Методическая разработка "Теория вероятностей"

ПОНЯТИЕ ВЕРОЯТНОСТИ СОБЫТИЯ

1. ВВЕДЕНИЕ

В окружающей нас жизненной практике мы наблюдаем раз­личные события, сталкиваемся с результатами многочисленных опытов и наблюдений. Одни события наступают всегда, когда выполнены некоторые условия. Так, например, увидев молнию, мы обязательно чуть позже услышим гром. В замкнутой элект­рической цепи, состоящей из хорошо соединенных проводников и исправного источника тока, обязательно появится электриче­ский ток. Число подобных примеров можно значительно увели­чить.

В других нередких случаях мы сталкиваемся с такими опы­тами, которые могут давать различные результаты в зависимо­сти от обстоятельств, которые мы либо не знаем, либо не умеем учесть, либо не в состоянии устранить. Так, например, при бро­сании однородной монеты мы не можем заранее знать, какая сто­рона: герб или цифра — окажется сверху! Это зависит от очень многих и неизвестных нам обстоятельств: положения монеты в момент броска, силы броска, положения руки, подбрасываю­щей монету, особенности поверхности, на которую падает моне­та, и т. д. Из-за различий в качестве сырья, затупления режущих инструментов, вибрации станка, колебаний температуры окру­жающей среды, колебаний напряжения электрического тока в сети и т. п. мы не в состоянии предсказать заранее, будут ли в выпущенной партии деталей бракованные изделия и если бу­дут, то сколько их.

Игральный кубик представляет собой правильный шестигранник, имеющий очень точную геометрическую форму, сделан­ный из однородного материала. На его гранях стоят цифры 1, 2, 3, 4, 5 и 6, означающие число очков. Подбрасывая такой кубик, мы не можем знать заранее, какая из граней окажется свер­ху, как и при бросании монеты, это зависит от очень многих об­стоятельств. Число таких примеров можно значительно уве­личить.

В дальнейшем мы будем рассматривать различные опыты, испытания, результаты которых нельзя предсказать заранее. Любое событие, связанное с результатами опыта и которое в ре­зультате опыта может наступить или не наступить, называется случайным событием. В рассмотренных выше примерах приведе­ны различные случайные события. В дальнейшем возможные ре­зультаты опыта мы будем называть его исходами. Раздел мате­матики, изучающий закономерности в случайных событиях, называется теорией вероятностей.

1. ЧАСТОТА И ВЕРОЯТНОСТЬ:  СТАТИСТИЧЕСКОЕ ОПРЕДЕЛЕНИЕ ВЕРОЯТНОСТИ.

Одним из вопросов, из которого родилась теория вероятно­стей, был вопрос о том, как часто наступает то или иное случай­ное событие в длинной серии опытов, происходящих в одинако­вых условиях.

Математическая энциклопедия так описывает понятие веро­ятности, используемое в математике, «Вероятность математиче­ская — числовая характеристика степени возможности появле­ния какого-либо определенного события в тех или иных опреде­ленных, могущих повторяться неограниченное число раз услови­ях». Отсюда следует, что в теории вероятностей нас будут инте­ресовать не все события, наступление которых невозможно зара­нее предсказать, а лишь такие события, которые могут насту­пить или не наступить в каждом из очень большой серии опытов, проводимых в одинаковых условиях.

Рассмотрим опыт с бросанием симметричной однородной мо­неты. Он имеет два исхода: U₁ — «выпал герб», U₂ - «выпала цифра». Исход бросания монеты случаен, и заранее сказать с уверенностью, выпадет герб или цифра, невозможно! Этот опыт можно проводить в одних и тех же условиях сколь угодно много раз.

Однако, несмотря на случайность исхода этого опыта в каж­дом отдельном испытании, при многократном его повторении можно наблюдать интересную закономерность. Она состоит в следующем. Подбросим нашу монету п раз и подсчитаем, сколько раз выпал герб. Обозначим это число через n(Г). От­ношение n(Г)/n — называется частотой исхода «выпал герб» в дан­ной серии опытов.

Замечательная закономерность состоит в том, что эта частота приблизительно равна 1/2. В таблице 1 приведены результаты се­рии опытов, когда монета подбрасывалась 10000 раз. При этом отдельно рассматривались 10 серий по n=1000 испытаний и в каждой серии регистрировалось число n(Г) выпадений герба и вычислялась частота исхода «выпал герб». Получились следу­ющие результаты:

                                                                                                                            Т а б л и ц а 1

Номер серии	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10
Число выпадений       герба	501	485	509	536	485	488	500	487	484	484
Частота исхода «выпал герб»	0,501	0,485	0,509	0,536	0,485	0,488	0,500	0,487	0,484	0,484

Таблица 1 показывает, что частота появления герба от серии к серии случайным образом колеблется около 1/2. На рисунке 1 на оси Ох отложены номера серий, а на оси ординат  - частоты появления герба в соответствии с таблицей 1.

Если заново повторить подобный эксперимент, то значения частот n(Г)/n получатся иными, но картина колебаний частот обнаружит устойчивость — отклонения вверх и вниз от прямой n(Г)/n=1/2 будут взаимно уравновешиваться, величины отклонений хоть и будут меняться от серии к серии, но тенденции к увеличе­нию или к уменьшению не обнаружат.

Теперь перейдем к сериям с возрастающим числом испытаний п. Для этого используем таблицу 1 и будем рассматривать новые серии испытаний, которые получаются при объединении двух се­рий, трех, четырех и т. д. до объединения всех 10 серий. Иначе говоря, учтем появление герба сначала при первой тысяче бро­саний (501 раз), затем при 2000 бросаний (501 + 485 раза), при 3000 (501+485+509 раз) и т. д. до 10000 бросаний. Выпишем частоты появления герба в новых сериях.

                                                                                                                                            Таблица 2

Номер серии	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10
Количество бросаний	1000	2000	3000	4000	5000	6000	7000	8000	9000	10000
Число выпадений герба	501	986	1495	2036	2516	3004	3504	3991	4475	4959
Частота исхода «выпал герб»	0,501	0,493	0,508	0,508	0,503	0,501	0,501	0,500	0,497	0,496

На рисунке 2 эти результаты представлены графически.

Таблица 2 и рисунок 2 показывают, что при увеличении чис­ла испытаний частота исхода «выпал герб» приближается к чис­лу ½ и практически от него не отличается. Это число, обозначае­мое в математике буквой Р (от английского слова probability — вероятность), и является вероятностью исхода «выпал герб»:

Р (выпадение герба)=1/2.

Полученную вероятность следует понимать так. Пусть мы сдела­ли, например, 10 опытов. Ожидать, что 10 раз выпадет герб, у нас нет никаких оснований. Более того, у нас нет оснований для утверждения, что герб выпадет ровно 5 раз. Даже утверж­дая, что герб может выпасть 4, 5 или 6 раз, мы тоже можем оши­биться.

Однако если мы сделаем много серий по 1000 бросаний, то у нас есть основания утверждать, что в большинстве из них чис­ло выпавших гербов будет лежать между 480 и 520.

Рассмотрим общий случай. Пусть А — случайное событие, которое в результате опыта может наступить или не наступить. Обозначим через п число опытов, проходящих в одинаковых условиях.

Пусть n(A)—число тех опытов, в которых наступило собы­тие А. Отношение n(A)/n называется частотой события А в данной серии опытов. Как показывает практика, при многократном по­вторении одного и того же опыта в одних и тех же условиях ча­стота наступления события А остается все время примерно оди­наковой и очень редко значительно отклоняется от некоторого постоянного числа, которое называют вероятностью рассматри­ваемого события и обозначают Р(А). Отсюда следует, что веро­ятность случайного события А можно приближенно оценивать с помощью частот в длинной серии опытов, полагая:

P(А)»n(A)/n.

Конечно, само существование вероятности Р(А) не зависит от того, производим мы опыты или нет,— это число характеризует случайное событие А и около него группируются частоты n(A)/n.

На вопрос о том, сколько нужно сделать опытов, чтобы частота n(A)/n была «близка» к вероятности Р(А), отвечает другая наука, тес­но связанная с теорией вероятностей. Она называется математи­ческой статистикой.

Рассмотрим примеры.

Пример 1. Длительные наблюдения за полом новорож­денных показали, что частота рождения мальчиков колеблется около числа 0,515, а частота рождения девочек—около 0,485. Поэтому вероятность рождения мальчика принимают рав­ной P₁=0,515, а вероятность рождения девочки—P₂=0,485.

В некоторых случаях для упрощения расчетов полагают обе вероятности равными 0,5.

Пример 2. Исследование частоты использования букв рус­ского алфавита в длинных отрывках русского текста показало, что наиболее часто появляется буква «о» — ее частота равна 0,090; буква «а» имеет частоту 0,062; буква «р» имеет частоту 0,040; реже всех появляется буква «ф» — ее частота равна всего лишь 0,002. Отсюда видно, что самая частая буква «о» употреб­ляется почти в 50 раз чаще, чем самая редкая русская буква «ф»! Эти частоты принимаются за вероятности появления в тек­сте букв русского алфавита! Это означает, что в длинном тексте, содержащем, например, N букв, буква «о» встретится примерно 0,09 N раз, буква «а» — 0,062  N раза, а буква «ф» — только 0,002 N раза.

2. Опыты с конечным числом равновозможных исходов.

Одним из первых понятий теории вероятностей является понятие равновозможных исходов некоторого опыта. Такие опыты легче всего поддаются анализу.

1.        Бросание симметричной однородной монеты. Рассмотрим опыт: монета подбрасывается один раз. Будем считать, что возможен один из двух исходов:

исход U₁: монета упала вверх гербом (Г);

исход U₂: монета упала вверх цифрой (Ц).

Таким образом, множество исходов рассматриваемого опыта состоит из двух элементов (U₁; U₂).

Симметрия и однородность монеты обеспечивают ей одинако­вую возможность упасть после подбрасывания вверх гербом или цифрой: ни одна из сторон монеты не имеет преимуществ перед другой. В этом смысле мы говорим, что исходы U₁ и U₂ равновозможные в этом смысле. Другими словами, мы считаем, что выпадение герба имеет такие же шансы осуществиться, как и выпадение цифры, в этом смысле равновозможными элементарными исходами будем считать такие исходы, любой из которых по отношению к другим исходам не обладает никаким преимуществом появляться чаще другого при многократных испытаниях, проводимых в одинаковых условиях.

2. Бросание симметричного однородного игрального кубика. Рассмотрим опыт: игральный кубик подбрасывается один раз. Будем считать, что возможен один и только один из следующих исходов:

       U₁: на верхней грани кубика выпала цифра 1,

  U₂: цифра 2,

  U₃: цифра 3,       ,                         .

  U₄: цифра 4,

  U₅: цифра 5,

  U₆: на верхней грани кубика выпала цифра 6.

Таким образом, множество исходов рассматриваемого опыта состоит из шести элементов (U₁, U₂, U₃, U₄, U₅, U₆). Так же как и для симметричной однородной монеты, симметричность и одно­родность кубика обеспечивают ему одинаковую возможность упасть после подбрасывания кверху любой из шести граней — ни одна из них не имеет преимуществ перед другими. Мы гово­рим, что для осуществления каждого из этих исходов имеется один шанс из шести. Таким образом, исходы U₁, U₂, U₃, U₄, U₅, U₆ равновозможные.

