Книга
← К списку книгЗагрузка разделов…
активнаАктивные записи участвуют в каталоге и синках. Неактивная книга скрыта, но не удалена из базы.
Книга
СЛУЧАЙНОСТЬ,НЕОБХОДИМОСТЬ,ВЕРОЯТНОСТЬ
Оглавление
ТЕМА 1. СЛУЧАЙНЫЕ СОБЫТИЯ: ПРОТИВ И ЗА
13
1.1
Случайное событие, или, проще говоря, случайность
13
1.2
Как люди привыкли относиться к случайному?
17
1.3
Случайность под маской необходимости
19
1.4
Каково современное отношение к случайному?
21
1.5
Диалог о причинности и случайностях (как субъективных, так и объективных)
22
1.6
Уникальность как следствие случайности
25
1.7
Случайности неуправляемы, но могут быть предсказуемыми
27
ТЕМА 2. ПОРЯДОК И БЕСПОРЯДОК
30
2.1
Мифы о борьбе Космоса и Хаоса
30
2.2
Абсолютный беспорядок и абсолютный порядок — две нелепые крайности
35
2.3
Беседа, посвященная переходам от порядка к беспорядку
40
2.4
Первая беседа, посвященная переходам от беспорядка к порядку: современные представления о «Сотворении Мира»
43
2.5
Вторая беседа, посвященная переходам от беспорядка к порядку: рождение информации из шума
47
2.6
Единство двух противоположностей
51
ТЕМА 3. ЛЕВОЕ И ПРАВОЕ
54
3.1
Объект и его зазеркальный двойник
54
3.2
Зеркально симметричные объекты
58
3.3
Энантиоморфы. Лево-правая асимметрия (киральность)
59
3.4
Лево-правая асимметрия и жизнь
62
ТЕМА 4. СИММЕТРИЯ И АСИММЕТРИЯ
66
4.1
Геометрическая симметрия
66
4.2
Геометрическая симметрия в природе
78
4.3
Обобщение понятия симметрии
83
4.4
Прежний и современный взгляд на симметрию
86
4.5
Симметрия (порядок) и асимметрия (беспорядок)
89
4.6
Что такое красота? (Размышления о симметрии и асимметрии в искусстве)
92
Вступительный диалог автора с читателем...
9
ТЕМА 5. ПЕРЕСТАНОВКИ, СОЧЕТАНИЯ И ШАНСЫ
97
5.1
Перестановки
97
5.2
Сочетания (выборки)
102
5.3
Формула для подсчета числа сочетаний
107
5.4
Сочетания и треугольник Паскаля
109
5.5
Треугольник Паскаля, доска Гальтона, монетки...
111
5.6
Давайте сравним шансы!
115
ТЕМА 6. ПЕРВОЕ ЗНАКОМСТВО С ВЕРОЯТНОСТЬЮ
119
6.1
Классическое определение вероятности события
120
6.2
Вероятность и шансы
126
6.3
Для всякого ли события с неоднозначным исходом можно подсчитать вероятность?
127
6.4
Тренировочные задачи с использованием классического определения вероятности
131
6.5
Знаменитая ошибка Д’Аламбера и ее «близнецы»
135
6.6
Пространство элементарных исходов для данного типа однородных испытаний и подсчет вероятности события
138
6.7
Одинаковы ли шансы выпадения 11 очков и 12 очков при трех бросаниях игральной кости?
143
6.8
Геометрическое определение вероятности
145
6.9
Задача о встрече
148
ТЕМА 7. ЧАСТОТА И ВЕРОЯТНОСТЬ
156
7.1
Статистическая устойчивость частот появления случайного события
157
7.2
Диалог: Как объяснить феномен статистической устойчивости частот?
162
7.3
Как можно получить так называемую «таблицу случайных чисел»?
166
7.4
Таблица случайных чисел — наглядное доказательство существования порядка в хаосе
172
7.5
Воспользуемся таблицей случайных чисел!
