Теория вероятностей и мат. статистика

Теория вероятностей также, как и математическая статистика являются разделами математики, в которых изучаются закономерности случайных явлений и методы систематизации, полученных данных соответственно.

Теорема сложения вероятностей совместных событий

На прошлом уроке мы рассмотрели теорему сложения вероятностей только для несовместных событий. В случае, когда два события A и B – совместны, справедлива следующая теорема.

Теорема

Вероятность появления хотя бы одного из двух совместных событий равна сумме вероятностей этих событий без вероятности их совместного появления:

P(A+B)=P(A)-P(B)-P(AB)    (1)

Доказательство

Событие A+B наступит, если наступит одно из трех несовместных событий: A\bar{B}, \bar{A}B, AB. По теореме сложения вероятностей несовместных событий имеем:

P(A+B)=P(A\bar{B})-P(\bar{A}B)+P(AB)     (2)

Событие A произойдет, если наступит одно из двух несовместных событий: A\bar{B}, AB. Вновь применяя теорему сложения вероятностей для несовместных событий, получаем P(A)=P(A\bar{B})+P(AB), откуда

P(A\bar{B})=P(A)-P(AB).     (3)

Аналогично для события B: P(B)=P(\bar{A}B)+P(AB), откуда

P(\bar{A}B)=P(B)-P(AB)      (4)

Теперь подставим (3) и (4) в формулу (2), отсюда получаем формулу сложения вероятностей совместных событий (1).

Как вы уже поняли формула, которую я дал вам на прошлом уроке это лишь частный случай формулы (1). Действительно, если события несовместны, то их произведение – пустое множество, то есть невозможное событие. А вероятность невозможного события равна нулю.

Вероятность суммы трех совместных событий

Аналогично выражению (1) запишем вероятность суммы трех совместных событий:

P(A+B+C)=P(A)+P(B)+P(C)-P(AB)-P(BC)-P(AC)+P(ABC)    (5)

Кстати, справедливость формул (1) и (5) можно наглядно проиллюстрировать:

сложение вероятностей (рисунок к формулам)

Также из выражения (1) можно получить формулу для вероятности произведения двух событий. Выходит:

P(AB)=P(A)+P(B)-P(A+B)      (6)

ПРИМЕР 1. Бросаются две игральные кости. Какова вероятность появления хотя бы одной шестерки?

Решение. Обозначим события: A — появление шестерки на первой кости, B — на второй кости. Понятно, что эти события совместные, т.е. шестерка может выпасть как на первой, так и на второй кости.

а) Для вычислений воспользуемся формулой (1). Однако здесь возникла сложность, как вычислить вероятность произведения, т.е. вероятность того, что на каждой из двух костей выпали шестерки. По формуле классической вероятности, количество «удачных» комбинаций равно 1, а для вычисления числа всех равновозможных комбинаций используем правило произведения (комбинаторика):

P(A+B)=\frac{1}{6}+\frac{1}{6}-\frac{1}{6}\cdot \frac{1}{6}=\frac{11}{36}

б) Рассмотрим другой способ решения, воспользовавшись следствием закона сложения вероятностей:

P(A+B)=1-P(\bar{A+B})=1-P(\bar{A}*\bar{B})=1-\frac{5}{6}\cdot\frac{5}{6}=\frac{11}{36}

Ответ: вероятность появления хоть одной шестерки равна 11/36 или 0,3056 или 30,56%

На этом все! Всем Спасибо!

Если кто-то не понял или не разобрался в теме или в примерах, задавайте вопросы в комментариях.

Теорема сложения вероятностей несовместных событий

Теорема

Вероятность суммы конечного числа несовместных событий A_1,A_2,...A_n равна сумме вероятностей этих событий:

P(\sum_{i=1}^{n}A_i)=\sum_{i=1}^{n}P(A_i)

Доказательство

Докажем эту теорему для случая суммы двух несовместных событий A_1 и A_2

Пусть событию A_1 благоприятствуют m_1 элементарных исходов,
а событию A_2 - m_2 исходов. Так как события A_1 и A_2 по условию теоремы несовместны, то событию A_1+A_2 благоприятствуют m_1+m_2 элементарных событий из общего числа n исходов. Отсюда следует, что

P(A_1+A_2)=\frac{m_1+m_2}{n}=\frac{m_1}{n}+\frac{m_2}{n}=P(A_1)+P(A_2),

где P(A_1) и P(A_2) — соответственно вероятности событий A_1 и A_2.

