Вероятностное пространство. Классические модели. Независимость

1 Системы множеств. Вероятностное пространство

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 же является подмножество \(A\) множества \(\Omega\). Говорят, что произошло событие \(A\), если эксперимент завершился одним из элементарных исходов, входящих в множество \(A\). Далеко не каждое подмножество является событием. Для того, чтобы определить, какие же множества являются событиями, вспомним некоторые определения из теории множеств.

Определение 2 Система множеств \(\mathcal{A}\) называется алгеброй, если выполняются следующие 3 свойства:

  1. \(\Omega \in \mathcal{A}\);

  2. если множество \(A \in \mathcal{A}\), то и дополнение к этому множеству \(A^{\complement } \in \mathcal{A}\);

  3. если множества \(A, B \in \mathcal{A}\), то и их объединение \(A \cup B \in \mathcal{A}\).

Очевидно, \(\varnothing \in \mathcal{A}\) (следует из свойств 1) и 2) из определения алгебры). Кроме того, если множества \(A, B \in \mathcal{A}\), то и их пересечение \(A \cap B \in \mathcal{A}\) (следует из свойств 2) и 3) при использовании правила Де Моргана \(\overline{\bar{A}} \cup \bar{B}=A \cap B\)).

Определение 3 Система множеств \(\mathcal{F}\) называется сигма-алгеброй, если выполняются следующие 3 свойства:

  1. \(\Omega \in \mathcal{F}\);

  2. если множество \(A \in \mathcal{F}\), то и дополнение к этому множеству \(\bar{A} \in \mathcal{F}\);

  3. если множества \(A_{1}, A_{2}, \ldots \in \mathcal{F}\), то и их бесконечное объединение \(\bigcup_{i=1}^{\infty } A_{i} \in \mathcal{F}\).

Как легко видеть, алгебра от сигма-алгебры отличается только тем, что сигма-алгебра замкнута относительно счетного объединения множеств. Также очевидно, что любая сигма-алгебра является алгеброй, т.е. пустое множество принадлежит любой сигма-алгебре. Кроме того, из правила Де Моргана следует, что если множества \(A_{1}, A_{2}, \ldots \in \mathcal{F}\), то и их бесконечное пересечение \(\bigcap_{i=1}^{\infty } A_{i} \in \mathcal{F}\).

Пусть дано пространство элементарных событий \(\Omega\) и сигма-алгебра \(\mathcal{F}\) на нем. Множество \(A \in \mathcal{F}\) называется событием.

Определение 4 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.

Определение 5 Тройку \((\Omega , \mathcal{F}, \mathbb {P})\), состоящую из множества элементарных событий, сигма-алгебры событий и вероятностной меры, называют вероятностным пространством или тройкой Колмогорова.

2 Дискретная модель: классический случай

Предположим теперь, что рассматриваемое нами пространство элементарных исходов является конечным, т.е. \(\left|\Omega \right| = N \in \mathbb {N}\). Зададим в качестве сигма-алгебры на нем множество всех подмножеств \(\Omega\): \(\mathcal{F} = 2^{\Omega }\). Также будем считать, что вероятности всех элементарных исходов равны, 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: \(\mathbb {P}\left(P\right) = \frac{1}{N}\#\), 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.

ExampleПример 1

Опишите вероятностное пространство для схемы упорядоченного выбора без возвращения.

Пусть выбору \(i\)-го элемента соответствует элементарный исход \(\omega_{i}\). Схема упорядоченного выбора с возвращением. 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.

Количество элементов в \(\Omega\) равно \(A_{n}^k\). Выпадение же любого исхода равновероятно, поскольку на любом шаге мы можем выбрать равновероятно любой из \(n\) элементов. Т.е. \(\mathbb {P} = \frac{1}{A_{n}^k}\#\). Тем самым вероятностное пространство для данной модели является классическим.

ProblemЗадача 1

Из корзины с \(n\) предметами случайным образом выбирается \(k\) предметов. Опишите вероятностное пространство для схемы неупорядоченного выбора с возвращением.

ProblemЗадача 2

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 \(i\} , i=2,3, \ldots , 2 M\).

ProblemЗадача 3

Из множества \(N\) объектов выбирается случайное подмножество. Опишите соответствующее вероятностное пространство и найдите вероятность того, что это случайное подмножество имеет четную мощность.

ExampleПример 2

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.

3 Классическая геометрическая модель

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.

Рисунок 1: Геометрическая вероятность: \(\mathbb {P}(A) = \dfrac {\lambda (A)}{\lambda (\Omega )}\)
ExampleПример 3

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 \(1\).

[scale=5]

[thick] (0,0) rectangle (2,1);

(0,0.3) – (2,0.3); (0,1-0.3) – (2,1 - 0.3); at (1,-0.1) \(2\); [red] at (1,0.3- 0.05) \(2-2x\); at (-0.1,0.5) \(1\); [red, rotate=90] at (0.3- 0.05,0.5) \(1-2x\);

[dashed,red,very thick] (0.3,0.3) rectangle (2-0.3,1-0.3);

[green!60, opacity=0.6] (0.3,0.3) – (2-0.3, 0.3) – (2-0.3, 1-0.3) – (0.3, 1- 0.3) – cycle;

[red] at (1,0.5) Внутренний прямоугольник \(S\);

\(\begin{cases} 3x - 2x^2, & x < 0.5, \\ 1, & x \geq 0.5. \end{cases}\).