176
7.6
Диалог: Что практически дает нам подсчет вероятности случайного события?
183
7.7
Частотное (статистическое) определение вероятности
189
7.8
Диалог об определении вероятности, предложенном Рихардом Мизесом
194
ТЕМА 8. АЛГЕБРА СОБЫТИЙ
201
8.1
Событие как множество, элементами которого являются
элементарные исходы...
202
8.2
Несовместные и совместные события
205
8.3
Пересечение и объединение событий
206
8.4
Беседа о необходимости и достаточности
209
8.5
Законы алгебры событий
212
8.6
Диаграммы Эйлера-Венна
216
ТЕМА 9. АЛГЕБРА СОБЫТИЙ
И ОСНОВНЫЕ ПРАВИЛА ВЫЧИСЛЕНИЯ ВЕРОЯТНОСТЕЙ
222
9.1
Правило сложения вероятностей несовместных событий
222
9.2
Правило вычисления вероятности объединения двух совместных событий
227
9.3
Правило вычисления вероятности объединения трех совместных событий
229
9.4
Условная вероятность
230
9.5
Независимые и зависимые совместные события. Правила вычисления вероятности пересечения двух совместных событий (вероятности совместного наступления двух событий)
239
9.6
Правила вычисления вероятности совместного наступления трех и более событий. События, независимые в совокупности
245
9.7
Повезет или не повезет мне с зачетом? (Размышления одного студента)
251
9.8
Тренировочные задачи с вычислением вероятности совместного наступления событий, независимых в совокупности
253
9.9
Вероятностные задачи-сказки с лабиринтами
256
9.10
Правило вычисления вероятности наступления хотя бы одного из совокупности независимых событий
264
ТЕМА 10. ПОЛНАЯ ВЕРОЯТНОСТЬ И ВЕРОЯТНОСТИ ГИПОТЕЗ
270
10.1
Полная группа событий
270
10.2
Формула полной вероятности
274
10.3
Пример вероятностной задачи из семеноведения
276
10.4
Зависит ли вероятность вытянуть благоприятный жребий от очередности участников жеребьевки?
277
10.5
Правила вычисления апостериорных вероятностей гипотез (формулы Байеса)
284
10.6
Практический смысл вычислений апостериорных вероятностей
гипотез
288
10.7
Беседа с «персоналистом» о вероятностях вообще и о Формулах Байеса в частности
292
ТЕМА И. ПОВТОРЕНИЕ НЕЗАВИСИМЫХ ИСПЫТАНИЙ
С ДВУМЯ ИСХОДАМИ (математическая схема Бернулли)
300
11.1
Испытания Бернулли — независимые испытания с двумя исходами
300
11.2
Формула Бернулли для вычисления биномиальных вероятностей
303
11.3
Доказательство двух соотношений с биномиальными вероятностями
307
11.4
Математическое ожидание «успеха». Среднее число «успехов»
309
11.5
Наиболее вероятное число «успехов»
311
11.6
Биномиальный закон распределения вероятностей
315
11.7
Закон больших чисел в форме Бернулли
316
11.8
Приближенный подсчет биномиальных вероятностей, предложенный Абрахамом Муавром и Пьером Лапласом
320
11.9
Какова вероятность того, что при бросаниях кубика частота выпадения единицы отклонится от 1 / 6 более, чем на 0,01?
327
11.10
Беседа о предельной теореме Пуассона или, иначе говоря, о законе редких событий
328
11.11
Выгодно ли заниматься страхованием?
