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:     | 1 || 3 | 4 |

«Национальный институт ВЫСШАЯ ШКОЛА УПРАВЛЕНИЯ В. И. Соловьев МАТЕМАТИКА для специальностей «Государственное и ...»

-- [ Страница 2 ] --

Каждая определенная т е о р е т и к о в е р о я т н о с т н а я с х е м а за дается тройкой {, S, P}, где — конкретное пространство элементарных со бытий, S — алгебра событий, выделенная на, P — вероятность, заданная на у алгебре S. Тройка {, S, P} называется вероятностным пространст вом.

В предыдущем параграфе мы убедились в справедливости аксиом веро ятности (1.4.1)—(1.4.3) для классической вероятностной схемы, дискретной ве роятностной схемы с неодинаково возможными исходами, схемы геометриче ских вероятностей, а также для схемы статистических вероятностей.

Из аксиом (1.4.1)—(1.4.3) следуют следующие с в о й с т в а вероятности.

ТЕОРЕМА О ВЕРОЯТНОСТИ ПРОТИВОПОЛОЖНОГО СОБЫТИЯ. Для всех A S P{A} = 1 P{A}. (1.4.5) Доказательство. Поскольку = A A и A A =, из аксиомы аддитивности (1.4.3) сле дует, что P{} = P{A} + P{A}. Но по аксиоме нормированности (1.4.2) P( ) = 1, откуда P{A} = 1 P{A}, что и требовалось доказать.

Из только что доказанной теоремы следует, в частности, ТЕОРЕМА О ВЕРОЯТНОСТИ НЕВОЗМОЖНОГО СОБЫТИЯ.

P() = 0. (1.4.6) ТЕОРЕМА О МОНОТОННОСТИ ВЕРОЯТНОСТИ. Для всех A, B S, таких что A B, P(B) = P(A) + P(B\A);

P(A) P(B). (1.4.7) Доказательство. Поскольку A B, событие B можно представить в виде B = A(B\A), причем A(B\A) =, поэтому по аксиоме аддитивности (1.4.3) P(B) = P(A) + P(B\A). Но по аксиоме неотрицательности (1.4.1) P(B\A) 0, откуда следует, что P(B) P(A) или P(A) P(B), что и требовалось доказать.

ТЕОРЕМА ОБ ОГРАНИЧЕННОСТИ ВЕРОЯТНОСТИ. Для всех A S P(A) 0 1. (1.4.8) Доказательство. Поскольку произвольное событие A S влечет достоверное событие (т. е.

A ), то по теореме о монотонности (1.4.7) P(A) P() или P(A) 1 (так как P()= 1 по аксиоме P(A) P(A) нормированности). По аксиоме неотрицательности (1.4.1) 0. Таким образом, 0 1, что и требовалось доказать.

В случае произвольных событий A и B (в том числе, совместных) для вы числения вероятности объединения событий A и B нельзя пользоватьтся ак сиомой аддитивности вероятности (1.4.3). В этом случае применяется ТЕОРЕМА СЛОЖЕНИЯ ВЕРОЯТНОСТЕЙ. Для всех A, B S P(AB) = P(A) + P(B) – P(AB). (1.4.9) Доказательство. Событие B = (B\A)(AB), при этом события B\A и AB несовместны (так как (B\A)(AB) = ), поэтому по аксиоме аддитивности (1.4.3) P(B) = P(B\A) + P(AB), значит, P(B\A) = P(B) – P(AB). Далее, AB = = A(B\A), при этом события A и B\A также несовместны (так как A(B\A) = ), поэтому по аксиоме аддитивности (1.4.3) P(AB) = = P(A) + P(B\A). Подставляя в последнюю формулу выражение для P(B\A), получаем окон чательно: P(AB) = P(A) + P(B) – P(AB), что и требовалось доказать.

Первая четкая формулировка теоремы сложения вероятностей принад лежит А. де Муавру, хотя в частных случаях эта теорема была известна и его предшественникам.

НЕРАВЕНСТВО ТРЕУГОЛЬНИКА. Для всех A, B S P(AB) P(A) + P(B). (1.4.10) Доказательство. По теореме сложения вероятностей (1.4.9) P(AB) = P(A) + P(B) – P(AB).

Но по аксиоме неотрицательности (1.4.1) P(AB) 0, поэтому P(AB) P(A) + P(B), что и требо валось доказать.

Теорема сложения вероятностей обобщается и на случай, когда требуется найти вероятность объединения более чем двух событий.

ОБОБЩЕННАЯ ТЕОРЕМА СЛОЖЕНИЯ ВЕРОЯТНОСТЕЙ. Для всех A1, A2, …, An S n P Ai = P(A1 A2 An ) = (1.4.11) i= n n + (1)n1 P Ai.

= P(Ai ) P(Ai Aj ) + P(Ai A j Ak ) i= i=1 1 i j n 1 ijk n Доказательство. Будем проводить доказательство по методу математической индук ции. Справедливость теоремы при n = 1 очевидна, а при n = 2 доказана в теореме сложения вероятностей (1.4.9). Будем считать, что теорема верна для n = m – 1. Докажем справедли вость теоремы для n = m. Поскольку для любых (m – 1) событий теорема верна, то m m m P Ai = P(Ai ) P(Ai Aj ) + P(Ai A j Ak ) + (1)m2 P Ai, i=1 i=2 i = 2 i j m 2 i jk m m m P (A1 Ai ) = P(A1 Ai ) P((A1 Ai ) (A1 Aj )) + i =2 i=2 2 i j m m m + (1)n2 P (A1 Ai ) = P(A1 Ai ) + P((A1 Ai )(A1 A j )(A1 Ak )) i =2 i= 2 i jk m m + (1)m2 P Ai.

P(A1 Ai Aj ) + P(A1 Ai A j Ak ) i= 2 i j m 2 i jk m m m m Далее, по теореме сложения вероятностей (1.4.9) P Ai = P(A1 ) + P Ai P A1 Ai, i=1 i =2 i= но по свойству дистрибутивности пересечения событий относительно объединения (1.2.9) () m m m A1 Ai = (A1 Ai ), поэтому P Ai = P(A1 ) + P Ai P (A1 Ai ). Подставляя сюда m m i =2 i =2 i =1 i =2 i = m m выражения для P Ai и P (A1 Ai ), получим:

i =2 i = m m m m P Ai = P{A1 } + P Ai P (A1 Ai ) = P(A1 ) + P(Ai ) P(Ai Aj ) + i=1 i=2 i =2 i =2 i j m m m + (1)m2 P Ai P(A1 Ai ) + + P(Ai A j Ak ) P(A1 Ai Aj ) i=2 i= 2 i jk m i j m m m (1)m2 P Ai = P(Ai ) P(A1 Ai A j Ak ) + P(Ai Aj ) + i=1 i= 2 i jk m i j m m + (1)m1 P Ai, + P(Ai A j Ak ) i= 1 i jk m значит, формула (1.4.11) справедлива для любого n N, что и требовалось доказать.

В случае n = 3 обобщенная теорема сложения вероятностей принимает следующий вид:

для всех A, B, C S P(ABC)= (1.4.12) = P(A) + P(B) + P(C) – P(AB) – P(AC) – P(BC) + P(ABC).

Функция множеств (A) называется непрерывной, если для любой монотонной после довательности {An} [монотонно возрастающей (1.2.14) или монотонно убывающей (1.2.16)] lim (An ) = ( lim An ).

n n ТЕОРЕМА О НЕПРЕРЫВНОСТИ ВЕРОЯТНОСТИ. Вероятность P(A) является непрерывной функ цией событий.

Доказательство. Рассмотрим м о н о т о н н о в о з р а с т а ю щ у ю п о с л е д о в а т е л ь н о с т ь {An}. Согласно (1.2.15), lim An = An. Представим это выражение в виде n n= lim An = An = (A1 \ ) (A2 \ A1 ) (A3 \ A2 ) = (An \ An1 ), где A0 =. Пусть (An \ An1 ) n n=1 n= теперь Bn = An \ An–1, n = 1, 2, … Тогда, очевидно, BiBj = при i j, lim An = Bn. По аксиоме n n= счетной аддитивности вероятности (1.4.4) P ( lim An ) = P Bn = P(Bn ) = P(An \ An1 ). Но n=1 n= n n = поскольку An–1 An, то по теореме о монотонности вероятности (1.4.7) P(An) = P(An–1)+P(An\An–1) или P(An\An–1) = P(An) – P(An–1), и потому P ( lim An ) = P(An \ An1 ) = (P(An ) P(An1 )) = n n=1 n= n = lim (P(An ) P(An1 )) = lim (P(An ) P(A0 )) = lim P(An ), и теорема доказана для случая мо n n n k = нотонно возрастающей последовательности. Доказательство теоремы для случая м о н о т о н н о у б ы в а ю щ е й п о с л е д о в а т е л ь н о с т и оставляем читателю.

Задачи 65. Известно, что курс евро к рублю может возрасти с вероятностью 0,55, а курс доллара к рублю может возрасти с вероятностью 0,35. Вероятность того, что возрас тут оба курса, составляет 0,3. Найти вероятность того, что курс евро или доллара по отношению к рублю возрастет.

Решение. Пусть событие AЂ состоит в том, курс евро к рублю возрастет, а событие A$ — в том, что курс доллара к рублю возрастет. Тогда по условию P(A€) = 0,55, P(A$) = 0,35, P(A€ A$) = 0,3. Вероятность того, что курс евро или доллара по отношению к рублю возрас тет, по теореме сложения вероятностей составляет P(A€ A$) = P(A€) + P(A$) – P(A€ A$) = 0,55 + 0,35 – 0,3 = 0,6.

66. В партии 100 изделий, из которых шесть имеют дефекты. Партия про извольно разделена на две равные части, которые отправлены двум потребите лям. Найти вероятности следующих событий: а) все бракованные изделия дос танутся одному потребителю;

б) бракованные изделия достанутся обоим потре бителям поровну.

67. Петя ищет работу. Он побывал на собеседованиях в банке и страховой компании. Вероятность найти работу в банке Петя оценивает в 0,5, а в страхо вой компании — в 0,6. Кроме того, он рассчитывает, что с вероятностью 0,3 ему поступят предложения от двух организаций сразу. Найти вероятность того, что Петя получит хотя бы одно предложение работы.

68. Менеджер по кадрам разместил в интернете объявление о том, что банку требуется начальник отдела долговых обязательств, и получил 300 ре зюме. Из прошлого опыта известно, что вероятность того, что претендент име ет бизнес образование, равна 0,3, вероятность того, что претендент имеет опыт руководящей работы в банке, — 0,7, а вероятность того, что претендент имеет и бизнес образование, и опыт руководящей работы, — 0,2. Оценить ко личество претендентов, имеющих опыт руководящей работы или бизнес образование.

69. Событие A состоит в том, что потенциальный покупатель увидел рек ламу товара по телевизору, а событие B — в том, что он увидел рекламу в га зете. Известно, что P(A) 0,8, P(B) 0,4. Проверить справедливость следую щих утверждений: а) A и B несовместны;

б) A и B противоположны;

в) P(AB) 0,2.

70. Известны вероятности дополнительной потребности фирмы в инжене рах на предстоящие два года:

Число инженеров 100 100 199 200 299 300 399 400 499.

