WWW.DISSERS.RU

БЕСПЛАТНАЯ ЭЛЕКТРОННАЯ БИБЛИОТЕКА

   Добро пожаловать!

Pages:     | 1 |   ...   | 4 | 5 || 7 | 8 |   ...   | 18 |

Пример 25 (п р и м е р Б е р н ш т е й н а8). Рассмотрим правильный тетраэдр, три грани которого окрашены соответственно в красный, синий, зелёный цвета, а четвёртая грань содержит все три цвета. Событие A (соответственно B, C) означает, что выпала грань, содержащая красный (соответственно синий, зелёный) цвета.

Вероятность каждого из этих событий равна 1/2, так как каждый цвет есть на двух гранях из четырёх. Вероятность пересечения любых двух из них равна 1/4, так как только одна грань из четырёх содержит два цвета.

А так как 1/4 = 1/2 · 1/2, то все события попарно независимы.

Но вероятность пересечения всех трёх тоже равна 1/4, а не 1/8, т. е. события не являются независимыми в совокупности.

Заметьте, что равенство (6) выполнено при k = 2, но не при k = 3.

§ 3. Формула полной вероятности Пример 26. Есть три завода, производящих одну и ту же продукцию.

При этом первый завод производит 25%, второй завод — 35% и третий — 40% всей производимой продукции. Брак составляет 5% от продукции первого завода, 3% от продукции второго и 4% от продукции третьего завода.

Вся продукция смешивается и поступает в продажу. Найти а) вероятность купить бракованное изделие; б) условную вероятность того, что купленное изделие изготовлено первым заводом, если это изделие бракованное.

Первая вероятность равна доле бракованных изделий в объеме всей продукции, т. е. 0,05·0,25 + 0,03·0,35 + 0,04·0,4. Вторая вероятность равна доле брака первого завода среди всего брака, т. е.

0,05·0,.

0,05·0,25 + 0,03·0,35 + 0,04·0,Сергей Натанович Бернштейн (5.03.1880 — 26.10.1968) ГЛАВА 4. Условная вероятность, независимость Заметим, что найти эти вероятности можно безо всякого знания теории вероятностей вообще. Достаточно элементарного здравого смысла.

Определение 21. Конечный или счётный набор попарно несовместных событий H1, H2,... таких, что P(Hi) > 0 для всех i и H1 H2... =, называется п о л н о й г р у п п о й событий или разбиением пространства.

События H1, H2,..., образующие полную группу событий, часто называют г и п о т е з а м и. При подходящем выборе гипотез для произвольного события A могут быть сравнительно просто вычислены P(A |Hi) (вероятность событию A произойти при выполнении «гипотезы» Hi) и собственно P(Hi) (вероятность выполнения «гипотезы» Hi). Как, используя эти данные, посчитать вероятность события A Теорема 8 (ф о р м у л а п о л н о й в е р о я т н о с т и). Пусть дана полная группа событий H1, H2,... Тогда вероятность любого события A может быть вычислена по формуле:

P(A) = P(Hi) P(A |Hi).

i=Доказательство. Заметим, что A = A = A Hi = (A Hi), i=1 i=и события (A H1), (A H2),... попарно несовместны. Поэтому P(A) = P (A Hi) = P(A Hi) = P(Hi) P(A |Hi).

i=1 i=1 i=Во втором равенстве мы использовали -аддитивность вероятностной меры (а что это), а в третьем — теорему 6 умножения вероятностей.

§ 4. Формула БайесаТеорема 9 (ф о р м у л а Б а й е с а). Пусть H1, H2,... — полная группа событий, и A — некоторое событие, вероятность которого положительна. Тогда условная вероятность того, что имело место событие Hk, если в результате эксперимента наблюдалось событие A, может быть вычислена по формуле:

P(Hk) P(A |Hk) P(Hk |A) =.

P(Hi) P(A |Hi) i=Thomas Bayes (1702 — 17.04.1761, England) 38 ГЛАВА 4. Условная вероятность, независимость Доказательство. По определению условной вероятности, P(Hk A) P(Hk) P(A |Hk) P(Hk |A) = =.