335
Задания по теме 11
336
ТЕМА 12. СЛУЧАЙНЫЕ ВЕЛИЧИНЫ
339
12.1
Случайные события и случайные величины
340
12.2
Закон распределения дискретной случайной величины
345
12.3
Три распределения дискретных случайных величин: биномиальное, пуассоновское, геометрическое
348
12.4
Математическое ожидание дискретной случайной величины
353
12.5
Свойства математического ожидания
355
12.6
Дисперсия и среднее квадратичное отклонение дискретной случайной величины
359
12.7
Свойства дисперсии
363
12.8
Неравенство Чебышёва и «правило трех сигм»
364
12.9
Среднее арифметическое независимых случайных величин и закон больших чисел
366
12.10
Нормальное распределение и центральная предельная теорема
370
12.11
У дискретной случайной величины вероятность, а у непрерывной случайной величины — плотность вероятности
374
Заключительный диалог автора с читателем: необходимо продолжение разговора
380380383383Список литературы
380
380
383
383
Вступительный диалог автора
с ЧИТАТЕЛЕМ...
«Мы можем сказать, что вечная загадка мира — это его познаваемость... Сам факт этой познаваемости представляется чудом».
А. Эйнштейн
(«Физика и реальность»)
'ЧлеАаАмб.. Насколько все-таки необъятен и многолик окружающий нас мир! Он включает в себя и микроструктуры атомов и молекул, и гигантские структуры звездных систем и галактик. И сколько же удивительных событий происходит вокруг нас! Делится живая клетка, раскрывается зеленый лист, пробивается из земли росток, извергается гейзер, просыпается вулкан, вспыхивает полярное сияние, гусеница оборачивается бабочкой, облако превращается в грозовую тучу, водная гладь покрывается ледяным панцирем... Всего не перечислить. И все это — окружающий нас мир, наша природа. Красивая и страшная, спокойная и буйная, добрая и злая. Наверное, нет ничего удивительнее ее.
Автор. Природа, конечно, необъятна и удивительна. Но, пожалуй, есть нечто еще более удивительное. Великий ученый XX-го столетия. Альберт Эйнштейн (1879-1955) утверждал, что самое большое чудо, действительно достойное удивления, — это способность нашего разума познавать природу, способность понимать ее «язык» — «язык» тех образов, которые мы воспринимаем нашими органами чувств. Как заметил известный французский поэт Шарль Бодлер (1821-1867),
Природа — некий храм, где от живых колонн Обрывки смутных фраз исходят временами. Как в чаще символов мы бродим в этом храме, И взглядом родственным глядит на смертных он...
Можно сказать, что задача науки как раз и состоит в том, чтобы услышать и понять эти «обрывки смутных фраз». И тот факт, что это удается делать, есть, по мысли Эйнштейна, великое чудо.
'ЧмАоАе**.. Вы хотите сказать, что окружающий нас мир удивителен, но еще более удивительно то, что нам, людям, удается раскрывать закономерности этого мира?
Автор. Да, это так. Хотя глагол «раскрывать» тут не вполне подходит. Поэты любят говорить о неких «тайнах природы», «тайнах бытия».
Во все века жила, затаена,
Надежда — вскрыть все таинства природы...
Валерий Брюсов (1873-1924)
Повсюду прелести, везде живые краски.
Для всех природы длань исполнена даров.
Зачем же, к красоте бесчувственно суров.
Ты ищешь тайн ее и жаждешь их огласки?
Владимир Бенедиктов (1807 -1873)
В моей душе тревожное волненье:
Напрасно вопрошал природу взором я.
Она молчит в глубоком усыпленьи — И грустно стало мне, что ни одно творенье Не в силах знать о тайнах бытия...
Иван Тургенев (1818-1883)
Строго говоря, мы, люди, исследующие природу, не вскрываем ее «таинств», не раскрываем зашифрованных кем-то закономерностей, так называемых «тайн бытия». Мы переводим поступающие к нам извне чувственные образы на язык научных понятий, которые мы сами же и формулируем. И мы устанавливаем соотношения между этими понятиями. И вот эти-то соотношения и представляют собой закономерности окружающего мира. Коротко говоря, мы не раскрываем, а формулируем (конструируем) закономерности окружающего мира.
*ЧссАаАе<4*. Мы наблюдаем обширный мир природных объектов и явлений. Но как от наблюдения перейти к конструированию тех закономерностей, которые позволили бы осмыслить этот мир?
