1.1. предмет теории вероятностей

ОГЛАВЛЕНИЕ
I. Случайные события
1.1. Предмет теории вероятностей
1.2. Пространство элементарных исходов
1.3. События, действия над ними
1.4. Свойства операций
1.5. Алгебра и σ-алгебра событий
1.6. Вероятность событий
16.1. Классическое определение вероятностей
1.6.2. Элементы комбинаторики в теории вероятностей
1.6.3. Урновая схема
1.6.4. Геометрическая вероятность
1.6.5. Статистическое определение вероятности
1.6.6. Аксиоматическое определение вероятности
1.7. Условная вероятность. Независимость событий
1.8. Формула полной вероятности
1.9. Формула Байеса
1.10. Некоторые примеры вычисления вероятностей
1.11. Схема Бернулли
1.12. Формула Пуассона
1.13. Формула Муавра – Лапласа
Контрольные вопросы
Задачи
II. Случайные величины и их распределения
2.1. Случайная величина
2.2. Дискретные случайные величины
2.3. Непрерывные случайные величины
2.4. Преобразование случайных величин
3
2.5. Математическое ожидание случайных величин
2.6. Дисперсия случайных величин
2.7. Моменты случайных величин. Другие характеристики случайных величин
2.8. Характеристические функции
2.9. Производящие функции
Контрольные вопросы
Задачи
III. Многомерные случайные величины
3.1. Совместная (n – мерная) функция распределения
3.2. Дискретные двумерные случайные величины
3.3. Непрерывные n-мерные случайные величины
3.4. Условные распределения
3.5. Преобразование векторных случайных величин
3.6. Математическое ожидание векторных случайных величин
3.7. Моменты векторных случайных величин
3.8. Дисперсия векторной случайной величины
3.9. Условное математическое ожидание. Кривые регрессии
3.10. Условная дисперсия
3.11. Ковариация случайных величин
3.12. Коэффициент корреляции
3.13. Характеристические функции векторных случайных величин
Контрольные вопросы
Задачи
IV. Предельные теоремы теории вероятностей
4.1. Последовательности независимых событий
4.2. Последовательности независимых величин
4.3. Неравенство Чебышева
4.4. Типы сходимости
4.5. Закон больших чисел
4.6. Усиленный закон больших чисел
4.7. Центральная предельная теорема
Контрольные вопросы
Задачи
Ответы
Список использованной литературы
4
I. СЛУЧАЙНЫЕ СОБЫТИЯ
1.1. ПРЕДМЕТ ТЕОРИИ ВЕРОЯТНОСТЕЙ
Теория вероятностей изучает математические модели случайных экспериментов. Основным понятием в теории вероятностей
является событие. Это такое же неопределяемое понятие как время
в физике, число в математике. В научных исследованиях, при изучении законов природы события разделяются на условия и исходы
эксперимента. Условия – это события, известные экспериментатору, которые он осуществляет тем или иным способом. Исходы –
это события, которые могут произойти в результате эксперимента.
Совокупность условий и исходов и есть эксперимент (испытание,
опыт).
В течение длительного времени человек изучал детерминированные эксперименты, в которых условия (причины) полностью
определяют исход (следствие).
Случайными экспериментами (сл. экспериментами) называются такие, результаты которых неоднозначно определяются начальными условиями, то есть исходы сл. эксперимента заранее нельзя
предсказать. Исходы такого испытания называются случайными
событиями (сл. событиями).
Везде далее случайный эксперимент и случайное событие иногда будем называть просто экспериментом и событием (не используя прилагательного «случайный»).
Приведем примеры некоторых экспериментов (опытов).
Первый опыт: при подбрасывании симметричной однородной
игральной кости (условия) трудно предсказать заранее (априори)
5
какое число очков окажется на верхней грани. Возможны шесть
исходов: выпадение 1, 2, 3, 4, 5, 6 очков.
Второй опыт: подбрасывается симметричная однородная монета (условия). В этом опыте также невозможно предсказать заранее
каким результатом эксперимент закончится: монета упадет гербом
вверх – событие Г или «решкой » вверх – событие Р.
Третий опыт: подбрасываются две одинаковые монеты (условия). Исходами здесь будут события: обе монеты упали одной стороной вверх – события (Г, Г) или (Р, Р); первая монета упала гербом вверх, вторая – «решкой» – событие (Г, Р); первая монета упала вверх «решкой», а вторая – гербом – событие (Р, Г).
Теория вероятностей (ТВ) изучает не всякие эксперименты с непредсказуемыми результатами, а только такие, которые дополнительно удовлетворяют еще двум условиям: 1) возможности повторения испытания, хотя бы теоретически, бесконечное число раз; 2)
невозможности предсказания результата не только в первом испытании, но и во всех последующих.
Теория вероятности изучает события не сами по себе, а закономерности, которые возникают при многократном воспроизведении случайных экспериментов. В сочетании противоположных понятий закономерность – случайность состоит особенность науки,
именуемой теорией вероятностей.
Первые работы, в которых зарождались основные понятия ТВ,
представляют собой попытки создания теории азартных игр – конец 16, начало 17 веков (Кардано, Гюйгенс, Паскаль, Ферма и т.д.).
Эти задачи не могли быть решены известными в то время математическими методами. Можно считать, что как наука ТВ возникла
из чисто практических потребностей.
Следующий этап развития ТВ связан с именем Я.Бернулли. Доказанная им теорема (1713г.), получившая впоследствии название
«закона больших чисел», была первым теоретическим обоснованием накопленных результатов.
Успехи и потребности развивающихся естественных наук, особенно физики, послужили толчком к дальнейшему развитию ТВ.
Возникла теория ошибок, связанная с именами Гаусса, Пуассона.
Ошибки, как правило, случайны и не подвергаются индивидуальному учету, однако проявляют некоторую устойчивость.
Современный период в ТВ начинается с установления аксиоматики в этой науке. В 1933 г. вышла в свет книга советского математика А. Н. Колмогорова «Основные понятия теории вероятностей».
Предложенная в ней аксиоматика получила всемирную поддержку
и позволила не только охватить все имеющиеся разделы ТВ, но и
образовала тот фундамент, на котором выросло логически строй-
6
ное здание этой науки. Дальнейшее развитие ТВ связано с именами
математиков С. Н. Бернштейна, В. И. Романовского, А. Я. Хинчина, Б. В. Гнеденко, Н. В.Смирнова и др.
Роль ТВ в различных отраслях знаний трудно переоценить; ТВ
служит основой математической статистики, один из ее разделов –
случайные процессы – быстро развивается как в теоретическом, так
и в прикладном аспекте.
1.2. ПРОСТРАНСТВО ЭЛЕМЕНТАРНЫХ ИСХОДОВ
Со случайным экспериментом могут быть связаны разные по
«сложности» случайные события. Прежде всего, среди всевозможных исходов можно выделить множество взаимно исключающих
друг друга событий, которые нельзя разбить на более мелкие в
условиях данного опыта. В этом смысле они являются элементарными событиями. Так, все исходы в трех опытах, описанных выше,
являются элементарными событиями (эл.событиями).
Множество взаимно исключающих друг друга событий называют пространством элементарных событий. Обозначать его везде
будем буквой Ω (омега), элементы этого множества обозначаются
чаще всего буквой ω с индексами - ω1, ω2,… Так, в первом опыте Ω
= {ω1, ω2, ω3, ω4, ω5, ω6}, ωк – выпадение k очков на верхней грани
кости, k = 1,2,…,6; во втором опыте Ω={ω1, ω2} или Ω={Г, Р}; в
третьем опыте Ω={(Г, Г), (Р, Р), (Г, Р), (Р, Г)}={ω1, ω2, ω3, ω4}.
Иными словами, пространство элементарных событий – это
множество событий, удовлетворяющих условиям: 1) в результате
эксперимента обязательно появляется одно из этих событий; 2)
появление одного события исключает появление другого; 3) в
условиях данного опыта эти события не могут быть разделены на
более мелкие.
Другие события, как правило, объединяют в себе элементарные
события. Обозначать иные (не элементарные) события будем
большими буквами латинского алфавита A,B,C,… Примеры таких
событий в первом опыте: событие А={выпадение четного числа
очков}; событие В={выпадение не менее двух очков}; событие Н =
={выпадение нечетного числа очков}; в третьем опыте: событие C
={герб выпал не менее одного раза}; событие D={обе монеты упали одной стороной вверх} и т.д. Тогда событие A составляют эл.
события 2 , 4 , 6 в том смысле, что если опыт заканчивается
одним из этих трех исходов, то это и означает, что произошло со-
7
бытие А. Таким образом, A  2 , 4 , 6  , B  2 , 3 , 4 , 5 , 6 ,
H  1 , 3 , 5 , C  1 , 3 , 4  , D  1 , 2  .
Множество Ω не обязательно конечно. Пусть опыт состоит в
следующем: монета подбрасывается до первого появления герба и
затем опыт прекращается. Исходами такого опыта являются последовательности вида Г; РГ; РРГ; РРРГ;… Число выпадений «решки»
непредсказуемо. Оно может быть любым числом, поэтому элементарных исходов в этом опыте бесконечное множество (теоретически, по крайней мере). Другой пример опыта с бесконечным числом исходов, это время безотказной работы любого технического
прибора. В этом опыте Ω=[0,∞).
Если множество Ω конечно или счетно, его называют дискретным.
В теории вероятности, как мы увидим далее, природа элементов
множества Ω не представляет особого интереса.
Пример 1. Случайный эксперимент – двукратное подбрасывание игральной кости. Построить пространство элементарных исходов Ω и описать события: A = {оба раза выпало число очков, кратное трем}, B = {сумма выпавших чисел не больше 12}, C = {выпали одинаковые числа}, D = {число на первой кости меньше числа
на второй кости}, G = {произведение выпавших чисел делится на
пятнадцать}.
Решение. Поскольку результатами эксперимента являются пары чисел, выпавших на верхней грани игральной кости при первом
и втором подбрасывании ее, то в качестве пространства эл. исходов
естественно выбрать упорядоченные пары чисел, каждое из которых может принимать одно из шести значений, то есть
   i, j : i  1,6, j  1,6 . Тогда указанные события совпадают со
следующими подмножествами Ω: A={(3,3), (3,6), (6,3), (6,6)},
B=    i, j : i  1,6, j  1,6 , C   i,i  : i  1,6 ,








D=  i, j : i  1,5, j  i  1,6 , G={(3,5), (5,3), (5,6), (6,5)}.
1.3. СОБЫТИЯ, ОПЕРАЦИИ НАД НИМИ
Как уже было отмечено выше, событие состоит из некоторой
совокупности элементарных событий. Оно происходит, если произошло одно из элементарных событий, содержащихся в нем.
Примем пока такое определение события: событием называют
любое подмножество Ω (в п. 1.5 это понятие будет уточнено).
8
Часто бывает полезным наглядное представление событий в виде так называемой диаграммы Венна (Д. Венн – английский математик). В ней все пространство Ω изображается прямоугольником,
каждое элементарное событие – точкой в прямоугольнике, каждое
событие A – некоторой областью прямоугольника:
Ω
. ω
А
Пространство Ω – тоже событие, согласно определению последнего. Но это особое событие, оно происходит всегда! Такое
событие называется достоверным.
Для удобства дальнейшего изложения введем в рассмотрение
невозможное событие, обозначать его будем символом Ø. Невозможное событие никогда не происходит, так как не содержит ни
одного элементарного события. На языке множеств это пустое
множество.
В примере 1 такое событие можно было бы описать, например,
так: {произведение выпавших чисел делится на 11}. В первом опыте событие {выпадение хотя бы одного очка} – достоверное событие; событие {выпадение дробного числа очков} – невозможное
событие.
Отношение включения. Говорят, что событие A входит
(включено) в событие B, если наступление события A влечет за собой наступление события В. Обозначение: А  В.
Поскольку в свою очередь событие A происходит, если происходит одно из элементарных событий, благоприятствующих событию А (составляющих событие А, содержащихся в событии А), то
отношение А  В возможно тогда и только тогда, когда множество элементарных событий, содержащихся в A, является подмножеством элементарных событий, содержащихся в B.
Если одновременно A  В и В  А, то А и В считаются равными или эквивалентными, А = В.
Пример 2. В первом опыте событие A = {ω2, ω4,ω6} входит в событие B = {выпадение не менее двух очков}={ω2, ω3, ω4, ω5, ω6},
A  B.
9
На диаграмме Венна отношение A  В означает, что множество
А целиком содержится в множестве В.
Очевидны соотношения Ø  A  Ω.
Произведение двух событий. Произведением (пересечением)
двух событий A и B назовем событие С, которое происходит тогда
и только тогда, когда происходят одновременно оба события А и
В, т. е. событие С состоит из элементарных исходов, принадлежащих одновременно событиям А и В. Обозначение: С = А ∩ В
или C  AB .
Если АВ=Ø, то события A и B называют несовместными.
В третьем опыте события C={герб выпал не менее одного раза}
и D={обе монеты упали одной стороной вверх} имеют непустое
пересечение, CD={ω1}, ω1=(Г, Г). В первом опыте событие A
несовместно с событием H: А={ω2, ω4, ω6}, H ={ω1, ω3, ω5} => АH
=Ø.
Справедливы соотношения: АΩ=А, АØ=Ø, АВ=А, если A  В.
Последнее соотношение означает, что включение события А в
B, А  В, эквивалентно выполнению равенства АВ=А.
Замечание. Определение произведения двух событий очевидным образом обобщается на определение произведения любого конечного числа событий. В частности, события А1, А2,…АN называются попарно
несовместными, если i, j, 1  i, j  N, i  j,
Ai A j   .
Это замечание касается всех операций над событиями, о которых речь пойдет дальше.
Сумма событий. Суммой (объединением) двух событий A и B
называют событие С, которое происходит тогда и только тогда, когда наступает хотя бы одно из событий А, В, т.е. событие С состоит
из эл. событий, принадлежащих либо событию A, либо событию B,
либо тому и другому.
Обозначение: С=АUВ, С=А+В, если A∩В=Ø.
Справедливы соотношения: АUΩ=Ω, АUØ=A, АUB=B, если
A  B.
Разность событий. Разностью событий А и В называется событие С, которое происходит тогда и только тогда, когда происходит
событие А и не происходит событие В, т.е. событие С состоит из
тех эл. событий, которые принадлежат A, но не принадлежат В.
Обозначение: C  A \ B или С=А–В.
Справедливы соотношения: А–Ω=Ø, А–Ø=А; Ø–А=Ø; А–В=А,
если A∩В=Ø; А–В=Ø, если А  В.
Событие Ω – А принято обозначать символом A и называть
дополнением события А. Событие A происходит тогда и только
10
тогда, когда А не происходит. Событие Ā называют также событием, противоположным событию А.
В первом опыте событие A={выпадение четного числа очков},
тогда событие H={выпадение нечетного числа очков} является дополнением события A, то есть H= A и наоборот A= H .
Или пусть эксперимент состоит в стрельбе по мишени. Событие
А={цель поражена}, событие A = {цель не поражена}.
Отметим, что из включения A  В следует включение B  A .
Справедливы соотношения: А A =; А+ A =;  =,  =, A =А.
Симметрической разностью двух событий A и B называется
объединение двух событий (А–В) и (В–А). Обозначение: С=А∆В=
(А–В)U(B–A). Поскольку (А–В)∩(B–A)=Ø, то A∆B=(А–В)+(B–A).
Кроме того, так как А–В=А∩ B , В–А=В∩Ā, то А∆В=А B + A В. Если А∩В=Ø, то А∆В=А+В; если A  В , то A∆В = В–А.
Приоритет выполнения вышеперечисленных действий: дополнение; умножение; сложение и вычитание.
Упражнение. Изобразить на диаграмме Венна все введенные
выше арифметические операции.
Пользуясь диаграммой Венна легко показать справедливость
формул де Моргана (шотландский математик и логик):
А В  А В , А В  А В . Формулы справедливы для любого
конечного числа событий.
Отметим, что все операции могут быть выражены через две –
объединение и дополнение или пересечение и дополнение. Основанием для этого утверждения служат формулы де Моргана и соотношение А–В= А В .
1.4. СВОЙСТВА ОПЕРАЦИЙ
Операции умножения и сложения обладают всеми свойствами
аналогичных операций над числами:
1. Коммутативность сложения и умножения: A  B  B  A,
AB  BA;
2.
Ассоциативность
сложения
и
умножения:
A