P(A) P(Hi) P(A |Hi) i=Пример 27. Вернёмся к примеру 26. Изделие выбирается наудачу из всей произведённой продукции. Рассмотрим три гипотезы: Hi = = {изделие изготовлено i-м заводом}, i = 1, 2, 3. Вероятности этих событий даны: P(H1) = 0,25, P(H2) = 0,35, P(H3) = 0,4.

Пусть A = {изделие оказалось бракованным}. Даны также условные вероятности P(A |H1) = 0,05, P(A |H2) = 0,03, P(A |H3) = 0,04.

Убедитесь, что полученные нами в примере 26 вероятности совпадают с вероятностями, вычисленными по формуле полной вероятности и по формуле Байеса.

Пример 28. Два стрелка подбрасывают монетку и выбирают, кто из них стреляет по мишени (одной пулей). Первый стрелок попадает по мишени с вероятностью 1, второй стрелок — с вероятностью 0,00001. Можно сделать два предположения об эксперименте: H1 = {стреляет 1-й стрелок} и H2 = {стреляет 2-й стрелок}. Априорные (a’priori — «до опыта») вероятности этих гипотез одинаковы: P(H1) = P(H2) = 1/2.

Рассмотрим событие A = {пуля попала в мишень}. Известно, что P(A |H1) = 1, P(A |H2) = 0,00001.

Поэтому вероятность пуле попасть в мишень P(A) = 1/2 · 1 + 1/2 · 0,00001.

Предположим, что событие A произошло. Какова теперь апостериорная (a’posteriori — «после опыта») вероятность каждой из гипотез Hi Очевидно, что первая из этих гипотез много вероятнее второй (а именно, в 100 раз). Действительно, 1/2 · 1 P(H1 |A) = = 0,99999, 1/2 · 1 + 1/2 · 0,00001 1 + 0,1/2 · 0,00001 0,P(H2 |A) = = 0,00001.

1/2 · 1 + 1/2 · 0,00001 1 + 0,Г Л А В А Схема Бернулли На дне глубокого сосуда лежат спокойно n шаров.

Поочередно их оттуда таскают двое дураков.

Сия работа им приятна, они таскают t минут, И, вынув шар, его обратно тотчас немедленно кладут.

Ввиду занятия такого, сколь вероятность велика, Что первый был глупей второго, когда шаров он вынул k Фольклор, СПбГУ § 1. Распределение числа успехов в n испытаниях Определение 22. С х е м о й Б е р н у л л и называется последовательность независимых в совокупности испытаний, в каждом из которых возможны лишь два исхода — «успех» и «неудача», при этом успех в одном испытании происходит с вероятностью p (0, 1), а неудача — с вероятностью q = 1 - p.

Под независимостью в совокупности и с п ы т а н и й понимается независимость в совокупности любых событий, относящихся к разным испытаниям. В испытаниях схемы Бернулли, когда с одним испытанием можно связать только два взаимоисключающих события, независимость в совокупности испытаний означает, что при любом n независимы в совокупности события A1 = {успех в первом испытании},..., An = {успех в n-ом испытании}. Эти события принадлежат одному и тому же пространству элементарных исходов, полученному декартовым произведением бесконечного числа двухэлементных множеств {у, н}:

= {(a1, a2,... ) | ai {у, н}}.

Здесь буквами «у» и «н» обозначены успешный и неудачный результаты испытаний соответственно.

Обозначим через n число успехов, случившихся в n испытаниях схемы Бернулли. Эта величина может принимать целые значения от нуля до n в зависимости от результата n испытаний. Например, если все n испытаний завершились неудачей, то величина n равна нулю.

40 ГЛАВА 5. Схема Бернулли Теорема 10 (ф о р м у л а Б е р н у л л и). Для любого k = 0, 1,..., n имеет место равенство:

k k P(n = k) = Cn pk (1 - p)n-k = Cn pk qn-k.

