WWW.DISSERS.RU

БЕСПЛАТНАЯ ЭЛЕКТРОННАЯ БИБЛИОТЕКА

   Добро пожаловать!

Pages:     | 1 |   ...   | 3 | 4 || 6 | 7 |   ...   | 18 |

Нам пригодится свойство, которым обладает любая мера. Это свойство н е п р е р ы в н о с т и м е р ы иногда называют а к с и о м о й непрерывности, имея в виду, что ею можно заменить (µ2) в определении 14.

Лемма 2 (с в о й с т в о н е п р е р ы в н о с т и м е р ы). Пусть дана убывающая последовательность B1 B2 B3... множеств из F такая, что µ(B1) < и B = Bn. Тогда µ(B) = lim µ(Bn).

n n=Доказательство. Обозначим через Cn кольца: Cn = = Bn \ Bn+1. Множества B, C1, C2, C3,... попарно не пересекаются. Тогда из представлений B BB1 = B Ci, Bn = B Ci Bi=1 i=n вытекают, в силу аксиомы (µ2), соответствующие равенства и для мер:

µ(B1) = µ(B) + µ(Ci), µ(Bn) = µ(B) + µ(Ci).

i=1 i=n Первая сумма µ(Ci) в силу условия µ(B1) < есть сумма абсолютно i=сходящегося ряда (составленного из неотрицательных слагаемых). Из схо Constantin Caratheodory (13.09.1873 — 2.02.1950, Germany) ГЛАВА 3. Аксиоматика теории вероятностей димости этого ряда следует, что «хвост» ряда, равный µ(Ci), стремится i=n к нулю при n. Поэтому µ(Bn) = µ(B) + µ(Ci) - µ(B) + 0 = µ(B).

n i=n В полезности этого свойства легко убедиться упражнениями.

Упражнение. Используя аксиому непрерывности меры для убывающей последовательности множеств Bn = (x - 1/n, x + 1/n), доказать, что мера Лебега одноточечного подмножества {x} вещественной прямой равна нулю: {x} = 0. Используя этот факт, доказать, что (N) = 0, (Z) = 0, (Q) = 0, (a, b) = [ a, b ].

Замечание 8. В отсутствие предположения µ(B1) < (или µ(Bn) < для некоторого n 1), заставляющего меры вложенных множеств быть конечными, свойство µ(B) = lim µ(Bn) может не выполняться.

n Например, зададим меру на B(R) так: µ(B) = 0, если B не более чем счётно, иначе µ(B) =. Тогда для множеств Bn = (x - 1/n, x + 1/n) имеем:

B = Bn = {x}, µ(Bn) = µ(B) = 0.

n=И вот наконец мы в состоянии определить понятие в е р о я т н о с т и.

Вероятность как нормированная мера.

Определение 15. Пусть — непустое множество и F — -алгебра его подмножеств. Мера µ : F R называется н о р м и р о в а н н о й, если µ() = 1. Другое название нормированной меры — в е р о я т н о с т ь или в е р о я т н о с т н а я м е р а.

То же самое ещё раз и подробно:

Определение 16. Пусть — пространство элементарных исходов, F — -алгебра его подмножеств (событий). В е р о я т н о с т ь ю или в е р о я т н о с т н о й м е р о й на (, F) называется функция P : F R, обладающая свойствами:

(P1) для любого события A F выполняется неравенство P(A) 0;

(P2) для любого счётного набора попарно несовместных событий A1, A2, A3,... F имеет место равенство P Ai = P(Ai);

i=1 i=(P3) вероятность достоверного события равна единице: P() = 1.

Свойства (P1) — (P3) называют аксиомами вероятности.

Определение 17. Тройка, F, P, в которой — пространство элементарных исходов, F — -алгебра его подмножеств и P — вероятностная мера на F, называется в е р о я т н о с т н ы м п р о с т р а н с т в о м.

30 ГЛАВА 3. Аксиоматика теории вероятностей Докажем свойства вероятности, вытекающие из аксиом. Ниже мы не будем всякий раз оговаривать, что имеем дело только с событиями.

С в о й с т в о 0. P() = 0.

