theory

вектором типа a . И наоборот,

любой вектор типа a

описывает исход, благоприят-

ствующий событию А. Значит,

| A| равно числу способов построить вектор типа a

или количеству вариантов расставить 5 нулей на n + 5 мест, т. е. | A|= C5

.

Тогда искомая вероятность равна

n+5

| A|

C

5

P(A) =

=

n+5

.

|Ω|

6n

74. Положим Ω =[0; 1]. Тогда Ax ={ξ1 ≤ x}

– подмножество Ω имеет вид

,

x < 0,

0 ≤ x <1 2,

Ax = [0; x] [1− x; 1],

1 2 ≤ x,

[0; 1],

откуда

0,

x < 0,

P(ξ1 ≤ x) = 2x, 0 ≤ x <1 2,

1 2 ≤ x.

1,

0,

x <1 2,

Аналогичным образом вычисляется вероятность P(ξ2

1 2 ≤ x <1,

≤ x) = 2x −1,

1 ≤ x.

1,

75. Обозначим длину отрезка OA через R.

Перпендикуляр OD, опущенный из

центра O на сторону

AB, имеет длину R 2.

Пусть событие Hm состоит в том, что треугольник пересекает ровно m окруж-

ностей, m = 0, 1, …, n,

а событие G –

в том,

что радиус R – целое число. Тогда

P(G) = 0,

поскольку

площадь

конечного

объединения окружностей равна нулю

(учитывая вырожденный случай R = 0 ).

Количество

окружностей,

пересекающих

треугольник, равняется мощности

множества

{

k

}

R не целый,

то эта мощность

: R / 2 ≤ k ≤ R , R ≤ n . Если радиус

равняется [R] −[R / 2] . Таким образом,

событию Hm

соответствуют точки A , для

Решения задач к главе 1

117

[0;1),

m = 0,

[2m −1;2m +1), 1 ≤ m ≤ (n −1) / 2,

2m = n, n четно,

[n −1;n],

{n},

2m −1 = n, n нечетно.

Вычисляя площади соответствующих концентрических областей, получаем зна-

чение искомой геометрической вероятности:

2

,

m = 0,

1/ n

((2m +1)2 −(2m −1)2 ) / n2 , 1 ≤ m ≤ (n −1) / 2,

P(Hm ) =

2m = n, n четно,

(n2 −(n −1)2 ) / n2 ,

иначе.

0,

81. 1) Если Ω конечно, то конечна и σ-алгебра A ,

а вероятность P принимает

конечное число значений, которые образуют замкнутое множество.

Пусть теперь Ω ={ω1, ω2 , ...} счетно, а числа xn = P(An ) → x [0,1] при n → ∞.

Рассмотрим множество Z0 :=

и построим по индукции последовательность под-

множеств Zk

и последовательность чисел

nk ,

k =1, 2, ... .

Допустим, Zk по-

строено. Представим его в виде Zk = Zk0+1 Zk1

+1 ,

где

Zk0+1 ={n Zk : ωk+1 An}

и

Z1

={n Z

k

: ω

k +1

A }. Тогда одно из подмножеств Z 0

или Z1

бесконечно. Обо-

k+1

n

k +1

k +1

значим его Z 2

, выберем произвольное

n

+1

Z 2

и положим

Z

k+1

= Z 2

\{n

}.

k +1

k

k +1

k+1

k+1

По построению для всех k ≥1

имеем,

что если ωk An ,

то

ωk An

j

при всех

k

j ≥ k. А если ωk An , то

ωk

An

j

при всех

j ≥ k. Поэтому последовательность

k

событий An

имеет предел

A = lim An A . Свойство непрерывности вероятности

k

k→∞

k

(глава 1, свойство 9) дает равенство P(A) = lim P(An

) = lim xn

= x.

k

→∞

k

k→∞

k

2) Покажем, что для любого ε > 0

можно разложить каждое событие C вконечное

тия A,

P(A) > 0, существует B A,

где 0 < P(B) ≤ ε. Действительно, если P(A) ≤ ε,

то положим B = A. Если P(A) > ε,

то найдем A1 A, где 0 < P( A1) < P(A). Либо

P(A1),

либо P(A \ A1) не превосходят P(A) / 2. Если P(A) / 2 ≤ ε, то цель достигнута.