3. Бросание двух однородных симметричных монет. Рассмот­рим опыт: подброшены две монеты. Возможные исходы этого опыта таковы:

U₁:  на первой монете выпал герб (Г), на второй монете выпал герб (Г);

U₂: на первой монете выпал герб (Г), на второй монете выпала цифра (Ц);

U₃: на первой монете выпала цифра (Ц), на второй монете вы­пал герб (Г);

U₄: на первой монете выпала цифра (Ц), на второй монете вы­пала цифра (Ц).

Таким образом, множество исходов рассматриваемого опыта состоит из четырех элементов:

U₁=(Г, Г);     U₂=(Г, Ц);

U₃=(Ц, Г);    U₄=(Ц, Ц).

Как и в предыдущих случаях, симметричность и однородность монет обеспечивают равновозможность исходов U₁, U₂, U₃, U₄, для осуществления каждого из них имеется один шанс из четырех. 

Дерево исходов этого опыта изображено на рисунке 177.

                                                               Начало

 

                                                                                                             Первое бросание

                                              Г                                                                                           Ц

                                                                                                                                                         Второе бросание

                        Г                                  Ц                                 Г                                 Ц

                     U₁=(Г,Г)            U₂=(Г,Ц)                      U₃=(Ц,Г)                U₄=(Ц,Ц)  

2.    ПОДСЧЕТ ВЕРОЯТНОСТЕЙ В ОПЫТАХ С РАВНОВОЗМОЖНЫМИ ИСХОДАМИ (КЛАССИЧЕСКИЙ ПОДХОД  К ОПРЕДЕЛЕНИЮ ВЕРОЯТНОСТИ).

3.     

Как же находить вероятности различных случайных со­бытий? Можно, конечно, вычислить частоты появления собы­тия, но, чтобы частота была близка к вероятности, нужно сделать очень много опытов, что не всегда возможно или не всегда рационально. Например, для того чтобы определить вероятность события А — «наугад взятая электрическая лампоч­ка будет гореть не менее 1000 часов», следует взять большое число лампочек, включить их на 1000 часов и подсчитать, сколь­ко из них перегорит. При этом ясно, что вся партия лампочек бу­дет уничтожена.

Мы рассмотрим один частный случай, когда вероятность со­бытия определяется без проведения опытов. Это можно сделать тогда, когда все исходы опыта равновозможны. Именно такие примеры мы рассмотрели в пункте 2. Этот подход был предложен французским математиком П. Лапласом (1749—1817). Рассмот­рим опыт, имеющий конечное число равновозможных исходов, которые мы обозначим U₁, U₂,…, U_n. Предположим, что в каж­дом опыте наступает один и только один исход. Про такие исхо­ды говорят, что они не пересекаются.

Пусть A — некоторое событие, связанное с данным опытом, которое в результате этого опыта может наступить или не насту­пить. Мы назовем исход U_k благоприятным событию A, если его наступление в результате опыта приводит к наступлению собы­тия A. Обозначим через n(А) число исходов, благоприятных со­бытию A. В этом случае вероятность определяется по следующей простой формуле:

Такой подход к определению вероятности события называется классическим.

Из формулы (1) следует, что  0£P(A)£1.

Если событию A благоприятствуют все исходы U₁, U₂,… ,U_n. Такое событие A называется достоверным. Пример достоверного события A: «при бросании двух игральных кубиков сумма очков на верхних гранях не меньше двух и не больше 12» — Р(A)=1.

Если событию A не благоприятствует ни один исход, то

n(A)=0 и Р(A)=0.

Такое событие A называют невозможным.

При бросании двух кубиков событие В: «сумма очков на верх­них гранях кубиков равна 13» — является невозможным и P(B)=0. Рассмотрим примеры вычисления вероятностей.  

Пример3. В опыте с подбрасыванием однородного играль­ного кубика рассмотрим событие A: «на верхней грани кубика выпало не более 4 очков». Найдем P(A).

Решение. В пункте 2 мы установили, что этот опыт имеет 6 равновозможных исходов: U₁, U₂, U₃, U₄, U₅, U₆ исход U_k озна­чает выпадение k очков, k=1, 2, 3, 4, 5, 6. Это означает, что чис­ло n=6. Событие A наступает тогда, когда на верхней грани вы­падает одно, два, три или четыре очка, поэтому событию A бла­гоприятствуют исходы U₁, U₂, U₃, U₄, и, следовательно n(A)=4. По формуле (1) P(A)=4/6=2/3.

Замечание. При применении формулы (1) обычно возни­кают трудности с подсчетом чисел n и n(А). Обычно это комби­наторные задачи, и поэтому для их нахождения полезно исполь­зовать формулы комбинаторики.

Пример 4. На книжной полке стоят 30 различных книг. Читатель, просмотрев их, обнаружил, что 10 книг он уже прочи­тал раньше. После этого он попросил библиотекаря снять с пол­ки наугад любые три книги. Какова вероятность события А: «все три предъявленные книги читатель уже прочитал раньше»?

Решение. Опыт состоит в выборке трех книг из 30 стоящих на книжной полке. Слово «наугад» означает симметрию этого опыта, т. е. никакая тройка книг не имеет преимуществ перед любой другой. Поэтому все его исходы равновозможны. Опреде­лим число исходов этого опыта. Из 30 книг 3 книги можно вы­брать числом способов, равных числу сочетаний из 30 по 3, то есть
Событие А наступает только тогда, когда 3 книги выбираются •только из тех 10 книг, которые читатель уже прочитал, и поэтому число исходов опыта, благоприятствующих событию А, будет равно числу сочетаний из 10 по 3, то есть
Теперь по формуле (1) получаем:

Этот результат означает, что если этот опыт повторять большое число N раз, то примерно в 0,03 N случаях читателю предложат 3 книги, которые он уже читал ранее.

Пример 5. При бросании двух игральных кубиков сумма очков, выпавших на верхних гранях, изменяется от 2 до 12. Како­ва вероятность события:

а) А: «сумма очков равна 9»;

б) В: «сумма очков равна 10»?

Решение. а) Как мы установили в пункте 2, общее число равновозможных исходов рассматриваемого опыта равно 36, поэтому n=36. Найдем n(А). Сумма очков 9 получается при следующих исходах опыта: (6, 3), (3, 6), (5, 4), (4, 5), так как 9=6+3=3+6=5+4=4+5. Отсюда следует, что n(А)=4 и искомая ве­роятность Р(A)=4/36=1/9.

б) Событию В благоприятны исходы: (6, 4), (4, 6), (5, 5), так как 10=6+4=4+6=5+5. Отсюда получаем n(B)=3 и P(B)=3/36=1/12. Сравнивая полученные вероятности, мы видим, что Р(А)>Р(В), т. е. при длительном бросании двух игральных кубиков сумма очков, равная 9, будет встречаться чаще, чем сумма очков, равная 10.

Пример 6. Партия из 100 деталей проверяется контроле­ром, который наугад отбирает 10 деталей и определяет их каче­ство. Если среди выбранных контролером изделий нет ни одного бракованного, то вся партия принимается, в противном случае нет. Какова вероятность того, что партия деталей, содержащая 10 бракованных изделий, будет принята контролером?

Решение. Через А обозначим событие: «партия деталей принимается контролером». Общее число способов выбора 10 де­талей из партии, содержащей 100 деталей, равно числу сочета­ний из 100 по 10 и составляет

Утверждение: «Контролер наугад отбирает 10 деталей» — го­ворит о равновозможности всех исходов. Событие А наступает в том случае, когда все 10 выбранных контролером деталей будут взяты только из доброкачественных деталей, общее число ко­торых равно

90=100-10. Таким образом, число исходов, бла­гоприятных событию А, равно числу сочетаний из 90 по 10, что составляет

Отсюда следует, что вероятность того, что партия деталей, при­нята контролером, равна

Пример 7. На хоккейный матч заявлено 20 полевых хокке­истов и вратарь. Среди полевых хоккеистов 7 хоккеистов — ма­стера спорта. Какова вероятность того, что в случайно выбран­ной стартовой пятерке окажется 3 мастера спорта?

Решение. Опыт состоит в выборе 5 хоккеистов из заявлен­ных 20. «Случайный выбор» означает, что все исходы этого опыта равновозможны. Подсчитаем их число n: 5 хоккеистов из 20 можно выбрать числом способов, равных числу сочетаний из 20 по 5, то есть
Через А обозначим событие: «в стартовой пятерке оказалось 3 мастера спорта». Трех мастеров спорта из имеющихся семи можно выбрать числом способов, равных числу сочетаний из 7 по 3, то есть
После того как выбраны 3 мастера спорта, следует выбрать еще двух хоккеистов, мастерами спорта не являющихся. Таких хоккеистов в команде 13=20-7. Таким образом, двух хокке­истов нужно выбрать из 13. Это можно сделать числом способов, равных числу сочетаний из 13 по 2, то есть

Поскольку каждый из 35 способов выбора трех мастеров спорта можно сочетать с каждым из 78 способов выбора двух хоккеистов, мастерами спорта не являющихся, то по правилу произведения, рассмотренному в комбинаторике, число исходов, благоприятных событию, равно их произведению:

N(A)=C³₇·C²₁₃=35·78=2730.

Окончательно получаем:

Во всех рассмотренных примерах событие А не совпадало ни с одним из равновозможных исходов U₁, U₂, …, U_n.

Пусть теперь событие А совпадает с одним из исходов U₁, U₂, …, U_n. Например, пусть

А =U₁. Тогда число п(A)==n(U₁) рав­но единице: n(U₁)=l, так как исходы U₁, U₂, …, U_n взаимно ис­ключают друг друга. По формуле (1) мы получаем: Р(А)=P(U₁)=1/n.

Аналогично показывается, что и все остальные исходы имеют ту же самую вероятность, что и исход U₁:

P(U₂)=1/n,  P(U₃)=1/n, …,  P(U_n)=1/n.

Это означает, что равновозможные исходы U₁, U₂, …, U_n оказа­лись равновероятными с вероятностью 1/n. Сумма их вероятностей равна единице:

P(U₁)+P(U₂)+…+P(U_n)=(1/n)·n=1.

После этого замечания изучаемому нами опыту мы можем сопоставить не только равновероятные исходы U₁, U₂, …, U_n, но и вероятности этих исходов:

P(U₁)=P(U₂)=…=P(U_n)=1/n.

Такое представление удобно задать таблицей:

                                                                                                                   Т а б л и ц а 3

Исходы	U1	U2	U3	…	Un
Вероятности исходов	1/n	1/n	1/n	…	1/n

При этом выполняется равенство

                                       P(U₁)+P(U₂)+…+P(U_n)=1.                           (2)

В следующих примерах мы построим  таблицу 3 для некоторых опытов и проверим выполнение условия (2).

Пример 8. Построим таблицу 3 и проверим условие (2)  для каждого из опытов, рассмотренных в пункте 2.

