Этот конспект ещё находится в процессе редактуры: в тексте могут встречаться опечатки, неточности и локально не проработанные места. Если что-то нашли — сообщите, пожалуйста, автору (контакты на странице курса).
Вся эта первая неделя опирается на то, что вы уже знаете из школы: классическую вероятность (монеты, кости, карты – вероятность равна отношению числа благоприятных исходов к числу всех исходов) и геометрическую вероятность (например, задача о встрече – вероятность равна отношению площадей или длин). Наша цель здесь – не рассказать что-то принципиально новое, а аккуратно оформить то, что вы и так интуитивно умеете считать. Мы начнём с классической модели (там всё просто устроено), затем перейдём к геометрической – и на ней наткнёмся на трещину в этой интуиции: окажется, что событием, в отличие от классического случая, нельзя объявить любое подмножество пространства исходов. Именно эта трещина – главный мотив всего курса: чтобы её заделать, во второй половине семестра мы с нуля построим теорию меры.
Классическая вероятность
Предметом изучения теории вероятностей являются случайные события и их вероятности. Под случайным событием подразумевается набор исходов некоторого эксперимента.
Пусть некоторый случайный эксперимент допускает \(N\) различных исходов (например, при подбрасывании монетки исходов всего два: орел и решка). Обозначим эти исходы \(\omega_{1}, \ldots , \omega_{N}\). Исходы \(\omega_{1}, \ldots , \omega_{N}\) называются элементарными событиями, а множество \(\Omega =\left\{ \omega_{1}, \ldots , \omega_{N}\right\}\)- пространством элементарных событий. Вообще говоря, пространство элементарных событий не обязано быть ни конечным, ни даже счетным.
Определение 1 Элементы \(\omega \in \Omega\) называются элементарными событиями или элементарными исходами, а их совокупность \(\Omega\)- пространством элементарных исходов (событий).
Событием называется произвольное подмножество \(A \subset \Omega\). Говорят, что произошло событие \(A\), если эксперимент завершился одним из элементарных исходов, входящих в \(A\).
Пока \(\Omega\) конечно (как во всех примерах выше), никаких сложностей с тем, какие подмножества считать событиями, не возникает: событием можно считать любое подмножество \(\Omega\), т.е. в качестве совокупности всех событий берём \(\mathcal{F} = 2^{\Omega }\) – множество всех подмножеств \(\Omega\). Тонкости появятся позже, в разделе про геометрическую вероятность, когда \(\Omega\) станет бесконечным.
Пусть, как и раньше, \(\left|\Omega \right| = N \in \mathbb {N}\), \(\mathcal{F} = 2^{\Omega }\). Предположим дополнительно, что все элементарные исходы равновероятны, т.е.
\[
\forall i \in \{ 1, \ldots , N\} \quad \mathbb {P}\left(\omega \right) := \mathbb {P}\left(\left\{ \omega \right\} \right) =\frac{1}{N}
\]
Иначе можно записать так: \(\mathbb {P} = \frac{1}{N}\#\), где \(\#\) – это считающая мера, которая в общем случае задается так:
\[
\# (A) = \begin{cases} n, & \text{ если $A$ конечно и в нем $n$ эл-ов} \\ + \infty , & \text{в прот. сл.} \end{cases}
\]
Эксперимент, описываемый таким вероятностным пространством, называется классической вероятностной моделью. Подобным экспериментом может служить, к примеру, бросание игральной кости. Здесь \(\Omega =\{ 1,2,3,4,5,6\} , \mathcal{F}=2^{\Omega }\) и \(\mathbb {P}\left(i\right)=\frac{1}{6}\).
В качестве примеров классической вероятностной модели рассмотрим стандартные урновые схемы: из корзины с \(n\) предметами случайным образом выбирается \(k\) предметов. Будем исходить из предположения, что появление любого элемента равновероятно.
Опишите вероятностное пространство для схемы упорядоченного выбора без возвращения.
Пусть выбору \(i\)-го элемента соответствует элементарный исход \(\omega_{i}\). Схема упорядоченного выбора без возвращения. Для этой схемы пространство элементарных исходов следующее:
\[
\Omega =\left\{ \omega = \left(\omega _{i_{1}}, \omega _{i_{2}}, \ldots , \omega _{i_{k}}\right) \; , \; i_{1}, i_{2}, \ldots , i_{k} \text{ -- разл. числа из }\{ 1, \ldots , n\} \right\}
\]
Т.е. \(\omega\) – это кортеж (структура, учитывающая порядок) из \(\omega_i\), обозначающих вытягивание того или иного предмета; поскольку выбор без возвращения, все индексы различны.
Количество элементов в \(\Omega\) равно \(A_{n}^k = n(n-1)\cdots (n-k+1)\): на первом шаге можно равновероятно выбрать любой из \(n\) предметов, на втором – любой из оставшихся \(n-1\), и т.д. Из-за этой симметрии выпадение любого кортежа равновероятно. Т.е. \(\mathbb {P} = \frac{1}{A_{n}^k}\#\). Тем самым вероятностное пространство для данной модели является классическим.
Из корзины с \(n\) предметами случайным образом выбирается \(k\) предметов. Опишите вероятностное пространство для схемы неупорядоченного выбора с возвращением.