Вероятность 0,10 0,15 0,30 0,30 0,10 0, Найти вероятности следующих событий: а) на протяжении предстоящих двух лет фирме дополнительно потребуется не менее 400 инженеров;

б) на протяжении предстоящих двух лет фирме дополнительно потребуется по меньшей мере 200, но не более 399 инженеров.

71. Результаты опроса 1000 случайно отобранных молодых людей таковы:

811 чел., работают 518 чел., учатся 356 чел., работают и учатся одновременно 752 чел., проживают в Москве из москвичей:

570 чел., работают 348 чел., учатся 297 чел.

работают и учатся одновременно Определить, содержится ли в этой информации ошибка.

Решение. Пусть событие A состоит в том, что случайно выбранный молодой человек ра ботает, событие B — в том, что случайно выбранный молодой человек проживает в Москве, событие C — в том, что случайно выбранный молодой человек учится. Так как n = 1000 дос таточно велико, можно воспользоваться статистическим подходом к определению вероятно сти (1.3.12): P(A) 0,811, P(B) 0,752, P(C) 0,518, P(AB) 0,570, P(BC) 0,348, P(AC) 0,356, P(ABC) 0,297. По формуле (1.4.12) P(ABC) = P(A) + P(B) + + P(C) – P(AB) – P(AC) – P(BC) + P(ABC) 1,104 1. Но вероятность не может быть больше единицы, следовательно, в данной информации содержится ошибка.

72. Петя — староста группы. Когда деканат попросил его подать сведения о студентах своей группы, Петя по памяти составил следующую записку: «В группе 45 студентов, в том числе 25 юношей;

30 студентов учатся на “хоро шо” и “отлично”, в том числе 16 юношей;

28 студентов занимаются спор том, в их числе 18 юношей и 17 студентов, успевающих на “хорошо” и “от лично”;

15 юношей учатся на “хорошо” и “отлично” и занимаются спортом».

Сотрудники деканата сразу определили, что Петя ошибся, и попросили его более аккуратно подойти к выполнению поручения. Определить, как сотрудникам де каната удалось «поймать» Петю?

73. Пусть A, B, C — произвольные события. Расположить следующие со бытия в порядке возрастания их вероятностей: AC,, A\B, A\(B\C), Щ, ABC, A\B\C.

74. Пусть A BC и BC =. Проверить справедливость следующих ут верждений: а) P(AB) = P(B);

б) P(ABC) = P(B) + P(C);

в) P(A) P(B) ;

г) P(A) P(B) + P(C).

75. В условиях задачи 39 найти вероятности следующих событий:

а) угадать не менее трех чисел;

б) угадать хотя бы одно число.

76. Петя написал n писем n своим друзьям, и на n конвертах надписал ад реса этих друзей, после чего разложил письма по конвертам в случайном по рядке. Найти: а) вероятность того, что хотя бы один из адресатов получит то письмо, которое предназначалось ему;

б) предел, к которому стремится эта вероятность при n.

Решение. а) Опыт можно интерпретировать, как перестановки чисел 1, 2, …, n. Общее число исходов опыта N = Pn = n! (по формуле 1.1.4). Пусть событие Ai состоит в том, что на i м месте стоит число i (i = 1, 2, …, n), а остальные числа расположены в произвольном порядке.

Тогда число исходов опыта, благоприятствующих наступлению события Ai, равно MAi = (n 1)! (числу перестановок (n – 1) чисел). Поэтому согласно классической формуле P(Ai ) = MAi / N = (n 1)!/ n ! = 1/ n. Событие вероятности вероятность события Ai равна Ai1 Ai2 Aik состоит в том, что на местах с номерами i1, i2 …, ik стоят числа i1, i2 …, ik, а ос тальные числа расположены на произвольных местах. Согласно классической формуле ве роятности P(Ai1 Ai2 Aik ) = (n k)!/ n ! (естественно, при 1 i1 i2 ik n).

( Ai Aik ), тогда все объединяемые события, очевидно, не Пусть Bk = Ai 1 i1 i2 ik n совместны, и число таких событий равно числу сочетаний из n по k.

Поэтому вероятность события Bk равна ( ) (Ai1 Ai2 Aik ) = P(Bk ) = P 1 i1 i2 ik n (n k)!

(n k)! n! = P(Ai1 Ai2 Aik ) = Cn = =.

k k ! (n k)!

n! k!

n!

1 i1 i2 ik n Событие A, состоящее в том, что хотя бы одно число находятся на своем месте, эквива лентно объединению событий A1A2···An, поэтому его вероятность согласно обобщенной теореме сложения вероятностей равна P(A1 A2 An ) = n + (1)n1 P Aik = P(A = i1 ) P(Ai1 Ai2 ) + P(Ai Ai Ai ) k=1 1 2 1 i1 i2 n 1 i1 i2 i3 n 1 i1 n + (1)n1 P(Bn ) = = (1)0 P(B1 ) + (1)1P(B2 ) + (1)2 P(B3 ) + (1)n 1 1 1 1 + (1)1 + (1)2 + + (1)n1 = 1 + + = (1)0.

n! n!

1! 2! 3! 2! 3!

x б) Вспомнив разложение функции e в ряд Маклорена:

xn x x2 x ex = 1+ + + + + +, n!

1! 2! 3!

замечаем, что 1 (1)2 (1)3 (1)n (1)n e1 = 1 + + + ++ + = 11 + + + +, n! n!

1! 2! 3! 2! 3!

откуда искомый предел равен (1)n 11 1 P(A() ) = 1 + + + = 1 e1 = 1 1 = 0,632.

n!

2! 3! e 2, 77. В условиях предыдущей задачи найти вероятность того, что по край ней мере m адресатов получат письма, предназначенные им (0 m n).

§ 1.5. УСЛОВНЫЕ ВЕРОЯТНОСТИ 1.5.1. У с л о в н ы е в е р о я т н о с т и. Н е з а в и с и м о с т ь с о б ы т и й Как уже было отмечено, говорить о вероятности наступления какого либо события как о мере возможности наступления этого события можно лишь при выполнении определенного комплекса условий опыта. Так, если к комплексу условий, при которых изучалась вероятность наступления события A, доба вить условие наступления события B, получим другое значение вероятности P(A | B) — вероятность наступления события A при условии, что событие B произошло, или условную вероятность события A при условии B, которая равна по определению P{A B} P{A | B} =. (1.5.1) P{B} (Для корректности определения (1.5.1) необходимо, чтобы событие B име ло ненулевую вероятность: P(B) 0. Если P(B) = 0, то условная вероятность P(A | B) не определена.) Вероятность P(A), в отличие от условной вероятности P(A | B), называется безусловной.

Из определения условной вероятности (1.5.1) следуют ее с в о й с т в а.

НЕОТРИЦАТЕЛЬНОСТЬ УСЛОВНОЙ ВЕРОЯТНОСТИ. Для всех событий A и любого со бытия B, такого что P(B) 0, P(A | B) 0. (1.5.2) НОРМИРОВАННОСТЬ УСЛОВНОЙ ВЕРОЯТНОСТИ. Для любого события B, такого что P(B) 0, P( | B) = 1. (1.5.3) АДДИТИВНОСТЬ УСЛОВНОЙ ВЕРОЯТНОСТИ. Для всех событий A и C, таких что AC =, и любого события B, такого что P(B) 0, P(AC | B) = P(A | B) + P(C | B). (1.5.4) Доказательство. Поскольку для любых событий A и B вероятность P(AB) 0 по ак P(A B) сиоме неотрицательности вероятности (1.4.1), а P(B) 0 по условию, то P(A | B) = 0, P(B) что доказывает справедливость свойства неотрицательности условной вероятности (1.5.2).

По свойству пересечения событий (1.2.6) B = B, поэтому P(B) = P(B) и P( B) P(B) P( | B) = = = 1, что доказывает справедливость свойства нормированности ус P(B) P(B) ловной вероятности (1.5.3).

P((A C) B) Условная вероятность P((A C) | B) =. По свойству коммутативности пересе P(B) чения событий (1.2.4) (AC)B = B(AC), а по свойству дистрибутивности пересечения событий относительно объединения(1.2.9) B(AC) = (BA)(BC). Так как AB =, очевидно, что (BA)(BC) =, поэтому по аксиоме сложения вероятностей (1.4.4) P((BA)(BC)) = = P(BA) + P(BC). Окончательно получим, еще раз воспользовавшись свойством коммутативно сти пересечения событий (1.2.4), что P((AC)B) = P(AB) + P(CB), поэтому условная вероят P((A C) B) P(A B) + P(C B) P(A B) P(C B) ность P((A C) | B) = = = + = P(A | B) + P(C | B), P(B) P(B) P(B) P(B) что доказывает справедливость свойства аддитивности условной вероятности (1.5.4).

B A A|B C C|B '=B а) б) Рис. 1.5.1. Вычисление вероятностей в вероятностном пространстве {, S, P} (а) и в вероятностном пространстве {B, SB, PB} (б) Пусть P(B) 0. Если алгебру всех множеств вида AB, где A S, обозначить SB, а ус ловную вероятность P(A | B) обозначить PB(A) = P(A | B), можно заметить, что PB(B) = P(B | B) = 1, и поскольку условная вероятность PB(·) = P(· | B) является числовой функцией, определенной на алгебре событий SB и удовлетворяющей аксиомам неотрицательности, нормированности и аддитивности, эта функция PB(·) определяет на алгебре событий SB вероятностную меру. По этому {B, SB, PB} также является вероятностным пространством (рис. 1.5.1). Очевидно, {, S, PB} также является вероятностным пространством.

Из определения условной вероятности (1.5.1) непосредственно следует также ФОРМУЛА УМНОЖЕНИЯ ВЕРОЯТНОСТЕЙ. Если P(A) 0, P(B) 0, то P(AB) = P(A)P(B | A) = P(B)P(A | B). (1.5.5) Формулу умножения вероятностей (1.5.5) легко обобщить на случай про извольного конечного числа событий:

P(A1A2···An)=P(A1)P(A2|A1)P(A3|A1A2)···P(An|A1A2···An–1). (1.5.6) Доказательство. Будем проводить доказательство по методу математической индук ции. Справедливость теоремы при n = 1 очевидна, а при n = 2 доказана в формуле умноже ния вероятностей (1.5.5). Будем считать, что формула (1.5.6) верна для n = m – 1. Докажем справедливость теоремы для n = m. Поскольку для любых m – 1 событий теорема верна, то P(A1A2···Am–1) = P(A1)P(A2|A1)P(A3|A1A2)···P(An|A1A2···Am–2). По формуле умножения веро ятностей (1.5.6) P(A1A2···Am) = P((A1A2···Am–1)Am) = P(A1A2···Am–1)P(Am|A1A2···Am–1).

Подставляя сюда выражение для P(A1 A2 ··· Am–1), получим: P(A1 A2 ··· Am) = P((A1A2···Am–1)Am) = P(A1)P(A2|A1)P(A3|A1A2)···P(An|A1A2···Am–2)P(Am|A1A2···Am–1), что и требовалось доказать.