Следствие 1. Если события A_1,A_2,...A_n составляют полную группу попарно несовместных событий. Тогда их сумма – событие достоверное, а вероятность достоверного события равна 1. Противоположными событиями называются два несовместных события, составляющие (образующие) полную группу A и \bar{A}

Примеры противоположных событий:

  1. A — попадание при выстреле; \bar{A} — промах при выстреле.
  2. C — при бросании кубика выпала шестерка; \bar{C} при бросании кубика шестерка не выпала. 

Следствие 2. Сумма вероятностей противоположных событий равна единице

P(A)+P(\bar{A})=1

ПРИМЕР 1. Для отправки груза со склада может быть выделена одна из двух машин различного вида. Известны вероятности выделения каждой машины: P(A_1)=0,2, P(A_2)=0,4

Решение. Так как выделение одновременно двух машин – невозможное событие, то по формуле теоремы вероятность прибытия к складу хотя бы одной из этих машин будет равна:

P(A_1+A_2)=0,2+0,4=0,6

Ответ: вероятность равна 0,6 или 60%

ПРИМЕР 2. В лотерее 1000 билетов: из них на один билет падает выигрыш 500 рублей, на 10 билетов – выигрыши по 100 рублей, на 50 билетов выигрышные. Некто покупает один билет. Найти вероятность выиграть не менее 20 рублей.

Решение. Обозначим события A — выигрыш не менее 20 рублей, A_1 — выигрыш 20 рублей, A_2 — выигрыш 100 рублей, ;A_3 — выигрыш 500 рублей.

Очевидно, что события A_1,A_2,A_3 попарно несовместны, причем справедливо выражение: A=A_1+A_2+A_3.

По теореме сложения вероятностей:

P(A)=P(A_1)+P(A_2)+P(A_3) = 0,05+0,01+0,001=0,061

Ответ: вероятность события 0,061 или 6,1%

На этом подходит к концу тема данного урока. Всем спасибо!

 

Прошу, не стесняйтесь спрашивать, если что-то не понятно, задавайте в комментариях вопросы по теме.

Аксиоматическое и геометрическое определение теории вероятности

Аксиоматическое определение теории вероятности

Рассмотренные ранее классическое и статистическое определения вероятности события позволяют создавать основные соотношения, используемые в теории вероятностей и математической статистике.

Однако существует и иной подход к построению основ теории вероятностей, опирающийся на специально вводимые в рассмотрение аксиомы. Этот подход был предложен А.Н. Колмогоровым.

При аксиоматическом построении теории вероятностей первичным понятием является не элементарное случайное событие, а просто элементарное событие любой природы. Множество таких событий образует поле элементарных событий P (Ø) = 0. Из подмножества данного множества составляются некоторые ансамбли, которые и носят название случайного события. Множество таких событий образует поле событий S . На этом поле случайных событий вводится числовая функция, называемая вероятностью и определяемая следующими аксиомами.

Аксиома 1. Каждому случайному событию A из поля событий S поставлено в соответствие неотрицательное число P(A) называемое вероятностью, такое, что

P(\Omega\O)=P(\Omega)+P(\O)=P(\Omega)

Аксиома 2. Вероятность достоверного события U=\Omega равна единице:

P(\Omega)=1

Аксиома 3. Вероятность суммы (объединения) двух несовместных событий равна сумме вероятностей этих событий:

P(A+B)=P(A)+P(B)

Примечания:

  • Рассмотрим теперь следствие, которое служит примером использования этих аксиом. Пусть Ø – пустое множество событий, иначе говоря, Ø означает отсутствие событий. Тогда (\Omega\O)=\Omega, и Ω не имеет общих элементов с Ø. Отсюда следует

P(\Omega\O)=P(\Omega)+P(\O)=P(\Omega)

P(\O)=0

  • Аксиоматический подход позволяет с более общих позиций подойти к построению теории вероятностей и преодолевает некоторые недостатки классического и статистического определений вероятности событий. Однако для большинства практических задач рассмотренные ранее определения вероятностей событий оказываются достаточно удобными и надежными, так что в дальнейшем будем опираться именно на них. В этом случае третья аксиома должна быть выражена на основе доказательной базы, что и будет сделано позднее.

