Пространство элементарных исходов назовем дискретным, если множество $$\Omega $$ конечно или счетно: $$\Omega=\{\omega_1,\omega_2,\ldots,\omega_n, \dots \}$$.
Так, эксперименты из примеров 1, 2, 3, 5, 6 и 7 (но не 4) приводят к дискретным пространствам элементарных исходов.
Замечание Множество счетно, если существует взаимно-однозначное соответствие между этим множеством и множеством всех натуральных чисел. Счетными множествами являются множество $$\mathbb N $$ натуральных чисел, множество $$\mathbb Z $$ целых чисел, множество $$\mathbb Q $$ рациональных чисел, множество четных чисел и т.д. Множество конечно, если оно состоит из конечного числа элементов.
Событием на таком пространстве удобно считать любое подмножество $$\Omega$$.
Чтобы определить вероятность любого события на таком пространстве, присвоим вероятность каждому элементарному исходу в отдельности, т.е. снабдим вероятностями мельчайшие "кирпичики" --- элементарные исходы, из которых составляется любое событие. Вероятность каждого события найдем как сумму вероятностей входящих в него элементарных исходов.
Определение 3. Сопоставим каждому элементарному исходу $$\omega_{i} $$ число $$p_{i}\in [0,1] $$ так, чтобы $$p_1+p_2+\ldots = 1$$. Число $$p_i $$ назовем вероятностью элементарного исхода $$\omega_i$$. Вероятностью события $$A $$ называется число$$\mathsf P(A) = \sum_{\omega_{i}\,\in\,A} p_{i},$$ равное сумме вероятностей элементарных исходов, входящих в множество $$A$$. В случае $$A=\emptyset $$ положим $$\mathsf P(A)=0$$.
Замечание Позднее, познакомившись с аксиоматикой теории вероятностей, мы зададим вероятности событий непосредственно, а не через вероятности элементарных исходов. Ведь сложением вероятностей элементарных исходов можно получить лишь вероятность события, состоящего не более чем из счетного числа элементарных исходов (иначе само понятие суммирования не определено). Но на дискретном пространстве элементарных исходов всегда возможно определить вероятности событий согласно определению 3.
Пример 10. В эксперименте из примера 5 монета подбрасывается до первого выпадения герба. Присвоим элементарным исходам следующие вероятности:$$\begin{matrix} \omega_{i}: \textit{г},\; \textit{рг},\; \textit{ррг},\; \textit{рррг},\; \ldots \\[.5mm] \; \; \; \; \\[2mm] p_{i}: \;\frac12\,, \;\frac14\,, \;\frac18\,, \;\frac{1}{16}\,, \ldots \end{matrix}$$
Проверим, что сумма вероятностей элементарных исходов равна единице: по формуле суммы бесконечной убывающей геометрической прогрессии,$${p\mathstrut}_1+{p\mathstrut}_2+\ldots = \sum_{i=1}^{\infty} \frac{1}{2^{i}} = \frac{1/ 2}{1-1/ 2}=1.$$ Вероятность cобытия $$A=\{\omega_2,\,\omega_4,\,\ldots\} $$ (герб выпал при броске с четным номером) равна:$$\mathsf P(A)={p\mathstrut}_2 + {p\mathstrut}_4 + \ldots = \sum_{i=1}^{\infty} \frac{1}{2^{2i}} = \frac{1/ 4}{1-1/ 4}=\frac13.$$
Заданные выше вероятности соответствуют, как мы увидим в дальнейшем, подбрасыванию правильной монеты. Можно было задать вероятности как-нибудь иначе: например, $$p_{i} = 2^{i-1}\mspace{-3mu}/3^i$$. Такие вероятности отвечали бы бросанию утяжеленной монеты, герб на которой выпадает в среднем в одном случае из трех.
Пример 11. На том же самом множестве $$\Omega=\mathbb N $$ зададим вероятности так: $${p\mathstrut}_1=\ldots={p\mathstrut}_{100}=0{,}01$$, $$p_{i}=0 $$ для $$i>100$$.
Пример 12. На том же $$\Omega=\mathbb N $$ положим $$p_1=0{,}3$$, $$p_{1372}=0{,}7$$, остальные $$p_{i} $$ равны нулю. Читатель легко найдет вероятности событий $$A=\{1000, 1001,\dots,1500\}\subseteq \Omega $$ и $$B=\{1, 2,\dots,10\}\subseteq \Omega$$.
Пример 13. Пусть теперь $$\Omega=\mathbb N\cup\{0\} $$ - множество целых неотрицательных чисел. Положим$$p_{i}=\frac{7^i}{i!}\,e^{-7} \ \text{ для } \ i=0,1,2,\ldots$$ Проверим, равна ли единице сумма вероятностей всех элементарных исходов. Собрав разложенную в ряд Тейлора экспоненту, получим$$\sum_{\omega_i\in\Omega} p_{i}=e^{-7}\cdot\sum_{i=0}^\infty \frac{7^i}{i!}=e^{-7}e^7=1.$$
Внимательный читатель уже заметил, что если множество $$\Omega $$ счетно, но не конечно, присвоить всем элементарным исходам одну и ту же вероятность нельзя. Для конечного же множества $$\Omega $$ всегда возможно задать одинаковые вероятности исходов, что мы сейчас и сделаем.