Говорят, что события A и B являются независимыми, если P(AB) = P(A)P(B). (1.5.7) Очевидно, при P(B) 0 формула (1.5.7) означает, что условная вероят ность события A при условии B совпадает с безусловной вероятностью собы тия A:

P(A | B) = P(A). (1.5.8) Понятия условной вероятности, зависимых и независимых событий впер вые сформулировал А. де Муавр, а формула для вычисления условной веро ятности (1.5.1) была предложена Т. Байесом.

ТЕОРЕМА О НЕЗАВИСИМОСТИ ПРОТИВОПОЛОЖНЫХ СОБЫТИЙ. Если события A и B независимы, то пары событий A и B, A и B, A и B также независимы.

Доказательство. Достаточно показать независимость событий A и B. Любое событие B можно представить в виде B = B = B (A A) = (B A) (B A) = (A B) (A B) [здесь мы последовательно воспользовались свойствами (1.2.6), (1.2.3), (1.2.9), (1.2.4)], причем (B A) (B A) =, поэтому по аксиоме аддитивности вероятности (1.4.3) P(B) = = P((A B) (A B)) = P(A B) + P(A B), откуда P(A B) = P(B) P(A B). События A и B не зависимы, значит, P(AB) = P(A)P(B), поэтому P(A B) = P(B) P(A)P(B) = (1 P(A))P(B) = = P(A)P(B) [в последнем равенстве мы воспользовались теоремой о вероятности противопо ложного события (1.4.5)]. Итак, P(A B) = P(A)P(B), значит, события A и B независимы по определению независимости событий (1.5.7), что и требовалось доказать.

События A1, A2, …, An называются независимыми в совокупности, если для любого их подмножества Ai, Ai,..., Ai вероятность одновременного насту k 1 пления событий Ai, Ai,..., Ai равна произведению безусловных вероятностей k 1 этих событий:

P(Ai1 Ai2 Aik ) = P(Ai1 )P(Ai2 ) P(Aik ) (k = 1, 2, …, n). (1.5.9) Если условие (1.5.9) выполняется только при k = 2, то события A1, A2, ···, An называются попарно независимыми (естественно, предполагается справедли вость этого условия и при k = 1, т. е. выполнение тривиального равенства P(Ai) = P(Ai) для всех i = 1, 2, …, n).

Следует обратить внимание на следующие факты:

• из условия несовместности не следует условие независимости;

• из условия независимости не следует условие несовместности;

• из условия независимости в совокупности следует попарная независи мость, но из попарной независимости не следует независимость в совокуп ности.

Приведем соответствующие примеры. Пусть в корзине находится четыре шара, на ощупь неразличимых: красный, желтый, зеленый и синий, и из этой корзины наудачу из влекается один шар. Пусть событие A состоит в том, что извлечен красный или желтый шар, B — красный или зеленый, C — красный или синий. Тогда P(A) = P(B) = P(C) = 1/2, P(AB) = P(BC) = P(AC) = 1/4 = (1/2)2. Очевидно, события A и B совместны, но при этом независимы.

Пусть теперь в корзине находится два шара, на ощупь неразличимых: красный и жел тый, и из этой корзины наудачу извлекается один шар. Пусть событие A состоит в том, что извлечен красный шар, B — желтый шар. Тогда P(A) = P(B) = 1/2, но, очевидно, P(AB) = 0 (1/2)2. Таким образом, события A и B несовместны, но при этом зависимы.

Приведем, наконец, пример попарно независимых событий, не являющихся при этом независимыми в совокупности. Пусть в корзине находится четыре шара, на ощупь неразли чимых: красный, желтый, зеленый и синий, и из этой корзины наудачу извлекается один шар. Пусть событие A состоит в том, что извлечен красный или желтый шар, B — красный или зеленый, C — красный или синий. Тогда P(A) =P(B) =P(C) = 1/2, P(AB) = P(BC) = = P(AC) = 1/4 = (1/2)2, но P(ABC) = 1/4 (1/2)3. Очевидно, события A, B и C являются попарно независимыми, но при этом не являются независимыми в совокупности.

Если события A1, A2, …, An независимы в совокупности, то n P Ai = P(A1 A2 An ) = (1.5.10) i= n (1 P(An )) = 1 (1 P(Ai )).

= 1 (1 P(A1))(1 P(A2 )) i= Доказательство. Поскольку события A1, A2, …, An независимы в совокупности, то по тео реме о независимости противоположных событий события A1, A2, …, A n также независимы в совокупности, значит, n n P Ai = P(A1 A2 P(An ) = P(Ai ).

An ) = P(A1 )P(A2 ) i= i = Но по теореме о вероятности противоположного события (1.4.5) P(Ai ) = = 1 P(Ai ), по n n n n этому P Ai = (1 P(Ai )). Событие Ai противоположно событию Ai [по правилу де i=1 i= i =1 i = Моргана (1.2.10)], поэтому по теореме о вероятности противоположного события (1.4.5) n n n P Ai = 1 P Ai = 1 (1 P(Ai )), что и требовалось доказать.

i=1 i=1 i = Задачи 78. Известно, что P(A) = 0,8, P(B) = 0,6, P(AB) = 0,9. Найти P(AB), P(A | B), P(B | A) и выяснить, зависимы ли события A и B.

Решение. По теореме сложения вероятностей (1.4.9) P(AB) = P(A) + P(B) – P(AB), откуда P(AB) = P(A) + P(B) – P(AB) = 0,8 + 0,6 – 0,9 = 0,5. По определению условной ве роятности P(A | B) = P(A B)/ P(B) = 0,5/0,6 = 5/6, P(B | A) = P(A B)/ P(A) = 0,5/0,8 = 5/8.

Для того, чтобы события A и B были независимыми, необходимо выполнение равенства (1.5.7): P(AB) = P(A)P(B). В нашем случае P(AB) = 0,5, P(A)P(B) = 0,8·0,6 = 0,48 0,5, т. е.

равенство (1.5.7) не выполняется, значит, события A и B являются зависимыми.

79. Среди сотрудников некоторой крупной фирмы 23% получают высокую заработную плату. При этом 40% сотрудников фирмы — женщины, а 8% всех со трудников — женщины, получающие высокую заработную плату. Определить, существует ли на этой фирме дискриминация женщин в оплате труда.

Решение. По условию задачи вероятность события A, состоящего в том, что случайно вы бранный сотрудник получает высокую заработную плату, равна (согласно статистическому подходу к определению вероятности) P(A) = 0,23. Пусть событие B состоит в том, что случайно выбранный сотрудник фирмы является женщиной, тогда если P(A | B) окажется меньше без условной вероятности P(A), то это и будет означать дискриминацию женщин в оплате труда.

По определению условной вероятности (1.5.1) P(A | B) = P(A B)/ P(B) = 0,08/0,40 = 0, 0,23 = P(A), т. е. действительно можно утверждать, что женщины, работающие на данной фир ме, имеют меньшую вероятность получать высокую заработную плату, нежели мужчины.

80. В тесте математических способностей десять задач, пронумерованных от 1 до 10. Какова вероятность того, что испытуемый верно решил задачу № при условии, что он верно решил восемь задач из десяти?

81. В группе из 1000 человек 452 имеют текущие счета, 336 — депозитные счета, а 302 — и текущие, и депозитные. Определить, являются ли события «об ладание текущим счетом» и «обладание депозитным счетом» независимыми.

82. Крупный производитель автомобилей перед разработкой новой моде ли провел маркетинговый опрос потенциальных покупателей, в результате которого выяснилось, что 30% покупателей в основном оценивают автомобиль по его техническим характеристикам, 50% — по его дизайну, а 28% принимают во внимание и технические характеристики, и дизайн. Определить, являются ли предпочтения покупателей зависимыми или независимыми.

83. На автомобиле «Мерседес», принадлежащем президенту банка и представляющем огромнейший интерес для угонщиков, установлены элек тронная сигнализация и механическая блокировка рычага переключения пе редач. Вероятность того, что угонщик справится с сигнализацией, составляет 0,2, а вероятность того, что он сломает блокировку рычага переключения пе редач, равна 0,1. Сегодня президент, рискнув, отправился в гости без водителя и охраны. Найти вероятности следующих событий: а) автомобиль будет угнан;

б) угонщик справится только с одной системой защиты.

84. Игральная кость бросается два раза. Найти вероятность того, что оба раза появится одно и то же число очков.

85. Из корзины, содержащей три красных яблока и семь зеленых, вынимают по очереди два яблока. Найти вероятность того, что оба они будут красными.

86. Жюри состоит из трех судей, выносящих решение независимо друг от друга: двое из них, каждый с вероятностью 0,8, принимают правильное реше ние, а третий для вынесения решения подбрасывает монету. Окончательное решение принимается большинством голосов. Найти вероятность вынесения правильного решения.

87. Нефтедобывающая компания проводит буровые работы в трех раз личных местах А, Б и В. Вероятности успешного бурения в А, Б и В равны со ответственно 0,5, 0,4 и 0,1. Предположив, что события, заключающиеся в ус пешности бурения в местах А, Б и В, независимы, вычислить вероятности следующих событий: а) хотя бы одно бурение окажется успешным;

б) ровно одно бурение окажется успешным.

88. Маша пришла на экзамен, зная ответы на 20 вопросов программы из 25. Профессор задает три вопроса. Найти вероятности следующих событий:

а) Маша ответит на все три вопроса;

б) Маша ответит ровно на два вопроса;

в) Маша ответит ровно на один вопрос;

г) Маша ответит хотя бы на один во прос;

д) Маша не ответит ни на один вопрос.

89. Вероятность того, что кредитная карта находится в письменном столе, равна p, причем с равной вероятностью карта может находиться в любом из восьми ящиков стола. Ее владелец осмотрел семь ящиков и пока не нашел свою кредитную карту. Найти вероятность того, что она находится в восьмом ящике.

90. Доказать формулу P(A | B) + P(A | B) = 1.

91. Доказать, что равенства P(A | B) + P(A | B) = 1 и P(A | B) + P(A | B) = 1 не верны.

92. Пусть события A, B и C попарно независимы, причем каждое из них имеет вероятность, отличную от нуля и единицы. Проверить, могут ли собы тия AB, BC и AC быть: а) попарно независимыми;

б) независимыми в со вокупности.

Решение. а) Рассмотрим следующие события в условиях задачи 53: событие A, заключаю щееся в том, что утечка газа происходит ближе к станции A, чем к B, событие B, заключающееся в том, что утечка расположена между 50 м и 150 м километрами, и событие C, состоящее в том, что утечка расположена между отметками 12,5 км и 62,5 км либо между 112,5 км и 162,5 км. Тогда со гласно геометрическому подходу к определению вероятности P(A) = P(B) = P(C) = 1/2, P(AB) = = P(BC) = P(AC) = 1/4, значит, события A, B и C попарно независимы. При этом, очевидно, P(ABC) = 1/16, P((AC)(BC)) = P(ABC) = 1/16 = = P(A)[P(B)] P(C) = P((AB)(BC)).

Аналогично получаем равенства P((AB)(AC)) = = P(AB)P(AC) и P((BC)(AC)) = = P(BC)P(AC), т. е. события A, B и C являются независимыми в совокупности. б) Независимость в совокупности означает, во первых, что P(ABC) = P((AB)(BC)) = P(A)[P(B)] P(C) и, во 2 2( 2 вторых, что P(ABC) = P((AB)(BC)(AC)) = [P(A)] [P(B)] [ P(C)]. Поэтому P(A)[P(B)] P(C) = 2 2( = [P(A)] [P(B)] [ P(C)], но это равенство невозможно, так как вероятности событий A, B и C отличны от нуля и единицы. Поэтому события AB, BC и AC не могут быть независимы в совокупности.

