Н.И. Чернова - Теория вероятностей (1119918), страница 8
Текст из файла (страница 8)
Совершенно так же получим, что при любых i 6= jP(Ai Aj ) =(n − 2)!1=.n!n(n − 1)Вероятность пересечения любых трёх событий равнаP(Ai Aj Am ) =(n − 3)!1=.n!n(n − 1)(n − 2)Аналогично посчитаем вероятности пересечений любого другого числа событий, в том числе P(A1 . . . An ) = 1/ n!Вычислим количество слагаемых в каждой сумме в формуле (2).
Например, в сумме по 1 6 i < j < m 6 n ровно Cn3 слагаемых — ровно столькотрёхэлементных множеств можно образовать из n элементов, и каждое такое множество {i, j, m} встречается в индексах данной суммы единожды.Подставляя все вероятности в формулу (2), получим:111n−1 1− Cn2+ Cn3− . . . + (−1)=nn(n − 1)n(n − 1)(n − 2)n!11n−1 1= 1 − + − . .
. + (−1)−→ 1 − e−1 при n → ∞2! 3!n!P(A) = nУпражнение. Выписать разложение e−1 в ряд Тейлора и убедиться в том, чтоP(A) −→ 1 − e−1 при n → ∞.ГЛАВА 4Условная вероятность, независимостьЗдесь является вопрос, возбуждённый несколькими философами,относительно влияния прошлого на вероятность будущего.П. Лаплас, Опыт философии теории вероятностей§ 1. Условная вероятностьПример 22. Игральная кость подбрасывается один раз. Известно, чтовыпало более трёх очков. Какова при этом вероятность того, что выпалочётное число очков?Зная, что выпало более трёх очков, мы можем сузить множество всехвозможных элементарных исходов до трёх одинаково вероятных исходов:Ω = {4, 5, 6}, из которых событию A = {выпало чётное число очков} благоприятствуют ровно два: A = {4, 6}.
Поэтому P(A) = 2/3.Посмотрим на вопрос с точки зрения первоначального эксперимента.Пространство элементарных исходов при одном подбрасывании кубика состоит из шести точек: Ω = {1, 2, 3, 4, 5, 6}. Слова «известно, что выпалоболее трёх очков» означают, что в эксперименте произошло событие B == {4, 5, 6}.
Слова «какова при этом вероятность того, что выпало чётное число очков?» означают, что нас интересует, в какой доле случаев приосуществлении B происходит и A. Вероятность события A, вычисленнуюв предположении, что нечто о результате эксперимента уже известно (событие B произошло), мы будем обозначать через P(A | B).Мы хотим найти, какую часть составляют исходы, благоприятствующие A внутри B (т. е. одновременно A и B), среди исA∩BAходов, благоприятствующих B.P(A | B) =2/6P(A ∩ B)2==.33/6P(B)BМы пришли к выражению, которое можно считать определением условной вероятности.34ГЛАВА 4. Условная вероятность, независимостьОпределение 18.
Условной вероятностью события A при условии, чтопроизошло событие B, называется числоP(A ∩ B)P(A | B) =.P(B)Условная вероятность определена только в случае, когда P(B) > 0.Это определение бывает полезно использовать не для вычисленияусловной вероятности, а для последовательного вычисления вероятностинескольким событиям случиться одновременно, если известны соответствующие условные вероятности. А именно, справедливы следующие «теоремыумножения вероятностей».Теорема 6.
Если P(B) > 0 и P(A) > 0, тоP(A ∩ B) = P(B) P(A | B) = P(A) P(B | A).Теорема 7. Для любых событий A1 , . . . , An верно равенство:P(A1 . . . An ) = P(A1 ) P(A2 | A1 ) P(A3 | A1 A2 ) · . . . · P(An | A1 . . . An−1 ),если все участвующие в нём условные вероятности определены.Упражнение. Доказать теорему 7 методом математической индукции.Упражнение.