Автор. Процесс научного познания мира в двух словах не объяснишь. Для начала отмечу лишь, что очень важно выявлять взаимозависимости объектов и взаимосвязи явлений. Без этого принципиально невозможно сконструировать естественнонаучную картину мира. Великий немецкий поэт и мыслитель Гёте (1749-1832) остерегал некоторых естествоиспытателей:
Во всем подслушать жизнь стремясь, Спешат явленья обездушить, Забыв, что если в них нарушить Одушевляющую связь, То больше нечего и слушать.
#Ч*Аа«йе*&. К на чем основывается уверенность, что устанавливаемые нами соотношения между придуманными нами же понятиями в самое деле отражают суть природных явлений? Иными словами, как мы можем судить о том, что правильно отразили в сконструированных нами закономерностях «язык» природы, правильно истолковали «обрывки смутных фраз», не нарушили «одушевляющую связь» явлений?
Автор. Иначе говоря, как можно судить о том, что конструируемая нами естественнонаучная картина мира адекватна реальному миру?
'ЧссАаАе**. Да, именно в этом мой вопрос. Я понимаю, что естественнонаучная картина мира конструируется постепенно, на протяжении веков. Постижение природы — долгий процесс. Однако, наверное, как-то можно судить о том, что этот процесс идет в правильном направлении?
Автор. Вопрос этот не простой. Тут следовало бы о многом сказать. Но пока ограничимся самым общим ответом. Дело в том, что закономерности конструируемой нами картины мира позволяют делать предсказания. А предсказания можно проверять практикой. По результатам таких проверок можно судить о том, насколько точно и полно нам удается познать реальный мир в рамках той или иной естественнонаучной картины. Так, используя законы классической механики, сконструированные в свое время Ньютоном, можно предсказывать, как будет двигаться космический корабль в околоземном пространстве, куда упадет брошенный под углом к горизонту камень, как будет колебаться маятник.
'ЧссАоАе**. Ну конечно же! И как это я сам не сообразил? Ведь различные закономерности окружающего мира позволяют делать строго определенные предсказания, дают возможность вычислять те или иные величины!
Автор. Что Вы имеете в виду, говоря о строго определенных предсказаниях?
‘Чижате*^. Я имею в виду, что закономерности научной картины позволяют, в принципе, точно предсказывать результаты тех или иных событий или процессов. Естественные науки — это точные науки. Они основаны на математических расчетах!
Автор. Однако далеко не всякие закономерности позволяют делать точные (однозначные) предсказания. Существуют два типа закономерностей.
Одни в самом деле позволяют делать однозначные предсказания, тогда как на основе других делаются предсказания не однозначные, а всего лишь вероятные. Закономерности первого типа называют динамическими, а второго типа — статистическими или вероятностными. Разделение природных закономерностей на два указанных типа было введено в 60-х годах XIX-го столетия знаменитым английским физиком Джеймсом Максвелом (1831-1879). В докладе Кембриджскому философскому обществу он заявил: «Я считаю, что наиболее важное значение для развития наших методов мышления молекулярные теории имеют по той причине, что заставляют делать различие между двумя типами познания, которые можно назвать динамическим и статистическим».
'ЧекЯвиЯе**. К нельзя ли привести пример статистических закономерностей? Мне, признаться, не доводилось встречаться с закономерностями, описывающими события, которые нельзя точно предсказать.
Автор. С ними совсем нетрудно встретиться. Возьмем монетку и начнем ее подбрасывать. Каждое бросание монетки — это событие, результат которого заранее предсказать нельзя. Мы не можем предсказать, как упадет монетка в том или ином случае — орлом или решкой. Однако можно утверждать (иными словами, можно предсказать), что, если подбросить монетку достаточно много раз, то примерно в половине случаев выпадет орел, а в половине случаев решка. Эту закономерность можно проверить на практике, подбросив монетку, скажем, пятьсот раз. Вот простой и наглядный пример статистической закономерности.