93. Подбрасываются три игральные кости. Событие A состоит в том, что на первой и второй костях выпало одинаковое число очков, событие B — в том, что на второй и третьей костях выпало одинаковое число очков, событие C — в том, что на первой и третьей костях выпало одинаковое число очков. Проверить, яв ляются ли события A, B и C: а) попарно независимыми;

б) независимыми в сово купности.

94. Пусть события A, B и C независимы в совокупности, причем каждое из них имеет вероятность, отличную от нуля и единицы. Проверить, могут ли со бытия AB, BC и AC быть: а) попарно независимыми;

б) независимыми в совокупности.

95. Доказать, что из равенства P(ABC) = P(A)P(B)P(C) не следует по парная независимость событий A, B и C.

96. В вершине A пятиугольника ABCDE находится яблоко, а в вершине C сидит червяк. Ежедневно червяк переползает в одну из соседних вершин с равной вероятностью. Он не помнит своих предыдущих положений и может оказаться в той вершине, где он уже был. Достигнув вершины A, червяк рас полагается пообедать. Найти вероятность того, что червяк доберется до яблока не более чем за семь дней.

1.5.2. Ф о р м у л а п о л н о й в е р о я т н о с т и Если события H1, H2, …, Hn образуют полную группу, то для вычисления вероятности произвольного события A применяется сформулированная впер вые П. Лапласом ФОРМУЛА ПОЛНОЙ ВЕРОЯТНОСТИ. Если события H1, H2, …, Hn S образуют полную группу и имеют положительные вероятности, то для любого со бытия A S P(A) = P(A | H1 )P(H1 ) + P(A | H2 )P(H2 ) + + P(A | Hn )P(Hn ) = (1.5.11) n = P(A | Hi )P(Hi ).

i= В соответствии с этой формулой вероятность наступления события A мо жет быть представлена как сумма произведений условных вероятностей со бытия A при условии наступления событий Hi на безусловные вероятности этих событий Hi. Поскольку среди событий H1, H2, …, Hn, образующих полную группу, в результате опыта должно наступить одно и только одно, эти события Hi называют гипотезами (i = 1, 2, …, n).

Доказательство. Очевидно, A = (AH1)(AH2) · · · (AHn), причем события (AH1), (AH2), …, (AHn) несовместны (поскольку несовместны события H1, H2, …, Hn). По аксиоме аддитивности вероятности (1.4.3) P(A) = P(AH1) + P(A | H2)P(H2) + ··· + P(AHn). Каждую из вероятностей P(AHi) раскроем по формуле умножения вероятностей (1.5.6): P(AHi) = = P(A | Hi)P(Hi) (i = 1, 2, …, n). Подставляя, получаем: P(A) = P(A | H1)P(H1) + P(A | H2)P(H2) + + · · + P(A | Hn)P(Hn), что и требовалось доказать.

Формула полной вероятности (1.5.11) остается справедливой и в случае, если условие, состоящее в том, что события H1, H2, …, Hn образуют полную группу, заменить более слабым: гипотезы H1, H2, …, Hn попарно несовместны (Hi Hj = при i j), а событие A влечет за собой объединение этих гипотез (A H1H2 ··· Hn).

В пакете Microsoft Excel существует функция СУММПРОИЗВ для вычис ления суммы попарных произведений элементов массивов. Эту функцию можно применять при расчетах по формуле полной вероятности:

n P(A) = P(A|Hi )P(Hi ) = СУММПРОИЗВ(массив P(A|Hi);

массив P(Hi)).

i= Задачи 97. Брокерская компания проводит операции с ценными бумагами: 10% сделок заключается с инвестиционными банками, 20% — с другими брокер скими компаниями, остальные — с физическими лицами. Вероятности того, что контрагент не выполнит условия сделки, составляют для указанных групп контрагентов 0,01, 0,05 и 0,2 соответственно. Определить, какая доля сделок в среднем не исполняется по вине контрагентов.

Решение. Пусть событие A состоит в том, что условия сделки не выполняются контр агентом, гипотеза H1 — в том, что контрагентом по этой сделке выступает инвестиционный банк, гипотеза H2 — в том, что контрагентом является другая брокерская компания, гипотеза H3 — в том, что контрагентом является физическое лицо. По условию задачи имеем: вероят ности гипотез составляют P(H1) = 0,1, P(H2) = 0,2, P(H3) = 1 – P(H1) – P(H2) = 0,7, а условные вероятности события A, в свою очередь, равны P(A | H1) = 0,01, P(A | H2) = 0,05, P(A | H3) = 0,2.

По формуле полной вероятности (1.5.11) имеем: P(A) = P(A | H1)P(H1) + P(A | H2)P(H2) + + P(A | H3)P(H3) = 0,01·0,1 + 0,05·0,2 + 0,2·0,7 = 0,151.

98. Из корзины, содержащей три красных яблока и семь зеленых, выни мают по очереди все яблоки. Найти вероятность того, что вторым по счету бу дет вынуто красное яблоко.

99. Из корзины, содержащей три красных яблока и семь зеленых, выни мают одно за другим все яблоки, кроме одного. Найти вероятность того, что по следнее оставшееся в корзине яблоко будет зеленым.

100. Проводится тестирование остаточных знаний студента по матема тике: 10% вопросов теста проверяют знание линейной алгебры, 20% — знание математического анализа, остальные — знание теории вероятностей. Студент считает, что вероятности того, что он не ответит на вопрос теста, составляют для указанных групп вопросов 0,01, 0,05 и 0,2 соответственно. Найти ожидае мый процент вопросов теста, на которые не ответит студент.

101. Петя знает не все вопросы программы. В каком случае вероятность вытащить неизвестный билет будет меньше: когда он тянет билет первым или последним?

102. Студенты считают, что из 50 экзаменационных билетов 10 являются «хорошими». Петя и Маша по очереди тянут по одному билету. Найти вероят ности следующих событий: а) Пете достался «хороший» билет;

б) Маше дос тался «хороший» билет;

в) им обоим достались «хорошие» билеты.

103. Вероятность того, что дневной оборот торговца мороженым превы сит 2000 руб., при солнечной погоде равна 80%, при переменной облачности — 50%, а при пасмурной погоде — 10%. Найти вероятность того, что на следую щий день оборот превысит 2000 руб., если вероятность солнечной погоды в данное время года составляет 20%, вероятность переменной облачности и ве роятность пасмурной погоды — по 40%.

104. В каждой из трех корзин находится по семь красных яблок и три зеленых. Из первой корзины наудачу достали одно яблоко и переложили во вторую, затем из второй корзины наудачу достали яблоко и переложили в третью. Найти вероятность того, что яблоко, наудачу извлеченное после этих манипуляций из третьей корзины, окажется красным.

105. ЗАДАЧА О РАЗОРЕНИИ1. Петя с папой играют в следующую игру. Петя бросает монету, предварительно сообщив папе, какая сторона, по его мнению, выпадет: «герб» или «решетка». Если Петя угадал, то папа платит Пете 1 руб., в противном случае Петя платит папе 1 руб. Начальный капитал папы безгра ничен, а начальный капитал Пети составляет x = 100 руб. Игра продолжается Практическая интерпретация задач 105—109 состоит в следующем. Инвестиционная ком пания «играет» с рынком. Возможности рынка безграничны (чего нельзя сказать о возможно стях компании). Компания пытается угадать, какие финансовые инструменты окажутся в бу дущем доходными, если угадывает — получает прибыль, иначе — несет расходы. Если расхо дов становится много, то рано или поздно компания разоряется.

до тех пор, пока Петя не наберет заранее определенную сумму s, либо пока он не разорится, проиграв весь имеющийся капитал x. Найти вероятность того, что Петя разорится, так и не набрав желаемую сумму, если эта сумма s со ставляет: а) 110 руб;

б) 1000 руб.

Решение. Пусть p(x) — вероятность того, что, имея x руб., Петя все таки разорится, собы тие A состоит в Петином разорении, гипотеза H1 — в том, что Петя выиграл на первом шаге иг ры, гипотеза H2 — в том, что Петя проиграл на первом шаге игры. При этом, очевидно, вероят ность разорения при условии выигрыша на первом шаге составит P(A | H1) = p(x + 1), а вероят ность разорения при условии проигрыша на первом шаге составит P(A | H2) = p(x – 1). Согласно классической формуле вероятности P(H1) = P(H2) = 0,5. По формуле полной вероятности p(x) = P(A) = P(A | H1)P(H1) + P(A | H2)P(H2) = 0,5p(x + 1) + 0,5p(x – 1) = 0,5[p(x + 1) + p(x – 1)], откуда 0,5[p(x + 1) – p(x)] = 0,5[p(x) – p(x – 1)] или p(x + 1) – p(x) = p(x) – p(x – 1) = p(x – 1) – p(x – 2) = = ··· = p(1) – p(0) = c, где c — некоторая константа. Из приведенной цепочки равенств следует, что p(x) = p(0) + cx, при этом, очевидно, p(0) = 1, а p(s) = 1 – cs = 0, и окончательно получаем:

p(x) = 1 – x/s. В случае а) x = 100, s = 110, поэтому p(100) =1/11 0,091, а в случае б) x = 100, s = 1000, поэтому p(100) = 0,9.

106. В условиях задачи 105 папа играет нечестно: он дал Пете монету со смещенным центром тяжести, так что Петя (считая монету «правильной» и вы бирая в среднем в половине случаев «герб» и в половине случаев — «решетку») выигрывает с вероятностью 0,4 и проигрывает с вероятностью 0,6. Начальный капитал Пети составляет, как и в предыдущей задаче, x = 100 руб. Игра про должается до тех пор, пока Петя не наберет заранее определенную сумму s, либо пока он не разорится, проиграв весь имеющийся капитал x. Найти вероятность разорения Пети в общем случае (для произвольной суммы s) и в конкретных случаях: а) s = 110 руб.;

б) s = 1000 руб.

Решение. Пусть p(x) — вероятность того, что, имея x руб., Петя все таки разорится, тогда аналогично предыдущей задаче можно составить уравнение p(x) = 0,4p(x + 1) + 0,6p(x – 1), отку x x да 0,4[p(x + 1) – p(x)] = 0,6[p(x) – p(x – 1)]. Отсюда (0,4)x [p(k + 1) p(k)] = (0,6)x [p(k) p(k 1)] k =1 k = x + x x = (0,6)x [p(k) p(k 1)] или (0,4)x [p(k) p(k 1)] = (0,6)x [p(k) p(k 1)], и поделив левую k =1 k =2 k = x и правую части последнего уравнения на (0,4)x [p(k) p(k 1)], получим: p(x + 1) – p(x) = k = 0, x = [p(1) p(0)] или (поскольку p(0) = 1) p(x + 1) – p(x) = (1,5) [p(1) – 1]. Вычислим теперь x 0, s1 s1 s (1,5)s (1,5)x [p(k +1) p(k)] = {(1,5)k [p(1) 1]} = [p(1) 1] (1,5)k = [p(1) 1] = p(s) – p(x) = 1,5 k= x k= x k=x s x s x = 2[p(1) – 1][(1,5) – (1,5) ] и учтем в равенстве p(s) – p(x) = 2[p(1) – 1][(1,5) – (1,5) ] условие s x p(s) = 0: p(x) = 2[1 – p(1)][(1,5) – (1,5) ]. Подставляя теперь x = 0 и учитывая, что p(0) = 1, по лучим: 2[1 – p(1)][(1,5) – 1] = 1 или 2[1 p(1)] = s p(x) =. Окончательно получаем:

(1,5)s 1 q (1,5)s (1,5)x, преобразуем эту формулу к. Вспомнив, откуда взялось число 1,5 1,5 = = (1,5) 1 q s общему виду:

1 q 1 q s x q q p(x) =.

s 1 q q Легко видеть, что в случае а) p(x) 0,983 (т. е. у Пети есть очень небольшие шансы на вы игрыш), а в случае б) вероятность разорения Пети p(x) практически равна единице (с точностью более тридцати знаков после запятой) — у Пети нет практически никаких шансов выиграть!