Геометрическое определение теории вероятности

Множество всех задач, возникающих при изучении случайных событий, к сожалению, не сводится только к рассмотренным выше определениям вероятности. Геометрическое определение вероятности применяется в тех случаях, когда множество всех исходов (возможных  и благоприятных) бесконечно и эти исходы определяются одним или несколькими числовыми параметрами.

Геометрической вероятностью события A называется отношение меры области, благоприятствующей появлению события A, к мере всей области:

P(A)=\frac{mes\ g}{mes\ G}

Рассмотрим несколько примеров подсчета геометрических вероятностей.

ПРИМЕР 1. Предположим, что на отрезок длиной L действительной прямой наугад бросается точка, которую обозначим ξ. Какова вероятность того, что она отклонится не дальше, чем на расстояние l, от середины указанного отрезка?

К задаче имеется рисунок:

 к задаче

Решение. Здесь имеется бесконечное множество возможных исходов: ведь точка ξ может попасть в любую точку рассматриваемого отрезка длиной L. Кроме того, условия опыта таковы, что ξ с одинаковой вероятностью может оказаться в любой точке x этого отрезка, расположенного на оси абсцисс. Событие А – точка ξ находится от середины отрезка на расстоянии не больше l, наступает в результате попадания в любую точку x, отстающую от середины не далее, чем на величину l. «Доля» таких точек x на всем отрезке может быть определена как отношение L(A) /L, где L – длина всего рассматриваемого отрезка. L(A)=2l – длина отрезка, попадание в который влечет за собой наступление события А. Таким образом, искомая вероятность P(A) равна:

P(A)=\frac{L(A)}{L}=\begin{cases}\frac{2l}{L}; &  l<\frac{L}{2} \\ 1; & l\geq \frac{L}{2}\end{cases}

ПРИМЕР 16. Найти вероятность того, что сумма двух случайно выбранных чисел из промежутка [–1, 1] больше нуля, а их произведение отрицательно.

Решение. Чтобы ответить на поставленный вопрос, построим следующую модель. Координаты первого числа отложим на отрезке [–1, 1] оси абсцисс, а другое число отложим на отрезке [–1, 1] оси ординат. Множество всех возможных значений двух чисел лежит в квадрате. Множество чисел, произведение которых отрицательно, а сумма положительная расположено во втором и четвертом квадранте выше прямой у = -х. Получается следующий рисунок:
к задаче 1

Таким образом, интересующая нас вероятность равна отношению площади фигуры (заштрихована) к площади квадрата:

P(A)=1/4 = 0,25

Ответ: вероятность равна 0,25 или 25%

ПРИМЕР 17.  Из промежутка [0; 2] наудачу выбраны два числа x и y. Найти вероятность того, что эти числа удовлетворяют неравенству:

x^2\leq 4y\leq 4x

Решение. Испытание состоит в случайном выборе из промежутка [0; 2] пары чисел x и у. Будем интерпретировать это как выбор наудачу точки М(х, y) из множества всех точек квадрата со стороной равной двум. Построим фигуру, представляющую все точки квадрата, удовлетворяющие исходному неравенству, которое для простоты представим эквивалентной системой:

\begin{cases}y\geq\frac{x^2}{4} \\ y \leq x}\end{cases}

к задаче 2

Очевидно, что событие произойдет тогда и только тогда, когда точка попадет в заштрихованную область. Тогда по формуле искомая вероятность равна:

P=\frac{\int_{0}^{2}(x-\frac{x^2}{4})dx}{4}=\frac{1}{3}

Ответ: вероятность равна 1/3 или 33,33%

Прошу, не стесняйтесь спрашивать, если что-то не понятно, задавайте в комментариях вопросы по теме.

