Теорія імовірності

Лінгвістична Гімназія № 13.

Реферат.

на тему:

«Теорія Вероятностей».

Исполнитель:

Красовський Николай.

Руководитель:

Ткаченко Галина Ивановна.

Єкатеринбург, 1998 год.

Страница.

Запровадження …2.

1.Алгебра событий…3.

2.Вероятность…4.

3.Формула Бейеса…6.

4.Формула повної ймовірності …6.

5.Пример завдання для формули повної вероятности…8.

6.Пример завдання для формули Бейеса … 8.

7.Геометрические вероятности…10.

Теорія Вероятностей.

Теорія ймовірностей одна із класичних розділів математики. Вона має тривалу історію. Основи цього розділу науки були закладено великими математиками. Назву, наприклад, Ферма, Бернуллі, Паскаля. Пізніше розвиток теорії ймовірностей визначилися роботах багатьох учених. Вагомий внесок у теорію ймовірностей внесли вчені нашої країни: П. Л. Чебышев, А. М. Ляпунов, А. А. Марков, А. Н. Колмогоров. Імовірнісні і статистичні методи нині глибоко проникли в докладання. Вони використовують у фізиці, техніці, економці, біології та медицині. Особливо зросла їх частка роль зв’язки України із розвитком обчислювальної техники.

Наприклад, з вивчення фізичних явищ виробляють спостереження чи досліди. Отримані результати цих зазвичай реєструють як значень деяких можна побачити величин. При повторенні дослідів ми виявляємо розкид їх результатів. Наприклад, повторюючи виміру одному й тому ж величини тим і тим самим приладом за збереження певних умов (температура, вологість тощо.), ми маємо результати, що трохи, проте відрізняються друг від друга. Навіть багаторазові виміру не дозволяють точно передбачити результат наступного виміру. У цьому сенсі кажуть, що результат виміру є величина випадкова. Ще наочним прикладом випадкової величини може бути номер виграшного білети у лотереї. Можна навести багато інших прикладів випадкових величин. Однак і у світі випадків виявляються певні закономірності. Математичний апарат вивчення таких закономірностей і дає теорія ймовірностей. Отже, теорія ймовірностей займається математичним аналізом випадкових подій і що з ними випадкових величин.

1.Алгебра событий.

Теоретично ймовірностей під подією розуміють то, про який після певного моменту часу можна сказати те й лише з двух:

Так, воно произошло.

Ні, він произошло.

Наприклад, маю лотерейний квиток. Після опублікування результатів розіграшу лотереї цікавить мене подія — виграш тисячі рублів або відбувається, або происходит.

Події прийнято позначати заголовними написом: A, B, C,… З подіями можна здійснювати операції. Ці операції є основою алгебри подій. Об'єднанням двох подій С=А[pic]В називається подія З, яке відбувається тоді й тільки тоді, коли відбувається хоча одне з цих подій Проте й У. Перетином двох подій D=А[pic]В називається подія, що відбувається тоді й тільки тоді, коли відбуваються й О і У. Протилежним подією А* до події А називається таку страхову подію, яке відбувається тоді й тільки тоді, коли відбувається подія А. Об'єднанням З подій A1, A2,…Ak називається подія C=[pic]Ai, яке здійснюється тоді й тільки тоді, коли здійснюється хоча одне з подій Ai, i=1,…, k. Перетином D подій A1,…, Ak називається подія D=?Ai, яку здійснювався тоді й тільки тоді, коли здійснюються усі події Ai, i=1,…, k. Різницею подій G=AB називається подія, яке відбувається тоді й тільки тоді, коли відбувається подія А, але з відбувається подія В.

Серед подій особливу увагу займають неможливе подія і достовірне подія. Неможливе подія — це таку неординарну подію, про яку заздалегідь відомо, що його статися неспроможна. Його позначають символом [pic]. Достовірне подія — це таку страхову подію, про яку наперед відомо, що відбудеться. Його позначають буквою ?.

Події A і B називаються не пересічними, якщо не можуть реалізуватися і подію A й цю подію B. У разі також кажуть, що те що A? B є неможливе подія [pic].

Деяку сукупність L подій називають алгеброю подій, якщо вона задовольняє наступним умовам. Ця сукупність L містить неможливе подія [pic] і достовірне подія [pic]. Якщо L містить деяке подія Бо вони містять і навпаки подія А*. Якщо сукупність L містить події A1, A2,…, Ak, вона містить й «об'єднання С=[pic]Ai і те що D=?Аi цих подій. Наприклад, алгеброю подій L є сама убога така алгебра, яка полягає лише з двох подій: з неможливого події [pic] і достовірного події [pic]. У насправді, хоч скільки ми складали б об'єд-нань і перетинань з цих подій, й скільки ми б брали протилежних подій, ми отримаємо нічого іншого, інакше як знов-таки події [pic] і [pic]. Справді, маємо: [pic]*=[pic], [pic]*=[pic], [pic][pic][pic]=[pic], [pic]=[pic]. Іншим прикладом алгебри подій L є сукупність з чотирьох подій: [pic]. У насправді: [pic][pic][pic]*=[pic],[pic]*=[pic],[pic][pic][pic]=[pic],[pic].

2.Вероятность.