Классическое определение вероятности. Частным, но часто встречающимся в жизни случаем дискретного вероятностного пространства является классическая вероятностная схема.
Предположим, что мы имеем дело с пространством элементарных исходов, состоящим из конечного числа элементов: $$\Omega=\{\omega_1,\omega_2,\ldots,\omega_N \}{\text,} $$ и из каких-то соображений можем считать элементарные исходы равновозможными. Равновозможность возникает обычно из-за симметрии в эксперименте (симметричная монета, хорошо перемешанная колода карт, правильная игральная кость, отсутствие оснований предпочесть один результат эксперимента другому).
Говорят, что эксперимент описывается классической вероятностной моделью, если пространство его элементарных исходов состоит из конечного числа равновозможных исходов. Тогда вероятность любого элементарного исхода равна $$\frac1N$$. Если событие $$A=\{\omega_{i_1},\ldots,\omega_{i_k}\} $$ состоит из $$k $$ элементарных исходов, то вероятность этого события равна отношению $$\frac{k}{N}$$:$$\begin{equation} \mathsf P(A)=p_{i_1}+\ldots+p_{i_k}= k\cdot\mspace{-3mu}\frac1N = \frac{|A|}{|\Omega|}. \end{equation}$$ Здесь символом $$|A| $$ обозначено число элементов конечного множества $$A$$.
Формулу $$\mathsf P(A)=\frac{|A|}{|\Omega|} $$ называют классическим определением вероятности и читают так: "вероятность события $$A $$ равна отношению числа исходов, благоприятствующих этому событию, к общему числу равновозможных исходов".
Итак, вычисление вероятности в классической схеме сводится к подсчету общего числа исходов (шансов) и числа исходов, благоприятствующих событию. Число шансов вычисляют с помощью формул комбинаторики.
Рассмотрим стандартные урновые схемы: из $$n $$ шаров выбирают $$k $$ шаров. Будем исходить из предположения о том, что появление любого шара равновозможно. Тогда три схемы: схема выбора с возвращением и с учетом порядка, выбора без возвращения и с учетом порядка, а также выбора без возвращения и без учета порядка, описываются классической вероятностной моделью. Общее число равновозможных элементарных исходов в этих схемах равно соответственно $$n^k{\text,} $$ $$A_n^k $$ и $$C_n^k$$.
Как показывает следующий пример, последняя схема - схема выбора с возвращением и без учета порядка - имеет неравновозможные исходы. Поэтому классическое определение вероятности для нее не применимо.
Пример 14. Рассмотрим выбор двух шариков из двух или, что то же самое, дважды подбросим монету. Если учитывать порядок, то исходов получится четыре, и они равновозможны, т.е. имеют вероятности по $$\frac{1}{4}$$$$(\textit{герб, герб}), (\textit{решка, решка}), (\textit{решка, герб}), (\textit{герб, решка}).$$ Если порядок не учитывать, то следует объявить два последних исхода одним и тем же результатом эксперимента и получить три исхода:$$(\textit{два герба}), (\textit{две решки}), (\textit{один герб и одна решка}).$$ Первые два исхода имеют вероятности по $$\frac{1}{4}$$ а вероятность последнего равна $$\frac{1}{4}+\frac{1}{4}=\frac{1}{2}$$ Видим, что при выборе с возвращением и без учета порядка элементарные исходы оказываются неравновозможными.
Упражнение. Сравнить примеры 2 и 3. В каком из них перечислены равновозможные элементарные исходы? Найти вероятности всех элементарных исходов в примере 3. Равны ли они $$\frac{1}{21}$$. Равны ли они?
В следующем примере разобрана классическая задача, приводящая к так называемому гипергеометрическому распределению.
Пример 15.
Из урны, в которой $$K $$ белых и $$N-K $$ черных шаров,
наудачу и без возвращения вынимают $$n $$ шаров, где $$n\le
N $$ (рис 2.1).
Термин "наудачу" означает, что появление любого набора
из $$n $$ шаров равновозможно. Найти вероятность того, что
будет выбрано $$k $$ белых и $$n-k $$ черных шаров.
(рис 2.1) Выбор n шаров из N
Решение. Результат эксперимента - набор из $$n $$ шаров. Можно не учитывать порядок следования шаров в наборе. Общее число элементарных исходов по теореме 3 равно $$|\Omega|=C_{N}^{n}$$. Обозначим через $$A_k $$ событие, состоящее в том, что в наборе окажется $$k $$ белых шаров и $$n-k $$ черных. Пусть $$k\le K $$ и $${n\,{-}\,k\le N\,{-}\,K}{\text,} $$ иначе $$\mathsf P(A_k)=0$$. Есть ровно $$C_K^k $$ способов выбрать $$k $$ белых шаров из $$K $$ и $$C_{N-K}^{n-k} $$ способов выбрать $$n-k $$ черных шаров из $${N\,{-}\,K.} $$ Каждый возможный набор выбранных белых шаров можно комбинировать с каждым возможным набором черных. По теореме о перемножении шансов число благоприятных исходов равно $$|A_k|=C_K^k\,C_{N-K}^{n-k} $$, и вероятность события $$A_k $$ такова:$$\begin{equation} \label{2.2} \mathsf P(A_k)=\frac{|A_k|}{|\mspace{4mu}\Omega\mspace{4mu}|}=\frac{C_{K}^{k}\,C_{N-K}^{n-k}}{C_{N}^{n}}\,. \end{equation}$$
Вычисляя вероятность событий $$A_k{\text,} $$ мы сопоставили каждому набору из $$k $$ белых и $$n-k $$ черных шаров вероятность получить этот набор при выборе шаров из урны. Набор вероятностей (2.2) называется гипергеометрическим распределением вероятностей.
