№1. Элементы комбинаторики: схема выбора без возвращения, примеры

Выборки упорядочены.

В урне М различных пронумерованных шаров.

Условие: из урны один за другим извлекаются без возвращения в урну n шаров. В этом случае (n ≤ M).

Выборка w = (а₁, а₂,…, а_n), где любое a_i — номер шара, вынутого на i-м шаге.

Причем если одни и те же шары появляются в другом порядке, то выборки считаем различными.

n = 2 (1,2) (2,1)

Это две разные выборки.

Число таких исходов: Аⁿ_M = M!/(M – n)! = N(Ω)

Выборки не упорядочены.

Если одни и те же шары появляются в другом порядке, то выборки считаются одинаковыми.

n = 3; (1,2,3) и (2,1,3) одинаковы

Число таких исходов: Cⁿ_M = Аⁿ_M/n!

Пример1.

На карточках написаны числа от 1 до 100. Вынем без возвращения 2 карточки. Сколько существует способов сделать так, чтобы на обеих карточках было < 10?

Решение.

Сколько существует способов выбрать из карточек с номером от 1 до 9 две карты? Схемы выбора без возвращения (выборка не упорядочена) С²₉ = 36.

Пример2.

Сколько существует способов поставить n человек в ряд так, чтобы м/ду А и В стояло r человек? (расстановки упорядочены)

Решение.

n = n – 2 упорядочим А и В: 2!=2 упорядочим остальные (n - 2) человек: (n - 2)! Посчитаем число, где А впереди В:

А - 1, В - r + 2 , А - 2, В - r + 3 => (n - r -1) способ , А - n - r -1, В – n

Ответ: 2(n - 2)!( n - r -1) способов.

№2. Элементы комбинаторики: схема выбора c возвращением, примеры.

Выборки упорядочены.

Извлекаем n шаров с возвращением, т.е. извлекаем один шар, записываем его номер и кладем в урну. Так повторяем m раз подряд. w = (а₁, а₂,…, а_m), где любое a_i — номер шара, вынутого на i-м шаге. Если одни и те же шары появляются в другом порядке, то выборки считаются разными.

n = 3; (1,2,3) и (2,1,3) различны.

Число таких исходов: Mⁿ.

Выборки не упорядочены.

То же самое, но только n = 3; (1,2,3) и (2,1,3) равные.

Число таких исходов: Cⁿ_{M+n -1}.

Задача

По М занумерованным ячейкам распределим n дробинок. В любую ячейку может попасть любое количество дробинок от 0 до n. Будем считать, что разм. совпадает тогда и только тогда, когда в ячейке с одинаковыми номерами находится одинаковое число дробинок. Сколько существует разл. Способов размещения дробинок по ячейкам?

Решение

Обозначим х_i — число дробинок в j-й ячейке. Тогда искомое число способов = числу решения ур-я х₁+ х₂ + …+ х_m = n. Найдем число решений путем: * — дробинка; || — ячейки.

| * * * | * | | | | * * * * |

M = 6 ячеек.

n = 8 — дробинки

(3,1,0,0,0,4)

Схема выбора без возвращения (выборки не упорядочены)

M + n + 1 – 2 = M + n -1

Выберем n позиций для дробинок:

Сⁿ_{M + n – 1}

(доказательство: Извлечем шар. Пусть его № = к. Это событие означает, что дробинка попала в к-ю ячейку. Число дробинок = n это объем выборки. Число ячеек — М. Число элементарных исходов = Сⁿ_{M + n – 1} = N(Ω), т.е. число элементарных исходов = числу сочетаний.)

№3. Классическая вероятность: элементарный исход, события, конечная схема, определения, примеры. Вероятность и частота.

Определение вероятности

Пусть некоторый эксперимент имеет N элементарных исходов. Будем считать, что исходы не совместны, т.е. в результате конкретного эксперимента происходит только 1 элемент. исход. Элемент. исходы равновозможны. Тогда припишем каждому элементарному исходу число 1/N. Любое подмножество множества Ω = {w₁,…w_N}. Всякое элементарное событие содержится в некотором событии А назовем благоприятным событию А.

