Г.Д, Ковалева, А.С. Липин -Теория вероятностей для социологов и менеджеров

Пример 1.6. В группе из 10 человек 8 владеют английским. Какова вероятность, что из 6 случайно отобранных людей все 6 владеют английским?

Удобно иметь дело с алфавитом E 1,2, ,10 , где цифрами 1,2, ,8 обозначены знатоки английского, а цифрами 9, 10 не знакомые с английским студенты. Элементами являются подмножества E вида 1,2,3,4,5,6 , 1,2,3,4,5,7 , , 5,6,7,8,9,10 . Элементами A являются подмножества E вида 1,2,3,4,5,6 , 1,2,3,4,5,7 , , 3,4,5,6,7,8 в которых нет 9 и 10. Всего способов выбора M C108 , благоприятных событию сочетаний N C86 , поэтому искомая вероят-

ность равна P A 2 .

15

Вообще, если из n элементов l обладает определенным признаком, вероятность выбрать k элементов, так чтобы все они обладали этим признаком, равна

Ck

P A l .

Cnk

В терминах алфавита и слов эта задача формулируется следующим образом: имеется n букв алфавита, из них l согласных букв, тогда вероятность составить k-буквенное слово из одних согласных вычисляется по приведенной выше формуле.

Выбор с возвращением и без учета порядка

Подсчет вариантов в этом случае будет отличаться от простого деления на количество перестановок – k!, как было с делано в выборе без возвращения. Пример этому – выбор с возвращением 2 букв из 2 букв:

1,2 для 2,1 , поэтому деление на 2! бессмысленно.

Рассмотренный пример показывает, что если в данной схеме не учитывать порядок, то исходы не являются равновероятными. Вероятность исхода 1,2 больше, чем у исходов

1,1 и 2,2 . Поэтому применение классической схемы напрямую здесь невозможно. Для

того, чтоб ее использовать необходимо перейти к другой постановке задачи. «Слово» из k букв, так как нам не нужен порядок, можно представить в виде ряда групп одинаков букв (с числом с одинаковыми букв – ki ), в сумме которые составляют k1 k2 kn k букв.

Теперь представим, что у нас не n возможных групп различных букв, а n ящиков. А количество букв в каждой группе – количество элементов в ящике. Таким образом мы можем

11

Теория вероятностей

перейти к «урновой схеме» – распределению элементов по ящикам, т.е. к классической вероятности.

Количество элементов попавших в i-й ящик равно количеству букв вида i в нашем «слове» – ki . Осталось посчитать количество вариантов распределения k одинаковых эле-

ментов в n ящиках. Графически, разместив ящики в ряд, их можно интерпретировать как палочки, а элементы как нули. Будет n 1 палочка и k нулей.

|000||0|0| |00|.

n 1 палочка, k нулей

Далее, в первом и последнем ящике можно убрать две крайние палочки, т.к. они не влияют на количество ящиков. И, заменив палочки на единицы, получаем задачу подсчета распределения k нулей среди n 1 единицы, либо наоборот – распределению единиц среди нулей. Решением является число сочетаний:

Cnk k 1 Cnn k1 1.

В итоге можно составить таблицу всех разобранных схем – табл. 1.1.

Табл. 1.1

Число сочетаний Cnk имеет название статистика Ферми-Дирака, Cnk k 1 – статистика

Бозе-Эйнштейна, nk – статистика Максвелла-Больцмана. Знакомые с физикой, узнают фа-

милии известных ученых, а свои названия статистики приобрели в рамках задач распределения одинаковых частиц по камерам. Из всех приведенных статистик самая большая – статистика максвелла-Больцмана, наименьшая – Ферми-Дирака, а две оставшиеся лежат между ними.

1.3.4. Вероятность отбора сочетания, в котором k элементов обладают заданным признаком

Пример 1.7. Для поступления в некий престижный ВУЗ, находящийся за Уралом, 100 абитуриентов сдают экзамены, претендуя на 20 мест. Экономист взял выборку из 10 абитуриентов. Какова вероятность, что в выборке в конце экзаменов окажется ровно 2 поступивших.

Припишем каждому абитуриенту номера от 1 до 100, причем будем считать, что поступили абитуриенты с 1-го по 20-й. Таким образом, у нас имеется алфавит 1,2, ,20,21, ,100 .