События Ai =, где i 1, попарно несовместны, и их объединение есть также пустое множество. По аксиоме (P2), P() = P(Ai) = P().

i=1 i=Это возможно только в случае P() = 0.

Аксиома счётной аддитивности вероятности (P2) тем более верна для конечного набора попарно несовместных событий.

С в о й с т в о 1. Для любого к о н е ч н о г о набора попарно несовместных событий A1,..., An F имеет место равенство n n P Ai = P(Ai).

i=1 i= Положим Ai = при любом i > n. Вероятности этих событий, по свойству 0, равны нулю. События A1,..., An,,,,... попарно несовместны, и по аксиоме (P2), n n P Ai = P Ai = P(Ai) = P(Ai).

i=1 i=1 i=1 i=Сразу несколько следствий можно получить из этого свойства.

С в о й с т в о 2. Для любого события A выполнено: P(A) = 1 - P(A).

Поскольку A A =, и события A и A несовместны, из аксиомы (P3) и свойства 1 получим P(A) + P(A) = P() = 1.

С в о й с т в о 3. Если A B, то P(B \ A) = P(B) - P(A).

Представим B в виде объединения двух несовместных событий: B = = A (B \ A). По свойству 1, P(B) = P(A) + P(B \ A).

Сразу же заметим, что по аксиоме (P1) выражение в правой части равенства P(B) = P(A) + P(B \ A) больше либо равно P(A), что доказывает следующее свойство м о н о т о н н о с т и вероятности.

С в о й с т в о 4. Если A B, то P(A) P(B).

С в о й с т в о 5. Для любого события A выполнено: 0 P(A) 1.

P(A) 0 по (P1). А так как A, то P(A) P() = 1.

С в о й с т в о 6. Всегда P(A B) = P(A) + P(B) - P(A B).

Имеем AB B, поэтому P(B\(AB)) = P(B)-P(AB) по свойству 3. Но A B = A (B \ (A B)), причём A и B \ (A B) несовместны.

Снова пользуясь свойством 1, получим:

P(AB) = P(A) + P(B \ (AB)) = P(A) + P(B) - P(AB).

ГЛАВА 3. Аксиоматика теории вероятностей Из этого свойства и аксиомы (P1) следуют два полезных свойства.

Свойство 8 читатель докажет с помощью свойства 7.

С в о й с т в о 7. Всегда P(A B) P(A) + P(B).

n С в о й с т в о 8. Совершенно всегда P(A1... An) P(Ai).

i=Следующее свойство называют формулой в к л ю ч е н и я и и с к л ю ч е н и я. Она оказывается весьма полезной в случае, когда для вычисления вероятности некоторого события A нельзя разбить это событие на удобные попарно несовместные события, но удаётся разбить событие A на простые составляющие, которые, однако, совместны.

С в о й с т в о 9. Для любого конечного набора событий A1,..., An имеет место равенство:

n P(A1... An) = P(Ai) - P(AiAj) + i=1 i

Приведём пример задачи, в которой использование свойства 9 — самый простой путь решения. Это известная «задача о рассеянной секретарше».

32 ГЛАВА 3. Аксиоматика теории вероятностей Пример 21. Есть n писем и n подписанных конвертов. Письма раскладываются в конверты наудачу по одному. Найти вероятность того, что хотя бы одно письмо попадет в предназначенный ему конверт, и предел этой вероятности при n.

Р е ш е н и е. Пусть событие Ai, i = 1,..., n, означает, что i-е письмо попало в свой конверт. Тогда A = {хотя бы одно письмо попало в свой конверт} = A1... An.

Так как события A1,..., An совместны, придётся использовать формулу (2). По классическому определению вероятности вычислим вероятности всех событий Ai и их пересечений. Элементарными исходами будут всевозможные перестановки (размещения) n писем по n конвертам. Их общее число есть || = n!, и событию Ai благоприятны (n- 1)! из них, а именно любые перестановки всех писем, кроме i-го, лежащего в своём конверте.