Здесь мы в первый, но далеко не в последний раз встретились с термином "распределение" вероятностей. Это слово всегда обозначает некий способ разделить (распределить) общую единичную вероятность между какими-то точками или множествами {на вещественной прямой}.
Пример 16. На пяти карточках написаны буквы А, А, Л, М, П. Найти вероятность того, что при случайной расстановке этих карточек в ряд получится слово ЛАМПА.
Решение. Всего возможно $$|\Omega|=5$$! перестановок карточек. Заметим, что перестановка двух карточек с буквой А не меняет слова. Поэтому есть два благоприятных исхода: $$\text{ЛА}_1\text{МПА}_2 $$ и $$\text{ЛА}_2\text{МПА}_1$$. Вероятность получить нужное слово равна $$\frac{2}{5!}=\frac{1}{60}$$.
Пример 17. Игральная кость подбрасывается трижды. Найти вероятность получить в сумме четыре очка.
Решение. Общее число равновозможных элементарных исходов есть $$|\Omega|=6^3$$. Сумма очков равна четырем, если на двух костях выпали единицы, и на одной - двойка. Этому событию благоприятствуют три элементарных исхода: $$(1,1,2),\,(1,2,1),\,(2,1,1)$$. Поэтому искомая вероятность равна $$\frac{3}{6^3}=\frac{1}{72}$$.
Результаты многих экспериментов нельзя описать дискретным множеством точек. Например, бросание монеты на стол в примере 4 приводит к пространству элементарных исходов, совпадающему с множеством точек стола. Дальность броска копья спортсменом - величина с положительными значениями на числовой прямой, и т.д. Рассмотрим один из способов задания вероятностей на таком пространстве исходов.
Рассмотрим какую-нибудь область $$\Omega $$ в $$\mathbb R^k $$ (на прямой, на плоскости, в пространстве). Предположим, что "мера" $$\Omega $$ (длина, площадь, объем соответственно) конечна. Пусть случайный эксперимент состоит в том, что мы наудачу бросаем в эту область точку. Термин "наудачу" означает, что вероятность попадания точки в любую часть $$A\subseteq\Omega $$ не зависит от формы или расположения $$A $$ внутри $$\Omega$$, а зависит лишь от "меры" области $$A$$. Для такого эксперимента вероятности определяются согласно геометрическому определению вероятности:$$\begin{equation}\label{2.3} \Prob(A)=\frac{\mu(A)}{\mu(\Omega)}\,. \end{equation}$$
Если для точки, брошенной в область $$\Omega$$, выполнены условия геометрического определения вероятности, то говорят, что точка равномерно распределена в области $$\Omega$$.
Пример 18. Точка наудачу бросается на отрезок $$[0,\,1]$$. Вероятность ей попасть в точку $$0{,}5 $$ равна нулю, так как равна нулю мера множества, состоящего из одной точки ("длина точки"). Но попадание в точку $$0{,}5 $$ не является невозможным событием - это один из элементарных исходов.
Пример 19. Точка наудачу бросается в круг c единичным радиусом. Найти вероятность того, что расстояние $$\rho $$ до точки от центра круга будет меньше заданного числа $$r\in(0,\,1)$$.
Решение. Интересующее нас событие $$\{\rho < r\} $$ происходит, когда точка попадает во внутренний круг с радиусом $$r $$ и тем же центром. По формуле (2.3), вероятность этого события равна отношению площадей кругов:$$\mathsf P(\rho < r) = \frac{ \pi\, r^2}{\pi}=r^2.$$ Заметим, что расстояние $$\rho $$ до брошенной в круг точки распределено не равномерно на отрезке $$[0,\,1]$$. Для равномерного распределения мы получили бы вероятность $$\mathsf P(\rho < r)=r{\text,} $$ а не $$r^2$$.
Пример 20. (задача о встрече) Два человека $$X $$ и $$Y $$ условились встретиться в определенном месте между двумя и тремя часами дня. Пришедший первым ждет другого в течение $$10 $$ минут, после чего уходит. Чему равна вероятность встречи этих лиц, если каждый из них может прийти в любое время в течение указанного часа независимо от другого?
