Понятие случайного события и его вероятности

Определение. События А, В Ì W независимы, если

                                                Р {А / В} = P {А}.                                              (8)

В самом деле, для независимых  событий, по определению, имеем

Р {А Ç В}= P {А}× P {B}.

Делая в (7) замену по формуле (8), получаем эквивалентность определений  независимости событий.

Определение. События независимы в совокупности, если

.

Замечание. Попарной независимости событий (см. аксиому 3 вероятности) недостаточно для независимости их в совокупности (пример Бернштейна [2]).

 

 

4 Формула полной  вероятности и формула Байеса (Bayes)

 

Формула полной вероятности

Пусть (W,ℱ,Р) произвольное вероятностное пространство, в котором события А, В₁, В₂, ..., В_n Ì W, удовлетворяют условиям:

1. события В_k, k = 1, 2, …, n, попарно несовместны, то есть

В_i ÇB_j = Æ, " i¹j, i, j = 1, 2, …, n;

2. событие А происходит с одним, и только одним, из событий В_k, то есть ;

тогда имеет место формула полной вероятности

                                       .                                           (9)

Доказательство. Имеем , так как события , …, попарно несовместны, то по аксиоме 3:

 

.

Применяя теорему умножения получим

 

._▼

 

Замечание. События В₁, В₂, ..., В_n называют априорными гипотезами (apriory), и обычно, в литературе, на них накладывают еще дополнительное условие - они образуют полную группу событий [4]. Это условие не является обязательным, хотя и методически оправдано, в том смысле, что при решении задач, в целях проверки правильности выбора гипотез, должно выполняться

.

На самом деле для  гипотез В_k выполняется неравенство .

Если заранее о вероятностях гипотез В_k,, ничего неизвестно, то каждой из n  гипотез В_k приписывается одинаковая вероятность n^-1.

Вышесказанное в замечании  проиллюстрируем рисунком.

Пусть событие А область, представляющая собой круг малого диаметра (рис. 4) пространства W.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Рис. 4

Под гипотезами В_k, k =1,2,3,4, можно считать области

а) из которых состоит  событие А (как на рис. 4),

тогда

,

б) являющиеся секторами  большого круга, граница которого помечена пунктиром, тогда

,

в) являющиеся треугольниками, из которых состоит пространство W, тогда

.

В последнем случае несовместные события В_к образуют полную группу.

Пример. Применяя формулу полной вероятности, вычислить вероятность того, что при подбрасывании симметричного кубика выпадет четная грань.

• Решение 1. Вероятностное пространство (W,ℱ,Р) дискретное, ; ℱ - множество всех  подмножеств пространства W, , i = 1, 2, …, 6.

Пусть А = {w₂, w₄, w₆ } - выпадение четной грани, А Ì ℱ. В_2×i  (Ì ℱ) – выпадение грани с цифрой 2×i, i = 1, 2, 3,

Заметим, что здесь  < 1. Далее, P {A / B_2×i}= 1, i = 1, 2, 3. Применяя (9), получаем

Р {A} = .

Решение 2. Положим В₂ = {w₂}, В₄ = {w₄}, В₆ = {w₁, w₃, w₅, w₆}.

Тогда Р{B₂} = , P{B₄}= , P{B₆} = , (здесь = 1),

Р {A / B₂ } = Р {A / B₄ }= 1, Р {A / B₆ }= .

• Применяя (9), получим

Р {A} =

.

Пример показывает, что  для гипотез достаточно, что их объединение содержит хотя бы те точки, из которых состоит событие А, то есть А Í .

• Формула Байеса

 

Пусть события А, В₁, ... , В_n Ì W , удовлетворяют условиям, необходимым для получения формулы (9), тогда имеет место формула Байеса

                    

, .              (10)

Доказательство. Рассмотрим правую часть формулы (7) теоремы умножения вероятностей, предварительно положив , k = 1, 2, ..., n:

.

