1625915153-62da7fb2e48a28563c377c8e71d63db2 (843881), страница 2
Текст из файла (страница 2)
Именно, пусть Ω = {(x1 , x2 , x3 , x4 , x5 ) : xi ∈ {0, 1}}.Нетрудно понять, что здесь все исходы (векторы длины 5, каждая компонента которых0 или 1) равновозможны. Их количество есть #(Ω) = 25 = 32.Таким образом, мы приходим к выводу, что в модели классической вероятности оченьважно правильно задать пространство элементарных исходов.Теперь посчитаем вероятность того, что будет хотя бы одна «1», то есть вероятностьсобытия A = {ω ∈ Ω : вектор ω содержит хотя бы одну «1»}. Воспользуемся уже упомянутой формулой перехода к дополнительному событию.У нас Ā = {ω ∈ Ω : число «единиц» в векторе ω равно 0}.
Тогда #(Ā) = 1, значит,P(Ā) = 1/32, откуда P(A) = 31/32.Упражнение. Найти вероятность того, что при подбрасывании пяти симметричных монет число успехов превзойдет число неудач.3Модель дискретной вероятности.Классическая вероятностная модель имеет весьма ограниченную область применимости. Чтобы понять это, рассмотримПример.
Два человека играют в такую игру: они по очереди подкидывают монету,а выигрывает тот, у кого выпадет «орёл». Задача: описать пространство элементарныхисходов и сравнить шансы на победу у каждого игрока. Ясно, что класссической моделью здесь пользоваться нельзя, ибо пространство исходов перестает быть конечным.Оказывается, эта задача решается в рамках модели со следующей аксиоматикой.Аксиомы дискретной вероятностной модели.1. Пространство Ω элементарных исходов не более чем счётно.2. Под вероятностью понимается набор {pi }, pPi > 0, где pi – вероятность исхода ωi ∈Ω, причём выполнено условие нормировкиpi = 1.ωi ∈ΩВероятность события A определяется как сумма весов благоприятных исходов:XP(A) =pi .ωi ∈AОтметим, что и в этой модели вероятность, очевидно, обладает свойствами, отмеченными в классической модели – аддитивностью и нормировкой. Ясно, что классическая1.модель включается в дискретную при pi =#(Ω)Теперь вернёмся к нашему примеру.
Если «орёл» – это 1, «решка» – 0, то пространство элементарных исходов имеет вид Ω = {(1), (01), (001), (0001), . . .}. Таким образом, Ω счётно. Посчитаем вероятность pi i-го исхода. Берём вектор из i компонент:(0 . . . 01). Ему соответствует i-кратное подбрасывание монеты.
Согласно классическоймодели, в которой 0 или 1 могут при каждом подбрасывании появиться с вероятностью1/2, вероятность рассматриваемого исхода (0| . {z. . 01}) равна pi = 1/2i . Элементарно проiверяется, что условие нормировки выполнено:∞Pi=112i= 1.
Итак, мы находимся в пре-делах применимости дискретной модели. Определим шансы на победу каждого игрока.Пусть событие A1 И A2 – выигрыши первого и второго игроков соответственно. ТогдаA1 = {(1), (001), (00001), . . .}. Так как A2 = {(01), (0001), . . .} и A2 = Ā1 , то, в силуаддитивности меры, достаточно посчитать вероятность только одного из этих событий:P(A1 ) + P(Ā1 ) = P(A1 ) + P(A2 ) = 1. ИмеемP(A1 ) =Xi>1122i−12= .3Следовательно, преимущество первого хода у игрока под номером 1 даёт ему вдвоебольше шансов победить.Упражнение. В предыдущей задаче сравнить вероятности победить для каждого игрока в случае, когда играют трое.4Модель геометрической вероятности.Бывают случаи, когда введенными выше двумя моделями обойтись нельзя.
Рассмотрим стохастический эксперимент «стрельба по мишени». По условиям этого эксперимента стреляющий попадает в квадрат размером, скажем, 10 на 10 см. Если считать, чтовнутри квадрата нет приоритетных зон, то по сути происходит бросание точки наудачувнутрь квадрата. В нашей математической модели мы приходим к необходимости считать все точки этого квадрата элементарными исходами, т.е.
пространством Ω. Но этомножество Ω несчетно (имеет мощность континуума). С другой стороны, заметим, чтопри отсутствии приоритетных зон внутри Ω из соображений симметрии естественно считать, что вероятность попасть в фиксированную половину квадрата есть 1/2, в фиксированную четверть – 1/4 и т. д. Значит, если мы рассматриваем разбиение Ω на квадратысо стороной 1/2n , то вероятность попасть в любой из них есть 1/2n .
Отсюда естественным образом можно перейти и к любым измеримым по Жордану множествам, т.е. длякоторых площадь теоретико-множественной разности объединения попарно непересекающихся квадратиков, содержащих данное множество, и аналогичного объединения,содержащегося в данном множестве, может быть сделана сколь угодно малой. Болеетого, мы можем перейти к более широкому классу подмножеств – измеримых в смыслеЛебега. Тогда на указанном пространстве элементарных исходов для любого измеримого по Лебегу подмножества A его нормированную меру Лебега естественно взять вкачестве вероятности попадания в него при бросании точки наудачу в Ω:P(A) =Λ2 (A),Λ2 (Ω)где Λ2 – двумерная мера Лебега.Теперь мы переходим к описанию аксиоматики третьей вероятностной модели.Аксиомы геометрической вероятностной модели.1.