Определение

Пусть m — число элементарных исходов, благоприятных событию А. Тогда классич. вероятность события А = m/N. Обозначается как Р(А) = m/N.

Пример1

Игральная кость. Найти вероятность того, что выпадет 5 или 6.

Событие А = {5 или 6}

N = 6

Р(А) = 1/3 (2 из 6-ти возможных).

Относительная частота события А определяется равенством W(A) = m/n, где m — число испытаний, в которых событие А наступило, а n — общее число произведенных испытаний.

Вероятность и частота.

Статистический подход.

Проводим эксперимент n раз и фиксируем, произошло или нет в рез-те событие А. Пусть оно произошло k раз, тогда k/n – частота события А (для больших n близко к постоянной величине). Если отклонение k/n от этой постоянной величины с ростом n уменьшается,- устойчивость частот. Впервые это заметили, изучая демографические вопросы: % смертности в опред. возрасте для опред-х групп населения. Были попытки построить теорию, принимая за вероятность частоту события, но возникли сложности.

№4. Геометрическая вероятность.

Постановка задачи: пусть G – огранич. плоская область с конечной площадью. В эт. области содержится обл. g облад-щая те-ми же св-ми. В обл. G наугад бросается точка, она может попасть в любое место обл-ти G (рис.1). Вер-ть точки попасть в g пропорциональна отношению площадей G и g и не зависит от ее формы и расположения. Т.о. вер-ть попадан. в обл. g точки, брош. в обл. G наудачу, =, по опред.: Р=S(g)/S(G), S(g) и S(G) – площ. g и G в общем виде S(g) и S(G) – меры множеств g и G.

Задача о встрече: Два лица А и В условились встретиться м/у 12 и часом дня. Пришедший первым ждёт 20 минут и уходит. Какова вероятность встречи, если приход каждого в течен. часа мож. произойти наудачу и моменты прихода А и В независимы. Решение: обозначим момент прихода А через х, а В – у. Изобразим х и у как декарт. коорд-ты, единиц. масшт. – 1 мин. (рис.2). Всевозможн. исходы можн. изобразить ввиде пар (х, у) – т. квадрата со стороной 60. Встр. состоится, если x – y ≤20 (заштрих. обл.). Область G =60 ², g = 60 ² - 2*0,5*(40*40) = 60²- 40², p = (60²- 40²) / 60²= 5 / 9.

Парадокс Жозефа Бертрана: Наудачу берём хорду в круге. Чему равна вероятность того, что её длина больше длины стороны правильного треугольника, вписанного в окружность? Решение 1: По соображен. симметрии зададим направление всем хордам, проведём диаметр, _┴ эт. направлен. Впишем в круг 2 прав-ых треуг-ка: OD =OC = R / 2 (радиус) (рис.3). Те хор-ды, кот. ∩ диаметр АВ в т-ах отр-ка CD, имеют длину > сторон прав-го ∆. Поэт. вер-ть события, кот. мы ищем: Р=CD/ AB=1/2.

Решение 2: (рис.4) Условию задачи благоприятствуют лишь те хорды, концы которых попадают на дугу AB: Р=(дл. дуги AB)/ (дл. окр-ти) =1/3. Решение 3: Чтобы определить положение хорды, достаточно задать её середину. Бросаем т. (А) на пл-ть окр-ти, соединяя ее с центром круга и провод. хорду ч/з эт. точку, _┴ получен-му отр-ку (рис.5). Хорда длиннее стороны прав-го ∆, если т. A попадёт в круг радиусом R / 2: Р =(площ. круга R / 2) / (площ. круга R) =1/2. Причина парадокса: понятие «хорда выбир-ся наудачу в некот-ом круге» опред-ся неоднозначно. За реш. задачи принимается реш. 3-ех разн. задач.