Случайно бросаются два \(M\)-гранных кубика, на гранях которых написаны числа от 1 до \(M\). Опишите вероятностное пространство, события в котором соответствуют всем возможным исходам в таком эксперименте. Найдите вероятность события \(A_{i}\), определенного равенством \(A_{i}=\{\) сумма чисел, выпавших на кубиках, равна \(i\} , i=2,3, \ldots , 2 M\).
Из множества \(N\) объектов выбирается случайное подмножество. Опишите соответствующее вероятностное пространство и найдите вероятность того, что это случайное подмножество имеет четную мощность.
Множество из \(n\) шаров случайно раскладывают по \(m\) ящикам. Найдите вероятность того, что все ящики непустые, если шары различимы.
Нас интересует событие
\[
B = \{ \text{все ящики непустые}\} .
\]
Имеем
\[
\mathbb {P}\left(B\right) = 1 - \mathbb {P}\! \left(\bigcup _{i=1}^m A_i\right), \quad A_i = \{ \text{$i$-й ящик пуст}\} .
\]
По формуле включений–исключений:
\[
\mathbb {P}\! \left(\bigcup _{i=1}^m A_i\right) = \sum _{j=1}^m (-1)^{j+1} \sum _{1\le i_1<\cdots <i_j\le m} \mathbb {P}\left(A_{i_1}\cap \cdots \cap A_{i_j}\right).
\]
Но
\[
\mathbb {P}\left(A_{i_1}\cap \cdots \cap A_{i_j}\right) = \frac{(m-j)^n}{m^n},
\]
так как все \(n\) шаров должны попасть в оставшиеся \(m-j\) ящиков. Следовательно,
\[
\mathbb {P}\left(B\right) = \frac{1}{m^n} \sum _{j=0}^{m} (-1)^j \binom {m}{j} (m-j)^n.
\]
Таким образом,
\[
\boxed {\; \mathbb {P}\left(\{ \text{все ящики непустые}\} \right) = \frac{\sum _{j=0}^{m} (-1)^j \binom {m}{j} (m-j)^n}{m^n}\; }
\]
— искомая вероятность.
Геометрическая вероятность
Другая знакомая со школы конструкция – геометрическая вероятность: точка наудачу бросается в область \(\Omega\) (отрезок, фигура на плоскости, тело в пространстве), и вероятность попадания в подобласть \(A \subset \Omega\) считается как отношение <<размеров>> (длин, площадей, объёмов).
По аналогии с классической моделью хотелось бы объявить событиями все подмножества \(\Omega\) – как мы только что сделали для конечного \(\Omega\). Но здесь, впервые в этом курсе, эта простая идея ломается.
Оказывается, не существует способа приписать всем подмножествам квадрата (отрезка, куба, ) <<площадь>> так, чтобы одновременно выполнялись такие разумные требования: она была счётно-аддитивной (площадь счётного объединения непересекающихся кусков равна сумме их площадей), не менялась при сдвигах и совпадала с привычной площадью хотя бы для прямоугольников. Доказательство этого факта существенно использует аксиому выбора и здесь не приводится (явный пример такого <<неизмеримого>> множества – множество Витали – мы построим во второй части курса). Но сам факт уже сейчас означает: событиями в геометрической вероятности нельзя объявить все подмножества \(\Omega\) – нужно заранее ограничить круг тех множеств, которым мы вообще позволяем иметь <<площадь>>.
Какими же свойствами должна обладать эта суженная совокупность \(\mathcal{F} \subset 2^{\Omega }\) <<хороших>> (измеримых) множеств? Разумно потребовать, чтобы:
всё пространство \(\Omega\) само было событием;
дополнение к событию было событием (если умеем измерять \(A\), то должны уметь измерять и <<всё остальное>>);
объединение событий было событием – причём не только конечное, но и счётное: среди прочего нам потребуется находить вероятности пределов событий, а без счётных объединений это невозможно.
(Если ограничиться только конечными объединениями, получится более слабое понятие – алгебра множеств; с ним, а также с более тонкими системами множеств – полукольцами и кольцами – мы подробно познакомимся во второй части курса.) Набор множеств, замкнутый относительно всех трёх требований выше, называется сигма-алгеброй.
Определение 2 Система множеств \(\mathcal{F}\) называется сигма-алгеброй, если выполняются следующие 3 свойства:
\(\Omega \in \mathcal{F}\);
если множество \(A \in \mathcal{F}\), то и дополнение к этому множеству \(\bar{A} \in \mathcal{F}\);
если множества \(A_{1}, A_{2}, \ldots \in \mathcal{F}\), то и их бесконечное объединение \(\bigcup_{i=1}^{\infty } A_{i} \in \mathcal{F}\).
Из правила Де Моргана сразу следует, что сигма-алгебра замкнута и относительно счётных пересечений: \(\bigcap_{i=1}^{\infty } A_i = \overline{\bigcup_{i=1}^{\infty } \bar{A}_i} \in \mathcal{F}\). Также \(\varnothing = \bar{\Omega } \in \mathcal{F}\).
Пусть дано пространство элементарных исходов \(\Omega\) и сигма-алгебра \(\mathcal{F}\) на нём. Множество \(A \in \mathcal{F}\) называется событием. (В классической модели мы неявно брали \(\mathcal{F} = 2^{\Omega }\) – это тоже сигма-алгебра, причём самая большая из возможных: все три свойства для неё выполнены автоматически, поэтому там и не пришлось ни о чём таком задумываться.)