Доказать, что все условные вероятности в теореме 7 определены тогда и только тогда, когда P(A1 . . . An−1 ) > 0.§ 2. НезависимостьОпределение 19. События A и B называются н е з а в и с и м ы м и, если P(A ∩ B) = P(A)P(B).Пример 23. 1. Точка с координатами ξ, η бросается наудачу в единичный квадрат со сторонами, параллельными осям координат.
Доказать, чтодля любых x, y ∈ R события A = {ξ < x} и B = {η < y} независимы.2. Точка с координатами ξ, η бросается наудачу в треугольник с вершинами (1, 0), (0, 0) и (0, 1). Доказать, что события A = {ξ < 1/2} и B == {η < 1/2} зависимы.ηη1 61 6@@@1y2@@@@1x1 ξ1 ξ21. Рассмотрим x, y ∈ [0, 1] (разобрать остальные случаи). ТогдаP(A) = x, P(B) = y, P(A ∩ B) = xy, т. е. события A = {ξ < x} и B == {η < y} независимы.ГЛАВА 4.
Условная вероятность, независимость352. Вычислив соответствующие площади в треугольнике, получим:2P(A) = 3/4, P(B) = 3/4, P(A ∩ B) = 1/2 6= (3/4) , т. е. события A == {ξ < 1/2} и B = {η < 1/2} зависимы.Естественно считать события A и B независимыми, когда условная вероятность A при условии, что B произошло, остаётся такой же, как и безусловная. Убедимся, что этим свойством обладают события, независимыесогласно определению 19.Свойство 4. Пусть P(B) > 0. Тогда события A и B независимытогда и только тогда, когда P(A | B) = P(A).Если P(A) > 0, то события A и B независимы тогда и только тогда, когда P(B | A) = P(B).Упражнение. Доказать, пользуясь определением условной вероятности.Свойство 5.
Пусть события A и B несовместны. Тогда независимыми они будут только в том случае, если P(A) = 0 или P(B) = 0.Это свойство (а вы его доказали?) означает, что в невырожденномслучае (когда вероятности событий положительны) несовместные события не могут быть независимыми. Зависимость между ними — простопричинно-следственная: если A ∩ B = ∅, то A ⊆ B, т.
е. при выполнении Aсобытие B н е п р о и с х о д и т. Это свойство можно сформулировать иначе:в невырожденном случае независимые события просто обязаны пересекаться, т. е. быть совместными.Упражнение. Доказать с помощью свойства монотонности вероятности, чтособытие A, вероятность которого равна нулю или единице, не зависит ни от какогособытия B, в том числе и от самого себя.Свойство 6. Если события A и B независимы, то независимы и события A и B, A и B, A и B.Доказательство.
Так как A = (A ∩ B) ∪ (A ∩ B), и события A ∩ B иA ∩ B несовместны, то P(A) = P(A ∩ B) + P(A ∩ B). Поэтому P(A ∩ B) == P(A) − P(A ∩ B) = P(A) − P(A)P(B) = P(A)(1 − P(B)) = P(A)P(B).Вывести отсюда остальные утверждения.Если у нас не два, а большее число событий, выполнение только одногоравенства P(A1 ∩ . . . ∩ An ) = P(A1 ) · . . .
· P(An ) вовсе не означает независимости этих событий. Например, при таком равенстве события A1 и A2вполне могут оказаться зависимыми.Пример 24. Пусть 0 < P(A) < 1. События A1 = A, A2 = A, A3 = ∅обладают свойством0 = P(A1 ∩ A2 ∩ A3 ) = P(A1 ) · P(A2 ) · P(A3 ) = 0,что не мешает событиям A1 и A2 быть зависимыми:2P(A1 ∩ A2 ) = P(A) 6= P(A1 ) · P(A2 ) = P(A) .36ГЛАВА 4. Условная вероятность, независимостьХотелось бы независимостью нескольких событий считать такое свойство, при котором любые комбинации этих событий будут независимы между собой: например, независимы A1 ∩ A2 и A3 ∪ A4 ∪ A5 .Определение 20.