Теорія ймовірностей вивчає випадкові події. Це означає, щодо певного моменту часу, власне кажучи, не можна сказати заздалегідь про випадковому подію, А відбудеться це подія чи ні. Тільки після цього моменту реалізується визначеність: Так, подія, А сталося, навпаки Ні, подія, А сталося, тобто. відбулася подія А*.

Кожен з аналізованих випадкових подій приписується число P, 0? P?1(P (A), P (B), P©,…), що називається його ймовірністю. Ця кількість характеризує шанси, що відповідне подія станеться. Насправді для цікавлять подій числа P призначаються, згідно з досвідом і здорового сенсу. Коли говорять про подіях, обговорюють обставини, у яких розглядаються ці события.

Приймають, що Р (?)=1, Р ([pic])=0. Якщо A1, A2,…, Ak попарно не перетинаються, то вважають Р ([pic]Ai)=Р (A1)+Р (A2)+…+Р (Ak). Тому Р (A)+Р (A*)=1.

Наприклад, якщо підкидається добре збалансована монета, то можливість події A, що вона впаде орлом вгору приймається рівної ½, а ймовірність протилежного події A*, тобто, що вона впаде решкою вгору, приймається теж рівної ½. У цьому подія, яке у тому, що монета стане і стояти на рубі, приймається за неможливе. Якщо кидають гральну кістку, то ймовірність те, що випаде, наприклад, чотири очки, приймається рівної 1/6. Можливість протилежного події, тобто, що випаде якесь число очок, нерівний чотирьом, приймається рівної 5/6. Якщо із добре перетасованной колоди у п’ятдесят дві карти виймають навмання одну карту, то можливість, що вийнято короля, дорівнює 4/52=1/13 тощо. д.

Кажуть, що якийсь подія B сприяє події A, якщо щоразу як відбувається подія B, є і подія A. Приймають таке угоду. Якщо з n всіх можливих непересічних равновозможных подій, тобто таких, котрим ймовірності покладаються рівними, деякому події A сприяє m з цих равновозможных випадків, то принимают.

Р (A)=m/n. (2.1).

У наведеному вище прикладі з колодою карт є n=52 равновозможных події: вийнято одну якусь карту. Події A-тому, що вийнято короля, сприяють m=4 події: B1-вынут короля пік, B2-короля треф, B3-короля бубон, B4-короля хробаків. І тільки такі події Bi сприяють події A. У цьому A є об'єднання подій Bi: A=U[pic]Bi і Bi і Bj не перетинаються: Bi? Bj=[pic], i? j. Тож і ми приймають Р (А)=m/n=4/52=1/13.

Дане визначення ймовірності через сприятливі равновозможные непересічні події називають часто класичним визначенням ймовірності. Воно підтверджується практично як закону великих чисел. Він проявляється так. Якщо зробити велика кількість n* випробувань, в кожному у тому числі може з’явитися подія A, то результаті виходить, що кількість m* появ події A як правило дуже близькими до величині Р (A), тобто виконується з імовірністю дуже близька до одиниці - практично обов’язково, із великим рівнем точності близьке равенство.

m*/n*? m/n=Р (A) (2.2).

Умовною ймовірністю події По події У називають величину Р (А|В), що дає рівність Р (А?В)=Р (A|B)· P (B). Сенс цієї визначення такий. Умовна ймовірність оцінює шанси здійснення події І коли відомо, що відбулася подія В.

Події Проте й У називаються незалежними, якщо Р (A|B)=P (A). Тоді Р (А?В)=Р (A)· P (B). Інакше висловлюючись, події Проте й У незалежні, коли ймовірність здійснення події А залежить від цього, здійснилося чи ні подія У. І навпаки, можливість скоєння події Не залежить від здійснення події А.

Наприклад, нехай кидають дві які пов’язані друг з одним гральні кістки. Нехай подія А-на першої кістки випало 4 очки. Подія В-на другий кістки випало 2 очки. Тоді Р (А)=1/6,Р (В)=1/6. Події Проте й У природно думати незалежними. Отже, вважаємо Р (А|B)=P (A), P (B|A)=P (B) і P (А?В)=P (A)· P (B)=1/6·1/6=1/36. Тобто ймовірність події С=А?В — на першої кістки випало 2 очки і навіть другого кістки випало 4 очки дорівнює 1/36.

Кілька подій A1, A2,…, Ak називаються незалежними разом, якщо Р (?Ai)=Р (A1)· Р (A2)·…·Р (Ak). Важливо зазначити, що з попарной незалежності всіх подій Аi і Aj, i=1,…, k, j=1,…, k, i[pic]j, взагалі кажучи, годі було незалежність подій A1, A2,…, Ak разом. У цьому вся можна переконатися на конкретному примере.

Підкреслимо вкотре, що фізичної підвалинами теорії ймовірностей є що статистичне властивість стійкості частот. Буквою, А позначимо випадкове подія, що з деяким повторюваним досвідом. Нехай досвід повторюється n* раз при однакових умов. Нехай [pic]*-число появ подій А. Відносна частота [pic] появи подій, А визначається формулой.

[pic] (2.3).