107. Теперь предположим, что в условиях задачи 105 нечестно играет Петя: он предложил играть монетой со смещенным центром тяжести и теперь выигрывает с вероятностью 0,6 и проигрывает с вероятностью 0,4. Начальный капитал Пети составляет, как и в предыдущей задаче, x = 100 руб. Игра про должается до тех пор, пока Петя не наберет заранее определенную сумму s, либо пока он не разорится, проиграв весь имеющийся капитал x. Найти веро ятность разорения Пети в общем случае (для произвольной суммы s) и в кон кретных случаях: а) s = 110 руб.;

б) s = 1000 руб.

108. Определить, как изменится вероятность разорения Пети в условиях задач 105—107, если ставка на каждом ходе будет равна не 1 руб., как раньше, а 2 руб.

109. В условиях задач 105—107 начальный капитал папы уже не безгра ничен, а равен y = 1100 руб., начальный капитал Пети по прежнему составля ет x = 100 руб., а игра продолжается до тех пор, пока какой нибудь из игроков не разорится. Найти вероятность того, что разорится Петя в случае, когда ве роятность угадывания монеты равна: а) 0,5;

б) 0,4;

в)0,6.

110. В магазине проходит бесплатная дегустация нового газированного на питка. Вероятность того, что участвовать в дегустации согласится посетитель — мужчина, составляет 0,1, а вероятность того, что участвовать в дегустации со гласится посетитель — женщина, равна 0,2. Сейчас в магазине находятся пятна дцать женщин и десять мужчин. Промоутер обратился с предложением принять участие в дегустации к двум посетителям магазина. Найти вероятность того, что один из посетителей примет это предложение, а другой откажется.

111. ЗАДАЧА О РАЗБОРЧИВОЙ НЕВЕСТЕ1. У одной из Машиных подруг есть дос таточно большое число женихов. Заранее она ничего о своих женихах не зна ет, кроме их числа n. Расположившись в очередь в случайном порядке, жени хи представляются разборчивой невесте один за другим, так что встречая очередного жениха, она знает всех предшествующих. Представленный и от вергнутый жених больше не возвращается. Невеста решила избрать следую щую стратегию выбора: она просматривает первых m женихов, никого из них не выбирая, а затем останавливает свой выбор на первом из оставшихся (n – m) женихов, который окажется лучше, чем любой из первых m женихов.

Найти вероятность pm(A) сделать наилучший выбор при такой стратегии. Оп ределить такое число mn, чтобы вероятность pmn (A) была максимальной среди всех pm(A), m = 0, 1, 2, …, n.

Приведем финансовую интерпретацию задачи 111. Пусть инвестор владеет некоторым активом, цена которого может изменяться в течение некоторого срока, а по окончании этого срока станет фиксированной (таким активом может быть облигация, рыночная котировка ко торой может изменяться до момента погашения, или какой либо инвестиционный проект, по ка он еще не завершен). Стоимости актива в предыдущие дни известны, а в последующие — неизвестны. К предыдущему дню вернуться уже нельзя. Требуется определить момент про дажи актива с наибольшей выгодой.

Решение. Формализуем задачу, считая, что Машина подруга приписывает каждому жениху некоторую ф у н к ц и ю к а ч е с т в а — число, причем понятно, что все женихи обладают различным качеством — совсем одинаковых не бывает. При этом число всевоз можных расположений женихов по порядку равно, очевидно, Pn = n! (после того, как первый жених был осмотрен, у второго есть две возможности: оказаться хуже первого или оказаться лучше первого;

у третьего есть уже три возможности: оказаться хуже первого и второго, оказаться лучше первого и второго, оказаться между ними по качеству и т. д., после того как осмотрен k й жених, есть (k + 1) промежуток, куда может попасть (k + 1) й). Будем считать все n! расположений женихов одинаково возможными.

Рассмотрим те исходы опыта (по выбору жениха), при которых избранная стратегия предлагает выбрать k го жениха, соответствующее событие (выбор k го по счету жениха) обозначим Hk (k = m + 1, m + 2, …, n), а событие, состоящее в том, что выбран жених с мак симальным значением функции качества (т. е. наилучший), обозначим A.

Абстрагируемся теперь от женихов и будем говорить о точках на числовой прямой — значениях этой функции качества: имеется n точек, m из них мы знаем, и теперь рассматри ваем по очереди точки с (m + 1) й по n ю — выбираем первую из них, которая окажется больше, чем самая правая из точек с первой по m ю. Тогда число исходов, благоприятст вующих появлению события Hk, рассчитаем так. Выбор k й точки означает, что все точки с (m + 1) й по (k – 1) ю оказались левее, чем самая правая из первых m пробных точек, а k я точка — правее всех пробных точек. На расположение первых m точек это никаких ограни чений не налагает, но (m + 1) я точка может теперь попасть не в любой из (m + 1) промежут ка, а только в m из них (она не может быть крайней правой), (m + 2) я точка может попасть только в один из (m + 1) промежутка, и так до (k – 1) й точки, которая может попасть в лю бой из (k – 2) промежутков;

k я точка может оказаться только самой правой — есть только один промежуток, куда она может попасть, а на все остальные точки никаких ограничений не накладывается: (k + 1) я может попасть в любой из (k + 1) промежутков, (k + 2) я — в любой из (k + 2) и так до n й, которая может попасть в любой из n промежутков.

В результате получаем:

1 m m(m + 1) (k 2) (k + 1)(k + 2) n P(Hk ) = = n!

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

1 2 m(m + 1) (k 2)(k 1)k(k + 1)(k + 2) n (k 1)k Аналогично находим вероятность события (A Hk ) — сделать наилучший выбор имен но на k м шаге: в этом случает отличие от предыдущей формулы будет в последних множи телях числителя — точки с (k + 1) й по n ю теперь не могут оказаться самыми правыми, т. е.

(k + 1) я может попасть в любой из k промежутков, (k + 2) я — в любой из (k + 1) и так до n й, которая может попасть в любой из (n + 1) промежутков:

1 m m(m + 1) (k 2) k(k + 1) (n 1) P(A Hk ) = = n!

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

1 2 m(m + 1) (k 2)(k 1)k(k + 1)(k + 2) (n 1)n (k 1)n При этом m P(A Hk ) (k 1)n k P(A | Hk ) = = =, m P(Hk ) n (k 1)k и по формуле полной вероятности получаем:

m n1 n n mn km +1 k 1 = n k k.

P(A) = P(A | Hk )P(Hk ) = = k = m +1 n(k 1)k n k= m k = m +1 =m m n1.

pm (A) = Таким образом, Воспользовавшись теперь соотношением n k=m k n m n1 1 m n1 m dx mm k и тем, что e — точка максимума функции –xln x x = n ln n n k=m k + 1 nm n k=m n на интервале (0;

1), получим, что максимум pm(A) достигается при mn = + o(n) 0,37n, при e этом pmn (A) = max pm (A) = + o(1) 0,37.

e 0mn Итак, при большом числе женихов оптимальная стратегия Машиной подруги состоит в том, что она должна просмотреть примерно 35—40% всех своих женихов, никого из них не выбирая, а затем выбрать того из оставшихся, который окажется лучше любого из m перво начально осмотренных женихов. При этом вероятность наилучшего выбора при такой стра тегии окажется приблизительно равна 0,37.

112. В салон самолета входит старушка, выбирает себе произвольное ме сто и садится. Все остальные пассажиры рассаживаются по следующему пра вилу: если место пассажира свободно, то он занимает свое место, иначе садится на любое свободное место. Найти вероятность того, что последний пассажир займет свое место (всего летят 64 пассажира, включая старушку).

1.5.3. Ф о р м у л а Б а й е с а Из формулы полной вероятности следует ФОРМУЛА БАЙЕСА. Если события H1, H2, …, Hn S образуют полную груп пу и имеют положительные вероятности, событие A S также имеет по ложительную вероятность, то P(A | Hk )P(Hk ) P(A | Hk )P(Hk ) P(Hk | A) = =n (k = 1, 2, …, n). (1.5.12) P(A) P(A | Hi )P(Hi ) i= Доказательство. По формуле умножения вероятностей (1.5.6) P(AHi) = = P(A | Hk)P(Hk).

С другой стороны, по той же формуле умножения вероятностей P(AHi) = P(Hk | A)P(A). Та P(A | Hk )P(Hk ) ким образом, P(A | Hk)P(Hk) = P(Hk | A)P(A), откуда P(Hk | A) =. Вероятность в P(A) знаменателе можно раскрыть по формуле полной вероятности (1.5.11). Справедливость фор мулы Байеса доказана.

Общая схема применения формулы Байеса при решении практических задач такова. Пусть событие A может происходить в различных условиях, о характере которых можно выдвинуть n гипотез: H1, H2, …, Hn. Из некоторых соображений известны вероятности P(Hi) гипотез Hi (априорные вероятности — вероятности гипотез Hi до проведения опыта), известны также условные вероятности P(A | H1), P(A | H2), …, P(A | Hn). Предположим, что произведен опыт, в результате которого обнаружено наступление события A. Это должно вы звать переоценку вероятностей гипотез Hi;

формула Байеса и дает выражения для условных вероятностей гипотез Hi, уточненных в результате опыта, исхо дом которого стало событие A, — апостериорных вероятностей P(Hi | A).

Интересно, что формула (1.5.12), носящее имя Т. Байеса, самому Т. Байесу была неизвестна, поскольку в то время еще не была известна формула полной вероятности (1.5.11). На самом деле формула (1.5.12), как и формула полной вероятности (1.5.11), была впервые сформулирована П. Лапласом.

Задачи 113. В условиях задачи 97 начальнику отдела управления рисками доло жили, что по одной из сделок контрагент не выполняет своих обязательств. Най ти вероятность того, что таким контрагентом является брокерская компания.

Решение. Пусть, как и в задаче 97, событие A состоит в том, что условия сделки не вы полняются контрагентом, гипотеза H1 — в том, что контрагентом по этой сделке выступает ин вестиционный банк, гипотеза H2 — в том, что контрагентом является другая брокерская ком пания, гипотеза H3 — в том, что контрагентом является физическое лицо. По условию задачи имеем: вероятности гипотез составляют P(H1) = 0,1, P(H2) = 0,2, P(H3) = 1 – P(H1) – P(H2) = = 0,7, а условные вероятности события A, в свою очередь, равны P(A | H1) = 0,01, P(A | H2) = 0,05, P(A | H3) = 0,2. По формуле Байеса (1.5.12) P(H2 | A) = P(A | H2 )P(H2 )/ P(A ) = 0,05 0,2/0,151 = = 10/151 0,066, где вероятность P(A) = 0,151 была рассчитана по формуле полной вероятно сти (1.5.11) в задаче 97.

