Лекции по теории вероятностей / lect4

Лекция 4.

Независимость конечного числа событий (независимость в совокупности).

Определение 1. События A1, A2, ..., An независимы ( или, как говорят, независимы в совокупности), если для любого k ≤ n и для любого набора 1 ≤ i1 ≤

... ≤ ik ≤ n

P (Ai1 ...Aik ) = P (Ai1 )...P (Aik )

Дадим еще одно определение независимости событий A1, A2, ..., An. Будем

обозначать через εi, i = 1, ..., n переменные, которые принимают лишь два значе- ния 0 и 1. Через Aεi i будем обозначать или cобытие Ai или событие Ai в зависи-

мости от значений εi. Òî åñòü

Определение 2. События A1, A2, ..., An называются независимыми, если для любого набора ε1, ε2, ..., εn

!

n n

\Y

Эквивалентность этих определений поясним на случае трех событий А,В,С. Предположим события А,В,С - независимы по определению 1. Покажем, что

P (ABC) = P (A)P (B)P (C), P (ABC) = P (A)P (B)P (C), P (ABC) = P (A)P (B)P (C),

P (ABC) = P (A)P (B)P (C), P (ABC) = P (A)P (B)P (C), P (ABC) = P (A)P (B)P (C),

P (ABC) = P (A)P (B)P (C), P (ABC) = P (A)P (B)P (C).

Последнее равенство следует из определения 1 независимости событий A, B, C. Покажем справåäливость первого равества из перечисленных. Очевидно, что AB = ABC + ABC. Поэтому, с использованием определения 1 независимости

событий А,В,С, получаем

P (ABC) = P (AB) − P (ABC) = P (A)P (B) − P (A)P (B)P (C) = P (A)P (B)P (C).

Все остальные равенства получаются аналогично.

Предположим теперь, что для событий А,В,С справедливо определение 2. Покажем, что эти события независимы и по определению 1. Для этого достаточно показать, что вероятность произведения любой пары из событий A, B, C равна произведению вероятностей этих соáûòèé.

Из равенства AB = ABC + ABC следует, что

P (AB) = P (ABC) + P (ABC) = P (A)P (B)P (C) + P (A)P (B)P (C) = P (A)P (B).

1

То есть из определения 2 следует независимость пары событий А,В. Независимость остальных пар событий доказывается аналогично. А это означает, что события А,В,С независимы по определению 1.

Пример событий независимых попарно, но не независимых в совокупности. Пример С.Н. Бернштейна. ( Сергей Натанович Бернштейн (1880-1968)).

Предположим, что стороны правильной четырехсторонней призмы окрашены в разные цвета. Одна сторона окрашена в синий цвет, другая - в красный, третья - в зеленый, а на четвертой стороне - полоски всех трех цветов. Призма подбрасывается. События:

A - призма упала на сторону, на которой есть синий цвет; B - призма упала на сторону, на которой есть красный цвет; C - призма упала на сторону, на которой есть зеленый цвет. События A, B, C - попарно независимы, так как

P (A) = P (B) = P (C) = 12 , P (AB) = P (A)P (B) = 14 ,

P (AC) = P (A)P (C) = 14 , P (BC) = P (B)P (C) = 14 .

Но эти события не являются независимыми в совокупности. Действительно,

P (ABC) = 14 6= P (A)P (B)P (C).

Задача. Бросаются 3 игральные кости. Рассмотрим три случайных события А={ 6 очков выпало на первой кости} В={ 5 очков выпало на второй кости} А={ 3 очка выпало на третьей кости}

Являются ли события А,В, С - независимыми в совокупности?

Задача. Бросаются 2 игральные кости. Рассмотрим случайные события А, В, С:

А ={ четное число очков выпало на первой кости} В ={ четное число очков выпало на второй кости} С ={ сумма очков на двух костях - четна}

Являются ли события А,В,С независимыми в совокупности?

Последовательность независимых испытаний

Последовательность независимых испытаний - это математическая модель серии однотипных опытов, повторяющихся в одних и тех же условиях.

Последовательность независимых испытаний называется последовательностью независимых испытаний Бернулли, если

а) в каждом опыте (испытании) возможны лишь два исхода: А - успех, A -

неуспех.

б) вероятность успеха в одном испытании не зависит от номера испытания и не зависит от исхода других испытаний

p(A) = p.

2

Якоб Бернулли. (27.12.1654 - 16.8.1705), профессор математики Базельского университета (1687). Одна из первых книг по теории вероятностей Я.Бернулли "Искусство предположений", издана в 1713.