ExampleПример 4 - Парадокс Бертрана

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: \(\omega = (\alpha , \beta ) \in \Omega\).

Рисунок 2

Хорда длиннее стороны равностороннего треугольника, вписанного в окружность, если \(\angle AOB > 120^\circ = \frac{2}{3}\pi\). Можно посчитать, что нам подходит следующая фигура \(S\):

Рисунок 3: Пострантсво элементарных исходов \(\Omega\) вместе с подходящей областью \(S\).

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:

Рисунок 4: Пострантсво элементарных исходов \(\Omega\) вместе с подходящей областью \(S\).

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.

\[ \label{CondProb:Def} \mathbb{P}\left(A \mid B\right) = \begin{cases} \frac{\mathbb{P}\left(A \cap B\right)}{\mathbb{P}\left(B\right)}, & \mathbb{P}\left(B\right) > 0 \\ \text{не определено}, & \mathbb{P}\left(B\right) = 0 \\ \end{cases} \]

Рисунок 5

В данном случае \(\omega = (\alpha , x)\). Хорда длиннее стороны равностороннего треугольника, если расстояние от центра до хорды \(|x| < R/2\):

Рисунок 6: Пострантсво элементарных исходов \(\Omega\) вместе с подходящей областью \(S\).

Площадь области: \(\lambda (S) = 2\pi R\). Вероятность: \(\frac{\lambda (S)}{\lambda (\Omega )} = \frac{2\pi R}{4\pi R} = \frac{1}{2}\).

В зависимости от модели ответ может быть либо \(\frac{1}{2}\), либо \(\frac{1}{3}\), либо \(\frac{1}{4}\).

4 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 \((\Omega , \mathcal{F}, \mathbb {P})\).

5 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 6 Условной вероятностью\(A\) при условии \(B\) называется \[ \mathbb{P}\left(A \mid B\right) = \begin{cases} \frac{\mathbb{P}\left(A \cap B\right)}{\mathbb{P}\left(B\right)}, & \mathbb{P}\left(B\right) > 0 \\ \text{не определено}, & \mathbb{P}\left(B\right) = 0 \\ \end{cases} \]

ExampleПример 5

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 \[ \mathbb{P}\left(B \mid A\right) = \frac{1/6^3}{1/6} = \frac{1}{6^2} \]

\(\frac{1}{36}\).

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: \[ \mathbb{P}\left(A_{i} \mid B \right)=\frac{\mathbb{P}\left(B \mid A_i\right) \mathbb{P}\left(A_i\right)}{\sum_{n \in \mathcal{N}} \mathbb{P}\left(B \mid A_n\right) \mathbb{P}\left(A_n\right)} \]

ExampleПример 6

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:

\[ \begin{align} \mathbb{P}\left(A_3 \mid B\right) &= \frac{\mathbb{P}\left(B \mid A_3\right) \mathbb{P}\left(A_3\right)}{\mathbb{P}\left(B \mid A_1\right) \mathbb{P}\left(A_1\right) + \mathbb{P}\left(B \mid A_2\right) \mathbb{P}\left(A_2\right) + \mathbb{P}\left(B \mid A_3\right) \mathbb{P}\left(A_3\right)} = \\ &= \frac{0.2 \cdot 0.1}{0.4 \cdot 0.6 + 0.9 \cdot 0.3 + 0.2 \cdot 0.1} = \frac{0.02}{0.24 + 0.27 + 0.02} = \frac{0.02}{0.53} \approx 0.038 \end{align} \]

\(\frac{2}{53}\).

ProblemЗадача 4

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.

ProblemЗадача 5

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.

ProblemЗадача 6

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.

6 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 7 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.

ExampleПример 7 - Пример Бернштейна

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.

ProblemЗадача 7

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 \(A_{1}, \ldots , A_{n}\)

  1. независимы в совокупности, если выбор шаров производится с возвращением;

  2. зависимы, если выбор шаров производится без возвращения.

ProblemЗадача 8

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:

  1. \(\mathcal{C}=\{\) впервые «шестерка» выпала у игрока \(B\), а не у \(A\}\)

  2. \(\mathcal{D}=\{\) впервые «шестерка» выпала одновременно у \(A\) и \(B\}\).

ProblemЗадача 9

Пусть \(A, B, C\)- попарно независимые равновероятные события, причем \(A \cap B \cap C=\varnothing\). Найдите максимально возможное значение \(\mathbb {P}(A)\).

7 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 \(C_{n}^{k} p^{k} q^{n-k}\).

ExampleПример 8

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 \(D_{1}=\Omega\).

ExampleПример 9

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 \(p^{n} C_{n}^{m} p^{m} q^{n-m}=C_{n}^{m} p^{n+m} q^{n-m}\).