114. В корзине три красных и семь зеленых яблок. Из корзины вынули одно яблоко и не глядя отложили в сторону. После этого из корзины достали еще одно яблоко, которое оказалось зеленым. Найти вероятность того, что яблоко, отложен ное в сторону, также было зеленым.

115. В условиях задачи 100 студент при получении очередного вопроса теста даже не понял, к какому из трех разделов математики относится этот вопрос. Найти вероятность того, что вопрос относится к теории вероятностей.

116. Магазин получает однотипный товар от трех поставщиков: 55% товара поступает от первого поставщика, 20% от второго и 25% от третьего. Продукция, поступающая от первого поставщика, содержит 5% брака, поступающая от второ го поставщика — 6% брака, а поступающая от третьего поставщика — 8% брака.


Покупатель оставил в книге пожеланий покупателей жалобу о неудовлетвори тельном качестве приобретенного товара. Найти вероятность того, что плохой то вар, вызвавший нарекания покупателя, поступил от второго поставщика.

117. Опыт отдела маркетинга фармацевтической фирмы показывает, что после проведения рекламной кампании нового вида зубной пасты 5% муж чин и 10% захотят приобрести новую пасту, а остальные будут продолжать пользоваться прежними видами зубных паст. Число мужчин и число женщин в городе соотносятся как 2 : 3 и все они покупают зубную пасту. Найти вероят ность того, что покупатель, случайно отобранный среди купивших новый вид пасты, окажется женщиной.

118. Если проектом руководит квалифицированный менеджер, то такой проект может быть выполнен в срок с вероятностью 0,8, если же менеджер проекта недостаточно квалифицирован, то своевременное выполнение проек та возможно лишь с вероятностью 0,4. Достаточной квалификацией обладают 70% менеджеров проектов на рынке труда. Для руководства срочным проек том компания наняла нового менеджера и заключила с ним контракт на руко водство только данным проектом. Определить: а) условную вероятность того, что менеджер проекта обладает достаточной квалификацией (и его можно принять в штат компании) при условии, что работы по проекту оказались за вершены в срок;

б) условную вероятность того, что менеджер проекта не обла дает достаточной квалификацией при условии, что работы по проекту не были завершены в срок.

Решение. а) Пусть событие A состоит в том, что проект завершится в срок, гипотеза H1 — в том, что проектом руководит квалифицированный менеджер, а гипотеза H2 — в том, что ме неджер проекта недостаточно компетентен. По условию задачи имеем: вероятности гипотез составляют P(H1) = 0,7, P(H2) = 0,3, а условные вероятности события A, в свою очередь, равны P(A | H1) = 0,8, P(A | H2) = 0,4. Безусловная вероятность своевременного завершения проекта по формуле полной вероятности (1.5.11) равна P(A) = P(A | H1)P(H1) + P(A | H2)P(H2) = 0,8·0,7 + + 0,4·0,3 = 0,68. По формуле Байеса (1.5.12) P(H1 | A) = P(A | H1 )P(H1 )/ P(A ) = 0,8 0,7/0,68 = = 0,56/0,68 = 14/17 0,82, т. е. достаточно высока вероятность того, что принятый на работу менеджер обладает требуемой квалификацией, если известно, что проект завершен в срок.

б) Вероятность задержки сроков завершения проекта P(A) = 1 P(A) = 1 0,68 = 0,32, при этом условные вероятности P(A | H1 ) = 1 P(A | H1 ) = 1 0,8 = 0,2, P(A | H2 ) = 1 P(A | H2 ) = 1 0,4 = 0,6, и по формуле Байеса (1.5.12) P(H2 | A) = P(A | H2 )P(H2 )/ P(A ) = 0,6 0,3/0,32 = 0,18/0,32 = 9/16 0,56.

При условии, что проект не был завершен в срок, достаточно сложно сделать выводы о компе тентности менеджера проекта: вероятности того, что он компетентен и некомпетентен, примерно равны 0,5, но все же вероятность того, что менеджер имеет недостаточную квалификацию, не сколько выше, чем вероятность того, что менеджер достаточно компетентен.

119. Для принятия решений об участии в инвестиционных проектах предлагается некоторая компьютерная система анализа бизнес планов проек тов. Из данных за прошлые периоды известно, что 5% всех рассматриваемых проектов являются «плохими» — не подходящими для инвестирования. Пред ложенная система определяет 98% «плохих» проектов как «потенциально пло хие», но при этом 15% проектов, пригодных для инвестиций, также определяет как «потенциально плохие». Найти: а) вероятность того, что проект не подходит для инвестирования, при условии, что данной системой анализа бизнес планов он был определен как «потенциально хороший»;

б) вероятность того, что проект подходит для инвестирования, при условии, что данной системой он был опре делен как «потенциально плохой». На основе полученных результатов проком ментировать пригодность системы для принятия инвестиционных решений.

120. Чтобы поддержать позиции фирмы при заключении правительст венного контракта, необходимы значительные инвестиции в определение стои мости первоначальных исследований и разработок. Если фирма произведет та кие инвестиции, а ее основной конкурент этого не сделает, то вероятность за ключения договора с фирмой составит 0,8. Однако если конкурент также про ведет предварительные исследования и разработки, то вероятность заключе ния договора с фирмой уменьшается до 0,4. Аналитическая служба фирмы оценивает вероятность проведения конкурентом изысканий по предстоящему проекту в 0,3. Вычислить вероятности следующих событий: а) правительство устроит цена, предложенная фирмой (т. е. контракт будет заключен), при от сутствии информации о решении конкурента;

б) правительство не устроит це на, предложенная фирмой (т. е. контракт не будет заключен), при условии, что конкурент предложит свою цену;

в) конкурент представит свою цену при усло вии, что цена, предложенная фирмой, принимается правительством;

г) конкурент представит свою цену при условии, что цена, предложенная фир мой, не принимается правительством.

121. В некотором городе у 55 взрослых жителей из 100 есть мобильные телефоны. При этом часть взрослых жителей города работает на государствен ных предприятиях, а часть — в негосударственных фирмах. Также известно, что мобильные телефоны есть у 60% жителей, работающих на государственных предприятиях, и у 40% жителей, работающих в негосударственных фирмах.

Найти вероятность того, что данный житель города работает на государствен ном предприятии, если известно, что у него есть мобильный телефон.

§ 1.6. ПОСЛЕДОВАТЕЛЬНОСТИ ИСПЫТАНИЙ 1.6.1. Б и н о м и а л ь н а я с х е м а. Ф о р м у л а Б е р н у л л и Пусть проводится конечное число n последовательных испытаний, в ка ждом из которых некоторое событие A может либо наступить (такую ситуа цию назовем успехом) либо не наступить (такую ситуацию назовем неудачей), причем эти испытания удовлетворяют следующим у с л о в и я м:

• событие A случайно относительно каждого испытания, т. е. до прове дения испытания нельзя сказать, закончится ли оно успехом или неудачей;

• испытания проводятся в одинаковых, с вероятностной точки зрения, условиях, т. е. вероятность успеха в каждом отдельно взятом испытании равна одному и тому же числу p;

• испытания независимы, т. е. события A1, A2, …, An, где Ai состоит в успехе на i м испытании (i = 1, 2, …, n), независимы в совокупности.

Такая последовательность испытаний называются схемой Бернулли или биномиальной схемой, а сами испытания — испытаниями Бернулли.

Вероятность Pn(k) того, что в серии из n испытаний Бернулли окажется ровно k успешных, рассчитывается по формуле, полученной впервые Я. Бернулли.

ФОРМУЛА БЕРНУЛЛИ:

Pn (k) = Cn pk (1 p)nk k (k = 0, 1, 2, …, n). (1.6.1) Доказательство. Пусть проведено n испытаний Бернулли, в каждом из которых событие A могло наступить или не наступить. Если в результате испытаний событие A наступило k раз, то это означает, что совместно наступили k событий A и (n – k) событий A, вероятности кото рых в каждом конкретном испытании равны соответственно p и (1 – p). Поскольку все n со бытий независимы, то по теореме умножения вероятностей вероятность появления в опреде k n–k ленной последовательности k событий A и (n – k) событий A равна p (1 – p). Но число таких k различных последовательностей, в которых событие A наступило ровно k раз, равно Cn. Эти последовательности, очевидно, несовместны, поэтому по аксиоме аддитивности вероятности Pn (k) = Cn pk (1 p)nk, что и требовалось доказать.

k Сумма всех биномиальных вероятностей (1.6.2) равна единице:

n n Pn (k) = Cn pk (1 p)nk = [p + (1 p)]n = 1n = 1.

k k=0 k= В пакете Microsoft Excel для вычисления вероятности Pn(k) можно пользо ваться функцией Pn(k) = БИНОМРАСП(k;

n;

p;

ЛОЖЬ).

Формула Бернулли для схемы выборки с возвращением (1.3.6) теперь не посредственно следует из только что доказанной теоремы.

Доказательство формулы (1.3.6). Действительно, выбор l шаров из L представляет со бой последовательность l независимых испытаний, в которых успехом считается извлечение белого шара. По классической формуле вероятности вероятность успеха p = K/L, вероят ность неудачи p = (L – K)/L, и по формуле Бернулли (1.6.3) вероятность k успехов (т. е. веро ятность того, что будет извлечено ровно k белых шаров) равна Pl (k) = Clk pk (1 p)lk = = Clk (K / L)k [(L K )/ L]lk, что и требовалось доказать.

Если в схеме схемы выборки без возвращения K, L так, что K / L p = const, то формула гипергеометрической вероятности (1.3.5) пере ходит в пределе в формулу Бернулли (1.6.1).

Доказательство. При L, K / L p все пределы K 1 K 2 K k + K = lim = lim = = lim =p, lim L L 1 L L 2 L k + L L LK K K K p p p p L L L L а все пределы LK L K 1 L K 2 L K l + k + = lim = lim = = lim = 1 p, lim L k KL L k 1 L L k 2 L l + L L K K K p p p p L L L L поэтому l !(L l)!

CK CLkK (L K)!

kl K! = = lim lim PK,L (k, l) = lim L k !(K k)! (l k)!(L K l + k)!

L!

l L L CL K K K p p p L L L K (K 1)(K 2) (K k + 1) (L K)(L K 1)(L K 2) (L K l + k + 1) l! = = lim L k !(l k)! L(L 1)(L 2) (L k + 1) (L k)(L k 1)(L k 2) (L l + 1) K p L K K 1 K 2 K (k 1) lim L K L K 1 L K 2 L K (l k 1) = Clk pk (1 p)lk, = Clk lim L (k 1) L L k L k 1 L k 2 L k (l k 1) L L L 1 L 2 K p K p L (lk ) множителей L k множителей т. е. lim PK,L (k, l) = Ck pk (1 p)lk, что и требовалось доказать.

l L K p L Задачи 122. Известно, что из числа зрителей определенной телепрограммы 70% смотрят и рекламные блоки. Группу, состоящую из трех наугад выбранных телезрителей, опрашивают относительно содержания рекламного блока. Рас считать вероятности того, что рекламные блоки смотрели 0, 1, 2 и 3 человека из группы.