Рассмотрим последовательность n независимых испытаний Бернулли. Будем

Тогда любой элементарный исход последовательности n независимых испытаний Бернулли записывается в виде произведения событий Aεi i

ω = (Aε11 Aε22 ...Aεnn ).

Пространство всех элементарных исходов состоит из 2n элементов. На Ω определим распределение вероятностей следующим образом

p(ω) = p(Aε11 )p(Aε22 )...p(Aεnn ).

Для каждого элементарного исхода ω определим число µn(ω) - число появлений события A в последовательности n независимых испытанй. Тогда

p(ω) = pµn(ω)qn−µn(ω).

Рассмотрим в пространстве Ω события

Bk = {ω : µn(ω) = k}, k = 0, 1, ..., n.

Очевидно, что BiBj = , i 6= j è Bi = Ω. Это означает, в частности, что множества B0, B1, ..., Bn образуют полную систему событий.

Несложно подсчитать |Bk| - число элементарных исходов, содержащихся в Bk. Событие Bk состоит из элементарных исходов последовательности независимых испытаний Бернулли ( цепочек длины n), у которых на k местах стоят события A, а на n − k местах - события A. Число способов, которыми можно расставить на n местах k событий A, равно числу способов, которыми можно выбрать k мест

из n. Это число равно числу сочетаний из n элементов по k, то есть |Bk| = Cnk. Вычислим теперь

ω:µn(ω)=k

X

=pkqn−k = pkqn−k|Bk| = Cnkpkqn−k.

ω Bk

Очевидно, что

nn

XX

3

Величина µn(ω) называется числом успехов в n независимых испытаниях. Мы показали, что

P (µn(ω) = k) = Cnkpk(1 − p)n−k, k = 0, 1, ..., n.

Говорят, что число успехов в n независимых испытаниях имеет биномиальное

распределение.

Наиболее вероятное число успехов.

Найдем формулу для наиболее вероятного числа успехов в n независимых испытаниях Бернулли. Нужно найти число k0, для которого:

a) pn,k0−1 ≤ pn,k0 ;

á) pn,k0+1 ≤ pn,k0 .

Рассмотрим случай а). Для этого случая

Cnk0−1pk0−1qn−k0+1 ≤ Cnk0 pk0 qn−k0 .

В случае б)

Cnk0+1pk0+1qn−k0−1 ≤ Cnk0 pk0 qn−k0 .

Это неравенство эквивалентно неравенству

k0 ≥ p(n + 1) − 1.

Итак, для наиболее вероятного числа успехов справедливы неравенства

p(n + 1) − 1 ≤ k0 ≤ p(n + 1).

k0 - целое число и принадлежит отрезку [p(n+1)−1, p(n+1)]. Длина этого отрезка равна 1. Поэтому, если (n+1) - не целое, в отрезке [p(n+1)−1, p(n+1)] находится

одно целое число, равное целой части числа p(n + 1). Если же p(n + 1) - целое число, то два целых числа p(n + 1) − 1 и p(n + 1) удовлетворяют, написанному выше, неравенству для k0. Окончательно можно написать, что наиболее вероят- ное число успехов k0 в последовательности независимых испытаний вычисляется по формуле

−

Запись [x] означает целую часть числа x.

Задача. Известно, что в среднем 20% пакетов акций продается по заранее заявленной цене. Найти вероятность того, что 4 пакета из 9 будет продано по заявленной заранее цене. Найти наиболее вероятное число проданных акций.

1)Ð=0.066,

2) k0 = 1, 2 p(µn = 1) = 0.302, p(µn = 2) = 0.302, p(µn {1, 2}) = 0.604.

Предположим, что нужно вычислить вероятность получить по крайней мере 10 успехов в 1000 испытаний схемы Бернулли с вероятностью успеха 0.003 в

4

каждом испытании. Вероятность этого события можно подсчитать по одной из следующих формул

Вычисление даже одного слагаемого в этих суммах затруднительно.

Для вычисления вероятностей числа успехов в n независимых испытаниях при больших n используются приближенные формулы.

Приближенные формулы для вычисления распределения числа успехов.

Теорема Пуассона.

Пуассон Симеон Дени (21.6.1781-25.4.1840)- французский математик, физик, механик. Член Парижской Академии наук (1812). Основательно улучшил способы применения теории вероятностей вообще и к вопросам статистики в частности, а также доказал теорему, которая касалась закона больших чисел (закон Пуассона), впервые воспользовавшись термином "закон больших числе". Пуассон говорил: "Жизнь украшается двумя вещами: занятием математикой и ее преподаванием".

