ТВ15 - LanCats

9
XV. ПРИМЕРЫ ВЕРОЯТНОСТНЫХ СХЕМ. Покажем, что ранее рассмотренные подходы к понятию вероятности могут быть описаны с помощью
аксиоматического построения теории вероятностей.
1. Классическая схема. Пусть  = {1, 2,…, m},  = (). Возьмем
  . Положим p( A) 
A
m
, где |A|- число элементов множества А. Отображе-
ние p :  [0, 1], заданное равенством
p ( A) 
A
m
,
(15.1)
удовлетворяет аксиомам вероятности 1. и 2. Действительно, p( A) 
p() 
A
m
0 и
m
 1 . Покажем, что выполнена также аксиома аддитивности. Пусть
m
А  , В  и А  В =. В этом случае |A| = |A| + |B|. Поэтому
p( A  B) 
A B
m

AB
m

A
m

B
m
 p( A)  p( B) .
Эта схема называется классической. При A = {i}, где i  {1, 2,…,n} равенство (15.1) примет вид: p ( A) 
1
. Следовательно,
m
p1   p 2   ...  p m  
1
,
m
(15.2)
т.е. события, состоящие из одного элементарного события, равновероятны. Ясно, что в тех случаях, когда применимо классическое определение вероятности,
можно с помощью (15.1) и (15.2) построить соответствующую классическую
схему. Таким образом, при аксиоматическом построении теории вероятностей
описывается, в частности, классический подход, базирующийся на классическом определении понятия вероятности. Классическая схема служит моделью
при описании задач из области азартных игр, лотереи и т.д.
10
2. Дискретное вероятностное пространство. Пусть  = {1, 2,…}, - конечное или счетное множество, а  = (). Будем также предполагать, что задана конечная, если  - конечное множество, или бесконечная, если  - счетное множество, последовательность неотрицательных чисел
p1 , p2 , p3 ,…,
удовлетворяющих условию
p1 + p2 + p3 + …= 1
Если A  , то полагаем
p( A)   pi ,
где суммирование ведется по всем таким i, для которых iA. Эта схема называется дискретным вероятностным пространством.
Так введенное отображение р удовлетворяет аксиомам 1 и 2: p(A)  0 и
р() = 1.
Осталось проверить выполнение аксиомы счетной аддитивности. Сначала
предположим, что  = {1, 2,…, k}, - конечное множество. В этом случае
можно ограничиться аксиомой аддитивности 3'. Пусть A  { i1 ,...,  im } и
B  { j1 ,...,  js } , где AB = , m + s  k. Тогда A  B  { i1 ,...,  im ,  j1 ,...,  js }
и p( A  B)  pi1  ... pim  p j1  ... p js  p( A)  p( B). Такое дискретное вероятностное пространство называется также конечным вероятностным пространством.
Теперь обратимся к случаю, когда  = {1 , 2 ,…, n ,…}- бесконечное
счетное множество. По условию сумма ряда

 p n равна 1. Выделим из послеn 1
довательности натуральных чисел 1, 2, …, n, … некоторую возрастающую подпоследовательность n(1), n(2), …, n(k),… . Тогда легко проверить, что ряд