Решение. Вероятность того, что наугад выбранный зритель данной телепрограммы смот рит и рекламные блоки согласно классической формуле вероятности (1.3.1) равна p = 0,7. Ин терпретируя опрос трех телезрителей как три испытания Бернулли и считая успехом ситуа цию, когда телезритель смотрит рекламные блоки, найдем искомые вероятности по формуле Бернулли (1.6.1), в которой n = 3, p = 0,7: P3 (k) = C3 0,7k 0,33k (k = 0,1,2,3) : P3 (0) = C3 0,700,33 = :


k = 0,027, P3 (1) = C3 0,710,32 = 0,189, P3 (2) = C3 0,720,31 = 0,441, P3 (3) = C3 0,730,30 = 0,343.

1 2 123. Найти вероятность появления ровно 5 гербов при 10 кратном броса нии монеты.

124. Игральную кость бросают пять раз. Найти вероятность того, что дважды появится число, кратное трем.

125. Что вероятнее: выиграть на бильярде у равносильного противника три партии из четырех или пять партий из восьми?

126. Что вероятнее: выиграть на бильярде у равносильного противника не менее трех партий из четырех или не менее пяти партий из восьми?

127. В группе детского сада 15 мальчиков и 12 девочек. Для участия в психологическом эксперименте необходимо отобрать четверых детей. Найти вероятность того, что вероятностью ровно двое из них будут мальчиками?

128. В контрольной работе десять задач. Студент знает примерно 70% материала (т. е. можно считать, что вероятность правильного решения задачи студентом равна 0,7). Студент получает оценку «зачтено», если он верно ре шил не менее 8 задач. Найти вероятность того, что вероятностью студент по лучит за эту контрольную работу оценку «зачтено»?

129. Найти вероятность того, что муж и жена будут иметь сходные тем пераментальные черты (считая, что типов таких черт четыре: сангвиниче ский, холерический, меланхолический, флегматический)?

130. Из числа 100 студентов потока требуется выбрать пять старост групп. Считая, что типы темперамента распределены примерно равномерно, найдите вероятность того, что все пять старост окажутся сангвиниками.

131. В течение месяца данная акция может подорожать на 1% с вероят ностью 0,7 и подешеветь на 1% с вероятностью 0,3. Предполагая ежемесячные изменения цены независимыми, рассчитать вероятности того, что за три ме сяца цена акции возрастет: а) в (1,01)3 раза;

б) в 0,99(1,01)2 раза.

132. Из 1000 опрошенных 700 человек поддерживают некоторую прави тельственную программу. Для участия в телевизионной передаче необходимо собрать группу, в которую бы вошли и сторонники, и противники данной пра вительственной программы. Найти минимальную численность группы, в кото рой с вероятностью, не меньшей 0,9, хотя бы один респондент не поддержива ет эту программу.

Решение. Пусть численность группы равна n. Будем интерпретировать опрос группы из n человек как испытания Бернулли, считая успехом то, что случайно выбранный респондент поддерживает правительственную программу. Согласно статистическому подходу к опреде лению вероятности вероятность успеха равна p = 700/1000 = 0,7. Пусть событие A состоит в том, что в группе из n человек хотя бы один не поддерживает правительственную програм му, тогда событие A означает, что в группе из n человек все n поддерживают эту программу.

P(A) = 1 P{A} = 1 Pn (n) = {по формуле Бернулли} = 1 Cn p n (1 p)0 = 1 – p = 1 – 0,7. По n n n n n условию вероятность P(A) должна быть не меньше 0,9, поэтому 1 – (0,7) 0,9 или (0,7) 0,1.

Чтобы найти минимальное значение n, при котором выполняется это неравенство, будем по следовательно подставлять в него числа 1, 2, 3 и т. д., пока неравенство не удовлетворится:

(0,7)1 = 0,7, (0,7)2 = 0,49, (0,7)2 = 0,343;

(0,7)4 = 0,240, (0,7)5 = 0,168, (0,7)6 0,118, (0,7) n 0,1 не выполняется при n = 1, 2, …, 6, но выполняется 0,082. Видно, что неравенство (0,7) при n = 7, поэтому минимальная численность группы, в которой с вероятностью, не меньшей 0,9, хотя бы один респондент не поддерживает эту программу, равна 7 чел.

n Отметим, что неравенство (0,7) 0,1 можно было бы решить намного проще, пролога ln0,1/ln0,7 2,3026/(0,3567) 6,46, рифмировав обе его части: n ln0,7 ln0,1, откуда n и наименьшее натуральное n, удовлетворяющее последнему неравенству, равно 7.

133. Работа коммерческого представителя признается удовлетворитель ной, если за месяц он продал программные продукты хотя бы 10 клиентам.

Считая, что компания, в которую представитель обратится с коммерческим предложением, купит программный продукт с вероятностью 0,1, вычислить вероятность того, что работа представителя будет признана удовлетвори тельной, если за месяц он разошлет 40 предложений.

134. Среди билетов лотереи половина выигрышных. Найти минимальное число билетов, которые необходимо приобрести, чтобы с вероятностью, не меньшей 0,99, быть уверенным в выигрыше хотя бы по одному билету.

135. В городе работают 1000 коммерческих банков, из которых 330 до пускают нарушения налогового законодательства. Определить число банков, которые должна отобрать для проверки налоговая инспекция, чтобы с вероят ностью, не меньшей 0,99, среди них оказался хотя бы один нарушитель зако нодательства.

136. В условиях задачи 135 налоговая инспекция проводит проверку банков, выбирая их случайным образом. Выбранные банки проверяются неза висимо друг от друга. Допущенные в проверяемом банке нарушения могут быть выявлены инспекцией с вероятностью 0,8. Найти вероятность того, что в ходе этой проверки будет выявлен хотя бы один нарушитель налогового зако нодательства.

137. ЗАДАЧА О РАЗДЕЛЕ СТАВКИ1. Петя и Маша часто играют в бильярд друг с другом, причем Петя выигрывает в два раза чаще, чем Маша. Исходя из этого, они оценили свои вероятности победить как 2/3 для Пети и 1/3 для Маши и на чали турнир на следующих условиях: каждый выигрыш приносит одно очко, Петя для победы должен набрать двенадцать очков, а Маша — шесть. После того, как Петя набрал восемь очков, а Маша — четыре, игру пришлось прекра тить, и победу решили присудить тому, у кого вероятность окончательного вы игрыша больше. Определить, кому присудили победу в этом турнире.

Решение. Очевидно, максимальное количество партий, которое осталось сыграть Пете и Маше, равно пяти (либо Петя выиграет три раза, а Маша — два раза, либо Маша выиграет один раз, а Петя — четыре раза). Поэтому событие, заключающееся в выигрыше Пети (а значит, проигрыше Маши), состоит в том, что Маша из пяти партий не выиграет ни одной или выиграет всего одну. Поэтому вероятность выигрыша Пети равна вероятности того, что в пяти испытаниях Бернулли, в каждом из которых успех интерпретируется как выигрыш Машей очередной партии (т. е. вероятность успеха в каждом испытании составляет p = 1/3), наступит 0 или 1 успех:

P(выигрыш Пети) = P(0 или 1 выигрыш Маши из 5 партий) = P5(0) + P5(1) = 0 1 2 1 1 0 5 1 = C5 + C5 = 3 3.

3 3 При этом P(выигрыш Маши) = P(выигрыш Пети) = 1 P(выигрыш Пети) = 112 131 = 1 =.

243 243 Поэтому в данном случае победу должны присудить Маше.

138. Петя играл с Васей (равносильным противником) в шахматы на приз в 100 руб.: каждый выигрыш приносил одно очко, ничьи не считались.

Подобные задачи возникают при определении доли инвестора, который хочет выйти из незавершенного проекта. Задача эта интересна тем, что с ее решения в XVI в Б. Паскалем ве дет свою историю теория вероятностей. Кстати, на матче между А. Карповым и Г. Каспаровым в 1985 г. случилась ситуация, подобная данной.

Игра шла до 8 очков. Когда Петя выиграл пять партий, а Вася — три, внезапно погас свет, и игру пришлось прекратить. Как им разделить приз — 100 руб.?

139. ЗАДАЧА БАНАХА. Известный математик Стефан Банах всегда носил с собой две коробки спичек, в каждой из которых первоначально было r спичек.

Каждый раз, когда он хотел зажечь спичку, Банах доставал наугад одну из коробок. Найти вероятность того, что когда он в первый раз вынимал пустую коробку, в другой коробке оказывалось ровно k спичек, где k = 1, 2, …, r.

Решение. Спички брались всего (2r – k) раз, причем r раз из коробки, оказавшейся пустой.

Это соответствует r успехам в (2r – k) независимых испытаниях (вероятность успеха в этих ис пытаниях равна p = 1/2 в каждом испытании), поэтому вероятность того, что когда Банах в первый раз вынимал пустую коробку, в другой коробке оказывалось ровно k спичек, равна r k 1 r r C2rk P(A) = P2rk (r) = C = r 2.

2 r k 2 r k 1.6.2. Н а и б о л е е в е р о я т н о е ч и с л о у с п е х о в в последовательности независимых испытаний В ряде задач представляет интерес наиболее вероятное число успехов в последовательности испытаний, т. е. наибольшая из вероятностей (1.6.1). Наи более вероятное число k* успехов в последовательности из n испытаний Бер нулли удовлетворяет неравенствам k* np – (1 – p) np + p. (1.6.4) Доказательство. Рассмотрим отношение n!

pk +1 (1 p)nk Pn (k + 1) Cn +1pk+1 (1 p)nk1 (k + 1)!(n k 1)!

k = = = Cn pk (1 p)nk n!

k Pn (k) pk (1 p)nk k !(n k)!

k !(n k)! pk +1 (1 p)nk1 (n k)p = =.

nk (k + 1)!(n k 1)! p (1 p) (k + 1)(1 p) k (n k + 1)p Pn (k) = *. Очевидно, число k является наиболее вероятным чис При этом Pn (k 1) k(1 p) * * лом успехов в серии из n испытаний Бернулли тогда и только тогда, когда Pn(k ) Pn(k – 1) и Pn (k) * * Pn(k ) Pn(k + 1). В свою очередь, Pn(k) Pn(k – 1) тогда и только тогда, когда 1 или Pn (k 1) (n k + 1)p 1, т. е. (n – k + 1)p k(1 – p) или np – kp + p k – kp или k np + p. Аналогично, k(1 p) Pn (k + 1) (n k)p 1, т. е. (n – k)p Pn(k) Pn(k + 1) тогда и только тогда, когда 1 или (k + 1)(1 p) Pn (k) (k + 1)(1 – p) или np – kp k(1 – p) + (1 – p) или k np – (1 – p). Окончательно получаем, * что k должно удовлетворять неравенствам (1.6.4),что и требовалось доказать.

Задачи 140. В условиях задачи 122 найти наиболее вероятное число лиц в груп пе, которые смотрят рекламные блоки.