Осталось формализовать саму вероятность.
Определение 3 Функция \(\mathbb {P}: \mathcal{F} \to [0,1]\) называется вероятностной мерой (или просто вероятностью), если \(\mathbb {P}\left(\varnothing \right) = 0\), \(\mathbb {P}\left(\Omega \right)= 1\) и \(\mathbb {P}\) счетно-аддитивна: \[
\mathbb {P}\left(\bigsqcup _{n=1}^{\infty } A_i\right) = \sum _{i=1}^{\infty } \mathbb {P}\left(A_i\right)
\] для любого набора непересекающихся множеств \(\left\{ A_n\right\}_{n=1}^{\infty } \subset \mathcal{F}\). Т.е. \(A_n \in \mathcal{F}\) для всех \(n\) и \(A_{n_1} \cap A_{n_2} = \varnothing\) для любых различных \(n_1 \neq n_2\).
Непересекающиеся множества из \(\mathcal{F}\) еще называют несовместными событиями. Счетная аддитивность означает, что вероятность выполнения счетного набора несовместных событий (хотя бы одного из них) можно вычислить как сумму ряда вероятностей каждого из них.
В классической модели эта аддитивность тривиальна: там всего конечное число (непустых) событий, и счётная аддитивность вырождается в обычную конечную.
Определение 4 Тройку \((\Omega , \mathcal{F}, \mathbb {P})\), состоящую из множества элементарных событий, сигма-алгебры событий и вероятностной меры, называют вероятностным пространством или тройкой Колмогорова.
Итак, у нас появился общий язык, на котором можно закончить формализацию геометрической вероятности.
Классическая геометрическая вероятность — класс вероятностных моделей, где:
Пространство элементарных исходов: \(\Omega \in \mathscr {B}\left(\mathbb {R}^n\right)\) — борелевское подмножество \(\mathbb {R}^{n}\) с конечным \(n\)-мерным объемом (\(n = 1, 2, 3\));
События: \(\mathcal{F} = \mathcal{B}(\Omega )\) — борелевская \(\sigma\)-алгебра на \(\Omega\);
Вероятность: равномерная, а именно \(\mathbb {P}(A) = \frac{\lambda (A)}{\lambda (\Omega )}\), где \(\lambda\) — мера \(n\)-мерная Лебега.
Таким образом, вероятностное пространство имеет вид:
\[
(\Omega , \mathcal{B}(\Omega ), \mathbb {P})
\]
где \(\mathbb {P}(A) = \dfrac {\lambda (A)}{\lambda (\Omega )}\) для любого \(A \in \mathcal{B}(\Omega )\).
Эта модель описывает эксперименты, где частица равномерно распределена в области \(\Omega\), и вероятность попадания в подобласть \(A\) пропорциональна её объёму.
борелевские множества и мера Лебегаborel-lebesgue Мы только что сослались на два конкретных объекта, которые не определили: борелевскую сигма-алгебру \(\mathscr {B}\left(\Omega \right)\) (глава о системах множеств и борелевской сигма-алгебре) и меру Лебега \(\lambda\) (главы о внешней мере и теореме Каратеодори–о мере Лебега). Абстрактное понятие сигма-алгебры мы уже определили выше – осталось понять, почему берут именно борелевскую (а не какую-нибудь другую) сигма-алгебру, и как построить \(\lambda\) так, чтобы она была настоящей счётно-аддитивной мерой (а не просто интуитивным <<размером>>). Пока договоримся понимать их наивно: борелевские множества – это все <<разумные>> подмножества \(\mathbb {R}^{n}\) (в частности, любые многоугольники, круги, а также их счётные объединения и пересечения), а \(\lambda (A)\) – привычная длина/площадь/объём множества \(A\).
Точка \(A\) выбирается равновероятно внутри прямоугольника со сторонами \(1\) и \(2\). Найдите вероятность того, что расстояние от точки \(A\) до ближайшей стороны прямоугольника не превышает \(x\).
В данном случае \(\Omega = [0,2] \times [0,1]\), \(\mathcal{F} = \mathscr {B}\left(\Omega \right)\), \(\mathbb {P} = \frac{1}{\lambda (\Omega )}\lambda = \frac{1}{2} \lambda\), где \(\lambda\) – это мера Лебега на \(\mathbb {R}^{2}\).
Рассмотрим, когда расстояние от точки \(A\) до ближайшей стороны больше \(x\). Это возможно только в том случае, если точка \(A\) лежит внутри «внутреннего» прямоугольника со сторонами \(1-2x\) и \(2-2x\), который получаем, отступив от каждой стороны исходного прямоугольника на \(x\).
\[
\mathbb {P}\left(\rho (A,\partial R) > x\right) = \frac{(1-2x)(2-2x)}{\lambda (\Omega )} = (1-2x)(1-x)
\]
так как площадь исходного прямоугольника равна \(2\). Следовательно,
\[
\mathbb {P}\left(\rho (A,\partial R) \leq x\right) = 1 - \mathbb {P}\left(\rho (A,\partial R) > x\right) = 1 - (1-2x)(1-x) = 3x - 2x^2
\]
Заметим, что при \(x \geq 0.5\) внутренний прямоугольник исчезает, и вероятность равна \(1\).