B

C

A

B

C
;
(АВ)C=А(ВС);




3. Первый распределительный закон:  A  B C  AC  BC .
11
4. Второй распределительный закон (для чисел места не имеет): AB C   A C  B C  .
Справедливость указанных выше соотношений предлагается
проверить самостоятельно.
Упражнение. Доказать справедливость соотношений:
1. A B B  B – так называемая формула поглощения;
2. A B  A B  A B  A B ;
3. A B  A  A B .
1.5. АЛГЕБРА И σ– АЛГЕБРА СОБЫТИЙ
Пусть Ω – пространство эл. событий некоторого случайного
эксперимента. Любое подмножество множества Ω назовем ω –
множеством (ранее мы назвали любое подмножество Ω событием,
пока откажемся от этого названия, так как не любое ω – множество
есть необходимость и возможность называть событием). Дадим
формальное определение алгебры событий.
Определение. Непустое множество F ω–множеств называется
алгеброй событий, если выполняются следующие два условия:
1)   F,   F, 2) из условий A  F, В  F, следует A B  F.
Любое ω–множество из этого класса и только оно называется
событием (см. замечание в начале п.1.3).
Из определения немедленно следует утверждение, что алгебра
событий F вместе с каждым событием A содержит и событие A :
А  Ω Ω=А+Ā. По условию   F , A  F,  A  F . Далее, принимая во внимание замечание в конце п.1.3, заключаем, что если A
и B  F, то события А∩В, А–В, В–А, А∆В также принадлежат множеству F. Действительно, если события A и B содержатся в алгебре
F, то A, B также по только что доказанному содержатся в множестве F  A B  F по определению алгебры. На основании формул де Моргана, A B  AB  F , следовательно, A B  F . Далее,
A  B  AB , тогда на основании всего сказанного выше, A  B  F
и т.д.
Как видим сумма, разность и произведение событий из класса F
имеют результатом событие этого же класса. Поэтому алгебру событий F можно определить еще и так: алгебра событий F – это
12
класс ω–множеств, замкнутый относительно конечного числа
арифметических операций (умножение, сложение, вычитание).
Пример 3. F= ,  – класс множеств, состоящий из двух событий, достоверного и невозможного, является алгеброй – это так
называемая тривиальная алгебра. Действительно, сумма, произведение, разность конечного числа элементов этого множества дает в
результате элемент этого же множества.
Пример 4. Пусть А – некоторое подмножество множества Ω.
Тогда класс множеств F = (Ω, Ø,А, A ) образует алгебру.
Пример 5. Пусть Ω ≡ R. Рассмотрим промежутки чисел вида
[а,b),   a  b   . Их называют отрезками, полуоткрытыми
справа. Множества, являющиеся результатом конечного суммирования отрезков, полуоткрытых справа, образуют алгебру в R 1 .
Пример 6. Пусть Ω ≡ R m , рассмотрим множество всех параллелепипедов вида a1,b1 )  a 2 ,b2 )  ...  a m , bm ) ,   a k  b k   ,
k  1,m . Их называют полуоткрытыми справа параллелепипедами.
Множества, являющиеся результатом конечного суммирования параллелепипедов, полуоткрытых справа, образуют алгебру в R m .
Отметим, что свойство 2 из определения алгебры событий выполнимо для любого конечного набора ω–множеств, то есть если
A k  F, k  1, 2,..., n, то
n
k 1
Ak  F,
n
k 1
Ak  F . Если же свойство 2
полагать выполненным для любой (не только конечной) последовательности подмножеств A1 , A 2 ,..., A n ,..., то получим новый класс ω
– множеств.
Определение. Пусть Ω – бесконечное множество элементарных
исходов некоторого эксперимента. Непустой класс F ω – множеств из Ω, удовлетворяющий условиям: 1)   F,   F, 2) если
события A1 , A 2 ,..., A n ,... принадлежат множеству F, то и событие
A n принадлежит множеству F, называется σ – алгеброй собыn
тий.
Пример 7. Пусть имеют место условия примера 5. Рассмотрим
1 
A n   ,1 , n=1,2,… Очевидно, что
последовательность
n 
A n  (0,1). Это означает, что результат применения счетного
n
13
числа операций сложения к множествам A n выводит из алгебры F
в R 1 : (0,1)  F . Но по определению σ – алгебры множество
(0,1)  – алгебре F в R 1 .
Таким образом, σ–алгебра F в R 1 наряду с множествами вида
[a,b)
содержит
любое
из
восьми
множеств:



{a}, (a, b), a, b  , a, b , , b , , b  ,  a,   , a,   . Систему та-
ких промежутков – σ–алгебру F в R 1 называют борелевской, а ее
множества – промежутки указанного выше типа – борелевскими
множествами. Наряду с обозначением F часто в этом случае используют обозначение B R1 : F≡ B R1 .
Опираясь на формулы де Моргана можно показать, что пересечение счетного множества событий А снова будет принадлежать
σ–алгебре F. Отсюда вывод: σ-алгебра F – это класс ω–множеств,
замкнутый относительно счетного числа арифметических операций.
Пример 8. Можно утверждать, что как и в примере 7, алгебра
F в R m порождает σ–алгебру в R m . Ее также называют борелевской алгеброй в R m , часто используют при этом обозначение
B Rm .
Пример 9. Множество всех подмножеств Ω образует σ–
алгебру, если Ω конечно. Пусть   1 , 2 , 3  . Тогда σ–алгебру
образуют множества 1 , 2  , 3 , 1 , 2  , 1 , 3 , 2 , 3  ,
1, 2 , 3. Между алгеброй и σ–алгеброй существует взаимосвязь: σ–алгебра всегда является алгеброй, обратное утверждение в
общем случае места не имеет. Однако, справедливо утверждение
[3]: для того, чтобы алгебра F была σ–алгеброй необходимо и достаточно чтобы предел любой монотонной последовательности
множеств из алгебры F принадлежал этой алгебре F.
Последовательность событий A n  называется монотонной, если  n≥1 A n  A n 1 – неубывающая последовательность или
A n 1  A n – невозрастающая последовательность. Тогда событие
 
 
 
A
An в первом случае и событие A 
n
An – во втором назыn
вают пределом соответствующей последовательности A n  и обо-
14
значают символом: A  lim A n . Событие
n 
из последовательности событий
A n состоит в том, что
n
A1 , A 2 ,..., A n ,... происходит по
крайней мере одно событие; событие
A n состоит в том, что все
n
события последовательности A1 , A 2 ,..., A n ,... происходят одновременно.
Итак,
 A n , если последовательность неубывающая

A  lim A n   n
n 
 A n , если последовательность невозрастающая
n
Пару объектов Ω и F называют измеримым пространством,
обозначают символом (Ω, F).
Для формализации какой-либо вероятностной задачи надо сл.
эксперименту приписать измеримое пространство (Ω, F), где Ω –
пространство элементарных исходов эксперимента, σ–алгебра F
выделяет класс событий – все ω–множества из Ω, не входящие в F,
событиями не являются. Выделение того или иного измеримого
пространства обусловлено с одной стороны существом рассматриваемой задачи, а с другой – природой множества Ω: далеко не всегда можно определить вероятностную меру на (Ω, F) так, чтобы она
имела смысл для любого ω–множества из Ω.
Замечание. Подмножества пространства Ω, не являющиеся событиями, с практической точки зрения представляют собой математическую абстракцию. Само доказательство их существования
представляет собой сложную задачу. Поэтому при первоначальном
знакомстве с теорией вероятности будем считать, что всякое подмножество Ω входит в σ – алгебру F.
1.6. ВЕРОЯТНОСТЬ СОБЫТИЙ
1.6.1. Классическое определение вероятностей
Ранее мы отметили, что ТВ изучает закономерности, возникающие при многократном воспроизведении опытов. Одной из числовых характеристик таких закономерностей призвана служить вероятность событий (в том числе элементарных), связанных с дан-
15
ным опытом. Есть несколько определений вероятностей событий,
начнем с исторически первого, классической вероятности.
Пусть Ω конечно и содержит n элементов ω1, ω2,…ωn, то есть Ω
– дискретное множество. Будем полагать, что все исходы равновозможны. Это понятие в ТВ также первично, оно связано с симметрией проводимого опыта, когда ни один из исходов опыта не
имеет никаких преимуществ в появлении перед остальными.
Например, во втором опыте нет оснований предпочесть выпадение
герба «решке» и наоборот, если монета симметрична, однородна.
Пусть A – некоторое событие, следовательно, оно состоит из некоторого числа m элементарных исходов i1 , i 2 , i3 ,..., i m , где
i1 ,i 2 , ,i m – неравные между собой числа, принимающие значения
от 1 до n. Вероятностью события A называется число:
m
Р(А) =
(1.1)
n
Это и есть классическое определение вероятности события А.
В случае конечного множества Ω σ–алгебра F состоит из всех
подмножеств множества Ω. По определению вероятности события
и учитывая тот факт, что эл. события – это также события, получа1
ем P(k )  , k  1,n. Таким образом, все эл. события равновероn
ятны.
Пример 10. Пусть в первом опыте событие A={выпадение не
менее 5 очков}. Вычислить вероятность события А.
Решение.
Событию
A
среди
эл.
событий
  1 , 2 , 3 , 4 , 5 , 6  благоприятствуют два эл. события (содержатся в событии А), это события ω5 и ω6, то есть m = 2. Тогда
по формуле (1.1) P (A)=2/6=1/3.
Пример 11. Пусть в третьем опыте событие A={выпадение не
менее одного герба}. Вычислить вероятность события А.
Решение. В событие A входят эл. события ω1, ω3, ω4, то есть
m=3. Тогда Р(А)=3/4.
Как видим, классическое определение вероятностей есть конструктивное определение – оно не только определяет вероятность
события, но и позволяет вычислять ее.
Можно отметить некоторые свойства вероятности, вытекающие
из классического определения.
1. P()  0 .
Для невозможного события нет благоприятных элементарных
исходов, m=0;
16
2. P()  1 .
Достоверному событию благоприятствуют все элементарные
исходы, m = n.
3. 0  P(A)  1 .
m
Так как 0  m  n , то 0   1 ;
n
4. P(A)  1  P(A) .
Если событию A благоприятствуют m элементарных событий
из n, то дополнительному событию A благоприятствуют оставшиеся
n–m
элементарных
событий.
Тогда
nm
m
P(A) 
 1   1  P(A) .
n
n
5. Для попарно несовместных событий A1 , A 2 ,..., A N вероятность суммы событий равна сумме их вероятностей:
N
N
k 1
k 1
P( A k )   P(A k ) .
Рассмотрим сначала два события A1 и A 2 . Среди n элементарных исходов событию A1 благоприятствуют m1 исходов, событию
A 2 – m 2 исходов. Тогда несовместным событиям A1 и A 2 благоприятствуют m1 + m 2 элементарных исходов, следовательно, событию A1 + A 2 также благоприятствуют m1 + m 2 исходов.
m  m2 m1 m2
P(A1  A2 )  1


 P(A1 )  P(A2 ) .
n
n
n
Общая формула основывается на рассмотренном случае, так как
сумму любого конечного числа попарно несовместных событий
можно представить как сумму двух несовместных событий:
A1  A 2  ...  A N  A1  (A 2  ...  A N ) 
 A1  (A 2  (A3    A N ))   
P  A1  A2  ...  A N  
 P(A1 )  P(A 2  ...  A N )  P(A1 )  P(A 2 )  P(A 3  ...  A N )   
 P(A1 )  ...  P(A N ) .
Замечание. Результаты в примерах 10 и 11 можно проинтерпретировать следующим образом: поскольку все эл. события несовместны и равновероятны, то вероятность события A может быть
17
получена по формуле P(А) =

k A
примере
10
P  k  
1
,
6
P(k ) (см. свойство 5). Так, в
A  5 , 6  ,
следовательно,
1 1 1
  
6 6 3
Эта интерпретация вероятности события, приведенная к примерам 10 и 11, позволяет обобщить понятие классической вероятности на случай, когда пространство элементарных исходов конечно,
но элементарные события не являются равновозможными. Если
задаться для всех k , k  1, n , числами pk  P  k  , pk  0,
P  A 
n
 pk  1
(свойства вероятностей 2,3), тогда вероятность любого
k 1
события A может быть вычислена по формуле: P  A  

k A
pk .
1.6.2. Элементы комбинаторики в теории вероятностей
Для того чтобы вычислять вероятность по формуле (1.1), надо
уметь находить числа m и n, для этого используют методы комбинаторики. Комбинаторика – это раздел математики, посвященный
решению задач выбора элементов из заданного множества и расположения их в группы по заданным правилам. Полученные группы
элементов называются соединениями. Они могут отличаться друг
от друга числом элементов в них, при одинаковом числе элементов
в соединениях они могут отличаться как составом элементов, так и
порядком следования элементов. В теории вероятностей, как, впрочем, и в самой комбинаторике, интересуются не самими соединениями, а их числом.
Основное правило комбинаторики (правило умножения) состоит
в следующем: пусть требуется выполнить одно за другим К действий, при этом 1-е действие можно выполнить n1 способами, 2-е –
n2 способами,…,к-е – nК способами. Тогда все K действий вместе
могут быть выполнены n1·n2·…·nК способами.
Пример 12. Сколько четырехзначных чисел можно составить из
цифр 0,1,2,3,4,5, если 1) ни одна из цифр не повторяется более одного раза; 2) цифры могут повторяться; 3) числа должны быть нечетными.
Решение. 1). Первой цифрой числа может быть любая из
1,2,3,4,5. Если первая цифра выбрана, то вторая может быть выбра-
18
на 5 способами, третья– 4 способами, четвертая–3 способами. Следовательно, общее число способов составления четырехзначных
чисел с неповторяющимися цифрами в них равно 5·5·4·3=300.
2). Здесь первая цифра числа также может быть выбрана 5 способами. Для каждой из последующих цифр возможен один из шести случаев: 0,1,2,3,4,5. Следовательно, общее число способов равно 5·6 3 =1080.
3). Число нечетных чисел равно 5·6·6·3=540.
Для нас будут полезны такие типы соединений как: размещения,
перестановки, сочетания.
1. Размещениями из n элементов по m элементов называют
соединения, состоящие из m элементов, взятых из данных n элементов и отличающихся друг от друга или самими элементами или
их порядком. Иными словами – это упорядоченные m – элементные подмножества множества, состоящего из n элементов. Число
размещений из n элементов по m элементов обозначается символом
Am
Am
n  n(n  1)...(n  m  1) 
n и вычисляется по формуле
n!

