Теория вероятностей

     9. Теорема сложения для n событий

     

является  прямым следствием теоремы сложения для двух событий и доказывается методом математической индукции.

     10. Формула для условной вероятности  P(A|B)= P(AB)/P(B) считается определением условной вероятности для условия ненулевой вероятности Р(В)>0. Она показывает, какая часть вероятности Р(В)  приходится на долю события А.

     11. Прямым следствием определения  условной вероятности оказывается  теорема умножения:      Р(АВ)=Р(А)Р(А|В) .

     12. Теорема умножения для n событий

     

является  прямым следствием теоремы умножения  для двух событий.

     13. Совершенно так же, как и в  классическом случае, на основе  условной вероятности строится  понятие независимости событий:  события А и В независимы в том и только том случае, если Р(АВ)=Р(А)Р(В) .

     14, 15. Вывод формулы полной вероятности  и вероятностей гипотез воспроизводится  без изменений: для любого события  В и любого разбиения пространства

     

,   .

Пример. Иллюзия парадокса.

Двое  смотрят  по телевизору запись футбольного  матча. Один из них уберегся от радиосообщений о его результате, а второй его  знает. Для одного результат игры не определен, и его вероятность  зависит от рейтинга команд. Для второго вероятность результата равна единице. Создается впечатление, что вероятность субъективна и имеет неопределенное значение, зависящее от зрителей.

     Объяснение на самом деле простое:  обе вероятности объективны, и  мы имеем дело здесь с двумя  опытами, отличающимися разными исходными условиями.

     Аналогичное положение с азартными  играми. Если за карточным столом  среди играющих сидит шулер,  сдающий крапленую колоду, то  исходные условия различны для  него и для честных игроков,  вероятности выигрыша разные для разных игроков, и одновременное различие вероятностей – лишь иллюзия парадокса.

     Обсудим несколько подробнее ситуацию, когда  два события А и В независимы. Для иллюстрации возьмем одну из так называемых диаграмм Венна. Пусть опыт состоит в том, чтобы в квадрате наугад выбрать точку, событие А - точка попала в круг А, событие В - точка попала в круг В. Все пространство W разбилось на четыре области: и . Обозначим , , , . Будем считать эти вероятности положительными: мы оставляем в стороне вырожденные случаи. Очевидно, , , p + q + r + s = 1. Пусть A и B – независимые события: . 

      Рис. 3. 

     Теорема о независимых  событиях (В.М.Калинин).

     Для независимости событий А и В необходимо и достаточно выполнения равенства pq = rs. Необходимые условия независимости:

       , , ,

      ,  ,  .

     Доказательство.

     Из  независимости А и В следует (p+r)(q+r)=r, т.е. r²+(p+q–1)r+pq=0. Один корень этого уравнения r, а другой, очевидно, s . Действительно, заменим в последнем равенстве  r = 1–p–q–s. Получим для s уравнение s²+(p+q–1)s+pq=0. Таким образом, s и r – корни уравнения x²+(p+q–1)x+pq=0 , а их произведение pq = rs, и необходимость этого равенства доказана. Докажем теперь достаточность. В определении независимости: pq+(p+q)r+r²=r подставим rs вместо pq : rs+(p+q)r+r²=r , сокращаем r: : s+p+q+r=1 , что и доказывает достаточность.

       Поскольку среднее арифметическое  не меньше среднего геометрического  , , т.е. .

Очевидно, , а это означает, ,  или ,  т.е. _,  следовательно ,     _. 

В последних  неравенствах знаки равенства имеют место только при r=s:

                                              .

Все ограничения  на  p и q можно перенести без специальных доказательств на  r и s ,  т.к. уравнения   pq=rs   и   p+q+r+s=1 сохраняются при замене пары параметров p, q на пару r, s и наоборот.  Теорема доказана. 

Задача.

Равенство  pq=rs  изображается в четырехмерном пространстве с осями  p,q,r,s конусом с вершиной в нуле, а направляющее множество лежит на гиперплоскости p+q+r+s=1 в единичном гиперкубе. Как выглядит это множество? 

     Теория  вероятностей оказывается частью теории меры, причем характерным свойством  вероятностной меры оказывается  ее неотрицательность и нормированность  на единицу, а также аддитивность. Просматривая выведенные свойства вероятности, можно заметить, что она ведет себя подобно массе: единичная “масса вероятности” распределяется в пространстве W. Если нас интересует некоторое событие А,  мы должны подсчитать, сколько этой массы досталось множеству А.

      Может показаться, что понятия поля событий и сигма - алгебры являются излишне сложными и даже ненужными, что гораздо проще объявить естественной областью определения вероятности множество всех подмножеств в пространстве .  Однако это понятие оказалось двусмысленным, ведущим к многочисленным противоречиям и парадоксам, проявляющимся даже на бытовом уровне. Приведу пару старинных софизмов.

      Софизм  о сельском брадобрее. В деревне живет брадобрей, который бреет всех тех и только тех жителей деревни, которые не бреются сами. Кто бреет самого брадобрея? – На этот вопрос нельзя ответить, что он бреется сам, так как он не должен себя брить, поскольку как житель деревни он бреется сам.

      Софизм  Э. Цермело о Ф. Клейне. Один из творцов современной аксиоматики, Э. Цермело, был приват-доцентом Геттингенского университета. Деканом факультета был великий Ф. Клейн, сурово ограничивавший творческие порывы лекторов. Будучи недоволен этими ограничениями, Цермело предложил студентам на одной из своих лекций задачу:

      - Все Геттингенские математики подразделяются на два класса. В один входят те, кто делает то, что не нравится им, но нравится г. Клейну.  В другой – те, кто делает то, что нравится им, но не нравится г. Клейну. К какому классу относится сам г. Клейн?