Якщо необмежено збільшувати число повторень досвіду [pic], то відносна частота [pic] буде стійко наближатися до деякою фіксованою величині Р (А) і відхилятися від нього тим менше (і рідше, ніж більше n*. Ця величина і є ймовірністю P події А. Якщо теорії ймовірність Р (А) визначено правильно, виявляється, що теоретичне число Р (А) збігаються з описаним вище практичним межею. Це обставина і дозволяє чисельно оцінювати можливість випадкової події у теории.

3.Формула Бейеса.

Нехай знаємо ймовірності подій Проте й У: Р (А) і Р (В). І хоча ми знаємо умовну ймовірність події По У: Р (A|B). Як знайти умовну ймовірність P (B|A). Саме це запитання відповідає формула Бейеса.

Р (B|A)=P (A|B)· P (B)/P (A) (3.1).

[pic].

Зрозуміло цієї формулою можна скористатися лише за умови, що Р (А)[pic]0.

Формула Бейеса виводиться з таких равенств.

Р (В[pic]А)=Р (В|A)· P (A) (3.2).

[pic].

Р (A[pic]B)=Р (A|B)· P (B) (3.3) причем.

Р (В[pic]А)=Р (A[pic]B) (3.4).

оскільки те що подій У й О очевидно залежить від порядку, в якому записано Проте й У, тобто. В[pic]А=A[pic]B. Що стосується Р (А)=0 приймаю зазвичай, що Р (В|A) є величина неопределенная.

4.Формула повної вероятности.

Нехай маємо повну групу з n попарно непересічних подій [pic]. Те есть.

[pic], [pic] (4.1).

[pic], [pic], [pic] (4.2).

Нехай знаємо умовні ймовірності деякого події По Еi: Р (А|Ei) і ймовірності Р (Ei), i=1,…, n. Справедлива наступна формула повної ймовірності для події А.

Р (А)=Р (A|E1)· P (E1)+…+P (A|En)·P (En) (4.3).

Доказ цієї формули випливає з таких равенств.

P (A)=P ([pic])=P (A[pic]([pic]Ei))=P (A[pic]E1)+…+P (A[pic]En)=.

=Р (A|E1)· P (E1)+…+P (A|En)·P (En) (4.4).

З елементарної формули Бейеса (3.1) і формули повної ймовірності (4.3) випливає наступна докладніша формула Бейеса.

Р (Еi|A)=P (A|Ei)· P (Ei)/(Р (A|E1)·P (E1)+…+P (A|En)·P (En)) (4.5).

5.Пример завдання для формули повної вероятности.

Завдання 5.1.

Нехай маємо три урни з кулями. У першій урні 7 білих хусток і 3 чорних кулі. У другій урні 7 білих хусток і 7 чорних куль. У третій урні 3 білих хусток і 7 чорних куль. Навмання вибрали одну урну. З цієї урни навмання вийняли шар.

Яка можливість, що вийняли білий шар?

Решение:

Нехай подія, А — вийняли білий кулю, подія Ei — вийняли кулю з i-той урни, i=1,2,3. Ймовірності P (Ei) вважаємо рівними, тобто. Р (Ei)=1/3. Можливість Р (A|E1)=7/10, ймовірність Р (А|E2)=7/14=½, ймовірність Р (А|E3)=3/10. Отже за такою формулою повної ймовірності (4.3) имеем.

Р (А)=Р (A|E1)· Р (E1)+Р (A|E2)·Р (E2)+Р (A|E3)·Р (E3)=.

=(1/3)· (7/10+5/10+3/10)=(1/3)·15/10=½ (5.1).

Відповідь: Можливість вийняти білий кулю дорівнює Ѕ.

6.Пример завдання для формули Бейеса.

Завдання 6.1.

Нехай маємо самі урни з тими самими наборами куль, як й у завданню (5.1). Знову з обраної навмання урни вибрали навмання кулю. Виявилося, що вийняли чорний шар.

Яка можливість, що його вийняли з третьої урны?

Решение:

Нехай У — подія, яке у тому, що вийняли чорний кулю. Події Ei самі, що у виконанні завдання (5.1). Яка Цікавить нас ймовірність є умовна ймовірність Р (E3|B). За формулою Бейеса (4.5) имеем Р (Е3|B)=P (B|E3)· P (E3)/(P (B|E1)·P (E1)+P (B|E2)·P (E2)+P (B|E3)·P (E3)) (6.1).

В Україні: Р (Ei)=1/3, i=1,2,3, P (B|E1)=3/10, P (B|E2)=½, P (B|E3)=7/10. Отже, получаем.

Р (Е3|B)=(7/10)· (1/3)/((1/3)·(7/10+5/10+3/10))=(7/10)/(15/10)=7/15 (6.2).

Відповідь: Можливість те, що вийняли кулю з третьої урни, за умови, що кулю виявився чорним дорівнює 7/15.

7.Геометрические вероятности.

Як зазначено вище, обчислення ймовірності з урахуванням несумісних равновозможных подій за такою формулою (2.1) називають зазвичай класичним визначенням ймовірності. Проте застосовують й інші способи обчислення ймовірностей. Розглянемо тут геометричний спосіб обчислення ймовірностей. У цьому способі випадкові події трактуються, як такі події, здійснювані, коли випадкова точка потрапляє у чи іншу іншу область, на деякою прямій чи на площині чи просторі. Пояснимо це докладніше з прикладу плоскости.

