Теория вероятностей - Учебник

ГЛАВА 5. ЭЛЕМЕНТЫ ТЕОРИИ ВЕРОЯТНОСТЕЙ

§5.1. Аксиомы теории вероятностей

Различные события можно классифицировать следующим образом:

1)Невозможное событие – событие, которое не может произойти.

2)Достоверное событие – событие, которое обязательно произойдет.

3)Случайное событие – событие, которое может произойти, а может не произойти.

Пример: Бросают 2 кубика:

Невозможное событие – сумма цифр равна 1, сумма цифр больше 13 и т.п. Достоверное событие – сумма цифр больше 1 и меньше 13.

Случайное событие – сумма цифр меньше 5, сумма цифр больше 7 и т.п. Дадим несколько определений относящихся к случайным событиям. Определение: Несовместными называются события, в которых появление одного исключает появление другого.

Пример: Бросают кубик. Выпадение 2 исключает выпадение 1, 3 и т.д. События выпало 1, 2, 3 и.т.д. несовместны. А, например, два события: выпало 3 и выпало число очков меньше 5 – совместны, так как выпадение 3 очков укладывается и в категорию «меньше 5».

Определение: События образуют полную группу, если в результате испытания появляется хотя бы одно из них.

Пример: Бросают кубик. Шесть событий: выпало 1, 2, 3, 4, 5, 6 образуют полную группу, так как одно из этих событий обязательно произойдет. Замечание: В задачах по теории вероятности часто неявно предполагаются выполненными ряд очевидных условий. Так, в предыдущем примере неявно предполагается, что кубик на ребро встать или в воздухе повиснуть не может.

Определение: События называются равновозможными, если при большом числе испытаний частота их появления одинакова.

Пример: Равновозможные события: орел – решка при подбрасывании монеты; выпадения 1, 2, 3, 4, 5, 6 при подбрасывании кубика. Неравновозможные события: выпадение числа очков больше 1, между 4 и 6, равного 2 при подбрасывании кубика; оценки 2, 3, 4, 5 на экзамене.

Определение: Событие называется элементарным если оно не разделимо на более простые.

Пример: Шесть событий: выпало 1, 2, 3, 4, 5, 6 – элементарные, а событие выпало число очков меньше 4 – не элементарное, так как разложимо на более простые: выпало 1, 2, 3.

Определение: Множество всех элементарных событий, которые могут поя-

виться в испытаниях, называется пространством элементарных событий

Ω.

Очевидно, что все элементарные события попарно несовместны.

Пример: Пространство элементарных событий в задаче с подбрасыванием кубика Ω ={1,2,3,4,5,6}.

61

Аксиомы теории вероятностей:

1) Каждому событию A поставлено в соответствие некоторое число P( A) ≥0 называемое вероятностью этого события.

2)P(Ω)=1.

3)Вероятность наступления хотя бы одного из попарно несовместных событий равна сумме вероятностей этих событий.

В случае если элементарные события равновозможны, то вероятность каж-

дого из них p = N1 , где N – число элементарных событий.

§5.2. Комбинаторика

При решении задач теории вероятностей часто приходится подсчитывать количество возможных вариантов событий. Задачи, в которых вычисляется количество вариантов выбора решаются с помощью комбинаторики. Рассмотрим основные из них.

1) Перестановки.

Перестановки – это комбинации из одних и тех же элементов, отличающиеся порядком следования. Число всех возможных перестановок n элементов равно

Pn =n!.

Действительно, будем расставлять n элементов по n местам в различном порядке. Заполнить первое место мы можем n способами. Когда первое место заполнено, перед нами n −1 элемент для того что бы заполнить второе место. Таким образом, число способов заполнить второе место, когда первое заполнено выбранным ранее элементом, равно n −1. Причем такое число способов заполнить второе место есть для каждого варианта заполнения первого места, значит, число способов заполнить первые два места будет n(n −1) . Далее по аналогии, заполнить третье место можно n −2

способами, а первые три – n(n −1)(n −2) и т.д. Предпоследнее место мож-

но заполнить двумя способами (осталось два элемента), последнее только одним. Число способов заполнить все n мест, а значит и число перестановок равно n!.