\(\begin{cases} 3x - 2x^2, & x < 0.5, \\ 1, & x \geq 0.5. \end{cases}\).
Рассмотрим окружность радиуса \(R\). Наудачу выбирается хорда этой окружности. Требуется найти вероятность того, что длина хорды \(\xi\) превышает длину стороны равностороннего треугольника, вписанного в эту окружность, т.е. вероятность \[
\Omega = [0, 2\pi) \times [0, 2\pi), \quad \mathcal{F} = \mathscr{B}\left(\Omega\right), \quad \mathbb{P} = \frac{\lambda}{\lambda(\Omega)} = \frac{\lambda}{4\pi^2}
\]
Парадокс Бертрана состоит в том, что данная задача может иметь различные вероятностные интерпретации, приводящие к разным ответам. Рассмотрим три классических подхода.
Хорда может быть однозначно задана своими концами. Их можно задать углами от оси абсцисс. Т.е. в данном случае \[
\Omega = \{(x,y): x^2 + y^2 < R^2\}, \quad \mathcal{F} = \mathscr{B}\left(\Omega\right), \quad \mathbb{P} = \frac{\lambda}{\lambda(\Omega)} \frac{\lambda}{\pi R^2}
\] где \(\lambda\) – мера Лебега на \(\mathbb {R}^{2}\). В данном случае элементарный исход состоит из 2-х углов: \(\omega = (\alpha , \beta ) \in \Omega\).
Построение хорды по двум случайным концам: углы α, β ∈ [0,2π) выбираются независимо и равномерно. Наведите курсор на хорду или дуги, чтобы увидеть точные значения.
Хорда длиннее стороны равностороннего треугольника, вписанного в окружность, если \(\angle AOB > 120^\circ = \frac{2}{3}\pi\). Можно посчитать, что нам подходит следующая фигура \(S\):
Пространство элементарных исходов \(\Omega = [0,2\pi)\times[0,2\pi)\) вместе с подходящей областью \(S\) (зелёным) и точкой, соответствующей примеру на предыдущем рисунке.
Ее площадь равна \(12\) квадратикам со стороной \(\frac{1}{3}\pi\), т.е. \(\lambda (S) = 12 \cdot \left(\frac{1}{3}\pi \right)^2 = \frac{4}{3} \pi^2\). Итого, вероятность: \(\frac{\lambda (S)}{\lambda (\Omega )} = \frac{1}{3}\).
Хорда однозначно определяется своим центром. Рассмотрим все хорды, центр которых лежит внутри круга. Тогда:
\[
\Omega = [0, 2\pi) \times [-R, R], \quad \mathcal{F} = \mathscr{B}\left(\Omega\right), \quad \mathbb{P} = \frac{\lambda}{4\pi R}
\] Хорда длиннее стороны равностороннего треугольника, если ее центр находится внутри круга радиуса \(R/2\) (где \(R\)- радиус исходной окружности). Это соответствует площади:
Построение хорды по случайному центру C, равномерному внутри круга: хорда однозначно определяется своим центром (перпендикулярна OC). Зелёная область S — центры хорд, длиннее стороны вписанного треугольника (радиус R/2).
Площадь области: \(\lambda (S) = \pi (R/2)^2 = \pi R^2/4\). Вероятность: \(\frac{\lambda (S)}{\lambda (\Omega )} = \frac{1}{4}\).
Выбираем направление хорды, затем выбираем положение ее центра на диаметре, перпендикулярном направлению.
\[
\label{CondProb:Def}
\mathbb{P}\left(A \mid B\right) = \begin{cases}
\frac{\mathbb{P}\left(A \cap B\right)}{\mathbb{P}\left(B\right)}, & \mathbb{P}\left(B\right) > 0 \\
\text{не определено}, & \mathbb{P}\left(B\right) = 0 \\
\end{cases}
\]
Построение хорды по случайному направлению α и положению x на перпендикулярном диаметре: x равномерно на [-R, R]. Точка C — центр хорды, найденной по (α, x).
В данном случае \(\omega = (\alpha , x)\). Хорда длиннее стороны равностороннего треугольника, если расстояние от центра до хорды \(|x| < R/2\):
Пространство элементарных исходов \(\Omega = [0,2\pi)\times[-R,R]\) вместе с подходящей областью \(S\) (зелёным) и точкой, соответствующей примеру на предыдущем рисунке.
Площадь области: \(\lambda (S) = 2\pi R\). Вероятность: \(\frac{\lambda (S)}{\lambda (\Omega )} = \frac{2\pi R}{4\pi R} = \frac{1}{2}\).
Ниже — эмпирическая проверка парадокса: для каждого из трёх способов сгенерировано \(N=120\) случайных хорд; зелёным показаны хорды, длиннее стороны вписанного треугольника, серым — остальные. Доля зелёных хорд \(\hat P\) приближается к своей теоретической вероятности — три разных числа для, казалось бы, одной и той же случайной хорды.
Монте-Карло проверка парадокса Бертрана: одна и та же геометрическая задача («хорда длиннее стороны вписанного треугольника?») даёт три разные вероятности в зависимости от способа выбора «случайной» хорды. Наведите курсор на любую хорду, чтобы увидеть её длину.