, 1  m  n . Пусть, например, имеются буквы а, b, c.
(n  m)!
Упорядоченные двумерные подмножества этого множества букв
имеют вид ab, ac, ba, bс, ca, cb, их число равно A32  3  2  6.
2. Перестановки – это размещения при m = n. Число перестановок,
следовательно,
вычисляют
по
формуле
n
Pn  A n  n(n  1)(n  2)...1  n! . Из трех букв a, b, c можно составить следующие перестановки: abc, acb, bac, bca, cab, cba, число
перестановок равно P3  3!  6.
3. Сочетаниями из n элементов по m элементов называют m –
элементные соединения, взятые из данных n элементов и отличающиеся друг от друга хотя бы одним элементом. Иначе говоря, это
m – элементные неупорядоченные подмножества множества, состоящего из n элементов. В отличие от размещений порядок элементов в сочетаниях не учитывается. Число сочетаний из n элементов по m элементов обозначается символом C m
n и вычисляется
Am
n(n  1)...(n  m  1)
n!
n
. Так, из


m!
m!
m!(n  m)!
трех букв a, b, c можно составить такие сочетания по две буквы: ab,
по формуле Cm
n 
19
3!
 3. При вычислениях,
2!
когда число m больше половины числа n, полезна формула
n m
Cm
.
n  Cn
4. Размещениями с повторениями из n элементов по m элементов называются соединения по m элементов, причем каждый из
m элементов может быть любым из n элементов. Число размещений с повторениями обозначается символом Vnm и вычисляется по
ac, bc, число таких сочетаний равно C32 
следующей формуле: Vnm  n m . Так, из трех букв a, b, c можно составить такие размещения с повторениями по две буквы: аа, ab, ac,
ba, bb, bc, ca, cb,cc, тогда V32  32  9.
5. Перестановками с повторениями из n элементов, среди которых имеется n1 элементов первого типа, n 2 элементов второго,…, n k элементов k-го типа, при этом n  n1  n 2  ...  n k , называются соединения, содержащие все данные n элементов с указанными числами повторений одинаковых элементов. Все эти соединения отличаются друг от друга только порядком элементов. Число
перестановок из n элементов по k элементов с заданными числами
повторений обозначается символом Pn (n1 , n 2 ,...n k ) и находится по
n!
формуле: Pn (n1 ,n 2 ,...n k ) 
. Так, число различных слов,
n1 !n 2 !...n k !
которые можно получить перестановкой букв в слове мама,
4!
P4 (2, 2) 
 6 , вот эти слова: мама, амма, маам, аамм, ммаа,
2!  2!
амам.
Отметим, что если k = 2, то среди n элементов n1  m элементов
первого типа и n 2  n  m элементов второго типа , следовательn!
но, Pn (m,n  m) 
 Cm
n . В этом случае вместо обозначеm!(n  m)!
ния Pn (m, n  m) часто используется обозначение C  m,n  m  .
Могут быть и сочетания с повторениями. Число сочетаний с
n 1
повторениями вычисляется по формуле Cm
n  m 1  C n  m 1. Из букв a,
b, c можно составить такие сочетания с повторениями: aa, ab, ac,
43
bb, bc, cc, тогда C3221  C42 
 6.
1 2
20
Пример 13. По к воздушным целям запускается р ракет, p  k .
Каждая ракета независимо от других выбирает себе цель. Выбор
любой цели равновозможен. Найти вероятность, что ракеты выберут разные цели – событие А.
Решение. Здесь n  Vkp  k p , так как каждое размещение ракет
по целям есть р – элементное соединение, в котором для каждой
ракеты выбирается любая из к целей. Число m  Apk , так как если
рассмотреть благоприятные событию A исходы, то получим схему:
первая ракеты выбрала одну из к целей, для второй ракеты остается
выбор любой из (к-1) оставшихся целей, для третьей – выбор из
(к-2) оставшихся и т.д. Отсюда m  k(k  1)...(k  (p  1))  Apk , 
P(A) 
A pk
.
kp
Пример 14. Две радиостанции могут работать на одной из трех
фиксированных частот каждая. Найти вероятность того, что при
одновременном и независимом выходе в эфир они будут работать
на различных частотах – событие А.
Решение. Независимый выход в эфир здесь означает, что каждая станция выбирает себе частоту работы независимо от того, какие частоты выбрала себе другая. Общее число исходов здесь вычисляется по формуле V32  32  9 , так как каждая станция может
выбрать одну из трех частот независимо от другой. Число
6 2
m  A32  3  2  6 (см. предыдущий пример)  P(A)   .
9 3
Пример 15. Пусть требуется разместить n различных частиц по
к ячейкам (к<n) так, чтобы в первой ячейке было n1 частиц, во
второй – n 2 , и т.д., в к-й ячейке – n k частиц. Каким числом способов это можно сделать?
Решение. Число исходов опыта можно найти по правилу умножения. В первую ячейку частицы можно разместить Cnn1 способами, во вторую – Cnn 2 n
1
Cnn kn
1  n 2  n k 1
способами, и т.д.,
в к-ю ячейку –
способами. Тогда m  Cnn1 Cnn 2n ...Cnn kn
1
21
1  n 2  n k 1

(n  n1 )!
(n  n1    n k 1 )!
n!
n!




n1 !(n  n1 )! n 2  n  n1  n 2 ! n k !(n  n1    n k )! n1 !n 2 ! n k !
 Pn (n1 , n 2 , , n k ) (см. также определение перестановок с повторениями).
Пример 16. Девять человек выбирают 3 различные экскурсии
независимо друг от друга. Выбор каждой экскурсии равновозможен. Найти вероятность, что каждую экскурсию выберет одинаковое число экскурсантов – событие А.
Решение. Общее число исходов здесь вычисляется по формуле
n  V39  39 , число исходов, благоприятных событию A, равно
9!
m  P9 (3,3,3)  P(A) 
 0.085 .
3!3!3!39
Пример 17. Партия из S деталей содержит R бракованных. Для
контроля из партии выбирают s деталей. Найти вероятность, что
среди них будет r бракованных – событие A.
Решение. Общее число элементарных исходов n  CSs , так как
по условию задачи в соединениях по s элементов интерес представляют сами элементы, порядок следования элементов безразличен. Для вычисления числа m отметим, что r бракованных выбираются из общего числа R бракованных изделий, остальные (кондиционные) s–r выбираются из оставшихся S–R кондиционных. Число m тогда, согласно основному правилу (принципу) комбинаториCr Cs r
ки, равно m  CrR CSs rR  P(A)  R sSR .
CS
Полученную формулу при различных значениях 0  r  s называют гипергеометрическим распределением.
Пример 18. Сколькими способами можно упорядочить множество 1,2,3,...,2n так, чтобы каждое четное число имело четный
номер.
Решение. Четных чисел в заданном множестве n, столько же
мест с четными номерами, потому существует n! способов размещения n четных чисел по n местам с четными номерами. Каждому
такому размещению отвечает ровно n! способов размещения n нечетных чисел по n местам с нечетными номерами. Потому общее
число способов размещения n четных чисел по n местам с четными
номерами равно n!2 .
Пример 19. Сколько целых неотрицательных решений имеет
уравнение x1  x 2    x n  m ?

22
Решение. Число таких решений совпадает с числом сочетаний с
повторениями из n элементов по m элементам. Если обозначить
число таких решений за р, то p  Cm
n  m 1 .
Пример 20. Сколько частных производных порядка m существует у бесконечное число раз дифференцируемой функции n переменных?
Решение. Предположим сначала, что все смешанные производные функции по одним и тем же аргументам равны между собой.
Тогда, обозначив число частных производных порядка m у функции n переменных через р, получим равенство p  Cm
n  m 1 . Например, функция трех переменных имеет 6 различных частных произ , f xy
 ,
водных второго порядка, так как C32 21  C42  6. Вот они: f xx
 , f yy
 , f yz
 , f zz
 .
f xz
Если полагать, что все смешанные производные функции по одним и тем же аргументам различны между собой, то p  Vnm . В
приведенном примере для функции трех переменных это будут
 , f xy
 , f xz
 , f yx
 , f yy
 , f yz
 , f zx
 , f zy
 , f zz
 , и их число
f xx
производные
равно p  32  9.
1.6.3. Урновая схема
Классическое определение вероятности может быть реализовано
на так называемой урновой схеме. Под урной понимается емкость,
в которой размещены одинаковые по размеру и неразличимые на
ощупь шары. Шары в урне тщательно перемешиваются. Случайный эксперимент состоит в выборе некоторого количества шаров
из урны «не глядя». В этих условиях выбор любого из шаров, находящихся в урне, равновозможен.
В урновой схеме набор из m элементов назовем выборкой, что
соответствует ранее приведенному термину соединение. Термину
размещение эквивалентен термин упорядоченная выборка, термину
сочетание – неупорядоченная выборка. Таким образом, упорядоченная выборка содержит различающиеся либо цветом, либо номером, либо еще по какому-нибудь признаку шары, неупорядоченная
выборка содержит неразличимые шары.
Выборки различают еще по признаку возвращения: выборки с
возвращением и выборки без возвращения. При выборке без возвращения вынутые шары в урну не возвращаются. Если это были
пронумерованные шары, то среди чисел i1 ,i 2 ,   ,i m , где i k – номер
23
вынутого шара, к=1, 2,…, m, не может быть совпадающих. При
этом в урне всего n шаров. Выборку шаров из урны можно организовать и по-другому: вынимается шар, его номер i1 запоминается,
затем он возвращается в урну, шары в урне тщательно перемешиваются. Эта процедура повторяется m раз. Это наглядное представление выборки с возвращением. В такой выборке среди чисел
i1,…,im могут быть и совпадающие, так как при таком выборе на
очередном шаге всегда может быть выбран любой из n шаров. Число исходов при урновой схеме представлено в табл. 1.
Таблица 1
Выбор
С возвращением
Без возвращения
nm
Am
n
Cm
n  m 1
Cm
n
Тип выборки
Упорядоченная
Неупорядоченная
Замечание. Решение примеров 19, 20 станет более прозрачным,
если использовать урновую схему.
Пример 21. В студенческой группе из 25 человек нужно выбрать старосту, комсорга и профорга (регалии дней давно минувших). Сколько вариантов такого выбора существует?
Решение. Если отвлечься от конкретного содержания задачи, то
имеем просто схему урн; нас интересует число выборок по 3 шара
из 25 шаров без возвращения, упорядоченных, т.к. мы различаем
старосту, профорга и комсорга.
Следовательно, согласно табл.1, число вариантов выбора равно
|Ω|= A m
n =25*24*23=13800. Здесь через |Ω| обозначено число
n – общее число эл. исходов эксперимента.
24
Пример 22. Группа из 25 человек должна выбрать три человека
на студенческую конференцию. Сколько вариантов такого выбора
существует?
Решение. Опять-таки работает схема урн, выборка неупорядоченная, без возвращения, следовательно, согласно табл. 1 существует |Ω|= C m
n =13800/3!=2300 вариантов выбора.
Пример 23. В урне 5 карточек, занумерованных числами 1, 2, 3,
4, 5. По схеме случайного выбора с возвращением из урны трижды
вынимается карточка. Какова вероятность того, что ровно в двух
25
случаях из трех будут вынуты карточки с нечетными номерами –
событие A.
Решение. В эксперименте элементарное событие выглядит следующим образом: ω=(i1, i2, i3), числа i1, i2, i3 соответствуют номерам вынутых карточек. Различных эл. исходов в эксперименте равно |Ω|=53 (см. табл. 1) – карточки пронумерованы и, следовательно,
отличаются друг от друга. Событие A – ровно в 2-х случаях из 3-х
вынимаются карточки с нечетными номерами, иначе А={ω=(i1, i2,
i3): ровно одно из чисел ik четное}. Это четное число может находиться на одном из 3-х мест: на месте i1, i2 или i3. Число эл. событий, благоприятствующих событию A, можно вычислить по схеме
C12 С 13 С 13 +С 13 C12 С 13 +С 13 С 13 C12 =3 C12 С 13 С 13 =3·2·3·3=54.
Следовательно, вероятность события А равна Р(А)=54/53=2*(3/5)3=0,432.
1.6.4. Геометрическая вероятность
Недостаток классического определения вероятности состоит в
том, что это определение годится только для конечных множеств
Ω. В идейной своей основе геометрическая вероятность не отличается от классической, но связана со сл. экспериментами, число исходов которых бесконечно. В этой ситуации также работает принцип равновероятности (равновозможности) эл. событий, но суть
его должна быть проинтерпретирована по другому, т.к. никакому
эл. событию здесь в качестве его вероятности невозможно поставить в соответствие никакого другого числа, кроме нуля. Эта интерпретация носит название принципа геометрической вероятности и состоит в том, что
1. Множество Ω рассматривается как некоторое непрерывное
ограниченное множество с бесконечным числом элементов,
например, отрезок, многоугольник, шар и т.д. (вид множества
определяется условиями задачи);
2. Опыт состоит в бросании идеальной точки (не имеет ни размера, ни веса) в это множество Ω;
3. Вероятность попадания ее в какую-нибудь область А  Ω
пропорциональна мере этой области μ(А).
Тогда вероятность наступления события А определяется как:
A
(1.2)
P A 
 
Принцип геометрической вероятности позволяет утверждать,
что выбор любой точки из Ω – равновозможен.
Из формулы (1.2) вытекают все свойства вероятности, отмеченные для классического определения.
26
Пример 24. На линии связи длиной 10 км произошел обрыв.
Какова вероятность, что он произошел не далее чем в 2 км от начала – событие А.
Решение. Предполагем, что линия связи однородна и потому
положение точки обрыва равновозможно на любом отрезке линии,
где бы он не располагался. Тогда применимо определение (1.2):
2 1
P(A)   .
10 5
Пример 25. Это знаменитая задача в другой формулировке
впервые была предложена Уайтвортом в 1886 году. Два лица договорились о встрече в интервале времени  t1, t 2  . Первый, прибывший на встречу, ждет другого в течение времени t, затем уходит.
Моменты прихода каждого из двух лиц независимы и выбираются
наудачу в заданном промежутке времени. Какова вероятность
встречи двух лиц?
Задаче можно придать и прикладной смысл. Например, в любые
моменты времени промежутка длиной Т равновозможны поступления в приемник двух независимых сигналов. Приемник не различает сигналов (забит), если разность между моментами поступления
сигналов будет меньше t. Определить вероятность, что приемник
будет забит.
Приведем еще одну формулировку задачи.
Пусть задан отрезок длины ℓ, на котором случайным образом
выбирается две точки С и В. Считая, что имеет место принцип
геометрической вероятности, найти вероятность того, что длина
отрезка СВ будет меньше a, а ≤ℓ, – событие А.
Решение. Решение задач приведем для задачи в последней формулировке. В этой задаче в качестве множества Ω удобно рассмотреть квадрат с вершиной в точке (0,0) со стороной ℓ. Каждой точке
С и В назначим по стороне: координата точки С – x, координата
точки В – y, 0 ≤ x, y ≤ℓ . Событие А наступит, если │x – y│≤ a.
Геометрически событие А – это часть квадрата между прямыми
x – y = а и у – x = a. Поэтому Р(А) =площадь (А) / площадь (Ω)=
=[ 2 -2  ( - a)2 /2]/
2
=[2a - a 2 ]/
2

27
2a
2
a
-  .
 
Пример 26 (Задача Бюффона). Площадь разграфлена параллельными прямыми, отстоящими друг от друга на расстоянии ℓ. На
плоскость наугад бросают иглу длиной 2а, а<ℓ. Найти вероятность
того, что игла пересечет какую-нибудь из параллельных прямых –
событие А.
Решение. Обозначим за х расстояние от центра иглы до ближайшей прямой, за φ – угол между иглой и этой прямой. Пара чисел х, φ полностью определяет положение иглы на плоскости. Следовательно, Ω={(х, φ): 0  х  ℓ, 0  φ  π}, μ(Ω)= ℓ π (см. рис.).
Благоприятствующие событию А элементарные исходы можно
выделить
условием:
х  аsinφ,
(х,φ)  Ω:
28
A   x,  : 0  x  sin , 0     .

