tjurin_teorija_verojatn_978-5-94057-540-5_1

ми словами, если событие B не зависит от события A, то и событие A не зависит от события B.

Приведем пример независимых событий. Рассмотрим случайный эксперимент, в котором наудачу выбирают одно из ста первых натуральных чисел 1, 2, …, 99, 100.

Покажем, что события A ={выбранное число делится на 2} и B = ={выбранное число делится на 5} независимы.

Для этого подсчитаем вероятности событий A, B и A ∩B. Событие A ∩B состоит в том, что выбранное число делится и на 2, и на 5, т. е. делится на 10.

Слова «выбор наудачу», описывающие выбор из конечной совокупности, означают, что каждый элемент имеет равные с другими шансы на то, чтобы оказаться выбранным. В нашем случае это значит, что каждое число может быть выбрано с вероятностью 0,01.

Начнем с подсчета P( A). Ясно, что среди первых ста чисел четных ровно 50 (четно каждое второе число). Поэтому

P( A) = 50 ·0,01 = 0,5.

Аналогично находим, что

P(B) = 0,2, P( A ∩B) = 0,1.

Мы видим, что эти вероятности удовлетворяют соотношению (3.1.1), и поэтому в данном эксперименте упомянутые события независимы.

Заметим, что при другом пространстве элементарных исходов и/или при другом распределении вероятностей эти события (делимость на 2 и делимость на 5) могут оказаться зависимыми. Так будет, например, при выборе наудачу из совокупности (1, 2, …, 99) или (2, 3, …, 99) и т. д.

Свойства независимых событий.Докажем несколько простых утверждений о свойствах независимых событий.

1. Несовместные (непересекающиеся) события A и B с ненулевыми вероятностями P( A) и P(B) не могут быть независимыми. Действительно, по определению.

P( A ∩B) = P( ) = 0 6= P( A)P(B) > 0.

(Как показывает многолетняя преподавательская практика, это свойство независимости очень плохо усваивается учащимися, склонными считать несовместные события независимыми.) Суть доказанного свойства заключается в том, что для непересекающихся событий осуществление одного из них автоматически влечет за собой невозможность другого события (ведь у них нет общих возможных исходов).

В этом и выражается их связь, которую мы дополнительно проясним, введя ниже понятие условной вероятности.

2. Если события A и B независимы, то независимы и все следующие пары событий: A и ¯B¯; A¯¯ и B; A¯ и ¯B¯.

Докажем независимость событий A и ¯B, так как независимость остальных пар выводится из этого результата. Заметим, что

A = A ∩Ω = A ∩(B ¯B) = ( A ∩B) ( A ∩¯B).

Другими словами, мы разбили событие A на две части. Первая состоит из элементарных исходов, общих с B, а вторая — с его дополнением ¯B¯. Заметим, что события ( A ∩B) и ( A ∩¯B) не пересекаются. Отсюда по формуле сложения вероятностей (2.3.6)

Так как события A и B по условию независимы, P( A ∩B) =P( A)P(B). Тогда соотношение (3.1.2) можно записать в виде

P( A) = P( A ∩B) +P( A ∩¯B) = P( A)P(B) +P( A ∩¯B¯),

или

P( A ∩¯B¯) = P( A) −P( A)P(B) = P( A) ·[1 −P(B)] = P( A)P(¯B¯),

что и требовалось доказать.

Из доказанного утверждения легко вывести независимость и остальных пар событий. Действительно, из независимости событий A

иB, как было доказано, следует независимость событий A и ¯B¯. Теперь применим доказанное утверждение к паре независимых событий ¯B

иA и получим, что ¯B¯ и A¯¯ независимы.

Упражнения

1.Стандартную игральную кость подбрасывают один раз. Событие A — выпало число очков, кратное 2, событие B — выпало число очков, кратное 3. Являются ли события A и B независимыми?

2.Монету подбросили 2 раза. Событие A — при первом броске выпал герб. Событие B — при втором броске выпал герб. Являются ли события A и B независимыми?

3.Игральную кость подбросили 2 раза. Событие A — при каждом броске выпало четное число очков, событие B — в сумме на двух костях выпало не менее 7 очков. Являются ли события A и B независимыми?