Решение. а) Опыт с бросанием симметричной монеты имеет 2 равновероятных исхода U₁, U₂, их вероятности равны ½: P(U₁)=1/2, P(U₂)=1/2.

Таблица 3 этого опыта имеет простой вид:

Исходы	U1	U2
Вероятности исходов	1/2	1/2

Условие (2) выполнено: P(U₁)+P(U₂)=1.

б) Опыт с бросанием игрального кубика имеет 6 равновероятных исходов U₁, U₂, U₃, U₄, U₅, U₆; исход U_k означает выпадение на верхней грани k очков, k=1,2,3,4,5,6. Вероятность этих исходов P(U_k)=1/6.

Таблица 3 этого опыта в этом случае такова:

Исходы	U1	U2	U3	U4	U5	U6
Вероятности исходов	1/6	1/6	1/6	1/6	1/6	1/6

Условие (2) имеет вид:

P(U₁)+P(U₂)+P(U₃)+P(U₄)+P(U₅)+P(U₆)=(1/6)·6=1.

в) Опыт с бросанием двух симметричных монет имеет 4 равновероятных исхода (Г – герб, Ц – цифра):

U₁=(Г, Г), U₂=(Г, Ц), U₃=(Ц, Г), U₄=(Ц, Ц).

Вероятности этих исходов равны ¼:

P(U₁)=P(U₂)=P(U₃)=P(U₄)=1/4.

Таблица 3 этого опыта имеет вид:

Исходы	U1	U2	U3	U4
Вероятности исходов	1/4	1/4	1/4	¼

Равенство (2): P(U₁)+P(U₂)+P(U₃)+P(U₄)=(1/4)·4=1, выполнено.

4. ПОНЯТИЕ О ВЕРОЯТНОСТНОМ ПРОСТРАНСТВЕ

Отметим, что мы до сих пор не дали определения вероятности произвольного случайного события. Это не случайно, так как по­нятие вероятности является в математике первичным, неопреде­ляемым, таким же, как понятие множества или как понятия точ­ки, прямой, плоскости в геометрии.    

В современной математике вероятность вводится аксиомати­чески. Впервые это сделал академик А. Н. Колмогоров (1903— 1987) в 1933 г.

Определение 1. Вероятностным пространством называ­ется любое конечное множество U={U₁, U₂, U₃, ..., U_n}, каждо­му элементу U_k; которого поставлено в соответствие неотрица­тельное число Р_k, 0£P_k£1, называемое его вероятностью. При этом сумма чисел Р_k, k = 1, 2, ...,n, равна единице: P₁+P₂+P₃+…+P_n=1.

Элементы U₁, U₂, U₃, ..., U_n множества U называются исходами, а множество U — множеством исходов. Вероятностное простран­ство с конечным числом исходов удобно задавать таблицей:

Исходы	U1	U2	……..	Un
Вероятности	P1	P2	……..	Рn

При этом выполняется равенство

Р₁+Р₂+...+Р_n=1.

Теперь мы видим, что рассмотренные в предыдущем пункте таб­лица 3 и равенство 2, примеры 8 и построенные там таблицы не что иное, как частные случаи реализации вероятностного про­странства.

После того как мы описали вероятностное пространство, пе­рейдем к описанию событий. В связи с этим введем следующее определение:

Определение 2. Событием А в данном опыте называется любое подмножество Х множества исходов U. Вероятностью со­бытия А назовем сумму вероятностей исходов, принадлежащих множеству X. Каждый исход, входящий в подмножество X, назы­вается исходом, благоприятствующим событию A.

Если событие A таково, что подмножество Х совпадает с мно­жеством исходов U, то есть

 Х = U, то

P(A)==P(U₁)+P(U₂)+...+P(U_n)=1

и событие A называют достоверным; если же Х — пустое множе­ство, т. е. Х=Æ, то Р(A)=0 и событие A называют не­возможным.

Если исходы опыта равновероятны, то это определение досто­верных и невозможных событий совпадает с тем определением, которое дали раньше.

Пример 9. Изучим распределение мальчиков и девочек в семьях, имеющих трех детей.

Будем считать, что все дети имеют разный возраст (нет близ­нецов) и что вероятность рождения мальчиков и девочек одинакова и равна 1/2.

Рассмотрим опыт: выбрана семья, имеющая трех разновозра­стных детей. Построим вероятностное пространство этого опыта. Будем буквой М обозначать мальчика, а буквой Д — девочку.

Совпадение вероятностей Р(М)=Р(Д)=1/2 обеспечивает равно­вероятность всех исходов нашего опыта.

Дерево исходов этого опыта имеет вид, изображенный на ри­сунке.

                                                                                                                           Третий ребенок

                                                                        Второй ребенок                                      Мальчик          (МММ)=U₁

                                                                                            

                                                                                            Мальчик

                    Первый ребенок                                                                                        Девочка           (ММД)=U₂

                                          Мальчик

                                                                                                                                           Мальчик         (МДМ)=U₃

                                                                                            Девочка

                                                                                                                                           Девочка           (МДД)=U₄

                                                                                                                                            Мальчик         (ДММ)=U₅

 

                                                                                            Мальчик

                                                                                                                                          

                                                                                                                                          Девочка           (ДМД)=U₆

 

                                            Девочка

                                                                                                                                           Мальчик          (ДДМ)=U₇

                                                                                             Девочка

                                                                                                                                           Девочка           (ДДД)=U₈

Множество всех равновероятных исходов нашего опыта

U={U₁,  U_2,  U₃, U₄, U₅, U₆, U₇, U₈}.

Вероятность каждого исхода равна 1/8. Запишем исходы и их вероятности:

Исходы	U1	U2	U3	U4	U5	U6	U7	U8
Вероятности	1/8	1/8	1/8	1/8	l/8	1/8	1/8	1/8

Сумма вероятностей исходов

P(U₁)+P(U₂)+P(U₃)+P(U₄)+P(U₅)+P(U₆)+P(U₇)+P(U₈)=(1/8)·8=1, и поэтому эта таблица задает вероятностное пространство нашего опыта. Рассмотрим некоторое событие А, связанное с рассматриваемым опытом. Пусть, например, событие А — «в семье есть дети обоих по­лов». Событие А совпадает с подмножеством {U_2,  U₃, U₄, U₅, U₆, U₇}, множества исходов, и поэтому

P(A)=P(U₂)+P(U₃)+P(U₄)+P(U₅)+P(U₆)+P(U₇)=(1/8)·6=3/4.

Другое событие, связанное с этим опытом, событие В — «в семье есть по крайней мере одна девочка». Это событие совпадает с подмножеством {U_2,  U₃, U₄, U₅, U₆, U₇, U₈}, и его вероятность

P(B)=P(U₂)+P(U₃)+P(U₄)+P(U₅)+P(U₆)+P(U₇)+P(U₈)=(1/8)·7=7/8.

Обратим внимание на то, что с изучаемым опытом обычно связа­но несколько вероятностных пространств.

Рассмотрим другие исходы нашего опыта, отличные от полу­ченных выше.

Пусть исход V₁ — «в семье три мальчика», V₂ — «в семье два мальчика и одна девочка», V₃— «в семье один мальчик и две де­вочки» и исход V₄ — « в семье три девочки». Исходы V₁, V₂, V₃ и V₄ взаимно исключают друг друга, и в результате опыта один из них обязательно произойдет. Однако эти исходы равноверо­ятными уже не являются. Действительно, анализируя дере­во исходов, изображенное на рисунке, убеждаемся, что исход V₁ совпадает с исходом U₁ и поэтому Р(V₁)=1/8; исход V₄ совпадает с исходом U₈ и поэтому P(V₄)=1/8. Исход V₂ наступает тогда, когда наступают исходы U₂, U₃, U₅, и поэтому P(V₂)=3/8. Анало­гично Р(V₃)=3/8. Теперь имеем:

                                                                                                            Т а б л и ц а  4

Исходы	V1	V2	V3	V4
Вероятности	1/8	3/8	3/8	1/8

Поскольку сумма вероятностей равна единице:

P(V₁)+P(V₂)+P(V₃)+P(V₄)=1.

то таблица 4 задает другое вероятностное пространство нашего опыта и исходы V₁, V₁, V₃ и V₄ образуют множество его исходов

V={V₁, V₁, V₃, V₄}.

В построенном пространстве рассмотрим событие А — «в семье не более одного мальчика». Это событие совпадет с под­множеством {V₃, V₄}, и поэтому

Р(A)=Р(V₃)+Р(V₄)=(3/8)+(1/8)=1/2.

Вопрос о том, какое из вероятностных пространств рассматри­вать, требует тщательного анализа как условий задачи, так и условий опыта.

В заключение вернемся к вероятностному пространству, за­данному таблицей 4.

Практический смысл этой таблицы состоит в том, что в боль­шой группе, содержащей N трехдетных семей, примерно (1/4)N семей будет иметь детей одного пола, а (3/4)N семей — детей разного пола. Это должны учитывать, например, архитекторы, планируя пропорции между квартирами, имеющими 2, 3, 4 и так далее комнат.

Вероятность событий.

Пример 10. В мешке лежат 33 жетона, помеченные буквами русского алфавита. Из него извлекают жетоны и записывают соот­ветствующие буквы, причем вынутые жетоны обратно не возвра­щают. Какова вероятность того, что при этом получится слово «око»? слово «ар»?

Решение. Ошибочно было бы решать задачу так: вероятность извлечения любой буквы равна 1/33 поэтому вероятность сложить слово «око» равна 1/33³, а вероятность сложить слово «ар» равна 1/33². Это было бы верно, если бы последовательные извлечения жетонов из мешка были независимы друг от друга. Но так как жетоны обратно в мешок не возвращаются, то, вынув в первый раз букву «о», мы уже не получим ее при третьем извлечении. Поэто­му вероятность получить слово «око» равна нулю. Чтобы найти вероятность получения слова «ар», заметим, что при двух извле­чениях букв получаются всевозможные размещения без повторе­ний из 33 букв по две, причем очевидно, что любые два таких раз­мещения равновероятны. Так как общее число этих размещений равно A³₃₃= 33·32 ==1056, то вероятность сложить слово «ар» равна 1/1056.

Этот пример показывает, что при решении многих задач теории вероятностей оказываются полезными формулы комбинаторики — при определенных условиях у нас с равной вероятностью получа­ются размещения с повторениями (если, например, жетоны извле­каются и потом возвращаются обратно), размещения без повторе­ний (если жетоны не возвращаются обратно), перестановки с повторениями и без повторений, сочетания и т. д. Долгое время комбинаторику вообще рассматривали как вспомогательную дис­циплину для теории вероятностей, но теперь она приобрела само­стоятельное значение.

Пример 11. Из мешка с 33 жетонами, помеченными буквами русского алфавита, вынимают 6 жетонов и располагают их в по­рядке извлечения. Какова вероятность получить слово «Москва», если: 1) жетоны после извлечения возвращаются обратно; 2) же­тоны после извлечения обратно не возвращаются?