Элементарными событиями являются подмножества из 10 элементов, так что

1,2, ,9,10 , 1,2, ,9,11 , , 91, ,100 . Всего возможно N C10010 таких сочетаний по 10 абитуриентов.

Искомому событию благоприятствует ситуация, в которой 2 абитуриента поступят, а 8 не поступят в ВУЗ. Элементы события A должны содержать 2 элемента из первых 20-ти, так что

1,2,21,22, ,28 , , 19,20,93, ,100 .

C10010

12

Глава 1. События и вероятности

Вообще, если из n элементов l обладает определенным признаком, вероятность выбрать k элементов, так чтобы m из них обладали этим признаком, равна

В терминах алфавита и «слов» по этой формуле вычисляется вероятность составить m- буквенное слово с k согласными из n-буквенного алфавита, в котором l согласных букв.

Приведенная выше формула может быть использована не для любых n,l,k,m. Напри-

мер, нельзя вытащить из набора n элементов, в котором l обладает признаком, l 1 эле-

мент с этим признаком. Используя аналогичную логику, имеем ограничения: 0 m min k,l , k m n l .

Пример 1.8. В урне находится n шаров из которых n1 – белые, остальные – черные. Из нее

«наудачу» вынимают k шаров. Найти вероятность того, что в полученном наборе будет ровно

k1 белых и k k1 черных шаров.

Задача представляет собой классический пример для применения вышеприведенной фор-

От гипергеометрического распределения, в котором в первоначальном наборе элементы обладают только двумя признаками, легко перейти к его обобщению, где признаков m:

где k1 k2 km k , n1 n2 nm n.

1.4. Геометрическая вероятность

Геометрические вероятности представляют пример вероятностей, заданных на непрерывном множестве событий. Множество Rm – непрерывно, т.е. континуум. Вероятностное пространство в данном случае зададим стандартно.

Сигма-алгеброй событий здесь является множество подмножеств , которые можно получить счетным пересечением или объединением параллелепипедов (многомерных размерности m), содержащихся в .

Из курса высшей математики известно, что для таких подмножеств можно подобрать определенную метрику, с заранее заданными свойствами. Вероятность события A будет определяться по формуле:

P A x dx ,

A

13

Теория вероятностей

где x – неотрицательная интегрируемая на функция, с условием нормировки:

P x dx 1.

Для двумерного случая, вероятностная мера задается, как отношение площади (объема) фигуры S A , заданной соответ-

Пример 1.9. В примере 1.2. вероятность события A={респондент и интервьюер встрети-

лись} равна:

При изменении условий задачи, касающихся поведения респондента и интервьюера: времени прихода, интервалов ожидания друг друга, изменится решение. Геометрически это будет означать изменение формы фигуры А. Например, если представить задачу в общем виде –

встреча происходит во временном интервале 0,T . Время ожидания респондента и интер-

вьюера 1 и 2 , соответственно. Вероятность встречи будет равна:

Вопросы

1.«Парадокс игры в кости». Подбрасывается правильная игральная кость. В случае бросания двух костей сумма выпавших чисел заключена между 2 и 12. Сумму 9, так и 10 можно получить двумя разными способами: 9 = 3 + 6 = 4 + 5 и 10 = 4 + 6 = = 5 + 5. В задаче с тремя костями и 9, и 10 получаются шестью способами. Почему тогда 9 появляется чаще, когда бросают две кости, а 10, когда бросают три?

2.«Парадокс де Мере». При четырех бросаниях одной игральной кости вероятность того, что по крайней мере один раз выпадет 1, больше 1/2. В то же время при 24 бросаниях двух костей вероятность выпадения двух 1 одновременно (по крайней мере однажды) меньше 1/2. Это кажется удивительным, так как шансы получить одну 1 в шесть раз больше, чем шансы выпадения двух 1, a 24 как раз в 6 раз больше 4.

3.Группа из 2n девочек и 2n мальчиков делится на две равные подгруппы. Найти вероятность того, что каждая подгруппа содержит одинаковое число мальчиков и девочек.

4.Какой толщины должна быть монета, чтобы вероятность падения на ребро равнялась 1/3? Указание: момент инерции вращения не учитывать.