Решение. Будем считать интервал от двух до трех часов дня отрезком $$[0,\,1]$$. Обозначим через $$\xi\in[0,\,1] $$ и $$\eta\in[0,\,1] $$ моменты прихода $$X $$ и $$Y $$ в течение этого часа (рис 2.2). Результатами эксперимента являются всевозможные пары точек $$(\xi,\,\eta) $$ из единичного квадрата:$$\Omega=\{(\xi,\eta) | \; 0\le\xi\le 1,\;0\le\eta\le 1\}.$$ Благоприятными исходами будут точки заштрихованного на рисунке множества $$A :$$$$A=\{(\xi,\eta) | \; |\xi-\eta|\le 1/ 6\}.$$ Попадание в множество $$A $$ наудачу брошенной в квадрат точки означает, что $$X $$ и $$Y $$ встретятся.
(рис 2.2) Задача о встречеТогда вероятность встречи равна отношению площадей множеств $$A $$ и $$\Omega$$:$$\Prob(A)=\frac{\mu(A)}{\mu(\Omega)}= \frac{1-\left(\frac{5}{6}\right)^2}{1}=\frac{11}{36}.$$
Существование неизмеримых множеств. Заканчивая обсуждение понятия геометрической вероятности, отметим следующее неприятное обстоятельство.
Если даже эксперимент удовлетворяет геометрическому определению вероятности, далеко не для всех множеств $$A\subset\Omega $$ вероятность может быть вычислена как отношение меры $$A $$ к мере $$\Omega$$. Причиной этого является существование так называемых "неизмеримых" множеств, т.е. множеств, мера которых не существует.
Пример 21. (множество Витали) В этом примере мы построим множество на отрезке, "длина" которого не существует. Нам понадобятся лишь следующие очевидные свойства "длины" множества: длина множества остается неизменной при сдвиге всех точек этого множества; длина множества, составленного из счетного объединения попарно непересекающихся множеств, равняется сумме длин этих множеств.
Рассмотрим окружность с радиусом $$1 $$ (то же, что отрезок $$[0,2\pi]\text{).} $$ Возьмем любое иррациональное число $$\alpha$$. Поскольку оно иррационально, число $$n\alpha $$ не является целым ни при каком целом $$n\ne 0$$. Поэтому если взять {произвольную} точку (угол) $$x\in[0,2\pi] $$ на окружности и перечислить все точки, которые получаются поворотом $$x $$ на угол $$2\pi n \alpha$$, где $$n=\pm1, \pm2, \ldots$$, то мы ни разу не вернемся в точку $$x$$. Точек, получившихся из $$x $$ такими поворотами, счетное число. Объединим их в один класс. С любой другой точкой окружности можно тоже связать класс точек, получающихся из нее поворотами на $$2\pi n \alpha $$ при целых $$n$$. Эти классы либо совпадают, либо не имеют общих точек. Таким образом, вся окружность разбивается на классы точек. В каждом классе счетное число точек, и все точки в одном классе получаются друг из друга такими поворотами. Разные классы не пересекаются. Заметим, что классов несчетное число, т.к. объединением счетного числа счетных множеств нельзя получить несчетное число точек окружности.
Искомое множество $$A_0 $$ определим так: возьмем из каждого такого класса ровно по одной точке. Пусть множество $$A_n $$ получается поворотом всех точек множества $$A_0 $$ на угол $$2\pi n \alpha$$, $$n=\pm1, \pm2, \ldots $$ Так как все точки одного класса можно получить, поворачивая любую из них на угол $$2\pi n \alpha, \; n=\pm1, \pm2, \ldots$$, а в множестве $$A_0 $$ собрано по одной точке из каждого класса, то, поворачивая это множество, получим все точки окружности. Предположим, что "длина" $$l(A_0) $$ множества $$A_0 $$ существует. Тогда все множества $$A_n $$ имеют ту же длину, так как получены из $$A_0 $$ поворотом. Но все эти множества не пересекаются, поэтому "длина" их объединения равна сумме их длин и равна длине отрезка $$[0,2\pi] :$$$$2\pi=l\left(\bigcup\limits_{n=-\infty}^\infty \!\!A_n\right)= \sum_{n=-\infty}^\infty \!l(A_n)= \sum_{n=-\infty}^\infty \!l(A_0)=\begin{cases}\infty, \textrm{если }\, l(A_0)>0, \cr 0, \textrm{если }\, l(A_0)=0. \end{cases}$$
Полученное противоречие означает, что длина множества $$A_0 $$ просто не существует.
Итак, мы построили множество на отрезке, длина которого не существует (неизмеримое множество). Пользуясь геометрическим определением вероятности, мы не можем определить вероятность попадания точки в такое неизмеримое множество. Но если не для любого $$A\subseteq\Omega $$ мы можем определить вероятность, следует сузить класс множеств, называемых "событиями", оставив в этом классе только те множества, вероятность которых определена.
В следующей лекции мы изучим предложенную А.Н.Колмогоровым аксиоматику теории вероятностей: познакомимся с понятиями $$\sigma $$ -алгебры (или поля) событий, вероятностной меры и вероятностного пространства.
Пространство элементарных исходов назовем дискретным, если множество $$\Omega $$ конечно или счетно: $$\Omega=\{\omega_1,\omega_2,\ldots,\omega_n, \dots \}$$.
Так, эксперименты из примеров 1, 2, 3, 5, 6 и 7 (но не 4) приводят к дискретным пространствам элементарных исходов.