Тогда μ(А)=  a sin d =2а,
0
2а
P(А)=
.

1.6.5. Статистическое определение вероятности
В практических задачах выделение множества Ω не всегда возможно, но даже если множество  и известно, выбор его элементов не обязательно равновозможен при бесконечном числе их, следовательно, воспользоваться приведенными выше определениями
вероятности не удается. В основе статистического определения вероятности лежит опытный факт – так называемая устойчивость частот. Поясним этот термин на примере.
Будем подбрасывать монету достаточно долго и обозначим число появлений герба после n испытаний через n r . Было замечено
(опытный факт), что с ростом n величина nг/n проявляет стремление приблизиться к числу 0,5. Чтобы проверить это обстоятельство
Бюффон в 18 веке провел 4040 подбрасываний монеты, из них герб
выпал 2048 раз, так что частота появления герба в этой серии испытаний оказалась равной nг/n=2048/4040=0,507. Пирсон провел
24000 бросаний специально изготовленной монеты, герб выпал
12012 раз, nг/n=0,5005.
Оказывается это явление имеет общий характер: частота осуществления какого-либо исхода в последовательности экспериментов, проводимых в одинаковых условиях, приближается к некоторому числу p  [0,1]. Этот факт впервые был теоретически осмыслен Я. Бернулли. В своей теореме (1713 г.) он доказал что каково
бы ни было ε > 0 с ростом n вероятность того, что частота события
A отличается от некоторого постоянного числа p  [0,1] не более
n

чем на ε, стремится к 1: P  A  p     1, n  .
 n

Относительной частотой события A назовем отношение числа
n A опытов, в которых событие А произошло, к числу проведенных
опытов:
n
(1.3)
P (A)  A
n
Тогда вероятность события A приближенно равна относительной частоте этого события. Чем больше число n, тем точнее равен-
29
ство: P(A)  P (A) . Это и есть статистическое определение вероятности.
Статистическая вероятность имеет те же свойства, что и при
классическом определении.
Однако легко видеть, что статистическая вероятность обладает
рядом существенных недостатков, главными из которых являются:
1) последовательность частот {nA/n} при проведении одной серии
опытов отличается от последовательности частот в другой серии
опытов; 2) на самом деле это никакая не последовательность, а конечное число членов последовательности, т.к. до сих пор еще никто не провел бесконечного числа опытов и в обозримом будущем
этого делать не собирается – получить всю последовательность
просто невозможно; 3) при таком определении вероятности события A не видно связи между классической и статистической вероятностями.
По-видимому, вероятность события A нужно определить как-то
иначе, но так, чтобы имело место отмеченное желаемое свойство
частот: в каком-то смысле отношение nA/n должно приближаться с
ростом n к вероятности рассматриваемого события A (см. теорему
5 из раздела 4 и пример 2 после теоремы 5). При этом можно воспользоваться результатами, которые не вызывают сомнений, а
именно: вероятность достоверного события равна 1, невозможного
– 0, любого другого события – заключена между нулем и единицей.
1.6.6. Аксиоматическое определение вероятности
Пусть задано измеримое пространство (Ω, F). В нем Ω – пространство эл. событий, F – некоторая σ-алгебра событий (множества из F считаются событиями и только они).
Определение. Вероятностью события А из σ-алгебры F называется вещественная функция, определенная на F и удовлетворяющая следующим свойствам (аксиомам):
А1. Р (А) ≥ 0 А  F – аксиома неотрицательности;
А2. Р (Ω) = 1 – аксиома нормированности;
А3. Если последовательность событий A n  такова,
A k )=  P(A k ) – аксиома аддитивности
что Ai A j  , i  j, то P(
k
k
сложения.
С точки зрения теории меры задание вероятности на F – задание конечной меры на измеримом пространстве (Ω,F): неотрицательной, счетно–аддитивной функции (свойства А1 и А3), но с до-
30
полнительным условием на нее: Р(Ω)=1. Вероятность, заданную на
σ–алгебре F, называют вероятностной мерой. Тройка объектов
(,F,P) называется вероятностным пространством. В нем Ω –
пространство эл. событий, F – σ–алгебра событий и P – вероятностная мера на измеримом пространстве (Ω, F).
В таком виде аксиоматика теории вероятностей была сформулирована А. Н. Колмогоровым и получила международное признание (до нее была известна, например,
система аксиом
С.Н.Бернштейна, не получившая распространения). Как всякая система аксиом она не единственна. Вместо аксиомы А3 можно ввести следующие два утверждения: A3 : если события A1 , A 2 ,..., A n


попарно несовместны, то P   A k    P(A k ) ; А4: Пусть после k
 k
довательность событий А1, А2,… такова, что A n 1  A n , n ≥ 1, и
A
n 1
A n  lim A n .
n 
Тогда Р(А)= P( lim A n ) = lim P(A n ) – аксиома непрерывности
n 
n 
(почему такое название?).
Полученная система из 4 аксиом будет эквивалентна исходной
(доказательство см. в [1], стр. 28).
Из аксиом A3 и А4 с использованием формул де Моргана
можно получить еще одну аксиому непрерывности: A4 : пусть последовательность событий {An} такова, что A n 1  A n , n ≥ 1,
A
n 1
A n  lim A n . Тогда P(А)= lim P(A n ) .
n 
n 
Далее везде мы будем пользоваться исходной системой аксиом
А1÷А3, но часто использовать свойства А4, A4 , которые из нее
можно получить.
Свойства вероятности.
Р1. Р(Ø) = 0.
Результат получается из равенства Ø+Ω=Ω и аксиом А2, А3.
Р2. Р(Ā)=1 – Р (А).
Действительно, Ω = А+Ā, А∩Ā = Ø, далее аксиомы А2, А3.
Р3. Если А  В, то Р(А) ≤ Р (В).
Этот результат следует из того, что В=А+ĀВ. Так как А∩ĀВ =
Ø, то с применением аксиом А2, А3 получаем P(B)  P(A)  P(AB) .
Отсюда, согласно аксиоме А1, имеем Р(В) ≥ Р(А).
31
Следствие. Из приведенных выше рассуждений следует, что если А  В, то Р(В–А)=Р(В) –Р(А).
Р4. P(А) ≤ 1.
Результат следует из свойства Р3 и аксиомы А2.
Следствие. Для всех A  F 0 ≤ Р (А) ≤ 1. Результат следует из
соотношения Ø  А  Ω , свойства Р4 и аксиомы А1.
Р5. P(AUB) =P(A)+P (B)-P (AB) – формула сложения вероятностей.
Действительно, событие АUB = A+(B–A), B=(B–A) + AB; слагаемые в правых частях обоих равенств несовместные события, следовательно, с учетом аксиомы А3 для вероятностей событий АUB
и B имеем: P(AUB) = P(A) + P (B-A) и
P (B)= P (B-A) + P(AB). Но тогда P(B-A)= P(B) - P(AB).
Р6. P(AUB)  P (A)+P (B).
Результат является следствием свойства Р5 и аксиомы А1.
n
Р7. Р(
k 1
n
n
k 1
i j
Ak )=  P(A k )   P(Ai A j )  ...  (1)n 1 P(A1A 2 ...A n ) .
Результат является обобщением свойства Р5 на случай конечного числа слагаемых, формула может быть доказана методом математической индукции, что и предлагается выполнить самостояn
n
k 1
k 1
тельно. Если же Ai A j   , i≠j, тогда Р(  Ak ) =  P(Ak).


Р8. P  A n    P(A n ).
 n
 n
Этот результат не столь очевиден, как свойство Р6, являющееся
следствием свойства Р5. Приведем доказательство утверждения.
Введем в рассмотрение события Bn   
n 1
k 1
A k , n ≥ 2, B1  A1 .
A n Bn ;  An
An  P
События AnВn несовместны при n ≥ 2 и P
n
n
P(A n Bn )  P(A n ) , равенство имеет место, если A n  Bn . Тогда




P  A n  = P  A n Bn  =
 n 1

 n 1 
 P  A n Bn  ≤  P  A n  .
n 1
n 1
32
Р9. Если {An} монотонная последовательность событий и
 A n , если A n  A n 1

A  lim A n   n
n  1,
n 
 A n , если A n  A n 1
n
то P(A)= lim P(A n ). Это аксиомы непрерывности, сформулированn 
ные ранее.
Замечание 1. Как видим, в основу аксиоматического определения вероятности легли те свойства вероятности, которые имеют
место для всех определений вероятности.
Любая вещественная функция, удовлетворяющая условиям аксиом А1–А3, может быть названа вероятностью событий.
Это определение не связано с вероятностями элементарных исходов.
Замечание 2. Аксиоматическое определение не дает способа
построения вероятности события, то есть оно не является конструктивным. Однако, аксиоматическое определение, интерпретирующее вероятность как вероятностную меру, позволяет конструировать на множествах вещественных n-мерных пространств, n  1 ,
вероятности событий типа {случайная n-мерная точка X принадлежит множеству B из B( R n )} . Подробно об этом речь пойдет в гл.
П.
Полученные свойства вероятностей используются при вычислении вероятностей событий.
Пример 27. Четыре поздравительных открытки случайно расположены по 4 конвертам с адресами. Найти вероятность того, что
хотя бы одна открытка попала в свой конверт – событие A.
Эта задача является частным случаем задачи о совпадениях: на
отдельных карточках написаны номера от 1 до n. Карточки располагаются в случайном порядке. Какова вероятность того, что хотя
бы для одной карточки ее номер совпадет с порядковым номером в
выборке – событие A.
Решение. Введем обозначения: событие А k – карточка с номером к окажется на к-м месте. Тогда событие А= А к ,
Р(А)=Р( А к ).
Далее
воспользуемся
свойством
Р7:
33
n
Р(
k 1
n
n
k 1
i j
Ak )=  P(A k )   P(Ai A j )  ...  (1)n 1 P(A1A 2 ...A n ) . Вычис-
лим
вероятности
событий
под
знаками
сумм:
 n  1! , P A A   n  2 !
P Ak 
, и т.д., исходя из соображеi k
n!
n!
ний, что если к-я карточка заняла в выборке к-ое место, то оставшиеся n–1 карточек могут разместиться по оставшимся n–1 местам
произвольным образом; если карточки с номерами i и k заняли в
выборке свои места, то оставшиеся n–2 карточки могут разместиться по оставшимся n–2 местам произвольным образом и т.д. Кроме
того, мы должны учесть, что к-ая карточка – это одна из n карточек, т.е. в выборке она может занять любое из n мест, пары чисел i
и k могут разместиться в выборке по различным местам в ней,
число таких размещений равно C2n и т.д. Тогда
 n  1! 2  n  2 !
1
1 1
1
Р (А)=С 1n
–С n
+…+(–1) n
=1– + –…+(–1) n .
n!
n!
2 6
n!
n!
Искомая сумма есть частичная сумма ряда Тейлора для функции
1  ex при х= –1. Поэтому при достаточно больших n вероятность
P  A  1  e 1 .
1 1 1 5
В примере 27 (n=4) Р (А)=1–  
 .
2 6 24 8
 


1.7. УСЛОВНАЯ ВЕРОЯТНОСТЬ. НЕЗАВИСИМОСТЬ
СОБЫТИЙ
Вероятность любого события A, которое может появиться в качестве случайного исхода эксперимента, является всесторонней
числовой характеристикой события. Но это в случае, если в эксперименте рассматривается только одно это событие. Если же рассматривать в эксперименте некоторое число событий, то возникают, кроме вопроса о том, каковы вероятности этих событий,
другие вопросы. Например, зависит ли вероятность появления события A от того, появилось или нет в опыте событие B? Одной вероятностью событий здесь уже не обойтись, информация, в ней содержащаяся, характеризует каждое из двух событий неполно.
Рассмотрим пример. Пусть в первом опыте событие
A={выпадение четного числа очков}, событие В={выпадение более
34
трех очков}. Событие А состоит из эл. исходов ω2, ω4 и ω6, событие
В – из эл. исходов ω4, ω5, ω6. Вероятности событий равны между
собой, Р(А)=Р(В)=1/2. Вернемся к вопросу: изменится ли вероятность события A, если известно, что в опыте произошло событие
В? Если в опыте происходит событие В, то это означает появление
одного из трех эл. исходов ω4, ω5 или ω6. Но событию A из этих
трех эл. исходов благоприятствуют только два: ω4 и ω6. Следовательно, вероятность события A при условии, что в опыте имело
место событие В, равна 2/3. Как видим, вероятность события А
изменилась.
Вероятность события А при условии, что в опыте произошло
событие В, называют условной вероятностью, обозначают ее
символом Р(А|В).
Обратим внимание на то, что условная вероятность была вычислена по классической схеме, но по отношению не к исходному
эксперименту, первому, а по отношению к новому эксперименту,
его можно назвать условным экспериментом. В этом новом,
условном, эксперименте нас интересовали только те из элементарных исходов первого эксперимента, которые вызывали появление
события В. Эти эл. исходы образовали пространство эл. событий
нового эксперимента. Число эл. событий нового эксперимента обозначим через n B : n B =3, ΩВ={ω4, ω5, ω6}. Среди этих n B эл. исходов выделим те, которые вызывают появление события A, их число обозначим через n AB : nAB= 2, А={ω4, ω6}. Тогда
n
(1.4)
P  A B  AB
nB
В этом равенстве содержится сущность понятия условной вероятности. Дадим ее формальное определение.
Определение. Пусть (Ω, F, Р) – некоторое вероятностное пространство. Если Р(В) > 0 (иначе, P  B  0 ), В  F, то число
P  A B 
P  AB
(1.5)
P  B
называют условной вероятностью события A при условии В.
Выше мы получили формулу (1.4) для условной вероятности.
Легко видеть, что это та же формула (1.5). Поделим числитель и
знаменатель формулы (1.4) на число n – число эл. исходов первого
n / n P  AB
эксперимента, получим P  A B  AB 
, а это формула
nB / n
P  B
(1.5).
35
P(B,B) P(B)
.