Задача Бюффона (использ-ся для эксперим-го вычислен. числа ): Пл-ть разграничена ║-ми линиями, отстоящими др. от друга на расстоян. 2a. На пл-ть науд. брос-ся игла длиной 2l (l<a) (рис.6). Найти вер-ть того, что игла пересечёт какую - л. прямую. Решение: Пусть x – расстоян. от центра иглы до ближайшей параллели, а  –угол м/у иглой и параллелью. Наудачу, значит: 1) Центр иглы попадает на отр-ок длинной 2a и _┴ параллелям. 2) Угол φ попадает на отрезок [φ₁, φ₁+Δφ], с вер-ью пропорц-ой Δφ и назавис. от φ₁. 3) x и φ не зависят др. от др. Можно смоделир-ть бросан. иглы на пл-ть: игл. брос. в прямоуг-к (S) шир-ой  и выс-ой а (рис.7). Для того, чтоб. игла ∩ прямую необх. и достат., чтоб. т-ка попала в обл. х ≤ l sinφ (s). P(игла∩прям.) = (площадь s)/(площадь S) = 2l / aπ. (Пл. s = ₀ ^π l sinφ dφ; пл. S = aπ)

№5 Аксиоматика Колмогорова

Множество исходов некоторых экспериментов (исход эксперимента — событие элементарное) — обозначается ω

Множество всех исходных экспериментов — пространство элементарных событий — Ω

Подмножества — события

События:

1. Достоверное – событие происходит всегда при воспроизведении условий эксперимента.

2. Невозможное – событие никогда не происходит.

3. Случайные – события могут произойти или нет.

События: А=В - равносильные; А и Ā – противоположные.

События: Совместные и Несовместные (если их произведение – пустое множество АВ=Ø)

Если А=В₁+В₂+…+В_n, и события В_k не совместные. Т.е. В_iВ_j=Ø (i≠j), тогда событие А подразделяется на частные случаи В₁, В₂, … В_n или А можно разложить в сумму несовместных событий.

События В₁, В₂, … В_n образуют полную группу, если хотя бы одно из них должно произойти при каждом осуществлении комплекса условий эксперимента В₁+В₂+…+В_n=Ω

Система событий А называется полем событий, если

1. Ω, Ø Є А

2. А Є А, В Є А (А+В Є А, АВ Є А, А/В Є А)

Опр1. Назовём систему событий А множеств пространства Ω алгеброй множеств, если

1. Ω, Ø Є А

2. А, Ā Є А

3. А Є А, В Є А (А+В Є А, АВ Є А)

Опр2. Алгебра множеств А называется σ-алгеброй, если А_n Є А, n=1,2,… ΣА_n Є А, ΠА_n Є А

Опр2. Тройку символов (Ω,А,Р), где: Ω—пространство элементарных событий, А— σ-алгебра множеств, Р—вероятность А, удовлетворяющая аксиомам:

А1. для любого А Є А Р(А)≥0 (аксиома неотрицательности)

А2. Р(Ω)=1 (аксиома нормированности)

А3. АВ= Ø => Р(А+В)=Р(А)+Р(В) (аксиома аддитивности)

А4. А₁ כ А₂ כ… , ∩А_n = Ø => Р(∩А_n)=0 (аксиома непрерывности)

Тогда тройка этих символов называется вероятностным пространством.

№6 Основные теоремы о вероятностях

Опр. Пусть Р(В)>0. Условной вер-ью события А при условии, что соб. В произошло, наз-ся отношение, обознач-ое Р(А\В)=Р(АВ)/Р(В). Р(АВ) = Р(А\В)•Р(В) – простейш. вариант теоремы умножения вер-тей (верн. и для Р(В) = 0).

Теор. (умножения вер-ей) При n  2 верно следующее: Р(А₁А₂…А _n) = Р(А₁)•Р(А ₂\ А ₁)•Р(А ₃\ А ₁ А ₂) •…•Р(А _n\А₁А₂…А _n-1). Док по индукции: теор. верна для n = 2 и 3, пусть верна и для n = N  3. Докажем, что теор. будет верна для n = N +1. По опред. Р(А₁А₂…А _n А _n+1) = Р(А₁А₂…А _n)•Р(А _n+1\ А₁А₂…А _n)= Р(А₁)•Р(А₂\А₁)… Р(А _n\ А₁А₂…А _n-1)•Р(А _n+1\ А₁А₂…А _n)_■

Теор. (сложения вер-ей) Для произвольных соб. А и В верно Р(А+В) = Р(А) + Р(В) – Р(АВ). Док: Заметим, что верны след. рав-ва: А + В = А + (В \ АВ) [или  U(+)] , А•(В \ АВ) = Ø [или  ∩(•)]. В силу аксиомы аддитивности вер-ти [ Р(А+В) = Р(А)+Р(В), если АВ = Ø ] верно Р(А+В) = Р(А+ (В\АВ)) = Р(А) + Р(В\АВ). Т.к.Р(В\АВ) = Р(В) – Р(АВ), то Р(А+В) = Р(А) + Р(В) – Р(АВ) _■

№7 Формулы полной вероятности и Байеса, примеры. Понятие распределения вероятностей.