Замечание Множество счетно, если существует взаимно-однозначное соответствие между этим множеством и множеством всех натуральных чисел. Счетными множествами являются множество $$\mathbb N $$ натуральных чисел, множество $$\mathbb Z $$ целых чисел, множество $$\mathbb Q $$ рациональных чисел, множество четных чисел и т.д. Множество конечно, если оно состоит из конечного числа элементов.
Событием на таком пространстве удобно считать любое подмножество $$\Omega$$.
Чтобы определить вероятность любого события на таком пространстве, присвоим вероятность каждому элементарному исходу в отдельности, т.е. снабдим вероятностями мельчайшие "кирпичики" --- элементарные исходы, из которых составляется любое событие. Вероятность каждого события найдем как сумму вероятностей входящих в него элементарных исходов.
Определение 3. Сопоставим каждому элементарному исходу $$\omega_{i} $$ число $$p_{i}\in [0,1] $$ так, чтобы $$p_1+p_2+\ldots = 1$$. Число $$p_i $$ назовем вероятностью элементарного исхода $$\omega_i$$. Вероятностью события $$A $$ называется число$$\mathsf P(A) = \sum_{\omega_{i}\,\in\,A} p_{i},$$ равное сумме вероятностей элементарных исходов, входящих в множество $$A$$. В случае $$A=\emptyset $$ положим $$\mathsf P(A)=0$$.
Замечание Позднее, познакомившись с аксиоматикой теории вероятностей, мы зададим вероятности событий непосредственно, а не через вероятности элементарных исходов. Ведь сложением вероятностей элементарных исходов можно получить лишь вероятность события, состоящего не более чем из счетного числа элементарных исходов (иначе само понятие суммирования не определено). Но на дискретном пространстве элементарных исходов всегда возможно определить вероятности событий согласно определению 3.
Пример 10. В эксперименте из примера 5 монета подбрасывается до первого выпадения герба. Присвоим элементарным исходам следующие вероятности:$$\begin{matrix} \omega_{i}: \textit{г},\; \textit{рг},\; \textit{ррг},\; \textit{рррг},\; \ldots \\[.5mm] \; \; \; \; \\[2mm] p_{i}: \;\frac12\,, \;\frac14\,, \;\frac18\,, \;\frac{1}{16}\,, \ldots \end{matrix}$$
Проверим, что сумма вероятностей элементарных исходов равна единице: по формуле суммы бесконечной убывающей геометрической прогрессии,$${p\mathstrut}_1+{p\mathstrut}_2+\ldots = \sum_{i=1}^{\infty} \frac{1}{2^{i}} = \frac{1/ 2}{1-1/ 2}=1.$$ Вероятность cобытия $$A=\{\omega_2,\,\omega_4,\,\ldots\} $$ (герб выпал при броске с четным номером) равна:$$\mathsf P(A)={p\mathstrut}_2 + {p\mathstrut}_4 + \ldots = \sum_{i=1}^{\infty} \frac{1}{2^{2i}} = \frac{1/ 4}{1-1/ 4}=\frac13.$$
Заданные выше вероятности соответствуют, как мы увидим в дальнейшем, подбрасыванию правильной монеты. Можно было задать вероятности как-нибудь иначе: например, $$p_{i} = 2^{i-1}\mspace{-3mu}/3^i$$. Такие вероятности отвечали бы бросанию утяжеленной монеты, герб на которой выпадает в среднем в одном случае из трех.
Пример 11. На том же самом множестве $$\Omega=\mathbb N $$ зададим вероятности так: $${p\mathstrut}_1=\ldots={p\mathstrut}_{100}=0{,}01$$, $$p_{i}=0 $$ для $$i>100$$.
Пример 12. На том же $$\Omega=\mathbb N $$ положим $$p_1=0{,}3$$, $$p_{1372}=0{,}7$$, остальные $$p_{i} $$ равны нулю. Читатель легко найдет вероятности событий $$A=\{1000, 1001,\dots,1500\}\subseteq \Omega $$ и $$B=\{1, 2,\dots,10\}\subseteq \Omega$$.
Пример 13. Пусть теперь $$\Omega=\mathbb N\cup\{0\} $$ - множество целых неотрицательных чисел. Положим$$p_{i}=\frac{7^i}{i!}\,e^{-7} \ \text{ для } \ i=0,1,2,\ldots$$ Проверим, равна ли единице сумма вероятностей всех элементарных исходов. Собрав разложенную в ряд Тейлора экспоненту, получим$$\sum_{\omega_i\in\Omega} p_{i}=e^{-7}\cdot\sum_{i=0}^\infty \frac{7^i}{i!}=e^{-7}e^7=1.$$
Внимательный читатель уже заметил, что если множество $$\Omega $$ счетно, но не конечно, присвоить всем элементарным исходам одну и ту же вероятность нельзя. Для конечного же множества $$\Omega $$ всегда возможно задать одинаковые вероятности исходов, что мы сейчас и сделаем.
Классическое определение вероятности. Частным, но часто встречающимся в жизни случаем дискретного вероятностного пространства является классическая вероятностная схема.
