Лекции по теории вероятностей (Б.И.Волков, 2006) (1120107), страница 2
Текст из файла (страница 2)
Бросание монеты до первого выпадения герба (герб единица,аверс ноль). Элементарные события ω 1 = {1}, ω2 = {01}, ..., ω∞ = {00 . . . }.Вероятности: P (ω1 ) = p1 = 12 , P (ω2 ) = p2 = 14 , ..., P (ω∞ ) = p∞ = 0,∞∞PP1pi == 1. Событие ω∞ возможное, но невероятное!2ii=1i=1Аксиоматически определенная вероятность обладает всеми свойствами, которые мы отметили для классической вероятности, поскольку первые три фактически повторяют аксиомы, а остальные выводятся из них.1.
0 6 P (A) 6 1.2. P (Ω) = 1, P (∅) = 0.3. P (A + B) = P (A) + P (B).4. P (A) = 1 − P (A).5. A ⊂ B ⇒ P (A) 6 P (B), P (B\A) = P (B) − P (A).6. P (A1 ∪A2 ) = P (A1 )+P (A2 )−P (A1 ∩A2 ), т.к. A1 ∪A2 = A1 +(A2 \(A1 ∩A2 )).Однако, есть еще одно свойство, которое вытекает из σ-аддитивности и называется непрерывностью вероятности, точнее, непрерывностью относительнопредельного перехода.Сначала определим понятие предела последовательности событий (множеств) {Ak }. Также, как для числовых последовательностей, можно это сделатьчерез верхний и нижний пределы.∞∞ STAk событие, заключающееся в том,A∗ = lim An = lim sup An =n→∞n=1 k=nчто произошло бесконечно много событий из {Ak }.∞∞ TSA∗ = lim An = lim inf An =Ak событие, заключающееся в том,n→∞n=1 k=nчто произошли все события из {Ak } за исключением, быть может, конечного ихчисла8 .Очевидно, что lim An ⊂ lim An .
Если lim An = lim An , то говорят, что последовательность событий имеет предел. Для монотонных последовательностейсобытий: A1 ⊂ A2 ... ⊂ An ... или B1 ⊃ B2 ... ⊃ Bn ... предел lim ↑ An (lim ↓ Bn )всегда существует.7. P (lim An ) = lim P (An ) следствие 4 аксиомы, которую можно сформулировать как непрерывность вероятности (она имеет место относительно монотонных предельных переходов, в частности, lim P (An ) = 0 если lim ↓ An = ∅).Условная вероятность.Пусть (Ω, F, P (·)) вероятностное пространство. Пусть известно, что в ходе эксперимента произошло событие B (P (B) > 0). Естественно после этогосузить множество исходов до ΩB = B, а вместо любого события A рассматривать AB = A ∩ B.
Таким образом, мы временно переходим от (Ω, F, P (·)) к(ΩB , FB , PB (·)), где ΩB = Ω ∩ B, FB = {A ∩ B, A ∈ F},PB (AB ) =(Покажите, что FB σ-алгебра, а P8P (A ∩ B).P (B)B (·)(1)удовлетворяет аксиомам.)Полезное представление χA∗ = lim χAn , χA∗ = lim χAn , где χA характеристическаяфункция множества A.Конспект лекций по теории вероятностей 20067Можно вернуться к старому вероятностному пространству (Ω, F, P (·)) ирассматривать вероятность PB (·) на F. В этом случае ее называют условнойвероятностью и обозначают P (·|B). Событие B можно рассматривать как параметр.
Формула (1) легко интерпретируется в терминах классической вероятности, а в общем случае она является определением.Свойства.P (Ω|B) = 1. P (A1 + A2 |B) = P (A1 |B) + P (A2 |B).∞∞PPP (A|B) = 1 − P (A|B). P ( Ai |B) =P (Ai |B.)i=1i=1Эти свойства полезны для решения задач. Пример: Вероятность аварии ракеты 0.1, причем на старте 0.09. Какова вероятность аварии в случае успешного старта? Пусть событие Aавария, B авария на старте, B ⊂ A, A ⊂ B.
Искомая вероятность(A)1−0.11= 1 − PP (B)= 1 − 1−0.09= 91.P (A|B) = 1 − P (A|B) = 1 − P P(A∩B)(B)Теорема умножения вероятностей.P (A ∩ B) = P (A|B)P (B), P (B) > 0.Для трех событийP (A ∩ B ∩ C) = P (A|B ∩ C)P (B|C)P (C) = P (A ∩ B|C)P (C) , отсюдаP (A ∩ B|C) = P (A|B ∩ C)P (B|C).Формула полной вероятности. Формулы Байеса.Рассмотрим вероятностное пространство (Ω, F, P (·)).Пусть B ∈ F некоторое событие, P (B) > 0 и пусть {A i , i = 1.2. . . . }группа (необязательно конечная) попарно несовместных P(необязательно равновероятных) событий, Ai ∩ Aj = ∅, i 6= j, такая, что B ⊂Ai . ТогдаiPPB = B ∩( Ai ) и P (B) =P (B|Ai )P (Ai ) формула полной вероятности.iiИз P (B ∩ Ak ) = P (Ak |B)P (B) = P (B|Ak )P (Ak ) следуетk )P (Ak )k )P (Ak )формулы Байеса.P (Ak |B) = P (B|A= PP (B|AP (B|Ai )P (Ai )P (B)iНезависимость.СобытияAиBнезависимы9 ,еслиP (A ∩ B) = P (A) · P (B).Если P (A) = 0 (или P (A) = 1), то A и B независимы.Если P (A) > 0, то P (B|A) = P (B) означает независимость A и B, но вобщем случае это не эквивалентно определению независимости.Свойства.1.