5.«Парадокс Бертрана». Для некоторой окружности случайным образом, выбирается хорда. Найти вероятность того, что эта хорда длиннее стороны правильного треугольника, вписанного в данную окружность. Утверждается, что эта вероятность определяется неоднозначно, т. е. различные методы выбора точек на окружности приводят к разным результатам.

14

Глава 2. Вероятности сложных событий

ГЛАВА 2. ВЕРОЯТНОСТИ СЛОЖНЫХ СОБЫТИЙ

2.1. Условные вероятности

Нередко приходится вычислять и использовать вероятности событий, когда известны некоторые сведения о явлении.

Пусть известно, что произошло событие B , тогда множество элементарных исходов ограничивается множеством B и, поэтому, вычисление вероятности события А происходит в ином вероятностном пространстве. С этим вероятностным пространством связано понятие условной вероятности. Нас интересует с учетом того, что произошло событие B , сколько в нем исходов, благоприятных A?

Пример 2.1a. В семье двое детей. Вычислить вероятность того, что в семье два мальчика, если известно, что в семье есть мальчик.

A B М,М , его вероятность P A B 14 , P B 34. Поэтому условная вероят-

ность P A| B 14 1 .

3 4 3

Пример 2.1б. Условные вероятности в примере 1.2.1a. Респондент должен заглянуть домой в случайное время с 900 до 1000, интервьюер приходит к нему также в случайное время с 900 до 1000 и ждет 15 мин. Требуется определить вероятность проведения опроса, если известно, что респондент придет после 930.

Пространство элементарных событий – множество пар ={время прихода интервьюера,

время прихода респондента}: x, y |9 x 10,9 y 10 .

Событие A = респондент и интервьюер встретились записывается:

Очень часто, при переходе к условной вероятности P A| B , целесообразно использо-

вать более простое вероятностное пространство, чем это необходимо для рассмотрения событий A и B . На самом деле, все вероятности в каком-то смысле можно считать условными. Даже безусловная вероятность

P A P A|

15

Теория вероятностей

является условной на пространстве элементарных исходов. То же самое можно сказать и про условную вероятность P A| B , только в «новом» пространстве элементарных исходов –

B .

События A и B называются независимыми, если P A B P A P B .

Если A и B независимы и P A 0, то P B| A P B , а значит то, что произошло событие A, не меняет вероятности B . Это трактуется как независимость B от A.

Точно также, если A и B независимы, P B 0, то P A| B P A , а значит то, что произошло A, не меняет вероятности B , т.е. A не зависит от B .

События A1,A2, ,An называются совместно независимыми, если для любого набо-

ра из m событий, 2 m n выполняется равенство:

P Ak1 Ak2 Akm P Ak1 P Ak2 P Akm .

Пример 2.1в. Из 100 студентов 50 знают английский язык, 40 – французский, 35 – немецкий. Английский и французский знают 20 студентов, английский и немецкий – 8, французский и немецкий – 10, три языка – 5. Один студент вышел из аудитории. События – A={вышедший знает английский}, B={вышедший знает французский}, C={вышедший знает немецкий}. Указать па-

ры независимых событий, проверить независимость в совокупности.

Поскольку P A B 0,2 0,5 0,4 P A P B 0,2, то A и B – независимы.

Так как P A C 0,08 не равно P A P C 0,5 0,35, и P B C 0,1 не равно

P B P C 0,4 0,35, то A и C, B и C зависимы. Кроме того, A, B и C зависимы в совокупно-

сти, т.к. P A B C 0,05 0,5 0,4 0,35 0,07.

Если события независимы в совокупности, то они и попарно независимы. Обратное – неверно.

Пример 2.1г. «Пример Бернштейна». В правильном тетраэдре три грани покрашены в три цвета: белый, синий, и красный (A, B, C), а четвертная грань раскрашена в три этих цвета.

Вероятность выпадения каждого цвета P A P B P C 12, т.к. каждый находится на двух гранях из четырех. Рассмотрим попарную независимость: вероятность события {выпали

Если рассмотреть событие выпадения всех трех цветов, но независимость не выполняется:

P A B C 14 P A P B P C 12 12 12 .