Решение. В случае 1 множество равновероятных исходов испытания состоит из всех размещений с повторениями из 33 эле­ментов по 6. Их число равно A⁶₃₃(П)=33⁶. Поэтому искомая вероят­ность равна 33^-6. В случае 2 множество равновероятных исходов состоит из всех размещений без повторений из 33 элементов по 6. Их число равно A⁶₃₃=33·32·31·30·29·28, и потому искомая вероятность равна 1/(33·32·31·30·29·28).

Пример 12. Из квадратиков с буквами сложили слово «Мис­сисипи», после чего квадратики положили в мешок и перемешали. Какова вероятность, что после поочередного извлечения квадра­тиков из мешка получится то же самое слово?

Решение. В данном случае равновероятными исходами яв­ляются появления любых

перестановок с повторениями из одной буквы «м», 4 букв «и», 3 букв «с» и одной буквы «п». Число таких перестановок равно Р₉(1, 4, 3, 1)= 9!/(1!·4!·3!·1!)=2520.

Поэтому вероятность получения слова «Миссисипи» равна 1/2520.

Пример 13. В мешке лежат 5 жетонов, помеченных буква­ми «а», «б», «в», «г» и «д». Из него 4 раза извлекают жетон, кото­рый после записи его буквы возвращается обратно. Какова вероят­ность, что при этом ни одна буква не повторится дважды?

Решение. В этом случае множество равновероятных исхо­дов состоит из всех размещений с повторениями из 5 элементов по 4. Оно содержит `A⁴₅(П)=5⁴=625 размещений. Благоприятными являются при этом размещения без повторений, число которых равно A⁴₅=5·4·3·2==120. Значит, вероятность равна 120/625=0,192.

Пример 14. При тех же условиях найдем вероятность того, что в полученной записи никакие две соседние буквы не будут оди­наковыми.

Решение. Здесь надо сначала найти число размещений с повторениями из 5 букв по 4, в которых нет одинаковых соседних букв. В каждом таком размещении первую букву можно выбрать 5 способами, а следующие буквы — 4 способами (не повторяя пре­дыдущую) . Значит, по правилу произведения число благоприят­ных комбинаций равно 5·4·4·4=320, а искомая вероятность равна 320.625=0,512.

Пример 15. Из мешка с 33 жетонами, на которых написаны буквы русского алфавита, извлекаются 4 жетона, которые распо­лагаются в алфавитном порядке. Какова вероятность того, что при этом получится слово «винт»?

Решение. Так как жетоны располагаются в алфавитном порядке, то существенны лишь извлеченные буквы, а не порядок, в котором их извлекали. Поэтому общее число равновероятных исходов равно числу сочетаний без повторений из 33 букв по 4, т. е. C⁴₃₃=40920. Значит, искомая вероятность равна 1/40920

Пример 16. Карточки, на которых написаны буквы слова «обороноспособность», располагаются произвольным образом. Какова вероятность того, что при этом все 7 букв «о» идут подряд?

Решение. Очевидно, что существенно лишь расположение семи букв «о». Так как общее число карточек равно 18, то выбор семи мест для буквы «о» может быть сделан C⁷₁₈ способами.

Благоприятны выборы, при которых все выбранные места идут подряд. Но группа из 7 букв «о» может занимать лишь 12 различ­ных положений среди остальных 11 букв (в самом начале, между первой и второй,..., в самом конце). Отсюда следует, что искомая вероятность равна

Пример 17. Из мешка с 33 жетонами, на которых написаны буквы русского алфавита, извлекают 4 раза жетоны, причем каж­дый жетон после извлечения и записи изображенной на нем буквы возвращается в мешок. Какова вероятность, что из полученных таким путем букв можно будет сложить слово «март»? Слово «мама»?

Решение. Множество всех равновозможных исходов состо­ит из размещений с повторениями из 33 букв по 4, и число этих исходов равно ЗЗ⁴. Благоприятны исходы, при которых получаются в любом порядке буквы «м», «а», «р», «т». Так как из этих 4 букв можно составить 4!= 24 перестановки, то искомая вероятность равна 24/33⁴. А для того чтобы можно было составить слово «мама», надо дважды вынуть букву «м» и дважды — букву «а». Так как из этих букв можно составить лишь Р₄(2,2)=4!/(2!·2!)=6 перестановок,

то вероятность получается в 4 раза меньше: 6/33⁴.

5. Алгебра событий.

Вычислять вероятность события, строя каждый раз множество равновероятных исходов и подсчитывая число благоприятных исходов, довольно затруднительно. Поэтому для вычисления вероятностей пользуются правилами, позволяю­щими по известным вероятностям одних событий вычислять ве­роятности других событий, получаемых из них с помощью некото­рых операций. Поскольку событиями мы назвали подмножества в множестве элементарных исходов испытания, а над множествами мы уже умеем выполнять операции объединения, пересечения, нахождения дополнения, то такие же операции будем выполнять над событиями.

Сейчас мы дадим определения указанным выше операциям над событиями. Поскольку теория вероятностей была создана задолго до теории множеств, в ней сложилась своя терминология и свои обозначения, которые нам придется учитывать.

Определение 1. Событие, которому не благоприятен ни один из возможных исходов, называется невозможным. Событие же, которому благоприятен любой исход опыта, называется достоверным.

На языке теории множеств это означает, что невозможному событию отвечает пустое множество исходов, а достоверному — все множество возможных исходов. Поэтому будем обозначать невозможное событие через Æ, а достоверное через U.

Определение 2. Объединением событий Х и Y называ­ется событие, которому благоприятны все исходы, благоприятные хотя бы одному из событий Х и Y.

Например, при бросании двух костей объединением событий «сумма выпавших очков четное число» и «сумма выпавших очков простое число» будет событие «сумма выпавших очков отлична от 9». В самом деле, среди натуральных чисел от 2 до 12 только число 9 не является ни четным, ни простым. Если два зенитных орудия стреляют по одному и тому же самолету, то объединением событий «первое ору­дие поразило самолет» и «второе орудие поразило самолет» будет «самолет поражен».

Множество исходов опыта, благоприятных объединению событий Х и Y, является объединением множества исходов, бла­гоприятных X, с множеством исходов, благоприятных Y. Поэтому, как и в случае множеств, объединение событий Х и Y обозначают ХÈY. Применяют также название «сумма событий» и соответ­ствующее обозначение X+Y.

Определение 3. Пересечением событий Х и Y называют событие, которому благоприятны лишь исходы, одновременно бла­гоприятные и для X, и для Y. Его обозначают XÇY или X·Y.

В разобранных выше примерах пересечениями будут события «при бросании двух костей выпало два очка» и «самолет поражен обоими зенитными орудиями» (напомним, что единственным чет­ным простым числом является 2).

Определение 4. Два события Х и Y называют несовмест­ными, если их пересечением является невозможное событие (т. е. если никакой исход не может быть благоприятен обоим событиям одновременно).

Например, несовместны события «чис­ло выброшенных очков делится на З» и «число выброшенных очков дает при де­лении на 3 остаток 1».

Множества исходов, соответствующие двум несовместным событиям, имеют пус­тое пересечение: ХÇY=Æ.

 Если любые два события из множества {X₁, ..., Х_n} несовместны, то эти собы­тия называют попарно несовместными.

Например, попарно несовместны события «число очков делится на З», «число очков при делении на 3 дает остаток 1» и «число очков дает при делении на 3 остаток 2». А события Х — «число очков — простое число», Y — «число очков — четное число» и Z — «выбро­шено более 3 очков» несовместны в совокупности (их пересече­ние пусто), но не являются попарно несовместными, так как, например, 2 является и простым и четным числом, а 5 — простым числом, которое больше чем 3. Диаграмма Венна для множеств исходов этих событий имеет вид, изображенный на рисунке.

Если события X₁, ...,X_n попарно несовместны, причем их объе­динение совпадает с полным множеством исходов U, то любой ис­ход благоприятен одному и только одному из этих событий. В этом случае множество всех исходов разбивается на попарно непересе­кающиеся подмножества, соответствующие этим событиям. Поэтому можно выбрать другое множество элементарных исходов, а именно исходы X₁, ...,Х_n. Если все элементарные исходы были равновероятны, а всем событиям X₁, ...,Х_n соответствует одно и то же число благоприятных элементарных исходов, то все эле­ментарные исходы множества {X₁, ...,Х_n} тоже равновероятны.

Например, при бросании одной кости события «выпало четное число очков» и «выпало нечетное число очков» образуют полную систему исходов, причем они равновероятны, поскольку первому из них соответствуют три случая выпадения очков (2, 4 и 6) и вто­рому тоже три (1, 3 и 5).

Определение 5. События Х и У называются противоположными друг другу, если любой исход благоприятен одному и только одному из них.

Например, противоположны события «выпало четное число очков» и «выпало нечетное число очков». События «число выпав­ших очков меньше чем З» и «число выпавших очков больше чем З» не являются противоположными, поскольку выпадение 3 очков не является благоприятным ни для одного из них. Не являют­ся противоположными и события «сбитый самолет поражен пер­вым орудием» и «сбитый самолет поражен вторым орудием», поскольку может случиться, что в самолет попали оба выст­рела,

В теории вероятностей принято обозначать событие, противо­положное событию X, через `X.

Определение 6. Событие Y называется следствием собы­тия X, если любой исход, благоприятный событию X, благоприя­тен и событию Y.

Например, выпадение при бросании трех костей нечетного числа очков является следствием того, что число очков простое (любое простое число, которое не меньше чем 3, является нечет­ным). Событие «футбольная команда осталась в высшей лиге» является следствием события «футбольная команда выиграла чем­пионат страны».

Если событие Y является следствием события X, то множество исходов, благоприятных событию X, является подмножеством в множестве исходов, благоприятных Y. Поэтому в таком случае пишут XÌY.

Мы ввели основные операции над событиями. С их помощью можно определить другие операции. Например, событие ХÇ`Y можно назвать разностью событий Х и Y (оно имеет место, если со­бытие Х произошло, а событие Y нет).

Но в дальнейшем мы будем пользоваться лишь определенными выше операциями. Поскольку операции над событиями сводятся к соответствующим операциям над множествами благоприятных им исходов, то все утверждения алгебры множеств, остаются справедливыми и для операций над собы­тиями. Например, для событий верны равенства

операции объединения и пересечения обладают свойствами ком­мутативности и ассоциативности, причем каждая из них дистри­бутивна относительно второй операции. Для любого события Х выполняются равенства

Кроме того, если YÌX  то XÇY=Y,   XÈY=X, а потому XÇX=XÈX=X.

5. Теоремы сложения

Приведем теперь теоремы, с помощью которых можно по вероятностям одних случайных событий вычислять вероятности других случайных событий, каким – либо образом связанных с первым. Начнем с теорем, которые образуют группу с общим названием «теоремы сложения».

