авторефераты диссертаций БЕСПЛАТНАЯ БИБЛИОТЕКА РОССИИ

КОНФЕРЕНЦИИ, КНИГИ, ПОСОБИЯ, НАУЧНЫЕ ИЗДАНИЯ

<< ГЛАВНАЯ
АГРОИНЖЕНЕРИЯ
АСТРОНОМИЯ
БЕЗОПАСНОСТЬ
БИОЛОГИЯ
ЗЕМЛЯ
ИНФОРМАТИКА
ИСКУССТВОВЕДЕНИЕ
ИСТОРИЯ
КУЛЬТУРОЛОГИЯ
МАШИНОСТРОЕНИЕ
МЕДИЦИНА
МЕТАЛЛУРГИЯ
МЕХАНИКА
ПЕДАГОГИКА
ПОЛИТИКА
ПРИБОРОСТРОЕНИЕ
ПРОДОВОЛЬСТВИЕ
ПСИХОЛОГИЯ
РАДИОТЕХНИКА
СЕЛЬСКОЕ ХОЗЯЙСТВО
СОЦИОЛОГИЯ
СТРОИТЕЛЬСТВО
ТЕХНИЧЕСКИЕ НАУКИ
ТРАНСПОРТ
ФАРМАЦЕВТИКА
ФИЗИКА
ФИЗИОЛОГИЯ
ФИЛОЛОГИЯ
ФИЛОСОФИЯ
ХИМИЯ
ЭКОНОМИКА
ЭЛЕКТРОТЕХНИКА
ЭНЕРГЕТИКА
ЮРИСПРУДЕНЦИЯ
ЯЗЫКОЗНАНИЕ
РАЗНОЕ
КОНТАКТЫ


Pages:   || 2 | 3 | 4 |
-- [ Страница 1 ] --

Национальный институт

ВЫСШАЯ ШКОЛА УПРАВЛЕНИЯ

В. И. Соловьев

МАТЕМАТИКА

для специальностей «Государственное и

муниципальное управление»,

«Менеджмент организации»

Часть 3

ТЕОРИЯ ВЕРОЯТНОСТЕЙ

И МАТЕМАТИЧЕСКАЯ СТАТИСТИКА

В ЭКОНОМИКЕ

Р а з д е л 3.1

РАБОЧАЯ ТЕТРАДЬ

Москва — 2005 УДК 51 (075.8) ББК 22.17я73 Ф., и., о. студента (регион) (группа) В. И. Соловьев, 2005 НИ «ВШУ», 2005 ПРЕДИСЛОВИЕ Настоящая рабочая тетрадь по дисциплине «Математика» составлена в соответствии с Государственным образовательным стандартом высшего про фессионального образования по специальностям 080507 — «Менеджмент ор ганизации», 080504 — «Государственное и муниципальное управление».

В первой части рабочей тетради по дисциплине «Математика» изучались методы линейной алгебры и аналитической геометрии, во второй — основы математического анализа. Данная книга содержит материал третьей части дисциплины «Математика», посвященной методам т е о р и и в е р о я т н о с т е й и м а т е м а т и ч е с к о й с т а т и с т и к и, на которых основывается материал дисциплины «Статистика», ряда специальных дисциплин.

Тетрадь состоит из глав и параграфов, рисунки, таблицы и формулы нуме руются трехступенчато: номер главы, номер параграфа, номер рисунка, таблицы или формулы. Конец доказательства или решения обозначается знаком. В конце каждого параграфа приводятся и задачи для решения на практических занятиях и дома. Задачи имеют сквозную нумерацию по всему пособию.

По итогам изучения дисциплины студент должен выполнить и н д и в и д у а л ь н о е контрольные задание, которое приводится в конце рабочей тет ради. Для решения задач на практических занятиях, выполнения домашних заданий и индивидуального контрольного задания в рабочей тетради отведе ны чистые страницы.

Пособие имеет несколько отличительных особенностей. Во первых, тео ретических материал излагается на двух уровнях сложности: базовом, и по вышенной сложности (такой материал выделен петитом). Во вторых, пособие содержит большое число практических теоретико вероятностных моделей, применяемых в различных областях экономики, управления и финансов. В третьих, пособие содержит достаточно много (460) задач для решения на практических занятиях и дома.

Часть из них подробно разобрана, часть из них только сформулирована. В книге представлены задачи, которые служат для усвоения материала всех разделов теории вероятностей на конкретных при мерах, возникающих в практике управления экономическими, социальными и финансовыми системами. В процессе решения таких задач студент не только закрепляет и углубляет теоретические знания, полученные на лекциях, но и учится применять эти знания при постановке и решении реальных экономи ческих задач. В предлагаемой книге экономические, финансовые и социологи ческие приложения методов теории вероятностей и математической стати стики выходят на первый план, серьезный акцент делается не только на мето ды решения задач, но и на построение математических моделей, анализ и эко номическую интерпретацию полученных результатов. В результате исполь зования учебного пособия студент знакомится с основными проблемами управления, экономики, финансов, социологии и других смежных областей, при решении которых полезно применение вероятностно статистических ме тодов, учится ориентироваться в математических методах и по экономической постановке задачи определять, в каком разделе математики искать средства для ее решения, переходить от экономической постановки задачи к ее мате матической модели, проводить по этой модели расчеты и получать числовые результаты, анализировать эти результаты и делать количественные и каче ственные выводы, необходимые для принятия решений в своей предметной области.

Для усвоения материала курса студент должен самостоятельно решить, кроме контрольных заданий, не менее 30% задач для самостоятельного ре шения.

Несколько слов о самих задачах. «Задачи не придумывают, их коллек ционируют», — говорили наши Учителя. Лишь небольшая часть из предла гаемых 460 задач является оригинальной, большинство же задач заимствова но из опубликованных источников, которые приведены в списке литературы.

Среди этих источников в первую очередь следует отметить учебник [28], на использование которого ориентирован данный курс, а также учебники и учеб ные пособия [2, 3, 10, 11, 16, 21, 25, 29, 30, 31, 42, 49, 55, 56, 58].

Кроме того, в книгу вошли неопубликованные задачи, предлагавшиеся в последние годы на Олимпиаде Государственного университета управления по теории вероятностей и математической статистике (автор многих оригиналь ных задач — доцент М. И. Кутернин), а также на Всероссийской олимпиаде по теории вероятностей и математической статистике, проводимой кафедрой ма тематической статистики Самарского государственного экономического уни верситета (авторы задач — профессор Е. И. Суханова и доцент Л. К. Ширяева).

Глава 1. СЛУЧАЙНЫЕ СОБЫТИЯ § 1.1. ОСНОВЫ КОМБИНАТОРИКИ 1.1.1. П р а в и л а с у м м ы и п р о и з в е д е н и я В теории вероятностей часто приходится иметь дело с задачами, в которых необходимо подсчитывать число возможных способов совершения каких либо действий. Задачи такого типа называются к о м б и н а т р н ы м и, а раздел ма тематики, занимающийся решением таких задач, — к о м б и н а т р и к о й. Во обще, комбинаторика — это раздел математики, изучающий расположения объектов в соответствии со специальными правилами и методы подсчета числа всех возможных способов, которыми эти расположения могут быть совершены.

Первые теоретические исследования проблем комбинаторики были про ведены в XVII в. Б. Паскалем, П. Ферма и Г. Лейбницем, в XVIII в. Я. Бернулли и Л. Эйлером. Именно тогда сложилась принятая и сегодня в комбинаторике терминология р а з м е щ е н и й, п е р е с т а н о в о к и с о ч е т а н и й. К началу XX в. комбинаторика считалась законченным разделом математики, лежа щим вне русла ее основного развития. В XX в. комбинаторику стали рассмат ривать как раздел т е о р и и м н о ж е с т в, изучающий вопросы, возникаю щие при изучении к о н е ч н ы х множеств, что привело к более естественной и последовательной классификации основных задач комбинаторики и комби наторных понятий. В связи с развитием вычислительной техники, теории ин формации и кодирования в настоящее время комбинаторика является одним из наиболее интенсивно развивающихся разделов математики.

Комбинаторные методы очень важны при вычислении вероятностей со бытий, связанных с экспериментами, имеющими конечное число исходов.

Сформулируем два универсальных п р а в и л а, применяемых при реше нии комбинаторных задач.

ПРАВИЛО СУММЫ. Пусть требуется выполнить одно из каких либо m действий, взаимно исключающих друг друга. Если первое действие можно выполнить n1 способами, второе действие — n2 способами и так до m го дей ствия, которое можно выполнить nm способами, то выполнить о д н о и з этих m действий можно n1 + n2 + · · · + nm способами.

ПРАВИЛО ПРОИЗВЕДЕНИЯ. Пусть требуется выполнить какие либо m дей ствий. Если первое действие можно выполнить n1 способами, второе дейст вие — n2 способами и так до m го действия, которое можно выполнить nm способами, то все m действий могут быть выполнены n1n2 · · · nm способами.

Доказательство этих правил очевидно. Для случая одного и двух дейст вий их справедливость не вызывает сомнений, а на случай произвольного ко личества действий правила обобщаются при помощи метода математической индукции. Оставляем строгое доказательство читателю в задаче 5.

Задачи 1. В информационно технологическом управлении банка работают три аналитика, десять программистов и 20 инженеров. Для сверхурочной работы в праздничный день начальник управления должен выделить одного сотрудни ка. Определить, сколько способов существует у начальника управления.

Решение. Начальник управления может отобрать одного аналитика n1 = 3 способами, одного программиста — n2 = 10 способами, а одного инженера — n3 = 20 способами. Посколь ку по условию задачи начальник управления может выделить любого из своих сотрудников, то согласно правилу суммы у него существует n1 + n2 +n3 = 3 + 10 + 20 = 33 различных спо соба выбрать сотрудника для сверхурочной работы.

2. Маша поссорилась с Петей и не хочет ехать с ним в одном автобусе. От общежития до института с 7 до 8 ч отправляется пять автобусов. Не успевший на последний из этих автобусов опаздывает на лекцию. Определить, сколькими способами Маша и Петя могут доехать до института в разных автобусах и не опоздать на лекцию.

Решение. Петя может доехать до института n1 = 5 различными способами (на одном из пяти автобусов), при этом Маше остается только n2 = 4 способа (так как один из автобусов занят Петей). Таким образом, по правилу произведения у Пети и Маши есть n1n2 = 5·4 = различных способов добраться до института в разных автобусах и не опоздать на лекцию.

3. Из города А в город Б ведет m различных путей, а из города Б в город В — n различных путей. Определить, сколькими различными способами мож но доехать из города А в город В через город Б.