118

Решения задач

юнктности ∑k

P( Ak ) ≤ P(Ω), а значит,

lim P(An ) = 0. Отсюда

lim Sε (

) = 0.

A1 +... + An

n→∞

n→∞

Поскольку Sε

– монотонная функция множеств, то для B =

An имеем Sε (

) = 0.

B

n≥1

Положим A

:= A +

. Учитывая, что при N достаточно большом верно неравенст-

B

1

1

во P(A* ) ≤ ε , где A*

:=

A , получим требуемое разбиение: C = A* + A +... + A* .

N

N

n

1

2

N

n≥N

Пусть 0 < x <1.

Построим событие A,

для которого P(A) = x. Для этого разде-

лим Ω на N1

дизъюнктных событий

A1, j

таких, что 0 < P(A1, j ) ≤ x / 2, 1 ≤ j ≤ N1.

Обозначим x1,r

:= P(

A1, j ), 1 ≤ r ≤ N1. Тогда x

содержится в некотором интервале

1≤ j≤r

[x1,r

; x1,r +1). Если x = x1,r

, то построение закончено. Если x1,r

< x < x1,r +1,

то разложим

1

1

1

1

1

A1,r +1 вобъединение A2, j

, 1 ≤ j ≤ N2 , длякоторых 0 < P( A2, j ) ≤ (x − x1,r ) / 2. Обозначим

1

1

x2,r

:= P(

A1, j +

A2, j ). Тогда x содержится в некотором интервале [x2,r ; x2,r +1).

1≤ j≤r1

1≤ j≤r

2

2

Продолжая процесс, получим событие

A =

A1, j +... +

As, j +...,

для которого

1≤ j≤r1

1≤ j≤rs

P(A) = x.

3) Событие A A ,

для которого

P(A) > 0,

называется атомом относительно

вероятностной меры

P,

если для каждого B A , B A

либо P(B) = 0,

либо

счетное число атомов Ak , k ≥1 , таких, что Ω\

Ak уже не содержит атомов. Если

положить

k≥1

B := Ak , μ1(A) = P(A ∩ B), μ2 ( A) = P( A ∩

),

B

k≥1

то P(A) = μ1(A) +μ2 ( A). Меру μ1 можно рассматривать как меру на множестве всех

подмножеств некоторого Ω ' ,

состоящего из множеств Ak как элементов. В силу

пункта 1) образ

F :={μ1( A) : A A } – замкнутое множество. Мера μ2 – неатомиче-

ская. Как в пункте 2),

показывается,

что I :={μ2 ( A) : A A } является некоторым

отрезком [0; d].

Сумма

F + I ={x + y : x F, y I} замкнута. Действительно, пусть

xn F + I,

xn = yn + an ,

где

yn F,

an I,

и пусть xn → x при n → ∞. В си-

лу компактности

I

из

(an )

можно выбрать подпоследовательность an

→ a I.

k

А значит,

yn = xn

− an

→ x − a. Поскольку F

замкнуто, то y := x − a F.

Отсюда

k

k

k

82. Несложно видеть, что для n =1, 2, ...

справедливы включения

∞

∞

∩ Am An Am ,

m=n

m=n

Решения задач к главе 1

119

а поэтому в силу свойства вероятностей

∞

∞

P

∩ Am

≤ P(An ) ≤ P

Am .

m=n

m=n

∞ ∞

∞

≤ lim P( An ) ≤

P ∩ Am

= lim P

∩ Am

n=1 m=n

n→∞

m=n

n→∞

∞

∞ ∞

≤ lim P(An ) ≤ lim P

Am

= P ∩ Am .

n→∞

n→∞

m=n

n=1m=n

Из того, что A → A, т. е.

n n→∞

∞ ∞

∞

∞

A = ∩ Am = ∩ Am ,

n=1 m=n

n=1m=n

приходим к выводу, что

lim P( A ) = P(A) = P( lim A ).

n→∞

n

n→∞ n

i Bk j Bk

где Aij A взято так, что i Aij , но j Aij

(по определению отношения эквива-

лентности такое множество в A найдется).

Продолжим вероятность на одноэле-

n имеем P

0, 2π

))

=P

2π , 4π

))

=…=P

2π(n −1)

, 2π . Поэтому

P([0; 2πq)) = q

(

n

( n n

n

для всех рациональных q [0; 1]. Откуда следует, что P([0; x)) =

x

при x [0; 2π),

2π

что влечет требуемое утверждение.