2) Размещения.

Размещениями называют комбинации, составленные выбором из n различных элементов m элементов, отличающиеся либо составом элементов, либо их порядком следования. Число всех возможных размещений m элементов из n равно

(читается «а из эн по эм» или «а эм эн»). Действительно, будем расставлять n элементов по m местам в различном порядке. Заполнить первое место мы можем n способами. Когда первое место заполнено, перед нами n −1 элемент для того что бы заполнить второе место. Таким образом,

62

число способов заполнить второе место, когда первое заполнено выбранным ранее элементом, равно n −1. Причем такое число способов заполнить второе место есть для каждого варианта заполнения первого места, значит, число способов заполнить первые два места будет n(n −1) . Далее по анало-

гии, заполнить третье место можно n −2 способами, а первые три – n(n −1)(n −2) и т.д. Предпоследнее место можно заполнить n −m + 2 спо-

собами (осталось n −m + 2 элементов), последнее n −m +1 способами. Число способов заполнить все m мест, а значит и число размещений равно

3) Сочетания.

Сочетаниями называются комбинации, составленные выбором m элементов из n различных элементов, отличающиеся только составом (но не порядком следования). Число всех возможных сочетаний m элементов из n равно

(читается «цэ из эн по эм» или «цэ эм эн»). Действительно, имеется Anm

возможных размещений m элементов из n . Размещений, различающихся порядком следования элементов при заданном их составе – m!, то есть на одно сочетание приходиться m! размещений. Следовательно, количество

4) Выбор с возвращением.

Выбор с возвращением представляет собой комбинации m элементов из n элементов, отличающиеся составом или порядком следования, причем выбранный элемент возвращается на место (может участвовать в дальнейшем выборе). Число комбинаций m элементов из n элементов всего, при условии, что выбранный элемент возвращается на место и может участвовать в

дальнейшем выборе, равно nm . Действительно, будем расставлять n элементов по m местам в различном порядке. Заполнить первое место мы можем n способами. Второе место можем заполнить тоже n способами. Причем такое число способов заполнить второе место есть для каждого варианта заполнения первого места, значит, число способов заполнить пер-

вые два места будет n2 . Заполнить третье и все последующие места можем также n способами. По аналогии, всего способов заполнить m мест, выби-

рая из n элементов – nm .

Пример: Крыловский квартет: всякий раз пересаживаясь, исполняются десятиминутные произведения. Сколько времени потребуется на прослушивание всех вариантов исполнения?

63

Пример: Имеется кодовый замок с 10 цифрами. Длина кода – 3 цифры. Сколько вариантов выбора?

а) порядок безразличен. б) порядок важен.

§5.3. Вычисление вероятностей

В случаях, когда пространство элементарных событий дискретно, а сами элементарные события равновозможны, вероятность того или иного события A определяют как отношение числа элементарных событий NA ,

благоприятствующих наступлению события A, к общему числу элемен-

тарных событий N : P( A) = NNA .

Пример: Имеется 10 ключей. Какова вероятность того, что из первых трех выбранных наугад ни один не подойдет к двери?

Пример: Кидают 2 кубика. Какова вероятность, что сумма выпавших чисел не более 5, 6, 7, 8, 9?

Всего вариантов 62 =36 .

•Число комбинаций, когда сумма ≤5: 1 + 2 +3 + 4 =10 (меньше 2 очков не может быть; 2 очка – 1-1; 3 очка – 1-2, 2-1; 4 очка – 1-3, 3-1, 2-2; 5 очков – 1-4, 4-1, 2-3, 3-2). Вероятность P≤5 = 1036 =185 .

•Число комбинаций, когда сумма ≤ 6 : 1 + 2 +3 + 4 +5 =15 (тоже, плюс варианты 6 очков – 1-5, 5-1, 2-4, 4-2, 3-3). Вероятность P≤6 = 1536 .