Доказательство. Событие A = {n = k} означает, что в n испытаниях схемы Бернулли произошло ровно k успехов. Рассмотрим один из благоприятствующих событию A элементарных исходов:

(у, у,..., у, н, н,.., н),.

n-k k когда первые k испытаний завершились успехом, остальные неудачей. Поскольку испытания независимы, вероятность такого элементарного исхода равна pk(1 - p)n-k. Другие благоприятствующие событию A элементарные исходы отличаются лишь расположением k успехов на n местах. Есть ровно k Cn способов расположить k успехов на n местах. Поэтому событие A соk стоит из Cn элементарных исходов, вероятность каждого из которых также равна pk(1 - p)n-k.

k Определение 23. Набор чисел Cnpk(1-p)n-k, k = 0, 1,..., n называется б и н о м и а л ь н ы м распределением вероятностей.

§ 2. Номер первого успешного испытания Рассмотрим схему Бернулли с вероятностью успеха p в одном испытании. Введём величину со значениями 1, 2, 3,..., равную н о м е р у п е р в о г о у с п е ш н о г о и с п ы т а н и я.

Теорема 11. Вероятность того, что первый успех произойдёт в испытании с номером k N = {1, 2, 3,...}, равна P( = k) = pqk-1.

Доказательство. Вероятность первым k-1 испытаниям завершиться неудачей, а последнему — успехом, равна P( = k) = P(н,..., н, у) = pqk-1.

Определение 24. Набор чисел {pqk-1, k = 1, 2, 3,... } называется г е о м е т р и ч е с к и м распределением вероятностей.

Геометрическое распределение вероятностей обладает интересным свойством, которое можно назвать свойством «нестарения».

Теорема 12. Пусть P( = k) = pqk-1 для любого k N. Тогда для любых неотрицательных целых n и k имеет место равенство:

P( > n + k | > n) = P( > k).

Если, например, считать величину временем безотказной работы (измеряемым целым числом часов) некоторого устройства, то данному равенству можно придать следующее звучание: вероятность работающему ГЛАВА 5. Схема Бернулли устройству проработать ещё сколько-то часов не зависит от того момента, когда мы начали отсчёт времени, или от того, сколько уже работает устройство. Общепринятое название этого свойства — свойство «отсутствия последействия».

Доказательство. По определению условной вероятности, P( > n + k, > n) P( > n + k) P( > n + k | > n) = =. (7) P( > n) P( > n) Последнее равенство следует из того, что событие { > n+k} влечёт событие { > n}, поэтому пересечение этих событий есть { > n + k}. Найдём для целого m 0 вероятность P( > m):

p qm P( > m) = P( = i) = p qi-1 = = qm.

1 - q i=m+1 i=m+Можно получить P( > m) и ещё проще: событие { > m} означает в точности, что в схеме Бернулли первые m испытаний завершились «неудачами», т. е. его вероятность равна qm. Возвращаясь к (7), получим P( > n + k) qn+k P( > n+k | > n) = = = qk = P( > k).

P( > n) qn § 3. Независимые испытания с несколькими исходами Рассмотрим следующий пример, когда из двух очень похожих вопросов на один можно ответить, пользуясь формулой Бернулли, а для другого этой формулы оказывается недостаточно.

Пример 29. Игральная кость подбрасывается пятнадцать раз. Найти вероятности следующих событий: а) выпадет ровно десять троек; б) выпадет ровно десять троек и три единицы.

Р е ш е н и е. а) Есть пятнадцать испытаний схемы Бернулли с вероятностью успеха 1/6 (здесь успех — выпадение тройки). Вероятность десяти успехов в пятнадцати испытаниях равна P(15 = 10) = C15 (1/6)10 (1 - 1/6)15-10.

б) Здесь каждое испытание имеет три, а не два исхода: выпадение тройки, выпадение единицы, выпадение остальных граней. Воспользоваться формулой для числа успехов в схеме Бернулли не удаётся — перед нами уже не схема Бернулли.

Осталось изобрести формулу для подсчёта вероятности каждому исходу в нескольких независимых испытаниях выпасть нужное число раз, если в одном испытании возможно не два, а более исходов.

Пусть в одном испытании возможны m исходов: 1, 2,..., m, и исход i в одном испытании случается с вероятностью pi, где p1 +... + pm = 1.