Сейчас мы сформулируем и докажем теорему о приближенном вычислении вероятности какого-либо числа успехов в большом числе испытаний Бернулли, в которых вероятность успеха в одном испытании - мала.

Рассмотрим "схему серий"последовательности независимых испытаний одно испытание - вероятность успеха в этом испытании равна p1

два испытания - вероятность успеха в каждом испытании равна p2

...

n испытаний - вероятность успеха в каждом испытании равна pn

5

Теорема Пуассона используется для вычисления вероятности фиксированного числа успехов в последовательности независимых испытаний когда n велико, а

p - мало. А именно, на практике при больших n и при λ = np ≤ 10 приближенная формула

pn,k ≈ e−λ λk , λ = np k!

дает незначительную погрешность.

Задача. Завод отправляет на базу 10000 изделий. В среднем, при транспортировке 0.02% изделий оказываются поврежденными. Найти вероятность того, что при транспортировке будет повреждено не более 2 изделий. В этой задаче n = 10000, p = 0.0002, λn = 2. Поэтому

p(µ10000 ≤ 2) = p(µ10000 = 0)+p(µ10000 = 1)+p(µ10000 = 2) = e−2+2e−2+2e−2 = 0.6767.

Интегральная теоремы Муавра - Лапласа

Если проводятся n независимых испытаний, а p - вероятность появления успеха в каждом испытании одна и та же (0 < p < 1), то для числа успехов µn в n независимых испытаниях справедливо следующее утверждение: для любых a, b

Это утверждение называется интегральной теоремой Муавра-Лапласа и будет

тельную погрешность уже при np(1 − p) ≥ 20.

Для вычисления функции Φ(u) составлены таблицы, которые можно найти

в любом учебнике по теории вероятностей. Все пакеты программ для математи- ческих вычислений и для обработки статистических данных содержат модули, вычисляющие функцию Φ(u).

Пример. В среднем 10% работоспособного населения некоторого региона - безработные. Оценить вероятность того, что среди 10000 работоспособных жителей региона уровень безработицы будет находиться в пределах от 9% до 11%. n = 10000, p = 0.1, µ10000 - число безработных среди 10000. Нужно вычислить

P (0.09 < µ1000010000 < 0.11) = P (900 < µ10000 < 1100) ≈ Φ(u2) − Φ(u1),

6

P (0.09 < µ1000010000 < 0.11) = 0.9996 − 0.0004 = 0.9992

Последовательность независимых испытаний с несколькими исходами. (Полиномиальная схема последовательности независимых испытаний.)

Пусть проводится n независимых испытаний, в каждом из которых может

появиться одно из r событий A1, A2, ..., Ar. Вероятности появления каждого из этих событий равны соответственно p1, p2, ..., pr, Σri=1pr = 1.

Элементарный исход последовательности независимых испытаний можно представить в виде цепочки длины n : ω = (Ai1 Ai2 ...Ain ), где через Aik обозначено то из событий A1, A2, ..., Ar, которое произошло при k-ом испытании. Для каждого ω обозначим через µk(ω) - число появлений события Ak в исходе ω, k = 1, 2, ..., r. Тогда

p(ω) = pµ1 1 pµ2 2 ...pµr r .

Ïðè ýòîì Σri=1µi = n.

Найдем вероятность того, что µ1(ω)) = n1, µ2(ω) = n2, ..., µr(ω) = nr. Âåðî-

p(µ1(ω) = n1, µ2(ω) = n2, ..., µr(ω) = nr) =

=Σ{ω:µ1=n1,µ2=n2,...,µr=nr}p(ω) =

=pn1 1 pn2 2 ...pnr r ω = (Ai1 Ai2 ...Ain ) : µ1 = n1, µ2 = n2, ..., µr = nr .

Последний множитель равен числу элементарных исходов ω ( цепочек длины n), у которых на n1 местах стоит A1, íà n2 местах - событие A2, è ò. ä. íà nr местах - Ar. Нетрудно понять, что

Говорят, что случайные величины µ , ..., µ

ление.

Пример. Бросается игральная кость 15 раз. Найти вероятность того, что выпадет 10 шестерок и три единицы.

Имеется 15 испытаний Бернулли. В каждом испытании может произойти одно из трех событий: {выпадет 6} = A1, {выпадет 1}=A2 и {выпадет любая другая цифра}= A3. Вероятности этих событий равны соответственно 1/6, 1/6, 3/6.

7