Замечание:

Часто возникает путаница между понятиями независимость и несовместность событий. Зачастую считают, что несовместные события независимы, но это не так. Несовместные события взаимосвязаны. Это следует из того, что для несовместных A и B P A B P 0, но при P A 0 и P B 0 произведение P A P B 0.

Иначе, их взаимосвязь объясняется тем, что при их несовместности очевидно, что

A B и наоборот, B влечет A, таким образом эти события независимыми быть не могут.

2.2. Вероятности сложных событий

Из выражения для условной вероятности очевидно следующее свойство.

16

Глава 2. Вероятности сложных событий

Формула умножения вероятностей: P A B P B P A| B P A P B | A .

Для произвольного числа событий справедливо:

P A1 A2 An P A1 P A2 | A1 P An | A1 A2 An 1 .

Пример 2.2а. В материальном производстве работают 72 процента трудоспособных мужчин Сахалинской области. Среди этих мужчин 32 процента не старше 30 лет. Найти вероятность случайно выбрать молодого мужчину до 30 лет среди трудоспособных мужчин.

Событие A={выбран трудоспособный мужчина, работающий в сфере материального производства}, событие B={выбран мужчина возраста до 30 лет}, A B ={выбран трудоспособный мужчина возраста до 30 лет, работающий в сфере материального производства}.

По условиям задачи P A 0,72, P B| A 0,32 .

Следовательно, P A B 0,72 0,32 0,2304.

Формула сложения вероятностей: P A B P A P B P A B .

Для трех событий она имеет следующий вид:

P A B C P A P B P C P A B P A C P B C P A B C .

В общем виде для произвольного числа событий:

n

1 n 1 P A1 A2 An .

i1

Для произвольного числа независимых в совокупности событий:

P E 1 P A B C , но

P A B C P A P B P C P AB P AC P BC P ABC 0,92.

Следовательно, P E 0,08.

2.3. Формула полной вероятности

Полная группа событий – это совокупность событий H1,H2, Hn , если

1) Попарно несовместны – i j , Hi Hj .

2) Образуют разбиение : k Hi .

i 1

k

Легко понять, что для полной группы P Hi 1. В курсе математической статистики

i 1

эти события мы будем называть гипотезами.

17

Теория вероятностей

Простейшей полной группой событий является A,A . Противоположные события не-

Формула полной вероятности. Пусть Hi k – полная группа событий, тогда:

n

P A P Hk P A| Hk .

k 1

События Hk – гипотезы, безусловные вероятности P Hk трактуются как априорные

(доопытные относительно события А) вероятности гипотез, их сумма равна 1, вероятность пересечения равна 0.

Пример 2.3. Среди трудоспособного населения Сахалина 53 процента мужчин и 47 процентов женщин, при этом среди мужчин 79, а среди женщин 61 процент составляет молодежь до 30 лет. Определить вероятность выбрать наугад респондента, имеющего возраст до 30 лет.

В соответствии с постановкой задачи

H1={мужчины}, H2={женщины}, A={респондент моложе 30 лет}.

P H1 0,53, P H2 0,47, P A| H1 0,79, P A| H2 0,61.

P A P H1 P A| H1 P H2 P A| H2 0,7054 .

2.4. Формула Байеса

Имеем Hi k – полную группу событий. Пусть произошло событие А, тогда условная вероятность осуществления гипотезы Hi определяется формулой Байеса:

P Hi | A P A| Hi P Hi .

P A

Пример 2.4. По результатам проведенных исследований среди выпускников некоторого ВУЗА 20% склонны к исследовательской работе, 35% – к организационной и 45% способные исполнители. Среди «исследователей» 50% имеют широкий круг интересов (интересуются музыкой, литературой и спортом), среди «организаторов» и «исполнителей» – таковых соответственно 40% и 30%. В фирму принимают выпускника с широким кругом интересов, какую работу следовало бы ему предложить?

Эту задачу можно решить, определив вероятности гипотез о склонностях к виду работы. H1={принимаемый на работу – «исследователь»}; H2={принимаемый на работу – «организатор»}; H3={принимаемый на работу – «исполнитель»}; A={принимаемый на работу имеет широ-

Вероятность P A вычисляется по формуле полной вероятности:

P A 0,2 0,5 0,35 0,4 0,45 0,3 0,375

18

Глава 2. Вероятности сложных событий

Условные вероятности гипотез, вычисленные по формуле Байеса, равны

P H1 | A 0,267, P H2 | A 0,373, P H3 | A 0,360 .