4. В розыгрыше первенства института по футболу принимают участие команд. Определить, сколькими способами могут быть распределены золотая, серебряная и бронзовая медали.

5. Доказать с помощью метода математической индукции правило суммы и правило произведения.

1.1.2. К о м б и н а ц и и б е з п о в т о р е н и й Напомним понятие факториала, активно используемое в комбинаторике.

Факториалом натурального числа n называется число n! = n(n – 1)(n – 2) · · · 3·2·1. (1.1.1) Факториалом нуля по определению является единица:

0! = 1. (1.1.2) Рассмотрим некоторое множество S, состоящее из n р а з л и ч н ы х эле k n. Назовем множество, состоящее из k элементов, упо ментов. Пусть рядоченным, если каждому элементу этого множества поставлено в соответ ствие число от 1 до k, причем различным элементам множества соответствуют разные числа.

Размещениями из n элементов по k называются упорядоченные подмно жества множества S, состоящие из k р а з л и ч н ы х элементов и отличаю щиеся друг от друга составом элементов или порядком их расположения.

Ч и с л о р а з м е щ е н и й из n элементов по k равно n!

An = = n(n 1)(n 2) (n k + 1).

k (1.1.3) (n k)!

Перестановками из n элементов называются размещения из n элементов по n, т. е. упорядоченные подмножества множества S, состоящие из всех эле ментов данного множества и отличающиеся друг от друга только порядком их расположения.

Ч и с л о п е р е с т а н о в о к из n элементов равно Pn = n! = n(n – 1)(n – 2) · · · 3·2·1. (1.1.4) Сочетаниями из n элементов по k называются подмножества множества S, состоящие из k р а з л и ч н ы х элементов и отличающиеся друг от друга только составом элементов.

Ч и с л о с о ч е т а н и й из n элементов по k равно n(n 1)(n 2) (n k + 1) k An n!

Cn = = = k. (1.1.5) Pk k !(n k)! k(k 1)(k 2) 3 2 Идеи доказательства формул (1.1.3)—(1.1.5) содержатся в задачах 6 и 8.

В пакете Microsoft Excel существуют функции для вычисления факториа лов, числа перестановок и числа сочетаний:

Pn = n! = ФАКТР(n);

k An = ПЕРЕСТ(n;

k);

k Cn = ЧИСЛКОМБ(n;

k).

Задачи 6. Начальник службы безопасности банка должен ежедневно расстав лять десятерых охранников по десяти постам. В целях усиления безопасности одна и та же комбинация расстановки охранников по постам не может повто ряться чаще одного раза в месяц. Чтобы оценить, возможно ли это, найти чис ло различных комбинаций расстановки охранников.

Решение. Первый способ. На первый пост начальник службы безопасности может назна чить любого из n1 = 10 охранников, на второй пост — любого из оставшихся n2 = 9 охранников и так до девятого поста, на который можно назначить любого из оставшихся n9 = 2 охранников, при этом оставшийся n10 = 1 охранник будет назначен на 10 й пост. Поэтому согласно правилу произведения у начальника службы безопасности есть n1n2···n10 = 10·9 · · · 2·1 = 10! = 3 628 способов расстановки охранников по постам. Поскольку количество дней в месяце не превы шает 31, у начальника службы безопасности заведомо существует достаточное число способов расстановки своих подчиненных по постам.

Второй способ. Число способов расстановки десяти охранников по десяти постам, су ществующих у начальника службы безопасности, описывается числом перестановок из элементов, т. е. P10 = 10! = 3 628 800.

Это число можно получить либо путем непосредственного перемножения чисел от еди ницы до десяти, либо воспользовавшись пакетом Microsoft Excel: результатом вычисления функции ФАКТР(10) будет число 3 628 800.

7. Определить, сколькими способами можно разместить на шахматной доске восемь ладей так, чтобы они не били друг друга.

8. Новый президент банка должен назначить двух новых вице президентов из числа десяти директоров. Сколько способов существует у президента, если:

а) один из вице президентов (первый) выше другого по должности;

б) вице президенты по должности равны между собой.

Решение. Первый способ. а) Первого вице президента можно выбрать из n1 = 10 пре тендентов, при этом на пост второго вице президента будут претендовать n2 = 9 оставшихся директоров. Поэтому согласно правилу произведения у нового президента банка есть n1n2 = 10·9 = 90 способов назначения двух вице президентов, один из которых подчиняется другому, из числа десяти директоров. б) Пусть первое действие заключается в том, что пре зидент отбирает двух человек из 10 на должности вице президентов, а второе действие — в том, что президент говорит отобранным людям, кто из них является первым вице президентом, а кто — вторым. Пусть первое действие можно выполнить n1 способами, второе действие, очевидно, можно выполнить n2 =2 способами, и по правилу произведения число способов назначения двух вице президентов, один из которых подчиняется другому, из чис ла 10 директоров составляет n1n2 =2n1. С другой стороны, в пункте а) мы нашли это число, и оно оказалось равным 90, поэтому n1 = 90/2 = 45.

Второй способ. а) Число способов выбора двух кандидатов на две различные должно сти из 10 претендентов описывается числом размещений из 10 элементов по 2, т. е.

A10 = 10!/8! = 90. б) Число способов выбора двух кандидатов на две одинаковые должности из 10 претендентов описывается числом сочетаний из 10 элементов по 2, т. е. C = 10!/(2!8!) = 45.

Конкретные числа в ответе можно получить либо непосредственной подстановкой в форму лы, как это было сделано выше, либо воспользовавшись пакетом Microsoft Excel: результатом вы числения функции ПЕРЕСТ(10;

2) будет число 90, а результатом вычисления функции ЧИС ЛКОМБ(10;

2) будет число 45.

9. Петя и Маша коллекционируют видеокассеты. У Пети есть 30 коме дий, 80 боевиков и 7 мелодрам, у Маши — 20 комедий, 5 боевиков и 90 мело драм. Сколькими способами Петя и Маша могут обменяться одновременно тремя комедиями, двумя боевиками и одной мелодрамой?

10. В кредитном отделе банка работают восемь человек. Определить, сколько существует способов распределить между ними три премии:

а) одинакового размера;

б) разных размеров, известных заранее?

11. В сессию в течение 20 дней студенты одной группы должны сдать пять экзаменов. Сколькими способами можно составить расписание экзаменов, ес ли запрещается сдавать два экзамена в один день?

12. В банке n = 9 учредителей. Регистрационные документы хранятся в сей фе. Сколько замков должен иметь сейф, и сколько ключей к ним нужно изгото вить, чтобы доступ к содержимому сейфа был возможен только тогда, когда собе рется не менее m = 6 учредителей?

Решение. Какие бы (m – 1) учредителей ни собрались, должен найтись замок, который они не смогут открыть (т. е. ни у одного из них не найдется ключа от этого замка), но при этом ключ от этого замка должен быть у каждого из оставшихся (n – m + 1) учредителей (появле ние любого из них дает возможность открыть сейф). Поэтому минимальное число замков равно Cn 1 = Cn ( m 1), а ключей к ним должно быть (n m + 1)Cn m +1. В условиях задачи n = 9, m n n m = 6, поэтому число замков равно Cn m +1 = C9 6+1 = C9 = 9!/(4!5!) = 126, а число ключей n 9 (n m + 1)Cn m +1 = 4 126 = 504.

n 13. Доказать справедливость формул (1.1.3)—(1.1.5).

14. Доказать равенство Cn = Cn k ( k n k n).

n! n!

= Cn k.

Решение. Cn = = k n k !(n k)! (n k)![ n (n k)]!

15. РАВЕНСТВО ПАСКАЛЯ. Доказать равенство Cn + Cn +1 = Cn +1 ( k + k k k n).

16. Доказать равенство Cn + Cn + Cn + + Cn = 2n.n 0 1 17. Определить, сколько существует вариантов опроса группы из десяти сту дентов на одном занятии по теории вероятностей, если ни один из студентов не будет подвергнут опросу дважды, и на занятии может быть опрошено любое чис ло студентов (в том числе, ни один)?

18. Доказать равенство (Cn )2 + (Cn )2 + (Cn )2 + + (Cn )2 = C2n.

n n 0 1 1.1.3. К о м б и н а ц и и с п о в т о р е н и я м и Размещениями с повторениями из n элементов по k называются упоря доченные подмножества множества S, состоящие из k элементов, среди кото рых могут оказаться одинаковые, и отличающиеся друг от друга составом элементов или порядком их расположения.

Ч и с л о р а з м е щ е н и й с п о в т о р е н и я м и из n элементов по k равно An = nk.

k (1.1.6) Сочетаниями с повторениями из n элементов по k называются подмно жества множества S, состоящие из k элементов, среди которых могут оказать ся одинаковые, и отличающиеся друг от друга только составом элементов.

Ч и с л о с о ч е т а н и й с п о в т о р е н и я м и из n элементов по k равно (n + k 1)! (n + k 1)(n + k 2) n Cn = Cn+k1 = = k k. (1.1.7) k !(n 1)! k(k 1)(k 2) 3 2 Отметим, что формулы (1.1.3)—(1.1.7) сохраняют смысл и остаются спра ведливыми и при k = 0.

Если во множестве S, состоящем из n элементов, есть только m р а з л и ч н ы х элементов, то перестановками с повторениями из n элементов называются упорядоченные подмножества множества S, в которые первый элемент множества S входит n1 раз, второй элемент — n2 раз и так до m го элемента, который входит nm раз (n1 + n2 + · · · + nm = n).

Ч и с л о п е р е с т а н о в о к с п о в т о р е н и я м и из n элементов, в ко торые первый элемент множества S входит n1 раз, второй элемент — n2 раз и так до m го элемента, который входит nm раз (n1 + n2 + · · · + nm = n), равно n!

Pn (n1, n2,..., nm ) =. (1.1.8) n1 ! n2 ! nm !

Доказательство формул (1.1.6)—(1.1.8) мы оставляем читателю (в задаче 26).

Задачи 19. Маша решила помириться с Петей и позвонить ему, но забыла две по следних цифры его телефона и набирает их наудачу. Найти наибольшее воз можное число неудачных попыток, которые сделает Маша, прежде чем дозво нится до Пети.

20. Сколько автомобилей в одном регионе можно обеспечить государствен ными регистрационными знаками, если каждый регистрационный знак состоит из кода региона, трех букв, имеющих одинаковое начертание как в русском, так и в латинском алфавите («А», «В», «Е», «К», «М», «Н», «О», «Р», «С», «Т», «У», «Х»), и трех цифр?

21. Маша очень любит пирожные и ежедневно в булочной рядом с инсти тутом покупает шесть пирожных (одинаковых или разных). Всего в булочной продается 11 сортов пирожных. Сколькими способами Маша может выбрать из них шесть штук?