Предположим, что мы имеем дело с пространством элементарных исходов, состоящим из конечного числа элементов: $$\Omega=\{\omega_1,\omega_2,\ldots,\omega_N \}{\text,} $$ и из каких-то соображений можем считать элементарные исходы равновозможными. Равновозможность возникает обычно из-за симметрии в эксперименте (симметричная монета, хорошо перемешанная колода карт, правильная игральная кость, отсутствие оснований предпочесть один результат эксперимента другому).
Говорят, что эксперимент описывается классической вероятностной моделью, если пространство его элементарных исходов состоит из конечного числа равновозможных исходов. Тогда вероятность любого элементарного исхода равна $$\frac1N$$. Если событие $$A=\{\omega_{i_1},\ldots,\omega_{i_k}\} $$ состоит из $$k $$ элементарных исходов, то вероятность этого события равна отношению $$\frac{k}{N}$$:$$\begin{equation} \mathsf P(A)=p_{i_1}+\ldots+p_{i_k}= k\cdot\mspace{-3mu}\frac1N = \frac{|A|}{|\Omega|}. \end{equation}$$ Здесь символом $$|A| $$ обозначено число элементов конечного множества $$A$$.
Формулу $$\mathsf P(A)=\frac{|A|}{|\Omega|} $$ называют классическим определением вероятности и читают так: "вероятность события $$A $$ равна отношению числа исходов, благоприятствующих этому событию, к общему числу равновозможных исходов".
Итак, вычисление вероятности в классической схеме сводится к подсчету общего числа исходов (шансов) и числа исходов, благоприятствующих событию. Число шансов вычисляют с помощью формул комбинаторики.
Рассмотрим стандартные урновые схемы: из $$n $$ шаров выбирают $$k $$ шаров. Будем исходить из предположения о том, что появление любого шара равновозможно. Тогда три схемы: схема выбора с возвращением и с учетом порядка, выбора без возвращения и с учетом порядка, а также выбора без возвращения и без учета порядка, описываются классической вероятностной моделью. Общее число равновозможных элементарных исходов в этих схемах равно соответственно $$n^k{\text,} $$ $$A_n^k $$ и $$C_n^k$$.
Как показывает следующий пример, последняя схема - схема выбора с возвращением и без учета порядка - имеет неравновозможные исходы. Поэтому классическое определение вероятности для нее не применимо.
Пример 14. Рассмотрим выбор двух шариков из двух или, что то же самое, дважды подбросим монету. Если учитывать порядок, то исходов получится четыре, и они равновозможны, т.е. имеют вероятности по $$\frac{1}{4}$$$$(\textit{герб, герб}), (\textit{решка, решка}), (\textit{решка, герб}), (\textit{герб, решка}).$$ Если порядок не учитывать, то следует объявить два последних исхода одним и тем же результатом эксперимента и получить три исхода:$$(\textit{два герба}), (\textit{две решки}), (\textit{один герб и одна решка}).$$ Первые два исхода имеют вероятности по $$\frac{1}{4}$$ а вероятность последнего равна $$\frac{1}{4}+\frac{1}{4}=\frac{1}{2}$$ Видим, что при выборе с возвращением и без учета порядка элементарные исходы оказываются неравновозможными.
Упражнение. Сравнить примеры 2 и 3. В каком из них перечислены равновозможные элементарные исходы? Найти вероятности всех элементарных исходов в примере 3. Равны ли они $$\frac{1}{21}$$. Равны ли они?
В следующем примере разобрана классическая задача, приводящая к так называемому гипергеометрическому распределению.
Пример 15.
Из урны, в которой $$K $$ белых и $$N-K $$ черных шаров,
наудачу и без возвращения вынимают $$n $$ шаров, где $$n\le
N $$ (рис 2.1).
Термин "наудачу" означает, что появление любого набора
из $$n $$ шаров равновозможно. Найти вероятность того, что
будет выбрано $$k $$ белых и $$n-k $$ черных шаров.(рис 2.1) Выбор n шаров из N
Решение. Результат эксперимента - набор из $$n $$ шаров. Можно не учитывать порядок следования шаров в наборе. Общее число элементарных исходов по теореме 3 равно $$|\Omega|=C_{N}^{n}$$. Обозначим через $$A_k $$ событие, состоящее в том, что в наборе окажется $$k $$ белых шаров и $$n-k $$ черных. Пусть $$k\le K $$ и $${n\,{-}\,k\le N\,{-}\,K}{\text,} $$ иначе $$\mathsf P(A_k)=0$$. Есть ровно $$C_K^k $$ способов выбрать $$k $$ белых шаров из $$K $$ и $$C_{N-K}^{n-k} $$ способов выбрать $$n-k $$ черных шаров из $${N\,{-}\,K.} $$ Каждый возможный набор выбранных белых шаров можно комбинировать с каждым возможным набором черных. По теореме о перемножении шансов число благоприятных исходов равно $$|A_k|=C_K^k\,C_{N-K}^{n-k} $$, и вероятность события $$A_k $$ такова:$$\begin{equation} \label{2.2} \mathsf P(A_k)=\frac{|A_k|}{|\mspace{4mu}\Omega\mspace{4mu}|}=\frac{C_{K}^{k}\,C_{N-K}^{n-k}}{C_{N}^{n}}\,. \end{equation}$$
Вычисляя вероятность событий $$A_k{\text,} $$ мы сопоставили каждому набору из $$k $$ белых и $$n-k $$ черных шаров вероятность получить этот набор при выборе шаров из урны. Набор вероятностей (2.2) называется гипергеометрическим распределением вероятностей.
