Лекция 2

т.к.

, то

,
Так как события и несовместны, то
, но тогда


4. Если , то

Это свойство следует из аксиомы Р1: предыдущего свойства, т.к.

, то по предыдущему свойству
И по аксиоме 1 имеем:

6. Для произвольных событий А и В:
имеет место равенство:
Пусть . Тогда
так как и ;
, так как и .
Отсюда и . Далее получаем:

#

неравенство:
Это свойство следует из аксиомы 1 и предыдущего свойства

#

осуществиться (исходы равновероятны). В таком случае этим исходам естественно поставить

в соответствие одинаковые вероятности. Рассмотрим пространство элементарных исходов , где
. В силу того, что

из аксиом Р2, Р3 вытекает: ,
поэтому , где –число
элементарных исходов эксперимента.

образуют полную группу попарно несовместных

событий, если и .
Например, при бросании монеты событиями являются: (выпадение «орла»), (выпадение «решки»). И
Аналогично, при бросании игральной кости, имеем: – выпадение нечётного числа очков, – выпадение чётного числа очков. При этом , то есть рассматриваемые события образуют полную группу:

, а каждый из исходов равновероятен, т.е. , свершение события А есть свершение элементарных исходов: , т.е. событие А состоит из элементарных исходов . Тогда, согласно классической схеме вероятность события А есть число .
Пример: В урне имеется « » белых и« » красных шаров. Извлекается из урны 1 шар. Какова вероятность того, что этот шар белый?
Все исходы равновероятны, их всего . Событию благоприятствуют из исходов, поэтому, на основании теоремы имеем

на применение формул комбинаторики.

тем или иным условиям, можно составить из конечного множества элементов.

Конечное или счётное множество называется упорядоченным, если каждому его элементу сопоставлен порядковый номер.

( ) элементов, отличающихся друг от друга только порядком их

расположения (обозначение: ).
Число всех возможных перестановок из элементов равно (Здесь , считается, что ).
Пусть на первом месте в наборе из элементов находится элемент, например, с номером 1. Тогда на оставшихся местах в наборе могут находиться элементы с номерами . Число таких комбинаций из оставшихся элементов равно Случай, когда на первом месте находится элемент с номером 1, ничем не отличается от случая, когда на первом месте находиться любой другой элемент. .

элементов, число перестановок из элементов равно

. Эти равенства будут справедливы для любого числа , т.е.



Пример1: Сколько трёхзначных чисел можно составить из цифр 1,2,3, если каждая цифра входит в изображение числа только 1 раз?
Искомое число трёхзначных цифр равно числу перестановок из трёх элементов, т.е.

каждая цифра входит в изображение числа только 1 раз?
Искомое

число трёхзначных цифр равно числу перестановок из трёх элементов:
Действительно, эти числа есть 123, 132, 213, 231, 312, 321.

элементов, называются размещениями из элементов

по (обозначение « »). Такие наборы могут отличаться друг от друга как элементами, так и порядком их следования.
Число размещений из по элементов равно

элементов по находится, например, элемент с номером

1. Учитывая, что остальные ( ) элементов на оставшиеся ( ) мест можно разместить способами, имеем: , так как на первом месте может находиться любой из элементов. Это равенство верно для любых значений и таких, что , поэтому получим

) элементов по одному можно (

) способами, то есть
можно получить:


Т.о.

Замечание: Если , то число размещений совпадает с числом перестановок из элементов:

Пример 3. Сколько можно составить сигналов из 2 флажков, имея в наличии 6 флажков разного цвета?

различных цифр 1,2,3 (каждая цифра входит в число один раз)

?
В действительности, такими числами будут числа, составленные из следующих пар цифр: (1,2); (1,3); (2,1); (2,3); (3,1); (3,2) (то есть числа 12, 13, 21, 23, 31 и 32).

( ) , которые отличаются хотя бы одним

элементом, порядок же следования элементов в наборе не важен.
Число сочетаний из элементов по равно

Замечание: В отличие от перестановок и размещений сочетания отличаются тем, что порядок следования элементов в наборе не важен
Пример 5. Сколькими способами можно выбрать 2 детали из ящика, содержащего 10 деталей?
ответ:

, которые будем называть генеральной совокупностью.
Выборкой объёма из генеральной совокупности называется упорядоченная последовательность . Эту последовательность можно образовывать следующим образом: первый элемент выберем из генеральной совокупности; следующий элемент из генеральной совокупности выбираем без элемента ; элемент выбираем без элементов и и так далее. Полученная таким образом выборка называется выборкой без возвращения. Ясно, что в этом случае . Число таких выборок объёма совпадает с числом размещений из элементов по , то есть

шар и запоминают его номер. Затем шар возвращается в урну

и снова производится выбор шара. Номер следующего выбранного шара опять запоминается и возвращается в урну и так далее раз. Полученная таким образом выборка называется выборкой с возвращением (повторной выборкой) объёма из совокупности элементов количества . Таким образом, один и тот же элемент может быть выбран несколько раз. Таких выборок делается раз, поэтому, их число будет (см. комбинации, в которых ). Такие выборки различаются как составом элементов, так и порядком их следования (размещение с возвратом).