42 ГЛАВА 5. Схема Бернулли Обозначим через P(n1,..., nm) искомую вероятность того, что в n = = n1 +... + nm независимых испытаниях исход 1 появился n1 раз, исход 2 — n2 раз, и т. д., исход m — nm раз.

Теорема 13. Для любого n и любых целых n1 0,..., nm 0 таких, что n1 +... + nm = n, верна формула:

n! 1 m P(n1,..., nm) = pn ·... · pn.

1 m n1!... nm! Доказательство. Рассмотрим один элементарный исход, благоприятствующий выпадению n1 единиц, n2 двоек,..., nm раз m-ок:

(1,..., 1, 2,..., 2,..., m,..., m).

n1 n2 nm Это результат n экспериментов, когда все нужные исходы появились в некотором заранее заданом порядке. Вероятность такого результата n независиm мых испытаний равна pn ·... · pn.

1 m Остальные благоприятные исходы отличаются лишь расположением чисел 1, 2,..., m на n местах. Число таких исходов равно числу способов расставить на n местах n1 единиц, n2 двоек,..., nm чисел m, т. е.

n! n1 n2 n3 nm Cn · Cn-n · Cn-n ·... · Cn-n =.

1 1-n1-...-nm-n1!... nm! Теперь мы можем вернуться к примеру 29(б) и выписать ответ: так как вероятности выпадения тройки и единицы равны по 1/6, а вероятность третьего исхода (выпали любые другие грани) равна 4/6, то вероятность получить десять троек, три единицы и ещё два других очка равна 15! 1 1 P(10, 3, 2) =.

10! 3! 2! 610 63 § 4. Приближение гипергеометрического распределения биномиальным Рассмотрим урну, содержащую N шаров, из которых K шаров — белые, а оставшиеся N - K шаров — чёрные. Из урны наудачу (без возвращения) выбираются n шаров. Вероятность PN,K(n, k) того, что будет выбрано ровно k белых и n - k чёрных шаров, находится по формуле (см. определение гипергеометрического распределения вероятностей):

n-k k CK CN-K PN,K(n, k) =.

n CN Если число шаров в урне очень велико, то извлечение одного, двух, трёх шаров почти не меняет пропорцию белых и чёрных шаров в урне, так что ГЛАВА 5. Схема Бернулли вероятности PN,K(n, k) не очень отличаются от вероятностей в процедуре выбора с в о з в р а щ е н и е м:

k n-k K K k P(n = k) = Cn 1 -.

N N Сформулируем и докажем нашу первую предельную теорему.

Теорема 14. Если N и K так, что K/N p (0, 1), то для любых фиксированных n и 0 k n n-k k CKCN-K k PN,K(n, k) = - Cnpk(1 - p)n-k.

n CN Доказательство. Перепишем PN,K(n, k) следующим образом:

K! (N - K)! n!(N - n)! PN,K(n, k) = = k!(K - k)! (n - k)!(N - K - (n - k))! N! k n-k K(K-1)... (K-k+1) (N -K)(N -K-1)... (N -K-(n-k)+1) k = Cn.

N(N -1)... (N -n+1) n=k+(n-k) И в числителе, и в знаменателе дроби — произведение фиксированного числа n сомножителей, поэтому и дробь есть произведение n сомножителей.

Каждый из первых k сомножителей имеет вид (K -a) / (N - b) при некоторых фиксированных a и b и стремится к p при K/N p. Каждый из оставшихся n - k сомножителей имеет вид (N - K - a) / (N - b) и стремится к 1-p при K/N p. Окончательно имеем K k PN,K(n, k) Cnpk(1 - p)n-k при p.

N § 5. Теорема Пуассона10 для схемы Бернулли Предположим, нам нужна вероятность получить не менее семи успехов в тысяче испытаний схемы Бернулли с вероятностью успеха 0,003. Вероятность этого события равна любому из следующих выражений, вычислить которые довольно сложно:

1 000 k k C1 000 (0,003)k (0,997)1 000-k = 1 - C1 000 (0,003)k (0,997)1 000-k.

Pages:     | 1 |   ...   | 4 | 5 || 7 | 8 |   ...   | 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.