P(B)
P(B)
При фиксированном событии В  F, P  A B является функцией
Отметим, что P(B B)  1, так как P(B B) 
событий A  F. Можно проверить, что P  A B удовлетворяет всем
аксиомам вероятности А1÷ А3, следовательно, является вероятностью. Действительно, 1) P  A B  0 – следует из определения
условной вероятности; 2) P   B  1, так как P( B) 
Р( В)

Р(В)
Р(В)
 1; 3) Пусть A n  последовательность попарно несовместР(В)
ных событий. Тогда

P(
An B) 
Р(( Аn ) B) P( (An B)
P(An B)



P(B)
P(B)
P(B)
  P  An B.
При этом [3], если исходная вероятностная мера задана на измеримом пространстве (Ώ, F), то условная вероятностная мера Р(.|В)
задана на измеримом пространстве (В, F b ), где F b –σ–алгебра ω–
множеств вида A В , А  F.
Формула (1.5) дает возможность вычислять вероятность произведения событий
Р(АВ)=Р(В)Р(А|В)=Р(А)Р(В|А),
(1.6)
если вероятности в правой части известны. Формула (1.6) известна
как формула умножения вероятностей. Она может быть обобщена на случай произведения конечного числа событий
P(A1A2  An )  P(A1 )P(A2 A1 )  P(An A1A2  An-1 )
(1.7)
События А и В называются независимыми, если
Р(АВ)=Р(А)Р(В)
Некоторые свойства независимых событий
36
(1.8)
1. Условие (1.8) эквивалентно условию
P(A B)  P(A) или P(B A)  P(B)
(1.9)
Это утверждение с очевидностью следует из сравнения равенств
(1.6) и (1.8).
Следствие. Понятие независимости событий взаимное: если событие A не зависит от события B, то и событие B не зависит от события А.
2. Если события А и В независимы, то независимы события А и
В , Ā и В, Ā и В .
Действительно,
=>
P(B A)  1  P(B A)  1  P(B)  P(B)
P(B A) = P (B). По свойству 1 независимых событий это и означает
независимость
событий
P(A B)  1  P(A B)  1  P(A)  P(A);
А
и
Далее,
В.
P(B A)  1  P(B A) 
 1  P(B)  P(B).
3. Если события A и В1, А и В2 независимы и В1∩В2=Ø, то независимы и события А и В1+В2.
Имеем
P(A (B1 B2 ))  P(A B1 ) P(A B2 )  P(A)P(B1)  P(A)P(B2 ) 
 P(A)(P(B1 )  P(B2 ))  P(A)P(B1  B2 ).
4.Если события А1, А2,…, Аn независимы в совокупности, то


P  A1A 2 ...A n   P  A k    P  A k 
(1.10)
 k
 k
События А1,…, Аn называются независимыми в совокупности,
если для всех i, j  1, n, i  j, P  Ai A j   P  Ai  P  A j  , i, j, k  1, n,
i  j  k, P(Ai A jAk )  P(Ai )P(A j )P(A k ) и т.д. Из определения следует, что попарная независимость событий – это частный случай
независимости в совокупности, только при k=2. Следовательно, из
независимости в совокупности следует попарная независимость,
обратное утверждение в общем случае неверно.
5. Пусть А1,…, Аn – независимые в совокупности события и
A=UAk. Вычислим Р(А). По формулам де Моргана
A  Ak  A k и события A k , k=1,…,n, независимы в совокупности (свойство 2 независимых событий). Тогда по формуле (1.6)
37
имеем
P(A)=P(A1 )P(A2 )  ...  P(An )=(1-P (A1))·(1-P (A2 ))  ...  (1-P (An )).
Следовательно,
n
Р(А) = 1 –
 (1-P(Ak )) .
(1.11)
k 1
Эту формулу называют формулой сложения вероятностей независимых событий.
Пример 28. На 7 карточках написаны буквы, образующие слово
«соловей». Карточки перемешиваются и затем из них наугад последовательно извлекают 3 карточки. Найти вероятность, что получится слово «вол» – событие A.
Решение. Введем события: A1 – на первой вынутой карточке
написана буква «в»; событие A 2 – на второй карточке – буква «о»;
событие A3 – на третьей карточке – буква «л». Тогда событие
A=A1A 2 A3 . В соответствии с формулой умножения вероятностей
P(A)  P(A1A 2 A3 )  P(A1 )P(A 2 / A1 )P(A 3 / A1A 2 ) . Согласно
1
классическому определению вероятности P(A1 )  . Если событие
7
A1 произошло, то среди оставшихся 6 букв буква «о» встречается
2 1
2 раза. Поэтому P(A2 / A1 )   . Аналогично определяется веро6 3
ятность P(A3 / A1A 2 ) : если события A1 и A 2 произошли, то среди
оставшихся 5 букв буква «л» встречается 1 раз, поэтому
1
1 1 1
P(A3 / A1A 2 )  . Окончательно получаем P(A)     0.0095 .
5
7 3 5
Пример 29 (С.Н.Бернштейн). На плоскость бросают тетраэдр,
три грани которого окрашены в красный (К), синий (С), зеленый
(З) цвета, на четвертую грань нанесены все три цвета. События К,
С, З – тетраэдр упал на грань соответствующего цвета. Будут ли
независимыми события в совокупности? Попарно?
Решение. Вероятности каждого из событий К, С и З равны меж2 1
ду собой: P(K)  P(C)  P(З)   . Вероятности произведений
4 2
1
событий также равны между собой: P(KC)  P(CЗ)  P(KЗ)  .
4
Следовательно, события К, С, З попарно независимы, но в сово-
(1.7)
38
купности
они
не
являются
1
1
P(KCЗ)   P(K)  P(C)  P(З)  .
4
8
независимыми,
так
как
Пример 30. В опыте 3 (см. стр. 6) событие A={выпадение герба
на первой монете}, событие В={выпадение « решки» на второй
монете}. Зависимы ли события A и В?
Решение. В опыте
пространство элементарных исходов
  (Г,Г), (P,P), (Г,P), (P,Г), событиям A и B каждому соответствует по два эл. исхода: А={(Г, Г), (Г, Р)}, В={(Р, Р), (Г, Р)}, следовательно, Р (А)=2/4=1/2 и Р(В)=2/4=1/2. Рассмотрим вероятность
Р(А|В). По определению Р(А|В)=Р(АВ)/Р(В). Вероятность
Р(АВ)=1/4, так как событие АВ={(Г,Р)}. Следовательно,
Р(А|В)=(1/4)/(1/2)=1/2=Р(А), поэтому события A и В независимы.
Условную вероятность P(A B) можно было бы вычислить по
условному эксперименту. Условный эксперимент имеет множество
эл. исходов ΩВ={(Р,Р),(Г,Р)}. Среди эл. событий этого эксперимента событию А благоприятствует только одно событие (Г, Р), следовательно, P(A B) =1/2.
Пример 31. Эксперимент состоит в бросании точки в квадрат
[0,1]×[0,1]. Событие А={точка попала в область, расположенную в
квадрате правее прямой x=a}; событие В={точка попала в область,
расположенную в квадрате выше прямой y=b}, 0 < a,b < 1. Являются ли события A и B независимыми?
Решение. Имеем дело с геометрической вероятностью. Событие
А – прямоугольник в квадрате со сторонами 1–а и 1; событие В –
прямоугольник в квадрате со сторонами 1 и 1–b. Функция μ(.) –
обычная площадь, следовательно, Р(Ω)=1, Р(А)= 1–а, Р(В)= 1–b.
Событие АВ – прямоугольник в квадрате со сторонами 1–а и 1–b
=> Р(АВ)=(1–а)(1–b). Видим, что Р(А)Р(В)=Р(АВ) => события А и
В независимы.
Отметим, что если бы мы рассмотрели условный эксперимент
при условии А, то ΩА – это прямоугольник II в квадрате с основанием 1–а и высотой 1. Событию B в этом множестве Ω А благоприятствует прямоугольник I со сторонами 1–а и 1–b. Тогда
P(B A) = площадь (I) / площадь (II)=(1–а)(1–b)/(1–а)·1=(1–b)=
=Р(В).
39
y
1
I
b
II
a
1
1.8. ФОРМУЛА ПОЛНОЙ ВЕРОЯТНОСТИ
Пусть (Ω, F, Р) – вероятностное пространство и события
H1 , H 2 , , H n образуют в нем полную группу событий. Это значит: 1) Hi H j  , i≠j; 2)  H k   . События Hk часто при этом
k
называют гипотезами. Ставится задача отыскать вероятность события А  F, если известны вероятности P  Hk  , P  A Hk  , k=1,n.
Событие
А
может
быть
представлено
в
виде
А=АΩ=А(H1+H2+…+Hn) = AH1+AH2+…+AHn, поскольку из несовместности событий H k следует несовместность событий AH k , т.е.
условия AHi AH j   , имеют место для всех i  j . Тогда
P  A   P  AH1   ...  P  AHn   | использовали свойство Р7 вероятностей, далее используем равенство (1.6)|=
= P  H1  P  A / H1   P  H2  P  A / H2   ...  P  Hn  P  A / Hn  .
40
x
H1
H3
H4
A
H2
H5
Итак,
n
Р(А)=  P(H k )P(A H k )
k 1
(1.12)
Формула (1.12) носит название формулы полной вероятности.
Замечание. Формула справедлива для счетного набора гипотез
H k , если они удовлетворяют условиям 1)– 2).
Пример 32. Среди N экзаменационных билетов «хороших» n. У
кого из двух студентов вероятность взять хороший билет больше: у
того, кто берет билет первым, или у того, кто берет вторым?
Решение. Для первого студента вероятность взять хороший биn
лет равна
. Для второго она зависит от предположений: Н 1 –
N
первый студент взял хороший билет и Н 2 – первый студент не взял
n
Nn
хороший билет. Вероятность гипотез Р(Н 1 )=
, Р(Н 2 ) =
.
N
N
Вычислим условные вероятности: Р{второй студент взял хороший
n 1
билет | первый студент взял хороший билет}=
; Р{второй стуN 1
дент взял хороший билет | первый студент не взял хороший билет}
n
=
. Вычислим теперь вероятность Р{второй студент взял хоN 1
роший билет}:
Р{второй
студент
взял
хороший
билет}=
n n 1 N  n n
n
= 


 .
N N 1
N N 1 N
Изменится ли вероятность, если билет брать не первым, не вторым, а третьим, четвертым, …, последним?
41
1.9. ФОРМУЛА БАЙЕСА
Любой результат сл. эксперимента несет информацию, меняющую наше представление либо о событиях сл. эксперимента, либо
об условиях эксперимента. Во многих приложениях ТВ встречается
задача: до опыта имеются гипотезы H1,…, Hn с известными вероятностями P(H1 ), P(H 2 ),..., P(H n ). Проводится опыт, в результате которого произошло событие А. Тогда вероятности всех гипотез
подвергаются переоценке, могут быть найдены новые вероятности
P  Hk A  , вероятности тех же гипотез после того, как произошло
событие A.
Говорят в этой ситуации, что Р (Hk), k=1,…,n, – априорные вероятности гипотез, а P  Hk A  , k=1,…,n, – апостериорные вероятности гипотез после того, как произошло событие А. Информация,
полученная в результате эксперимента хоть и неполная (мы не знаем, какое из эл. событий, влекущее наступление события А, произошло, знаем только, что событие А наступило), используется с
целью уточнения вероятностей гипотез (меняется наше представление об условиях эксперимента).
Знаем, что P  Hk A   P  Hk A  / P  A   P  Hk  P  A Hk  / P  A  –
использовали формулы (1.5) и (1.6), k=1,…, n. С использованием
формулы полной вероятности (1.12) получаем:
P(Hk )  P(A Hk )
P(H k )  P(A H k )
(1.13)
P(Hk A) 

P(A)
 P(Hk )  P(A Hk ))
Полученная формула носит название формулы Байеса.
1.10. НЕКОТОРЫЕ ПРИМЕРЫ ВЫЧИСЛЕНИЯ ВЕРОЯТНОСТЕЙ
Пример 33. На 4 карточках написаны буквы в, к, л, о. Карточки
перемешиваются и выкладываются в ряд. Какова вероятность, что
получится слово «волк » – событие А.
Решение. Задачу решим с использованием классической вероятности. Применим схему урн с четырьмя шарами в ней; опыт состоит в последовательном вынимании всех шаров из урны. По
42
условию выборка без возвращения, упорядоченная. Число m=n,
следовательно, согласно табл. 1, число всевозможных исходов
эксперимента равно имеем |Ω|=А nn =n!=4!=24. Слово «волк» образует только одна перестановка, следовательно, Р(А)=1/24.
Решение может быть получено таким же способом, что и в примере 28, т.е. по формуле умножения вероятностей:
1 1 1
1
P(A)    1  .
4 3 2
24
Пример 34. Из колоды в 36 карт наудачу вынимается 6 карт.
Какова вероятность, что:
1) все они будут одной масти;
2) среди них окажется туз пик;
3) среди них окажется ровно один туз;
4) среди них окажутся ровно две бубновые карты;
5) среди них окажется хотя бы одна бубновая карта.
Решение. 1) Имеем дело с неупорядоченной выборкой без возвращения. Поскольку нас интересует состав выборки и совсем не ин6
тересует порядок выбранных карт, то   C36
. Найдем число эл.
событий, благоприятствующих событию A (составляющих событие
А). Зафиксируем определенную масть. Чтобы имело место событие
A, в выборку должны попасть любые 6 карт этой масти. Опять
имеем дело с неупорядоченной выборкой по 6 элементов из 9, выборка без возвращения, следовательно, число способов выбрать 6
элементов из 9 равно C 39 (в колоде карт одной масти 9 штук). В
задаче речь идет не об определенной масти, а о любой из 4-х ма4C3
стей, следовательно, n A  4C93 . Таким образом, P  A   6 9 .
C36
2) Наряду с тузом пик в выборке присутствуют еще 5 карт, самых различных, в том числе среди них могут быть и еще тузы,
число способов выбрать 5 таких карт равно n A  C535 , поэтому
PA 
C535
.
6
C36
3) В отличие от предыдущего случая, когда масть туза была известна, теперь мы ее не знаем и выбираем одного из тузов C14 спо-
43
собами, остальные пять карт выбираем C532 способами, по основ5
ному правилу комбинаторики n A  C14  C32
и PA 
5
C14  C32
.
6
C36
4
4) Ясно из предыдущих рассуждений, что n A  C92  C27
и
P A 
C92  C427
.
6
C36
5) В этом случае удобно с вычислительной точки зрения перейти к противоположному событию, вероятность которого вычисляется много проще, событию A  {в выборке не окажется ни одной
C6
,
бубновой карты}. Вероятность этого события равна P(A)  27
6
C36
тогда P  A   1  P(A)  1 
C627
6
C36
.
Пример 35. Какова вероятность герою «Пиковой дамы» выиграть?
Решение. В колоде, видимо, 56 карт. Германн выигрывает, если
в первый вечер из колоды вынимает тройку, во второй – семерку и
в третий – туза. Масть роли не играет. Следовательно,
3
4 4 4  4
* *     0.00036443 – этот результат получен
56 56 56  56 
по формуле умножения вероятностей. Если свести вычисления к
схеме урн, то имеем урну с 56 различными шарами; опыт состоит в
вынимании наудачу 3-х шаров из урны. Выборка упорядоченная, с
возвращением, следовательно, согласно табл. 1 общее число эл.
событий равно   563 . Число элементарных событий, благоприятствующих событию A, находим по такой схеме: число троек, семерок, тузов в колоде поровну – 4. Поскольку масть карт роли не
играет, мы можем считать число n A равным n А =С 14 С 14 С 14 . СледоP(A) 
43
3
 4 
  .
3
56  56 
Пример 36. В лифт восьмиэтажного дома на первом этаже входят 5 человек. Независимо от других каждый может выйти с одинаковой вероятностью на любом из 7 этажей, начиная со второго.
вательно, P(A) 
44
Какова вероятность, что 1) все выйдут на пятом этаже; 2) все пятеро выйдут на одном и том же этаже; 3) все пятеро выйдут на разных этажах; 4) все выйдут группами по 2, 2 и 1 человек на разных
этажах?
Решение. По условию задачи общее число элементарных исходов равно, согласно табл.1, n    V75  75. В случае 1) число элементарных событий n A , благоприятствующих событию A, равно 1,
1
потому P(A)  5 . 2) Во втором случае, в отличие от первого, этаж,
7
где все выйдут, не указан, это может быть любой из 7 этажей, по7
1
тому n A =7, а P(A)  5  4 . 3) Разместить 5 различных человек
7
7
A5
по 7 этажам можно n A  A 57 способами, следовательно P(A)  57 .
7
4) В последнем случае для вычисления числа эл. событий, благоприятных событию A, следует учесть число способов распределения 5 человек по трем группам – это можно сделать P5 (2, 2,1) способами; далее, следует учесть распределение 3 групп по 7 этажам –
это можно сделать A37 способами. По основному правилу комбинаторики
P(A) 
n A  P5 (2, 2,1)  A 37
получаем
A37
 P5 (2, 2,1)

