Материал: Теория вероятностей, лекции

Теорема 1.5. Пусть = 1 2 = f(!i; j) j !i 2 1; j 2 2g :

Определим P ((!i; j)) = P1(!i)P2( j). Тогда:

1)P ( ) есть распределение вероятностей на ;

2)события Ae = A 2 = f(!i; j) j !i 2 A; j 2 2g и Be = 1 B =

= f(!i; j) j !i 2 1; j 2 Bg имеют вероятности P (Ae) = P1(A) и

P (Be) = P2(B);

3) события Ae и Be независимы.

Доказательство.

1) Согласно определению вероятности события 0 P1(!i)P2( j) 1; значит 0 P ((!i; j)) 1. Тогда

т. е. действительно P ( ) задает на распределение вероятностей. 2) Для вероятности события Ae можно записать:

Аналогично доказывается и для вероятности P (Be) события Be. 3) Запишем вероятность произведения событий Ae и Be:

= P1(A)P2(B) = P (Ae)P (Be):

Теорема доказана. Таким образом, эксперимент, состоящий из двух независимых испыта-

ний, описывается моделью ( ; P ), где = 1 2, P ( ) = P1( )P2( ). Доказанная теорема допускает обобщения. Для описания эксперимен-

та, состоящего из n независимых испытаний ( i; Pi), нужно взять = = 1 2 n и P ((!i; j; : : : ; k)) = P1(!i)P2( j) : : : Pn( k). Тогда для любых событий A1 1, A2 2, : : :, An n будет справедливо P (Ae1) = P1(A1), P (Ae2) = P2(A2), : : :, P (Aen) = Pn(An), и группа событий Ae1, Ae2, : : :, Aen будет независима в совокупности.

Пример. Стрелок попадает в мишень с вероятностью p. Он стреляет до первого попадания. Описать эксперимент и найти вероятность события A – "стрелок произвел не менее двух выстрелов\.

Рассмотрим множество 1 = f1; 0g. Это множество включает исходы части эксперимента, состоящей из одного выстрела. "1\ означает попадание

20

с вероятностью p и "0\ – промах с вероятностью q = 1 p. Множество исходов оказывается счетным:

При этом !2 2 21 = 1 1 с вероятностным распределением P2( ) = = P1( )P1( ), т. е. P2(!2) = qp. Следовательно, полагаем P (!2) = qp. Про-

должая рассуждения далее, получим, что !n 2 n = 1 1 ::: 1 с распределением Pn( ) = P1( ) P1( ). При этом Pn(!n) = qn 1p. Значит,

P (!n) = qn 1p.

Итак, каждому исходу сопоставлена его вероятность P (!n), пользуясь

тем, что !n 2 n и имеет вероятность Pn(!n). Осталось найти вероятность

+1

X

исхода !1. Запишем, что P (!1) + (!n) = 1. Но

n=1

Значит, P (!1) = 0. Вероятностное распределение построено.

Найдем теперь вероятность события A. Проще найти вероятность про-

1.9. Геометрические вероятности

Рассмотрим следующую задачу: на телефонной линии длиной 10 км произошел обрыв, равновозможный в любой точке. Определить вероятность того, что обрыв произошел между пятым и шестым километрами.

Попытаемся решить эту задачу стандартным способом. В качестве исхода естественно принять координату точки обрыва. Множество исходов при этом получается несчетным, что не укладывается в модель с дискретным пространством элементарных событий. Не обращая на это внимания, зададим вероятностное распределение. Любая положительная вероятность, приписанная элементарному событию, приводит к тому, что в сумме все вероятности несчетного количества элементарных событий равны бесконечности. Единственный вариант – задать вероятность каждого исхода равной

21

нулю. Решить задачу, строя элементарную модель случайного эксперимента, не удалось. Это означает, что модель случайного эксперимента, состоящая из дискретного пространства элементарных событий и заданного на нем вероятностного распределения, требует дальнейшего расширения, позволяющего учесть несчетные множества исходов.

Вернемся к задаче и попытаемся решить ее без использования элементарной модели, основываясь на очевидных фактах. Обратим внимание на то, что в силу равновозможности исходов вероятность обрыва на

0 a b 10.

Значит, вероятность обрыва между пятым и шестым километрами линии равна 0.1. Задача решена.

Назначенные вероятности носят название геометрические вероятности\. Вообще, геометрическими вероятностями"называют вероятности событий, пропорциональные некоторой мере этих событий. В качестве такой меры могут выступать длина, площадь, объем и другие физические величины.

2. ЭЛЕМЕНТЫ КОМБИНАТОРИКИ

При нахождении вероятностей случайных событий возникают задачи, связанные с выбором, расположением и подсчетом количеств элементов некоторых множеств. Подобные задачи и методы их решения рассматриваются и изучаются в разделе математики, который называется комбинаторика или комбинаторный анализ. Рассмотрим основные понятия комбинаторики.