Решение. Каждому набору пирожных, которые выберет Маша, будем ставить в соот ветствие последовательность нулей и единиц, определяемую по следующему правилу. На пишем подряд столько единиц, сколько пирожных первого вида выбрала Маша, далее по ставим нуль и после него запишем количество отобранных пирожных второго вида и т. д. На пример, комбинации «одно пирожное второго вида, три пирожных пятого вида и одно пи рожное 8 го вида» соответствует такая последовательность: «010001110001000» (нули отде ляют виды пирожных друг от друга, поэтому нуль после 11 го вида не нужен). При этом ка ждому набору пирожных взаимно однозначным образом соответствует последовательность, построенная по описанному правилу. Все такие последовательности состоят, очевидно, из знаков, причем 10 из них нули, которые могут занимать любое место. Поэтому количество способов выбора пирожных равно количеству всех таких последовательностей, т. е. числу размещений 10 нулей по 16 местам: C16 = 8008.

22. В сессию в течение 20 дней студенты одной группы должны сдать пять экзаменов. Сколькими способами можно составить расписание экзаменов, если между двумя экзаменами должен пройти хотя бы один день для подготовки?

23. В конкурсе по трем номинациям участвуют десять кинофильмов. Вы числить число вариантов распределения призов, если призы в разных номи нациях: а) различны;

б) одинаковы.

24. Сколько различных слов можно составить, переставляя буквы в слове «мама»? Выписать все эти слова.

Решение. Число различных слов, которые можно составить, переставляя буквы в слове «мама», описывается числом перестановок с повторениями из n = 4 элементов (букв в слове «мама»), в которые первый элемент (буква «м») входит n1 = 2 раза, а второй элемент (буква «а») — n2 = 2 раза (n1 + n2 = 4 = n). Это число равно P4 (2,2) = 4!/(2!2!) = 6. Шесть различных «слов», получающиеся перестановками букв в слове «мама», таковы: «ммаа», «мама», «ма ам», «амма», «амам», «аамм».

25. Определить количество различных слов, которые можно составить мож но составить, переставляя буквы в слове «математика».

26. Доказать справедливость формул (1.1.6)—(1.1.8).

§ 1.2. ИСЧИСЛЕНИЕ СОБЫТИЙ Случайное событие A, связанное с опытом S, — это такое событие, которое может произойти или не произойти в результате опыта S, причем заранее, до проведения опыта, неизвестно, произойдет оно или нет. В дальнейшем при рас смотрении случайных событий мы будем обычно опускать слово «случайное».

Случайные события мы будем обозначать заглавными латинскими бук вами из начала алфавита, иногда с индексами, например, A, B, C, D1, D2 и т. п. С каждым опытом обязательно связаны два события — д о с т о в е р н о е и н е в о з м о ж н о е, которые обозначаются особенно. Достоверным событием, связанным с опытом S, называется такое событие, которое обязательно произойдет в результате опыта S. Невозможным событием, связанным с опытом S, называется такое событие, которое обязательно не произойдет в результате опыта S.

Простейшим примером опыта является подбрасывание монеты. Монету будем считать симметричной, очень тонкой (теоретически бесконечно тонкой), однородной по плотности, на одной стороне монеты помещен герб («орел») на другой — надпись («решка»). Тогда у этого опыта есть два исхода: выпадение «орла» и выпадение «решки». Примерами событий, связанных с этим опытом являются следующие: A — выпадение «орла», B — выпадение «решки», — выпадение «орла» или «решки» (достоверное событие), — невыпадение ни «орла», ни «решки» (невозможное событие).

Еще одним примером опыта является подбрасывание игральной кости. Иг ральная кость представляет собой геометрически правильный куб, однородный по плотности, на гранях которого отмечено число очков от одного до шести. То гда у этого опыта есть шесть исходов: выпадение различного числа очков от од ного до шести. В этом опыте можно рассмотреть больше событий, чем в опыте с монетой: A1, A2, …, A6 — выпадение одного очка, двух и так до шести;

Aчет — вы падение четного числа очков;

Aнечет — выпадение нечетного числа очков;

A3 — выпадение числа очков, меньшего трех;

— выпадение числа очков, меньшего семи (достоверное событие);

— выпадение числа очков, меньшего нуля (не возможное событие), и т. д.

Обратимся к интуитивному смыслу словосочетаний «более возможно», «одинаково возможно» и т. п. Из симметрии монеты следует, что события A и B одинаково возможны. События A1, A2, …, A6 в опыте с игральной костью также одинаково возможны (это следует из симметрии игральной кости). В то же время очевидно, что любое из событий Aчет, Aнечет и A3 более возможно, чем лю бое событие из A1, A2, …, A6.

В е р о я т н о с т ь наступления события, о которой мы будем говорить да лее в этой главе, характеризует меру возможности наступления этого события при проведении опыта. Но сначала еще немного поговорим о самих событиях.

Над событиями A и B, связанными с одним и тем же опытом S, определе ны следующие о п е р а ц и и.

Событие A влечет за собой событие B (или событие A вложено в событие B), если каждое появление события A сопровождается появлением события B.

Это обозначается как A B. События A и B называются эквивалентными, ес ли A B и B A. Эквивалентность обозначается как A = B.

Объединением событий A и B называется событие AB, которое наступает всегда, когда наступает либо событие A, либо событие B.

Пересечением событий A и B называется событие AB, которое наступа ет всегда, когда события A и B наступают одновременно.

Дополнением события B до события A (или разностью событий A и B) называется событие A \ B, которое наступает всегда, когда наступает событие A и при этом не наступает событие B.

Противоположным событию A называется событие A = \ A (читается «не A»), которое наступает всегда, когда событие A не наступает.

События A и B называются несовместными, если AB =, т. е. если в ре зультате опыта события A и B не могут наступить одновременно.

Говорят, что события H1, H2, …, Hn образуют полную группу, если они по парно несовместны (Hi Hj =, i j), и их объединение эквивалентно досто верному событию (H1H2 ··· Hn = ).

В условиях опыта с подбрасыванием игральной кости событие A1A2 со стоит в выпадении либо единицы, либо двойки;

событие AчетA3 состоит в вы падении четного числа, меньшего трех, т. е. в выпадении двойки;

дополнением события A1 до события A3 является событие A2;

примерами противоположных случайных событий являются, например, события Aчет и Aнечет;

примерами не совместных событий являются, например, события A3 и A5;

примерами совме стных событий являются, например, события A3 и A1;

полную группу образу ют события A1, A2, …, A6.

Случайное событие, связанное с опытом S, которое невозможно пред ставить как объединение более простых событий, связанных с тем же опытом, называется элементарным событием. Очевидно, достоверное событие = {} — это множество всех элементарных событий (поэтому называют еще пространством элементарных событий), а невозможное событие — это пустое множество. Любое событие, связанное с опытом S, можно предста вить как некоторое подмножество достоверного события, т. е. как множество некоторых элементарных событий.

Для наглядного представления событий, операций над событиями и от ношений между ними используются д и а г р а м м ы В ь е н н а — Э й л е р а (рис. 1.2.1).

На этих диаграммах достоверное событие изображается в виде некото рой области на плоскости, элементарные события i — точками внутри области, соответствующей. При этом любому случайному событию A будет соответст вовать некоторая геометрическая фигура внутри области, соответствующей (заштрихованная фигура на рис. 1.2.1, а). Невозможному событию соответству ет пустое множество (т. е. не соответствует никакая фигура на диаграмме). Со бытие A влечет за собой событие B, если все элементарные события, входящие в A, входят и в B (рис. 1.2.1, б). Объединение AB событий A и B состоит из всех элементарных событий, влекущих, по крайней мере, одно из событий A или B (заштрихованная фигура на рис. 1.2.1, в).

A A A B i а) д) B A A б) е) A A B B в) ж) H1 H2 H3 H A B H5 H6 H г) з) Рис. 1.2.1. Диаграммы Вьенна — Эйлера Пересечение AB событий A и B состоит из всех элементарных событий, влекущих одновременно оба события A и B (рис. 1.2.1, г). Дополнение A \ B собы тия B до события A состоит из всех элементарных событий, влекущих событие A и при этом не влекущих событие B (рис. 1.2.1, д). Событие A, противополож ное событию A, состоит из всех элементарных событий, не влекущих событие A (рис. 1.2.1, е). Несовместные события не имеют общих элементарных собы тий (рис. 1.2.1, ж). Полная группа событий представлена на рис. 1.2.1, з.

Операции над событиями обладают следующими легко проверяемыми с в о й с т в а м и.

КОММУТАТИВНОСТЬ ОБЪЕДИНЕНИЯ СОБЫТИЙ:

AB = BA. (1.2.1) АССОЦИАТИВНОСТЬ ОБЪЕДИНЕНИЯ СОБЫТИЙ:

(AB)C = A(BC). (1.2.2) ДРУГИЕ СВОЙСТВА ОБЪЕДИНЕНИЯ СОБЫТИЙ:

A = ;

AA=, AA = A, A = A, (1.2.3) КОММУТАТИВНОСТЬ ПЕРЕСЕЧЕНИЯ СОБЫТИЙ:

AB = BA. (1.2.4) АССОЦИАТИВНОСТЬ ПЕРЕСЕЧЕНИЯ СОБЫТИЙ:

(AB)C = A(BC). (1.2.5) ДРУГИЕ СВОЙСТВА ПЕРЕСЕЧЕНИЯ СОБЫТИЙ:

A =, A A =, AA = A, A = A;

(1.2.6) ПРОТИВОПОЛОЖНОСТЬ ДОСТОВЕРНОГИ И НЕВОЗМОЖНОГО СОБЫТИЙ:

=, =;

(1.2.7) ВЫРАЖЕНИЕ ДЛЯ ДОПОЛНЕНИЯ СОБЫТИЯ:

A\B= AB;

(1.2.8) ДИСТРИБУТИВНОСТЬ ПЕРЕСЕЧЕНИЯ СОБЫТИЙ ОТНОСИТЕЛЬНО ОБЪЕДИНЕНИЯ:

A(BC) = (AB)(AC). (1.2.9) ПРАВИЛА ДЕ МОРГАНА:

AB= AB, AB= AB. (1.2.10) Доказательство. Справедливость свойств (1.2.1)—(1.2.8) следует непосредственно из оп ределений соответствующих операций над событиями. Например, в левой части формулы (1.2.1) стоит событие AB, т. е. событие которое происходит тогда, когда происходит либо со бытие A, либо событие B (либо оба события одновременно). В правой части этого равенства стоит событие BA, т. е. событие которое происходит тогда, когда происходит либо событие B, либо событие A (либо оба события одновременно). Очевидно, события в левой и правой частях равенства (1.2.1) эквивалентны, что и доказывает свойство коммутативности объеди нения событий.