В зависимости от модели ответ может быть либо \(\frac{1}{2}\), либо \(\frac{1}{3}\), либо \(\frac{1}{4}\).
Найти вероятность того, что из трех наудачу взятых отрезков длиной не более чем 1 можно составить треугольник. Составьте вероятностное пространство.
Староста группы заметила, что семинарист приходит на занятия со случайным опозданием в пределах \(15\) мин., при этом он разрешает проходить в аудиторию только тем студентам, которые пришли после него не позднее \(5\) мин. Староста же решила опоздать на семинар, но выбрала себе границу случайного опоздания всего в \(10\) мин. и время ожидания семинариста тоже 10 мин. Опишите вероятностное пространство. Какова вероятность того, что староста все же посетит семинар?
Дискретная модель: общий случай
В классической дискретной модели считается, что все элементарные исходы равновероятны. Рассмотрим ситуацию, когда это не так. Пусть \(\Omega = \{ \omega_1, \ldots , \omega_N\}\),\(\mathcal{F} = 2^{\Omega }\), а вероятность каждого исхода равна \(p_i = \mathbb {P}\left(\{ \omega_i\} \right)\). Тогда, очевидно, выполнено \(\sum_{i=1}^{N} p_i = 1\), и вероятность произвольного события считается следующим образом: \(\mathbb {P}\left(A\right) = \sum_{i: \omega_i \in A} p_i\). Тем самым мы полностью определили вероятностное пространство с конечным числом исходов \((\Omega , \mathcal{F}, \mathbb {P})\).
Всё сказанное дословно переносится и на счётное \(\Omega = \{ \omega_1, \omega_2, \ldots \}\): нужно лишь заменить конечную сумму \(\sum_{i=1}^{N} p_i = 1\) на сумму ряда \(\sum_{i=1}^{\infty } p_i = 1\), а \(\mathcal{F} = 2^{\Omega }\) по-прежнему остаётся сигма-алгеброй (счётное объединение подмножеств счётного множества снова не более чем счётно). Тогда для любого \(A \subset \Omega\) корректно определена вероятность \(\mathbb {P}\left(A\right) = \sum_{i \, : \, \omega_i \in A} p_i\) – это ряд с неотрицательными членами, поэтому его сумма не зависит от порядка суммирования.
Симметричную монету подбрасывают до первого выпадения орла. Опишите вероятностное пространство и найдите вероятность того, что потребуется нечётное число бросков.
Элементарный исход – число бросков до первого орла: \(\Omega = \mathbb {N} = \{ 1, 2, 3, \ldots \}\). Пространство исходов счётно, но, в отличие от классической модели, исходы не равновероятны. Событие \(\{ \omega = k\}\) означает: первые \(k-1\) бросков – решки, \(k\)-й – орёл; поэтому \[
p_k := \mathbb {P}\left(\omega = k\right) = \left(\frac{1}{2}\right)^{k-1}\cdot \frac{1}{2} = \frac{1}{2^k}, \qquad k \in \mathbb {N}
\] Проверим, что это корректное распределение: \(\sum_{k=1}^{\infty }p_k = \sum_{k=1}^{\infty }\frac{1}{2^k} = 1\). Искомая вероятность: \[
\mathbb {P}\left(\text{число бросков нечётно}\right) = \sum _{j=0}^{\infty }p_{2j+1} = \sum _{j=0}^{\infty }\frac{1}{2^{2j+1}} = \frac{1}{2}\sum _{j=0}^{\infty }\frac{1}{4^j} = \frac{1}{2}\cdot \frac{1}{1-1/4} = \frac{2}{3}
\]
Игральная кость несимметрична: вероятность выпадения грани \(i\) пропорциональна самому числу \(i\), т.е. \(\mathbb {P}\left(i\right) = ci\) для некоторой константы \(c\), \(i = 1, \ldots , 6\). Найдите \(c\) и вероятность того, что выпадет чётное число очков.
Игральную кость бросают повторно и независимо, пока не выпадет либо \(1\), либо \(6\) (то, что выпадет раньше). Найдите вероятность того, что игра закончится выпадением единицы.
Примечание. Не обязательно писать ряд явно – воспользуйтесь симметрией между исходами \(1\) и \(6\).
Условная вероятность
Пусть \((\Omega , \mathcal{F}, \mathbb {P})\) – это вероятностное пространство (в рассматриваемых в этом разделе определениях, как правило, конечное) и \(A \in \mathcal{F}\) – некоторое событие. Часто возникает задача вычислить вероятность события при условии, что выполнено другое событие.
Определение 5 Условной вероятностью \(A\) при условии \(B\) называется \[
\mathbb {P}\left(A \mid B\right) = \begin{cases} \frac{\mathbb {P}\left(A \cap B\right)}{\mathbb {P}\left(B\right)}, & \mathbb {P}\left(B\right) > 0 \\ \text{не определено}, & \mathbb {P}\left(B\right) = 0 \\ \end{cases}
\]
Брошено 3 игральных кости. Найти вероятность того, что на всех костях выпала «шестерка» при условии, что на первой кости выпала «шестерка».