•Число комбинаций, когда сумма ≤ 7 : 1 + 2 +3 + 4 +5 +6 = 21 (тоже, плюс варианты 7 очков – 1-6, 6-1, 2-5, 5-2, 3-4, 4-3). Вероятность P≤7 = 3621 .

64

Пример: В группе учатся 30 студентов. Найти вероятность того, что среди них нет студентов с совпадающими днями рождения.

Количество вариантов распределения дней рождений N =36530 (ролью високосного года мы пренебрегаем, так как это сильно усложняет вычисления, но не приводит к существенному изменению самой вероятности).

Это означает, что вероятность того, что в группе найдутся хотя бы 2 студента с совпадающими днями рождений ≈ 70%.

Часто оказывается, что пространство событий является не дискретным, а непрерывным. В этом случае вероятность события A определяют как отношение меры части пространства элементарных событий, благоприятствующей наступлению события A, к мере всего пространства элементарных событий.

Пример: Имеется мишень. Стрелок целится и попадает в нее, причем попадания в разные части мишени одинаковой площади равновозможны. Вероятность попадания пули в какую-то область A мишени равна отноше-

нию площади этой области SA к площади мишени S : P( A) = SSA .

Пример: В комнату, наполненную кислородом, поместили 1 молекулу азота. Вероятность обнаружить спустя какое то время эту молекулу в некоторой части комнаты равна отношению объема этой части V к объему комнаты: P( V ) = VV .

§5.4. Сложение вероятностей несовместных событий. Противоположные события

Определение: Суммой A + B двух событий A и B называют событие, состоящее в появлении хотя бы одного из этих событий.

Аналогично определяется сумма трех, четырех и более событий. 65

Теорема: Вероятность появления хотя бы одного из нескольких попарно несовместных событий равна сумме вероятностей этих событий:

P(A1 + A2 +…+ An )= P(A1 )+ P(A2 )+…+ P(An ).

Доказательство: Следует из третьей аксиомы.

Теорема: Сумма вероятностей попарно несовместных событий A1 , A2 , …, An , образующих полную группу, равна единице, то есть

P(A1) + P(A2 ) +…+ P(An ) =1.

Доказательство: Так как появление одного из событий полной группы достоверно, а вероятность достоверного события равна единице, то

P(A1 + A2 +…+ An ) =1.

По предыдущей теореме

P(A1 + A2 +…+ An ) = P(A1) + P(A2 ) +…+ P(An ) =1.

Теорема доказана.

Определение: Противоположными событиями называют два несовместных события, образующих полную группу.

Обозначают противоположные события чертой сверху: событие A противоположно событию A.

Теорема: Сумма вероятностей противоположных событий равна единице, то есть P(A)+ P(A)=1.

Доказательство: Следует из определения противоположных событий и предыдущей теоремы.

Пример: В рассмотренной выше задаче про дни рождения, группа состоит из 30 студентов. Пусть событие A заключается в том, что все дни рожде-

ния различны. Тогда событие A означает, что есть повторяющиеся дни рождения. Как найдено выше P(A)≈0,29 . Согласно только что доказан-

ной теореме P(A)=1− P(A)≈ 0,71, то есть вероятность того, что будут одинаковые дни рождения хотя бы у двух студентов ≈71% .

§5.5. Умножение вероятностей. Условная вероятность

Определение: Произведением AB двух событий A и B называют событие, состоящее в совместном появлении этих событий.

Произведением нескольких событий называется событие, состоящее в появлении всех событий.

Определение: Условной вероятностью PA (B) называют вероятность собы-

тия B , вычисленную в предположении, что событие A уже наступило. Пример: Имеется колода из 36 карт. Какова вероятность вытянуть вторую карту красной масти, если известно, что первой была вытянута карта черной масти? Какова вероятность вытянуть вторую карту красной масти, если известно, что первой была вытянута карта тоже красной масти? Безусловная вероятность вытянуть красную масть равна P(К) =1/ 2 . Если

известно, что первой была вытянута черная масть, то при вытягивании вто-

66

второй карты имеем 35 вариантов всего, из них 18 благоприятных (красная масть). Следовательно, вероятность вытянуть красную масть при условии, что одна карта черной масти уже вытянута, равна P1-Ч(2 −К) =18/ 35. В

случае, когда первая вытянутая карта тоже красной масти, для вытягивания второй карты красной масти имеем 35 вариантов, из них благоприятных – 17. Вероятность вытянуть красную масть при условии, что первой была вытянута тоже красная, равна P1-К(2 −К) =17 / 35 .

