Учебник для экономических и гуманитарных специальностей Рекомендовано умо по образованию в области экономики
 Скачать 4.07 Mb.
|
|
§ . Независимые события. Условные вероятности В этом параграфе вводятся понятия независимых событий и экспе- риментов. Рассматриваются понятие условной вероятности, формула полной вероятности и формула Байеса. .. Независимые события Опираясь на введенное понятие вероятности и операции с собы- тиями, введем одно из самых важных понятий теории вероятностей: понятие статистической (стохастической) независимости. Определение ... События A и B называются независимыми, если P(A ∩ B) = P(A)P(B). (..) Подчеркнем, что события A и B должны относиться к одному слу- чайному эксперименту, т. е. принадлежать одному пространству эле- ментарных исходов. Если равенство (..) не выполняется, события A и B не являются независимыми. Просторечно их называют зависи- мыми. В приведенном определении порядок упоминания событий не ва- жен, так как очевидно, что A ∩ B = B ∩ A и P(A)P(B) = P(B)P(A). Други- § . Независимые события. Условные вероятности 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 нату- ральных чисел 1, 2, …, 99, 100. Покажем, что события A = {выбранное число делится на 2} и B = = { выбранное число делится на } 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 сово- купности, 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 (..), и поэтому в данном эксперименте упомянутые события независимы. Заметим, что при другом пространстве элементарных исходов и/или при другом распределении вероятностей эти события (де- лимость 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 утвер- ждений о свойствах независимых событий. . Несовместные (непересекающиеся) события A и B с ненулевыми вероятностями P(A) и P(B) не могут быть независимыми. Действи- тельно, по определению. P(A ∩ B) = P(∅) = 0 = P(A)P(B) > 0. (Как показывает многолетняя преподавательская практика, это свой- ство независимости очень плохо усваивается учащимися, склонны- ми считать несовместные события независимыми.) Суть доказанного свойства заключается в том, что для непересекающихся событий осу- ществление одного из них автоматически влечет за собой невозмож- ность другого события (ведь у них нет общих возможных исходов). Глава . Основы теории вероятностей В этом и выражается их связь, которую мы дополнительно проясним, введя ниже понятие условной вероятности. . Если события A и B независимы, то независимы и все следую- щие 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 состо- ит 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 (..) P(A) = P(A ∩ B) + P(A ∩ ¯¯ B). (..) Так как события A и B по условию независимы, P(A ∩ B) = P(A)P(B). Тогда соотношение (..) 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 ос- тальных пар событий. Действительно, из независимости событий A и B, как было доказано, следует независимость событий A и ¯¯ B. Теперь применим доказанное утверждение к паре независимых событий ¯¯ B и A и получим, что ¯¯ B и ¯¯ A независимы. Упражнения . 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? . Монету подбросили 2 раза. Событие A — при первом броске вы- пал герб. Событие B — при втором броске выпал герб. Являются ли события A и B независимыми? . Игральную кость подбросили 2 раза. Событие A — при каждом броске выпало четное число очков, событие B — в сумме на двух ко- стях выпало не менее 7 очков. Являются ли события A и B независи- мыми? . Покажите, что при случайной перестановке букв (а,б,в,г) со- бытия A = {а предшествует в} и B = {б предшествует г} независимы. (Интуитивно это ясно.) § . Независимые события. Условные вероятности . Два студента независимо друг от друга сдают экзамен. Вероят- ность того, что первый из них получит отличную оценку, равна 0,4, а вероятность того, что второй получит отличную оценку, равна 0,3. Найдите вероятность того, что а) хотя бы один из них получит отличную оценку; б) оба студента не получат отличной оценки; в) только один из них получит отличную оценку; г) только первый из них получит отличную оценку. . Стандартную