Предоставляем читателю самостоятельно убедиться в справедливости свойств (1.2.2)— (1.2.8).

Докажем свойство (1.2.9). Для этого представим событие A(BC) в виде объединения трех непересекающихся событий: A(BC) = [ABC][A(B\C)][A(C\B)] (рис. 1.2.2).

Теперь, учитывая, что [ABC] = [ABC][ABC] (1.2.3), можно записать: A(BC) = = [ABC][ABC][A(B\C)][A(C\B)], а затем воспользоваться свойством коммута тивности объединения событий (1.2.1):

A (B C) = [A B C] [A B C] [A (B \ C)] [A (C \ B)] = = {[A (B C)] [A (B \ C)]} {[A (B C)] [A (C \ B)]} = (A B) (A C), где в последней строке мы учли, что [ABC][A(B\C)] = AB и [ABC] [A(C\B)] = AC, в чем читателю предлагаем убедиться самостоятельно.

A B C Рис. 1.2.2. Событие A(BC) Доказательство правил де Моргана (1.2.10) оставляем читателю в виде задачи 32.

Пусть {An} — бесконечная последовательность событий An и пусть A — событие, * которое наступает тогда и только тогда, когда наступает бесконечно много событий из после довательности {An}, а A* — событие, которое наступает тогда и только тогда, когда наступают все события из последовательности {An} за исключением конечного числа событий.

Очевидно, если A, то влечет бесконечно много событий Am из последовательности * Am для каждого n, и, следовательно, Am, т. е. A A {An}, т. е.. Наобо m m=n n=1 m =n n=1 m = n рот, если Am A. Таким образом, A = A Am, то A, поэтому *. Точ m m =1 m =n n=1 m =n n=1 m= n но так же можно показать, что A = A.

m n=1 m =n Событие A = limAn = A (1.2.11) m n n =1 m =n называется верхним пределом последовательности событий {An}, а событие A = lim An = A (1.2.12) m n n=1 m =n называется нижним пределом последовательности событий {An}. Если limAn = lim An, то n n говорят, что последовательность событий {An} имеет предел lim An = limAn = lim An. (1.2.13) n n n Пусть {An} — монотонно возрастающая последовательность событий, т. е. такая по следовательность, что A1 A2 An1 An, (1.2.14) то A = limAn = Am = An, A = lim An = Am = An, поэтому предел последова n n n =1 m =n n =1 n=1 m= n n= тельности {An) существует и равен lim An = An. (1.2.15) n n= Если {An} — монотонно убывающая последовательность событий, т. е. такая после довательность, что A1 A2 An1 An. (1.2.16) Тогда A = limAn = A = An, A = lim An = A = An, и последователь m m n n n =1 m =n n =1 n=1 m= n n= ность {An} имеет предел lim An = An. (1.2.17) n n= Последовательность {An} называется монотонной, если она является либо монотонно возрастающей (1.2.14), либо монотонно убывающей (1.2.16).

Задачи 27. Известно, что A B. Найти: а) AB;

б) AB.

Решение. Событие AB заштриховано на рис. 1.2.3, а, событие AB — на рис. 1.2.3, б. Из определений объединения и пересечения событий очевидно, что AB = B, AB = A.

B B A A а) б) Рис. 1.2.3. События AB (а) и AB (б), когда A B (задача 27) 28. Установить, при каких условиях события A и AB являются эквива лентными.

29. Пусть A, B, C — произвольные события. Найти выражения для собы тий, состоящих в том, что: а) произошло только A;

б) произошли A и B, но C не произошло;

в) все три события произошли;

г) произошло хотя бы одно из этих событий;

д) произошло хотя бы два события;

е) ни одно из событий A, B и C не произошло;

ж) произошло не более двух из событий A, B и C;

з) произошло ров но одно из этих событий;

и) произошло ровно два из этих событий.

30. Пусть A, B, C — некоторые события, причем A B. Упростить выра жения: а) AB;

б) AB;

в) ABC;

г) ABC.

31. Проверить справедливость следующих утверждений, сравнивая диа граммы Вьенна — Эйлера для событий, стоящих в левых и в правых частях сле дующих выражений: а) (AB)\С = A(B\С);

б) ABC = AB(CB);

в) ABC = A(B\(AB))(C\(AC));

г) AB = (A\(AB))B;

д) (AB)\A = B;

е) (A B C) = A B C ;

ж) (A B)C = (A C) (B C) ;

з) (A B) C = A B C ;

и) (AB)C = C\(C(AB)) ;

к) ABC (BC)(CA);

л) (AB)(BC)(CA) ABC ;

м) ABC AB.

32. Доказать правила де Моргана (1.2.10).

33. Проверить, являются ли события A и A B (где A и B — произвольные события) несовместными.

Решение. A (A B) = {по правилу де Моргана} = A (A B) = {по свойству ассоциатив ности пересечения событий} = (A A) B = B =, значит, события A и A B являются несовместными.

34. Пусть A, B — произвольные события. Проверить, образуют ли события A, A B, A B полную группу.

§ 1.3. ЭЛЕМЕНТАРНЫЕ ПОДХОДЫ К ОПРЕДЕЛЕНИЮ ВЕРОЯТНОСТИ 1.3.1. К л а с с и ч е с к а я в е р о я т н о с т н а я с х е м а В е р о я т н о с т ь н а с т у п л е н и я с о б ы т и я характеризует меру возможности наступления этого события при проведении некоторого опыта.

Если множество элементарных событий (исходов опыта) = {1, 2, …, N} ко нечно, и все элементарные события одинаково возможны, то такая вероятно стная схема называется классической. В этом случае вероятность P(A) на ступления события A, состоящего из M элементарных событий, входящих в, определяется как отношение числа M элементарных событий, благоприятст вующих наступлению события A, к общему числу N элементарных событий.

Эта формула носит название классической формулы вероятности.

КЛАССИЧЕСКАЯ ФОРМУЛА ВЕРОЯТНОСТИ. Если множество элементарных со бытий конечно, и все элементарные события одинаково возможны, то веро ятность произвольного события A вычисляется по формуле M P(A) =. (1.3.1) N Введенная таким образом вероятность обладает следующими с в о й с т в а м и.

НЕОТРИЦАТЕЛЬНОСТЬ ВЕРОЯТНОСТИ. Для всех событий A P(A) 0. (1.3.2) НОРМИРОВАННОСТЬ ВЕРОЯТНОСТИ:

P() = 1. (1.3.3) АДДИТИВНОСТЬ ВЕРОЯТНОСТИ. Для всех событий A и B, таких что AB =, P(AB) = P(A) + P(B). (1.3.4) Доказательство. Поскольку число M элементарных событий, благоприятствующих на ступлению события A, и общее число N элементарных событий неотрицательны, то и веро ятность P(A) = M / N 0, что доказывает справедливость свойства неотрицательности веро ятности (1.3.2).

Так как достоверному событию благоприятствуют все N элементарных событий, то вероятность достоверного события P() = N / N = 1, что доказывает справедливость свойства нормированности вероятности (1.3.3).

Если события A и B несовместны, т. е. AB =, т. е. нет элементарных событий, благо приятствующих одновременному наступлению событий A и B, обозначим MA число элемен тарных событий, благоприятствующих наступлению события A, а MB — число элементарных событий, благоприятствующих наступлению события B (конечно, 0 MA + MB N), и тогда число элементарных событий, благоприятствующих наступлению события AB, будет равно MA + MB. Поэтому согласно классической формуле вероятности P(A B) = (MA + MB )/ N = = MA / N + MB / N = P(A) + P(B), что доказывает справедливость свойства аддитивности ве роятности (1.3.4).

Идея вычисления вероятностей как отношение числа исходов, благопри ятствующих наступления события, к общему числу исходов опыта в частных случаях появилась в рукописи Дж. Кардано «Книга об игре в кости», датиро ванной самим Дж. Кардано 1526 г., но изданной только в 1563 г. Однако сама классическая формула вероятности в современном виде была впервые опуб ликована лишь в 1713 г. в трактате Я. Бернулли «Искусство предположений».

Частным случаем классической вероятностной схемы является урновая схема: в урне содержится L шаров, среди которых K белых и (L – K) черных. Из урны наугад извлекаются l шаров, и требуется вычислить вероятности PK, L (k, l) того, что в выборке содержится ровно k белых шаров (и (l – k) черных).

Если при этом шары из урны извлекаются б е з в о з в р а щ е н и я, то для вычисления вероятности PK, L (k, l) того, что в выборке содержится ровно k белых шаров (и (l – k) черных), применяется ФОРМУЛА ГИПЕРГЕОМЕТРИЧЕСКОЙ ВЕРОЯТНОСТИ:

CK CLkK kl PK,L (k, l) = (k = 0, 1, 2, …, min{K;

l}). (1.3.5) l CL Доказательство. Опыт состоит в том, что из общей совокупности L шаров извлекается l шаров. Общее число исходов этого опыта равно, очевидно, N = ClL, причем все исходы одина ково возможны. Пусть событие A состоит в том, что в результате данного опыта было извле чено ровно k белых шаров и (l – k) черных. Число способов, которыми можно из K белых ша k ров извлечь k штук, равно CK, а число способов выбрать оставшиеся (l – k) шаров из числа (L – K) черных, равно CLkK. Поэтому по правилу произведения число исходов, благоприятст l вующих наступлению события A, равно M = CL CLkK, и искомую вероятность можно рассчи l l тать по классической формуле: PK,L (k, l) = M / N = CK CLkK / CL, что и требовалось доказать.

kl l Если же шары из урны извлекаются с в о з в р а щ е н и е м, то для вы числения вероятности PK, L (k, l) того, что в выборке содержится ровно k белых шаров (и (l – k) черных), применяется ФОРМУЛА БЕРНУЛЛИ:

lk K L K k PK,L (k, l) = C k L (k = 0, 1, 2, …, l). (1.3.6) L l Доказательство этой формулы с помощью классического определения вероятности ос тавляем читателю в задаче 41. Более простое доказательство будет приведено в п. 1.6.1.

В пакете Microsoft Excel для вычисления вероятности PK, L (k, l) по форму лам (1.3.5) и (1.3.6) можно пользоваться функциями PK, L (k, l) = ГИПЕРГЕОМЕТ(k;

l;

K;

L) и PK, L (k, l) = БИНОМРАСП(k;

l;

K / L;

ЛОЖЬ) соответственно.

Задачи 35. В корзине три красных и семь зеленых яблок. Из корзины вынимают одно яблоко. Найти вероятность того, что оно будет красным.