4.Покажите, что при случайной перестановке букв (а,б,в,г) события A ={а предшествует в} и B ={б предшествует г} независимы. (Интуитивно это ясно.)

Определение 3.2.1. Испытаниями Бернулли называют независимые повторения описанного выше опыта, причем вероятности исходов остаются неизменными во всех испытаниях.

При двух испытаниях Бернулли пространство элементарных исходов состоит, очевидно, из четырех точек: Ω2 ={уу, ун, ну, нн}; порядок их перечисления не имеет значения. Поскольку последовательные испытания независимы, вероятности этим четырем «комбинированным» исходам надо назначать, перемножая вероятности «успехов» и «неудач»:

P(уу) = pp, P(ун) = pq, P(ну) = qp, P(нн) = qq.

(Заметим, что сумма этих вероятностей составляет единицу.)

В случае n испытаний Бернулли пространство элементарных исходов состоит из «слов» длины n, составленных из букв «у» и «н». Всего таких элементарных исходов («слов») 2n. Вероятность каждого из них получаем по правилу умножения вероятностей: букву «у» заменяем числом p, букву «н» — числом q, результат читаем как произведение. Например,

P(уннн) = pqqq = pq3 .

Сумма таких вероятностей для каждого n равна 1. К испытаниям Бернулли мы вернемся в разделе о биномиальном распределении.

Обозначим через X число успехов в n испытаниях Бернулли и найдем вероятность события ( X =m). Здесь m — целое число, 0 ¶m ¶n. Ясно, что всякое элементарное событие, в котором ровно m успехов, имеет вероятность pmqn−m. Общее число элементарных событий, в каждом из которых ровно m успехов, равно Cnm: чтобы описать такое элементарное событие, надо указать те m мест в слове длины n, на которых стоят буквы «у». Выбрать эти m мест из n можно Cnm способами. Следовательно,

для m =0, 1, …, n.

О прикладной роли испытаний Бернулли прекрасно сказал В. Феллер (см. [30]), которого мы цитируем с небольшими изменениями (некоторые имена, которые он упоминает, сейчас уже неизвестны, и мы их исключили). «Схема испытаний Бернулли — это теоретическая модель, и только опыт может показать, подходит ли она для описания конкретных наблюдений. Предположение о том, что последовательные бросания монеты соответствуют схеме Бернулли, подтверждается экспериментально. Философ может разделять мне-

ние несведущих людей, считающих, что после семнадцати последовательных выпадений герба появление решки становится более вероятным. Это убеждение возникает не из-за несовершенства реальных монет, а из-за того, что природа наделяется памятью, или — в нашей терминологии — отрицается стохастическая независимость последовательных испытаний. Подобная философская теория не может быть опровергнута логически, но отвергается потому, что она не подтверждается эмпирически.

При проведении выборок, при промышленном контроле качества и т. д. схема испытаний Бернулли представляет собой идеальную модель, хотя никогда полностью не соответствует действительности. Отклонения от предположений схемы испытаний Бернулли при этом могут быть связаны с тем, что оборудование, производящее изделия, со временем изнашивается и, следовательно, вероятность появления бракованного изделия увеличивается. Кроме того, в работе оборудования может наблюдаться некоторое постоянство, и, следовательно, появление длинных серий отклонений похожего типа более вероятно, чем если бы исходы были действительно независимы. Однако с точки зрения контроля качества желательно, чтобы этот процесс соответствовал схеме Бернулли, и важно то, что в определенных границах этого можно добиться. Тогда цель текущего контроля — обнаружить на ранней стадии значительные отклонения от идеальной схемы, указывающие на предстоящие неприятности».

Испытания Бернулли как приближенная вероятностная модель для простого случайного выбора. Испытания Бернулли служат простой и удобной приближенной моделью для описания простого случайного выбора, когда численность генеральной совокупности велика. Ранее, в п. 2.2, обсуждая случайный выбор из генеральной совокупности, мы нашли вероятность того, что при простом случайном выборе n элементов из генеральной совокупности численности N в выборке окажутся m элементов со свойством A:

Предел этого выражения при N →∞ дает нам приближенное значение для этой вероятности при больших N. Переходить к пределу надо при фиксированных значениях m, n и θ. Мы увидим, что этот предел равен Cnmθm(1 −θ)n−m.