Отсюда

.

Учитывая, что  , получаем (10). _▼

Вероятности , , называют апостериорными вероятностями гипотез В_k, поскольку оценка происходит после того, как событие А произошло.

Пример. Студенту предложили карточку с пятью вариантами ответов, причем лишь один правильный. Пусть студент правильно решит задачу с вероятностью р и неверно с вероятностью 1 - р = q. Будем считать, что в этом случае в ответе студент напишет любой из  пяти вариантов с вероятностью k = = 5^-1. Известно, что студент получил верный ответ. Какова вероятность того, что он его угадал (событие А)[2].

Решение. Пусть {В₁}~{студент правильно решает задачу}, {В₂}~ {неверно}. Требуется найти .

Имеем Р {B₁} = p,   P {B₂} = 1 – p = q. Далее                         

, .

Используя формулу (10), получаем

.

 

 

 

5 Независимые  испытания

(формула Бернулли)

Независимые испытания называются испытаниями Бернулли, если их можно повторить любое число раз при одних и тех же условиях, причем каждый раз возможно лишь два исхода: появление события А или события и вероятности исходов испытаний не изменяются. Испытания Бернулли – схема теоретическая, и поэтому ее пригодность к описанию опыта должна быть обоснована.

Пусть известна вероятность  появления события А (при соблюдении комплекса заданных условий), то есть Р {A} = р. Положим Р{ }= q, q = 1 - p. Провели n  независимых испытаний. Какова вероятность того, что событие А появилось ровно k раз, k = 0, 1, 2, …, n?

Построим вероятностное  пространство (W,ℱ,P). Любая точка (элементарное событие) пространства элементарных событий W представляет собой n – мерный вектор, каждая координата которого есть 1 или 0 (1- появилось событие А, 0 – событие `А). Очевидно, что число точек пространства W равно 2ⁿ. Класс ℱ - множество всех подмножеств пространства W. Фиксируем k. Нас интересуют только те точки пространства, которые состоят из векторов, содержащих k единиц и n – k  нулей. По теореме умножения вероятностей каждая такая точка (вектор) имеет вероятность р^k×q^n-k. Число точек, очевидно, равно числу способов, которыми можно расположить k единиц по n местам. Как известно, это число равно . По теореме сложения вероятностей для несовместных событий, получаем формулу Бернулли:

                              

, q = 1 – p , k =0, 1, …, n.                     (11)

Каждой точке пространства W соответствует вероятность, вычисляемая по формуле , k =0, 1, …, n. Для фиксированного k имеем точек пространства W. Следовательно, всего точек в W будет .

Наконец, Р {W}= 1, что следует из равенства

                                

                                   (12)

Здесь использован бином  Ньютона  , поэтому формулу (11) часто называют биномиальным распределением.

Таким образом, мы не только вывели формулу Бернулли (11), но и  построили события, являющиеся элементарными для нового вероятностного пространства, удовлетворяющего аксиомам 1-3 вероятности.

Из формулы (11), в частности, следует, что вероятность того, что А не появится ни в одном из n  испытаний, равна qⁿ, а вероятность того, что А появится хотя бы раз, равна 1 – qⁿ.

В самом деле, получаем из (12), с учетом (11):

._▼

Покажем, что при n® ¥, для любого фиксированного k, .

В самом деле, при каждом фиксированном k

.

Разделим числитель  и знаменатель на n^k, тогда

.

Введем обозначения

, , где .

Тогда имеем

,

так как  , а b - постоянная._▼

Учитывая формулу (12) и  доказанное утверждение, замечаем, что  каждый член суммы 

убывает, при n® ¥, хотя сама сумма всегда равна единице. Так как слагаемые суммы имеют разные значения, то интерес представляет тот индекс k = k₀, для которого имеет максимальное значение.

Легко показать, что, функция  аргумента k, имеет один максимум. Тогда для нахождения k₀ можно рассмотреть отношение:

.

