорядоченные наборыиз 5 различных между собой чисел :ω = (i1 , i2 , i3 , i4 , i5 ),где ij – номер числа, выпавшего в j- ом розыгрыше, 1 ≤ ij ≤ 90.Подсчет общего числа исходов s проводится следующим образом: дляi1 имеется всего 90 различных вариантов, для i2 уже на единицу меньше– 89, для i3 – 88, для i4 – 87, для i5 – 86. Перемножив эти числа, получимобщее число исходовs = 90 · 89 · 88 · 87 · 86 = 5273912160.Тогда вероятность любого элементарного исхода ω равна P(ω) = 1s . Введем события Ai – выиграть при ставке на i чисел.
Проведем для примеравычисление P(A2 ).Пусть 7 и 11 — два числа, на которые делается ставка амбо. Тогдалюбой благоприятный исход для события A2 будет иметь вид(∗, 7, ∗, 11, ∗),где * помечены различные между собой числа, не равные 7 и 11, причем7 и 11 могут появиться в этой цепочке на любых местах. Таких благоприятствующих исходов будетC52 · 2 · 88 · 87 · 86,где C52 · 2 – это число способов выбора двух мест, на которых можно влюбом порядке расположить числа 7 и 11, 88 – возможные вариантывыбора числа на первое из оставшихся мест, 87 – на второе оставшеесяместо, 86 – на третье свободное место. Получаем, чтоP(A2 ) =2C52 · 2 · 88 · 87 · 86=.90 · 89 · 88 · 87 · 86801Задача 1.1.
Убедитесь, что это число можно получить и другим способом, вводя в качестве элементарных исходов неупорядоченные наборы5различных между собой 5 чисел. Тогда общее число исходов s0 = C90,аP(A2 ) =3C22 · C88.5C90Аналогичным образом можно вычислить все вероятности P(Ai ). Приведем результаты вычислений в таблице4Таблица 1.1: вероятности выигрышей в генуэзской лотерееi увеличение ставки в mi раз11522703550047500051000000P(Ai )1≈ 0.055555182≈ 0.0024978011≈ 0.0000851117481≈ 0.00000195110381≈ 10−8 · 2.27543949268Задача 1.2.
Какова вероятность того, что при розыгрыше лотереи номера выйдут в возрастающем или убывающем порядке? (Ответ: 1/60.)Приведем имеющиеся статистические данные по розыгрышам этойлотереи в Праге. За 133 года с 1754г. по 1886г. было проведено 2854тиража, при этом номера выходили в возрастающем или убывающем порядке с частотой 0.01612, тогда как точное значение вероятности такогособытия 0.01667. Можно ли считать классическую модель, в рамках которой была вычислена эта вероятность удовлетворительной? Ответ наэтот вопрос мы сможем дать, когда познакомимся с основными понятиями теории проверки статистических гипотез во второй части нашегокурса.1.2.2Игральные костиИгроки бросают по 6 игральных костей.
Ставка игрока составляет 10копеек. Если сумма выпавших очков 6 или 36, то игрок получает премию78 рублей, 7 или 35 очков – 24 рубля, 8 или 34 – 4 рубля, в остальныхслучаях не получает ничего.1 )Проведем вычисление вероятностей данных премий. Для этого занумеруем кости от 1 до 6 и введем элементарный исход какω = (i1 , i2 , i3 , i4 , i5 , i6 ),где 1 ≤ ij ≤ 6 – результат бросания j−ой кости. Всего элементарныхисходов s = 66 = 46656.1Игра относится ко второй половине 19 века и описана в книге П.
Л. Чебышева"Курс лекций по теории вероятностей"(курс читался в С.– Петербургском университете в 1879/1880гг.[11]5Обозначим S(ω) = i1 + i2 + i3 + i4 + i5 + i6 – сумму выпавших очков.Тогда1P{S(ω) = 6} = P{S(ω) = 36} = ,sтак как единственными благоприятствующими исходами для этих событий являются (1, 1, 1, 1, 1, 1) и (6, 6, 6, 6, 6, 6) сответственно.
