2002. Теория вероятности и математическая статистика. Лектор - В.Г.Ушаков (1120051), страница 3
Текст из файла (страница 3)
Проведём индукцию по k. При k = nутверждение, очевидно, справедливо. Предположим, что оно справедливо ∀k ≥ l + 1. Докажем его для k = l (l < n). Для события Ai(1δ1 ) $ Ai(lδ l ) справедливо представление в виде объединения двух непересекающихся событийAi(1δ1 ) $ Ai(lδ l ) = Ai(1δ1 ) $ Ai(lδ l ) Ai(l1+1) ∪ Ai(1δ1 ) $ Ai(lδ l ) Ai(l 0+1) .Тогда в силу аддитивности вероятности() ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )P Ai(1δ1 ) $ Ai(lδ l ) = P Ai(1δ1 ) $P Ai(lδ l ) P Ai(l1+1) + P Ai(1δ1 ) $P Ai(lδ l ) P Ai(l 0+1) = P Ai(1δ1 ) $P Ai(lδ l ) .Теорема доказана.7°°. Формула полной вероятности.
Пусть даны события A, B1, B2, …, Bn, …, P(Bi) > 0,причём Bi ∩ Bj = ∅ (i ≠ j) и∞"Bi⊃ A (например,i =1∞"Bi= Ω ). Тогда справедлива формула пол-i =1ной вероятности:∞P(A) = ∑ P(Bi ) ⋅ P(A | Bi ) .i =1Доказательство. Достаточно заметить, что при вышеперечисленных условиях∞A = " (ABi ) , и ABi ∩ ABj = ∅ (i ≠ j). Тогда, учитывая P(Bi) > 0, получаемi =1∞∞i =1i =1P(A) = ∑ P(ABi ) = ∑ P(Bi )P(ABi ) ∞= ∑ P(Bi )⋅ P(A | Bi )P(Bi )i =1что и требовалось доказать.108°°. Формулы Байеса. Пусть даны события A, B1, B2, …, Bn, …, P(Bi) > 0, причём Bi ∩ Bj= ∅ (i ≠ j) и∞" Bi ⊃ A (например,i =1∞"Bi= Ω ). Пусть также P(A) > 0. Тогда справедливы фор-i =1мулы Байеса для i = 1, 2, …:P(Bi | A) =P(Bi )⋅ P(A | Bi )∞∑ P(B j )⋅ P(A | B j ).j =1Доказательство. Согласно формуле полной вероятности в знаменателе дроби стоит веP(Bi )⋅ P(A | Bi ) P(Bi )⋅ P(ABi ) P(ABi )роятность A.
Тогда=== P(Bi | A) , что и требовалось доP( A )P(A)⋅ P(Bi )P( A )казать.Примеры. 1. Пусть имеются две урны, первая из которых содержит n1 белых и m1 чёрных шаров, а вторая n2 белых и m2 чёрных. Будем считать, что шары в каждой урне пронумерованы от 1 до np + mp (p = 1,2 соответственно для каждой урны), причём первые np шаровпусть будут белыми.
Испытание заключается в том, что случайным образом выбирается однаурна, а затем из неё извлекается один шар. Событие, при котором выбрана первая урна будемобозначать B1 = (1, j), j = 1, …, n1 + m1; событие, при котором выбрана вторая урна будемобозначать B2 = (2, j), j = 1, …, n2 + m2 (в обоих случаях j — это номер шара). ПоложимP(B1 ) = P(B2 ) = 12 , очевидно также, что B1 ∩ B2 = ∅, B1 ∪ B2 = Ω. Вероятность вытянуть определённый шар из первой урны равна n1+1m1 , из второй — n2 +1m2 .
Найдём вероятность событияA, заключающегося в том, что в результате испытания вытянут белый шар. Действительно,n1 + m1n2 + m2n1n2B1 = " (1, j ) , B2 = " (2, j ) , P(A | B1 ) =и P(A | B2 ) =. Согласно формуле полn1 + m1n2 + m2j =1j =11n11n2.⋅+ ⋅2 n1 + m1 2 n2 + m22. Пусть группа студентов из 25 человек сдаёт экзамен. Пусть среди студентов есть 5отличников, которые получают оценку «отлично» с вероятностью 1, 10 хорошистов, которыес вероятностью 12 получают оценки «отлично» или «хорошо» и 10 троечников, которые свероятностью 13 получаю оценки «неудовлетворительно», «удовлетворительно» или «хорошо». События B1, B2, B3 заключаются в том, что студент, сдающий экзамен в данный моментявляется соответственно отличником, хорошистом или троечником. Пусть вероятности сдачи экзамена каким-либо определённым студентом задаются по классической схеме.