игральную кость подбросили два раза. Пусть со- бытие A состоит в том, что сумма очков на двух костях меньше 5. Событие B — при первом броске выпало 6. Являются ли эти события независимыми? . Из колоды карт случайным образом извлекают карту. Незави- симы ли события «извлечена карта бубновой масти» и «извлечен ко- роль»? Условие (..) редко служит для проверки или доказательства независимости. Чаще бывает наоборот: знание о независимости тех или иных событий помогает нам правильно ввести вероятности в пространстве элементарных событий. Независимые события возни- кают, главным образом, при независимых случайных экспериментах. При этом события, относящиеся к разным испытаниям, оказываются статистически независимыми. Мы будем говорить об этом в следую- щем пункте на примере простой, но важной вероятностной модели. Общую схему дадим в п. .. .. Испытания Бернулли Испытанием Бернулли называют случайный эксперимент, у кото- рого есть всего два исхода. Назовем для определенности один из этих исходов «успехом» (пишем «у»); другой назовем «неудачей» (пишем «н»). Для наглядности можно вообразить бросание монеты, где вы- брасывание герба считается «успехом», а решки — «неудачей». Про- странство элементарных исходов при одном испытании Бернулли со- стоит из двух точек: «у» и «н», или Ω = {у, н}. Часто вместо букв «у» и «н» используют цифры 1 и 0. Обозначим вероятность успеха через p, вероятность неудачи через q. Ясно, что p 0, q 0, p + q = 1. Для реальной монеты, если она не повреждена и не погнута, вероятности герба и решки обычно равны (и потому равны 0,5). Для других опытов может быть и иначе: p = q. Якоб Бернулли (—) — швейцарский математик, один из основоположни- ков теории вероятностей. Глава . Основы теории вероятностей Определение ... Испытаниями Бернулли называют независи- мые повторения описанного выше опыта, причем вероятности исхо- дов остаются неизменными во всех испытаниях. При двух испытаниях Бернулли пространство элементарных исхо- дов состоит, очевидно, из четырех точек: Ω 2 = { уу, ун, ну, нн}; поря- док их перечисления не имеет значения. Поскольку последователь- ные испытания независимы, вероятности этим четырем «комбиниро- ванным» 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 исхо- дов состоит из «слов» длины n, составленных из букв «у» и «н». Всего таких элементарных исходов («слов») 2 n . 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 = pq 3 Сумма таких вероятностей для каждого n равна 1. К испытаниям Бер- нулли мы вернемся в разделе о биномиальном распределении. Обозначим через X число успехов в n испытаниях Бернулли и най- дем вероятность события (X = m). Здесь m — целое число, 0 m n. Ясно, что всякое элементарное событие, в котором ровно m успехов, имеет вероятность p m q n−m . Общее число элементарных событий, в каждом из которых ровно m успехов, равно C m n : 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 C m n способами. Следовательно, P( X = m) = C m n p m q n−m (..) для m = 0, 1, …, n. О прикладной роли испытаний Бернулли прекрасно сказал В. Фел- лер (см. []), которого мы цитируем с небольшими изменениями (некоторые имена, которые он упоминает, сейчас уже неизвестны, и мы их исключили). «Схема испытаний Бернулли — это теорети- ческая модель, и только опыт может показать, подходит ли она для описания конкретных наблюдений. Предположение о том, что по- следовательные бросания монеты соответствуют схеме Бернулли, подтверждается экспериментально. Философ может разделять мне- § . Независимые события. Условные вероятности ние несведущих людей, считающих, что после семнадцати после- довательных выпадений герба появление решки становится более вероятным. Это убеждение возникает не из-за несовершенства ре- альных монет, а из-за того, что природа наделяется памятью, или — в нашей терминологии — отрицается стохастическая независимость последовательных испытаний. Подобная философская теория не мо- жет 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 оборудо- вания 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 соответ- ствовал 