A 62
 P5 (2, 2,1)
и
.
7
74
Пример 37. Предположим, что n неразличимых частиц распределяются по m ячейкам. Ограничений на число частиц в ячейке
нет. Событие А – в фиксированную ячейку попало ровно k частиц.
Вычислить P(A).
Решение. Термин «неразличимые частицы» предполагает, что
различными будут такие распределения частиц по ячейкам, которые отличаются только числом частиц в ячейках. Здесь также можно применить схему урн, но с шарами двух различных видов в ней.
Пусть частицы – это белые шары, перегородки между ячейками –
черные шары. Эксперимент состоит в том, что из урны последовательно вынимаются все шары. Рассматриваем, как в последовательности шаров размещены черные шары: последовательность
вынутых шаров может иметь, например, вид бчбббччббббчч...б.
Следовательно, в первую ячейку попала 1 частица, во вторую – 3
частицы, в третью – ни одной, в четвертую – 4 и т. д. Число всех эл.
5
45
исходов  совпадет с числом всевозможных размещений (m–1)
черных шаров среди n+m–1 шаров обоих цветов, это число равно
1
 = Cm
n  m 1 . Если в фиксированную ячейку попадает k частиц, то
оставшиеся n–k частиц размещаются по m–1 ячейкам произволь2
ным образом, число таких размещений равно Cm
n  m  k  2 . Следовательно, P  A  
2
Cm
n  mk 2
.
1
Cm
n  m 1
Такое размещение частиц по ячейкам носит в физике название
статистики Бозе - Эйнштейна. Ей подчиняются фотоны, атомные
ядра, атомы с четным числом частиц.
Пример 38. Рассмотрим ту же ситуацию, что и в примере 37,
только на число частиц в ячейке имеется ограничение – в каждой
ячейке может находиться не более одной частицы. Здесь предполагается m  n. Событие A – занято k фиксированных ячеек. Вычислить P(A).
Решение. Эта схема размещения ассоциируется со схемой выборки из урны с m неразличимыми шарами n шаров. Выборка без
возвращения, неупорядоченная. Тогда согласно табл. 1   Cnm .
На самом деле, исходами опыта могут быть такие последовательности: первые n ячеек заняты частицами, остальные свободны;
первые (n–1) ячеек заняты частицами, n-ая ячейка свободна, (n+1)
ячейка занята и т. д. Число таких последовательностей совпадает с
числом размещений из m элементов по n. Когда в каждой из k фиксированных ячеек будет по частице, остальные n–k частицы распределятся по оставшимся m–k ячейкам по тому же принципу, как
n k
в задаче 37. Следовательно, n A =C m
 k , P(A) 
Cnmkk
.
Cnm
Такое распределение частиц по ячейкам носит название статистики Ферми - Дирака, ей подчиняются электроны, протоны,
нейтроны.
Пример 39. Условия задачи, как и в примере 37, но частицы
различные. На число частиц в ячейке ограничений нет. Каждая из n
различных частиц может попасть в каждую из m различных ячеек.
Событие A: в первую ячейку попало n1 частиц, во вторую ячейку
попало n2 частиц, …, в m-ю ячейку попало nm частиц,
n1+n2+…+nm=n. Вычислить P(A).
Решение. Условие размещения частиц предполагает, что если
обратиться к схеме урн, то каждый из n различных шаров может
попасть в выборку на любое место в ней. Следовательно, имеем
46
дело с выборкой с возвращением. Размещение по ячейкам отличается одно от другого не только тем, сколько частиц в ячейке, но и
какие частицы в ячейке (об этом говорит условие, что частицы различные), следовательно, выборка упорядоченная. Тогда   mn .
Число элементарных событий, благоприятствующих событию A,
n
n
n n
...C m
равно Cn1 C 2 C 3
. Это значит, в
n  n1 n  n1  n 2
n  n1  ...  n m  1
первую ячейку попали любые n1 частиц из n, при этом порядок выбора частиц несущественен. Как только ячейка заполнена, остается
n–n1 частиц, из которых во вторую ячейку могут попасть любые n2
частиц
и
т.д.
Преобразуем
выражение
nm
n1 n 2
:
Cn C
 C
n  n1
n  n1    n m  1
n
n n
=
Cn1 C 2
 C m
n  n1
n  n1    n m  1

=
n!(n  n1)!*...* (n  n1  ...  n m  1)!
n1!(n  n1)!n 2 !(n  n1  n 2 )!*...* n m !(n  n1  ...  n m )!
=
n
n!
n!
. Тогда P  A   A 
.
 n1 !n 2 ! n m !mn
n1 !n 2 ! n m !
Такое распределение частиц носит название статистики Максвелла - Больцмана, ей подчиняется идеальный газ.
Пример 40. Пусть имеется n частиц, из которых n1 – одного типа, n2– второго,…, nk – k-ого типа, n=n1+n2+…+nk. Случайным образом из них выбирается m частиц, m ≤ n. Событие A={в выборку
попало m1 частиц первого типа, m2 частиц – второго типа, …, mk
частиц k-ого типа}, m=m1+m2+…+mk. Вычислить P(A).
Решение. Выборка без возвращения, неупорядоченная, следовательно,   Cm
n ; вычислим число благоприятных событию A эл.
1
исходов: m1 частиц из n1 мы можем выбрать C m
n способами, …, mk
1
k
nk – C m
nk
частиц из
способами. При этом любой способ выбора частиц одного типа комбинирует с любыми способами выбора частиц
mk
1 m2
остальных типов, т.е. n A  Cm
n C n  C n . Тогда
1
2
47
k
P(A) 
mk
1 m2
Cm
n Cn ...Cn
2
k
.
Если число
P(A) обозначить как
Cm
n
P(m1 , m 2 ,...,m k ) – тем самым мы указываем на зависимость события
A
от
чисел
m1  0, n1  , m2  0,n 2 ,..., mk  0,n k  ,
 n k  n,  mk  m – и просчитать вероятности всех таких событий,
то
получим
множество
вероятностей
P(m1,...,mk ),m1 0,n1 ,...,mk 0,n k  , которое носит название
гипергеометрического распределения. Частный случай этого
распределения при к=2 рассмотрен в примере 17.
Пример 41. В спортлото «6 из 49» угадано k номеров, k  0,6 , –
событие Аk. Найти вероятности событий Аk.
Решение. Имеем дело с гипергеометрическим распределением,
в котором   C649 , n Ak  C6k C649k6 , тогда вероятности событий
1
P(A k ) образуют множества чисел P(k,6  k)  P(A k ) 
C6k C649k6
,
C649
k  0,6, устанавливающих зависимость вероятности события Ak от
числа k. Так, P(A 4 )  P(4, 2) 
k=6 P(A6 )  P(6,0) 
C66 C043
C649

2
C64 C43
C649
1
C649
 0.00097 , если k=4; если же
 7 10 8 .
Пример 42. Одновременно бросаются две игральные кости. Событие A={на 1-ой кости выпало более 2-х очков}, событие В ={в
сумме выпало четное число очков}, событие С ={в сумме выпало
менее 10 очков}. Какие из событий являются независимыми?
Решение. По классическому определению вероятности событий
4 2
3 1
5
1
имеем P(A)   ; P(B)   ; P(C)  . Далее P(AB)  ;
6 3
6 2
6
3
1
7
P(AC)  ; P(BC)  . Проверяя условия P(AB)  P(A)P(B);
2
18
P(AC)  P(A)P(C); P(BC)  P(B)P(C) , получаем результат: события A и В независимы, остальные события – зависимы.
Пример 43. Обнаружение воздушной цели проводится независимо двумя радиолокационными станциями. Вероятность обнаружения цели первой станцией равна 0.7, второй – 0.8. Какова веро-
48
ятность, что цель будет обнаружена хотя бы одной станцией – событие A?
Решение. Введем события A i – цель обнаружена i-й станцией,
i=1,2. Тогда событие A  A1 A 2 . В силу теоремы сложения вероятностей P(A)  P(A1 )  P(A 2 )  P(A1A 2 ) , причем по условию
P(A1A 2 )  P(A1 )P(A 2 ) . Тогда P(A)  0.7  0.8  0.56  0.94.
Задачу
можно
решить
иначе:
 
P(A)  1  P A  1  P  A1  P  A 2   1  (1  P(A1 ))(1  P(A 2 )) 
 1  0.3  0.2  0.94.
Пример 44. В поступивших на склад трех партиях деталей годные составляют 89%, 92% и 97% соответственно, а количества деталей в партиях относятся как 1:2:3. Чему равна вероятность, что
случайно выбранная деталь окажется негодной? Какова вероятность, что при этом она принадлежит первой партии?
Решение. Обозначим за H1 , H 2 , H3 события, состоящие в том,
что деталь принадлежит 1-й, 2-й и 3-й партии соответственно. Эти
события попарно несовместны и образуют полную группу событий. Из соотношений количеств деталей в партиях получаем
1
2 1
1
P(H1 )  , P(H2 )   , P(H3 )  . Событие А={выбрана бра6
6 3
2
P(A / H1 )  0.11, P(A / H 2 )  0.08,
кованная
деталь}.
Тогда
P(A / H3 )  0,03 . По формуле полной вероятности (1.12) найдем
1
1
1
вероятность события А: P(A)   0.11   0.08   0.03 =0.06. Ис6
3
2
пользуем формулу Байеса (1.13) для нахождения вероятности
P(H1 )P(A H1 ) 0.5  0.03

 0.25 .
P(H1 A) : P(H1 A) =
P(A)
0.06
1.11. СХЕМА БЕРНУЛЛИ
Схемой Бернулли (или последовательностью независимых одинаковых испытаний, или биномиальной схемой испытаний) называют эксперимент, удовлетворяющий условиям: 1) за основу берется эксперимент, имеющий 2 исхода. Это может быть, например,
появление некоторого события B – один исход, говорят еще, что в
результате опыта произошел «успех», и не появление этого события B – другой исход, в этом случае говорят, что в результате опы-
49
та произошла «неудача»; 2) этот исходный эксперимент повторяется независимо n раз. Термин «независимо» означает, что исходы
эксперимента при очередном повторении не зависят от исходов
эксперимента на предыдущих шагах; 3) вероятности двух исходов
при каждом повторении исходного эксперимента одни и те же.
Итак, пусть в случайном испытании событие «успех» появляется с вероятностью p и не появляется с вероятностью q=1–p. Проводится серия таких независимых испытаний. Элементарными исходами опыта тогда будут последовательности вида УННУ…Н.
Буква У на k-м месте означает, что в k-м испытании произошло
событие «успех», буква Н на m месте означает, что в m-м испытании произошло событие «неудача» (не произошло события
«успех»), 1≤k≤n, 1≤m≤n.
Если свести ситуацию к схеме урн, то получаем упорядоченную
выборку с возвращением объема n из множества {У,Н}. Тогда
  2n .
Все элементарные исходы в каждом отдельном опыте независимы друг от друга по условию, поэтому каждому исходу всей серии
опытов
можно
поставить
в
соответствие
число
k n k
P()  P(У)P(Н)P(Н)P(У) *...* P(Н)  pqpp *...* q  p q , если в
последовательности символов У и Н буква У встретилась k раз,
буква Н – (n–k) раз. Типичным представителем схемы Бернулли
является n–кратное подбрасывание несимметричной монеты, выпадение герба можно считать успехом, «решки» – неудачей, или
наоборот. Если монета симметрична, то это тоже схема Бернулли, в
которой p=q=1/2.
Пусть теперь событием A в схеме Бернулли будет событие A={в
n испытаниях произошло m успехов}, m = 0, 1, 2,…, n. Вероятность
события A обозначим так P(A)=P(n,m). Для вычисления вероятности события A нужно среди 2 n элементарных исходов найти благоприятствующие событию A, найти вероятности этих событий и
просуммировать их. Элементарные события, благоприятствующие
событию A, обозначим как m , буква У в последовательности
УНУУ…Н встречается ровно m раз. Вероятность такого элементарного события равна P(m )  p m q n m (см. выше). Число же таких
элементарных событий совпадает с числом способов, которыми
можно расставить m букв У по n местам, при этом все буквы У неразличимы. Очевидно, это число равно C m
n . Окончательно для веm n m
роятности P(A) имеем выражение P(A)  P(n, m)  C m
.
np q
Итак, вероятность P (n,m) наступления m успехов в серии из n не-
50
зависимых одинаковых испытаний, если успех в каждом отдельном испытании наступает с вероятностью p, равна
m n m
P(n, m)  Cm
np q
(1.14)
и q =1–p.
Формулу (1.14) называют формулой Бернулли.
Заметим, что числа P(m ) действительно образуют вероятности
элементарных исходов m , m  0,1,..., 2n. Чтобы убедится в этом
необходимо
проверить
равенство
2n
 P  m   1 .
Имеем
m 0
2n
n
n
m 0
m 0
m 0
 P  m    Cnm P(m )   Cnmpmqn m  (p  q)n  1 .
Отметим еще, что при вычислении вероятности события A мы
не использовали ни одну из формул n. 1.6 , а воспользовались замечанием к классической вероятности о том, что если вероятности
всех эл. исходов P(ωk) известны, событие A состоит из m эл. исходов: А={ω1,…,ωm}, то P(A)   P  k  .
k A
Это происходит потому, что нарушено условие равновероятности (равновозможности) элементарных исходов, как в каждом отдельном испытании, так и в серии испытаний, поэтому классическое определение вероятности не работает.
Очевидно, если устранить эту причину, положив p=q=1/2, то вероятности P (n, m) можно вычислить по классической схеме: число
всех элементарных исходов   2n , число элементарных событий,
благоприятствующих
событию
А,
равно
n
m
nm
Cm
1
m1 1
P(n, m)  n  Cm

C
.






n 2
n 2 2
2n
Cm
n ,
отсюда
Отметим, что события A m при различных значениях m в схеме
Бернулли несовместны. Тогда можно вычислить вероятность появления успеха в n испытаниях не менее m1 раз, но не более m 2 раз
по формуле:
51
P{m1  m  m2} 
m2
 Ckn pk qn k
(1.15)
k m1
Далее, вероятность появления хотя бы одного успеха в серии из
n независимых испытаний получаем из предыдущей формулы заменой в ней m1 на 1 и m 2 на n:
n
P{m  1}   P(n,k)  1  P(n,0)  1  q n
(1.16)
k 1
Пример 45. Частица пролетает последовательно мимо 6 счетчиков, каждый из которых независимо от остальных отмечает ее пролет с вероятностью p = 0,8. Частица считается зарегистрированной
(событие А), если она отмечена не менее чем двумя счетчиками.
Вычислить P(A).
Решение. Для отыскания P(A) применима схема Бернулли. В
серии из 6 испытаний событие A произойдет, если успех появляется в каждой последовательности УНУ…Н не менее двух раз (два и
более). В каждом отдельном опыте вероятность успеха p=0.8. Такими последовательностями будут, например, такие УУНННН,
УНУННН,УНУНН,…УННННУ,…,УУУННН,…,УУУУНН,…,УУУ
УУН,…,УУУУУУ. Обозначим через ωk последовательность букв
У и Н с k буквами У в ней. Число таких элементарных исходов ωk
равно C6k . Тогда событие A состоит из элементарных исходов ω2 в
количестве C62  15 , ω3 в количестве C36  20 ,
 C62
ω4 в количестве
 15 , ω5 в количестве
 6 и одного элементарного
исхода ω6. С использованием формулы (1.15) получим для P(A)
C64
C56
 C16
6
выражение P(A)   C6k p k q 6k .
k 2
Задачу можно решить проще в вычислительном отношении.
Вычислим сначала P( A ), A состоит из одного элементарного исхода ω0 и шести элементарных исходов ω1. Тогда
P(A)  C06 p0 q 6  C16 pq5  0.26  6 * 0.8* 0.25  0.26 (1  2.4)  5* 0.25.
Отсюда
P(A)  1  P(A) = 1  5*0.25  1  0.0016  0.9984 .
52
1.12. ФОРМУЛА ПУАССОНА
Если в схеме Бернулли проводится большое число испытаний –
сотни, тысячи и более, то пользоваться формулой (1.14) становится
затруднительно из-за большого числа вычислений. В этом случае
(при больших n) существуют простые и достаточно точные формулы для вычисления P(n,m). Наиболее простая из них формула
Пуассона. Она применяется тогда, когда наряду с большим числом
испытаний n мала вероятность успеха р в каждом отдельном испытании.
Теорема Пуассона. Если число испытаний в схеме Бернулли n
велико, вероятность успеха в одном испытании p мала и мало так m 
e , m  0,1, 2,..., n .
же число   np , тогда P(n, m) 
m!
Доказательство.
Запишем
формулу
Бернулли
n(n  1) *...*(n  m  1) m
m n m
P(n,m)  Cm

p (1  p)n m 
np q
m!
m
n m
 n(n  1) *...*(n  m  1)      
;