Достовірне подія [pic] представляється деякою областю [pic] на площині. У цьому потрібно було, що випадкова точка [pic] обов’язково потрапляє у цю галузь, тобто. обов’язково [pic]. Неможливе подія [pic] представляється порожнім безліччю точок, тобто. таким безліччю точок, яке містить жодного однієї точки. Тобто. випадкова точка [pic] неможливо може бути точкою від цього порожнього безлічі. Кожне випадкове подія, А з аналізованої алгебри подій L представляється деякою областю [pic], тобто. областю [pic], що міститься у сфері [pic]. Випадкове подія, А здійснюється тоді й тільки тоді, коли випадкова точка [pic], тобто. тоді й тільки тоді, коли точка [pic] потрапляє у область [pic]. При такому трактуванні об'єднання подій [pic] представляється областю [pic], що складається з точок, кожна з яких лежить хоча в одній з областей [pic] і [pic]. Перетин подій [pic] представляється областю [pic], що є загальної частиною областей [pic] і [pic]. Протилежне подія А* представляється областю [pic], що є доповненням до області [pic] до області [pic]. Див. наприклад фиг.7.1.-7.4.

Фиг.7.1.

Фиг.7.2.

Фиг.7.3.

Фиг.7.4.

Припускаючи, що з кожної сфери [pic] незалежно від подію, А з алгебри подій L можна визначити площа S[pic] цій галузі вважають ймовірність події А равной.

Р (А)=S[pic]/S[pic] (7.1).

Сенс цієї визначення у тому, що з шансів влучення випадкової точки [pic] у той або ту точку в галузі [pic] не віддається ніякого предпочтения.

Наприклад, нехай область [pic] є квадрат зі стороною одиниця. Подія, А у тому, що випадкова точка [pic] потрапляє у чверть кола [pic] з радіусом, рівним одиниці, і записаного до квадрат [pic]. Див. фиг.7.5.

Фиг.7.5.

Тогда за такою формулою (7.1) получаем.

Р (А)=?/4 (7.2).

Аналогичные побудови робляться, коли, використовуючи основу беруться області на прямий або області у просторі. У цьому лише тоді прямий площі замінюються суммарными довжинами відповідних відрізків, складових [pic]. На разі простору ймовірності оцінюються через сумарні обсяги відповідних областей, складових [pic].

8.Пример завдання на геометричну вероятность.

Задача 8.1.

Мария та Іван хочуть зіткнутися проміжку часу від 0 до 1 години пополудні. Вони люди безладні і з них вийде в місці зустрічі на свій випадковий час [pic] чи відповідно [pic] з відрізка [pic]. Вони домовилися, кожен який прийшов чекає на свого товариша протягом 15 хвилин чи досі часу t=1, якщо від часу приходу досі часу t=1 залишається менше 15 хвилин. Яка можливість, що Марія та Іван встретятся?

Решение:

Сделаем таке побудова. Введемо прямокутну систему координат X0Y. Гадаємо х=[pic], y=[pic]. Тоді точка з координатами x і в відповідає приходу Марії в останній момент х=[pic] і приходові Івана в останній момент y=[pic]. Достовірному події [pic] відповідає на площині ХОУ квадрат [pic]: [pic] Події А, яку здійснювався тоді й тільки тоді, коли Марія та Іван зустрінуться відповідає область [pic], що складається з точок, що у квадраті [pic] і при цьому які відповідають умові [pic], тобто. [pic]: [pic] Див. фиг.8.1.

Фиг.8.1.

По формулі (7.1) получаем Р (А)=S[pic]/S[pic]=1−2?(½)?(¾)[pic]=1−9/16=7/16 (8.1).

Відповідь: Можливість зустрічі Марії та Івана дорівнює 7/16.

9.Случайные величины.

Очень важливим теоретично ймовірностей є поняття випадкової величини x. Це величина, на яку те що, що вона бере ту чи іншу значення, є випадковим подією. Наприклад, коли комп’ютера одній із версій мови Pascal, дається команда x=random (1000)/1000, то комп’ютер видає випадково значення випадкової величини x, 0? x?1. У цьому ймовірність Р (A) події A={??x??, 0???1} визначається равенством Р (А)=Р (??x??)=?-? (9.1).

Иначе кажучи, тут саме можливість, що випадкова величина x приймає ту чи іншу значення не більше відрізка {??x??, 0???1}, визначається геометрично через довжину цього відрізка. Розглянемо випадкову величину x, яка може взяти кінцеве число n різних значень [pic] з імовірностями Р[pic]Р[pic]. Наприклад, коли ми кидаємо одного разу гральну кістку, то випадкової величиною x буде выпавшее кількість очок, т. е.k=6,[pic], Р[pic]Р[pic]Р[pic].

10.Математическое ожидание.

Математическим очікуванням E (x) для випадкової величини x, яка може приймати значення x[pic][pic] і лише значення з імовірностями Р (x[pic])=Р[pic], називають число, що визначається рівністю i=k i=k.

E (x)=Sxi· Рi, P. S Рi=1, Рi?0, i=1,…, k (10.1) i=1 i=1.

Например, що стосується гральною кісткою математичне очікування кількості очок x, яке випаде, буде відповідно до (10.1) числом.