 pn(k )
k 1
(15.3)
11
также сходится и его сумма  1. Пусть подпоследовательность
n(1), n(2), …, n(k),… разложена каким-либо образом на бесконечное множество
возрастающих подпоследовательностей
m(1,1), m(1, 2), ..., m(1, l ), ...
m(2,1), m(2, 2), ..., m(2, l ), ...
............................................
(15.4)
m(k ,1), m(k , 2), ..., m(k , l ), ...
.............................................
При этом каждое из натуральных чисел n(1), n(2), …, n(k),… входит в одну и
только одну из подпоследовательностей (4) и притом по одному разу. Справедливо следующее утверждение.
Лемма 1. Ряд
( p m (1,1)  p m (1, 2)  ...  p m (1, l )  ...)  ( p m ( 2,1)  p m ( 2, 2 )  ...  p m ( 2, l )  ...) 
( p m ( k ,1)  p m ( k , 2)  ...  p m ( k , l )  ...)  ...
сходится и его сумма совпадает с суммой ряда (3).
Из этой леммы вытекает справедливость аксиомы счетной аддитивности.
В примере 9.2 из [10] была рассмотрена задача, которая описывается с
помощью вероятностного пространства со счетным множеством элементарных
событий.
Задание 15.1. (Задача о трех заключенных.) В тюрьме находятся трое заключенных u1, u2 и u3 . Двое из них будут казнены. Они это знают, но не могут
догадаться, кому же из них повезет. Заключенный u1 рассуждает так: "Вероятность, что меня не казнят, равна ⅓. Если я попрошу охранника назвать имя
(отличное от моего) одного из заключенных, которых казнят, то тогда останется только две возможности. Либо другой, кого казнят, это я, либо нет, и поэтому вероятность, что меня не казнят, станет равной ½. Шансы, что я выживу,
увеличатся." Однако, также справедливо, что охранник ему не сообщит никакой новой информации относительно его судьбы, так как u1 уже знает, что одного из u2 и u3 казнят. Почему изменилась вероятность казни u1 ? Постройте со-
12
ответствующую вероятностную схему и укажите ошибку, допущенную в рассуждениях заключенного u1.
3. Геометрическая вероятностная схема. Пусть опыт состоит в том, что на
отрезок [a, b] наугад бросается точка. Найти вероятность события А = [точка
попала на отрезок [c, d]], где [c, d] – заданный отрезок, лежащий на [a, b]. В
примере 14.1 указано, что естественно положить  = [a, b], а за  -алгебру 
принять семейство всех борелевских множеств, лежащих на [a, b]. Здесь возникает трудность, связанная с определением понятия длины борелевского множества. Затем мы должны проверить выполнение аксиомы счетной аддитивности.
Эти проблемы решаются с помощью введения так называемой меры Лебега: на
некотором семействе линейных множеств, содержащем борелевские множества, можно так ввести понятия длины множества, что будет выполняться аксиома 3. При этом для всякого отрезка [c, d] его мера Лебега [c, d] будет совпадать с длиной d – c этого отрезка. Пусть A1 , то есть A1 - борелевское множество, лежащее на [a, b]. Тогда полагаем p( A1 ) 
 ( A1 )
ba
. Так введенное отобра-
жение p:    удовлетворяет всем трем аксиомам вероятностной меры.
Аналогичное построение вероятностной схемы можно провести в двумерном случае, когда   2 и  является семейством плоских борелевских
множеств, лежащих на .
Таким образом, если имеется задача на геометрическую вероятность, то
эту задачу можно описать с помощью геометрической вероятностной схемы.
Примеры на геометрическую вероятность были рассмотрены в [10,
п.VIII].
4. Схема Бернулли. Пусть  состоит из 2n точек и  =  (). Элементы
множества  будем обозначать  i1i2 ...in , где ij = 0 или 1 при j = 1, 2,…, n, т.е.
={00…000, 00…001, 00…010, …,11…101, 11…10 , 11…111} Пусть задано также некоторое положительное число p, меньшее единицы. Обозначим q=1 – p. Каждо-
13
му одноточечному подмножеству { i1i2 ...in } припишем вероятность p { i1i2 ...in } .
Полагаем p { i1i2 ...in }  p k q nk , если строки индексов (i1, i2,…, in) содержит ровно
k единиц. Получим числа p1 , p2 ,…, p 2n , где p1 = p{00…000}= p0qn = qn, p2 =
p{00…001}= pqn–1 , p3 = p{00…010}= pqn–1 , p4 = p{00…011}= p2qn–2 ,
p5 =
p{00…0100}= pqn–1 , p6 = p{00…0101}= p2qn–2 ,…, p 2n 3 = p{11…000}= pn–2q2 , p 2n 2
= p{11…101}= pn–1q , p 2n 1 = p{11…110}= pn–1q, p 2n = p{11…111}= pn.
Если A  , то полагаем p(A) =  pj, где суммирование ведется по тем
значениям j, которым соответствуют элементарные события  i1 i2 ...in , входящие
в A. Например, если A  { i1 i 2 ... i n строка (i1 i2…in) имеет ровно k единиц}, то p(A)
= Cnkpkqn–k. Получили дискретное вероятностное пространство (, , p), зависящее от двух параметров n и p. Эта вероятностная схема называется схемой
Бернулли или схемой независимых испытаний. Обычно n интерпретируется как
число независимых испытаний, а p – вероятность успеха в каждом испытании.
Из вышесказанного вытекает, что язык теории вероятностей есть язык
теории множеств, точнее язык теории меры. Между тем прикладные задачи
формулируются на другом языке, где вообще нет упоминания о множестве. Поэтому при разборе конкретных задач мы предварительно должны осуществить
перевод с практического языка на язык теории вероятностей, т.е. построить вероятностное пространство. Однако обычно построение конкретного вероятностного пространства будем проводить лишь в тех случаях, когда отсутствие
вероятностного пространства может затруднить понимание рассматриваемой
задачи. Отметим также, что не всегда выбор вероятностного пространства однозначно определяется условиями задачи. Иногда при выборе подходящего вероятностного пространства приходится обращаться к эксперименту. такая ситуация была описана в примере 9.3 [10].
14
УПРАЖНЕНИЯ
1. Опишите пространство элементарных событий в следующем опыте:
а) монета подбрасывается один раз;
б) монета подбрасывается два раза;
в) подбрасываются две одинаковые монеты.
Какую вероятность следует приписать элементарному событию?
2. В ящике 10 деталей, среди которых 7 окрашенных. Сборщик наудачу достает
а) 2 детали, б) 3 детали. Найдите вероятность того, что все взятые детали окрашены. Постройте соответствующую вероятностную схему.
3. Устройство состоит из 5 элементов, из которых 2 изношены. При включении
устройство включается случайным образом 2 элемента. Найдите вероятность
того, что включенными окажутся неизношенные элементы. Постройте вероятностную схему.
4. Монета бросается до тех пор, пока два раза подряд не выпадет одной и той
же стороной. Каждому возможному исходу, требующему n бросаний, припишем вероятность 1/2n. Опишите пространство элементарных событий. Найдите
вероятность следующих событий: а) опыт окончится до шестого бросания;
б) до окончания опыта потребуется четное число бросаний.