ТогдаP(B1 ) = 15 , P(B2 ) = P(B3 ) = 52 . Очевидно, B1 ∪ B2 ∪ B3 = Ω и Bi ∩ Bj = ∅ (1 ≤ i < j ≤ 3). Рассмотрим событие A, заключающееся в том, что сдающий в данный момент студент получил оценку «хорошо». Очевидно P(A | B1 ) = 0, P(A | B2 ) = 12 , P(A | B3 ) = 13 . Тогда согласно формуле полной вероятности P(A) = P(B1 )⋅ P(A | B1 ) + P(B2 )⋅ P(A | B2 ) + P(B3 )⋅ P(A | B3 ) = 15 ⋅ 0 + 52 ⋅ 12 + 25 ⋅ 13 = 13 .ной вероятности P(A) = P(B1 )⋅ P(A | B1 ) + P(B2 )⋅ P(A | B2 ) =§3.
Прямое произведение вероятностных пространств1°°. Прямое произведение вероятностных пространств. Пусть дана последовательность вероятностных пространств (Ωi, Ai, Pi), i = 1, 2, …. Построим новое вероятностноепространство (Ω, A, P), где Ω = Ω1×Ω2×Ω3×…. Пусть A = A1×A2×…×Am×Ωm+1×Ωm+2×…, гдеA1 ⊂ Ω1, …, Am ⊂ Ωm, Ai ∈ Ai. Такие множества называются цилиндрическими множествамис основаниями в конечном подпространстве. Рассмотрим класс всех таких множеств Â изΩ с основаниями в конечных подпространствах.11Утверждение. Â — полуалгебра.Доказательство. Действительно, Ω ∈ Aˆ (A1 = Ω1 , A2 = Ω 2 ,!, Am = Ω m ) , остальные аксиомы полуалгебры очевидным образом проверяются, следует лишь учесть, что Ai являютсяσ-алгебрами.Положим A = σ Aˆ .
(Ω, A) — измеримое пространство, если A — σ-алгебра под-( )множеств Ω. Задана функция µ : A → R + , отображающая A на неотрицательную частьрасширенной числовой прямой, удовлетворяющая следующим свойствам:1) µ(A) ≥ 0 ∀A ∈ A и∞ ∞2) A1, …, An, … ∈ A, Ai ∩ Aj = ∅ (i ≠ j) ⇒ µ " Ai = ∑ µ (Ai ) i=1 i=1называется мерой, заданной на A.Мера называется конечной, если µ(Ω) < ∞. Мера называется σ-конечной, если существует такая последовательность A1, A2, …, An, … ∈ A, которая образует разбиение Ω:∞"A = Ω,ii =1Ai ∩ Aj = ∅ (i ≠ j), µ(Ai) < ∞ (i = 1, 2, …).
Так, например, мера, заданная на борелевской σалгебре B подмножеств R, как длина соответствующих множеств является σ-конечной, таккак R = " [n, n + 1).n∈Z~Функция µ~ , определённая на классе множеств A называется мерой, заданной на этомклассе, если~1) ∀A ∈ A ⇒ µ~(A ) ≥ 0 и∞ ∞~~2) A1, …, An, … ∈ A , ∪ Ai ∈ A Ai ∩ Aj = ∅ (i ≠ j) ⇒ µ~ " Ai = ∑ µ~ (Ai ) . i =1 i =1Теорема 3 (о продолжении меры). Пусть Ω — некоторое множество и Â — полуалгебра подмножеств Ω. Пусть µ∗ — σ-конечная мера, заданная на Â . Тогда существует иединственна мера µ, определённая на A = σ Aˆ такая, что µ∗(A) = µ(A) ∀A ∈ Â .( )Â состоит из каких-либо множеств A = A1×A2×…×Am×Ωm+1×Ωm+2×….
P∗ ( A) == P1 (A1 )⋅ P2 (A2 )$Pm (Am ) является конечной мерой на Â . P на A определим согласно теореме о продолжении меры.Примеры. 1. Даны два вероятностных пространства (Ω1, A1, P1) и (Ω2, A2, P2), где Ω1 == [0,1], A1 = {∅, [0,1], [0, 12 ) , [12 ,1]}, P1 ([0, 12 )) = 101 ; Ω2 = [0,2], A1 = {∅, [0,2], [0, 13 ), [13 ,2]},P1 ([0, 13 )) = e −π . Построим произведение этих вероятностных пространств.~ Ω = Ω1×Ω2 = [0,1]×[0,2], A = Ω, ∅, [0,1]× [0, 13 ), [0,1]× [13 ,2], [0, 12 )× [0,2], [0, 12 )× [0, 13 ),1 011 −π1−e −πe−πe1010[0, 121 )× −[π13 ,2], [12 ,1]×9 [0,2], [12 ,1]9×−[π0, 13 ], [12 ,19 ]× [−0π , 13 ] ,(1−e )(1−e ) e10101010ω2213012121 ω1~Построим для A минимальную содержащую её σ-алгебру (добавим для этого два объединения двух и четыре объединения трёх).