Решение. Пусть опытом будет извлечение яблока из корзины, а событие A состоит в том, что извлеченное из корзины яблоко окажется красным. Тогда общее число элементарных собы тий N = 10, из которых M = 3 элементарных события благоприятствуют наступлению события A. Согласно классической формуле вероятности (1.3.1) P(A) = M/N = 3/10 = 0,3.

36. В колоде всего 32 карты, по восемь каждой масти. Каждому из троих иг роков сдано по десять карт и две оставлены в прикупе. Один из игроков видит, что у него на руках шесть карт бубновой масти, а четыре — других мастей. Он сбрасывает две карты из этих четырех и берет себе прикуп. Найти вероят ность того, что в прикупе окажутся две бубновые карты.

Решение. Пусть событие A состоит в том, что в прикупе окажутся две бубновые карты.

Из 32 карт игроку известны десять, а остальные 22 неизвестны. Взять две карты из прикупа — это то же самое, что взять их из 22 неизвестных карт, среди которых две бубновые. По этому общее число элементарных событий N = C22, из которых лишь M = 1 элементарное событие благоприятствует наступлению события A. Согласно классической формуле веро ятности (1.3.1) P(A) = M/N = 1/ C22 =1/231.

37. В партии, состоящей из 1000 изделий, четыре изделия имеют дефекты.

Для контроля отбираются 100 изделий. Найти вероятность того, что среди ото бранных изделий не окажется бракованных.

Решение. По формуле гипергеометрической вероятности (1.3.3) 4! 996! 996!

0 C4 C996 0!4! 100!896! 100!896!

P1000;

4 (100;

0) = 100 = = = 1000 999 998 997 996!

1000!

C 100!900 899 898 897 896!

100!900!

996!100!900 899 898 897 896! 996! 100! 900 899 898 897 896!

= = = 100!896!1000 999 998 997 996! 100! 896! 1000 999 998 997 996!

899 449 = 0,656.

10 111 499 38. Студенческую группу, состоящую из 2m юношей и 2m девушек, раз делили случайным образом на две подгруппы. Найти вероятность того, что в каждой из подгрупп окажется поровну девушек и юношей.

39. В 80 е гг. XX в. в СССР была популярна игра «Спортлото». Играющий отмечал на карточке пять чисел от 1 до 36 и получал призы различного досто инства, если он угадал одно, два, три, четыре и пять чисел, объявленных ти ражной комиссией. Найти вероятности следующих событий: не угадать ни од ного числа из 36, угадать одно, два, три, четыре и пять чисел из 36.

40. Среди 12 проверяемых ревизором договоров семь оформлены непра вильно. Найти вероятность того, что среди пяти договоров, произвольно ото бранных ревизором для проверки, окажутся неправильно оформленными:

а) ровно три договора;

б) не менее трех договоров.

41. Доказать формулу Бернулли для схемы выборки с возвращением (1.3.6), используя классическую формулу вероятности.

42. Двери лифта закрылись на первом этаже прямо перед Петей, который успел только заметить, что в лифт вошли пять человек. В доме семь этажей, и лифт, если откроет на каком либо из них двери, стоит там целую минуту. Пе тя живет на седьмом этаже и очень не хочет идти по лестнице. Он размышля ет, каковы вероятности следующих событий: а) все пятеро выйдут на одном этаже;

б) все пятеро выйдут на разных этажах. Найти эти вероятности.

Решение. а) Опыт, за которым наблюдает Петя, состоит в том, что люди выходят из лифта произвольным образом: каждый из пяти человек может выйти на любом из шести этажей (со второго по седьмой). Общее число исходов этого опыта N = A6 = 65 (первый чело век может выйти на любом из пяти этажей, второй — также на любом из пяти этажей, и так до пятого человека;

все эти пять шестерок перемножаются по правилу произведения). Пусть событие A состоит в том, что все пять человек выйдут на одном и том же этаже, тогда число исходов описанного опыта, благоприятствующих наступлению события A, равно MA = 6 (все го есть шесть этажей). Поэтому согласно классической формуле вероятности (1.3.1) P(A) = MA/N = 6/6 = 1/6 0,00077. б) Рассмотрим тот же опыт, что и в п. а). Пусть событие B 5 состоит в том, что все пять человек выйдут на разных этажах, тогда число исходов опыта, благоприятствующих наступлению события B, равно MB = A6 = 6!, и по классической фор муле вероятности (1.3.1) 1 1 M 6! 6 5 4 3 2 P(A) = B = 5 = = 0,093.

N 6 6 6 6 6 6 1 3 43. Петя и Маша приглашены на день рождения в компанию из десяти че ловек, включая их, но приходят на него порознь, причем, как и остальные гости, в случайное время. Найти вероятность того, что они будут сидеть за празднич ным столом рядом, если хозяин рассаживает гостей случайным образом, а стол, имеющий прямоугольную форму: а) стоит в середине комнаты;

б) придвинут к стене.

44. На малом предприятии работают десять семейных пар. Чтобы никому не было обидно, на ежегодном собрании акционеров совет директоров, со стоящий из восьми человек, выбирается случайным образом. Найти вероятно сти следующих событий: а) в совете директоров отсутствуют семейные пары;

б) в совете директоров есть ровно одна семейная пара;

в) в совете директоров есть ровно две семейных пары?

45. Найти вероятность того, что при раздаче колоды в 52 карты четырем игрокам первый из них получит ровно n пар «туз и король одной масти» (n = 0, 1, 2, 3, 4).

46. Найти вероятность того, что в группе из шести человек: а) ни у кого нет дней рождений в ноябре и декабре;

б) хотя бы два человека родились в один месяц.

47. Найти вероятность того, что в группе из 30 человек ни у кого нет об щих дней рождений.

48. На избирательном участке голосовало семь человек: четверо проголо совали за кандидата Иванова, трое — за Петрова. Найти вероятность того, что в ходе подсчета числа голосов по бюллетеням число голосов, поданных за Иванова, будет всегда выше, чем число голосов, поданных за Петрова.

49. Группа студентов, состоящая из шести молодых людей (двое из кото рых являются братьями) и шести девушек (двое из которых являются сестра ми), селится в общежитие. Каждая комната в общежитии рассчитана на троих человек, причем в комнате могут жить или только девушки, или только моло дые люди. Найти вероятность того, что сестры будут жить в одной комнате, а братья в разных, если распределение студентов по комнатам происходит слу чайным образом.

1.3.2. Д и с к р е т н а я в е р о я т н о с т н а я с х е м а с неодинаково возможными исходами Предположим теперь, что множество элементарных событий (исходов опы та) = {1, 2, …, N, …} дискретно (т. е. конечно или счетно), а элементарные со бытия не обязательно одинаково возможны, но каждому элементарному собы тию i (i = 1, 2, …, N, …) приписан некоторый «вес» pi, называемый вероятностью элементарного события i, и эти веса pi обладают следующими свойствами:

p = 1.

pi 0, i = 1, 2, …, N, …;

(1.3.7) i i Тогда вероятность P(A) наступления события A, состоящего из эле ментарных событий i1, i2, …, ik, …, входящих в, определяется как сумма вероятностей элементарных событий, благоприятствующих наступлению со бытия A:

P(A) = pi1 + pi2 + + pik +. (1.3.8) Введенная таким образом вероятность (1.3.8) обладает свойствами неот рицательности (1.3.2), нормированности (1.3.3) и аддитивности (1.3.4).

0, i = 1, 2, …, N, …, то и сумма P(A) = pi1 + pi2 + + Доказательство. Поскольку все pi +pik + также неотрицательна, что доказывает справедливость свойства неотрицательно сти вероятности (1.3.2).

Вероятность достоверного события P() =p1 + p2 + ··· + pN + ··· = 1, что доказывает спра ведливость свойства нормированности вероятности (1.3.3) Если события A и B несовместны, т. е. AB =, т. е. нет элементарных событий, благо приятствующих одновременному наступлению событий A и B, обозначим i1, i2, …, ik, … — элементарные события, благоприятствующие наступлению события A, а ik+1, ik+2, …, il, … — элементарные события, благоприятствующие наступлению события B, причем множества { i1, i2, …, ik, …} и { ik+1, ik+2, …, il, …} не содержат общих элементов (не пересекаются). При AB этом событию будут благоприятствовать элементарные события i1, i2, …, ik,…;

ik+1, ik+2, …, il,…, и тогда P(A B) = pi1 + pi2 + + pik + + pik+1 + pik+2 + + pil + = = (pi1 + pi2 + + pik + ) + (pik+1 + pik+2 + + pil + ) = P(A) + P(B), что доказывает справедливость свойства аддитивности вероятности (1.3.4).

Задачи 50. Вычислить вероятность того, что при бросании игральной кости выпа дет число, кратное трем, в случае, когда кость: а) симметрична, т. е. массы всех граней одинаковы;

б) несимметрична, так что масса каждой грани обратно пропорциональна ее номеру.

Решение. а) Всего у опыта шесть исходов (выпадение единицы, двойки и так до шестер ки). Данному событию A благоприятствуют два исхода: выпадение тройки и выпадение шес терки. Поскольку кость симметрична, можно считать все исходы одинаково возможными и воспользоваться классической формулой вероятности: P(A) = 2/6 = 1/3. б) В том же самом пространстве элементарных событий = {1, 2, …, 6}, что и в п. а), где элементарное собы тие щi состоит в выпадении i очков, элементарные события уже нельзя считать одинаково возможными: чаще выпадает более легкая грань, реже — более тяжелая. Поэтому припи i i шем элементарным событиям вероятности pi = =, i = 1, 2, …, 6. Посколь 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 ку событию A благоприятствуют элементарные события 3 (выпадение тройки) и 6 (выпаде ние шестерки), то вероятность события A рассчитаем по формуле (1.3.8): P(A) = p3 + p6 = = 3/21 + 6/21 = 9/21 = 3/7, что существенно больше, чем вероятность, рассчитанная в п. а), когда кость была симметричной.

51. По статистическим данным 33,7% всех людей имеют первую группу крови, 37,5% — вторую, 20,9% — третью и 7,9% — четвертую. Пациенту со второй группой крови требуется срочное переливание крови. Рассчитать ве роятность того, что можно перелить кровь от случайно выбранного донора (че ловеку со второй группой крови можно переливать кровь только первой груп пы и второй1).

На самом деле при переливании крови нужно учитывать еще и резус фактор, который мо жет быть положительным или отрицательным, но в данной задаче это учитывать не будем.