Для вычисления предела трижды используем указанную выше

×[(N −M)(N −M −1)…(N −M −(n −m) +1)] (3.2.3)

Обратим внимание на то, что в числителе и знаменателе выражения

×[(N −M)(N −M −1)…(N −M −(n −m) +1)] (3.2.4)

ровно n сомножителей.

Разделим числитель и знаменатель правой части равенства (3.2.3) на Nn и, учитывая, что θ по определению равно MN , перейдем к преде-

лу при N →∞. При этом знаменатель выражения (3.2.4) будет состоять из сомножителей

В пределе каждое из них будет равно 1, а, следовательно, и предел их произведения будет равен 1. Числитель выражения (3.2.4) будет состоять из двух типов сомножителей. Ровно m сомножителей имеют

вид MN−k , где k =0, 1, 2, …, m −1. При переходе к пределу при N →∞, каждый из них будет стремиться к θ. Вторая часть сомножителей (их

ровно n −m) имеет вид (N −M) −l , где l =0, 1, 2, …, (n −m +1). Каж-

N

дый из них в пределе даст 1 −θ. Таким образом получаем, что

что и требовалось доказать. Напомним, что θ = MN есть доля объек-

тов с заданным свойством A в совокупности из N объектов. Переходя к пределу при N →∞ в выражении (3.2.3), мы считаем, что доля объектов со свойством A остается неизменной. Другими словами, с ростом N растет и M так, что M =θN.

Практически этими формулами можно пользоваться, если Nn <0,10

и N > 102 . Соотнесем эти условия с практикой социологических опросов. При этом величина N соответствует объему исследуемой генеральной совокупности. В качестве таких совокупностей могут выступать граждане всей страны или какой-то ее части, домохозяйства и т. п. В подавляющем большинстве задач N превышает сотни

тысяч или даже миллионы объектов. Размер социологических выборок n обычно колеблется от сотен респондентов (в маркетинговых исследованиях) до полутора—двух тысяч (репрезентативные выборки ведущих социологических служб). Видно, что оба перечисленных условия перехода к схеме испытаний Бернулли при этом выполнены с большим запасом. Таким образом, схема испытаний Бернулли может использоваться для практического расчета вероятностей в подобных исследованиях.

Упражнения

1.При каких условиях стрельбу спортсмена-биатлониста из положения стоя по 5 мишеням можно считать испытаниями Бернулли?

2.По ходу гонки биатлонист стреляет на 4 огневых рубежах: дважды из положения стоя и дважды из положения лежа. Всего по ходу гонки он делает 20 выстрелов, по 5 на каждом огневом рубеже. Уместно ли описывать результаты его стрельбы с помощью схемы испытаний Бернулли?

3.Дегустатор чая должен уметь отличать на вкус один сорт чая от другого. Для проверки способностей дегустатора ему предлагается 3 чашки чая, в две из которых налит один сорт чая, а в третью — другой. Дегустатор, попробовав чай из каждой чашки, должен указать ту, чай

вкоторой отличается. Подобный эксперимент повторяется несколько раз с небольшими перерывами. Можно ли подобную процедуру тестирования дегустатора описывать схемой испытаний Бернулли? Чему должна равняться вероятность правильного ответа в одном испытании, если дегустатор совсем не различает сорта чая?

4.Психологический тест для определения типа психики состоит из некоторого набора вопросов, на каждый из которых предложено 4 варианта ответов. Уместно ли описывать этот эксперимент схемой испытаний Бернулли?

5.В социологическом опросе с целью определения доли электората, поддерживающего определенную партию, проводится независимый опрос случайной выборки избирателей. Уместно ли описывать этот эксперимент схемой испытаний Бернулли?

6.Примем, что вероятность рождения мальчика и рождения девочки одинаковы и что пол ребенка определяется результатом испытания Бернулли. Рассмотрим семьи с тремя детьми и два события: A=(в семье есть дети обоих полов) и B=(в семье не более 1 девочки). Независимы ли эти события? Ответьте на тот же вопрос для семьи с четырьмя детьми.