Классическая вероятностная схема

В этой схеме для определения вероятности нет необходимости проводить опыты. Сама же вероятность основывается на равной возможности любого из конечного числа исходов, что характерно для первых попыток исчисления шансов в азартных играх. Исход бросания монеты в одном опыте случаен, однако при многократном повторении опыта можно наблюдать определенную закономерность.

Рассмотрим классическую вероятностную схему как событийную, то есть, предположим, что мы имеем дело с пространством элементарных исходов, состоящим из конечного числа N элементов: Ω = {ω1, ω2, … , ωn}. Более того, предположим, что из каких-либо соображений мы можем считать элементарные исходы равновозможными. Тогда вероятность любого из них принимается равной 1/N. Эти соображения чаще всего не имеют отношения к математической модели и основаны на какой-либо симметрии в нижеследующих экспериментах.

Бросание монеты. Рассмотрим такой простой опыт, как бросание монеты. Он имеет два взаимно исключающих друг друга исхода: выпал «герб», выпала «цифра».
17
Бросание игральной кости. Подбрасывается правильный кубик (игральная кость). При этом случайным образом выпадает та или иная грань, то или иное число очков: а = 1, 2, …, 6.

Игра в рулетку. Рассмотрим тяжелый диск, разделенный на n правильных секторов. Диск находится в горизонтальном положении и легко может вращаться вокруг своей оси. Вдоль окружности по краю диска имеется однородное углубление (желоб), в котором находится маленький, свободно перемещающийся шарик. На каждом отдельном шаге (опыте) диску сообщается сильное вращение, при котором шарик катится по желобу. После остановки диска останавливается и шарик, попадая в один из секторов диска (обозначенных на диске номерами от 1 до n).

По поводу каждого из описанных выше опытов (бросание монеты или игральной кости, «бросание» шарика при игре в рулетку) можно сказать следующее:

  1. исход опыта является случайным;
  2. имеется конечное число различных, взаимно исключающих друг друга исходов;
  3. все эти исходы равновероятны. В случае, когда рассматриваемые опыты имеют равновозможные исходы, вероятность события A может быть вычислена по следующей формуле:

P(A)=\frac{n(A)}{N}       1.12

где N – общее число равновозможных и взаимно исключающих друг друга исходов; n(A) — число тех из них, которые приводят к событию А.

ПРИМЕР 1. Рассмотрим игру в преферанс, когда старшие 32 карты карточной колоды случайным образом распределяются между тремя игроками, получающими по 10 карт, и «прикупом», куда кладут 2 карты. Какова вероятность того, что в прикупе окажутся 2 туза?

Решение. Число всех комбинаций из 32 карт по 2 равно числу сочетаний и вычисляется по формуле:

N=\frac{32!}{2!*30!}=\frac{31*32}{1*2}=496

В карточной колоде имеется ровно четыре туза и число различных комбинаций, дающих два туза, равно числу сочетаний из 4 по 2:

n(A)=\frac{4!}{2!*2!}=\frac{24}{4}=6

И окончательно получаем,

P(A)=\frac{n(A)}{N}=\frac{6}{496}=0,012

Ответ: вероятность примерно равна 0,012 или 1,2%.

ПРИМЕР 2. Предположим, что один из играющих имеет 5 старших карт одной масти (черви), исключая «даму». При объявлении ранга игры «играющему» приходится учитывать возможность образования у одного из «вистующих» – противников комбинации из трех оставшихся «червей». Какова вероятность этого события?

Решение. У двух «вистующих» 20 карт. Количество различных комбинаций получения карт одним из игроков равна

N=C^{10}_{20}=\frac{20!}{10!*10!}

Если комбинацию «третья дама» зафиксировать у одного игрока, то число совместимых с этим случаем распределений равно числу сочетаний из 17 оставшихся карт по 7:

n(A)=\frac{17!}{7!*10!}

Отсюда следует

P(A)=\frac{n(A)}{N}=\frac{\frac{17!}{7!*10!}}{\frac{20!}{10!*10!}}=\frac{8*9*10}{18*19*20}=\frac{2}{9}=0,105

Вероятность появления третьей дамы у любого из «вистующих», очевидно в 2 раза больше.