свершения события:

?
Решение: Общее число исходов равно . Исходами, благоприятствующими событию А, являются: (1;5), (5;1), (2;4), (4;2), (3;3), то есть их число равно 5. Тогда .
Пример 7: Набирая номер телефона, абонент забыл последние две цифры и, помня лишь, что эти цифры различные, набрал их наудачу. Найти вероятность того, что набранные цифры оказались правильными.
Ответ: всего исходов:

людей. Какова вероятность того, что хотя бы у

двух из них совпадают дни рождения?
Будем считать, что число дней в году 365. У каждого человека день рождения приходится на любой из 365 дней с равной вероятностью. Заметим, что при искомая вероятность равна 1, так как, по меньшей мере, у двух человек дни рождения совпадут. Поэтому рассмотрим случай, когда Для группы из человек возможно комбинаций дней рождения. Все эти комбинации образуют полную группу попарно несовместных равновероятных событий, причём вероятность каждого события равна . Число различных комбинаций дней рождения, в которых ни один день рождения не встречается более одного раза, равно числу размещений из 365 элементов по : .


Распределение дней рождения человек соответствует размещению шаров по ящикам.

человек на каждый день приходится не более 1 дня рождения,

будет

Следовательно, вероятность того, что хотя бы у двоих человек дни рождения совпадут, равна

В следующей таблице представлены вероятности рассматриваемого события в зависимости от числа рассматриваемых людей.

объектов первого типа и объектов второго

типа ( ) (например, бракованные изделия и годные изделия). Выбирается наугад объектов. Какова вероятность того, что среди них окажется объектов первого типа и объектов второго типа ( )?
Выбрать объектов из можно способами. Выбрать объектов первого типа из имеющихся объектов можно способами, аналогично выбрать объектов второго типа из имеющихся можно способами. Тогда искомая вероятность:
.

Какова вероятность, что вынутые карты –«тройка», «семёрка», «туз»?
Схема гипергеометрического

распределения здесь такова:

Поэтому имеем: .

элементарных исходов. Анализируем игру двух человек в кости «до первого

проигрыша» (один «банкир», другой- «игрок»). Пусть выпадение любого числа очков кроме 6 означает выигрыш и продолжение игры. Выпадение «6»-проигрыш, завершение игры.

к концу игры (элементарным исходом считается выпадение одного, двух, ...,

шести очков при первом бросании):
6;
16, 26, 36, 46, 56;
116, 126, 136, 146, 156, 216, ... , 256, 316, ..., 356, 416, ..., 456, 516, ..., 556;
1116, ... и т.д.
Здесь первая цифра соответствует числу очков на грани игральной кости, которая могла выпасть при первом бросании, вторая–при втором и т.д. Первая строка–это исходы, приводящие к концу игры при первом бросании, вторая–при втором и т.д.

6, при котором игра закончится после 1–го бросания, 5 исходов

из 36, при которых игра закончится после 2–го бросания, и вообще исходов из , при которых игра закончится после –го броска.
В принципе игра может продолжаться бесконечно долго. Введём пространство событий , где –исход «6», –совокупность исходов «16, ..., 56» и т.д. Вероятность события равна 1/6, вероятность события равна 5/36, ..., вероятность события равна . Обозначим –множество всех бесконечных последовательностей, не содержащих цифры 6, и будем считать вероятность этого события, равную 0.

, то, согласно аксиоме счётной аддитивности, имеем



Пусть событие А={игра закончится при чётном броске}. Тогда получим:

пространство одномерное, квадрат, если пространством служит плоскость, куб, если пространство

трёхмерное. Пусть результатом эксперимента является случайный выбор точки из этой области. Предположим, что по каким–то соображениям, обычно связанным с симметрией либо однородностью, выбор любой точки равновозможен. Чему равны вероятности событий в таком эксперименте? Ответ на этот вопрос связан с понятием геометрической вероятности.