      Никто не мог решить задачу. Тогда Цермело воскликнул:

- Но  это ведь так просто! Сам г.  Клейн – не математик!

      Софизм  о всемогуществе  Творца. Может ли Бог, если он всемогущ, создать такой камень, который бы он не мог сдвинуть?

      Бог не может быть всемогущим, так как он либо не может такой камень создать, либо не может его сдвинуть, если создаст. 

Задачи  и примеры.

1. Задача  об n независимых в совокупности событиях.

Пусть в опыте могут происходить  n независимых событий A₁, A₂,..,A_n с вероятностями p₁, p₂,...,p_n. Чему равна вероятность того, что в опыте

а) произойдут все эти события,

б) не произойдет ни одно из них,

в) произойдет хотя бы одно,

г) произойдет ровно одно из них?

Решение.

   a) P(A₁ A₂...A_n) = p₁ p₂...p_n

   б) P( ) = (1–p₁)(1–p₂)...(1–p_n)

   в) P(A₁+A₂+...+A_n) = P( ) = 1–(1–p₁)(1–p₂)...(1–p_n)

г) P( ) = p₁(1–p₂)...(1–p_n)+

+(1–p₁)p₂...(1–p_n)+...+(1–p₁)(1–p₂)...p_n.

2. Эти же четыре вопроса, если события A₁, A₂,..A_n - несовместные.
3. Задача о суде. Суд состоит из трех независимых судей. Пусть p_k = 1 – ε_k  - вероятность правильного решения каждого судьи. Решение принимается большинством голосов. Найти вероятность правильного решения у такого суда.

   Решение. Событие A - правильное решение всего суда - можно выразить через события A₁, A₂, A₃, - правильные решения у каждого судьи. Представление A = A₁A₂ + A₂A₃ + A₁A₃ - неудобно, так как слагаемые - совместные события. Лучше разложить событие A на несовместные слагаемые: .

По аксиоме  сложения для несовместных событий и аксиоме умножения для независимых событий получим: = + +

+ =   ε₁( 1 – ε₂) (1 – ε₃) + (1 – ε₁)ε₂(1 – ε₃) +

+ (1 – ε₁)( 1 – ε₂) ε₃+(1 – ε₁)( 1 – ε₂)(1– ε₃) =  1 - (ε₁ε₂+ ε₁ε₃+ε₂ε₃)+2 ε₁ε₂ ε₃.

Особо важная деталь - исчезновение линейных относительно ε₁, ε₂, ε₃ слагаемых. Если квалификация судей высока (ε_k - малы), то суд из трех независимых судей на порядок более квалифицирован, чем отдельный судья. Если же квалификация двух судей одинакова (ε₁= ε₂= ε), но среди судей есть один шалопай, который дела не слушает, а когда приходит момент принимать решение, достает монетку и бросает жребий (ε₃ = ½), то квалификация такого суда оказывается равной квалификации одного из первых двух судей: P(A)=1–ε.

      Если  у двух заседателей нет своего мнения и они просто поддерживают председателя, то вероятность правильного  решения суда также равна P(A)=1–ε.

      Если  среди судей есть один, который  примет обязательно неверное решение (ε₃ = 1), то P(A)=(1–ε)².

4. Задача о блужданиях. Пусть подвыпивший, но еще активно двигающийся человек стоит в одном шаге от канавы и с вероятностью p сделает шаг в канаву или с вероятностью q = 1 – p он качнется назад и окажется в двух шагах от канавы, и т.д.. Найдем вероятность P  того, что он окажется в канаве?

   Решение. Введем в рассмотрение вероятность  P₂ того, что, находясь в двух шагах от канавы, он рано или поздно окажется в канаве. Очевидно, P = p + qP₂ и P_{2 =} P². Второе равенство написано потому, что переходы из точки 2 рано или поздно в точку 1 и из точки 1 рано или поздно в канаву подчиняются одному закону. Объединяя оба равенства, получим для P квадратное уравнение:

   P = p + (1 – p)P² , . Два его корня: 1 и .

   Мы  все слышали, что у пьяного  все двоится, но откуда это знает  математика? Если параметр p > ½ , то второй корень больше 1 и не может быть вероятностью. Если же p < ½ , то лишним следует признать первый корень. Ответ интересен тем, что при p = ½ вероятность P = 1, т.е. пьяный почти наверное окажется в канаве. Пьяного нам не очень жалко. В конце концов он сам виноват, и тот факт, что он закончит день в канаве, нас не очень волнует. Однако, можно дать этой задаче и другую интерпретацию. Представьте себе сверхчестное казино, куда заходит клиент с состоянием один доллар. Он ставит этот доллар и с вероятностью  p = ½ лишается доллара или с той же вероятностью выигрывает и становится обладателем состояния в два доллара. Он опять ставит один доллар и его капитал переходит в состояние одного доллара или трех долларов  и т.д.  Спрашивается, какова вероятность, что рано или поздно он разорится. Мы эту задачу решили и ответ оказался такой: он проиграет с вероятностью 1. Этот конец кажется весьма неприятным и неожиданным. Объясняется он тем, что игрок с состоянием в один доллар соревнуется с владельцем казино с практически неограниченным капиталом, что позволяет этому владельцу достаточно долго проигрывать, чего не может себе позволить клиент.