Обозначим \[
\begin{align} A & = \left\{ \text{на первой кости выпала «шестерка»}\right\} \\ B & = \left\{ \text{на всех костях выпала «шестерка»}\right\} \end{align}
\] Тогда, очевидно, \(\mathbb {P}\left(A\right) = \frac{1}{6}\), так как выпадение «шестерки» – один из шести равнозначных исходов в эксперименте бросания одного кубика. Событие \(B \subset A\), поэтому \[
\mathbb {P}\left(A \cap B\right) = \mathbb {P}\left(B\right) = \frac{1}{6^3},
\] так как выпадение трех «шестерок» – один из \(6^{3}\) равнозначных исходов в эксперименте бросания трех игральных костей. Тем самым \[
\mathbb {P}\left(B \mid A\right) = \frac{1/6^3}{1/6} = \frac{1}{6^2}
\]
Разбиением вероятностного пространства называется такая конечная или счетная система событий \(\left\{ A_1, A_2, \ldots \right\} = \left\{ A_n \; : \; n \in \mathcal{N}\right\}\) (\(\mathcal{N} = \left\{ 1, \ldots , N\right\}\), если система конечна, и \(\mathcal{N} = \mathbb {N}\), если система счетна), что различные события не пересекаются (если \(i \neq j\), то \(A_i \cap A_j = \varnothing\), такая система еще называется дизъюнктной) и в объединении указанные события дают все пространство элементарных исходов:
\[
\bigsqcup _{n \in \mathcal{N}}A_n = \Omega
\]
Пусть есть какое-то еще событие \(B\). Заметим, что поскольку \(B \subset \Omega\), будем иметь в таком случае
\[
B = \left(B \cap A_1\right) \sqcup \left(B \cap A_2\right) \sqcup \ldots = \bigsqcup _{n \in \mathcal{N}} B \cap A_n
\]
Пользуясь свойством конечной или счетной аддитивности вероятностной меры, получаем
\[
\mathbb {P}\left(B\right) = \sum _{n \in \mathcal{N}} \mathbb {P}\left(B \cap A_n\right)
\]
Пусть дополнительно \(\mathbb {P}\left(A_n\right) > 0\), \(\forall n\). Тогда по формуле условной вероятности будем иметь \(\mathbb {P}\left(B \cap A_n\right) = \mathbb {P}\left(B \mid A_n\right) \mathbb {P}\left(A_n\right)\), \(\forall n\). Приходим к следующей теореме.
Теорема 1 (Формула полной вероятности) Пусть имеется разбиение \(\left\{ A_n\right\}_{n \in \mathcal{N}}\) (конечное или счетное) с \(\mathbb {P}\left(A_n\right) > 0\), \(\forall n\). Тогда для любого события \(B\) верна следующая формула: \[
\mathbb {P}\left(B\right) = \sum _{n \in \mathcal{N}} \mathbb {P}\left(B \mid A_n\right) \mathbb {P}\left(A_n\right)
\]
Предположим дополнительно, что \(\mathbb {P}\left(B\right) > 0\). Тогда для произвольного \(i \in \mathcal{N}\) будем иметь
\[
\mathbb {P}\left(A_i \mid B\right) = \frac{\mathbb {P}\left(A_i \cap B\right)}{\mathbb {P}\left(B\right)} = \frac{\mathbb {P}\left(B \mid A_i\right) \mathbb {P}\left(A_i\right)}{\mathbb {P}\left(B\right)}
\]
Если дополнительно \(\mathbb {P}\left(B\right)\) в знаменателе заменить по формуле полной вероятности, то получим знаменитую формулу Байеса.
Теорема 2 (Формула Байеса) Пусть имеется разбиение \(\left\{ A_n\right\}_{n \in \mathcal{N}}\) (конечное или счетное) с \(\mathbb {P}\left(A_n\right) > 0\), \(\forall n\). Тогда для любого события \(B\) с \(\mathbb {P}\left(B\right) > 0\) и для любого \(i \in \mathcal{N}\) верна следующая формула: \[
\mathbb {P}\left(A_{i} \mid B \right)=\frac{\mathbb {P}\left(B \mid A_i\right) \mathbb {P}\left(A_i\right)}{\sum _{n \in \mathcal{N}} \mathbb {P}\left(B \mid A_n\right) \mathbb {P}\left(A_n\right)}
\]
Мимо магазина пончиков проходят юноши с частотой \(0.6\), девушки — с частотой \(0.3\), преподаватели — с частотой \(0.1\). Юноши покупают пончик с вероятностью \(0.4\), девушки — с вероятностью \(0.9\), преподаватели — с вероятностью \(0.2\). Известно, что последний человек купил пончик. Найдите условную вероятность того, что пончик приобрел преподаватель.