Следовательно, вероятность выиграть 78 рублей равнаp1 =2=≈ 0.000042866941.sАналогичными рассуждениями можно получить6P{S(ω) = 7} = P{S(ω) = 35} = ,sтак как для каждого из этих событий имется уже по 6 благоприятствующих исходов, например событие S(ω) = 7 произойдет в любом из 6случаев(2, 1, 1, 1, 1, 1) (1, 2, 1, 1, 1, 1) (1, 1, 2, 1, 1, 1)(1, 1, 1, 2, 1, 1) (1, 1, 1, 1, 2, 1) (1, 1, 1, 1, 1, 2).Значит, вероятность выиграть 24 рубля равнаp2 =2·6≈ 0.000257202646.sПодобными рассуждениями, представив всеми возможными способамичисло 8 = 1 + 1 + 1 + 1 + 2 + 2 = . . .
= 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 3, получим, что15 + 6C62 + C61=,P{S(ω) = 8} = P{S(ω) = 34} =6666и вероятность выиграть 4 рубля равнаp3 =2 · 21≈ 0.000900206761.66Таким образом вероятность выиграть хоть что-нибудь в этой игреравнаp1 + p2 + p3 = 0.001200274,а средний выигрыш равен(78 · p1 + 24 · p2 + 4 · p3 ) × 100 = 1.3117284 (коп.),6что составляет около 1 копейки и почти в 10 раз меньше ставки.2 Как видим, условия этой игры весьма невыгодны для игроков, ставки должныбыть повышены.Вычисление вероятностей P{S(ω) = k} было проведено в простыхслучаях, при приближении k к среднему значению 19 вычисления становятся все более громоздкими и требуется уже некий алгоритм, заменяющий простой перебор.Разберем способ, использующий бином Ньютона и разложения в ряды для простых функций и применимый при любом числе игральныхкостей.Рассмотрим многочлен 36 степениQ(x) = (x + x2 + x3 + x4 + x5 + x6 )6 = a36 x36 + a35 x35 + · · · + a1 x + a0 ,(a0 = 0).
Коэффициент a8 , к примеру, в этом разложении равен числу способов, которыми можно получить 8, т.е. 21. Это мы вычислиливыше. Но можно этот коэффициент получить и по-другому. Используяформулу для суммы геометрической прогрессии, получим, что6x6 (1 − x6 )6x(1 − x6 )=.Q(x) =1−x(1 − x)6Поскольку(−6)(−6)(−7)(−6)(−7)(−8)1= (1−x)−6 = 1+(−x)+(−x)2 +(−x)3 +. . . ,6(1 − x)11·21·2·3тоQ(x) = x6 (1 − C61 x6 + C62 x12 − · · · + x36 ) · (1 + 6x + 21x2 + · · · ) == x6 (1 − 6x6 + 15x12 + · · · )(1 + 6x + 21x2 + · · · ).Следовательно, a8 = 21, а a15 = 1666.1.2.3Случайные перестановкиРассмотрим в качестве элементарных исходов ω различные перестановкичисел 1, 2, . . .
, n, их будет n!, всем исходам приписываем вероятность n!1 .Пусть A2 – событие, состоящее в том, что число 2 появится на второмместе, тогда(n − 1)!1= .P(A2 ) =n!n2Чебышев [11, стр.213] пишет: "...так что 9/10 ставки шло в пользу откупщика;поэтому такие лотереи во всех государствах упразднены.7Какова вероятность того, что хотя бы одно число встретится на своемместе? Обозначим это событие A.Для небольших n можно выписать все возможные исходы и подсчитать среди них число благоприятствующих. Так для n = 3 имеем 6 исходов:ω1 = (1, 2, 3) ω2 = (1, 3, 2) ω3 = (2, 1, 3)ω4 = (2, 3, 1) ω5 = (3, 1, 2) ω6 = (3, 2, 1).Для события A благоприятствующими являются исходы ω1 , ω2 , ω3 , ω6 .Следовательно,24P(A) = = .63Такой способ вычисления вероятности события A, конечно, не годитсяпри больших n.
В дальнейшем мы сможем показать, что P(A) ≈ 1 − 1e ,но для этого потребуется формула для вычисления вероятности объединения конечного числа случайных событий.1.2.4Игра в бриджРассмотрим колоду, состоящую из 52 карт. Четырем игрокам раздают по13 карт. Какова вероятность того, что у одного из них, скажем у первого,на руках окажется полная масть?Обозначим это событие B. Занумеруем карты следующим образом:номерами от 1 до 13 червы, от 14 до 26 – бубны, от 27 до 39 – трефы иот 40 до 52 – пики.Здесь элементарный исход ω — это перестановка из 52 чисел, описывающая начальное расположение карт перед их раздачей.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