Теорема 1. Если события A и B несовместны, то

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

Доказательство. Обозначим исходы, благоприятные для события A, через a₁, a₂,…, a_m, а для события B – через b₁, b₂,…, b_n. Вероятности этих исходов обозначим соответственно через p₁, p₂,…, p_m и q₁, q₂,…, q_n. Тогда событию AÈB благоприятны все исходы a₁, a₂,…, a_m, b₁, b₂,…, b_n.   В силу того, что события A и B несовместны, среди этих исходов нет повторяющихся. Поэтому вероятность события AÈB равна сумме вероятностей этих исходов, то есть

P(AÈB)= p₁ +p₂+…+p_m+q₁ +q₂+…+q_n.

Но p₁ +p₂+…+p_m=P(A), q₁ +q₂+…+q_n=P(B), а потому

P(AÈB)=P(A)+P(B).

Теорема доказана.

Пример 18. Стрелок стреляет в мишень. Вероятность выбить 10 очков равна 0,3, а вероятность выбить 9 очков равна 0,6. Чему равна вероятность выбить не менее 9 очков?

Решение. Событие A «выбить не менее 9 очков» является объединением событий B «выбить 10 очков» и C – «выбить 9 очков». При этом события B и C несовместны, так как нельзя одним выстрелом выбить сразу и 9, и 10 очков. Поэтому по теореме 1 имеем:

P(A)=P(B)+P(C)=0,3+0,6=0,9.

Замечание. Если события A₁, A₂,…, A_n попарно несовместны, то событие A₁ÈA₂È…ÈA_n-1 несовместно с событием A_n. В самом деле,

(A₁ÈA₂È…ÈA_n-1)ÇA_n=(A₁ÇA_n)È(A₂ ÇA_n)È…È(A_n-1ÇA_n).

Но при s<n имеем A_sÇA_n=Æ, и потому (A₁ÈA₂È…ÈA_n-1)ÇA_n=Æ. Пользуясь этим замечанием, получаем из теоремы 1 следствие:

Следствие. Если события A₁, A₂,…, A_n попарно несовместны, то вероятность объединения этих событий равна сумме их вероятностей:

P(A₁ÈA₂È…ÈA_n)=P(A₁)+P(A₂)+…+P(A_n).                                                               (2)

Доказательство. Как было отмечено выше, события A₁ÈA₂È…ÈA_n-1 и A_n несовместны, а потому по теореме 1 имеем:

P(A₁ÈA₂È…ÈA_n-1ÈA_n)=P(A₁ÈA₂È…ÈA_n-1)+…+P(A_n).

Применяя это же рассуждение к первому слагаемому и продолжая далее, получаем после n-1 шага, что

P(A₁ÈA₂È…ÈA_n)=P(A₁)+P(A₂)+…+P(A_n).                                                              

Пример 19. В цехе работает несколько станков. Вероятность того, что за смену потребует наладки ровно один станок, равна 0,2. Вероятность того, что за смену потребуют наладки ровно два станка, равна 0,13. Вероятность того, что за смену потребуют наладки больше двух станков, равна 0,07. Какова вероятность того, что за смену придется проводить наладку станков?

Решение. В этом примере опыт состоит в том, что прошла смена и отмечено, сколько станков за эту смену потребовали наладки. В этом опыте события: A – «за смену потребовал наладки ровно один станок», B – «за смену потребовали наладки ровно два станка» и C – «за смену потребовали наладки более двух станков» несовместны. Нас же интересует вероятность события AÈBÈC. По следствию из теоремы 1

P(AÈBÈC)=P(A)+P(B)+P(C)=0,2+0,13+0,07=0,4.

Введем теперь связь между вероятностями противоположных событий.

Теорема 2. Для любого события A имеем:

                                          P(`A)=1-P(A).                                                        (3)

Доказательство. Для доказательства вспомним, что AÈ`A=U, P(U)=1 и AÇ`A=Æ. Тогда по теореме 1 получаем:

1=P(U)=P(AÈ`A)=P(A)+P(`A)

откуда следует требуемая формула.

Пример 20. Берется наудачу трехзначное натуральное число от 100 до 999. Какова вероятность того, что хотя бы две его цифры совпадают?

Решение. Опыт здесь состоит в том, что наудачу выбирается натуральное число от 100 до 999 и смотрят, есть ли у него совпадающие цифры. События «взяли наудачу число N» (N=100, 101,…,999) равновероятны (в этом смысле слова «наудачу») и образуют множество исходов этого опыта. Число исходов n=900. Нас интересует событие A – «у выбранного числа совпадают хотя бы две цифры». Проще, однако, подсчитать вероятность противоположного события `A – «у выбранного числа все цифры различны». Каждое такое число есть размещение без повторений из 10 цифр по 3, не имеющее первым элементом нуль. Следовательно, n(`A)=A³₁₀-A²₉=10·9·8-9·8=9²·8 (из числа всех трехэлементных размещений без повторений надо вычесть число тех, у которых на первом месте стоит нуль) и

Тогда по теореме 2 P(A)=1-P(`A)=0,28.

В ряде случаев приходится вычислять вероятность объединения событий, которые могут быть совместными.

Теорема 3. Для любых двух совместимых событий справедливо равенство

                  P(AÈB)=P(A)+P(B)-P(AÇB),                                                   (4)

То есть вероятность объединения двух совместимых событий равна сумме вероятностей этих событий без вероятности их совместного осуществления.

Доказательство. Событие A состоит из компонент AÇB и AÇ`B, а событие B - из компонент AÇB и `AÇB. Поэтому

AÈB= (AÇB)È(AÇ`B)È(AÇB)È(`AÇB)=(AÇB)È(AÇ`B)È(`AÇB),

И поскольку входящие в это разложение компоненты попарно не пересекаются, то

P(AÈB)=P(AÇB)+P(AÇ`B)+P(`AÇB).                                                                    (5)

С другой стороны, имеем P(A)= P(AÇB)+P(AÇ`B) и P(B)= P(AÇB)+P(`AÇB), а потому P(A)+P(B)=2P(AÇB)+ P(AÇ`B) +P(`AÇB). Сравнивая эт0 равенств0 с (5), получаем доказываемую формулу (4).

Доказать самостоятельно: если A, B, C – совместимые события, то P(AÈBÈC)=P(A)+P(B)+P(C)-P(AÇB)-P(AÇC)-P(BÇC)+P(AÇBÇC).

Доказательство. Обозначим AÈB=D. Тогда

P(AÈBÈC)=P(DÈC)=P(D)+P(C)-P(DÇC)=P(AÈB)+P(C)-P((AÈB) ÇC)=P(A)+P(B)-P(AÇB)+P(C)-P((AÇC) È

È (BÇC))=P(A)+P(B)+P(C)-P(AÇB)-P(AÇC)-P(BÇC)+P((AÇC)È(BÇC))=P(A)+P(B)+P(C)-P(AÇB)-P(AÇC)-P(BÇC)+P(AÇBÇC), ибо (AÇC) Ç (BÇC)=AÇBÇC.

Замечание. Теорема 2 остается справедливой и для любых двух несовместных событий. Однако в этом случае вероятность их совместного осуществления равна нулю, а значит формула (1) является частным случаем формулы (4).

7. Условная вероятность. Формула произведения. Независимые случайные события.

Получение добавочной информации может изменить значение вероятностей тех или иных исходов опыта. Например, если известно, что выпало нечетное число очков, то вероятность выпадения 5 очков, которая до получения этой информации равнялась 1/6, становится равной 1/3, поскольку общее число возможных исходов уменьшилось с шести (1, 2, 3, 4, 5,6) до трех (1, 3, 5). Вероятность же выпадения 2 очков при получении этой информации становится равной 0.

Получение некоторой информации о результате испытания означает, что вместо всего множества исходов U надо брать его часть, которую мы обозначим через X. Если исход x не принадлежит X, то его вероятность обращается в нуль. Если же он принадлежит X, то его вероятность увеличивается. При этом ясно, что все вероятности таких исходов увеличиваются в одно и тоже число раз, поскольку отношения их вероятностей не меняются при получении новой информации. Обозначим исходы, благоприятствующие событию X, через X₁, X₂,…,X_k, а их вероятности – через p₁, p₂,…,p_k. После получения новой информации эти вероятности станут равными числам lp₁, lp₂,…, lp_k. Значение l легко определить из того, что сумма новых вероятностей должна равняться 1. Поэтому lp₁+lp₂+…+lp_k=1, то есть

l( p₁+ p₂+…+p_k)=1. Но p₁+ p₂+…+p_k=P(X), и потому l=1/P(X).

Мы доказали следующее утверждение:

Если известно, что произошло событие X, то вероятность любого исхода, не благоприятствующего этому событию, обращается в нуль, а исхода, благоприятствующего ему, умножается на 1/P(X):

Найдем теперь новую вероятность некоторого события A. Ему благоприятствуют исходы двух видов – благоприятствующие X и не благоприятствующие X. Как мы видели выше, если произошло событие X, то вероятности исходов первого вида умножаются на 1/P(X), а исходы второго типа получают нулевую вероятность. Но исходы первого вида составляют события AÇX. Таким образом, мы доказали следующее утверждение:

Если известно, что произошло событие X, то вероятность любого события A принимает новое значение: P(AÇX)/P(X).

Определение.  Пусть A и X – зависимые события. Число, выражающее вероятность события A при условии, что произошло событие X, называется условной вероятностью события A относительно события X и обозначается P_X(A).

Проведенные выше рассуждения показали, что

Из формулы (1) вытекает равенство

            P(AÇX)=P(X)·P_X(A),                                                                (2)

Называемой формулой умножения.

Меняя ролями  A и X, получаем, что верно и равенство

P(XÇA)=P(AÇX)=P(A)·P_A(X).

Так как AÇX= XÇA, то P(X)·P_X(A)=P(A)·P_A(X), а значит, справедлива следующая теорема:

Теорема 4. Вероятность пересечения двух зависимых событий A и X равна произведению вероятности одного из них на условную вероятность другого, найденную в предположении, что первое событие уже наступило.

Пример 21. В продукции некоторого предприятия признаются годными (событие A) 96% изделий. К первому сорту ( событие B) оказываются принадлежащими 75 изделий из каждой сотни годных. Определите вероятность того, что произвольно взятое изделие будет годным и принадлежит к первому сорту.

Решение. Искомая вероятность есть вероятность пересечения двух зависимых событий A и B. По условию имеем: P(A)=0,96 и P_A(B)=0,75. Поэтому теорема умножения дает.

P(AÇB)=P(A)·P_A(B)=0,96·0,75=0,72.

Пример 22. Вероятность попадания в цель при отдельном выстреле (событие A) равна 0,2. Какова вероятность поразить цель, если 2% взрывателей дают отказы ( то есть 2% случаев выстрела не произойдет)?

Решение. Пусть событие B состоит в том, что выстрел произойдет, а `B означает противоположное событие. Тогда по условию P(`B)=0,02 и согласно теореме 2 P(B)=1-

-P(`B)=0,98. Далее, по условию P_B(A)=0,2. Поражение цели означает пересечение событий A и B (выстрел произойдет и даст попадание), поэтому по теореме умножения P(AÇB)=P(B)·P_B(A)=0,196.

Важный частный случай теоремы умножения можно получить, если воспользоваться понятием независимости событий.

Определение. Два события называются независимыми, если вероятность одного из них не изменяется в результате того, наступило или не наступило другое.