2.1. Основная формула комбинаторики

Пусть имеется 2 конечных множества A = fa1; : : : ; amg и B = fb1; : : :

: : : ; bng. Из элементов этих множеств будем составлять упорядоченные пары вида (ai; bj) (i = 1; : : : ; m; j = 1; : : : ; n). Первым элементом пары является элемент первого множества, вторым – элемент второго множества. Подсчитаем общее количество таких пар. Для этого будем последовательно выбирать элементы из первого множества и для каждого отобранного элемента – элементы из второго множества. Выберем сначала первый элемент a1 из множества A, а затем – элементы b1; : : : ; bn из множества B и составим пары (a1; b1); : : : ; (a1; bn). Общее число таких пар равно n. Вместо

22

элемента a1 можно взять любой другой элемент множества A. Поскольку множество A содержит m элементов, то число всех упорядоченных пар

(ai; b1) : : : (ai; bn) (i = 1; : : : ; m) будет равно mn.

Рассмотрим теперь k конечных множеств. Первое множество A1 = = fa11; : : : ; a1n1 g содержит n1 элементов, второе A2 = fa21; : : : ; a2n2 g – n2 элементов, а последнее Ak = fak1; : : : ; aknk g – nk элементов. Используя эле-

менты этих множеств, будем составлять упорядоченные наборы длиной k

вида (a1i ; a2j ; : : : ; akl ) (i = 1; : : : ; n1; j = 1; : : : ; n2; l = 1; : : : ; nk). Первым элементом набора является элемент первого множества, вторым – элемент

второго, последним – элемент k-го множества. Для подсчета общего количества таких упорядоченных наборов будем выбирать из каждого множества по одному элементу и последовательно составлять наборы. Сначала рассмотрим наборы из одного элемента. Они могут составляться только из элементов множества A1. Их количество равно n1 – совпадает с числом элементов этого множества. Наборы из двух элементов (a1i ; a2j ) (i = 1; : : : ; n1; j = 1; : : : ; n2) составляются из элементов множеств A1 и A2. Их общее число равно n1n2. Если к каждой паре элементов из элементов множеств A1 и A2 последовательно добавлять по одному элементу из множества A3, то получатся упорядоченные тройки элементов. Поскольку множество A3 содержит n3 элементов, то количество упорядоченных троек будет равно n1n2n3. Продолжая эти рассуждения составим упорядоченные наборы из элементов k множеств. Общее число наборов равно произведению количеств элементов этих множеств:

n1n2 : : : nk:

Полученное выражение называется основной формулой комбинаторики или правилом умножения. Эту формулу используют для вывода многих формул комбинаторики. При этом в некоторых случаях множества A2, A3; : : : с самого начала не задаются. Множество A2, содержащее n2 элементов, становится известным только после того как выбирается элемент множества A1 и определяется этим элементом. Множество A3, содержащее n3 элементов, задается после выбора элементов из множеств A1 и A2 по одному и определяется выбранными элементами и т. д.

Пример. Меню содержит 5 разичных салатов, 3 супа, 4 вторых и 3 напитка. Сколько различных обедов из четырех блюд можно заказать?

Общее число различных обедов: 5 3 4 3 = 180: Пример. Сколько существует различных семизначных телефонных

номеров, если при составлении номера телефона могут использоваться любые цифры и номер не может начинаться с нуля?

Цифры – это целые числа от нуля до девяти. Общее количество цифр равно десяти. Первая цифра номера телефона может быть любой, кроме

23

нуля, поэтому она выбирается из девяти цифр. Все остальные цифры номера телефона выбираются из десяти цифр, поэтому число семизначных номеров телефонов будет равно: 9 10 10 10 10 10 10 = 9 106:

Пример. Сколько существует трехзначных нечетных чисел с различными цифрами?

Поскольку число нечетное, то оно оканчивается одной из пяти цифр: 1; 3; 5; 7; 9. Все цифры числа различны и число не может начинаться с нуля, поэтому первая цифра числа выбирается из множества, содержащего 8 цифр (из всего множества цифр исключают последнюю цифру трехзначного числа и цифру 0). Вторая цифра не может совпадать с первой и третьей, т. е. выбирается из множества, содержащего 8 цифр. Тогда общее число трехзначных нечетных чисел с различными цифрами равно: 8 8 5 = 320:

2.2. Перестановки

Пусть имеется некоторое конечное множество A = fa1; : : : ; ang. Используя элементы этого множества будем составлять наборы, содержащие n элементов.

Определение 2.1. Любой упорядоченный набор из n элементов данного множества называется перестановкой.

Общее количество перестановок обозначается Pn. Подсчитаем, сколько существует различных перестановок. Будем последовательно составлять всевозможные перестановки, выбирая элементы из множества A. Первый элемент перестановки выбирается из всего множества A, содержащего n элементов. Этот элемент фиксируется, отбирается и не возвращается в множество A. Второй элемент перестановки будет выбираться из множества, содержащего (n 1) элемент. Второй элемент также фиксируется, отбирается и в множество не возвращается, поэтому третий элемент перестановки будет выбираться из множества, содержащего (n 2) элемента. Каждый следующий элемент перестановки будет выбираться из множества, объем которого на один элемент меньше предыдущего. Последний элемент будет выбираться из множества, содержащего один элемент. Тогда, согласно основной формуле комбинаторики, общее число перестановок элементов множества A находится по формуле

Pn = n(n 1)(n 2) : : : 1 = n!:

Пример. Сколько различных трехцветных флагов одинакового размера с продольными полосами можно сделать, используя ленты белого, синего и красного цветов?

24