1.3.3. С х е м а г е о м е т р и ч е с к и х в е р о я т н о с т е й В случае, когда множество элементарных событий бесконечно и даже не счетно (но эти события являются одинаково возможными), вероятность насту пления события можно рассчитать, пользуясь г е о м е т р и ч е с к и м п о д х о д о м, который состоит в следующем. Пусть множество элементарных со бытий представляет собой некоторую область в d мерном пространстве, имеющую ненулевой объем V(): Rd, 0 V() + [здесь под о б ъ е м о м V(S) области S понимается ее д л и н а в одномерном случае (d = 1), п л о щ а д ь в двумерном случае (d = 2), о б ъ е м — в трехмерном случае (d = 3) и т. д.]. При этом каждому элементарному событию соответствует точка Rd, а каждое событие A представляет собой область, вложенную в и имеющую объем V(A): A Rd, 0 V(A) +. Тогда вероятность P(A) на ступления события A можно рассчитать как отношение объема V(A) области A к объему V() области :


dx dx dxd 1 V(A) P(A) = = A. (1.3.9) V() dx1dx2 dxd Введенная таким образом вероятность (1.3.9) обладает свойствами неот рицательности (1.3.2), нормированности (1.3.3) и аддитивности (1.3.4).

dx dx 0, dx dx Доказательство. Поскольку dxd dxd 0, то и 1 2 1 A dx dx dxd 1 P(A) = A 0, dx1dx2 dxd что доказывает справедливость свойства неотрицательности вероятности (1.3.2).

Вероятность достоверного события dx dx dxd 1 P() = =1, dx1dx2 dxd что доказывает справедливость свойства нормированности вероятности (1.3.3) Если события A и B несовместны (AB = ), т. е. области A и B не имеют общих точек, то dx dx dxd = dx dx dxd + dx dx dxd, и тогда 1 2 1 2 1 A B A B dx dx dx dx dxd + dx dx dxd dxd 1 2 1 2 1 P(A B) = = = A B A B dx1dx2 dxd dx1dx2 dxd dx dx dx dx dxd dxd 1 2 1 = + = P(A) + P(B), A B dx1dx2 dxd dx1dx2 dxd что доказывает справедливость свойства аддитивности вероятности (1.3.4).

Геометрические вероятности впервые были рассмотрены французским естествоиспытателем Ж. Бюффоном (одна из задач Ж. Бюффона рассматри вается в задаче 58). Геометрическая вероятностная схема, являясь естествен ным обобщением классических вероятностей, существенно расширила об ласть применения теории вероятностей, помимо математического интереса геометрические вероятности приобрели важное значение в физике, биологии, медицине, инженерном деле, производственном менеджменте и др. В 1899 г.

Ж. Бертран на хорошо подобранных примерах показал, что логически понятие геометрической вероятности не выдерживает никакой критики. Играя на не определенности терминологии, ему удалось для (казалось бы) одной и той же задачи получить несколько различных ответов. Эта критика заставила мате матиков задуматься над логическим обоснованием теории вероятностей, фор мулировать аксиомы, из которых бы вытекали остальные положения этой науки. Такая система аксиом была построена (и не одна). В § 1.4 мы познако мимся с наиболее удобной системой аксиом, предложенной А.Н. Колмо горовым.

Задачи 52. Маша тратит на дорогу в институт от 40 до 50 мин, причем любое вре мя в этом промежутке является одинаково возможным. Найти вероятность то го, что в день экзамена она потратит на дорогу от 45 до 50 мин.

Решение. Выберем в качестве множества элементарных событий Щ отрезок длиной 10 мин (от 40 до 50 мин). Событие A состоит в том, что Маша потратит на дорогу от 45 до 50 мин, этому событию соответствует элементарные события на отрезке длиной 5 мин. По этому согласно геометрическому подходу к определению вероятности по формуле (1.3.9) P(A) = V(A) / V() = 5/10 = 0,5.

53. На 200 километровом участке газопровода между двумя компрессорными станциями происходит утечка газа, которая одинаково возможна в любой точке га зопровода. Найти вероятности следующих событий: а) утечка расположена не да лее 20 км от одной из станций;

б) утечка расположена ближе к первой станции, чем ко второй.

54. Интервал движения автобуса равен 40 мин. Расстояние между оста новками А и Б автобус проходит за 4 мин, а пешеход за 20 мин. Петя приходит на остановку А в случайный момент времени и сразу идет пешком к остановке Б. Найти вероятность того, что автобус не обгонит Петю.

55. Чтобы добраться в институт, Петя может воспользоваться автобусом одного из двух маршрутов. Автобусы первого маршрута следуют с интерва лом в 18 мин, второго маршрута — с интервалом в 15 мин. Найти вероятность того, что Петя будет ждать автобуса не более 10 мин.

Решение. Выберем в качестве множества элементарных событий прямоугольник со сторонами T1 = 18 мин и T2 = 15 мин (рис. 1.3.3). Событие A состоит в том, что время, которое Петя будет ждать автобуса, меньше t = 10 мин. Элементарные события, благоприятствую щие наступлению события A, заштрихованы на рис. 1.3.1.

T T2 – t t T1 – t 0 t T Рис. 1.3.1. Множество элементарных событий в задаче Согласно геометрическому подходу к определению вероятности по формуле (1.3.9) t t V(A) T1T2 (T1 t)(T2 t) = 11 1. При T1 = 18, T2 = 15, t = 10 имеем P(A) = = T V() T T1T2 10 10 P(A) = 11 1 =.

18 15 56. ЗАДАЧА О ВСТРЕЧЕ. Петя и Маша договорились встретиться с 12 до 13 ч на станции метро «Первомайская» у последнего вагона поезда, идущего в центр города, однако ни один из них не смог точно указать время своего при хода. Они договорились ждать друг друга не более 15 мин. Найти вероятность следующих событий: а) Петя придет раньше Маши;

б) Петя придет раньше Маши более чем на 15 мин;

в) Петя и Маша встретятся;

г) время, проведенное Петей и Машей на станции метро, окажется не меньше 10 мин.

Решение. а) Выберем в качестве множества элементарных событий Щ квадрат со сторо нами T1 = T2 = 1 ч (рис. 1.3.2). Абсцисса точки из этого квадрата соответствует времени при хода Пети к месту встречи, а ордината — времени прихода Маши. Диагональ этого квадрата соответствует тому, что Петя и Маша приходят к месту встречи одновременно. Пусть собы тие A состоит в том, что Петя придет раньше Маши, тогда элементарные события, благопри ятствующие наступлению события A, заштрихованы на рис. 1.3.2, а, и согласно геометриче V(A) 1/2 скому подходу к определению вероятности по формуле (1.3.9) P(A) = = =.

V() 1 б) Пусть событие B состоит в том, что Петя придет раньше Маши более чем на 15 мин, тогда элементарные события, благоприятствующие наступлению события B, заштрихованы на рис. 1.3.2, б, и согласно геометрическому подходу к определению вероятности по формуле V(B) 2 4 (1.3.9) P(B) = = =.

V() 1 в) Пусть событие C состоит в том, что Петя и Маша встретятся, тогда элементарные события, благоприятствующие наступлению события C, заштрихованы на рис. 1.3.2, в, и со гласно геометрическому подходу к определению вероятности по формуле (1.3.9) 1 2 2 4 = 1 9 = 7.

V(C) P(C) = = V() 1 16 г) Пусть событие D состоит в том, что время, проведенное Петей и Машей на станции метро, окажется не меньше 10 мин, тогда элементарные события, благоприятствующие на ступлению события D, заштрихованы на рис. 1.3.2, г, и согласно геометрическому подходу к 1 5 2 1 3 2 2 6 2 4 = 25 9 = 19.

определению вероятности по формуле (1.3.9) P(D) = 1 36 16 1 3/ 1/ 0 1/ 0 3/4 а) в) 1 5/ 3/ 3/ 1/ 1/ 0 1/4 0 1/6 1/ 1 3/4 5/ б) г) Рис. 1.3.2. Множество элементарных событий в задаче 57. Петя и Маша должны прийти к преподавателю для сдачи зачета с 9 до 10 ч. Они подходят в случайное время в указанном промежутке. Пете для сдачи зачета потребуется 10 мин, а Маше — 20 мин. Найти вероятность того, что ни од ному из этих студентов не придется ждать, пока другой закончит отвечать.

58. ЗАДАЧА БЮФФОНА. Плоскость разграфлена параллельными прямыми, отстоящими друг от друга на расстоянии 2a. На плоскость случайным образом бросают иглу длиной 2l (l a), как показано на рис. 1.3.3. Найти вероятность того, что игла пересечет какую нибудь прямую.

Решение. Пусть x — расстояние от центра иглы до ближайшей прямой, а — угол, ко, и две величины x и од x a, торый образует игла с этой прямой. Очевидно, нозначно определяют положение иглы. Поэтому в качестве множества элементарных собы выберем прямоугольник со сторонами a и (рис. 1.3.4). Каждая точка этого прямоуголь тий Щ ника одинаково возможна, поскольку игла бросается случайным образом. Из рис. 1.3.3 ясно, что игла пересечет какую либо прямую тогда и только тогда, когда выполнено условие l sin. Элементарные события, благоприятствующие наступлению события A, состояще x му в том, что игла пересечет какую либо прямую, заштрихованы на рис. 1.3.4.

Согласно геометрическому подходу к определению вероятности по формуле (1.3.9) l sin d 2l V(A) P(A) = =0 =, где площадь области, соответствующей событию A, удобно V() a a рассчитать как интеграл.

2a x 2l 2a Рис. 1.3.3. Бросание иглы в задаче x a x = lsin Рис. 1.3.4. Множество элементарных событий в задаче 59. Два студента — Коля и Дима — по вечерам дежурят у подъезда Ма ши, которая им очень понравилась. Не зная, в какое время Маша выйдет из дома (и выйдет ли вообще), каждый из них в произвольный момент между 18 и 20 ч приходит к Машиному подъезду и ждет, когда Маша выйдет, в течение часа (независимо от соперника). Если за это время Маша не вышла, студент уходит. Сегодня Маша хочет пойти на дискотеку с Петей, не встречаясь со своими безуспешными воздыхателями Колей и Димой. Чтобы не опоздать, ей нужно выйти из дома не позднее 20 ч. К 19 ч. она готова выйти. Найти вероят ность того, что Маше удастся выбрать момент выхода так, чтобы никого из по клонников не было во дворе, если двор из ее окна просматривается целиком, и она в любой момент видит, кто ее ждет.

60. Петя, Маша и Вася договорились встретиться в большой перерыв, ко торый длится час, около входа в библиотеку. Никто из них не смог точно ука зать время своего прихода, поэтому они договорились ждать друг друга не бо лее 10 мин. Найти вероятности следующих событий: а) все они встретятся;

б) по крайней мере, двое из них встретятся.