Примерами независимых событий являются выпадение различного числа очков при повторном бросании игральной кости или той или иной стороны монет при повторном бросании монеты, так как очевидно, что вероятность выпадения герба при втором бросании равна ½ независимо от того, выпал или не выпал герб в первом.

Аналогично, вероятность вынуть во второй раз белый шар из урны с белыми и черными шарами, если вынутый первым шар предварительно возвращен, не зависит от того, белый или черный шар был вынут в первый раз. Поэтому результаты первого и второго вынимания независимы между собой. Наоборот, если шар, вынутый первым, не возвращается в урну, то результат второго вынимания зависит от первого, ибо состав шаров, находящихся в урне после первого вынимания, меняется в зависимости от его исхода. Здесь мы имеем пример зависимых событий.

Пользуясь обозначениями, принятыми для условных вероятностей, можно записать условие независимости событий A и B в виде

P_A(B)=P_`A(B)=P(B),

или

P_B(A)=P_`B(A)=P(A).

Эти равенства означают, что для независимых событий наступление одного из них не влияет на вероятность другого.

Воспользовавшись этими равенствами, мы можем привести теорему умножения для независимых событий к следующей форме.

Теорема 5. Если события A и B независимы, то вероятность их пересечения равна произведению вероятности этих событий:

P(AÇB)=P(A)·P(B).

Доказательство. Действительно, достаточно в первоначальном выражении теоремы умножения положить P_A(B)=P(B), что вытекает из независимости событий, и мы получим требуемое равенство.

Пример 23. Найдите вероятность одновременного поражения цели двумя орудиями, если вероятность поражения цели первым орудием (событие A) равна 0,8, а вторым (событие B) – 0,7.

Решение. События A и B независимы, поэтому по теореме 5 искомая вероятность

P(AÇB)=0,7·0,8=0,56.

Пример 24. Вероятность выживания одного организма в течение 20 минут P=0,7. В пробирке с благоприятными для существования этих организмов условиями находятся только что родившиеся 2 организма. Какова вероятность того, что через 20 минут они будут живы?

Решение. Пусть событие A – «первый организм жив через 20 минут», событие B –«второй организм жив через 20 минут». Будем считать, что между организмами нет внутривидовой конкуренции, то есть события A и B независимы. Событие, что оба организма живы, есть событие AÇB. По теореме 5 получаем P(AÇB)=0,7·0,7=0,49.

Рассмотрим теперь несколько событий: A, B, …, L. Будем называть их независимыми в совокупности, если вероятность появления любого из них не зависит от того, произошли ли какие – либо другие рассматриваемые события или нет.

Замечание. Отметим, что, из по парной независимости событий не следует их независимость в совокупности. В самом деле, рассмотрим пример.

Пусть в ящике 4 шара: черный, красный, белый и пестрый – окрашенный в полоску всеми этими тремя цветами. Обозначим события: после изъятия шара видим

A – “черный цвет”,

B – “красный цет”,

C – “белый цвет”,

тогда

P(A)=P(B)=P(C)=1/2;

P_B(A)=P_C(A)=P_A(C)=P_B(C)=P_C(B)=P_A(B)=1/2.

Отсюда

P_B(A)=P(A); P_C(A)=P(A); P_A(C)=P(C); P_B(C)=P(C); P_C(B)=P(B); P_A(B)=P(B).

Это значит, что события A, B, C попарно независимы. Тем не менее, если известно, что в результате изъятия шара наступили события A и B, то вероятность события C становится равной 1. Значит, в совокупности A, B и C не являются независимыми.

В случае событий, независимых в совокупности,  теорема умножения может быть распространена на любое конечное число их, благодаря чему ее можно сформулировать так:

Вероятность пересечения событий A, B, …, L независимых в совокупности, равна произведению вероятностей этих событий:

P(AÇBÇ…ÇL)=P(A)·P(B)·…·P(L).

Пример. Рабочий обслуживает три автоматических станка, к каждому из которых нужно подойти для устранения неисправности, если станок остановится. Вероятность того, что первый станок не остановится в течение часа, равна 0,9. Та же вероятность для второго станка равна 0,8 и для третьего – 0,7. Определите вероятность того, что в течение часа рабочему не потребуется подойти ни к одному из обслуживаемых им станков.

Решение. Если считать станки работающими независимо друг от друга, то в силу теоремы умножения искомая вероятность пересечения трех событий равна произведению 0,9·0,8·0,7=0,504.

Пример. Четыре охотника стреляют одновременно и независимо друг от друга по зайцам. Заяц подстрелен, если попал хотя бы один охотник. Какова вероятность подстрелить зайца, если вероятность попадания каждого охотника равна 2/3.

Решение. Перенумеруем охотников и рассмотрим события A_k – «попадание k – го охотника»,

K=1,2,3,4. Эти события по условию задачи независимы и P(A_k)=2/3 при любом k. Нас интересует вероятность события «заяц подстрелен», то есть A₁ÈA₂ÈA₃ÈA₄:

Здесь, как и раньше, мы воспользовались тем, что при замене независимых событий противоположными независимость событий не нарушается

Пример. Пусть имеется a белых b черных мешков, причем в каждом белом мешке лежит x красных y синих шаров, а в каждом черном мешке – u красных и v синих шаров. Сначала случайным образом выбирают один мешок, а потом из него вынимают шар. Найдем вероятности P(Б), P(Ч), P(БÇК) и условные вероятности P_Б(К), P_Ч(К).

Решение. Очевидно, что

Далее, событие БÇК состоит в том, что выбран белый мешок, а из него извлечен красный шар. По формуле умножения вероятность этого события равна:

Аналогично находим, что

Пример. Найдите в предыдущем примере вероятность вытащить в результате испытания красный шар.

Решение. Событие К – «вытащен красный шар» является объединением попарно непересекающихся событий БÇК и ЧÇК. Поэтому по теореме сложения вероятностей имеем:

P(К)=P(БÇК)+P(ЧÇК).

Но значения P(БÇК) и P(ЧÇК) найдены выше. Отсюда получаем:
Аналогично доказывается, что

Иными словами,

P(К)=P(Б)·P_Б(К)+P(Ч) ·P_Ч(К)

и

P(С)=P(Б)·P_Б(С)+P(Ч) ·P_Ч(С).

Разобранный пример является частным случаем следующей общей теоремы, называемой теоремой о полной вероятности:

Теорема. Пусть вероятностное пространство U представленно в виде объединения попарно несовместных событий X₁, X₂,…, X_n:

                                                            U= X₁È X₂È…È X_n,                                                (3)

Где X_iÇX_j=Æ при i¹j. Тогда для любого события A верно равенство

То есть вероятность события A равна сумме произведений вероятностей каждого из событий X_k, где k  от 1 до n, на соответствующую условную вероятность события A.

Доказательство. В силу дистрибутивности операции пересечения событий относительно объединения из (3) имеем:

A=AÇU==AÇ( X₁È X₂È…È X_n)=(AÇX₁)È(AÇX₂)È…È(AÇX_n).

При этом из X_iÇX_j=Æ при i¹j следует, что

(AÇX_i)Ç(AÇX_j)=AÇX_iÇX_j=Æ.

Значит, событие A является объединением попарно несовместных событий AÇX₁,…,AÇX_n, и потому его вероятность по теореме сложения равна:

P(A)=P(AÇX₁)+…+P(AÇX_n).

Осталось заменить в этом равенстве по формуле (2) P(AÇX_k) на P(X_k)·P_Xk(A), чтобы получить (4).

Пример. Партия электрических лампочек на 20% изготовлена заводом I, на 30% - заводом II и на 50% - заводом III. Для завода I вероятность выпуска бракованной лампочки равна 0,01, для завода II – 0,005 и для завода III – 0,006. Какова вероятность того, что взятая наудачу из партии лампочка оказалась бракованной?

Решение.  Нас интересует событие A – «взятая из партии лампочка бракованная». Рассмотрим три события: X₁ –«взятая лампочка изготовлена заводом I», X₂ – «взятая лампочка изготовлена заводом II» и X₃  -« взятая лампочка изготовлена заводом III». Эти события попарно несовместны и X₁ÈX₂ÈX₃=U. Кроме того, в условии примера сказано, что P(X₁)=0,2, P(X₂)=0,3, P(X₃)=0,5, P_X1(A)=0,01, P_X2(A)=0,005 и P_X3(A)=0,006. Подставляя эти значения в формулу полной вероятности, получаем:

                     P(A)=0,01·0,2+0,005·0,3+0,006·0,5=0,0065.

Пример. Для приема зачета преподаватель заготовил 50 задач: 20 задач по алгебре, 30 по геометрии. Для сдачи зачета ученик  должен решить первую же доставшуюся наугад задачу. Какова вероятность для учащегося сдать зачет, если он умеет решить 18 задач по алгебре и 15 задач по геометрии?

Решение. Вероятность получить задачу по алгебре (событие B₁) равна P(B₁)=0,4, по геометрии (cобытие B₂) – P(B₂)=0,6. Если событие A означает, что задача решена, то P_B1(A)=

=0,9, P_B2(A)=0,5. Теперь по формуле (4) имеем: P(A)=0,4·0,9+0,6·0,5=0,36+0,3=0,66.

Пример. Имеются три одинаковых по виду ящика. В первом находятся две белые мыши и одна серая, во втором – три белые и ода серая, в третьем – две белые и две серые мыши. Какова вероятность того, что из наугад выбранного ящика будет извлечена белая мышь?

Решение. Обозначим B₁ – выбор первого ящика,

                                                      B₂ – выбор второго ящика,

                                      B₃ – выбор третьего ящика,

                                      A – извлечение белой мыши.

Так как все ящики одинаковые, то P(B₁)=P(B₂₎₌P(B₃)=1/3. Если выбран первый ящик, то

P_B1(A)=2/3. Аналогично P_B2(A)=3/4, P_B3(A)=1/2. Наконец по формуле (4) получаем:

P(A)=(1/3)·(2/3)+(1/3)·(3/4)+(1/3)·(1/2)=23/36.

Одной из формул полной вероятности является равенство
Чтобы доказать его, достаточно заметить, что
Поэтому

Если X₁, X₂,…, X_n – попарно несовместные события, объединение которых совпадает со всем вероятностным пространством U, то в этом равенстве можно заменить P(A) по формуле полной вероятности и получить равенство (5).

Равенство (5) называется формулой Байеса. Она истолковывается следующим образом: если существуют попарно исключающие друг друга гипотезы, охватывающие всевозможные случаи, и если известны вероятности события A при каждом из этих гипотез, то по формуле (5) можно найти вероятность справедливости гипотезы X_k при условии, что произошло событие A.

Поясним сказанное примером. Пусть урна содержит три шара белого и черного цвета, однако распределение числа шаров по цветам неизвестно. До производства опыта о содержимом урны можно сделать  четыре гипотезы:

1)      3 белых и 0 черных (X₁),

2)      2 белых и 1 черный (X₂),

3)      1 белый и 2 черных ( X₃),

4)      0 белых и 3 черных (X₄),

которые мы будем считать равновероятными: P(X₁)=P(X₂)=P( X₃)=P(X₄)=1/4. Допустим, что в результате опыта был вынут белый шар ( событие A ). В таком случае вероятность гипотезы X₄ делается равной нулю. Вероятности остальных трех гипотез также изменятся, причем их уже нельзя будет считать равновероятными; вероятность гипотезы X₁, например, больше, чем вероятность гипотезы X₃. Выясним каковы будут вероятности гипотез X_i после опыта в предположении, что в результате опыта наступило событие A.