E (x)=(1/6)?(1+2+3+4+5+6)=(1/6)?21=7/2=[pic] (10.2).

Смысл поняття математичного очікування розкривається у законі великих чисел. Цього закону проявляється так. Якщо зробити поспіль дуже великий число n незалежних випробувань при однакових умов, і такі, кожен раз здійснюється одна з значень аналізованої випадкової величини x, те з ймовірністю дуже близька до одиниці, тобто напевно і із великим рівнем точності виконуватиметься близьке равенство.

(x (1)+x (2)+…+x (n))/n? E (x) (10.3).

Здесь x (i)-значение випадкової величини x, що в i-том випробуванні. Закон великих чисел обгрунтований теоретично за певних аксіомах теорії ймовірностей й багато разів підтверджено практично. Якщо якась випадкова величина x* є сумою випадкових величин [pic] [pic] (10.4).

тогда математичне очікування E (x*) дорівнює сумі допомоги математичних очікувань Е (х[pic]) [pic] (10.5).

11.Дисперсия випадкової величины.

Дисперсией D (x) випадкової величини x називають число, яке визначається за такою формулою D (x)=E (x-E (x))[pic] (11.1).

Тому дисперсія D (x) випадкової величини x, яка може приймати значення [pic] з імовірностями Р[pic],…Р[pic] визначається, і кількість i=k i=k j=k.

D (x)=S (x[pic]-E (x))[pic]?P[pic]=S (x[pic]-[pic])[pic]?P[pic].

(11.2) i=1 i=1 j=1.

Например, що стосується гральною кісткою для дисперсії D (x) отримуємо таке число.

D (x)=[pic]=(1/6)?((1−7/2)[pic]+(2−7/2)[pic]+(3−7/2)[pic]+(4−7/2)[pic]+(5- 7/2)[pic]+(6- 7/2)[pic])=(1/6)?(25/4+9/4+¼+1/4+9/4+25/4)=(1/6)?(35/2)=35/12 (11.3).

Пусть деяка випадкова величина x* є сумою (10.4) випадкових величин [pic]. Нехай ці випадкові величини незалежні. Це означає, що ймовірність, з якої може здійснитися ту чи іншу значення випадкової величини [pic] залежить від того, яке приймають інші випадкові величини [pic]. Тоді доводиться, що дисперсія випадкової величини x* є сумою дисперсії випадкових величин [pic] [pic][pic] (11.4).

Важно помітити, що й випадкові величини є незалежними, то дисперсія їх суми необов’язково дорівнює сумі їх дисперсій. 12. Закон великих чисел.

У розділі наведу акуратну формулювання закону великих чисел, яка перегукується з чудовому математику нашої країни П. Л. Чебышеву. Нехай маємо деяку випадкову величину x. Виберемо якесь позитивне число М. Відберемо ті значення [pic] випадкової величини x, для яких виконується условие.

[pic] (12.1).

З висловлювання для дисперсії (11.2) і з нерівності (12.1) випливає таке неравенство.

[pic]Р[pic][pic]Р[pic][pic]Р[pic] (12.2).

Тут підсумовування в (12.2) виконується за тими індексам j, для яких виконано неравенство.

Припустимо тепер, що зроблено n незалежних випробувань. нехай у i-том випробуванні здійснюється значення випадкової величини [pic]. Нехай математичні очікування й дисперсії всіх таких незалежних випадкових величин однакові. Тоді відповідно до матеріалу із розділів 10,11 для суми [pic] (12.3) цих випадкових величин і з (12.2) отримуємо таке нерівність [pic]Р[pic] · Р[pic] (12.4).

Так як випадкові величини [pic] незалежні, то дисперсія їх суми дорівнює сумі їх дисперсій. З іншого боку, все дисперсії [pic] рівні одна одній [pic] і всі математичні очікування [pic] теж рівні одна одній [pic]. Тому з (12.4) отримуємо неравенство.

[pic]Р[pic] (12.5).

Введемо число ?=M/n. Тоді з (12.5) отримуємо неравенство Р[pic] (12.6).

Звідси для протилежного события.

[pic] (12.7).

з (12.6) отримуємо таке нерівність П. Л. Чебышева.

Р[pic] (12.8).

Отже, з (12.8) виходить закон великих чисел П. Л. Чебышева:

Для будь-якого як завгодно малого позитивного числа? і кількості ?N, буде справедливо нерівність Р[pic] (12.9).

У насправді, відповідно до (12.8) досить вибрати як числа N найменше із натуральних чисел, які відповідають нерівності [pic], тобто [pic] (12.10).

Это означає таке. Хоч би які числа [pic] і [pic] ми вибрали, якщо зробити кількість n незалежних випробувань більше, ніж число N, то середнє значення випадкової величини надто відрізнятиметься від математичного очікування менше, ніж? з імовірністю більшої, ніж ?. Інакше висловлюючись, при необмеженому збільшенні кількості незалежних випробувань середнє випадкової величини прагне математичного очікуванню Є з імовірністю, яка наближається до одиниці. 13. Испытания за схемою Бернулли.