  1  
n
m!
n  n
  m   n    m

n!
lim P  n, m   lim 
1   1  


n 
n   m! 
n   n  (n  m)!n m 

m
m  
m  
n!
 
e 1 1 
e . Здесь lim 1    1; lim

=
n  (n  m)!n m
n  
m!
m!
n
   np  p 
(n  m  1)(n  m  2)  ...  n
n m
mk
  1.
n 
n 
n
k 1
Теорема Пуассона справедлива и по отношению к числу неудач,
но только в этом случае должно быть мало число    nq .
Вероятность P(n,m) , вычисленную по формуле Пуассона, будем обозначать как P(m, ) .
Как показывают расчеты [2], при n=5*103 и p=10-3 ошибка от использования формулы Пуассона составляет 0.01%. Значения функции P(m, ) для некоторых λ приводятся в таблицах.
 lim
m

 1 
n 
 lim
53
Формулу Пуассона называют еще формулой редких событий изза того, что вероятность p появления события в отдельном испытании значительно меньше 1.
Пример 46. По каналу связи передано 100 символов. Вероятность искажения одного символа помехами р = 0.04. Найти вероятность того, что будет искажено 2 символа.
Решение. Требуется найти Р(100,2). Применим формулу Пуассона, так как np=4 можно считать достаточно малой величиной.
42
Итак, P(100, 2) P(2, 4)  e 4 0.1465 . Вычисления по точной
2!
формуле дают Р(100,2) = 0.1450. Абсолютная погрешность вычисления составляет 0.0015, а относительная – 0.13%.
Пример 47. Найти вероятность того, что в n испытаниях схемы
Бернулли с вероятностью успеха p в каждом отдельном испытании
появятся m+k успехов, причем k успехов появятся в последних k
испытаниях.
Решение. Поскольку по условию задачи последние k испытаний в схеме Бернулли всегда заканчиваются успехом, оставшиеся
m успехов появляются в первых n–k испытаниях. Число эл. исходов с таким расположением успехов в них можно вычислить по
m
m k n mk
q
, m  0, n  k.
формуле Cm
n  k . Тогда P(n, m  k)  C n  k p
1.13. ФОРМУЛА МУАВРА – ЛАПЛАСА
Если в формуле Бернулли n велико, велики и значения np и nq,
то хорошим приближением ее служит формула Муавра – Лапласа,
локальная или интегральная. Локальная формула применяется тогда, когда вычисляется вероятность появления ровно m событий в
серии из n независимых испытаний, а интегральная – когда определяется вероятность получить число успехов, заключенное между
числами m1 и m2.
Локальная теорема Муавра – Лапласа. Если в схеме Бернулли число испытаний n велико, то для всех m справедливо приближенное равенство
 m  np 
1
(1.17)
P(n,m) 

,
npq  npq 
54
x2
1 2
(x) 
e , x  R; функцию (x) называют плотностью
2
стандартного нормального распределения.
Доказательство теоремы основано на использовании формулы
1
Стирлинга n!  n n 2n *en n , где n 
 0, n   . Рас12n
npq P(n, m) при n  :
смотрим поведение выражения
npqP(n,m)  npq
 npq
n!
p mq n m 
m!(n  m)!
n n 2ne n n p m q n m
mm 2me mm (n  m)n m 2(n  m)e(n m)mn

n m
m
n 2 pq  np   nq 
.
  

m(n  m)  m   n  m 
m  np
Обозначим через
при
x
 m  x npq  np  
npq
n  ; n  m  nq  x npq   при n  , если x – ограниченная величина. Далее,
1
2

n 2 pq

m(n  m)
n 2 pq
(x npq  np)(nq  x npq )

1
 1, n  ;

q 
p 
1  x
1  x

np 
nq 

m
n m
m
nm
 np   nq 
ln   
  mln  (n  m)ln


np
nq
 m  nm

  (np  x npq)ln
np  x npq
nq  x npq
 (nq  x npq)ln

np
nq


q 
p 
  (np  x npq )ln 1  x
  (nq  x npq )ln 1  x

np 
nq 


55

q
q
 1 
  (np  x npq )  x
 x2
 o    
2np
 n 
 np

p
p
 1 
(nq  x npq )   x
 x2
 o    
np
2np
 n 

  x npq  x 2 q 
x 2q
q3
1
 x3
 o(1)  o(
)
2
np
n
 x npq  x 2 p 
x2p
p3
1
 x3
 o(1)  o(
)
2
nq
n

x2
1
x2
 o(1)  o( )  
2
2
n
m
 np   nq 
Отсюда   

 m  nm
n m
e

x2
2 ,
при n  .
n   . Окончательно име-
x2
1 2
m  np
e
, n  , x 
. Следовательно,
ем npq P(n, m) 
2
npq
при
достаточно
больших
n
можно
считать,
что
1
P(n, m) 
npq
1 
e
2
x2
2
, x
m  np
, что и требовалось доказать.
npq
Формула дает хорошее приближение уже при n≥25, совпадения
1
тем лучше, чем ближе p к . Значение функции φ(x) протабулиро2
вано.
Пример 48. Вероятность попадания в цель при одном выстреле
равна 0.8. Какова вероятность, что при 400 выстрелах произойдет
ровно 300 попаданий?
Решение. Здесь велики числа n и np, так как велика вероятность
попадания в цель при одном выстреле. Воспользуемся формулой
56
Муавра
–
Лапласа
1
m  np
(
)
npq
npq
P(n, m) 
(1.17):
1
300  320
(
)  0.0022.
8
400  0.8  0.2

Пример 49. Вычислим P(n,k) при n=1000, к=10, р=0.01. По
10
90
точной формуле Р(1000,10)= C10
1000 (0.01) (0.99)  0.12573 . По локальной формуле Лапласа Р(1000,10)≈0.12679. Формула Пуассона
здесь также применима и дает результат Р(10,24)≈0.12511.
Интегральная теорема Муавра – Лапласа. Если в схеме Бернулли число испытаний n велико, то вероятность того, что число
успехов μ заключено в границах от m1 до m2, приближенно равна
P(m1    m 2 )  (x 2 )  (x1 ),
где
x1 
m1  np
npq
, x2 
При этом     
m2  np
npq
x
, (x) 
 (y)dy 

(1.18)
1
x
e
2 

y
2
2
dy, x  R.

   y  dy  1 .

Интеграл (x) 
1
 0 (x) , где  0 (x) – интеграл Лапласа,
2
2
1
x y
e 2
 dy, x  R. Содержательный смысл функции
2 0
 (x) укажем позже. В силу четности функции φ(y) выполняется
соотношение: (x)  1  (x) и  0 ( x)   0 (x) . Интегралы
 (x) и  0 (x) протабулированы.
В терминах интеграла Лапласа интегральная теорема имеет вид:
0 (x) 
P  m1    m2   0 (x 2 )  0 (x1 )
(1.19)
Именно этой формулой пользуются при вычислениях.
Интегральная теорема является частным случаем центральной
предельной теоремы, которую мы докажем позже (см.п.4.7).
57
Пример 50. 20% рыб, находящихся в водоеме богатом рыбой, –
меченые. Сколько нужно выловить рыб из этого водоема, чтобы
среди них с вероятностью 0.9 оказалось не менее 100 меченых?
Решение. Пусть n – количество рыб, которое нужно выловить.
По условию задачи р = 0.2 – вероятность того, что выловленная
рыба меченая. Согласно условию задачи P100  m    0.9 . Но
 100  np  1
 100  0.2n 
P 100  m     0 ()   0 
   0 
  0.9 ;
 npq  2
 0.4 n 