ПРИМЕР 3. В поступившей партии из 30 швейных машинок 10 машинок имеют внутренние дефекты. Какова вероятность того, что из партии в пять наудачу взятых машинок три окажутся исправными? 

Решение.

Введем следующие обозначения:

N = 30 — общее число машинок;

n = 20 — число исправных машинок;

m = 5 — отобранных в партию (подмножество) машинок;

k = 3 — число исправных машинок в отобранной партии.

Общее число комбинаций по m машинок равно числу сочетаний из N элементов по m, т.е. C^m_N. Однако в каждой отобранной комбинации должно содержаться по три исправные машинки. Число таких комбинаций равно числу сочетаний из n элементов по k , т.е. C^k_n. С каждой такой комбинацией в отобранной партии оставшиеся дефектные элементы тоже образуют множество комбинаций, число которых равно числу сочетаний из N-n элементов по m-k, т.е. C^{m-k}_{N-n}. Тогда общее число благоприятствующих исходов равно произведению (комбинаторика – правило произведения) C^k_n*C^{m-k}_{N-n}. Согласно формуле (1.12), представленной вначале урока окончательно получаем:

P(A)=\frac{C^k_n*C^{m-k}_{N-n}}{C^m_N}        1.13

Теперь подставим численные значения и вычислим, наконец, нашу вероятность.

P(A)=\frac{C^3_{20}*C^{2}_{10}}{C^5_{30}}=0,36

Ответ: вероятность наступления данного события примерно 0,36 или 36%

Замечание. Выражение (1.13) носит название формулы гипергеометрического распределения.

 

На этом подходит к концу тема данного урока. Всем спасибо!

Прошу, не стесняйтесь спрашивать, если что-то не понятно, задавайте в комментариях вопросы по теме.

Статистическое определение вероятности

Испытанием называется эксперимент, который можно (хотя бы принципиально) провести в одинаковых условиях любое число раз. Простейший результат испытания называется элементарным событием или исходом. При испытании неизбежно наступает какой-то исход и только один.

Если событие может привести к n различным равновозможным исходам и если в m случаях появится признак A, то относительная частота (частость) события A обозначается r(A) и равна отношению m к n:

r(A)=\frac{m(A)}{n}

Это так называемое статистическое (комбинаторное) определение вероятности. Событие A, для которого относительная частота r(A) при достаточно больших n мало отличается от некоторого фиксированного числа, не зависящего от серии проводимых испытаний, называется статически устойчивым.

Вероятностью статически устойчивого случайного события А называется число P(A), около которого группируются относительные частоты этого события в длинных сериях независимых испытаний:

P(A)=r_n(A),  при n → ∞

Вероятности P(A) обладают свойствами, аналогичные свойствам частости:

  1.  Статистическая вероятность любого события заключена между нулем и единицей: 0 ≤ P(A) ≤ 1.
  2. Статистическая вероятность невозможного события равна нулю: P(Ø) = 0.
  3.  Статистическая вероятность достоверного события равна единице: P(Ω) = 1.

ПРИМЕР 10. При подбрасывании идеальной монеты вероятность появления герба в каждом отдельном испытании равна P(A) = 0,5. Ниже в таблице приведены результаты длинных серий опытов.

Экспериментатор n m(A) r_n(A)
Ж.Л.Л. Бюффон 4040 2048 0,5069
К. Пирсон 12000 6019 0,5016
К. Пирсон 24000 12012 0,5005

ПРИМЕР 11. Имеется колода тщательно перемешанных карт (36 листов). Наугад вытаскивается одна карта. Сколько, в среднем, надо провести опытов, чтобы этой картой была десятка червей?

Решение. Так как в колоде всего одна карта десятка червей (если вы, конечно, не шулер), то частость (относительная частота) появления десятки равна 1/36. Вспомним, что r(A) = m/n. Отсюда выведем «n», n = m / r(A). В нашем случае m = 1, тогда n = 36.

Ответ: 36 опытов

 

На этом все! Всем спасибо  за внимание!

 

Прошу, не стесняйтесь спрашивать, если что-то не понятно, задавайте в комментариях вопросы по теме.