Поэтому P(Ai) = (n - 1)!/ n! = 1/ n для всех i. Совершенно так же получим, что при любых i = j (n - 2)! P(AiAj) = =.

n! n(n - 1) Вероятность пересечения любых трёх событий равна (n - 3)! P(AiAjAm) = =.

n! n(n - 1)(n - 2) Аналогично посчитаем вероятности пересечений любого другого числа событий, в том числе P(A1... An) = 1/ n! Вычислим количество слагаемых в каждой сумме в формуле (2). Например, в сумме по 1 i < j < m n ровно Cn слагаемых — ровно столько трёхэлементных множеств можно образовать из n элементов, и каждое такое множество {i, j, m} встречается в индексах данной суммы единожды.

Подставляя все вероятности в формулу (2), получим:

1 1 1 2 P(A) = n - Cn + Cn -... + (-1)n-1 = n n(n - 1) n(n - 1)(n - 2) n! 1 1 = 1 - + -... + (-1)n-1 - 1 - e-1 при n 2! 3! n! Упражнение. Выписать разложение e-1 в ряд Тейлора и убедиться в том, что P(A) - 1 - e-1 при n.

Г Л А В А Условная вероятность, независимость Здесь является вопрос, возбуждённый несколькими философами, относительно влияния прошлого на вероятность будущего.

П. Лаплас, Опыт философии теории вероятностей § 1. Условная вероятность Пример 22. Игральная кость подбрасывается один раз. Известно, что выпало более трёх очков. Какова при этом вероятность того, что выпало чётное число очков Зная, что выпало более трёх очков, мы можем сузить множество всех возможных элементарных исходов до трёх одинаково вероятных исходов:

= {4, 5, 6}, из которых событию A = {выпало чётное число очков} благоприятствуют ровно два: A = {4, 6}. Поэтому P(A) = 2/3.

Посмотрим на вопрос с точки зрения первоначального эксперимента.

Пространство элементарных исходов при одном подбрасывании кубика состоит из шести точек: = {1, 2, 3, 4, 5, 6}. Слова «известно, что выпало более трёх очков» означают, что в эксперименте произошло событие B = = {4, 5, 6}. Слова «какова при этом вероятность того, что выпало чётное число очков» означают, что нас интересует, в какой доле случаев при осуществлении B происходит и A. Вероятность события A, вычисленную в предположении, что нечто о результате эксперимента уже известно (событие B произошло), мы будем обозначать через P(A |B).

Мы хотим найти, какую часть составляют исходы, благоприятствующие A внутри B (т. е. одновременно A и B), среди исA B A ходов, благоприятствующих B.

2 2/6 P(A B) P(A |B) = = =.

B 3 3/6 P(B) Мы пришли к выражению, которое можно считать определением условной вероятности.

34 ГЛАВА 4. Условная вероятность, независимость Определение 18. Условной вероятностью события A при условии, что произошло событие B, называется число P(A B) P(A |B) =.

P(B) Условная вероятность определена только в случае, когда P(B) > 0.

Это определение бывает полезно использовать не для вычисления условной вероятности, а для последовательного вычисления вероятности нескольким событиям случиться одновременно, если известны соответствующие условные вероятности. А именно, справедливы следующие «теоремы умножения вероятностей».

Теорема 6. Если P(B) > 0 и P(A) > 0, то P(A B) = P(B) P(A |B) = P(A) P(B |A).

Теорема 7. Для любых событий A1,..., An верно равенство:

P(A1... An) = P(A1) P(A2 |A1) P(A3 |A1A2) ·... · P(An |A1... An-1), если все участвующие в нём условные вероятности определены.

Упражнение. Доказать теорему 7 методом математической индукции.

Упражнение. Доказать, что все условные вероятности в теореме 7 определены тогда и только тогда, когда P(A1... An-1) > 0.

§ 2. Независимость Определение 19. События A и B называются н е з а в и с и м ы м и, если P(A B) = P(A)P(B).

Пример 23. 1. Точка с координатами, бросается наудачу в единичный квадрат со сторонами, параллельными осям координат. Доказать, что для любых x, y R события A = { < x} и B = { < y} независимы.

