Реферат: Зарождение науки о закономерностях случайных явлении

Рассмотрим систему конечного числа событий А₁ , A₂ , .... А_n относительно которой сделаем следующие предположения:

1. Эти события попарно несовместны; иначе говоря, для любых двух событий A_i и А_k (i, k = 1, 2, ...., n, i  k) появление одного из них исключает появление другого.

2. События A₁ ,A₂ ,...,A_n единственно возможны, то есть какое-либо одно из них непременно должно наступить.

3. События A₁ ,A₂ ,...,A_n равновозможны. Это означает, что не существует никаких объективных причин, вследствие которых од­но из них могло бы наступить чаще, чем какое-либо другое.

Пусть имеется событие A , которое наступает при появлении не­которых из наших “элементарных” событий A₁ ,A₂ ,...,A_n и не на­ступает при появлении других. Мы будем говорить в таком случае, что те из “элементарные” событий А_i , при наступлении которых наступает также событие A , благоприятствуют событию A .

Допустим, что из общего числа п рассматриваемых событийA₁ ,A₂ ,...,A_n событию А благоприятствует m из них. Тогда вероят­ностью события A называется отношение числа событий, благо­приятствующих событию А , к общему числу всех равновозможных событий. Если, как это принято, обозначить вероятность события A через Р(A) , то мы получаем по определению

Р(A)= m/n _{__}

Поясним приведенное нами определение примером. Рассмотрим бросание игральной кости и обозначим черезA₁ ,A₂ ,...,A_n события, состоящие в выпадении соответственно одного, двух,…, шести оч­ков. Эти события удовлетворяют всем сделанным выше предполо­жениям. Отсюда следует, что

P(A₁ )=P(A₂ )=…+P(A₆ )=1/6

потому что каждому из этих событий благоприятствует только оно само, так что здесь m = 1, а n = 6.

1 Если событие А означает появление четного числа очков, то ему благоприятствуют событияA₂ , А₄ , А₆ , состоящие в появлении двух, четырех и шести очков. Поэтому для события А имеем m= 3, так что

Р(А) = 3/6 =1/2.

Пусть событие В состоит в появлении числа очков, кратного трем. Тогда событию В благоприятствуют “элементарные” события А ₃ и А₆ , откуда следует, что для события В имеем т = 2. Поэтому

Р (В) =2/6 = 1/3.

Легко заметить, что для любого события А число благоприятст­вующих событий m удовлетворяет неравенствам 0 < m <n. По­этому вероятность любого события А подчинена условиям

0<=P(A)>=1

Далее, если обозначить через Е некоторое достоверное событие, то ему, очевидно, должны благоприятствовать все “элементарные” события А _i , так что для него должно быть m =n . Поэтому вероят­ность достоверного события равна единиц:

Р(Е) =1.

Если, наоборот,U — невозможное событие, то из самого опре­деления следует, что здесь m = 0, так что вероятность невозможно­го события равна нулю:

P(U)= 0 .

Рассмотрим несколько примеров, разъясняющих введенное нами понятие вероятности.

Пример 1. В урне находятся три синих, восемь красных и десять белых шаров одинакового размера и веса, неразличимых наощупь. Шары тщательно перемешаны. Какова вероятность по­явления синего, красного и белого шаров при одном вынимании ша­ра из урны?

Решение . Так как появление любого шара можно считать равновозможным, то мы имеем всего n=3+8+9=20 элемен­тарных событий. Если через А, В, С обозначить события, состоя­щие в появлений соответственно синего, красного и белого шаров, а через m₁ ,m₂ ,m₃ — число благоприятствующих этим событиям случаев, то ясно, что m₁ =3,m₂ =8,m₃ =9. Поэтому

P(A) =3/20=0,15; P(B) =8/20=0,40; P(C) =9/20=0,45.

Пример 2 . Одновременно брошены две монеты. Какова ве­роятность появления m гербов (m = 0, 1,2)?

Решение. Рассмотрим возможные при бросании двух монет исходы. Очевидно, их можно описать схемой

ГГ, ГР, РГ, РР,

где Г означает выпадение герба, а Р — надписи. Таким образом, возможны четыре элементарных события. Поскольку монеты пред­полагаются однородными и имеющими геометрически правильную форму, то нет никаких оснований предполагать, что одна из сторон какой-либо монеты выпадает чаще других. Поэтому все четыре слу­чая следует считать равновозможными. Но тогда, обозначив через P_m вероятность выпадения m гербов, легко получим:

P₀ =1/4; P₁ =2/4=1/2; P₂ =1/4.