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 про- стой и удобной приближенной моделью для описания простого слу- чайного выбора, когда численность генеральной совокупности ве- лика. Ранее, в п. ., обсуждая случайный выбор из генеральной совокупности, мы нашли вероятность того, что при простом случай- ном выборе n элементов из генеральной совокупности численности N в выборке окажутся m элементов со свойством A: P( X = m) = C m M C n−m N−M C n N (..) Предел этого выражения при N → ∞ дает нам приближенное зна- чение для этой вероятности при больших N. Переходить к пределу надо при фиксированных значениях m, n и θ . Мы увидим, что этот предел равен C m n θ m (1 − θ ) n−m Для вычисления предела трижды используем указанную выше формулу для числа сочетаний C m n = n! [ m!(n − m)!] . После сокращений Глава . Основы теории вероятностей получим, что P( X = m) = n! m!(n − m)! · [ M(M − 1)…( M − m + 1)] N(N − 1)…( N − n + 1) × × [(N − M)(N − M − 1)…(N − M − (n − m) + 1)] (..) Обратим внимание на то, что в числителе и знаменателе выражения [ M(M − 1)…( M − m + 1)] N(N − 1)…( N − n + 1) × × [(N − M)(N − M − 1)…(N − M − (n − m) + 1)] (..) ровно n сомножителей. Разделим числитель и знаменатель правой части равенства (..) на N n и, учитывая, что θ по определению равно M N , перейдем к преде- лу при N → ∞. При этом знаменатель выражения (..) будет состо- ять из сомножителей N N , N − 1 N , N − 2 N , …, N − n + 1 N В пределе каждое из них будет равно 1, а, следовательно, и предел их произведения будет равен 1. Числитель выражения (..) будет состоять из двух типов сомножителей. Ровно m сомножителей имеют вид M − k N , 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 N , где l = 0, 1, 2, …, (n − m + 1). Каж- дый из них в пределе даст 1 − θ. Таким образом получаем, что lim N→∞ P( X = m) = C m n θ m (1 − θ ) n−m , что и требовалось доказать. Напомним, что θ = M N есть доля объек- тов с заданным свойством A в совокупности из N объектов. Переходя к пределу при N → ∞ в выражении (..), мы считаем, что доля объек- тов со свойством A остается неизменной. Другими словами, с ростом N растет и M так, что M = θ N. Практически этими формулами можно пользоваться, если n N < 0,10 и N > 10 2 . 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, домохозяй- ства и т. п. В подавляющем большинстве задач N превышает сотни § . Независимые события. Условные вероятности тысяч или даже миллионы объектов. Размер социологических выбо- рок n обычно колеблется от сотен респондентов (в маркетинговых исследованиях) до полутора—двух тысяч (репрезентативные выбор- ки 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 по- добных исследованиях. Упражнения . При каких условиях стрельбу спортсмена-биатлониста из поло- жения стоя по 5 мишеням можно считать испытаниями Бернулли? . По ходу гонки биатлонист стреляет на 4 огневых рубежах: два- жды из положения стоя и дважды из положения лежа. Всего по ходу гонки он делает 20 выстрелов, по 5 на каждом огневом рубеже. Умест- но ли описывать результаты его стрельбы с помощью схемы испыта- ний Бернулли? . 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 в которой отличается. Подобный эксперимент повторяется несколько раз с небольшими перерывами. Можно ли подобную процедуру тести- рования дегустатора описывать схемой испытаний Бернулли? Чему должна равняться вероятность правильного ответа в одном испыта- нии, если дегустатор совсем не различает сорта чая? . 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? . В социологическом опросе с целью определения доли электора- та, поддерживающего определенную партию, проводится независи- мый опрос случайной выборки избирателей. Уместно ли описывать этот эксперимент схемой испытаний Бернулли? . Примем, что вероятность рождения мальчика и рождения де- вочки одинаковы и что пол ребенка определяется результатом испы- тания Бернулли. Рассмотрим семьи с тремя детьми и два события: A=(в семье есть дети обоих полов) и B=(в семье не более девочки). Независимы ли эти события? Ответьте на тот же вопрос для семьи с четырьмя детьми. |