1 ЛЕКЦИЯ 2 КЛАССИЧЕСКОЕ ОПРЕДЕЛЕНИЕ ВЕРОЯТНОСТИ Пусть —

1 ЛЕКЦИЯ 2 КЛАССИЧЕСКОЕ ОПРЕДЕЛЕНИЕ ВЕРОЯТНОСТИ Пусть - пространство элементарных событий, Ù алгебра событий, содержащая все 2 s подмножеств вида множества Ω. – В классическом определении вероятности полагают, что все элементарные события равновероятны, т. е. Поэтому вероятность события А равна отношению числа элементарных событий, входящих в А, к общему числу элементарных событий в Ω (1) Здесь число элементов конечного множества М обозначается Из классического определения вероятности следует, что оно основано на комбинаторике, так как требует пересчёта комбинаций, отвечающих нужному исходу, и общего количества различных комбинаций, возможных в рассматриваемой задаче.

ЭЛЕМЕНТЫ КОМБИНАТОРИКИ 2 Если из множества А, состоящего из n элементов ( ) выбрано подмножество, состоящее из r элементов ( r – подмножество), то мы будем называть его r - выборкой , а r – объёмом этой выборки. Если r – выборка рассматривается с учётом порядка расположения элементов в ней, то r – выборка называется r – перестановкой. Если этот порядок не принимается во внимание, то r – выборка называется r- сочетанием. R –выборка может иметь повторяющиеся элементы, а может их не иметь. Задача комбинаторного анализа состоит в пересчёте различных r – выборок из множества n элементов. Найдём число всех возможных r – перестановок (без повторений) из n – множества. Обозначим искомое число Π(n, r). Это число называют также размещением из n предметов по r местам. Задача сводится к последовательному применению правила умножения.

3 В n - множестве имеется n возможностей для выбора 1 - ого элемента r - перестановки. Как только такой выбор сделан, останется n - 1 возможностей для выбора 2 -ого элемента, затем n - 2 возможностей для выбора 3 -его элемента и т. д. , для выбора r -ого элемента будет n – (r – 1) возможностей. По правилу умножения имеем Отсюда следует - число способов перестановки элементов в n - множестве. Докажем, что 0 ! = 1. Очевидно, что n! = n (n – 1)! Если n = 1, то, так как 1! = 1, то из последнего равенства имеем 0 ! = 1. Если в r – перестановке могут быть повторяющиеся элементы, то после выбора 1 -ого элемента, для обеспечения возможности повторения, необходимо этот элемент вернуть в n – множество. Поэтому после выбора любого элемента, после первого, остаётся те же n возможностей для выбора. Следовательно, по правилу умножения число r – перестановок с повторениями из n – множества равно

4 Подсчитаем теперь число r - сочетаний без повторений из n - множества, пользуясь для него обозначением. Легко видеть, что число r – сочетаний из n - множества в r ! раз меньше, чем число r – перестановок из того же множества, так как r ! - число r – перестановок из r – множества. Поэтому Из последнего равенства следует, что Рассмотрим два примера. Пример 1. Из урны, содержащей Μ белых и N – M чёрных шаров, случайным образом извлекается сразу n шаров. Какова вероятность того, что среди выбранных n шаров окажется ровно m белых шаров? Когда говорится «случайным образом» , то предполагается, что вытащить любой шар равновероятно. Поэтому для расчёта надо воспользоваться классическим определением вероятности (1). При этом надо решить, что писать в числителе правой части (1), что в знаменателе. Элементарным событием здесь является любое подмножество из n элементов, выбранных из множества N шаров. Число таких подмножеств равно. Таким образом, в (1) s =. Каждый набор шаров, входящий в интересующее нас событие А, состоит из двух частей : m белых

и n – m чёрных шаров. Все такие наборы можно получить следующим образом. Сначала выбираем части наборов из белых шаров; число таких частей ; затем составляем части наборов из чёрных шаров; число таких частей Умножая эти числа, получим число элементарных событий, входящих в событие А, т. е. имеем (2) 5 Набор чисел (2) при различных m называют гипергеометрическим рядом. Пример 2. У человека в кармане n ключей, из которых только один подходит к его двери. Ключи последовательно извлекаются (без возвращения) до тех пор, пока не появится нужный ключ. Найти вероятность того, что нужный ключ появится при k- ом извлечении. Считается, что человек не может на ощупь определить нужный ключ и вытащить любой ключ равновероятно. За множество элементарных событий примем всевозможные последовательности из n ключей, предполагая, что после извлечения нужного ключа продолжается извлечение ключей до конца. Тогда общее число элементарных событий равно n! Последовательностей, у которых нужный ключ стоит на k- ом месте, очевидно, равно (n-1)! Таким образом, искомая вероятность равна (n– 1)!/ n!

ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ВЕРОЯТНОСТИ 6 Классическое определение вероятности нельзя применить к опыту с бесконечным количеством элементарных событий. К описанию такой ситуации приспособлено геометрическое определение вероятности. Пусть Ω – ограниченная часть n- мерного евклидова пространства, имеющая объём. Рассмотрим систему Ù подмножества Ω, имеющих объём. Для любого Ù положим , где V - объём. УСЛОВНЫЕ ВЕРОЯТНОСТИ При изучении реальных случайных явлений часто возникает ситуация, когда мы Получаем дополнительную информацию о возможных исходах опыта. Пример 3. Студент перед экзаменом из 30 билетов успел выучить билеты с 1 -ого по 3 -й и с 28 -ого по 30 -й. На экзамен он пришёл 11 -ым и оказалось, что к его приходу остались только билеты с 1 -ого по 20 -ый (событие А). Какова вероятность того, что студент вытащит выученный билет (события В) ? Если не принимать во внимание событие А, то вероятность события В (безусловная вероятность) вычисляется по классическому определению (1)

Отношением числа выученных билетов к общему количеству билетов 7 Если же учесть, что событие А произошло, и к приходу студента на экзамен осталось 20 билетов и из них 3 выученных билетов, то вероятность того, что студент вытащит выученный билет равняется 3 / 20. Эту условную вероятность записывают так Отсюда, разделив числитель и знаменатель на общее количество билетов получим общее определение условной вероятности |Ω|, (3) так как Понятие условной вероятности позволяет определить другое понятие – независимость событий. Если событие В не зависит от события А, то условная вероятность превращается в безусловную вероятность (4) и аналогично при независимости события В от события А имеем (5)

8 ВЕРОЯТНОСТЬ ПРОИЗВЕДЕНИЯ СОБЫТИЙ Подставляя равенство (4) в равенство (3) , в случае независимости событий А и В, получим более симметричное условие, определяющее независимость событий (6) Равенство (6) задаёт формулу вероятности произведения двух независимых событий. Если события зависят друг от друга, то равенство (3) можно записать так (7) Уравнение (7) определяет вероятность произведения двух зависимых событий. Если события независимы, то равенство (7) превращается в равенство (6). По индукции из равенства (7) можно получить формулу для вероятности произведения n событий (8) Если события А 1 , А 2 , … , Аn попарно не зависят друг от друга, равенство (8) принимает более простой вид (9)

9 ФОРМУЛА ПОЛНОЙ ВЕРОЯТНОСТИ Пусть A – произвольное событие; события несовместны и Тогда имеет место формула полной вероятности попарно (10) Для доказательства представим графически перечисленные условия . . A . В 3 Вn A В 1 A В 2 A Событие А можно записать в виде суммы попарно несовместных событий Тогда, воспользовавшись аксиомой конечной аддитивности и формулой (7), получим (10)

10 ФОРМУЛА БАЙЕСА Перепишем равенство (3) с учётом (7), добавив индекс k, Заменив вероятность формулу Байеса по формуле полной вероятности , получим (11) Пример 4. На заводе, производящем болты, 1 -ая машина производит 25% , 2 -ая машина – 35%, 3 -ая машина - 40% всех изделий. Брак в их продукции составляет соответственно 5%, 4% , 2%. Какова вероятность того, что случайно выбранный болт окажется дефектным? Какова вероятность того, что болт произведён 1 -ой, 2 -ой или 3 -ей машиной , если он оказался дефектным ? Обозначим через А событие , состоящее в том, что случайно выбранный болт Дефектный, а через В 1 , В 2 , В 3 - события, состоящие в том, что болт произведён соответственно 1 -ой, 2 -ой и 3 -ей машиной. Очевидно, что применима формула полной вероятности

11 К тем же событиям для ответа на второй вопрос можно применить формулу Байеса