Т. Формула полной вероятности

Пусть событие А₁, А₂…Аn попарно несовместны и А₁, А₂…Аn = Ω

AiAj = Ǿ, если i ≠j

Тогда для любого события В, которое происходит с одним и только одним событием

Ai из { А₁, А₂…Аn } верна формула P(B) = _к=1∑ⁿР(Аk)* Р(В/Аk) (суммируем по к = ₁..n)

Д-во:

По условию событие В=A*Ω = В(А₁+А₂…+Аn) =_к=1∑ⁿ P(ВАk)

BAi*Baj = Ǿ, i ≠j

P(B)= _к=1∑ⁿ P(ВАk)= _к=1∑ⁿ P(Ak)* P(В/Аk), по

простейшему варианту теоремы умножения (P(AB)=P(A)*P(B/A))

Пример.

В урне М белых шаров и (N-M) — черных по схеме выбора без возвращения последовательно извлекаются 2 шара,

Найти вероятность того, что 2-й шар будет белым:

Решение:

Опред. события А₁, А₂, В

А₁ ={1-й шар — белый}

А₂ ={1-й шар — черный}

В={2-й шар — белый}

Тогда по формуле полной вероятности:

P(B) = P(A₁)*P(B/A₁)+P(A₂)*P(B/A₂)=^M/_N * ^M-1/_N-1 + ^N-M/_N * ^M/_N-1 = ^M/_N

Формула Байеса.

Пусть события А₁, А₂…Аn попарно несовместны,

А₁ + А₂…+Аn=Ω, Р(В)>0

Тогда:

P(Ak│B)=(P(Ak)P(B│Ak))/P(B)=(P(Ak)P(B│Ak))/( _к=1∑ⁿ P(Ak) P(B│Ak)), (k=1,…n)

Д-во:

По теореме умножения вероятностей:

P(B Ak) = P(B) P(Ak│B) = P(Ak) P(B│Ak).

Поэтому P(Ak│B)= (P(Ak) P(B│Ak))/P(B).

Но по формуле полной вероятности:

P(B)= _к=1∑ⁿ P(Ak) P(B│Ak).

Формулу Байеса можно интерпретировать следующим образом. Назовем события Аk гипотезами. Пусть событие В — результат некоторого эксперимента. Вероятности Р(Аk)— это априорные вероятности гипотез, вычисляемые до постановки опыта, а условные вероятности P(Ak│В) — это апостериорные вероятности гипотез, вычисляемые после того, как стал известен результат опыта В.

Пример.

Имеем 2 урны по N шаров в каждой. В 1-й — M₁ белых шаров, а во второй М₂ — белых шаров. Эксперимент состоит: сначала, с вероятностью ½ выбирается 1-я или 2-я урна, а затем из неё случайно извлекается (с возвращением) n шаров. Пусть событие В состоит в том, что вынутые шары — белые

Имеем 2 гипотезы:

1. А₁={выбрана 1-я урна}

2. А₂={выбрана 2-я урна}

По условию априорного распределения вероятностей:

P(A₁)=P(A₂)= 1/2

Далее, легко находим вероятности Р(В│Аk) = (Mk/N)ⁿ/

Формула Байеса дает апостериорные вероятности:

Р(Аk│В) = (1/2 (M_k/N)ⁿ)/(1/2 (M₁/N)ⁿ + ½ (M₂/N)ⁿ)=M_kⁿ/(M₁ⁿ+ M₂ⁿ), k=1,2.

Если М₁<M₂, то при n→ P(A₂│B)=1/(1+(M₁/M₂)ⁿ)→1, т.к. М₁/M₂<1

№8 Понятие независимых событий. Схема независимых испытаний Бернулли, формула Бернулли, доказательство её корректности, примеры.