3.3. Независимые эксперименты

Предположим, что мы рассматриваем одновременно, совместно, два случайных эксперимента. Для элементарных исходов первого из них примем общее обозначение u, для всей их совокупности, т. е. для пространства элементарных исходов первого опыта — обозначение U, для элементарных исходов второго опыта и для их совокупности — обозначения v и V, соответственно. Соединим эти два эксперимента в пару и рассмотрим их вместе как единый, составной опыт. Его элементарными исходами служат пары ω = (u, v); множество всех таких пар

Ω = {(u, v) : u U, v V}

составляет пространство элементарных исходов составного опыта. Такое совмещение двух (и более) случайных экспериментов на практике обычно происходит в тех случаях, когда у случайно выбираемого объекта фиксируются две (или более) характеристики. Скажем, у случайно выбранного человека измеряется его рост и вес, или в случайно выбранном регионе Российской Федерации выясняется одновременно доля пенсионеров и доля родившихся в прошедшем году.

Чтобы закончить описание этого опыта, надо ввести распределение вероятностей на множестве Ω. Заметим, что на множествах U и V, как на множествах элементарных исходов первого и второго опытов, уже существуют свои распределения вероятностей. Обозначим их P1 и P2, соответственно. Скажем, в упомянутом эксперименте одновременного измерения роста и веса у случайно выбранного человека каждый из этих показателей (при определенных ограничениях) неплохо описывается нормальным распределением. При этом параметры этих нормальных распределений (a, σ) у каждой из характеристик свои.

В общем случае знания P1 и P2 недостаточно для того, чтобы правильно определить распределение вероятностей на Ω. Для этого надо знать, как влияют (и влияют ли) друг на друга результаты этих опытов. (Скажем, влияет ли рост человека на его вес?) Если между этими результатами есть взаимная связь, она должна отражаться на распределении вероятностей на Ω. Более того, именно распределение вероятностей и выражает эту взаимосвязь. Правильное назначение вероятностей в пространстве Ω должно учитывать конкретные особенности сложного опыта.

Если же такой взаимной связи и влияния нет, если опыты в естественном смысле независимы, то можно ввести на Ω распределение вероятностей, зная лишь распределения P1 и P2.

Рассмотрим сначала опыты, в которых множества элементарных исходов U и V дискретны. Тогда дискретным окажется и множество Ω. Распределения вероятностей на дискретных пространствах задают, указывая вероятности элементарных исходов. Пусть это P1(u) для u U и P2(v) для v V. Чтобы задать распределение на Ω, надо задать вероятности P(u, v) элементарных исходов ω=(u, v).

Для независимых экспериментов по определению полагают

для всех u U, v V, т. е. для всякого ω=(u, v).

При таком задании вероятностей на Ωслучайные события, определяемые только результатами первого опыта, и события, определяемые результатами только второго, оказываются независимыми в смысле (3.1.1), т. е. статистически независимыми. Чуть более точно: пусть событие A происходит или не происходит в зависимости от результата первого опыта, а событие B — второго; тогда P( A ∩B) =P( A)P(B), что означает независимость событий A и B.

Для этой формулы нужны некоторые разъяснения. Событие, скажем A, хоть и зависит только от первого опыта, все же в данном случае относится к паре опытов. Поэтому, говоря об A в составном опыте, надо говорить о результатах обоих опытов, а не только первого. Но так как событие A зависит только от первого опыта, результат второго опыта для A значения не имеет и поэтому может быть любым. То же самое, но с переменой ролей первого и второго опытов, можно

Аналогично вероятность события B в составном опыте равна P2(B). Схематически пространство элементарных исходов Ω для пары

опытов, а также события A и B, относящиеся к отдельным опытам, но помещенные в пространство Ω, изображены на рис. 1.21—1.24. Доказательство независимости событий A и B сводится к вычислению вероятностей P( A ∩B), P( A) и P(B) и проверке соотношения (3.1.1).

На рис. 1.31 горизонтальный отрезок изображает множество U элементарных исходов первого опыта, вертикальный отрезок — множество V элементарных исходов второго опыта. Заштрихованный квадрат изображает множество пар (u, v), т. е. пространство Ω элементарных исходов пары опытов.