Общая часть (часть 2) (2015) (by Кибитова) (1161598), страница 61

Просмтор этого файла доступен только зарегистрированным пользователям. Но у нас супер быстрая регистрация: достаточно только электронной почты!

Текст из файла (страница 61)

Поэтомуследующее:P(A)P(AB) ++ P(AB),P(AB),P(B)P(B) ==P(AB)P(AB)++P(AB).P(AB).P(A) == P(AB)Заметим,что AA [[ BB== ABAB[[ABAB[[ABABЗаметим, что++C(C)(C)CP(AP(AB) ++ P(AB)P(AB) == P(AB)P(AB)++P(B)P(B)°°P(AB)P(AB)++P(A)P(A)°°P(AB)P(AB)P(A [[ B)B) == P(AB)P(AB) ++ P(AB)=° P(AB).P(AB).= P(A)P(A) ++ P(B)P(B) °1515техническая работа � простое раскрытие вероятностей по утверждению индукции игруппировка вероятностей пересечений двух событий, трёх и так далее. В результатечего получится утверждение индукции, но уже для n + 1. Так что переход индукцииосуществлён, а утверждение доказано.6± (Монотонность вероятности). Пусть A и B � некоторые события, причёмB содержит в себе A. Тогда вероятность A не превышает вероятности B:A µ B =) P(A) 6 P(B).Доказательство.B \ A = B \ A, A \ (B \ A) = A \ A \ B = ? \ B = ?, B = A [ B \ A+P(B) = P(A) + P(B \ A) > P(A) в силу неотрицательности вероятности.Далее в выкладках если в пересечении или в объединении верхний предел меньшенижнего, то такое пересечение следует считать равным ≠, а объединение � равным?.

То есть,2[i=3= ?,5\= ≠.i=67± (Счётная полуаддитивность). Пусть бесконечная последовательность {Ai }целиком состоит из событий. Тогда вероятность счётного объединения событийчленов не превышает суммы вероятностей событий (если она вообще есть). Тоесть,√1 !1[X1{Ai }1 2 F =) PAi 6P(Ai ).i=1i=1Замечание. Здесь никакой несовместности нету. Тут просто задана последовательность событий, однако и утверждение здесь послабей будет.1627. Квадратурные формулы прямоугольников, трапеций и парабол. .

Характеристики

Список файлов ответов (шпаргалок)