Обозначим события:
\(B = \{ \text{последний человек купил пончик}\}\)
\(A_1 = \{ \text{этот человек --- юноша}\}\)
\(A_2 = \{ \text{этот человек --- девушка}\}\)
\(A_3 = \{ \text{этот человек --- преподаватель}\}\)
По условию задачи:
\[
\mathbb {P}\left(A_1\right) = 0.6,\quad \mathbb {P}\left(A_2\right) = 0.3,\quad \mathbb {P}\left(A_3\right) = 0.1
\] \[
\mathbb {P}\left(B \mid A_1\right) = 0.4,\quad \mathbb {P}\left(B \mid A_2\right) = 0.9,\quad \mathbb {P}\left(B \mid A_3\right) = 0.2
\]
По формуле Байеса:
\[
\begin{align} \mathbb {P}\left(A_3 \mid B\right) & = \frac{\mathbb {P}\left(B \mid A_3\right) \mathbb {P}\left(A_3\right)}{\mathbb {P}\left(B \mid A_1\right) \mathbb {P}\left(A_1\right) + \mathbb {P}\left(B \mid A_2\right) \mathbb {P}\left(A_2\right) + \mathbb {P}\left(B \mid A_3\right) \mathbb {P}\left(A_3\right)} = \\ & = \frac{0.2 \cdot 0.1}{0.4 \cdot 0.6 + 0.9 \cdot 0.3 + 0.2 \cdot 0.1} = \frac{0.02}{0.24 + 0.27 + 0.02} = \frac{0.02}{0.53} \approx 0.038 \end{align}
\]
В партии из \(N\) изделий имеется \(M \leqslant N\) бракованных. Выбирается \(n \leqslant N\) изделий из этой партии. Найдите вероятность того, что среди выбранных окажется ровно \(m\) бракованных, для схем выбора с возвращением и без.
В предыдущей задаче обозначим через \(A_{k}\) событие, что на \(k\)-ом шаге вытянули брак, а через \(B_{m}\) событие, что всего вытянули \(m\) бракованных изделий. Найдите \(\mathbb {P}\left(A_{k} \mid B_{m}\right)\) для схем выбора с возвращением и без.
Безусловную вероятность \(\mathbb {P}\left(A\right)\) события \(A\) еще называют априорной, а условную вероятность \(\mathbb {P}\left(A \mid B\right)\) еще называют апостериорной.
Вы решили поехать на горнолыжный курорт и звоните двум своим друзьям узнать, как там погода. Оба сказали, что снега нет. По вашим априорным данным, вероятность снега равна \(0.8\). Кроме того, ваши друзья могут пошутить с вероятностью \(0.3\) независимо друг от друга. Найдите апостериорную вероятность того, что идёт снег.
Независимость
Будем говорить, что событие \(B\) не зависит от события \(A\), если вероятность их одновременного наступления распадается в произведение отдельных вероятностей:
\[
\mathbb {P}\left(A \cap B\right) = \mathbb {P}\left(A\right) \cdot \mathbb {P}\left(B\right)
\]
Пусть имеется множество событий \(A_{1}, \ldots , A_{n}\).
Определение 6 Произвольные события \(A, B \in \mathcal{F}\) называются независимыми, если \(\mathbb {P}\left(A \cap B\right) = \mathbb {P}\left(A\right) \cdot \mathbb {P}\left(B\right)\).
События \(A_{1}, \ldots , A_{n}\) называются попарно независимыми, если для любых различных \(i, j \in \{ 1, \ldots , n\}\) события \(A_i\) и \(A_j\) независимы.
События \(A_{1}, \ldots , A_{n}\) называются независимыми в совокупности, если для любого набора индексов \(i_{1}, i_{2}, \ldots , i_{k}, 1 \leq i_{1}<i_{2}<\ldots <i_{k} \leq n\), выполнено
\[
\mathbb {P}\left(A_{i_1} \cap A_{i_2} \cap \ldots \cap A_{i_k}\right) = \mathbb {P}\left(A_{i_1}\right) \cdot \mathbb {P}\left(A_{i_2}\right) \cdot \cdots \cdot \mathbb {P}\left(A_{i_k}\right)
\]
Легко видеть, что из независимости в совокупности следует попарная независимость. Обратное, как показывает следующий пример, неверно.
Привести пример таких событий, что они независимы попарно, но не являются независимыми в совокупности.
Рассмотрим тетраэдр \(A C D E\). Вершину \(A\) покрасим в красный цвет, вершину \(C\)- в зеленый, \(D\)- в синий, а \(E\)- сразу в три этих цвета. Рассмотрим эксперимент с равновероятным выбором вершины тетраэдра. Введем события \[
\begin{align} R & = \left\{ \text{выбранная вершина покрашена в красный цвет}\right\} \\ G & = \left\{ \text{выбранная вершина покрашена в зеленый цвет}\right\} \\ B & = \left\{ \text{выбранная вершина покрашена в синий цвет}\right\} \end{align}
\] Тогда \(\mathbb {P}\left(B\right) = \mathbb {P}\left(G\right) = \mathbb {P}\left(R\right) = \frac{1}{2}\), а вероятности пересечений \(\mathbb {P}\left(B \cap G\right) = \mathbb {P}\left(G \cap R\right) = \mathbb {P}\left(B \cap R\right) = \frac{1}{4}\), т.е. события \(B, G\) и \(R\) являются попарно независимыми. Но \[
\mathbb {P}\left(B \cap G \cap R\right) = \frac{1}{4} \neq \frac{1}{8} = \mathbb {P}\left(B\right) \cdot \mathbb {P}\left(G\right) \cdot \mathbb {P}\left(R\right)
\] т.е. события не являются независимыми в совокупности.
Из ящика, содержащего черные и белые шары, извлекаются шары. Пусть событие \(A_{k}\) означает, что на \(k\)-м шаге извлечен белый шар. Докажите, что события \(A_{1}, \ldots , A_{n}\)
независимы в совокупности, если выбор шаров производится с возвращением;
зависимы, если выбор шаров производится без возвращения.