Так називається наступна серія незалежних випробувань. Нехай виробляється n випробувань. У i-том випробуванні може бути здійснений випадкове подія Ai з імовірністю Рi, i=1,…, n. Усі події Аi незалежні в сукупності. Тобто ймовірність події Аi залежить від того, скоюються або немає події Аj, j=1,…, n, j[pic]i. Розглянемо тут такий окреме питання, коли всі ймовірності Рi рівні одне одному і рівні p, 0‹p‹1. Те есть.

Р (Аi)=p, P (Ai*)=q, q=1-p, 0‹p‹1, 0‹q‹1, i=1,…, n (13.1).

Наприклад, нехай випробування у тому, що випадкова точка [pic] в i-том випробуванні обов’язково з’являється у квадраті зі стороною рівної одиниці. Подія Аi у тому, що вищу точку [pic] перебувають у чверті кола, записаного до квадрат і має радіус рівний одиниці (см.раздел7). Відповідно до (7.2) имеем Р (Ai)=p=[pic] (13.2).

Справедливо таке утверждение.

Теорема Бернуллі: Нехай виробляється n випробувань за схемою Бернуллі. Нехай події Аi здійснилися в m випробуваннях. Для будь-яких чисел [pic] і [pic] знайдеться таке натуральне число N, що з числі випробувань n>N буде справедливо неравенство.

P (|m/n-p|[pic] (13.3).

У насправді, зв’яжемо з i-тым випробуванням випадкову величину [pic]. Нехай їх кількість приймає значення однакову одиниці, якщо здійснюється подія Аi, і [pic] приймає значення однакову нулю, якщо подія Аi не здійснюється, тобто. здійснюється протилежне подія Аi*. Обчислимо математичне очікування Еi і дисперсию Di випадкової величини [pic]. Имеем.

[pic]p[pic]q=p (13.4).

[pic]p[pic]p[pic]p[pic]q[pic]q[pic]?p+p[pic]?q=p?q?(q+p)=p?q?1=p?q (13.5).

Позаяк у нашому случае.

[pic] (13.6).

те з закону великих чисел (12.9); INSERT INTO `ref` (`id_predmet`, `name_predmet`, `id_ref`, `name_ref`, `text_ref`) VALUES (12.10) отримуємо нерівність (13.3), якщо только.

[pic] (13.7).

Это і доводить теорему Бернуллі. Наприклад, якщо ми хочемо перевірити теорему Бернуллі з прикладу обчислення числа? з точністю до [pic] з імовірністю більшої, ніж [pic], треба зробити випробування за схемою Бернуллі відповідно до розділом 7, тобто. отримати відповідно до поточному поділу неравенство.

P (|m/n-?/4|0.99 (13.8).

І тому відповідно до (13.7) досить вибрати число.

[pic] (13.9).

з великим запасом.

Таке випробування зроблено за комп’ютером за програмою, наведеної наступного розділі. Получилось.

4?m/n=3.1424 (13.10).

Ми знаємо, що кількість ?=3.1 415 925 626… Тобто справді вийшло число з точністю по крайнього заходу до 0.01.

14.Программа обчислення числа? за схемою Бернулли.

CLS INPUT «Запровадьте n= «, n RANDOMIZE FOR і = 1 TO n x = RND y = RND IF (x * x + y * y) < 1 THEN m = m + 1 ELSE m = m NEXT і pi = 4 * m / n PRINT «pi = «, pi 15. Метод Монте-Карло.

Випробування за схемою Бернуллі становлять основу обчислювального методу, який запропонував Фон-Нейман до розрахунку складних процесів. Наприклад, для розрахунків під час створення створення атомної бомби. Цей метод він їх назвав методом МонтеКарло на вшанування міста, у якому йде гра в рулетку. Сутність цього методу у тому, що підбираються випробування за схемою Бернуллі, у яких ймовірності подій Аi визначають цікаву для обчислювача величину. Найпростіший приклад обчислення методом Монте-Карло і приведено у розділах 13,14 для числа ?. Особливо зручно обраховувати методом Монте-Карло площі й обсяги складних лідерів та тіл. 16. Стрельба по вепрю.

Завдання 16.1.:

Три мисливця стріляють по вепру. Відомо, перший мисливець потрапляє у ціль з імовірністю 0.7. Другий — з імовірністю 0.5. Третій — з ймовірністю 0.3. Результат стрільби кожного їх залежить від результатів стрільби інших. Усі три мисливця дали один залп.

Яка можливість, що у вепра потрапили 2 пули?

Решение:

Назвемо потрапляння першого мисливця подією А1, потрапляння другого — А2, потрапляння третього — А3. А, щоб потрапили дві кулі необхідне й досить, щоб здійснилося те й лише з наступних трьох неспільних событий:

В1-первый потрапив, другий потрапив, третій промастив, В1=А1[pic]А2[pic]А3* В2-первый потрапив, другий промастив, третій потрапив, В2=А1[pic]А2*[pic]А3 В3-первый промастив, другий потрапив, третій потрапив, В3=А1*[pic]А2[pic]А3.

Так як події влучення до різних стрілків незалежні, то ймовірності влучення рівні твору ймовірностей. Поэтому Р (В1)=Р (А1)?Р (А2)?Р (А3*)=0.7?0.5?0.7=0.245.