Здесь мы в первый, но далеко не в последний раз встретились с термином "распределение" вероятностей. Это слово всегда обозначает некий способ разделить (распределить) общую единичную вероятность между какими-то точками или множествами {на вещественной прямой}.
Пример 16. На пяти карточках написаны буквы А, А, Л, М, П. Найти вероятность того, что при случайной расстановке этих карточек в ряд получится слово ЛАМПА.
Решение. Всего возможно $$|\Omega|=5$$! перестановок карточек. Заметим, что перестановка двух карточек с буквой А не меняет слова. Поэтому есть два благоприятных исхода: $$\text{ЛА}_1\text{МПА}_2 $$ и $$\text{ЛА}_2\text{МПА}_1$$. Вероятность получить нужное слово равна $$\frac{2}{5!}=\frac{1}{60}$$.
Пример 17. Игральная кость подбрасывается трижды. Найти вероятность получить в сумме четыре очка.
Решение. Общее число равновозможных элементарных исходов есть $$|\Omega|=6^3$$. Сумма очков равна четырем, если на двух костях выпали единицы, и на одной - двойка. Этому событию благоприятствуют три элементарных исхода: $$(1,1,2),\,(1,2,1),\,(2,1,1)$$. Поэтому искомая вероятность равна $$\frac{3}{6^3}=\frac{1}{72}$$.
Результаты многих экспериментов нельзя описать дискретным множеством точек. Например, бросание монеты на стол в примере 4 приводит к пространству элементарных исходов, совпадающему с множеством точек стола. Дальность броска копья спортсменом - величина с положительными значениями на числовой прямой, и т.д. Рассмотрим один из способов задания вероятностей на таком пространстве исходов.
Рассмотрим какую-нибудь область $$\Omega $$ в $$\mathbb R^k $$ (на прямой, на плоскости, в пространстве). Предположим, что "мера" $$\Omega $$ (длина, площадь, объем соответственно) конечна. Пусть случайный эксперимент состоит в том, что мы наудачу бросаем в эту область точку. Термин "наудачу" означает, что вероятность попадания точки в любую часть $$A\subseteq\Omega $$ не зависит от формы или расположения $$A $$ внутри $$\Omega$$, а зависит лишь от "меры" области $$A$$. Для такого эксперимента вероятности определяются согласно геометрическому определению вероятности:$$\begin{equation}\label{2.3} \Prob(A)=\frac{\mu(A)}{\mu(\Omega)}\,. \end{equation}$$
Если для точки, брошенной в область $$\Omega$$, выполнены условия геометрического определения вероятности, то говорят, что точка равномерно распределена в области $$\Omega$$.
Пример 18. Точка наудачу бросается на отрезок $$[0,\,1]$$. Вероятность ей попасть в точку $$0{,}5 $$ равна нулю, так как равна нулю мера множества, состоящего из одной точки ("длина точки"). Но попадание в точку $$0{,}5 $$ не является невозможным событием - это один из элементарных исходов.
Пример 19. Точка наудачу бросается в круг c единичным радиусом. Найти вероятность того, что расстояние $$\rho $$ до точки от центра круга будет меньше заданного числа $$r\in(0,\,1)$$.
Решение. Интересующее нас событие $$\{\rho < r\} $$ происходит, когда точка попадает во внутренний круг с радиусом $$r $$ и тем же центром. По формуле (2.3), вероятность этого события равна отношению площадей кругов:$$\mathsf P(\rho < r) = \frac{ \pi\, r^2}{\pi}=r^2.$$ Заметим, что расстояние $$\rho $$ до брошенной в круг точки распределено не равномерно на отрезке $$[0,\,1]$$. Для равномерного распределения мы получили бы вероятность $$\mathsf P(\rho < r)=r{\text,} $$ а не $$r^2$$.
Пример 20. (задача о встрече) Два человека $$X $$ и $$Y $$ условились встретиться в определенном месте между двумя и тремя часами дня. Пришедший первым ждет другого в течение $$10 $$ минут, после чего уходит. Чему равна вероятность встречи этих лиц, если каждый из них может прийти в любое время в течение указанного часа независимо от другого?
Решение. Будем считать интервал от двух до трех часов дня отрезком $$[0,\,1]$$. Обозначим через $$\xi\in[0,\,1] $$ и $$\eta\in[0,\,1] $$ моменты прихода $$X $$ и $$Y $$ в течение этого часа (рис 2.2). Результатами эксперимента являются всевозможные пары точек $$(\xi,\,\eta) $$ из единичного квадрата:$$\Omega=\{(\xi,\eta) | \; 0\le\xi\le 1,\;0\le\eta\le 1\}.$$ Благоприятными исходами будут точки заштрихованного на рисунке множества $$A :$$$$A=\{(\xi,\eta) | \; |\xi-\eta|\le 1/ 6\}.$$ Попадание в множество $$A $$ наудачу брошенной в квадрат точки означает, что $$X $$ и $$Y $$ встретятся.