 100  0.2n 
 0.2n  100 

0 
 0 
  0.4
  0.4 
 0.4 n 
 0.4 n 
0.2n  100
 1.28 (находим по таблице)  n  2.56 n  500  0 .
0.4 n
n , получаем
Решаем квадратное уравнение относительно
n 23.7  n 562.
Формулы Пуассона и Муавра – Лапласа рекомендуется применять [2], начиная с n  20. При этом, если n  20,100 , а  0,7 ,
то рекомендуется формула Пуассона, при иных значениях λ – формулу Лапласа. Если n  100, то при   0,15 рекомендуется формула Пуассона, а при иных значениях параметра λ – формулу
Лапласа.
КОНТРОЛЬНЫЕ ВОПРОСЫ
1. Дайте классическое определение вероятности.
2. Сформулируйте свойства вероятности.
3. Что такое комбинаторика, соединения, комбинаторное правило умножения?
4. Дайте определение размещениям, приведите пример.
5. Дайте определение перестановкам, приведите пример.
6. Дайте определение сочетаниям, приведите пример.
7. В чем состоит урновая схема.
8. Дайте геометрическое определение вероятности.
9. Дайте статистическое определение вероятности. Перечислите свойства относительной частоты.
10. Сформулируйте аксиоматическое определение вероятности.
58
11. Перечислите свойства вероятности.
12. Напишите формулу сложения вероятностей.
13. Условная вероятность, ее вычисление.
14. Напишите формулу умножения вероятностей.
15. Какие события называются независимыми? Как записать
условия их независимости?
16. Напишите формулу полной вероятности и формулу Байеса.
17. В чем состоит схема Бернулли?
18. Сформулируйте теорему Пуассона.
19. Напишите обе формулы Муавра – Лапласа.
ЗАДАЧИ.
1. Случайным образом выбирают одну из костей домино. Описать пространство элементарных исходов Ω. Из каких элементарных исходов состоят следующие события: A={на выбранной кости
очки совпадают}; В={сумма очков на кости равна 6}; C 
={произведение числа очков на кости нечетно}; В\А, АВ, АС,
АВ\С, (АUВ)С.
2. По мишени производят 3 выстрела. Пусть событие
Ai , i  1,3, – попадание при i – м выстреле. Представить в виде
объединения и пересечения событий A i и Ai следующие события: 1) {3 попадания в мишень}; 2){3 промаха}; 3) {хотя бы одно попадание}; 4) {хотя бы один промах}; 5) {не менее двух попаданий}; 6) {не более одного попадания}; 7) {попадание в мишень
не ранее чем при 3-м выстреле}.
3. Пусть A, В,C – события. Выясните смысл равенств АВС=А.
4. На отрезке [0,1] наудачу ставятся две точки. Построить подходящее пространство элементарных исходов Ω для описания событий: A={вторая точка ближе к левому концу отрезка, чем первая}, B={расстояние между точками не превосходит половины
длины отрезка} и описать эти события.
5. Пусть Ai , i  1,3, – произвольные события. Выразить в виде
результата арифметических действий над этими тремя событиями и
их дополнениями следующие события: 1) произошли все три события; 2) произошло хотя бы одно событие; 3) произошло только
A1 ; 4) произошло хотя бы два события; 5) события A1 и A 2 про-
59
изошли, но событие A3 не произошло; 6) произошло одно и только одно событие; 7) произошло ровно два события; 8) ни одно событие не произошло; 9) произошло не более двух событий.
6. Монета подбрасывается три раза. Является ли сигма – алгеброй следующая система подмножеств: F={Ø, Ω, {ГГГ, ГРГ, РГР,
РРР}, {РГГ, РРГ, РГР, РРР}}?
7. Преподаватель проводит занятия с тремя студентами. Событие A={первый студент потребует внимания преподавателя в течение часа}, событие B={второй студент потребует внимания преподавателя в течение часа}, событие C={третий студент потребует
внимания преподавателя в течение часа}. Что означают события: 1)
ABC; 2) A+B+C; 3) ABC  ABC  ABC ;
4) ABC  ABC 
 ABC ; 5) ABC ; 6) A+B+C– ABC?
8. Пусть A  B . Упростите выражения АВ, AUB, АВС,AUBUC.
9. Фирма по продаже автомобилей рекламирует две новые модели машин по радио и телевидению. Компанию интересует эффективность рекламы, в частности, оценка того, что случайно выбранный человек имеет представление хотя бы об одной из двух
рекламируемых моделей. Определим событие A как событие, состоящее в том, что случайно выбранный человек слышал рекламу
по радио, а событие B – как событие, состоящее в том, что случайно выбранный человек знает о новых моделях автомобилей из рекламы телевидения. Определить в этом контексте A + B, AB,
B\ A,A.
10. Брокерская фирма имеет дело с акциями и облигациями.
Для анализа деятельности фирме полезно оценить вероятность того, что лицо, интересующее фирму, является держателем акций
(событие A) или облигаций (событие B). Определите в этом контексте A + B, AB, B\ A, A .
11. Директор корпорации рассматривает 10 заявлений о приёме
на работу на 4 вакантных места. Сколькими способами директор
может заполнить эти вакансии?
12. Собрание, на котором присутствует 20 человек, избирает
двух делегатов на две конференции. Каким числом способов это
можно сделать? Сколькими способами можно отобрать двух кандидатов на одну конференцию?
60
13. Участники жеребьевки тянут из ящика жетоны с номерами
от 1 до 100. Найти вероятность того, что номер первого наудачу
извлеченного жетона не содержит цифры 5.
14. Восемь различных книг расставлены наудачу на одной полке. Найти вероятность того, что две определенные книги окажутся
поставленными рядом.
15. В зрительном зале кинотеатра 500 мест. Какова вероятность,
что при произвольном размещении в зале 490 зрителей пустыми
останутся 10 первых мест второго ряда?
16. n студентов произвольным образом расходятся по k аудиториям. Какова вероятность, что в первой аудитории окажутся
n1 студентов, во второй – n 2 студентов,…, в к-й аудитории– n k
студентов?
17. В купейный вагон (9 купе по 4 места) семи пассажирам продано семь билетов. Найти вероятность того, что занятыми оказались только два купе.
18. n различных шаров произвольным образом раскладываются
по n ящикам. Какова вероятность, что при этом ровно один ящик
окажется пустым?
19. Двое играют в игру, поочередно бросая монету. Выигравшим считается тот, кто первым получит герб. Найти вероятность
того, что игра закончится на k-м бросании. Какова вероятность выигрыша для игрока, начавшего игру?
20. 10 любителей подледного лова рыбы произвольным образом
независимо друг от друга размещаются на льду озера, имеющего
форму круга радиуса 1 м. Какова вероятность того, что не менее 5
рыбаков расположатся на расстоянии более 200 м от берега?
21. В шар радиуса R наудачу бросаются n точек. Найти вероятность того, что расстояние от центра до ближайшей точки не
меньше a, 0  a  R.
22. Группа из 8 человек садится за круглый стол. Какова вероятность, что два определенных лица окажутся рядом?
23. При стрельбе из винтовки относительная частота попадания
в цель оказалась равной 0,85. Найти число попаданий, если всего
произведено 120 выстрелов.
61
24. В ящике 10 деталей, среди которых 2 нестандартных. Найти
вероятность того, что в наудачу отобранных 6 деталях окажется не
более одной нестандартной.
25. В студии телевидения имеются 3 телевизионных камеры.
Для каждой камеры вероятность того, что она включена в данный
момент, равна 0.6. Найти вероятность того, что в данный момент
включена хотя бы одна камера.
26. Студент знает не все экзаменационные билеты. В каком случае вероятность вытащить неизвестный билет будет для него
наименьшей: когда он берет билет первым или последним?
27. Найти вероятность того, что при 400 испытаниях событие
наступит ровно 104 раза, если вероятность его появления в каждом
испытании 0.2.
28. Вероятность того, что деталь не стандартна р = 0.1. Найти,
сколько деталей надо отобрать, чтобы с вероятностью, не меньшей
0.9544, можно было утверждать, что относительная частота появления нестандартных деталей среди отобранных отклонится от постоянной вероятности р по абсолютной величине не более чем на
0.03.
29. Из ящика, содержащего 3 билета с номерами 1,2,3, вынимают по одному все билеты. Найти вероятность того, что хотя бы у
одного билета порядковый номер в выборке совпадет с собственным.
30. Колода из 36 карт хорошо перемешана. Найти вероятность
событий: А – четыре туза расположены рядом; событие В – места
расположения тузов образуют арифметическую прогрессию с шагом 7.
31. На полке в случайном порядке расположено 40 книг, среди
которых находится трехтомник А.С. Пушкина. Найти вероятность
того, что все тома стоят в порядке возрастания (не обязательно рядом).
32. Опыт состоит в 4-кратном выборе с возвращением одной
буквы из следующих букв: А, Б, К, О, М и записи ее. Какова вероятность, что получится слово «МАМА»?
33. В урне 4 шара различного цвета. Извлекается шар и возвращается обратно, цвет шара при этом запоминается. Найти вероятность, что среди 8 выбранных шаров будут шары только одного
цвета – событие A; будут по два шара разного цвета – событие В.
62
34. Из цифр 1, 2, 3 случайным образом составляется 6-значное
число. Найти вероятность того, что цифра 1 встретится в числе 1
раз, цифра 2 – 2 раза, цифра 3 – 3 раза?
35. В лифт 7-этажного дома вошли 3 человека. Каждый может
выйти на любом этаже, начиная со второго, с одинаковой вероятностью. Найти вероятности событий: A– все выйдут на 4 этаже, B –
все выйдут на одном и том же этаже, C – все выйдут на разных
этажах.
36. Брак в продукции завода вследствие дефекта A составляет
4%, а вследствие дефекта B – 3,5%. Годная продукция завода составляет 95%. Найти вероятность того, что а) среди продукции, не
обладающей дефектом A, встретится дефект B; б) среди забракованной по признаку A продукции встретится дефект B.
37. В магазине продаются 10 телевизоров, 3 из них имеют скрытые дефекты. Какова вероятность того, что посетитель купит телевизор, если для выбора телевизора без дефекта понадобится не более трёх попыток?
38. В записанном телефонном номере 135-3.-.. три последние
цифры стерлись. Найти вероятность событий: А – стерлись различные цифры, отличные от 1,3,5; В – стерлись одинаковые цифры; С
– две из стершихся цифр совпадают.
39. Из карточек разрезной азбуки составлено слово СТАТИСТИКА. Затем из этих 10 карточек отобрано 5 карточек. Какова
вероятность, что получится слово ТАКСИ?
40. Пусть 1, 2, 3, 4 – числа, выпавшие при одновременном
бросании 4 игральных костей. Найти P 2  1 , P 3  2 ,
P 4  3  P 1  4 .
41. Среди 25 экзаменационных билетов 5 «хороших». Два студента по очереди выбирают по одному билету. Найти вероятности
событий: а) первый студент взял «хороший» билет; б) второй студент взял «хороший» билет; в) оба студента взяли «хорошие» билеты.
42. Упрощенная схема контроля изделий состоит из двух независимых проверок. В результате к-й проверки, к=1,2, изделие, удовлетворяющее стандарту, отбраковывается с вероятностью  k , а
бракованное изделие принимается с вероятностью α k . Изделие
63
принимается, если оно прошло обе проверки. Найти вероятности
событий: а) бракованное изделие будет принято; б) изделие, удовлетворяющее стандарту, будет отбраковано.
43. Имеется 10 пар ботинок, случайным образом выбираются 4
ботинка. Какова вероятность, что среди них не будет парных?
44. В группе n человек (n ≤ 365). Какова вероятность, что хотя
бы у двух человек совпадают дни рождения?
45. Какова вероятность, что дни рождения 12 случайным образом выбранных студентов приходятся на разные месяцы года?
46. 10 студентов договорились поехать на лыжную базу на одной и той же электричке, но не договорились, в каком вагоне. Каковы вероятности событий: а) все они окажутся в разных вагонах,
если любой из студентов может сесть наугад в любой из 10 вагонов; б) все они разместятся в трех вагонах; в) 5 студентов окажутся
в головном вагоне, остальные 5 – в хвостовом.
47. На отрезок ОА длины l наудачу поставлена точка В. Найти
вероятность того, что меньший из отрезков ОВ и ВА имеет длину,
меньшую l/3.
48. Случайная точка A равномерно распределена на отрезке
[0,1] и делит этот отрезок на 2 части. Пусть 1 – длина большей части, 2 – длина меньшей части. Найти Р{1 < x}, Р{2 < x} при любых x.
49. Случайная точка A имеет равномерное распределение в
прямоугольнике со сторонами 1 и 2. Найти вероятности событий:
а) расстояние от точки А до ближайшей стороны не превосходит х;
б) расстояние от точки А до любой стороны не превосходит х.
50. (Парадокс Бертрана). В круге радиусом R случайно проводится хорда длиной . Найти вероятность Р{>x}, если середина
хорды равномерно распределена в круге. Вычислить эти вероятности при х, равном: а) стороне правильного вписанного шестиугольника; б) стороне правильного вписанного треугольника.
51. В интервале времени [0,Т] в случайный момент u появляется
сигнал длительности ∆. Приемник включается в случайный момент
времени v[0,Т] на время t. Предположив, что точка (u,v) распределена равномерно в квадрате [0,Т] [0,Т], найти вероятность обнаружения сигнала.
64
52. По цели проводится n независимых выстрелов. Вероятность
попадания при i-м выстреле равна, p i i=1, …, n. Какова вероятность, что при n выстрелах будет не менее двух попаданий.
53.Что вероятнее: выиграть у равносильного противника 3 партии из 4-х или 5 партий из 8?
54. Двое по очереди бросают монету. Выигрывает тот, кто первым получил герб. Найти вероятности событий: а) игра закончится
до четвертого бросания; б) выиграет первый игрок; в) выиграет
второй игрок.
55. Из урны, содержащей N1 белых шаров, N2 черных и N3 красных последовательно без возвращения извлекают шары до тех пор,
пока не появится красный шар. Найти вероятности событий: а)
вынуто n1 белых, n2 черных шаров; б) не появилось ни одного белого шара; в) всего вынуто к шаров.
56. В урне 5 белых и 4 черных шара. Из урны извлекаются все
шары. Какова вероятность, что вторым по порядку будет извлечен
белый шар?
57. Вероятность, что стрелок при одном выстреле попадает в
мишень, равна 0.9. Стрелок произвел 3 выстрела. Найти вероятность того, что все три выстрела дали попадание.
58. При передаче сообщения вероятность искажения одного
знака равна 0.1. Какова вероятность того, что сообщение из 10 знаков а) не будет искажено; б) содержит ровно три искажения; в)
содержит не более трех искажений.
59. Найти вероятность того, что в n испытаниях схемы Бернулли
с вероятностью успеха в отдельном испытании p, k-й по порядку
успех произойдет на m-м шаге.
60. На отрезок [0,10] наудачу брошено 5 точек. Найти вероятность того, что 2 точки попадут в отрезок [0,2], одна – в [2,3] и две
– в [3,10].
61. Из множества чисел 1,2,...,N случайно выбираются три числа. Найти вероятность того, что третье число попадет в интервал,
образованный первыми двумя числами, если известно, что первое
число меньше второго.
62. Для участия в студенческих отборочных спортивных соревнованиях выделено из первой группы 4, из второй — 6, из третьей
— 5 студентов. Вероятности того, что студент первой, второй и
65
третьей группы попадет в сборную института, соответственно равны 0.9, 0.7 и 0.8. Наудачу выбранный студент попал в сборную института. Какой группе вероятнее всего принадлежит студент?
63. Из 28 костей домино случайно выбирают две. Найти вероятность того, что из них можно составить «цепочку» согласно правилам игры.
64. Из урны, содержащей 2 белых и 3 черных шара, наудачу извлекают 2 шара и добавляют в урну белый шар. Найти вероятность
того, что после этого наудачу выбранный из урны шар будет белым.
65. В пункте проката имеется 10 телевизоров, для которых вероятность исправной работы в течение месяца равна 0.9, и 5 телевизоров с вероятностью безотказной работы в течение месяца, равной
0.95. Найти вероятность того, что два телевизора, взятые наудачу в
пункте проката, будут работать исправно в течение месяца.
66. Изделия поступают на проверку, описанную в задаче 42.
Предполагая, что каждое изделие удовлетворяет стандарту с вероятностью р, найти вероятность того что, а) поступившее на проверку изделие не будет отбраковано; б) неотбракованное изделие удовлетворяет стандарту.
67. В первой урне находятся 1 белый и 2 черных шара, во второй – 2 белых и 3 черных шаров. Из каждой урны случайным образом отбираются по 2 шара и кладутся в 3-ю урну. Какова вероятность того, что шар, извлеченный из 3-й урны, будет белым?
Найти вероятность того, что при выборе с возвращением из 3-й урны двух шаров один из них белый, другой – черный. Найти вероятность предыдущего события, но только при схеме выбора без
возвращения.
68. Отрезок [0,а] случайной точкой делится на две части, из которых случайно выбирается одна часть. Обозначим длину выбранной части за сл. величину . Найти P{<x}, o≤x≤a, предполагая,
что координата  случайной точки равномерно распределена на
отрезке [0,а] и вероятность выбора любой из полученных частей
отрезка одинакова.
69. Случайная точка (1,2) имеет равномерное распределение в
квадрате [0,1][0,1]. При каких значениях r независимы события
Ar={|1-2|≥r} и Br={1+2≤3r}.
66
70. События A и В независимы. Являются ли независимыми события A и B ? A и В?
71. Случайная точка =(1,2) имеет равномерное распределение
A1 ={ 1 <1/2},
в
квадрате
[0,1][0,1].
Пусть
A 2 ={ 2 <1/2}, A3 ={( 1 -1/2)( 2 -1/2)<0}. Показать, что события
А1,А2, А3 попарно независимы, но все три события зависимы.
72. Следует ли из несовместности событий их независимость?
Из независимости – несовместность?
73. Пусть событие A не зависит от самого себя. Доказать, что
тогда P(A) равно 0 или 1.
74. Иностранная фирма, производящая автомобили, интересуется российским рынком. Для изучения вкуса потенциальных покупателей проводится опрос, в котором выясняются наиболее желательные характеристики автомобиля. Предположим, что результаты опроса показали: 35% потенциальных покупателей в основном
оценивают автомобиль по его техническим характеристикам, 50% по его дизайну, 25% - считают одинаково важным и то, и другое.
Основываясь на этой информации, ответьте, являются ли два вида
предпочтений потенциальных покупателей независимыми друг от
друга? Объясните.
75. Вероятность того, что завтра цены на потребительские товары вырастут, равна 0,3; вероятность того, что завтра поднимется
цена на серебро, равна 0,2, а вероятность одновременного роста
цен на потребительские товары и серебро составляет 0,06. Являются ли цены на потребительские товары и серебро независимыми
друг от друга? Поясните ответ.
76. О двух акциях A и B известно, что они выпущены одной и
той же отраслью. Вероятность того, что акция A поднимется в цене
завтра, равна 0,2. Вероятность того, что обе акции A и B поднимутся завтра в цене, равна 0,12. Предположим, что Вы знаете, что
акция A поднимется завтра в цене. Чему равна вероятность того,
что и акция B поднимется завтра в цене?
77. Вероятность того, что покупатель, собирающийся приобрести компьютер и пакет прикладных программ, приобретёт только
компьютер, равна 0,15. Вероятность, что покупатель купит только
пакет программ, равна 0,1. Вероятность того, что будут куплены и
компьютер, и пакет программ, равна 0,05. Чему равна вероятность
67
того, что будут куплены или компьютер, или пакет программ, или
компьютер и пакет программ вместе?
78. В большом универмаге установлен скрытый «электронный
глаз» для подсчёта числа входящих покупателей. Когда два покупателя входят в магазин вместе и один идёт перед другим, то первый из них будет учтён электронным устройством с вероятностью
0,98, второй – с вероятностью 0,94, а оба – с вероятностью 0,93.
Чему равна вероятность того, что устройство отметит по крайней
мере одного из двух входящих вместе покупателей.
79. В ходе исследования потребительского рынка проводили
опрос потребителей. В частности, один из вопросов касался сорта
зубной пасты, которую использует потребитель. Если известно, что
14% населения использует сорт A, а 9% - сорт B, то чему равна вероятность того, что случайно выбранный человек будет использовать одну из двух паст. (Предполагается, что в данный момент человек использует только одну пасту).
80. По каналу связи может быть передана одна из трех последовательностей букв: AAAA, BBBB и CCCC, причем делается это с
вероятностями 0.3, 0.4 и 0.3 соответственно. Известно, что действие шумов на приемное устройство учменьшает вероятность
правильного приема каждой из переданных букв до 0.6, а вероятность приема каждой переданной буквы за две другие равны 0.2 и
0.2. Предполагается, что сигналы искажаются независимо друг от
друга. Найти вероятность того, что была передана последовательность AAAA, если на приемном устройстве получено ABCA.
81. Для лица, дожившего до двадцатилетнего возраста, вероятность смерти на 21-м году жизни равна 0.006. Застрахована группа
10000 лиц двадцатилетнего возраста, причем каждый застрахованный внес 1200 рублей страховых взносов за год. В случае смерти
застрахованного по естественным причинам родственникам выплачивается 100000 рублей. Какова вероятность того, что а) к концу
года страховое учреждение окажется в убытке? б) его доход превысит 6000000 рублей? Какой минимальный страховой взнос следует
учредить, чтобы с вероятностью 0.95 доход был не менее 4000000
рублей?
82. Известно, что вероятность выпуска сверла повышенной
хрупкости (брак) равна 0.02. Сверла укладываются в коробки по
100 штук. Какова вероятность того. что в коробке не окажется бракованных сверл? Какое наименьшее количество сверл нужно укладывать в коробку для того, чтобы с вероятностью, не меньшей 0.9,
в коробке было не менее 100 исправных?
83. Вероятность выхода из строя за время T одного конденсатора равна 0.2. Определить вероятность того, что из 100 конденсато-
68
ров за время T выйдут из строя а) не менее 20 конденсаторов; б)
менее 28 конденсаторов.
84. Из отрезка [0,1] наугад выбирается число. Какова вероятность, что в десятичной записи этого числа вторая цифра после
запятой будет двойка?
69