События A1 , . . . , An называются независимыми вс о в о к у п н о с т и, если для любого 1 6 k 6 n и любого набора различныхмеж собой индексов 1 6 i1 , . . . , ik 6 n имеет место равенство:P(Ai1 ∩ . . . ∩ Aik ) = P(Ai1 ) · . . . · P(Aik ).(6)Замечание 9. Если события A1 , . . . , An независимы в совокупности, то онипопарно независимы, т.
е. любые два события Ai , Aj независимы. Достаточно в равенстве (6) взять k = 2. Обратное, как показывает следующий пример, неверно: изпопарной независимости не вытекает независимость в совокупности.Пример 25 (п р и м е р Б е р н ш т е й н а8 ). Рассмотрим правильныйтетраэдр, три грани которого окрашены соответственно в красный, синий,зелёный цвета, а четвёртая грань содержит все три цвета. Событие A (соответственно B, C) означает, что выпала грань, содержащая красный (соответственно синий, зелёный) цвета.Вероятность каждого из этих событий равна 1/2, так как каждый цветесть на двух гранях из четырёх. Вероятность пересечения любых двух изних равна 1/4, так как только одна грань из четырёх содержит два цвета.А так как 1/4 = 1/2 · 1/2, то все события попарно независимы.Но вероятность пересечения всех трёх тоже равна 1/4, а не 1/8, т. е.
события не являются независимыми в совокупности.Заметьте, что равенство (6) выполнено при k = 2, но не при k = 3.§ 3. Формула полной вероятностиПример 26. Есть три завода, производящих одну и ту же продукцию.При этом первый завод производит 25%, второй завод — 35% и третий —40% всей производимой продукции. Брак составляет 5% от продукции первого завода, 3% от продукции второго и 4% от продукции третьего завода.Вся продукция смешивается и поступает в продажу.
Найти а) вероятностькупить бракованное изделие; б) условную вероятность того, что купленноеизделие изготовлено первым заводом, если это изделие бракованное.Первая вероятность равна доле бракованных изделий в объеме всейпродукции, т. е.
0,05·0,25 + 0,03·0,35 + 0,04·0,4. Вторая вероятность равнадоле брака первого завода среди всего брака, т. е.0,05·0,25.0,05·0,25 + 0,03·0,35 + 0,04·0,48 СергейНатанович Бернштейн (5.03.1880 — 26.10.1968)ГЛАВА 4. Условная вероятность, независимость37Заметим, что найти эти вероятности можно безо всякого знания теории вероятностей вообще. Достаточно элементарного здравого смысла.Определение 21. Конечный или счётный набор попарно несовместных событий H1 , H2 , . . . таких, что P(Hi ) > 0 для всех i иH1 ∪ H2 ∪ .
. . = Ω, называется п о л н о й г р у п п о й событий или разбиением пространства Ω.События H1 , H2 , . . ., образующие полную группу событий, часто называют г и п о т е з а м и. При подходящем выборе гипотез для произвольногособытия A могут быть сравнительно просто вычислены P(A | Hi ) (вероятность событию A произойти при выполнении «гипотезы» Hi ) и собственноP(Hi ) (вероятность выполнения «гипотезы» Hi ). Как, используя эти данные, посчитать вероятность события A?Теорема 8 (ф о р м у л а п о л н о й в е р о я т н о с т и).
Пусть дана полная группа событий H1 , H2 , . . . Тогда вероятность любого событияA может быть вычислена по формуле:∞XP(A) =P(Hi ) P(A | Hi ).i=1Доказательство. Заметим, что[ [∞∞Hi =(A ∩ Hi ),A=A∩Ω=A∩i=1i=1и события (A ∩ H1 ), (A ∩ H2 ), . . . попарно несовместны. Поэтому[ X∞∞∞XP(A) = P(A ∩ Hi ) =P(A ∩ Hi ) =P(Hi ) P(A | Hi ).i=1i=1i=1Во втором равенстве мы использовали σ-аддитивность вероятностной меры(а что это?), а в третьем — теорему 6 умножения вероятностей.§ 4. Формула Байеса9Теорема 9 (ф о р м у л а Б а й е с а). Пусть H1 , H2 , .
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