2. Точка с координатами, бросается наудачу в треугольник с вершинами (1, 0), (0, 0) и (0, 1). Доказать, что события A = { < 1/2} и B = = { < 1/2} зависимы.

1 y x 1 1. Рассмотрим x, y [0, 1] (разобрать остальные случаи). Тогда P(A) = x, P(B) = y, P(A B) = xy, т. е. события A = { < x} и B = = { < y} независимы.

ГЛАВА 4. Условная вероятность, независимость 2. Вычислив соответствующие площади в треугольнике, получим:

P(A) = 3/4, P(B) = 3/4, P(A B) = 1/2 = (3/4)2, т. е. события A = = { < 1/2} и B = { < 1/2} зависимы.

Естественно считать события A и B независимыми, когда условная вероятность A при условии, что B произошло, остаётся такой же, как и безусловная. Убедимся, что этим свойством обладают события, независимые согласно определению 19.

Свойство 4. Пусть P(B) > 0. Тогда события A и B независимы тогда и только тогда, когда P(A |B) = P(A).

Если P(A) > 0, то события A и B независимы тогда и только тогда, когда P(B |A) = P(B).

Упражнение. Доказать, пользуясь определением условной вероятности.

Свойство 5. Пусть события A и B несовместны. Тогда независимыми они будут только в том случае, если P(A) = 0 или P(B) = 0.

Это свойство (а вы его доказали) означает, что в невырожденном случае (когда вероятности событий положительны) несовместные события не могут быть независимыми. Зависимость между ними — просто причинно-следственная: если A B =, то A B, т. е. при выполнении A событие B н е п р о и с х о д и т. Это свойство можно сформулировать иначе:

в невырожденном случае независимые события просто обязаны пересекаться, т. е. быть совместными.

Упражнение. Доказать с помощью свойства монотонности вероятности, что событие A, вероятность которого равна нулю или единице, не зависит ни от какого события B, в том числе и от самого себя.

Свойство 6. Если события A и B независимы, то независимы и события A и B, A и B, A и B.

Доказательство. Так как A = (A B) (A B), и события A B и A B несовместны, то P(A) = P(A B) + P(A B). Поэтому P(A B) = = P(A) - P(A B) = P(A) - P(A)P(B) = P(A)(1 - P(B)) = P(A)P(B).

Вывести отсюда остальные утверждения.

Если у нас не два, а большее число событий, выполнение только одного равенства P(A1... An) = P(A1) ·... · P(An) вовсе не означает независимости этих событий. Например, при таком равенстве события A1 и Aвполне могут оказаться зависимыми.

Пример 24. Пусть 0 < P(A) < 1. События A1 = A, A2 = A, A3 = обладают свойством 0 = P(A1 A2 A3) = P(A1) · P(A2) · P(A3) = 0, что не мешает событиям A1 и A2 быть зависимыми:

P(A1 A2) = P(A) = P(A1) · P(A2) = P(A).

36 ГЛАВА 4. Условная вероятность, независимость Хотелось бы независимостью нескольких событий считать такое свойство, при котором любые комбинации этих событий будут независимы между собой: например, независимы A1 A2 и A3 A4 A5.

Определение 20. События A1,..., An называются независимыми в с о в о к у п н о с т и, если для любого 1 k n и любого набора различных меж собой индексов 1 i1,..., ik n имеет место равенство:

P(Ai... Ai ) = P(Ai ) ·... · P(Ai ). (6) 1 k 1 k Замечание 9. Если события A1,..., An независимы в совокупности, то они попарно независимы, т. е. любые два события Ai, Aj независимы. Достаточно в равенстве (6) взять k = 2. Обратное, как показывает следующий пример, неверно: из попарной независимости не вытекает независимость в совокупности.

Pages:     | 1 |   ...   | 3 | 4 || 6 | 7 |   ...   | 18 |



© 2011 www.dissers.ru - «Бесплатная электронная библиотека»

Материалы этого сайта размещены для ознакомления, все права принадлежат их авторам.
Если Вы не согласны с тем, что Ваш материал размещён на этом сайте, пожалуйста, напишите нам, мы в течении 1-2 рабочих дней удалим его.