1625915153-62da7fb2e48a28563c377c8e71d63db2 (843881), страница 3
Текст из файла (страница 3)
Если p ≡ const, то точка в Ω распределена равномерно (это и означает, что у исходов такого стохастического эксперимента нет приоритетных зон), и мыприходим к модели геометрической вероятности.Упражнение. Вычислить плотность распределения расстояния h от центракруга до секущей хорды в описанном выше стохастическом эксперименте, когда центральный угол α, опирающийся на эту хорду, распределен равномернона отрезке [0, π].Элементы комбинаторики.
Урновая модель.Предположим, что у нас имеется урна, содержащая конечный набор различных элементов. Имеем два алгоритма выбора этих элементов.1. Выборка с возвращением. Пусть в урне имеется N шаров, называемых генеральной совокупностью. Наудачу извлекаем по одному шару, фиксируем его метку и возвращаем обратно в генеральную совокупность.
Тем самым, мы получимвектор (a1 , a2 , . . . , an ) (ai – метка i-го вытащенного шара) – «слово», если совокупность шаров интерпретировать как «алфавит». Это есть выборка объема n свозвращением из генеральной совокупности N .2. Выборка без возвращения (например, как в игре “Спортлото”). Рассмотрим вектор (a1 , a2 , . . . , an ) (здесь уже с необходимостью n 6 N ) – выборка без возвращения объема n из генеральной совокупности, содержащей N элементов,где ai - это сам i-ый шар.Принцип умножения (основной прием решения задач комбинаторной теории вероятностей).
Пусть имеется конечный набор конечных множеств A1 , A2 , . . . , An . Строитсяслово (вектор) (a1 , a2 , . . . , am ) по алгоритму : a1 ∈ A1 , a2 ∈ A2 , . . . , am ∈ Am . Число различных набранных слов в таком случае равно числу элементов декартова произведения#(A1 × A2 × . . . × Am ) =mY#(Ai ),i=1где # – считающая мера. Доказывается индукцией по m.71. Тогда для выборки объёма n из N -элементного множества с возвращением и учетом порядка извлечения существует N n возможностей.2.
Аналогично для выборки без возвращения с учетом порядка существуетN (N − 1) . . . (N − n + 1) =N!= AnN(N − n)!вариантов. Эта величина называется числом размещений из N элементов по n3. Для выборки без возвращения и без учета порядка имеемCNn =AnNn!различных вариантов, отличающихся составом. Величина CNn – это число сочетаний из N элементов по n (так называемый биномиальный коэффициент).Гипергеометрическое распределение.Рассмотрим урну, содержащую N1 элементов первого типа и N2 второго. Произведемвыборку без возвращения объема n.
Требуется найти вероятность того, что в выборкесодержатся k элементов первого типа. Пусть для определенности n − k 6 N2 .Так как мы различаем выборки только по составу, то #(Ω) = CNn 1 +N2 .При подсчете числа благоприятных исходов в этой задачи мы продемонстрируем ещеодин приём комбинаторики – принцип независимого выбора. Прежде всего, сделаемредукцию (замену исходной постановки на эквивалентную) задачи, а именно – сепарацию элементов двух типов, размещая их отдельно в двух “подурнах” исходной урны.Ясно, что перебрать все благоприятные наборы элементов можно следующим образом. Сначала выбираем k элементов первого типа из соответствующей подурны, потомдобираем на оставшиеся места элементы второго типа из своей подурны.
Тогда по принципу умножения#(A) = CNk 1 CNn−k.2Согласно модели классической вероятностиCNk 1 CNn−k#(A)2=, k = 0, 1, ..., min{n, N1 }, k > n − N2 .P(A) =#(Ω)CNn 1 +N2Набор этих вероятностей называется гипергеометрическим распределением.Пример. Игра «Спортлото 5 из 36». В карточке «Спортлото» наудачу зачеркнем 5чисел из 36. Найти вероятность того, что среди этих пяти зачеркнутых присутствуют тричисла из пяти, выделенных тиражной комиссией. Редукция этой задачи состоит в том,что выбранные тиражной комиссией 5 занумерованных шаров мы объявим элементамипервого типа (“мечеными” шарами), а оставшийся 31 шар – элементами второго типа. Мы можем считать, что в момент зачеркивания пяти номеров в карточке (это и естьвыборка объёма 5) меченые шары уже содержатся в урне (т.е.
что заседание тиражной8комиссии уже состоялось!) Тогда наша задача, очевидно, сводится к вышеприведеннойсхеме. В этом случае N1 = 5, N2 = 31, n = 5, k = 3. Следовательно,P(A) =2C53 C31≈ 0, 0123.5C36Упражнение. Вывести формулу обобщенного гипергеометрического распределения для более чем двух типов элементов генеральной совокупности.Абстрактное вероятностное пространство.Рассмотрим тройку (Ω, F, P), где Ω - пространство элементарных исходов, F - класссобытий, P - вероятностная мера. Тогда говорят, что (Ω, F, P) – вероятностное пространство.