Ω – измеримое по Лебегу множество в Rn с конечной мерой Лебега: Λn (Ω) < ∞.2. F = {A} – все измеримые по Лебегу подмножества Ω.3. Отсутствие приоритетных зон (измеримых подмножеств ненулевой меры) элементарных исходов.4. Вероятность события A определяется по формулеP(A) =Λn (A).Λn (Ω)Эта модель – континуальный аналог классической вероятности.Пример («задача о встрече»).
Два лица договорились встретиться между 23 и 24 часами. При этом моменты их прихода априори выбираются наудачу, т. е. не имеют приоритета в указанном часовом интервале, и никак не связаны друг с другом. Имеется договоренность этих лиц: первый пришедший ждет второго не более 15 минут, иначе встречане состоится. Найти вероятность того, что встреча произойдет.5Решение: Редукция задачи: на отрезок [0, 1] дважды наудачу бросается точка; пустьx и y - координаты первой и второй точек (соответственно время прихода первого и второго лица).
Тогда, полагая ω = (x, y), приходим к двумерной модели геометрическойвероятности с единичным квадратом в качестве Ω, поскольку из условия задачи можно заключить,что приоритетныхзон в Ω нет. Множество благоприятных исходов есть3 3 171. Тогда Λ2 (Ω) = 1 и Λ2 (A) = 1 − · · · 2 = . СледоваA = (x, y) : |x − y| 644 4 216Λ2 (A)7тельно, P(A) == .Λ2 (Ω)16Упражнение. Решить эту задачу для трёх участников встречи со временеможидания в 15 минут для прибывшего первым двух других участников.Упражнение.
Имеются 3 спички единичной длины. Наудачу рассекаем каждую из спичек на 2 части. Из шести полученных частей наудачу выбираем три.Какова вероятность, что из этих частей можно сложить треугольник? Остроугольный треугольник?Основная проблема при выборе той или иной модели геометрической вероятностипри решении конкретных задач состоит в обосновании отсутствия приоритетных зонвнутри пространства элементарных исходов.
В качестве иллюстрации сказанного рассмотрим следующую задачу стохастической геометрии:Единичная окружность наудачу рассекается прямой на две дуги (обозначимчерез l меньшую дугу). Найти вероятность события A, состоящего в том, чтодлина |l| меньшей дуги не превосходит 1/3 длины окружности, то есть найтиP(|l| 6 2π/3).Решение: В качестве элементарного исхода описанного стохастического эксперимента рассмотрим величину центрального угла α, опирающегося на меньшую дугу.
Ясно,что Ω = [0, π], а множество благоприятных исходов есть A = [0, 2π/3]. Тогда согласноодномерной модели геометрической вероятности P(|l| 6 2π/3) = 2/3.Также в качестве элементарного исхода можно взять расстояние h от центра кругадо секущей хорды. Тогда h ∈ [0, 1] ⇒ Ω = [0, 1], A = [1/2, 1] ⇒ P(A) = 1/2.Если в эксперименте отслеживать середину секущей хорды, то в этом случае мы имеем двумерную модель, где Ω – весь круг, A – кольцо с внутренним радиусом 1/2. ТогдаP(A) =π − π/43Λ2 (A)== .Λ2 (Ω)π4На самом деле, в этой задаче можно получить континуум ответов (моделей):Упражнение. Для любого наперед заданного числа p ∈ (0, 1) построить такое пространство элементарных исходов, что в рамках геометрической моделивероятности будет иметь место равенство P(A) = p.Кажущееся противоречие объясняется просто – мы не определили понятие «рассечения наудачу окружности прямой».
Иными словами, задача была поставленанекорректно. Каждый раз при выборе той или иной модели мы неявно доопределяли задачу, но каждый раз по-своему. Например, сравним две модели: величину центральногоугла α и расстояние h. В первой модели величина α наудачу распределена на отрезке[0, π] и P(A) = 2/3. При этом α ∈ [0, 2π/3] тогда и только тогда, когда h ∈ [1/2, 1]. Стало6быть, вероятности указанных событий должны совпадать, т.е. P(h ∈ [1/2, 1]) = 2/3.
Таким образом, если величина α распределена наудачу, то расстояние h будет иметь приоритетные зоны в Ω = [0, 1] – эту точку как бы притягивает «магнитом» к правой границеотрезка [0, 1]. К такому же выводу относительно распределения α мы приходим, еслиобъявим величину h распределенной наудачу на отрезке [0, 1].Если в Ω есть приоритетные зоны, то они нередко задаются функцией плотностираспределения (о которой мы еще будем говорить), т.е. для любого события A ⊆ ΩZP(A) = p(t) dt.AСкажем, в двумерной модели бросания точки наудачу в круг единичного радиуса, торасстояние от этой точки до центра круга имеет плотность распределения p(t) = 2t наединичном отрезке.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