этот вопрос связан с понятием геометрической вероятности.
К такому типу задач

относят задачи об экспериментах, в которых множество исходов состоит из несчётного числа элементов.
Пусть –некоторая ограниченная область –мерного пространства. Предполагается, что область имеет меру (например, объём, площадь, длину), такую, что . В эксперименте, связанным со случайным выбором только одной точки из области множество служит пространством элементарных исходов. Случайными событиями в этом эксперименте можно считать различные подмножества , для которых также определена мера. Будем говорить, что событие наступило, если случайно выбранная точка принадлежит подобласти области .

то есть шансы выбрать точки из любых двух подмножеств (множества

) одинаковой меры равны между собой и не зависят от их расположения в и их формы. Разобъём область на частей одинаковой меры.
Пусть событие А соответствует попаданию точки в таких частей (подобласть области ). Тогда эксперимент случайного выбора может быть описан с помощью классической схемы. Исходом здесь служит выбор точки из той или иной выделенной части. Всего равновозможных исходов. При этом вероятность события А равна отношению числа частей, составляющих А, к общему числу частей: .

вычисленная данным способом, носит название геометрической вероятности. Введённая таким образом

вероятность удовлетворяет всем аксиомам вероятности, так как аксиомы 1 и 2 выполняются с очевидностью, а выполнение аксиомы 3 следует из свойств аддитивности меры

. На эту плоскость наугад бросается игла (отрезок)

длины (Рис.1). Какова вероятность того, что игла пересечёт одну из начерченных линий?


Рис. 1 Рис.2

а –расстояние от нижнего конца иглы до ближайшей сверху прямой.

Очевидно, что и независимые переменные такие, что совокупность всех возможных исходов представляет собой прямоугольник. Событие А={игла пересечёт одну из начерченных линий} наступит тогда
когда выполнится неравенство (Рис.2).

Тогда , где , а .

Отсюда .

каждого встречающегося часы могут «ошибаться» на минут. В пределах от

–5 до +5 минут от назначенного времени любая ошибка возможна. Найти вероятность того, что встреча состоится.
Решение: Множество элементарных исходов можно представить в виде , где –время прихода первого человека, – время прихода второго человека, выраженное в минутах. Нас интересует вероятность события: А={встреча состоялась}. В зависимости от условий договорённости этих людей, задача имеет различные решения.

3 минуты. При этом встреча может состояться тогда, когда выполнено

условие: .
Итак, событие – “тёмная ” область на рис. 3. По оси абсцисс–время прихода первого, по оси ординат время прихода второго.
Далее, пользуясь определением геометрической вероятности, имеем (Рис.3): ,т.е.
. Поэтому .

ни секунды, а второй ждёт не более 10 минут (Рис.

4).
Тогда . Воспользовавшись определением геометрической вероятности, имеем: ; .







Рис. 3 Рис. 4

пространство и пусть А

и В – произвольные события. Если , то условной вероятностью события А при условии, что В произошло, называется отношение: где А В – произведение (пересечение) событий.
Последнюю формулу можно привести к виду: В этой форме она называется формулой умножения вероятностей

того, что «герб» выпадет ровно один раз, то есть произойдёт

одно из событий: (грр); (ргр); (ррг) в классической схеме равна 3/8, так как
общее число исходов эксперимента равно 8: (грр); (ггр); (ггг); (ргр); (ррг); (ргг); (грг); (ррр).
Пусть событие А={ «герб» выпадет ровно один раз } и об исходе эксперимента дополнительно известно, что произошло событие В={число выпавших гербов нечётно}. Какова вероятность свершения события А при условии, что В произошло? То есть необходимо найти .

(ггг); (ргр); (ррг). Событие же

состоит из трёх исходов: (грр); (ргр); (ррг). Согласно формуле условной вероятности получим, что

А состоит из исходов; событие В – из

исходов, а событие состоит из исходов. Вероятность событий А при условии, что произошло событие В, по аналогии с предыдущим примером, естественно определить следующим образом: ,


Т.к. , где

, то для независимых событий А и В верно

равенство:
и аналогично ( ). Верно и обратное: Если , то события А и В – независимы.
Это следует из определения независимых событий: .

Аналогично для второй части утверждения. Доказательство обратного утверждения очевидно

и (аналогично и )

также независимы. Рассмотрим (5,6)



Т.к.





Рис. 5 Рис. 6

герба в первом из двух бросаний монеты}, событие В={выпадение решки

во втором бросании}. При каждом бросании монеты вероятность выпадения "орла" (либо "решки") равна . Найдём .
Событие А состоит из следующих исходов эксперимента: {г; р} {г; г} , множество элементарных исходов: {г; р}; {г; г}; {р; г}; {р; р}, откуда Исходы, составляющие событие В: {г; р} {р; р}, откуда . Событие состоит из одного исхода: {г; р}, тогда .
Таким образом, имеем:
то есть события А и В являются независимыми.