2002. Теория вероятности и математическая статистика. Лектор - В.Г.Ушаков (1120051), страница 2
Текст из файла (страница 2)
Действительно, если некоторая точка, начинаяс некоторого номера, принадлежит каждому Ai, то она принадлежит бесконечному числумножеств Ai. В случае, если lim sup An = lim inf An, то говорят, что существует предел последовательности множеств Ai, равный lim sup An = lim inf An, и обозначают его просто lim An .n→∞Имеют место два важных свойства:1.
Пусть в последовательности A1, A2, …, An, … имеет место вложенность A1 ⊃ A2 ⊃ … ⊃∞∞∞⊃ An ⊃ …. Тогда существует lim An = # Ak . Действительно, lim sup An = #" Ak , ноn→∞k =1∞∞∞∞n =1 k = n∞∞∞"Ak=k =n= An ⇒ lim sup An = # An . С другой стороны lim inf An = "# Ak = "# Ak = # Ak .
Таким обn =1n =1 k = nn =1 k =1k =1разом, lim sup An = lim inf An = lim An, что и требовалось доказать.2. Пусть в последовательности A1, A2, …, An, … имеет место вложенность A1 ⊂ A2 ⊂ … ⊂∞∞∞∞∞⊂ An ⊂ …. Тогда существует lim An = " An . Действительно, lim sup An = #" Ak = #" Ak =n→∞n =1∞ ∞∞n =1 k = n∞= " Ak . С другой стороны lim inf An = "# Ak = " An , посколькуk =1n =1 k = nn =1∞#Akn =1 k =1= An . Таким образом,k =nlim sup An = lim inf An = lim An, что и требовалось доказать.Сформулируем шестое свойство вероятности — свойство непрерывности вероятности.6) Пусть A1 ⊃ A2 ⊃ … ⊃ An ⊃ … или A1 ⊂ A2 ⊂ … ⊂ An ⊂ ….
Тогда имеет место равенство lim P(An ) = P lim An .n→∞(n→∞)∞Доказательство. Пусть A1 ⊃ A2 ⊃ … ⊃ An ⊃ …. В таком случае lim An = # Ak = A . Поn→∞k =1кажем, что lim P(An) = P(A).A1A2AA3∞Действительно, A1 = A ∪ " ( Ai \ Ai+1), (Ai \ Ai+1) ∩ (Aj \ Aj+1) = ∅ (i ≠ j) и (Ai \ Ai+1) ∩ A = ∅i =1(∀i),следовательно,согласноаксиоме3определениявероятности∞+ ∑ P( Ai \ Ai+1) < ∞. Для An справедливо представлениеi =1An = A ∪ (An \ An+1) ∪ (An+1\ An+2) ∪ … и6P( A1 ) = P(A) +P(An) = P(A) +∞∞k =nk =n∑ P( Ak \ Ak+1). Поскольку ряд сходится, его n-ый остаток ∑ P( Ak \ Ak+1)должен стремиться к нулю при n → ∞, из чего следует lim P(An) = P(A), что и требовалосьдоказать.∞Пусть теперь A1 ⊂ A2 ⊂ … ⊂ An ⊂ ….
В таком случае lim An = " An = A . Покажем, чтоn→∞n =1lim P(An) = P(A). Действительно, An = A1 ∪ (A2 \ A1) ∪ … ∪ (An \ An–1),(Ai \ Ai+1) ∩ (Aj \ Aj+1) = ∅ (i ≠ j), (Ai \ Ai+1) ∩ A1 = ∅ (∀i > 1).∞nP(An ) = P( A1 ) + ∑ P( Ak \ Ak–1). Поскольку A = A1 ∪ " ( Ak \ Ak–1) и P(A) < ∞, в силу аксиомы 3k =2k =2вероятности lim P(An) = P(A1) +∞∑ P( Ak \ Ak–1) = P(A), что и требовалось доказать.k =2Дискретное вероятностное пространство. Пусть (Ω, A, P) — вероятностное пространство.
Пусть Ω = (ω1, …, ωn) — некоторое конечное множество. Пусть A — множествовсех подмножество множества Ω, то есть Ai = {ωi}, i = 1, …, n. Положим P(Ai) = pi. Вероятностное пространство, определённое таким образом называется дискретным вероятностнымпространством. P можно определить для всех элементов A: если A = ω i1 ,!, ω ik , то(kA = " Ai jj =1)kи P(A) = ∑ pi j .