В результате получим прямое произведение исходных вероятностных пространств.В качестве второго примера перейдём к следующему пункту.2°°. Независимые испытания Бернулли. Дана последовательность вероятностных пространств (Ωi, Ai, Pi), где Ωi = ω1(i ), ω 2(i ) , Pi ω1(i ) = p — вероятность «успеха»,({ })()({ }){}{ }Pi ω 2(i ) = 1 − p — вероятность «неудачи». Строится произведение этих вероятностных пространств, называемое схемой испытаний Бернулли.
Ω = Ω1×Ω2×Ω3×…, цилиндрические подмножества полностью перебирают некоторые m первых Ωi (m подразумевается достаточнобольшим числом и то, что будет происходить после m-го испытания нас интересовать не будет). Найдём вероятности двух событий:1. Событие A заключается в том, что первый успех произошёл при n-ом испытании:({ } { })P ω 2(1) × ω 2(2 ) × ! × ω 2(n−1) × ω 2(n ) × Ω n+1 × ! = (1 − p )n −1p.2. Событие B заключается в том, что в первых n испытаниях произошло k успехов (этоне цилиндрическое событие). B =" Bi1i2!ik , где Bi1i2!ik — событие, заключающееся в том,1≤i1<i2 <!<ik ≤nчто успешными оказались i1, i2, …, in испытания. Bi1i2!ik представляют собой непересекающиеся цилиндрические события, следовательноP(B ) =∑ P(B1≤i1 <i2 <$<ik ≤ n) = ∑ p (1 − p ) = kn p (1 − p ). n −kki1i2!ikkn −k1≤i1<i2 <$<ik ≤n§4.
Интеграл Лебега1°°. Определение интеграла Лебега. Пусть даны два пространства: (Ω, A) и (Λ, l ).Отображение f: Ω → Λ называется измеримым, если∀B ∈ l ⇒ f –1(B) ∈ A; f –1(B) = {ω ∈ Ω: f(ω) ∈ B}.Если Λ = R, то в качестве l мы будем брать l = B — σ-алгебру борелевских множеств. Такимобразом, X(ω): X : Ω → R называется измеримой, если ∀ B ∈ B ⇒ X –1(B) ∈ A.Определение 1. Функция X(ω) называется простой измеримой функцией, если существует такое A1, …, An (AiAj = ∅, ∪Ai = Ω) — конечное разбиение Ω, что A1, …, An ∈ A иn1, ω ∈ AX (ω ) = ∑ CiI Ai (ω ) , где I A (ω ) = ,i =10, ω ∉ Aиными словами C1 , ω ∈ A1 ,C , ω ∈ A , 22X (ω ) = %Cn , ω ∈ An .1. Пусть X(ω) — неотрицательная простая функция. Тогда интеграл от этой функцииопределим какn∫ X (ω )µ (dω ) = ∑ Ci µ (Ai ) .i =1Ω13Рассматриваются функции на расширенной числовой прямой, при этом условно полагается0·∞ = 0 (под 0 и ∞ подразумеваются значения функции или мера). Говорят, что интеграл существует, если он равен конечному числу или ±∞.
Говорят, что функция интегрируема, если существует конечный интеграл от неё.2. Пусть X(ω) — неотрицательная измеримая функция. Тогда∫ X (ω )µ (dω ) = lim ∫ X (ω )µ (dω ) ,n→∞ΩnΩгде Xn(ω) — любая последовательность неотрицательных простых функций, такая чтоXn(ω) ≤ Xn+1(ω) и lim X n (ω ) = X (ω ) .n→∞3. Пусть X(ω) —измеримая функция. Обозначим X +(ω) = max[0, X(ω)] — положительная часть функции, X –(ω) = – min[0, X(ω)] — положительная часть функции. Очевидно,X +(ω) – X –(ω) = X(ω), X +(ω) + X – (ω) = | X(ω) |.Тогда по определению∫ X (ω )µ (dω ) = ∫ X (ω )µ (dω ) − ∫ X (ω )µ (dω ) .+ΩЕсли−ΩΩ∫ X (ω )µ (dω ) = ∫ X (ω )µ (dω ) = +∞ , то возникает неопределённость, поэтому требует+−ΩΩся, чтобы хотя бы одна из функций X +(ω) или X –(ω) должна была быть интегрируемой.4. Пусть X(ω) —измеримая функция и A ⊂ A.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