Находим:
Окончательно получим:

Аналогично:

P_A(X₂)=1/3, P_A(X₃)=1/6, P_A(X₄)=0.

Пример. В цеху стоят a ящиков с исправными деталями и b ящиков с бракованными деталями. Среди исправных деталей p% отникелированные, а из числа бракованных никелированы лишь q% деталей (в каждом ящике). Вынутая наугад деталь оказалась никелированной. Какова вероятность, что она исправна?

Решение. Имеем события X₁ – «деталь исправна» и X₂ –«деталь бракованная», а также событие A –«деталь отникелирована». Нам )надо  найти значение P_A(X₁). По условию имеем:

Подставляя эти данные в формулу (5), получаем:

Значит, искомая вероятность равна

Примеры вычисления вероятностей.

В этом пункте мы рассмотрим ряд примеров вычисления вероятностей. При этом будет использоваться непосредственный подсчет общего числа равновозможных исходов и числа благоприятствующих исходов на основе комбинаторных задач, а также теоремы сложения и умножения вероятностей.

П р им е р . Бросаются две игральные кости (кубики). Найти вероятность того, что на обеих костях окажется:

а) одинаковое число очков;

б) различное число очков.

Решение. Подсчитаем сначала общее число возможных ре­зультатов. Каждый результат бросания двух костей можно описать в виде некоторого размещения из шести элементов (шесть возмож­ностей для числа выпавших очков) по два (бросаются две кости) с повторениями (может выпасть одно и то же число очков на обеих костях). Поэтому общее число элементарных событий есть

A²₆(П)=6²=36.

Очевидно, все элементарные события следует считать равновероят­ными.

Число случаев, благоприятствующих появлению одинакового числа очков, равно 6. Отсюда следует, что ответом для задачи а) яв­ляется вероятность

P₁=6/36=1/6.

Событие, указанное в задаче б), является противополож­ным первоначальному, и его вероятность P₂ удовлетворяет усло­вию

P₁+P₂=1,

откуда                                                                P₂=5/6.      

Пример 2. В городе имеется 10 000 велосипедов, занумеро­ванных различными номерами от 0000 до 9999. Какова вероят­ность того, что номер первого встречного велосипеда будет содер­жать хотя бы одну цифру 8?

Решение. Найдем сначала вероятность того, что ни одна цифра случайно встреченного номера не будет восьмеркой.

Для первой цифры вероятность не быть восьмеркой равна 0,9, так как всех равновероятных возможностей — различных цифр — десять, а отличных от восьмерки — девять. Значения цифр в раз­личных разрядах независимы. Тогда вероятность того, что все четы­ре цифры отличны от 8, можно определить как вероятность совме­щения событий. Она равна

(0,9)⁴= 0,6561.

Искомая вероятность есть вероятность противоположного собы­тия, а потому равна

1-0,6561 = 0,3439.

Пример 3. Абонент, забывший одну цифру нужного ему номера телефона, набирает эту цифру наудачу. Какова вероят­ность, что ему придется звонить не более двух раз?

Решение. Представим для удобства рассуждений, что або­нент всегда звонит дважды, независимо от результата первой по­пытки. Общее число равновозможных случаев представляет здесь число размещений из 10 цифр по две без повторений, по­скольку два раза звонить по одному телефону не имеет смысла. Сле­довательно, это будет A²₁₀=90. Благоприятствующими будут те случаи, когда нужная цифра встретится на первом или втором месте в комбинации с любой другой. Ясно, что таких случаев 9 + 9 == 18. Искомая вероятность равна, следовательно, P= 0,2.

Пример 4. В отделении 12 солдат. В наряд назначаются два человека наугад. Какова вероятность попасть в наряд для каждого данного солдата?

Решение. Общее число различных парных нарядов в этом случае равно C²₁₂=66. Число парных нарядов, не содержащих данного солдата, по тем же соображениям равно C²₁₁=55. Поэтому вероятность не попасть в наряд равна  55/66=5/6 , а искомая  вероятность попасть в наряд P= 1/6.

Пример 5. В некоторой партии изделий число бракованных составляет 4%. Из числа годных изделий 75% являются первосорт­ными. Какова вероятность того, что случайно выбранное изделие будет первосортным?

Решение. Пусть событие А означает, что изделие является годным, а событие В — что изделие относится к первому сорту. Тогда по условию

Р (А)=1-0,04=0,96, Р_A(В)=0,75.

Искомая вероятность есть вероятность пересечения событий и по теореме умножения равна:

Р (АÇВ) = Р (А) Р_A(В) = 0,96 • 0,75 = 0,72.

Пример 6. В некоторой лотерее имеется всего п билетов из которых т являются выигрышными. Определить вероятность хотя бы одного выигрыша для лица, обладающего k билетами.

Решение. Общее число равновозможных случаев выбора k билетов из имеющихся п равно числу сочетаний C^k_n . Так как невыигрышных билетов имеется п—т, то число элементарных собы­тий, благоприятствующих событию «не выиграть ни на один би­лет», равно С^k_n-m. Следовательно, вероятность не выиграть ни на один билет равна C^k_n-m:C^k_n. Требуемое событие выиграть хотя бы на один билет является противоположным, и его вероятность равна

Пример 7. Из карточной колоды с 36 картами извлекается наугад одна карта. Какова вероятность извлечь картинку (короля, даму или валета) любой масти или карту пиковой масти?

Решение. Так как в колоде всего 12 картинок, то вероятность извлечь картинку равна

12/36=1/3. Вероятность извлечь карту пиковой масти равна 1/4 . Остается воспользоваться теоремой сложения.

Однако необходимо учесть, что рассматриваемые события сов­местимы, так что следует воспользоваться расширенной теоремой сложения (см. формулу (9) из § 2), которая дает:

Это и есть искомая вероятность.

П р и м е р 8. Шесть пассажиров садятся на остановке в трам­вайный поезд, состоящий из трех трамвайных вагонов. Какова вероятность того, что:

а) все пассажиры сядут в один вагон;

б) хотя бы в один вагон не сядет ни один пассажир;

в) в каждый вагон сядут по два пассажира?

Решение. Число различных способов, которыми пассажиры могут разместиться в вагонах, подсчитывалось в примере 6 из § 5 предыдущей главы. Так как нас заведомо интересует лишь число пассажиров в каждом вагоне, то это число различных способов есть число сочетаний с  повторениями C⁶₃(П)=28. Число благоприятствующих событий подсчитывается непосредст­венно.

а) Благоприятствующих событий три — все пассажиры сели в первый вагон, или во второй, или в третий. Искомая вероятность

P_a=3/28.

б) Благоприятствующих событий 6: в трех случаях свободным остается один вагон и в трех случаях – два вагона. Искомая вероятность P=6/28=3/24.

в) Благоприятствующих событий одно. Вероятность равна P=1/28.

8. Формула Бернулли. Закон больших чисел.

Выведем формулу Бернулли, позволяющую вычислить вероят­ность того, что в серии из п независимых испытаний событие А, имеющее вероятность р, встретится m раз.

Это событие запишем так: «S_n=m».

Станем искать P_mn =P(S_n=m).

Событие, состоящее в том, что при n независимых испытаниях событие A происходило m раз, а не происходило n-m раз, можем себе представить в виде n клеток, m из которых заполнены буквой A, а n-m  -  буквой `A. Например, одно из таких представлений, которое назовем событием B₁, может быть таким, как на рисунке

Событие B₁

A

A

A

…

A

`A

`A

`A

…

`A

                                  m клеток                                               n-m клеток

Таких событий, когда m клеток заполнено буквой A, а n-m клеток – буквой `A, может произойти столько, сколько перестановок с повторениями можно построить из m  букв A и n-m букв `A. Если число таких событий обозначим N, то по формулам комбинаторики,

имеем:

Нас интересующее событие «S_n=m» представляет собой объединение N событий

B₁, B₂, B₃, …,B_N. Они равновозможны и попарно несовместны, поэтому в силу следствия из теоремы 1 сложения

P(S_n=m)=P(B₁)+P(B₂)+P(B₃)+ …+P(B_N)=NP(B₁).                              (***)

Но

B₁=AÇAÇ…ÇAÇ`AÇ`AÇ…Ç`A.

                                                              m раз                   n-m раз

Поскольку испытания независимы в совокупности и P(A)=p, P(`A)=1-p=q, то в силу теоремы умножения

P(B₁)=P(A)·P(A)·P(A)·…·P(A)·P(`A)·P(`A)·P(`A)·…·P(`A)=

                                    =(P(A))^m·(P(`A))^n-m=p^m·q^n-m.                               (**)

Подставляя результаты (*) и (**) в формулу (***), находим:

P(S_n=m)=C^m_np^mq^n-m.

Таким образом мы доказали следующую теорему:

Теорема 1. Пусть вероятность события А равна р, и пусть Р_mn — вероятность того, что в серии из n независимых испытаний это событие произойдет m раз. Тогда справедлива формула Бернулли

                                             P_mn=C^m_np^mq^n-m.                                       (1)

Пример 2. Какова вероятность того, что при десяти броса­ниях игральной кости 3 очка выпадут ровно 2 раза?

Решение. Вероятность выпадения 3 очков при одном броске равна 1/6. Поэтому p=1/6,

q=5/6. Так как, кроме того, n=10 и m=2, то по формуле (1) имеем:

Пример. Подводная лодка атакует крейсер, выпуская по нему одну за другой 4 торпеды. Вероятность попадания каждой торпедой равна ¾. Любая из торпед с одинаковой вероятностью может пробить один из 10 отсеков крейсера, которые в результате попадания наполняются водой. При заполнении хотя бы двух отсеков крейсер тонет. Вычислить вероятность гибели крейсера.

Решение. Обозначим события:

A₁-«попадание одной торпедой»,

A₂-«попадание двумя торпедами»,

A₃-«попадание тремя торпедами»,

A₄-«попадание четырьмя торпедами»,

B-«крейсер потоплен».

Согласно формуле Бернули

По формуле полной вероятности

У крейсера противника мало шансов на спасение!

При введении понятия вероятности отмечалось, что если вероятность некоторого события А равна р, то вероятнее всего, что при повторении испыта­ния много раз относительная частота благоприятных этому собы­тию исходов будет мало отличаться от значения р. Это утвержде­ние, называемое в теории вероятностей законом больших чисел, лежит в основе всех практических приложений этой теории — оно позволяет с помощью вычисленных вероятностей предска­зывать частоту наступления данного события в длинной серии независимых испытаний.