Определение вероятности на дискретном пространстве какj =1p1 = p2 = ! = pn = называется классическим определением вероятности. В таком случаеP(A) = kn , где n — общее число элементарных исходов, а k — число элементарных исходов,входящих в событие A.Пример. В качестве примера рассмотрим игральную кость. Элементарным исходом является выпадение определённого числа при броске: Ω = {ω1, …, ω6}, Ai = {ωi}, P(Ai ) = 16 .Рассмотрим событие A, состоящее в том, что при броске выпала чётная грань. Согласноклассическому определению вероятности P(A) = kn = 36 = 12 , поскольку количество граней уигральной кости n = 6, из них k = 3 чётных.Геометрическая вероятность.
Пусть (Ω, A, P) — вероятностное пространство. ПустьΩ ⊂ Rn, mes(Ω) < ∞. Пусть A — множество всех таких подмножеств, для которых определена мера: A ∈ A ⇔ ∃ mes(A). Множество всех подмножеств, имеющих меру образует σ-алгебmes ( A )ру. Определим P(A) = mes(Ω ) .1nПример.
Дан квадратный трёхчлен x2 + px + q, где –1 ≤ p ≤ 1, –1 ≤ q ≤ 1. Рассмотрим событие A, состоящее в том, что этот трёхчлен имеет вещественный корень. Этому событиюp2соответствует такой выбор точки (p, q) ∈ [–1, 1]×[–1, 1], при котором p 2 − 4q ≥ 0 ⇔ q ≤.4Область, удовлетворяющая этим условиям на рисунке заштрихована. Согласно определению1p3p22+ ∫dp 2 +124−1P( A ) ==4471−1=13.24q1q=–101p24p–14°°. Условная вероятность.
Пусть дано вероятностное пространство (Ω, A, P), пусть Aи B — некоторые события, A, B ∈ A, и пусть P(B) > 0. Условной вероятностью события A)при условии B называется число P(A | B ) = PP((ABB ) . Иными словами, это вероятность того, чтопроизойдёт событие A, при условии, что B произошло. По-другому условную вероятностьобозначают PB(A) = P(A|B). Справедливо утверждение, что PB(A) — это вероятность, определённая на A. Действительно, достаточно проверить три аксиомы:1) PB (Ω ) = P (PB(∩BΩ) ) = PP ((BB )) = 1 .2) ∀A PB(A) ≥ 0, так как P(AB) ≥ 0 и P(B) ≥ 0.3) Пусть дана некоторая последовательность A1, A2, …, An, …, Ai ∩ Aj = ∅ (i ≠ j). Тогда∞ ∞ " Ai ∩ B P " (Ai ∩ B )P∞ i=1 i =1=PB " Ai ==P(B )P(B ) i=1 ∞∑ P( A ∩ B )i =1iP(B )∞= ∑ PB (Ai ) .i =1Отметим некоторые свойства условной вероятности:1) Если A ∩ B = ∅, то PB(A) = 0.2) Если A ⊂ B, то PB(A) = 1.
Так, например, PB(B) = 1.5°°. Независимость событий. Пусть есть вероятностное пространство (Ω, A, P). События A1, …, An ∈ A называются независимыми, если ∀ 2 ≤ k ≤ n и ∀ 1 ≤ i1 ≤ i2 ≤ … ≤ ik ≤ n выполняется( )k kP # Ai j = ∏ P Ai j . j =1 j =1В частности при n = 2: события A1 и A2 независимы, если P(A1 ∩ A2) = P(A1)P(A2).
Приn = 3: события A1, A2, A3 называются независимыми, если (k = 2) P(A1A2) = P(A1)P(A2),P(A2A3) = P(A2)P(A3), P(A3A1) = P(A3)P(A1), а также (k = 3) P(A1A2A3) = P(A1)P(A2)P(A3).Отметим следующие важные факты:1. Если A = ∅, то для любого B с ненулевой вероятностью, A и B независимы. Действительно, AB = ∅ ⇒ 0 = P(AB) = P(A)P(B) = 0·P(B) = 0. Также если P(A) = 0, то для любого B сненулевой вероятностью события A и B независимы. Действительно, AB ⊂ A ⇒ P(AB) ≤≤ P(A) = 0 и 0 = P(AB) = 0·P(B) = P(A)P(B).2. Если P(A) = 1, то A и B независимы для любого B с ненулевой вероятностью. Действительно, AB = B и P(AB) = P(B) = P(B)·1 = P(B)·P(A).83.
Пусть A и B независимы. Тогда события A и B, A и B , A и B также независимы.Докажем независимость A и B. Для события B справедливо представление B = AB ∪ A B .Тогда P(B ) = P(AB ) + P(A B ), но P(AB ) = P(A)⋅ P(B ) , следовательно, P(A B ) = P(B ) −− P(A)⋅ P(B ) = P(B )⋅ (1 − P(A)) = P(A )⋅ P(B ) , и независимость A и B доказана. Аналогично доказываются и остальные два утверждения. Используя это свойство можно иначе доказатьсвойство 2: P(A ) = 0 ⇒ A и B независимы ⇒ A ≡ A и B независимы.4.