Предполагается, что F удовлетворяет следующим аксиомам:Аксиомы σ-алгебры F.F1. Ω ∈ F – достоверное событие.F2. ∪Ai , ∩Ai ∈ F для любого не более чем счетного набора событий {Ai }– замкнутость относительно счетного числа операций объединения и пересечения.F3. Если A ∈ F, то Ā ∈ F – замкнутость относительно операции дополнения.В силу принципа двойственности ∪Ai = ∩Āi в условии F 2 достаточно требоватьвыполнения только одного из двух условий.Аксиомы вероятностной меры P.P1. P(·) > 0, P(Ω) = 1.P2.
Счетная аддитивность: ∀{Ai } ∈ F, удовлетворяющих условию Ai ∩ Aj = ∅при всех i 6= j, имеет место равенство[ XPAi =P(Ai ).Иными словами, P – нормированная мера.Свойства вероятности.1) P(A) = 1 − P(Ā), так как A ∩ Ā = ∅, и в силу аддитивности меры получаем1 = P(Ω) = P(A ∪ Ā) = P(A) + P(Ā).2) Монотонность.
Если A ⊆ B, то P(A) 6 P(B). В самом деле, A ∩ (B \ A) = ∅ ,т.е. P(A) + P(B \ A) = P(A ∪ (B \ A)) = P(B), при этом P(B \ A) > 0.93) Вероятность объединения пересекающихся событий. Пусть A, B ∈ F. ТогдаP(A ∪ B) = P(A) + P(B \ A) = P(A) + P(B) − P(A ∩ B).4) Полуаддитивность вероятности: ∀{Ai ; i ≤ n} ∈ F!nn[XPAi 6P(Ai ).i=1i=1Эта свойство доказывается методом математической индукции, где база индукции– это пункт 3.5) Формула включения-исключения:Pn[!Ai=i=1nXXP(Ai ) −i=1XP(Ai1 ∩ Ai2 ) +i1 <i2 6nP(Ai1 ∩ Ai2 ∩ Ai3 ) − .
. .i1 <i2 <i3 6n+ (−1)n+1 Pn\!Ai .i=1Эта формула также доказывается по индукции, где база индукции – пункт 3.В качестве дополнения к свойствам 4 – 5 сформулируем следующее упражнения:Упражнение. Доказать двойственный аналог формулы включения-исключения:Pn\!Aii=1=nXXP(Ai ) −i=1XP(Ai1 ∪ Ai2 ) +i1 <i2 6nP(Ai1 ∪ Ai2 ∪ Ai3 ) − .
. .i1 <i2 <i3 6nn+1+ (−1)Pn[!Ai .i=1Упражнение. Доказать следующие неравенства:a) ∀{Ai ; i ≤ n} ∈ FPn[i=1!Ai≥nXP(Ai ) −i=1Xi<j6nb) ∀{Ai ; i ≤ n} ∈ F!nn[XXAi ≤P(Ai ) −P(Ai ∩ Aj ) +Pi=1i=1P(Ai ∩ Aj ).i<j6nXi1 <i2 <i3 6n10P(Ai1 ∩ Ai2 ∩ Ai3 ).Условная вероятность. Независимость событий.Пусть в урне имеется 100 занумерованных шаров. Какова вероятность при выборенаудачу вытянуть шар с номером, кратным четырём? По классической модели – это 1/4.Добавим частичную информацию о проведенном эксперименте: известно, что вытянулишарик с четным номером. Тогда понятно, что после проведения эксперимента и указанной частичной информации апостериорная вероятность интересующего нас событияувеличится вдвое.
Этот элементарный пример приводит нас к понятию условной вероятности.Определение. Имеется два события: A, B ∈ F, P(B) 6= 0. Условная вероятностьсобытия A при условии, что произошло событие B, определяется по формулеP(A|B) =P(A ∩ B).P(B)В этом определении пространство элементарных исходов сужено до события B. Приэтом вероятность A при произошедшем событии B есть доля A ∩ B по отношению ковсему B (доля в смысле меры P). Легко видеть, что при любом фиксированном событииB условная вероятность будет также вероятностной мерой на исходном вероятностномпространстве.Формула полной вероятности.Теорема. Пусть имеется не более чем счетное разбиение пространстваэлеSментарных исходов {Hk }k>1 (попарно непересекающиеся множества иHi = Ωi>1– это так называемая полная группа событий.) Тогда ∀A ∈ F при условии, чтоP (Hk ) 6= 0 ∀k, вероятность события A может быть представлена в виде рядаXP(A) =P(A|Hk )P(Hk ).k>1События Hk иногда называют гипотезами касательно проводимого стохастического эксперимента.Д ОКАЗАТЕЛЬСТВО .
Рассмотрим попарно несовместные события Bk = A∩Hk . Тогдав силу счетной аддитивности P и свойства дистрибутивности соответствующих операцийс множествами получаем
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