1.3.4. C т а т и с т и ч е с к а я в е р о я т н о с т ь Теория вероятностей и математическая статистика — дисциплины, яв ляющиеся одновременно и с т р о г о м а т е м а т и ч е с к и м и (поскольку все положения этих наук следуют из небольшого числа аксиом), и э к с п е р и м е н т а л ь н ы м и (поскольку случайные события, которые изучаются в данных дисциплинах, можно непосредственно наблюдать в реальной жизни).

Теория вероятностей и математическая статистика применимы лишь в к изучению таких экспериментов, когда есть практически осуществимая или хотя бы мысленно представляемая в о з м о ж н о с т ь м н о г о к р а т н о г о в о с п р о и з в е д е н и я к о м п л е к с а у с л о в и й опыта. Такие экспери менты назовем статистически однородными.


Пусть в результате n кратного проведения опыта S событие A наступило mn раз. Относительной частотой (A) появления события A в серии из n pn опытов S называется отношение числа mn наступлений события A к общему числу n проведенных опытов:

m (A) = n.

pn (1.3.10) n Простейшим примером статистически однородного опыта является опыт с подбрасыванием монеты. Действительно, одну и ту же монету можно много кратно подбросить в одних и тех же условиях. Е. С. Вентцель и Л. А. Овчаров [11, с. 31—32] приводят следующие результаты серии из n = 600 опытов по подбрасыванию монеты (табл. 1.3.1, рис. 1.3.5).

Т а б л и ц а 1.3. Зависимость частоты выпадения герба от числа опытов N = mn / n n = mn / n N = mn / n pn pn pn 10 0,600 210 0,462 410 0, 20 0,650 220 0,472 420 0, 30 0,600 230 0,470 430 0, 40 0,575 240 0,479 440 0, 50 0,540 250 0,484 450 0, 60 0,550 260 0,477 460 0, 70 0,528 270 0,489 470 0, 80 0,512 280 0,482 480 0, 90 0,588 290 0,493 490 0, 100 0,490 300 0,497 500 0, 110 0,550 310 0,500 510 0, 120 0,492 320 0,503 520 0, 130 0,523 330 0,497 530 0, 140 0,500 340 0,506 540 0, 150 0,493 350 0,497 550 0, 160 0,475 360 0,497 560 0, 170 0,471 370 0,495 570 0, 180 0,472 380 0,492 580 0, 190 0,463 390 0,500 590 0, 200 0,465 400 0,498 600 0, mn p= n 0, 0, 0, 0, 0, n 0, 0 100 200 300 400 500 Рис. 1.3.5. График зависимости частоты выпадения герба от числа бросаний монеты Из рассмотрения табл. 1.3.1 и рис. 1.3.5 видно, что по мере увеличения числа опытов n относительная частота (A) = mn / n имеет тенденцию при pn ближаться к вероятности 0,5 [уже известной из классической формулы веро ятности (1.3.1)]. Это приближение прослеживается явно, хотя и происходит достаточно медленно. Если бы было проведено еще 600 подбрасываний моне ты, то кривая зависимости относительной частоты и числа опытов выглядела бы несколько иначе, чем на рис. 1.3.5, но общая тенденция приближения отно сительной частоты к 0,5 сохранилась бы.

Говорят, что случайное явление обладает свойством статистической ус тойчивости, если некоторая функция результатов многократных наблюдений предсказуема с большой степенью надежности (например, в смысле сходимости по вероятности к некоторому числу), тогда как результат единичного наблюдения не предсказуем.

Оказывается, что вероятность P(A) наступления события A равна пределу относительной частоты наступления этого события в серии из n опы тов при неограниченном увеличении числа опытов:

mn P(A).

P (1.3.11) n n Конечно, вероятность P(A) не является пределом относительной частоты (A) в обычном смысле предела, принятом в математическом анализе. Запись pn « » в формуле (1.3.11) означает «с х о д и м о с т ь п о в е р о я т н о с т и», P т. е. для любого 0 при увеличении n вероятность того, что (A) отклонится pn m от P(A) больше, чем на, стремится к нулю: lim P n P(A) = 0 (подроб n n нее см. гл. 4).

На практике конечно, невозможно провести бесконечно много опытов, по этому вероятность рассчитывают при помощи приближенного равенства mn P(A) (A) = pn. (1.3.12) n Статистическая устойчивость относится к реальному явлению, а не к его математической модели, поэтому принцип статистической устойчивости не является аксиомой. Статистическая устойчивость относительных частот ус тановлена в результате многовековой практической деятельности.

В табл. 1.3.2 представлены результаты опытов с бросанием монеты. Вид но, что ни в одном из опытов относительная частота не оказалась в точности равна истинному значению вероятности (0,5), но была достаточно близка к этому значению.

Следует помнить, что теория вероятностей и математическая статистика изучает лишь случайные события в статистически однородных опытах, и о вероятностях случайных событий можно вести речь лишь при выполнении трех у с л о в и й:

• рассматриваемые события должны быть исходами только таких опытов, которые могут быть воспроизведены неограниченное число раз при одном и том же комплексе условий;

• события должны обладать статистической устойчивостью относи тельных частот;

• число испытаний, по результатам которых вычисляется вероят ность, должно быть достаточно велико.

Т а б л и ц а 1.3. Результаты опытов с бросанием монеты для определения статистической вероятности выпадения герба Число испы Количество появле Относительная частота появ Экспериментатор p= таний n ний герба mn лений герба mn / n Дж. Керрих 10 000 5 087 0, Ж. Бюффон 4 040 2 048 0, К. Пирсон 12 000 6 019 0, К. Пирсон 24 000 12 012 0, Вопрос о соблюдении принципа статистической устойчивости в каждом конкретном случае решается на интуитивном уровне с учетом опыта практи ческой работы. В простейшем случае статистически однородных и независи мых опытов статистическая устойчивость относительных частот следует из теоремы Бернулли (см. § 4.3). Однако проверить на практике независимость опытов не всегда оказывается возможным.

Все мыслимые эксперименты можно разбить на три класса. К п е р в о м у к л а с с у отнесем такие эксперименты, в которых обеспечивается пол ная устойчивость опыта. Например, если при нормальном атмосферном дав лении воду нагреть до 100 °C, то она закипит;

если на Земле подбросить вверх камень, то он упадет. В этом случае теория вероятностей и математическая статистика не дадут никаких новых знаний об исследуемом явлении.

К о в т о р о м у к л а с с у отнесем такие эксперименты, в которых полной устойчивости опыта нет, но есть статистическая устойчивость. Простейшими примерами таких экспериментов являются опыты с бросанием монеты или иг ральной кости. В социально экономических науках таких экспериментов много.

Прежде всего, это задачи, связанные с изучением поведения объекта как пред ставителя большой однородной совокупности подобных объектов. Такие задачи часто возникают в управлении производством, управлении качеством, в экономи ке при изучении производителей и потребителей, в страховании, демографии, со циологии и других общественных науках (не будем здесь останавливаться на ши роте применений вероятностно статистических методов в естественных науках:

физике, биологии, медицине и др., в этих науках проще обеспечить статистиче скую устойчивость опыта, так как условия опыта создаются, как правило, самим экспериментатором). Именно в таких экспериментах теория вероятностей и ма тематическая статистика могут приносить ощутимые результаты. Если нарушено требование неизменности условий опыта, то вероятностно статистические мето ды могут применяться, но при интерпретации и практическом использовании ре зультатов следует четко оговаривать приближенность, неточность выводов.

И, наконец, к т р е т ь е м у к л а с с у отнесем такие эксперименты, в которых нет ни полной, ни статистической устойчивости. Это эксперименты, массовое повторение которых невозможно. Так не имеет смысла говорить о вероятностях уникальных событий, которые невозможно повторить в тех же самых условиях: возникновении войн, появлении научных открытий и гени альных произведений искусства и т. п. Бессмысленны с вероятностной точки зрения и высказывания о том, что «из за д а н н о г о куста медведь может выскочить с вероятностью 0,06» или что «студент И в а н о в сдаст экзамен по теории вероятностей на “отлично”», поскольку невозможно многократное по вторение соответствующих опытов.

Как и классическая формула вероятности (1.3.1), статистический подход к определению вероятности впервые был четко сформулирован в работах Я. Бернулли.

Понятие относительной частоты и определение вероятности как предела относительных частот при неограниченном увеличении числа повторений опыта являются чрезвычайно важными в теории вероятностей. Все результа ты теории вероятностей и математической статистики могут быть выведены из аксиом, которым удовлетворяют относительные частоты (такое построение теории вероятностей было проведено в начале XX в. Р. Мизесом, однако прак тически более удобной оказалась аксиоматика А. Н. Колмогорова, к изучению которой мы перейдем в следующем параграфе).

Поговорим теперь еще об одной области применения вероятностно статистических методов. Вспомним задачу Бюффона (задачу 58): вероятность того, что игла пересечет какую нибудь прямую, оказалась равна P(A) = 2l /(a). Будем проводить опыт с бросанием иглы достаточно много раз в одинаковых условиях, тогда относительная частота пересечений (A) = mn / n (где n — число проведенных опытов, а mn — число пересечений pn иглы с какой либо прямой) будет близка к вероятности P(A). Поэтому можно на основании статистического подхода к определению вероятности прибли женно определить значение числа по результатам опытов: 2l /(a) mn / n, откуда 2ln /(amn ). Многие исследователи проводили серии таких опытов, результаты некоторых из них приведены в табл. 1.3.3.

Т а б л и ц а 1.3. Результаты экспериментов по определению числа в опытах с бросанием иглы Отношение Число испы Число пересе Экспериментальное Экспериментатор l/a таний n чений mn значение числа Р. Вольф 4/5 5000 2532 3, Г. Смит 2/3 3204 1218 3, К. Лазарини 5/6 3408 1808 3, Задачи 61. Ихтиологи выловили в пруду 100 рыб, окольцевали их и выпустили назад в воду. На следующий день они выловили 120 рыб, из которых 10 оказа лись окольцованными. Найти приближенные значения: а) вероятности того, что выловленная рыба окольцована;

б) количества рыб в пруду.

Решение. Пусть N — число рыб в пруду, M = 100 — число окольцованных рыб в пруду, со бытие A состоит в том, что выловленная рыба окольцована. Тогда вероятность события A равна согласно классической формуле вероятности P(A) = 100/N. С другой стороны, поскольку из n = 120 выловленных рыб mn = m120 = 10 оказались окольцованы, вероятность события A при ближенно равна его относительной частоте: P(A) (A) = m120 /120 = 10/120 = 1/12. Отсюда p 100/ N 1/12 или N 1200.