Пример 3. Одновременно бросаются две игральные кости, на гранях которых нанесены очки 1, 2, 3, 4, 5, 6. Какова вероят­ность того, что сумма очков, выпавших на двух костях, равна восьми?

Решение. Так как любое из возможного числа очков на од­ной кости может сочетаться с любым числом очков па другой, то общее число различных случаев равно n = 6 _* б = 36. Легко убе­диться в том, что все эти случаи попарно несовместны, равновозможны и образуют полную группу событий. Для ответа на вопрос сле­дует подсчитать, в каком числе случаев сумма очков равна восьми. Это будет, если число очков на брошенных костях равно

2 + 6, 3 + 5, 4 + 4, 5 + 3, 6 + 2,

причем первое слагаемое означает число очков на первой, а второе - на второй кости. Отсюда видно, что событию А , состоящему в том, что сумма очков, выпавших на двух костях, равна восьми, благоприятствует m= 5 случаев. Поэтому

P(A)=5/36.

Пример 4. В мешке лежат 33 жетона, помеченные буквами русского алфавита. Из него извлекают жетоны и записывают соот­ветствующие буквы, причем вынутые жетоны обратно не возвра­щают. Какова вероятность того, что при этом получится слово “око”? слово “ар”?

Решение. Ошибочно было бы решать задачу так: вероят­ность извлечения любой буквы равна 1/33, поэтому вероятность сло­жить слово “око” равна 1/33^3, а вероятность сложить слово “ар” равна 1/33^2. Это было бы верно, если бы последовательные извлече­ния жетонов из мешка были независимы друг от друга. Но так как жетоны обратно в мешок не возвращаются, то, вынув в первый раз букву “о”,мы уже не получим ее при третьем извлечении. Поэто­му вероятность получить слово “око” равна нулю. Чтобы найти вероятность получения слова “ар”, заметим, что при двух извле­чениях букв получаются всевозможные размещения без повторе­ний из 33 букв по две, причем очевидно, что любые два таких раз­мещения равновероятны.Так как общее число этих размещений равно (А₃₃ )² =33 ^. 32=1056 , то вероятность сложить слово “ар” равна 1/1056.

Этот пример показывает, что при решении многих задач теории вероятностей оказываются полезными формулы комбинаторики — при определенных условиях у нас с равной вероятностью получа­ются размещения с повторениями (если, например, жетоны извле­каются и потом возвращаются обратно), размещения без повторе­ний (если жетоны не возвращаются обратно), перестановки с повторениями и без повторений, сочетания и т. д. Долгое время комбинаторику вообще рассматривали как вспомогательную дис­циплину для теории вероятностей, но теперь она приобрела само­стоятельное значение.

Сложные вероятности. Теоремы сложения .

Непосредственный подсчёт случаев, благоприятствующих данному событию, может оказаться затруднительным. Поэтому для определения вероятности события бывает выгодно представить данное событие в виде комбинации некоторых других, более простых событий. Приведём теоремы, с помощью которых можно по вероятностям одних случайных событий вычислять вероятности других случайных событий, каким – либо образом связанных с первыми. Начнём с теорем, которые образуют группу с общим названием “теоремы сложения”.

Теорема 1. Пусть А и В – два несовместных события. Тогда вероятность того, что осуществится хотя бы одно из этих двух событий, равна сумме их вероятностей: P(A U B)=P(A)+P(B).

Доказательство.

Обозначим исходы, благоприятные для события А , через а₁ ,а₂ ,…,а _m , а для события В – через b₁ ,b₂ ,…,b_n . Вероятности этих исходов обозначим соответственно через p₁ ,p₂ ,…,p_m и q₁ ,q₂ ,…,q_n . Тогда событию A U B благоприятны все исходы a₁ ,a₂ ,…,a_m , b₁ ,b₂ ,…,b_n . В силу того что события А и В несовместны, среди этих исходов нет повторяющихся. Поэтому вероятность события А UB равна сумме вероятностей этих исходов. т.е.

P (A UB )=p₁ +p₂ +…+p_m +q₁ +q₂ +…+q_n .

Но p₁ +p₂ +pm=P (A), q₁ +q₂ +q_n =P (B), а потому

P(A UB)=P(A)+P(B).