Из их сравнения следует, что наиболее вероятна гипотеза H2 – {принимаемый способен к организаторской работе}.

Вопросы

1.«Парадокс независимости». Предположим, что бросают две правильные монеты. Пусть событие А – «на первой монете выпал герб», событие В – «на второй монете выпал герб» и событие С – «на одной (и только на одной) монете выпал герб». Тогда события А, В и С попарно независимы, но любые два из них однозначно определяют третье.

2.«Парадокс условной вероятности».Существуют события А, В и С такие, что

а) условная вероятность события А при условии, что событие В произошло, меньше, чем условная вероятность события А при условии, что В не произошло; б) условная вероятность А при условии, что произошли оба события В и С, больше условной вероятности А при условии, что С наступило, а В нет;

в) условная вероятность А относительно В и дополнения к С больше условной вероятности А при условии, что ни В, ни С не произошли.

3.Среди N экзаменационных билетов n «счастливых». Студенты подходят за билетами один за другим. У кого больше вероятность взять «счастливый» билет: у того, кто подошел первым или у того, кто подошел вторым? Или у того, кто подошел третьим? Решить эту же задачу с использованием классического определения вероятности.

4.В ящике находится a новых и b игранных теннисных мячей. Из ящика наугад вынимаются два мяча и ими играют. После этого мячи возвращают в ящик. Через некоторое время из ящика снова берут наугад два мяча. Найти вероятность того, что они будут новыми.

5.А говорит правду в 3 случаях из 4, а В – в 4 случаях из 5. Из урны, в которой было 9 разноцветных шаров, в том числе один белый, вынули один шар. А и В посмотрели на него и оба сказали, что шар – белый. Найти вероятность того, что они сказали правду.

19

Теория вероятностей

ГЛАВА 3. БИНОМИАЛЬНЫЕ СХЕМЫ

Впредыдущей главе изучались единичные случайные эксперименты. Но реальность – это не единичная точка в пространстве, а непрерывный процесс, который получается из поочередных событий. Это означает, что случайные эксперименты могут идти друг за другом, повторяться. Например, стрелок на соревновании делает серии выстрелов по одинаковым мишеням, суда приходят в порт в случайные моменты времени и становятся на якорь в фарватере и т.д.

Подобные случайные эксперименты называются потоками событий. В отличие от единичных экспериментов, потоки событий могут приобретать дополнительные свойства, которые могут упрощать анализ таких экспериментов или давать дополнительную ясность в понимании этих процессов.

Втекущей главе будут изучены некоторые потоки событий и их свойства, а также будут показаны изменения, происходящие в анализе случайного эксперимента в случае потока событий.

3.1.Схема Бернулли

Схема Бернулли – это последовательность независимых испытаний, в каждом из которых возможен «успех» с вероятностью p 0,1 и «неудача» с вероятностью q 1 p.

Многие факты, полученные с использованием схемы Бернулли, послужили началу крупных открытий в теории вероятностей.

Пример 3.1. Имеется 5 человек, каждый из которых с вероятностью 0.2 дает положительный ответ на вопрос, нравится ли ему деревенская жизнь. Вычислить вероятность того, что три человека дадут утвердительный ответ.

Решение приведено ниже.

При конечном или счетном наборе последовательных испытаний, множество элементарных событий можно рассматривать в виде произведения более простых множеств элементарных событий: 1 2 . В нашем примере сомножителем является i {да, нет}

или в бинарных обозначениях: 1 – да и 0 – нет, i 0,1 .

Распределение вероятностей по Бернулли, Bp :

Врамках описанной модели можно решить следующие типовые задачи:

при известных p и n найти вероятность успеха во всех испытаниях: P pn ;

при известных p и n найти вероятность неуспеха во всех испытаниях: qn 1 p n ;

найти максимальное число испытаний, чтобы вероятность успеха во всех испытаниях P pn была не меньше заданной величины p0 :

 при известных p и n найти вероятность успеха хотя бы в одном испытании: 1 qn 1 1 p n ;

1 [x] – функция «целая часть x, наибольшее целое число меньшее x.

20