Два игрока проводят серию независимых испытаний. В каждом испытании игрок \(A\) подбрасывает 3 игральные кости, а игрок \(B-2\) кости одновременно с игроком \(A\) и независимо от него. Эти испытания они проводят последовательно до первого выпадения «шестерки» хотя бы на одной из костей. Найдите вероятности следующих событий:
\(\mathcal{C}=\{\) впервые «шестерка» выпала у игрока \(B\), а не у \(A\}\)
\(\mathcal{D}=\{\) впервые «шестерка» выпала одновременно у \(A\) и \(B\}\).
Пусть \(A, B, C\)- попарно независимые равновероятные события, причем \(A \cap B \cap C=\varnothing\). Найдите максимально возможное значение \(\mathbb {P}(A)\).
Схема Бернулли
Введем теперь так называемую схему Бернулли. Рассмотрим серию идентичных, независимых в совокупности экспериментов, которые имеют 2 исхода (например, многократное подбрасывание монетки). Один из этих исходов назовем успехом (обозначим его \(\{ 1\}\)), а другой – неудачей (обозначим его \(\{ 0\}\)). Известно, что вероятность успеха в одном эксперименте равна \(\mathbb {P}\left(\left\{ 1\right\} \right) =: p\), а неудачи \(\mathbb {P}\left(\left\{ 0\right\} \right) = 1 - p =: q\). Тогда пространство элементарных исходов есть все двоичные последовательности длины \(n\):
\[
\Omega = \left\{ \omega = (\varepsilon _1, \ldots , \varepsilon _n) \; : \; \varepsilon _1, \ldots , \varepsilon _n \in \left\{ 0,1\right\} \right\}
\]
а вероятность каждого элементарного исхода равна
\[
\mathbb {P}\left(\omega \right) = p^{\sum _{i=1}^{n} \varepsilon _{i}} q^{n-\sum _{i=1}^{n} \varepsilon _{i}}
\]
Легко убедиться, что сумма вероятностей всех исходов в таком случае равна 1. Часто требуется найти вероятность того, что в схеме из \(n\) испытаний Бернулли произошло \(k\) успехов: эта вероятность равна \(C_{n}^{k} p^{k} q^{n-k}\).
Два игрока проводят бесконечную серию независимых испытаний. В каждом испытании игрок \(A\) подбрасывает 3 игральные кости, а игрок \(B\) – 2 кости одновременно с игроком \(A\) и независимо от него. Эти испытания они проводят последовательно до первого выпадения «шестерки» хотя бы на одной из костей. Найдите вероятность того, что впервые «шестерка» выпала у игрока \(A\), а не у \(B\).
Обозначим \[
A_k = \left\{ \text{«шестерка» выпала при $k$-м испытании у хотя бы одного из игроков}\right\}
\] Пусть \[
\begin{align} D_{k}& =\bigcap _{i=1}^{k-1} \overline{A_{i}} \\ B_k & = \left\{ \text{у игрока $A$ выпала «шестерка» при $k$-м испытании}\right\} \\ C_k & = \left\{ \text{у игрока $B$ выпала «шестерка» при $k$-м испытании}\right\} \end{align}
\] Успехом при \(k\)-м испытании будем называть событие, заключающееся в том, что при \(k\)-м испытании у игрока \(A\) выпала «шестерка», а у \(B\)- не выпала. Эта вероятность равна \[
\mathbb {P}\left(B_k \cap \overline{C_k}\right) = \mathbb {P}\left(B_k\right) \cdot \mathbb {P}\left(\overline{C_k}\right) = \left(1-\left(\frac{5}{6}\right)^{3}\right)\left(\frac{5}{6}\right)^{2}=\frac{91 \cdot 25}{6^{5}}
\] Так как \(B_{k}\) и \(C_{k}\) не зависят между собой и от \(D_{k}\) по условию, то искомая вероятность равна \[
\begin{align} \sum _{k=1}^{n} \mathbb {P}\left(B_{k} \cap \overline{C_{k}} \mid D_{k}\right) \mathbb {P}\left(D_k\right) = \sum _{k=1}^{n} \mathbb {P}\left(B_{k} \cap \overline{C_{k}}\right) \mathbb {P}\left(D_{k}\right) = \frac{25 \cdot 91}{6^{5}} \sum _{k=1}^{\infty } \mathbb {P}\left(D_k\right) = \\ =\frac{25 \cdot 91}{6^{5}}\left(1+\left(\frac{5}{6}\right)^{5}+\left(\frac{5}{6}\right)^{10}+\ldots \right)=\frac{25 \cdot 91}{6^{5}-5^{5}} \end{align}
\] где \(D_{1}=\Omega\).
Найти вероятность того, что в \(2 n\) испытаниях схемы Бернулли с вероятностью успеха \(p\) и неудачи \(q=1-p\) появится \(m+n\) успехов и все испытания с четными номерами закончатся успехом.
Чтобы выполнялось событие, вероятность которого надо найти, при условии, что \(n\) испытаний с четными номерами закончились успехом (вероятность этого события, очевидно, \(p^{n}\)), необходимо и достаточно, чтобы закончились успехом \(m\) испытаний с нечетными номерами. Поскольку испытания с четными и нечетными номерами независимы, то искомая вероятность равна \(p^{n} C_{n}^{m} p^{m} q^{n-m}=C_{n}^{m} p^{n+m} q^{n-m}\).