Р (В2)=Р (А1)?Р (А2*)?Р (А3)=0.7?0.5?0.3=0.105.

Р (В3)=Р (А1*)?Р (А2)?Р (А3)=0.3?0.5?0.7=0.105.

Цікавить нас подія С=В1[pic]В2[pic]В3. Оскільки події В1, В2 і В3 несумісні, то ймовірність об'єднання дорівнює сумі ймовірностей подій Вi, i=1,2,3.

Р (С)=Р (В1)+Р (В2)+Р (В3)=0.245+0.105+0.105=0.455 (16.1).

Ответ: Можливість, що потрапили 2 кулі дорівнює 0.455.

Задача 16.2.:

Те ж мисливці дали залп з іншого вепру. Відомо, що потрапили 2 кулі. Яка можливість, що потрапив перший охотник?

Решение:

Интересующая нас ймовірність є умовна ймовірність Р (А1|С) події А1 за умови, що відбулася подія З. За формулою Бейеса маємо Р (А1|C)=P (C|A1)?P (A1)/P© (16.2).

По визначенню умовної ймовірності P (C|A1) (3.1) і (3.2) имеем.

P (C|A1)?P (A1)=Р (С[pic]А1) (16.3).

Але подія С[pic]А1 відбувається тоді й тільки тоді, коли відбувається з двох несумісних событий С2=А2[pic]А3*[pic]А1 (16.4).

С3=А3[pic]А2*[pic]А1 (16.5) Тобто имеем.

(С[pic]А1)=(А2[pic]А3*[pic]А1)[pic](А3[pic]А2*[pic]А1) (16.6).

Р (С[pic]А1)=Р (А2[pic]А3*[pic]А1)+Р (А3[pic]А2*[pic]А1)=0.5?0.7?0.7+0.3?0.5?0. 7=.

=0.245+0.105=0.35 (16.7).

Отже, відповідно до (16.2) для шуканої умовної ймовірності Р (A1|C) одержимо значение Р (A1|C)=P (C|A1)?P (A1)/P (C)=0.35/0.455=0.769 (16.8) Відповідь: Можливість те, що потрапив перший мисливець за умови, що потрапив у вепра дві кулі дорівнює 0.769.

17.Решение завдань про зустріч методом Монте-Карло.

Аналізовані у цьому підрозділі завдання є узагальненням завдання 8.1. з питань зустрічі із розділу 8.

Завдання 17.1.:

Марія, Іван і Пьотр хочуть зіткнутися проміжку часу від 0 до 1 години пополудні. Усі вони вийде в місці зустрічі у свій випадковий час [pic] чи відповідно [pic] чи [pic] з відрізка [pic]. Кожен який прийшов чекає на свого товариша протягом 20 хвилин чи досі часу t=1, якщо від часу приходу досі часу t=1 залишається менше 20 минут.

Яка можливість, що вони всі троє встретятся?

Решение:

Зробимо побудова подібне побудові із розділу 8. Лише тепер побудова буде зацікавлений у просторі. Введемо прямокутну систему координат XYZ. Гадаємо х=[pic], у=[pic], z=[pic]. Тоді точка з координатами х, у і z відповідає приходу Марії в останній момент часу х=[pic], Івана — в останній момент у=[pic] і Петра — в останній момент z=[pic]. Достовірному події? відповідає просторі XYZ куб [pic] Події А, яку здійснювався, якщо Марія, Іван і Пьотр все зустрінуться відповідає тіло [pic]. Це тіло складається з точок, що у кубі [pic] і при цьому які відповідають условиям.

|x-y|?1/3, |y-z|?1/3, |x-z|?1/3 [pic] (17.1) Тому Р (А)=[pic] (17.2).

Тут [pic] є обсяг куба [pic], [pic] є обсяг тіла [pic]. Обчислити обсяг тела.

[pic][pic] |x-y|?1/3,|y-z|?1/3,|x-z|?1/3 (17.3).

затруднительно. Обчислимо його методом Монте-Карло за схемою Бернуллі. При цьому працюватимемо зі випадковими величинами [pic], що беруть значення однакову одиниці, коли точка [pic] перебувають у тілі [pic], і [pic] приймають значення однакову нулю, коли точка [pic] виявляється поза тіла [pic]. Тоді відповідно до геометричному визначенню ймовірності та закону великих чисел (см. разделы 7 та дванадцяти) полагаем.

[pic]P (A)=[pic] (17.4).

Тут n — число випробувань по бросанию точки [pic] в куб [pic], m — число передбачень у тіло [pic]. Рівність (17.4) виконується з великою влучністю і запросто, якщо число випробувань n досить велико.

Такі випробування, виконані за комп’ютером при n=1 000 000 дали наступний результат Р (А)=[pic]0.259 (17.5).

Ответ: Можливість Р (А) те, що Марія, Іван і Пьотр все зустрінуться дорівнює 0.259.

Завдання 17.2.:

Умови завдання 17.2. повторюють умови завдання 17.1. Але питання на завданню 17.2. є таким.

Яка можливість, що зустрінуться по крайнього заходу двох із трех?

Решение:

Назвемо подією У подія, що зустрінуться по крайнього заходу двох із трьох. Повторимо побудови за аналогією з побудовою для завдання 17.1. Тільки у разі події У бажана ймовірність Р (В) визначається за формулою Р (B)=[pic]m/n (17.6).