62. Известно, что в среднем из 1000 выданных кредитов примерно 12 не возвращаются в срок. В текущем году банк выдал 3000 кредитов. Найти при мерное количество кредитов, которые не будут возвращены в срок.

63. За последние 100 лет дождь 15 октября наблюдался 40 раз. Найти при ближенное значение вероятности дождя 15 октября следующего года.

64. Доказать, что относительная частота (1.3.10) (а значит, и вероятность как предел относительной частоты) обладает свойствами неотрицательности (1.3.2), нормированности (1.3.3) и аддитивности (1.3.4).

§ 1.4. АКСИОМАТИЧЕСКОЕ ПОСТРОЕНИЕ ТЕОРИИ ВЕРОЯТНОСТЕЙ Долгое время теория вероятностей представляла собой не до конца сло жившуюся математическую науку, основные понятия которой были опреде лены недостаточно четко. Эти нечеткости приводили порой к парадоксальным выводам (например, упомянутый в п. 1.3.3 парадокс Бертрана давал три раз личных ответа к одной и той же задаче исключительно из за нечеткости фор мулировок). Несмотря на это, неформализованный подход к теории вероятно стей привел к началу XX в. к ряду весьма крупных теоретических и практи ческих результатов. В начале XX в. развитие, прежде всего, естественных на ук (физики, биологии и др.) предъявило к теории вероятностей гораздо более высокие требования. Возникла необходимость в выяснении условий, при кото рых возможно использование результатов теории вероятностей. Поэтому формальное логическое построение теории вероятностей приобрело особенно важное значение. В основу любой м а т е м а т и ч е с к о й науки, как мы знаем, должно быть положено минимальное число а к с и о м — предпосылок, яв ляющихся обобщением многовекового человеческого опыта, а дальнейшее развитие такой науки должно строиться из этих аксиом посредством д е д у к ц и и, без обращения к наглядным представлениям и «здравому смыслу».

В начале XX в. системы аксиом теории вероятностей были построены в работах Г. Больмана, С. Н. Бернштейна и Р. Мизеса, однако эти системы акси ом были весьма громоздкими и представляли, прежде всего, теоретический интерес. В 1933 г. А. Н. Колмогоров опубликовал монографию «Основные поня тия теории вероятностей» [32], в которой предложил аксиоматику, порази тельную своей естественностью и концептуальной простотой. Эта аксиомати ка превратила теорию вероятностей в строгую математическую науку и в то же время удовлетворила повышенным требованиям самых разнообразных об ластях естественных, технических и гуманитарных наук, открыв возможность широкого применения теории вероятностей в этих науках.

Отправным пунктом аксиоматики Колмогорова является множество эле ментарных событий. Класс S подмножеств множества элементарных собы тий называется алгеброй событий, если он з а м к н у т относительно опе раций объединения (т. е. если A, B S, то AB S) и перехода к противопо ложному событию (т. е. если A S, то A S ).

Следующая теорема говорит о правомерности совершения над событиями (как множествами из алгебры) любых операций, известных нам из § 1.2, а не только операций объединения и взятия противоположного события.

ТЕОРЕМА О ЗАМКНУТОСТИ АЛГЕБРЫ ОТНОСИТЕЛЬНО ПЕРЕСЕЧЕНИЯ И ДОПОЛНЕНИЯ. Лю бая алгебра замкнута относительно операций пересечения и дополнения.

Доказательство. Действительно, пусть S — алгебра, A, B S, тогда A, B S (так как S замкнута относительно операции взятия противоположного события). Так как A, B S, то A B S (так как S замкнута относительно операции объединения). Так как A B S, то A B S (так как S замкнута относительно операции взятия противоположного события).

Но согласно правилу де Моргана (1.2.10) A B = A B, поэтому A B = A B S, т. е. S замк нута относительно операции пересечения.

Если A, B S, тогда B S (так как S замкнута относительно операции взятия противо положного события). Так как A, B S, то A B S (так как S замкнута относительно опера ции пересечения, как только что показано). Но A \ B = A B [по формуле (1.2.8)], поэтому A \ B S, т. е. S замкнута относительно операции дополнения. Справедливость теоремы до казана.

Любая непустая алгебра содержит невозможное событие ( S, поскольку если некоторое событие A S, то A S, значит, = A A S ), а также досто верное событие ( S, поскольку = ).

Алгебра событий S называется алгеброй, если объединение и пересе чение бесконечной (счетной) последовательности событий A1, A2, … S также принадлежат S: Ai S, Ai S.

i=1 i= Класс событий {;

}, очевидно, является алгеброй. Такая у алгебра на зывается минимальной. Множество всех подмножеств также, очевидно, об разует у алгебру. Такая у алгебра называется максимальной.

Пусть K — некоторый класс подмножеств множества. Наименьшей алгеброй, со держащей класс K, называется такая алгебра (K), что K (K) и для любой алгебры F, такой что K F, (K) F. Справедлива ТЕОРЕМА О НАИМЕНЬШЕЙ АЛГЕБРЕ. Для любого класса множеств K существует наи меньшая алгебра (K), содержащая класс K.

Доказательство. Заметим вначале, что существует хотя бы одна алгебра, содержа щая класс K: такой алгеброй является, например, множество всех подмножеств, по скольку оно содержит класс K и является алгеброй. Пусть (K) — пересечение всех алгебр, содержащих класс K. Легко проверить, что (K) является алгеброй, и совершенно очевидно, что (K) содержит любую алгебру F, такую что K F. Теорема доказана.

Пусть представляет собой дискретное (т. е. конечное или счетное) множество, K — класс всех одноточечных множеств из. Тогда наименьшая алгебра (K), содержащая класс K, должна содержать все конечные или счетные множества точек из, но в рассматриваемом слу чае этим исчерпываются все множества. Поэтому (K) — это и максимальная алгебра. В даль нейшем, когда нам будет встречаться дискретное пространство элементарных событий, мы все гда будем выбирать в качестве алгебры S указанную максимальную алгебру.

Пусть теперь = R = R = (–;

+), K — класс полуинтервалов вида [a;

b). Наименьшая алгебра (K), содержащая класс K, называется алгеброй борелевских множеств в R.

Очевидно, всякое одноточечное множество {a} является борелевским, поскольку {a} = a;

a +. Всякий интервал (a;

b) является борелевским множеством, поскольку n n= (a;

b) = a + ;

b. Всякий отрезок [a;

b] является борелевским множеством, так как [a;

b] = n n= = {a} (a;

b) {b}. Всякий полуинтервал (a;

b] является борелевским множеством, так как (a;

b] = (a;

b) {b}. Любое открытое множество в R является борелевским множеством, по скольку оно является объединением конечного или счетного числа интервалов. Любое замк нутое множество в R является борелевским множеством, поскольку оно является дополне нием к некоторому открытому множеству. При этом следует заметить, что алгебра боре левских множеств не содержит в с е множества из R. Н е б о р е л е в с к и е множества существуют, но являются весьма экзотичными, трудно представить, что в практической за даче придется иметь дело с каким либо неборелевским множеством. Конкретный пример такого множества можно найти в курсе функционального анализа.

Пусть = R = {x = (x, x, …, x ): x R, i = 1, 2, …, m}, K — класс параллелепипедов m (1) (2) (m) (i) вида {x = (x, x, …, x ): x (ai;

bi], i = 1, 2, …, m}. Наименьшая алгебра (K), содержащая (1) (2) (m) (i) класс K, называется алгеброй борелевских множеств в R.

m Если в дальнейшем нам будет встречаться пространство элементарных событий = R, m мы всегда будем выбирать в качестве алгебры S алгебру борелевских множеств в R.

m При а к с и о м а т и ч е с к о м п о с т р о е н и и т е о р и и в е р о я т н о с т е й в каждом конкретном пространстве элементарных событий выделя ется алгебра событий S, и для каждого события A S задается вероятность (или вероятностная мера) — числовая функция, определенная на алгебре событий S и удовлетворяющая следующим а к с и о м а м.

АКСИОМА НЕОТРИЦАТЕЛЬНОСТИ ВЕРОЯТНОСТИ:

для всех A S: P(A) 0. (1.4.1) АКСИОМА НОРМИРОВАННОСТИ ВЕРОЯТНОСТИ:

P() = 1. (1.4.2) АКСИОМА АДДИТИВНОСТИ ВЕРОЯТНОСТИ:

для всех A, B S, таких что AB = :

P(AB) = P(A) + P(B). (1.4.3) Для доказательства ряда теоретических положений вместо аксиомы адди тивности вероятности требуется ее расширенный вариант, АКСИОМА СЧЕТНОЙ АДДИТИВНОСТИ ВЕРОЯТНОСТИ:

для всех A1, A2,… S, таких что при i j Ai Aj = :

P Ai = P(Ai ).

(1.4.4) i=1 i= Отметим, что счетная аддитивность вероятности не следует из аксиом (1.4.1)—(1.4.3).

Для этого рассмотрим следующий пример. Пусть — множество всех рациональных чисел из отрезка [0;

1], S — совокупность всех множеств вида (a;

b], [a;

b), (a;

b), [a;

b], где a, b — ра циональные числа из отрезка [0;

1], и всех конечных объединений таких множеств. Тогда, очевидно, S является алгеброй (предлагаем читателю доказать это). Для каждого множества A S вида A = (a;

b], A = [a;

b), A = (a;

b) или A = [a;

b] положим P(A) = b – a, а если A S и n n n A = A i, где Ai Aj = при i j, то положим P Ai = P(Ai ). Тогда, очевидно, P(A) i=1 i = i = A S;

A, B S, AB =, P() = 1 – 0 =1;

для любого для всех таких что P(AB) = P(A) + P(B). Одноточечные множества {a} (где a — рациональное число из отрезка [0;

1]), конечно, принадлежат алгебре S (поскольку {a} = [a;

a]), при этом вероятность одното чечного множества P({a}) = = P([a;

a]) = a – a = 0. Очевидно также, что множество можно представить в виде объединения счетного числа рациональных чисел от 0 до 1: = {a}.

a ( {a}) = = P({a}) = 0. Но Если бы аксиома счетной аддитивности выполнялась, то P() = P a a мы убедились, что P() = 1. Значит, наше предположение о счетной аддитивности вероятно сти неверно.



Pages:   || 2 | 3 | 4 |
 





 
© 2013 www.libed.ru - «Бесплатная библиотека научно-практических конференций»

Материалы этого сайта размещены для ознакомления, все права принадлежат их авторам.
Если Вы не согласны с тем, что Ваш материал размещён на этом сайте, пожалуйста, напишите нам, мы в течении 1-2 рабочих дней удалим его.