Опр. События А и В называются независимыми, если Р(АВ) = Р(А) Р(В). Если Р(АВ) ≠ Р(А) Р(В), события А и В называются зависимыми.

Если Р(В)=0, то событие В является независимым по отношению к любому событию А.

Пример.

Из колоды в 52 карты (13 карт каждой масти) случайно вынимается карта. Рассмотрим события А= вынут туз, В= вынута карта бубновой масти. Тогда событие АВ означает, что вынут бубновый туз.

Т.к. справедливо равенство Р(АВ)= Р(А)Р(В), события А и В независимы.

Опр. События А₁, А₂…Аn независимы в совокупности, если для любого набора 1≤i₁<i₂<…<i_m, 2≤m≤n справедливо равенство

Р(Ai₁,Аi₂…Аi_m)=P(Ai₁) P(Ai₂)…P(Ai_m).

Схема Бернулли.

Повторные независимые испытания называются испытаниями Бернулли, если каждое испытание имеет только 2 возможных исхода, и вероятности исходов остаются неизменными для всех испытаний. Пусть один исход испытания называется успех (У), а другой — неудача (Н), вероятность успеха равна p, а вероятность неудачи равна q, q=1-p. Пусть испытание проводится n раз. Тогда вероятностное пространство имеет вид

Ω={ω=(x₁,…x_n), x_k=У,Н, k=1,…n}.

Независимость испытаний означает, что Р(x₁,…x_n)=Р(x₁)…Р(x_n), где Р(x_k)=p, если x_k=У, Р(x_k)=q, если x_k=Н.

Часто нас интересует не порядок появления успехов вn независимых испытаниях Бернулли, а их общее число. Число успехов может быть равно 0,1,2,…n и задача состоит в том, чтобы найти вероятность события, состоящего в том, что в серии из nнезависимых испытаний Бернулли произошло k успехов.

Пусть Sn — число успехов из серии независимых испытаний Бернулли.

Т. При любом k = 0,1,…n справедливо равенство

P(Sn=k)=C_n^kp^kq^n-k

Д-во:

В вероятностное пространство входят элементарные события вида:

ω=(Н…НУН…НУН…НУН…Н).

Сколько таких элементарных событий? Столько, сколькими способами можно выбрать из n номеров k номеров (без учета порядков), т.е. C_n^k. Вероятность каждого такого события равна p^kq^n-k, т.к. испытания — независимы.

Замечание:В самом деле, справедливо равенство: _k=0∑ⁿ C_n^k p^k q^n-k =(p+q)ⁿ=1

№9 Случайные величины: определение, функция распределения случайной величины и её свойства, независимые случайные величины, определение основных числовых характеристик случайной величины (дискретный и непрерывный случаи), примеры.

Введем центральное в теории вероятности понятие случайной величины.

Опр. Пусть (Ω, А, Р) — вероятностное пространство. Случайной величиной X называется числовая функция, определенная на Ω и такая, что определена вероятность F(x)=P{X<x}=P{ω│P(ω)<x}. F(x) называется функцией распределения случайной величины X.

Замечание:

Если вероятностное пространство Ω конечно, то любая числовая функция, заданная на Ω, является случайной величиной.

Свойства функции распределения:

1. При x₁<x₂ P{x₁≤X<x₂}=F(x₂)-F(x₁)

2. F(x)(не обязательно строго).

3. lim_x→-∞F(x)=0, lim_x→∞F(x)=1

4. F(x) непрерывна слева(т.е. lim_{x→x0 - 0}F(x)=F(x₀)).

Свойство 1 простое следствие из аксиом вероятностного пространства. Свойство 2 сразу следует из 1. Свойство 3 следует из аксиомы счетной аддитивности.

Опр. Случайные величины X и Y называются независимыми, если P{X<x, Y<y}= P{X<x}P{Y<y} (другими словами, события {X<x} и {Y<y} независимы)

Пространство элементарных событий дискретно, когда оно либо конечно, либо счетно.

Закон распределения дискретной случайной величины задается в виде таблицы ряда распределений