Тут [pic] є обсяг тіла [pic], що визначається условиями.

[pic][pic]|x-y|?1/3)[pic]([pic] (17.7).

где кома заміняє логічний зв’язку and.

Обсяг [pic] тіла [pic] був вирахувано знову за комп’ютером за схемою Бернуллі. Тільки тут число m в (17.6) означає число влучень точки [pic] в тіло [pic]. Випробування при n=1 000 000 дали наступний результат Р (В)=[pic]0.964 (17.8).

Ответ: Можливість Р (В), що зустрілися по крайнього заходу двох із трьох дорівнює 0.964.

Завдання 17.3.:

Умови завдання 17.3. повторюють умови завдання 17.2. Але питання на завданню 17.3. є таким.

Яка можливість, що зустрінуться двоє і тільки з трех?

Решение:

Назвемо подією З подія, що зустрінуться двоє і тільки з трьох. Повторимо побудови за аналогією з побудовою для завдання 17.2. Тільки у разі події З бажана ймовірність Р© визначається за формулою Р (С)=[pic]m/n (17.9).

Тут [pic] є обсяг тіла [pic], що визначається условиями.

[pic][pic]|x-y|?1/3,|y-z|>1/3,|x-z|>1/3)[pic] ([pic](17.10).

где кома заміняє логічний зв’язку and.

Обсяг [pic] тіла [pic] був вирахувано знову за комп’ютером за схемою Бернуллі. Тільки тут число m в (17.9) означає число влучень точки [pic] в тіло [pic]. Випробування при n=1 000 000 дали наступний результат Р (C)=[pic]0.520 (17.11).

Ответ: Можливість Р©, що зустрілися двоє і тільки з трьох дорівнює 0.520.

Завдання 17.4.:

Умови завдання 17.4. повторюють умови завдання 17.3. Але питання на завданню 17.4. є таким.

Яка можливість, що ні зустрілися ніхто з трех?

Решение:

Назвемо подією D подія, що ні зустрінеться ніхто із трьох. Повторимо побудови за аналогією з побудовою для завдання 17.3. Тільки тоді події D бажана ймовірність Р (D) визначається формулой Р (D)=[pic]m/n (17.12).

Тут [pic] є обсяг тіла [pic], що визначається условиями.

[pic][pic]|x-z|>1/3); INSERT INTO `ref` (`id_predmet`, `name_predmet`, `id_ref`, `name_ref`, `text_ref`) VALUES ([pic] (17.13).

где кома заміняє логічний зв’язку and.

Обсяг [pic] тіла [pic] був вирахувано знову за комп’ютером за схемою Бернуллі. Тільки тут число m в (17.12) означає число влучень точки [pic] в тіло [pic]. Випробування при n=1 000 000 дали наступний результат Р (D)=[pic]0.037 (17.14).

Ответ: Можливість Р (D), що ні зустрінуться ніхто із трьох дорівнює 0.037.

Задача 17.5.:

Умови завдання 17.5. повторюють умови завдання 17.3. Але питання на завданню 17.5. є таким.

Яка можливість, що зустрінеться одне із трьох із кожним із двох інших, але це інші двоє друг з одним не встретятся?

Решение:

Назвемо подією Є подія, що зустрінеться одне із трьох із кожним із двох інших, але це інші двоє друг з одним не зустрінуться. Повторимо побудови за аналогією з побудовою для завдання 17.3. Тільки тоді події Є бажана ймовірність Р (Е) визначається формулой Р (Е)=[pic]m/n (17.15).

Тут [pic] є обсяг тіла [pic], що визначається условиями.

[pic][pic]|x-y|?1/3,|х-z|?1/3,|у-z|>1/3)[pic] ([pic](17.16).

где кома заміняє логічний зв’язку and.

Обсяг [pic] тіла [pic] був вирахувано знову за комп’ютером за схемою Бернуллі. Тільки тут число m в (17.15) означає число влучень точки [pic] в тіло [pic]. Випробування при n=1 000 000 дали наступний результат Р (Е)=[pic]0.182 (17.17).

Ответ: Можливість Р (Е), що зустрінеться одне із трьох із кожним із двох інших, але це інші двоє друг з одним не зустрінуться дорівнює 0.182.

Проверка результатов.

Р (А)+Р (С)+Р (Е)=Р (В) (17.18).

0.259+0.520+0.182[pic]0.964 (17.19).

Р (В)+Р (D)=1 (17.20).

0.964+0.037[pic]1 (17.21).

Программы, реалізують випробування за схемою Бернуллі для завдань 17.1.-17.5., наведені у розділі 18.

18.Программы, реалізують випробування за схемою Бернуллі для завдань 17.1.-17.5.

1. CLS INPUT «Запровадьте кількість випробувань n= «, n RANDOMIZE FOR і = 1 TO n x = RND y = RND z = RND IF (ABS (x — y) 1 / 3) THEN m = m + 1 ELSE m = m NEXT і p = m / n PRINT «p= «, p.

5. CLS INPUT «Запровадьте кількість випробувань n= «, n RANDOMIZE FOR і = 1 TO n x = RND y = RND z = RND IF ((ABS (x — y).