A и Ω независимы.2. A и B, если P (A) = 0, независимы.3. Если A и B независимы, то A и B, A и B, A и B также независимы(доказать самостоятельно).P4. ЕслиAиBпопарнонезависимыi=1,2,...,n,тонезависимыAиBiiS(но не Bi ).Независимость в совокупности. События {Ai } независимы в совокупности, Лекц. 3если для любых m и любых наборов различных индексов i1 , i2 , . . .
, im имеет меmmQTP (Aik ).сто равенство P ( Aik ) =k=19стохастически независимы.k=18Конспект лекций по теории вероятностей 2006Задача (Пример Бернштейна). Пусть правильный тетраэдр раскрашен так,что на трех его гранях красный, синий и зеленый цвет соответственно, а на четвертой все три цвета. Проверьте, что события выпадение разных цветовпопарно независимы, но не независимы в совокупности.Пример построения независимых событий.Пусть (Ω1 , F1 , P1 (·)), (Ω2 , F2 , P2 (·)) дискретные (для простоты) вероятностные пространства, ωi1 ∈ Ω1 , ωj2 ∈ Ω2 , P1 (ωi1 ) = p1i , P2 (ωj2 ) = p2j .
Рассмотрим множество упорядоченных пар {ωi1 ωj2 }, обозначим его Ω = Ω1 × Ω2прямое произведение. Множество всевозможных подмножеств Ω, которое, очевидно, σ-алгебра, обозначим F. Наконец, введем вероятность:P ({ωi1 ωj2 }) = pij = P1 (ωi1 )P2 (ωj2 ) = p1i p2j (проверить корректность!). Полученное вероятностное пространство назовем прямым произведением: (Ω, F, P (·)) =(Ω1 , F1 , P1 (·)) × (Ω2 , F2 , P2 (·)).Пусть в этой схеме A1 ∈ F1 , A2 ∈ F2 ,PPA={ωi1 ωj2 } и B ={ωi1 ωj2 }, A, B ∈ F.i:ωi1 ∈A1j:ωj2 ∈Ωi:ωi1 ∈Ωj:ωj2 ∈A2Найдем вероятностьPP 1 P 2P (A) =pij =pipj =i:ωi1 ∈A1j:ωj2 ∈Ωi:ωi1 ∈A1Аналогично, P (B) =Pj:ωj2 ∈A2Наконец, P (A ∩ B) =Pj:ωj2 ∈ΩPi:ωi1 ∈A1p1i .p2j .i:ωi1 ∈A1j:ωj2 ∈A2pij =Pi:ωi1 ∈A1p1iPj:ωj2 ∈A2p2j = P (A)P (B),откуда следует их независимость.Определение 1.
Пусть (Ω, F, P (·)) дискретное вероятностное пространство. Последовательностью независимых испытаний называется вероятностное пространство (Ωn , Fn , Pn (·)), которое является прямым произведением n одинаковых пространств (n-й степенью): (Ω, F, P (·)), т.е.n(Ωn , Fn , Pn (·)) =× (Ω, F, P (·)). Подробнее: Ωn состоит из цепочек (ωi1 ωi2 . . .
ωin )длины n с необязательно различными индексами, Fn алгебра подмножествΩn , Pn (ωi1 ωi2 . . . ωin ) = pi1 pi2 . . . pin .Определение 2. Схемой Бернулли называется последовательность n независимых испытаний, полученная на основе вероятностного пространства, в котором содержится лишь два элементарных события (исхода): ω1 успех и ω 2неудача (1 и 0 соответственно). Обозначив P (ω 1 ) = p, P (ω2 ) = q = 1 − p, получим Pn (ωi1 ωi2 . . . ωin ) = pk q n−k , где k число успехов в серии из n испытанийБернулли.Какова вероятность при n испытаниях получить k успехов? ЭтоnPpn (k) = 1.pn (k) = Cnk pk q n−k биномиальное распределение,k=0На это распределение очень много задач и вы с ними познакомитесь на семинарских занятиях.Отрицательное биномиальное распределение (распределение Паскаля):Конспект лекций по теории вероятностей 20069Вероятность того, что для достижения n успехов в схеме Бернулли потребуkется n + k испытаний равна p(n, n + k) = Cn+k−1pn q k .∞X=k=0∞Xk=0p(n, n + k) =∞X(n + k − 1)(n + k − 2) .
. . (n)k=0k!pn q k =(−n)(−n − 1) . . . (−n − k + 1) np (−q)k = pn (1 − q)−n = 1.k!Пусть Ω = {ω1 ω2 . . . ωr }. Тогдаn!ps11 ps22 . . . psrr ,pn (s1 , s2 , . . . , sr ) =s1 !s2 ! . . . sr !rXsi = niполиномиальное распределение (общий член разложения полинома(p1 + p2 + · · · + pr )n ).Предельные теоремы (для биномиального распределения).Теорема Пуассона.Рассмотрим последовательность биномиальных распределений.
Пустьp = nλ (т.е. λ = pn = Const).kТогда при n → ∞: pn (k) =→ p∞ (k) = λk! e−λ .Доказательство.µ ¶k(1 − nλ )nn(n − 1) . . . (n − k + 1) λk k n−k=pn (k) = Cn p q=k!n(1 − nλ )kµ¶n) λk1(1 − n1 ) . . . (1 − k−1λk −λλn→1−=e .k!nk!(1 − nλ )kЗамечание. Теорема, очевидно, справедлива и в случае, когда величина pn непостоянна, но стремится к λ.Теорему практически можно применять10 при n > 100, λ 6 10.Теорема Муавра-Лапласа.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