Теорема: Вероятность совместного появления двух событий равна произведению вероятности одного из них на условную вероятность другого, вычисленную в предположении, что первое уже поступило:

P(AB)= P(A)PA (B)= P(B)PB (A).

Без доказательства.

Следствие: Вероятность совместного появления нескольких событий равна произведению вероятности одного из них на условные вероятности всех остальных, причем вероятность каждого последующего события вычисляется в предположении, что все предыдущие уже наступили:

P(A1 A2 A3 …An )= P(A1 )PA1 (A2 )PA1A2 (A3 )…PA1A2…An−1 (An ).

Пример: Имеется n пронумерованных предметов. Какова вероятность вытащить их в возрастающей последовательности?

Задача легко решается применением комбинаторики. Количество различных последовательностей вытаскивания n предметов есть ни что иное, как количество перестановок n!. Возрастающая же последовательность единственна. Следовательно, искомая вероятность может быть вычислена по формуле P =1/ n!. Тот же результат можно получить используя последнюю теорему. Вероятность вытянуть первым предмет с номером «1» есть P(1)=1/ n . Вероятность вытянуть на i -ом шаге предмет с номером «i »,

если предыдущие номера уже вынуты (осталось n −i +1 предметов) есть P1,2,3,…,i−1 (i)= n −1i +1 . Следовательно искомая вероятность есть:

P = P(1)P1 (2)P1,2 (3)…P1,2,3,…,n−1 (n)= n1! .

Пример: Имеется 8 синих шаров и 5 красных. Вытаскиваем наугад 2 шара. Какова вероятность того, что вытащенные шары красные?

Из формул комбинаторики следует, что всего вариантов выбора 2-х шаров

По теореме умножения вероятностей получим тот же результат. Вероят-

вытянуть красный шар при условии, что один красный уже вытащен

P1-К (2-К)=124 . Искомая вероятность P = P(1-К)P1-К (2-К)=13125 4 = 395 . Пример: В рассмотренной выше задаче про дни рождения, группа состоит из 30 студентов. Какова вероятность, что нет студентов с совпадающими днями рождения, вычисленная с использованием понятия условной вероятности.

Первый студент: все равно, какой день рождения; Второй студент: вероятность родиться в какой-нибудь из дней кроме того в

который родился первый студент P1 (2)= 364365 ;

Третий студент: вероятность родиться в какой-нибудь из дней кроме тех в которые родились первый и второй студенты P1,2 (3)= 365363 ;

i -й студент: вероятность родиться в какой-нибудь из дней кроме тех в ко-

чаем, очевидно, тот же результат.

§5.6. Независимые события. Теорема умножения для независимых событий

Определение: Событие B называют независимым от события A, если появление события A не изменяет вероятности появления события B . Пример: При бросании кубика, вероятность появления числа 2 при втором бросании не зависит от результатов первого бросания.

Пример: При вытягивании экзаменационных билетов вероятность вытащить самый простой билет (№13) восьмым студентом зависит от результа-

PA (B)= P(B), то PB (A)= P(A), то есть если B не зависит от A, то и A не зависит от B .

Теорема: Вероятность совместного появления двух независимых событий A и B равна произведению вероятностей каждого из них:

P(AB)= P(A)P(B).

Доказательство: Следует из определения независимых событий и теоремы умножения.

68

Пример: Какова вероятность, что бросая кубик 6 раз мы получим последовательность чисел 1,2,3,4,5,6?

Результат бросания кубика не зависит от предыдущих результатов бросания. По формуле для вероятности произведения независимых событий ис-

комая вероятность равна p = 16 16 16 16 16 16 = 616 .