* Решение. Наиболее вероятное число k лиц в группе, которые смотрят рекламные бло * ки, подчиняется неравенствам (1.6.4): np – (1 – p) k np + p, в которых n = 3, p = 0,7, т. е.

* * * k k 2,8, откуда k = 2. Это подтверждается и решением 3·0,7 – 0,3 3·0,7 + 0,7 или 1, задачи 122.

141. Стоимость проезда в автобусе равна 10 руб., месячный проездной билет на автобус стоит 250 руб., а штраф за безбилетный проезд составляет 100 руб. Петя 24 раза в месяц ездит на автобусе в институт и обратно. Он не покупает проездного билета, никогда не платит за проезд и считает (по своему опыту), что вероятность быть пойманным и заплатить штраф равна 0,05.

Сравнить стоимость проездного билета с наиболее вероятной величиной штрафа за 48 поездок.

1.6.3. Ф о р м у л а П у а с с о н а В случае, когда число n испытаний Бернулли велико, расчеты по форму ле Бернулли (1.6.1) становятся затруднительными. Например, получить сколько нибудь точный результат по формуле 10 000!

P10 000 (325) = 0,053250, 325!9675!

практически невозможно. В таких случаях для вычисления вероятностей Pn(k) можно пользоваться приближенной формулой, полученной впервые С. Пуассоном.

ТЕОРЕМА ПУАССОНА. Если n, p 0 так, что np = const, то k Pn (k) P(k) = lim Pn (k) = (k = 0, 1, 2, …). (1.6.5) e n k!

np Доказательство. Вероятность n(n 1)(n 2) (n k + 1) k n!

Pn (k) = Cn pk (1 p)nk = pk (1 p)nk = p (1 p)nk.

k k !(n k)! k!

По условию n, np = const, значит, можно считать, что p / n. Поэтому при nk n(n 1)(n 2) (n k + 1) k 1, и Pn(k) можно вычислять как n, np Pn (k) = n n k!

предел n(n 1)(n 2) (n k + 1) k nk Pn (k) lim Pn (k) = lim 1 = n n n n k!

np n n 1 n 2 k n k +1 n k lim = 1 1 = n n k ! n n n n n n k k 1 2 k 1 k lim 1 lim 1 = e.

lim 1 lim 1 = lim n n n n k ! n n n n n n k!

Все пределы, кроме последнего, равны единице, а последний множитель является вто –л рым замечательным пределом, равным e. Таким образом, справедливость теоремы Пуассо на доказана.

В пакете Microsoft Excel для вычисления P(k) можно пользоваться функцией P(k) = ПУАССОН(k;

;

ЛОЖЬ).

При больших n и малых p погрешность от замены точной формулы Бер нулли (1.6.1) приближенной формулой Пуассона (1.6.5) оказывается достаточ но малой и на практике формулой Пуассона пользуются в случае, когда число n испытаний Бернулли составляет несколько десятков или более, а произве дение = np 10. Результаты вычислений по формулам (1.6.1) и (1.6.5) для случаев n = 100, p = 0,02 и n = 10, p = 0,2 приводятся в табл. 1.6.1 (и в первом случае, и во втором = np = 2 10).

Т а б л и ц а 1.6. Сравнительные результаты вычислений по формулам Бернулли и Пуассона 0 1 2 3 4 k 0,1353 0,2707 0,2707 0,1805 0,0902 0, P(k) 0,1326 0,2707 0,2734 0,1823 0,0902 0, P100(k) 0,1074 0,2684 0,3020 0,2013 0,0880 0, P10(k) В случае, когда n велико, а = np 10, формула Пуассона дает очень грубое приближение, и для получения приближенных значений Pn(k) исполь зуют л о к а л ь н у ю и и н т е г р а л ь н у ю т е о р е м ы М у а в р а — Л а п л а с а (см. п. 4.4.2).

Задачи 142. На лекции по теории вероятностей присутствует 200 человек. Счи тая, что вероятность того, что день рождения случайно выбранного студента приходится на определенный день года, составляет 1/365, найти вероятность того, что один человек из присутствующих родился 1 января и два человека родились 8 марта.

Решение. Пусть событие A состоит в том, что случайно выбранный студент родился 1 января, событие B — в том, что k человек из 200 родились 1 января. Тогда по условию p = P(A) = 1/365.

Предположим, что опрос n = 200 студентов относительно даты их рождения удовлетворяет услови ям, которые накладываются на испытания Бернулли, где успехом единичного испытания считается наступление события A. Тогда, поскольку n = 200 велико, а произведение 1 = np = = 200/365 = 0,548 10, для подсчета вероятности события B можно воспользоваться формулой (0,548)k 0, Пуассона: P200 (k) = –0,, и при k = 1 получаем P200(1) = 0,548e = 0,317. Пусть событие C e k!

состоит в том, что m человек из присутствующих родились 8 марта. Тогда в соответствии с форму лой умножения вероятностей, P(BC) = P(B)P(C | B), где P(C | B) = Pn – k(m) — вероятность того, что из (n – k) студентов m родились 8 марта. Так как число n – k = 200 – 1 = 199 велико, а 2 = (n k)p = = 199/365 = 0,542 10, для расчета условной вероятности P(C | B) можно вновь воспользоваться (0,542)m 0,. При n = 200, k = 1, m = 2 получаем: P(C | B) = P199 (2) = формулой Пуассона: Pnk(m) = e m!

(0,542)2 0, = = 0,086, поэтому искомая вероятность P(BC) = 0,317·0,086 = 0,027.

e 143. Считая, что вероятность того, что день рождения случайно выбран ного человека приходится на определенный день года, составляет 1/365, найти вероятность того, что в группе, состоящей из 30 студентов: а) хотя бы один че ловек родился 1 января;

б) хотя бы двое родились 1 января;

в) хотя бы двое ро дились в один день.

144. Владельцы кредитных карт теряют их редко — вероятность потерять кредитную карту в течение недели для случайно выбранного вкладчика составля ет 0,001. Банк выдал кредитные карты 2000 клиентам. Найти вероятность того, что за предстоящую неделю будет утеряна: а) ровно одна кредитная карта;

б) хотя бы одна кредитная карта.

145. Один процент тысячерублевых купюр составляют фальшивые, сде ланные, однако, довольно искусно, так что кассир магазина десятую их часть принимает за настоящие. Ежедневно в кассу приносят примерно 200 тысяче рублевых купюр (всего — настоящих и фальшивых). Определить:

а) вероятность того, что за день будет принята хотя бы одна фальшивая купю ра;

б) наиболее вероятное время, за которое окупит себя детектор, который стоит 1000 руб. и распознает все фальшивые купюры;

в) вероятность того, что детектор оправдает себя за это время.

1.6.4. П о л и н о м и а л ь н а я с х е м а От схемы последовательных независимых испытаний с двумя исходами (биномиальной схемы) можно перейти к полиномиальной схеме, т. е. схеме по следовательных независимых испытаний, в каждом из которых возможно m 2 исходов с вероятностями p1, p2, …, pm соответственно (0 pi 1, i = 1, m 2, …, m, pi = 1 ). В полиномиальной схеме вероятность Pn(k1, k2, …, km) того, i= что в серии из n испытаний первый исход появится ровно k2 раз, второй исход появится ровно k2 раз и так до m го исхода, который появится ровно km раз, рассчитывается по формуле Pn (k1, k2,…, km ) = Pn (k1, k2,…, km )pk1 pk2 pkm = (1.6.6) m 1 n! m = i = 1, 2,..., m, ki = n).

pkm pk1 pk2 ki n, ( m 1 k1 !k2 ! km ! i= Доказать формулу (1.6.6) предоставляем читателю в задаче 148.

Задачи 146. На праздники Петя и Маша отправились в поход на байдарках. Известно, что при прохождении одного порога байдарка с вероятностью 0,7 не получает по вреждений, с вероятностью 0,1 полностью ломается, с вероятностью 0,2 получает серьезное повреждение. Два серьезных повреждения приводят к полной поломке.

Найти вероятность того, что при прохождении 10 порогов байдарка не будет полно стью сломана.

147. Компания по продаже одежды изучает причины, по которым покупа тели, пришедшие в магазины фирмы с намерением что либо приобрести, ушли без покупки. По данным выборочного опроса оказалось, что 40% потенциальных покупателей отпугнули высокие цены, 30% не нашли подходящего фасона, 20% не были удовлетворены качеством одежды, а 10% не нашли подходящего размера.

Найти вероятности следующих событий: а) в группе из десяти посетителей, ушедших без покупки, окажутся ровно два покупателя, которых отпугнули цены;

б) в группе из десяти посетителей, ушедших без покупки, окажется не менее двух покупателей, не нашедших нужного размера;

в) в группе из десяти посетителей, ушедших без покупки, окажется один покупатель, не нашедший подходящего фасона, два покупателя, не удовлетворенных качеством, четыре покупателя, не удовлетворенных ценами, и три покупателя, не нашедших нужного размера.

148. Доказать формулу (1.6.6).

Глава 2. СЛУЧАЙНЫЕ ВЕЛИЧИНЫ § 2.1. ОПРЕДЕЛЕНИЕ СЛУЧАЙНОЙ ВЕЛИЧИНЫ 2.1.1. П о н я т и е с л у ч а й н о й в е л и ч и н ы В жизни нам часто приходится иметь дело с различными в е л и ч и н а м и;

такими величинами являются, например, продолжительность суток в ча сах, температура кипения воды при обычных условиях, число детей, родив шихся в Москве в течение суток, обменный курс евро к рублю. Первые две ве личины являются детерминированными, т. е. их значения известны. Так бы вает не всегда, например, невозможно сказать заранее, сколько детей появит ся на свет в Москве в течение следующих суток или какой через месяц будет курс евро.

Важнейшим понятием теории вероятностей является понятие с л у ч а й н о й в е л и ч и н ы, т. е. величины, которая в результате опыта может принять в зависимости от случая какое либо значение из некоторого множе ства, однако заранее, до проведения опыта, невозможно сказать, какое именно значение она примет. Это понятие было введено С. Пуассоном.

Примерами случайных величин являются число очков, выпадающих при однократном бросании игральной кости;

число бракованных изделий среди наугад отобранных n изделий;

время безотказной работы некоторого прибора;

число посетителей некоторого интернет сайта в определенный момент време ни;

суточная выручка в магазине;

число застрахованных, обратившихся в страховую компанию за возмещением ущерба;

число детей, родившихся в большом городе в течение суток;

обменный курс двух валют в определенный день в будущем и т. д.

Случайная величина — это число, которое ставится в соответствие каж дому возможному исходу опыта. Поскольку исходы опыта описываются э л е м е н т а р н ы м и с о б ы т и я м и, случайную величину удобно рассмат ривать как функцию X = X(), определенную на пространстве элементарных событий.

При изучении случайных величин нам часто придется искать ответ на вопрос, какова вероятность того, что значение случайной величины X(щ при ) надлежит некоторому множеству B. Поэтому для достаточно широкого класса множеств мы должны быть уверены в том, что множество { : X() B} принадлежит у алгебре событий S, и потому можно рассматривать вероят ность P{ : X() B}.

Оказывается, для этого достаточно, чтобы для любого x R множество { : X() (–;

x)} = { : X() x} являлось случайным событием, т. е.



Pages:     | 1 || 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.