Вообще, при большом числе испытаний относительная частота появления события, как правило, мало отличается от вероятности этого события. Математическую формулировку этого качественно­го утверждения дает принадлежащий Я. Бернулли закон больших чисел, который в уточненной П. Л. Чебышевым форме гласит:

Теорема 2. Пусть вероятность события А в испытании  равна р, и пусть проводятся серии, состоящие из n независимых повторений этого испытания. Через m обозначим число испытаний, в которых происходило событие A. Тогда для любого положительного числа e выполняется неравенство

В этом неравенстве, выражение m/n равно частоте события А в серии опытов, а  |m/n—p| - откло­нению этой частоты от теоретического значения p. Неравенство |m/n—p|³e означает, что отклонение оказалось не меньше чем e. Но с ростом п правая часть неравенства (2) стремится к нулю. Поэтому при любом e

Иными словами, серии, в которых отклонение экспериментальной частоты от теоретической велико, составляют малую долю всех возможных серий испытаний.

Этому равносильно

Последнее соотношение – не что иное, как запись закона больших чисел:

С вероятностью, сколь угодно близкой к единице, можно утверждать, что при достаточно большом числе независимых испытаний статистическая частота появления наблюдаемого события как угодно мало отличается от его вероятности при отдельном испытании.

Пример . Сколько достаточно провести опытов, чтобы из них получить вероятность события с точностью до 0,1 и чтобы p»m/n с этой точностью и с вероятностью 0,9?

Решение. Для решения достаточно найти такое n, чтобы (см. неравенст­во (2)) было выполнено неравенство.

А так как q=1-р, то рq=р(1-р)=-p²+p=-(p-1/2)²+1/4£1/4 и потому достаточно указать n, удовлетворяющее неравенству  

отсюда n³250.

Как видим, даже получение вероятности события из опыта с такой незначительной точностью требуется большое число экспериментов.

Примеры вычисления вероятностей. Окончание

Рассмотрим еще несколько примеров на вычисление вероятно­стей.

Пример 1. При разрыве бронебойного снаряда крупные осколки составляют по весу 20% от общего веса снаряда, средние — 30% и мелкие—50%. Вероятность того, что крупный осколок пробьет броню танка, равна 0,8. Для средних и мелких осколков та же вероятность равна соответственно 0,5 и 0,2. Подсчитаем ве­роятность того, что броня танка будет пробита.

Решение. Здесь следует воспользоваться формулой полной вероятности. Приняв в качестве гипотез различные размеры оскол­ка, получим, что их вероятности равны соответственно 0,2, 0,3 и 0,5. Поэтому искомая вероятность равна Р(А)=0,2 • 0,8 + 0,3 • 0,5 + 0,5 • 0,2 = 0,41.

Пример 2. В условиях предыдущего примера, если броня танка оказалась пробитой, какова вероятность того, что пробоина произошла от мелкого осколка?

Решение. Здесь мы можем применить формулу Бейеса, которая даёт:     

Пример 3. Для данного стрелка вероятность попадания в десятку равна 0,7, а в девятку — 0,3. Определить вероятность то­го, что этот стрелок при трех выстрелах выбьет не менее 29 очков.

Решение. Чтобы набрать не менее 29 очков, необходимо либо три раза попасть в десятку, либо два раза в десятку и один раз в девятку. Вероятность попасть три раза подряд в десятку находится по теореме умножения как вероятность совмещения событий. Она равна:

P_3,3=(0,7)³=0,343.

Вероятность попадания два раза в десятку и один раз в девятку можно найти по биномиальной формуле:

P_2,3=C²₃(0,7)²·0,3=0,441.

Искомая вероятность находится по теореме сложения и равна:

P=P_3,3+P_2,3=0,784.

Пример 4. Что вероятнее выиграть у равносильного про­тивника:

а) три партии из четырех или пять партий из восьми;

б) не менее трех партий из четырех или не менее пяти партий из восьми (считая, что ничейный исход партии исключен)?

Решение. Указание на равносильность противника следует рассматривать как утверждение, что вероятность выигрыша партии равна p=1/2, так же как и вероятность проигрыша

q=1-p=1/2. Теперь мы можем воспользоваться формулой повторения испытаний.

а) Вероятность выиграть три партии из четырех находится по формуле:
Аналогично для выигрыша пяти партий из восьми получаем:

Отсюда видно, что вероятность выиграть три партии из четырех больше, чем вероятность выиграть пять партий из восьми, хотя на первый взгляд может показаться, что это не так.

б) Выигрыш не менее трех партий из четырех означает, что долж­ны быть выиграны три либо четыре партии. По теореме сложения и формуле повторения испытаний находим:

R_3,4=P_3,4+P_4,4=1/4+(1/2)⁴=5/16.

Точно так же

Сравнивая между собой полученные вероятности, замечаем, что вероятность выиграть не менее трех партий из четырех меньше, чем вероятность выиграть не менее пяти партий из восьми.

Пример 5. Из колоды, содержащей 36 карт, извлекаются одна за другой четыре карты. Какова вероятность того, что среди вынутых карт окажется не более одного туза? Рассмотреть два раз­личных случая:

а) после проверки вынутой карты она снова возвращается в ко­лоду;

б) вынутая карта в колоду не возвращается.

Решение.

а) Задача решается очень просто с помощью биномиальной формулы. Действительно,   так   как  карта   возвращается после каждого вынимания, то вероятность вынуть туз каждый раз

остается одной и той же и равна р = 1/9 ( в колоде четыре туза).

Среди вынутых карт окажется не более одного туза, если число вы­нутых тузов будет равно либо нулю, либо единице. Таким образом, искомая вероятность равна:

б) В случае, когда вынутая карта в колоду не возвращается, дело обстоит сложнее, так как вероятность вынуть туз меняется от одного вынимания к другому и зависит от результатов предыду­щего вынимания.

В первом вынимании вероятность вынуть туз равна 1/9. Что ка­сается второго вынимания, то эта вероятность будет иной. Именно, если в первом случае был вынут туз, то вероятность вынуть туз во второй раз будет равна 3/35. Если же в первом случае был вынут

не туз, то вероятность вынуть туз во второй раз равна уже 4/35

Можно таким же способом проследить, какова будет вероятность вынуть туз в третий и четвертый раз в зависимости от исхода преды­дущих выниманий. Однако это чересчур сложно и громоздко. Гораз­до проще решать этот вопрос иначе в более общем виде. Для этой цели обратимся к следующему примеру.

Пример 6. Имеется N предметов, из которых М обладают некоторым признаком. Из этого множества предметов выбираются наугад (то есть выбор каждого из N предметов равновозможен) n предметов. Какова вероятность того, что среди них ровно m будут обладать этим признаком?

Решение. Найдем, прежде всего, общее число возможных комбинаций. Ясно, что оно равно числу сочетаний Cⁿ_N.  По условию, извлечение каждой из этих комбинаций следует считать равновозможным. Подсчитаем теперь число благоприятствующих собы­тий.

Группу из m элементов, обладающих нужным признаком, из об­щего числа М таких элементов можно выбрать C^m_M различными спо­собами. Далее, оставшиеся n-m элементов, нужным признаком не обладающие, могут быть выбраны C^n-m_N-M различными   спосо­бами, поскольку общее число таких элементов есть N-М. Так как любая группа элементов, обладающих нужным признаком, может комбинироваться с любой группой элементов, им не обладающих, то общее число благоприятствующих событий равно произведению C^m_M·C^n-m_N-M.

Окончательно находим, что искомая вероятность равна:

Теперь мы можем возвратиться к решению задачи б) из преды­дущего примера. Здесь у нас  N=33, М=4, n=4. Как и в а), нас интересуют случаи m=0 (ни одного туза) и m=1 (ровно один туз). Эти события несовместны, и по теореме сложения для искомой вероятности находим:

Геометрические вероятности.

Многие практические задачи приводят к вопросам теории вероятностей, которые не укладываются в разобранную выше схему конечного числа попарно несовместных исходов опыта. Пусть, например, стержень наудачу разламывается на три части. Какова вероятность того, что из получившихся отрезков можно будет построить треугольник?

В этой задаче мы имеем бесконечное множество исходов, так как разлом может попасть на любую точку стержня. Поэтому данное выше определение вероятности события как суммы вероят­ностей исходов не годится. Мы будем пользоваться иным опре­делением вероятности, которое назовем геометрическим. Разберем следующую модель. Пусть на отрезок АВ бросают наудачу точку. Назовем вероятностью попадания

этой точки на часть этого от­резка  отношение длины этой                A                              B

части к длине всего отрезка (если часть состоит из несколь-      

ких кусков, надо сложить длины этих кусков). Это естест-

венно, так как, чем больше цель, тем вероятнее ее поразить. Оказывается, что свойства введенного таким образом понятия вероятности очень похожи на рассмотрен­ные в предыдущих пунктах. Именно справедливы утверждения:

1. Для любой части отрезка значение вероятности является неотрицательным числом, не превосходящим 1. Для самого отрезка значение вероятности равно 1.

2. Если части Х и У не имеют общих точек (несовместны), то P(XÈY)=P(X)+P(Y).

На основе этих двух утверждений для геометрических вероят­ностей можно определить те же понятия, что и в случае конечного вероятностного пространства, доказать аналоги формул сложения и умножения вероятностей, формулу Байеса и так далее.

Вместо отрезка АВ можно взять некоторую геометрическую фи­гуру, имеющую конечную площадь, и считать вероятностью по­пасть в часть Х этой фигуры отношение площадей указанной части и всей фигуры. Можно брать и объемы тел в трехмерном прост­ранстве. Все эти случаи, как и многие другие, охватываются аксиоматическим определением понятия вероятности, на котором мы не будем останавливаться.

Поясним сказанное на решении задачи о разламывании на­удачу отрезка, о которой говорилось в начале пункта.

Пример 1. На отрезок длины 1 бросают наудачу две точ­ки. Они разбивают отрезок на три отрезка. Какова вероятность, что из полученных трех отрезков можно сложить треугольник?

Решение. Заданный отрезок рассматриваем как отрезок [0; 1] числовой прямой. Тогда наудачу брошенные точки имеют координаты — числа х и у, принадлежащие отрезку [0; I]. Но лю­бую пару чисел можно рассматривать как координаты точки на плоскости. Поскольку 0£x£1 и 0£y£1, то эти точки (х; у) наудачу брошены в квадрат со стороной 1. Посмотрим теперь, ка­кую фигуру образуют точки, координаты которых удовлетворяют условию примера.

Для того чтобы из трех отрезков можно было построить тре­угольник, необходимо и достаточно, чтобы длины этих отрезков удовлетворяли неравенству треугольника. При x£y получаем:

x<(y-x)+(1-y),  y-x<x+(1-y),  1-y<x+(y-x),

что после преобразования дает систему неравенств

                       x<0,5,                     1         

y<x+0,5,

0,5<y,                              

x£y,

которой на плоскости определяется треугольник

                                                                                                                               1           X

 

При x>y аналогично получается система неравенств                                     

x>0,5,

y<0,5,

y>x-0,5,

x>y,

                                                                                                                               1           X

которой на плоскости определяется еще один треугольник. Общая площадь фигуры, заштрихованных на рисунках равна 0,25. Следовательно вероятность построить треугольник равна 0,25.