Пусть A ⊂ B и P(A) > 0, P(B) < 1. Тогда A и B зависимы. Действительно, предположим, что они независимы. Тогда P(AB) = P(A)·P(B), но P(AB) = P(A), следовательно, P(B) =1,что противоречит условию.5. Если события A и B независимы и P(B) > 0, то условная вероятность A при условии B)P ( A )P (B )равна вероятности A. Действительно, P(A | B ) = PP((AB= P( A ) .B) =P(B )Для заданного события B с ненулевой вероятностью можно построить новое вероятностное пространство (B, AB, P̂B ), где AB = {AB, A ∈ A}, Pˆ B ( A) = PB (A), если A ∈ AB.Пример, когда из попарной независимости не следует независимость (в совокупности).Рассмотрим вероятностное пространство, в котором всего 4 различных элементарных исхода: Ω = (ω1, ω2, ω3, ω4).
Пусть A — множество всех подмножеств Ω, P({ω i }) = 14 , i = 1,4 . Рассмотрим три события A1 = (ω1, ω4), A2 = (ω2, ω4), A3 = (ω3, ω4). A1A2 = A2A3 = A3A1 = (ω4),A1A2A3 = (ω4).P(A1 ) = P(A2 ) = 12 , P(A1 A2 ) = P(A2 A3 ) = P(A3 A1 ) = 14 , P(A1 A2 A3 ) = 14 ≠ 18 = P(A1 )⋅ P(A2 )⋅ P(A3 ),следовательно события A1, A2 и A3 не являются независимыми, следовательно, они зависимы.A2A3A16°°. Критерий независимости. A , δ = 1,Обозначение. Ai(δ ) = i Ai , δ = 0.Теорема 2 (критерий независимости). События A1, …, An независимы тогда и толькоn n (δ i ) тогда, когда ∀δ1, δ2, …, δn (равных нулю или единице) P # Ai = ∏ P Ai(δ i ) . i=1 i=1Доказательство.
Покажем, что если A1, …, An независимы тогда и только тогдаk k (δ i j ) (δ i )kn,in,<…<iδ,!,δ0,1выполняетсяPAP Ai j j . Пусть()∀2 ≤ ≤ ∀1 ≤ 1∀ i1k≤ik = #1 i j = ∏ j= j =1A1, …, An независимы. Проведём индукцию по числу µ событий Ai j , для которых δ i j = 0 . Ес-( )( )ли все δ i j = 1 , то утверждение превращается в определение независимости (µ = 0 очевидно).9Пусть утверждение справедливо для всех µ ≤ l. Докажем, что оно справедливо при µ = l + 1.Покажем, что() ( ) ( ) ( ) ( )P Ai1 Ai2 $ Ail +1 Ail +2 $ Aik = P Ai1 $P Ail +1 ⋅ P Ail +2 $P Ain .Воспользуемся свойством аддитивности вероятности.
Заметим предварительно, что для события Ai1 Ai2 $ Ail +1 Ail +2 $ Aik допустимо разложение на два непересекающихся событияAi1 Ai2 $ Ail Ail +2 $ Aik = Ai1 Ai2 $ Ail +1 Ail +2 $ Aik ∪ Ai1 Ai2 $ Ail +1 Ail +2 $ Aik .Тогда() () ()) ()P Ai1 Ai2 $ Ail Ail +2 $ Aik = P Ai1 Ai2 $ Ail +1 Ail +2 $ Aik + P Ai1 Ai2 $ Ail Ail +1 Ail +2 $ Aik ,следовательно,() (P Ai1 Ai2 $ Ail +1 Ail +2 $ Aik = P Ai1 Ai2 $ Ail Ail +2 $ Aik − P Ai1 Ai2 $ Ail Ail +1 Ail +2 $ Aikи() ( ) ( ) ( ) ( ) [ ( )]= P(A )$P(A )⋅ P(A )⋅ P(A )!P(A ),P Ai1 $ Ail +1 Ail +2 $ Aik = P Ai1 $P Ail ⋅ P Ail +2 !P Aik ⋅ 1 − P Ail +1 =i1ilil +1il + 2ikтем самым утверждение доказано для некоторого k, в частности справедливо() ( ) ( )P A1δ1 $ Anδ n = P A1δ1 $P Anδ n .Докажем теперь, что оно справедливо для любого k.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