Для доказательства второго утверждения заметим, что для каждого β най-

дется последовательность натуральных чисел n(k)

такая, что ϕn(k )α → ϕβ поточеч-

но. Поэтому

P ϕβ−1 = P

для всех β

и требуемое утверждение вытекает из пре-

120

Решения задач

85. Пусть d .

Во множестве {1, ..., N}

ровно [N / d ]

чисел кратных d.

Таким

образом, вероятность того, что оба числа a, b

кратны d,

равняется [N / d ]

2

. Ясно,

N

что (a, b) =1 тогда и только тогда, когда не существует простого числа

p,

которое бы

делило одновременно a и b . Поэтому,

откинув все пары,

которые делятся одновре-

менно на p1 = 2, p2 = 3, ... и т. д., получим по формуле включения-исключения

[N / pi ] 2

[N / pi p j

]

2

[N / pi p j pk

] 2

1− PN = ∑

− ∑

+

∑

−...

N

N

p

N

p <p

p

<p

<p

i

i

j

i

j

k

N / pi 2

N / pi p j 2

N / pi 2

N / pi p j

2

1− PN ≤ ∑

+ ∑

+... ≤1+ ∑

+ ∑

+... =

N

N

p

N

p

<p

p

N

p

≤p

i

i

j

i

i

j

1 2

1

2

1

1

−1 −1

lim

PN =1

− ∑

+

∑

−... =

∏ 1−

=

∏ 1

−

=

p

p p

p

2

p

2

N →∞

pi

pi <p j

j

pi

pi

i

i

i

i

1

1

−1

1

1

1

−1

−1

=

∏ 1+

+

+

= 1

+

+

+

+...

= ζ(2)

.

p

p

2

2

2

2

4

2

pi

3

i

i

Решения задач к главе 2

121

3) Если m > n, то (Fm , Fn ) = (Fm−n , Fn ). Действительно, пусть m = n + k. Тогда

(Fn+k , Fn ) = (Fk Fn+1 + Fk−1Fn , Fn ) = (Fk Fn+1, Fn ) = (Fk , Fn ).

Применяя несколько раз свойство 3), дойдем до пары вида (Fkd , Fd ),

где d = (m, n).

Перейдем к самой задаче. Введем обозначения: Ψd (N )

– число пар (a, b), где

1 ≤ a,b ≤ N

и (a, b) = d; Φ(N)

– число пар (a, b), где 1

≤ a,b ≤ N и (Fa , Fb ) =

= F(a,b) =1.

Отметим, что F(a,b) =1

тогда и только тогда, когда

(a,b) =1 или (a, b) = 2.

равенства

lim

Ψ1(N )

=

6

,

имеем

N 2

π2

N →∞

Φ(N)

Ψ (N)

+ Ψ (N / 2)

Ψ (N)

1 Ψ (N / 2)

5 6

15

lim

2

= lim

1

2 1

= lim 1

2

+

1

2

=

=

.

N

N

4 π

2

2π

2

N →∞

N →∞

N →∞ N

4 (N / 2)

что студент не достанет книгу в i-й библиотеке, есть P(Ai ) + P(Bi

| Ai )P(Ai ) = 3 4. В си-

лу независимости вероятность

не

достать книгу в трех библиотеках равняется

(3 4)3 <1 2. Таким образом, студент вероятнее всего достанет книгу.

11. Пусть

A:= {ответ учащегося совпадает с ответом учителя}, B1 := {учащий-

ся – мальчик},

B2 := {учащийся – девочка}. Тогда условие принимает вид

P(A) = P(A | B )P(B ) + P( A | B )P(B ) = 1 .

1

1

2

2

2

Пусть q = M – отношение числа мальчиков к числу девочек, тогда

Д

P(B ) =

M

=

q

, P(B ) =

Д

=

1

.

1

M +Д q +1

2

M +Д q +1

P(A | B1) = P{обаответаверны} + P{обаответаневерны} = αβ +(1− α)(1−β), P(A | B2 ) =

= αγ + (1−α)(1− γ ). Получаем, что

(αβ + (1−α)(1−β))

q

+(αγ + (1

− α)(1− γ ))

1

=

1 , т. е.

q +1

q +1

2

122

Решения задач

q(1− 2α − 2β + 4αβ) = 2α + 2γ − 4αγ −1, т. е.

q(2β −1)(2α −1) = (1− 2γ )(2α −1).