Определение: Несколько событий называются независимыми в совокупности (или просто независимыми), если независимы каждые два из них и независимы каждое из них и все возможные произведения остальных.

Вероятность совместного появления нескольких независимых событий равна произведению вероятностей этих событий:

P(A1 A2 …An )= P(A1 )P(A2 )…P(An ).

Замечание: Если A1, A2 ,…, An – независимые, то и противоположные им события A1, A2 ,…, An – независимы.

Замечание: Если события A1, A2 ,…, An – независимы в совокупности, то из

определения следует их попарная независимость, то есть любые два из них независимы. Обратное, вообще говоря, неверно, то есть из попарной независимости не следует их не зависимость в совокупности (см. следующий пример).

Пример: Пусть имеется тетраэдр (объемная фигура, стороны которой правильные треугольники, всего четыре стороны). Пусть три стороны раскрашены в красный, зеленый и синий цвета (по одному на каждую сторону), а четвертая содержит все три цвета. Будем бросать тетраэдр наудачу и цвет, оказавшийся на нижней грани, назовем выпавшим. Очевидно, что вероятность выпадения красного цвета (а так же вероятность выпадения зеленого и вероятность выпадения синего цветов) равны P(К) = P(З) = P(С) =1/ 2

(каждый цвет содержится на двух гранях из четырех). Вероятность одновременного выпадения двух цветов, например красного и зеленого, равна P(КЗ) =1/ 4 . Таким образом, имеем P(КЗ) = P(К)P(З) . Аналогично для

других комбинаций из двух цветов, то есть события выпадение цвета – попарно независимы. Вероятность же выпадения всех трех цветов одновременно P(КЗС) =1/ 4 ≠ P(К)P(З)P(С) , то есть события не независимы в со-

вокупности.

Теорема: Вероятность появления хотя бы одного события из независимых в совокупности событий A1, A2 ,…, An равна разности между единицей и

произведением вероятностей противоположных событий A1, A2 ,…, An .

Без доказательства.

Пример: Имеется 30 экзаменационных билетов. При вытягивании невыученного билета разрешается вторая попытка. Сколько билетов нужно выучить, чтобы вероятность сдать экзамен была не меньше 90%?

Вероятность противоположного события (оба вытянутых билета – не выучены) должна быть меньше 10%, т.е. P(A)< 0,1, где A – это событие, за-

69

ключающееся в том, что экзамен сдан. Пусть n – число выученных билетов. Решим уравнение:

Пример: Студент выучил 20 билетов из 30. Посчитать вероятности сдать экзамен Юрию Владимировичу (допускается только одна попытка тянуть билет), Игорю Николаевичу (допускается две попытки) и Виктору Семеновичу (допускается три попытки).

Вероятность сдать экзамен Юрию Владимировичу равна P(ЮВ) = 3020 .

Остальные вероятности считаем через вероятность события «не сдать экзамен» (оба взятых билета не выучены, три взятых билета не выучены и т.п.).

Пример: Два стрелка стреляют по одной мишени. У одного вероятность попадания 0,8, у другого – 0,2. Какова вероятность поражения цели?

Пусть A – цель поражена, A – противоположное событие (цель не поражена). Неявно предполагается, что стрелки стреляют независимо друг от

друга, тогда вероятность не поразить мишень равна P(A)=0,2 0,8 =0,16 .

Отсюда, вероятность поразить мишень P(A)=1− P(A)=1−0,16 = 0,84 .

Пример: Стрелки в команде поражают цели с вероятностью 50%. Сколько стрелков надо поставить стрелять, чтобы вероятность поражения цели была не меньше 95%?

Пусть имеется n стрелков. По условию, вероятность поразить цель одним выстрелом равна p =0,5, а вероятность не поразить, соответственно,

q =1− p = 0,5 . Обозначим через A событие «цель поражена командой», A

– «цель не поражена командой». Предполагая, что стрелки независимы запишем P(A)= qn =0,5n , P (A)=1 −0,5n ≥ 0,95 , откуда получим неравенст-

70