(рис 2.2) Задача о встречеТогда вероятность встречи равна отношению площадей множеств $$A $$ и $$\Omega$$:$$\Prob(A)=\frac{\mu(A)}{\mu(\Omega)}= \frac{1-\left(\frac{5}{6}\right)^2}{1}=\frac{11}{36}.$$
Существование неизмеримых множеств. Заканчивая обсуждение понятия геометрической вероятности, отметим следующее неприятное обстоятельство.
Если даже эксперимент удовлетворяет геометрическому определению вероятности, далеко не для всех множеств $$A\subset\Omega $$ вероятность может быть вычислена как отношение меры $$A $$ к мере $$\Omega$$. Причиной этого является существование так называемых "неизмеримых" множеств, т.е. множеств, мера которых не существует.
Пример 21. (множество Витали) В этом примере мы построим множество на отрезке, "длина" которого не существует. Нам понадобятся лишь следующие очевидные свойства "длины" множества: длина множества остается неизменной при сдвиге всех точек этого множества; длина множества, составленного из счетного объединения попарно непересекающихся множеств, равняется сумме длин этих множеств.
Рассмотрим окружность с радиусом $$1 $$ (то же, что отрезок $$[0,2\pi]\text{).} $$ Возьмем любое иррациональное число $$\alpha$$. Поскольку оно иррационально, число $$n\alpha $$ не является целым ни при каком целом $$n\ne 0$$. Поэтому если взять {произвольную} точку (угол) $$x\in[0,2\pi] $$ на окружности и перечислить все точки, которые получаются поворотом $$x $$ на угол $$2\pi n \alpha$$, где $$n=\pm1, \pm2, \ldots$$, то мы ни разу не вернемся в точку $$x$$. Точек, получившихся из $$x $$ такими поворотами, счетное число. Объединим их в один класс. С любой другой точкой окружности можно тоже связать класс точек, получающихся из нее поворотами на $$2\pi n \alpha $$ при целых $$n$$. Эти классы либо совпадают, либо не имеют общих точек. Таким образом, вся окружность разбивается на классы точек. В каждом классе счетное число точек, и все точки в одном классе получаются друг из друга такими поворотами. Разные классы не пересекаются. Заметим, что классов несчетное число, т.к. объединением счетного числа счетных множеств нельзя получить несчетное число точек окружности.
Искомое множество $$A_0 $$ определим так: возьмем из каждого такого класса ровно по одной точке. Пусть множество $$A_n $$ получается поворотом всех точек множества $$A_0 $$ на угол $$2\pi n \alpha$$, $$n=\pm1, \pm2, \ldots $$ Так как все точки одного класса можно получить, поворачивая любую из них на угол $$2\pi n \alpha, \; n=\pm1, \pm2, \ldots$$, а в множестве $$A_0 $$ собрано по одной точке из каждого класса, то, поворачивая это множество, получим все точки окружности. Предположим, что "длина" $$l(A_0) $$ множества $$A_0 $$ существует. Тогда все множества $$A_n $$ имеют ту же длину, так как получены из $$A_0 $$ поворотом. Но все эти множества не пересекаются, поэтому "длина" их объединения равна сумме их длин и равна длине отрезка $$[0,2\pi] :$$$$2\pi=l\left(\bigcup\limits_{n=-\infty}^\infty \!\!A_n\right)= \sum_{n=-\infty}^\infty \!l(A_n)= \sum_{n=-\infty}^\infty \!l(A_0)=\begin{cases}\infty, \textrm{если }\, l(A_0)>0, \cr 0, \textrm{если }\, l(A_0)=0. \end{cases}$$
Полученное противоречие означает, что длина множества $$A_0 $$ просто не существует.
Итак, мы построили множество на отрезке, длина которого не существует (неизмеримое множество). Пользуясь геометрическим определением вероятности, мы не можем определить вероятность попадания точки в такое неизмеримое множество. Но если не для любого $$A\subseteq\Omega $$ мы можем определить вероятность, следует сузить класс множеств, называемых "событиями", оставив в этом классе только те множества, вероятность которых определена.
В следующей лекции мы изучим предложенную А.Н.Колмогоровым аксиоматику теории вероятностей: познакомимся с понятиями $$\sigma $$ -алгебры (или поля) событий, вероятностной меры и вероятностного пространства.
Для получения официальных документов о завершении программы дополнительного профессионального образования (удостоверения о повышении квалификации, дипломов о профессиональной переподготовке и MBA) необходимо предоставить:
Внимание! Вы можете не заказывать доставку бумажной версии официального документы, а скачать его в электронном виде и распечатать самостоятельно. Информация о выданном документе в течение 1 месяца загружается в Федеральную информационную систему «Федеральный реестр сведений о документах об образовании и (или) о квалификации, документах об обучении» - ФИС ФРДО.
Доступ на новый сайт осуществляется с использованием адреса электронной почты, который был указан вами при регистрации на "старом". Мы постарались перенести все ваши данные с прежнего ресурса, однако не исключена вероятность потери части информации.
При возникновении проблемы со входом, воспользуйтесь функцией сброса пароля
Если вы обнаружите несоответствия, пожалуйста, сообщите нам.