Далее

.

Возможны ситуации: P_n(k) > P_n(k-1),  тогда (n+1)p > k;

P_n(k) <  P_n(k-1),  тогда (n+1)p < k;

P_n(k) =  P_n(k-1),  тогда (n+1)p = k.

Последнее выполняется, если (n+1)p – целое.

Таким образом, имеем (n+1)p -1< k₀ £ (n+1)p,

или

                            k₀=

                        (13)

где [x] – целая часть числа х

Число k₀ - называется наивероятнейшим числом.

• Если (n+1)p - целое, то имеем второе значение k₀ = [(n+1)×p - 1] = [np].

Пример 1. Вероятность того, что база уложится в данный день недели в норму расходов, равна ¾. Какова вероятность того, что она уложится в норму расходов в каждый из пяти дней недели?

Решение. Считая, что расходы базы практически не зависят от выбранного дня недели, воспользуемся формулой Бернулли (11). Имеем n = 7, р = ¾ , k = 5. Тогда искомую вероятность можно обозначить как Р₇(5). Имеем

 

Пример 2. Вероятность изготовления бракованной детали на станке равна 0,01. Найти вероятность того, что из 5000 деталей, изготовленных на станке

а) ровно 50 деталей бракованных,

б) бракованных деталей  не более 50.

Решение. Из смысла задачи можно считать, что детали изготовлены независимо друг от друга. Воспользуемся формулой Бернулли, где n = 5000,         р = 0,01, q = 0,99.

Имеем для а) .

б) .

Чтобы получить числовые значения искомых вероятностей, требуется применение технических средств. Однако, если вычислять вероятности Р_n(k) непосредственно, то при больших k (или близких к нулю) их значенния будут ничтожно малы. Поэтому удобно пользоваться рекуррентными формулами.

Для этого находим  наивероятнейшее число k₀ = 51, при котором значение вероятности Р₅₀₀₀(51) максимальное. Затем, используя рекуррентные формулы: , k = 51, 50, …, 1, получаем требуемые значения вероятностей.

Видно, что вычисление вероятностей, непосредственно по формулам, при больших n, k,  задача трудновыполнимая, если не пользоваться техническими средствами. Числовые значения вероятностей можно получить легче, если воспользоваться приближенными методами.

Решение задачи получим  из следующих теорем, доказательство которых можно найти, например, в [2,5].

 

6 Локальная  теорема Муавра – Лапласа

 

Теорема. Пусть в n независимых испытаниях, вероятность появления события А постоянна и равна р (0 < р < 1), тогда имеет место асимптотическая оценка

                     

,                             (14)

где

,

Доказательство теоремы  сразу следует из центральной  предельной теоремы, которая рассматривается  в части 3 (п. 3.2).

Справедливость формулы (14) проиллюстрирована на рис. 5.

 

 

 

Рис. 5

Изобразим координаты (k, Р_n(k)) звездочками. Функцию Р_n(k) аргумента k, можно приблизить, в соответствии с формулой (14):

,

где np – координата центра тяжести (среднее значение), а характеризует меру «сжатости» около центра np.

Делая замену , мы преобразуем произвольную функцию к стандартной j(х), у которой координата центра тяжести np = 0, а . Из рисунка видно, что при n® ¥, (при этом всегда ) ошибка уменьшается. Для удобства вычислений, функция j(х) табулирована (см. приложение, табл. 3). Сама функция называется кривой Гаусса [5]. Функция j(х) – четная, j(х) ® 0 при êх ê® ¥, j(х)< 10^-4, при êх ê> 5,

 

Для практических приложений (при n > 10, р ) используют формулу

                               .                                        (15)

Пример. Решить пример п 1.5, а).

Решение. Имеем

,

k = 50, np = 50, .

Итак,

= .

 

 

 

7. Интегральная  теорема Муавра-Лапласа