Отсюда видим, что если α = 1 , то q может быть любым; если α ≠

1

, но β = γ =

1 ,

2

2

2

то q также может быть любым; если γ = 1 ,

β ≠ 1 , то q = 0; наконец, при γ ≠

1

2

2

2

получаем q =

1− 2γ .

2β −1

где Ω =[0;3]

. Положим

A:=[1;2],

B :=[0; 2

3] [7 3; 3],

n = 2,

C1 :=[0; 2 −1 4], C2 :=[1+1 4; 3].

Тогда

P(A ∩Ci ) =

1

−

1

1

2

, i =1, 2,

3

1

4

> P(B ∩Ci ) =

3

3

и

P(A | Ci ) =

P( A ∩Ci )

>

P(B ∩Ci )

= P(B | Ci ), C1 C2 = Ω.

P(C )

P(C )

i

i

Однако

P(B) =

1

4 > P( A) = 1 .

3

3

3

что события A1, A2 , A3, A4

являются зависимыми в совокупности, но каждые три из

них – независимы.

32. Вообще говоря,

нет. Рассмотрим следующий пример: Ω ={ω1, ω2 , ω3},

F ={ ,{ω1},{ω2 ,ω3},Ω},

P({ω1}) = P({ω2}) = P({ω3}) =1 3, A ={ω3}. Заметим, что

Решения задач к главе 2

123

P(η ≤ x) = P(η1 ≤ x) P(η = η1) + P(η2 ≤ x) P(η = η2 ) = x.

0,

x < 0,

Ответ:

0 ≤ x ≤1,

P(η ≤ x) = x,

1 < x.

1,

j S,

и имеет вероятность 1− p2. Ответ: (1− p2 )N .

2)

Искомое событие описывается схемой Бернулли с N испытаниями,

если

считать «успехом» событие { j A }∩{ j A } (происходящее с вероятностью

p2 ),

1

2

124

Решения задач

C2C1

1

7

5

= 3.

C2

(C1

+C2 )

7

5

5

(S x , S x , …, S x , …) описывает траекторию его движения. Из условия вытекает, что

0 1

n

Ρ(ξi =1) = p

и Ρ(ξi = −1) =1− p = q, причем эти события при различных i =1, 2, …

ния, а через β(x) = Ρ(Bx )

– вероятность этого события. Очевидно, что β(0) =1.

По

формуле полной вероятности получим

β(x) = Ρ(Bx

ξ =1)Ρ(ξ =1) + Ρ(Bx

ξ = −1)Ρ(ξ = −1) = pΡ(Bx+1) + qΡ(Bx−1).

1

1

1

1

Отсюда вытекает уравнение для нахождения β(x):

β(x) = pβ(x +1) + qβ(x −1).

(1)

Предположим сначала, что p ≠ q.

Тогда можно показать, что уравнение (1)

βN (x) =

(q / p)x −(q / p)N

, 0 ≤ x ≤ N.

1

−(q / p)N

Решения задач к главе 3

125

Значит,

β(x) = lim βN (x) = (q / p)x.

N →∞

Если p = q =1 2,

то общее решение уравнения (1) имеет вид β(x) = a +bx. По-

этому βN (x) =1− x / N

и β(x) =1.

Таким образом,

x

, q < p,

(q / p)

β(x) =

q ≥ p.

1,

13. Неравенство

P(|ξ | ≥ x) ≤ e−x2 / 2

эквивалентно утверждению о том, что функ-

ция h(x) = ex2 / 2P(|ξ |≥ x) =

2

ex2 / 2 ∫x+∞e−y2 / 2dy не превосходит 1 при x ≥ 0. При x = 0

π

имеем равенство h(0)=1 , а при x > 0

получаем неравенство для производной:

2

x2

/ 2 +∞

−y2 / 2

2

x2 / 2

+∞

−y2 / 2

+∞

−y2 / 2

h'(x) =

xe

∫ e

dy −1

=

e

x∫x

e

dy − ∫ ye

dy =

π

π

x

x

2

+∞