'Чшнатель. Но выпадение того или иного результата при подбрасывании монетки — это же событие случайное'.
Автор. Да, случайное. Ну и что же?
'ЧиАдАе*^. Я не думал, что случайные события могут описываться какими-то закономерностями. Случайность как-то не согласуется с закономерностями!
Автор. Это только на первый взгляд не согласуется. А между тем статистические закономерности описывают именно случайные события и процессы. Причем, как доказано наукой XX-го столетия, именно статистические (а не динамические!') закономерности более адекватно отражают реальный мир. Именно на языке теории вероятностей более внятно прочитываются «обрывки смутных фраз» и более четко обнаруживается «одушевляющая связь» явлений.
'Чи&л&ыл.. Признаться, в это трудно поверить.
Автор. А никто и не предлагает поверить. Наука, как известно, основывается не на вере, а на доказательствах. Будем во всем этом постепенно разбираться. И начнем с обсуждения того, что такое случайность и что такое необходимость и как они соотносятся друг с другом.
ТЕМА 1
СЛУЧАЙНЫЕ СОБЫТИЯ:ПРОТИВ И ЗА
Случай играет в мире столь большую роль, что обыкновенно я стараюсь отвести ему как можно меньше места в уверенности, что и без моей помощи он позаботится о себе.
Александр Дюма
(1802-1870)
Случайное событие,ИЛИ, ПРОЩЕ ГОВОРЯ, СЛУЧАЙНОСТЬ
Мы живем в мире, где на каждом шагу происходят случайные события. Случайности осаждают нас со всех сторон. Случайная встреча, случайная находка, случайная поломка, случайная ошибка, случайная потеря, случайное открытие — перечень случайностей можно было бы продолжить дальше.
Что такое случайность? Какие события называют случайными?
Сходу напрашивается ответ: случайное событие — это такое событие, которое произошло неожиданно. Вот я отправился по своим делам, и вдруг произошла встреча, которой я не ожидал, или, например, мне посчастливилось случайно выиграть в лотерее. Никто не ожидал, что вдруг перегорит лампочка или вдруг выйдет из строя холодильник. Кто- то случайно допустил ошибку в важных расчетах. А кому-то случайно пришла в голову мысль, которая позволяет устранить эту ошибку. Случайность может оказаться смешной. Рабочий, ремонтирующий крышу дома, случайно уронил вниз свои очки, а по улице проходил мужчина в шляпе, и очки случайно оказались как раз на шляпе. Всем было смешно. Но случайность может быть совсем не смешной. Вот огромный лайнер «Титаник» отправился в апреле 1912 года в свое первое плавание через Атлантический океан и случайно столкнулся с айсбергом. И произошла трагическая случайность — «Титаник» затонул, полторы тысячи человек погибли.
Конечно, никто не ожидал (даже не предполагал), что «Титаник» может затонуть. Полной неожиданностью для всех было падение очков с крыши дома прямо на шляпу прохожего. Но можно ли считать неожиданным выигрыш в лотерее? Ведь если бы не было ожидания выигрыша (надежды на выигрыш), то стоило ли играть в лотерее? Известный чеховский «человек в футляре» постоянно пребывал в ожидании всяческих неожиданных неприятностей.
А может быть, лучше говорить не о неожиданности случайного события, а о его непредсказуемости! Может быть, надо считать случайным такое событие, которое нельзя заранее предсказать! Однако и тут не все ладно. Тут надо сначала выяснить, что именно понимается под словом «предсказать». Неожиданную встречу все-таки можно было, наверное, предсказать с какой-то долей уверенности. И выигрыш в лотерее тоже можно было в какой-то мере предсказать. Возможность столкновения «Титаника» с айсбергом тоже можно было в какой-то степени предвидеть. «Доля уверенности», «более или менее», «в какой-то мере» — все это, по-видимому, нуждается в пояснениях и уточнениях.
А может быть, скажем проще: случайное событие — это такое событие, которое происходит без какой-либо причины, само по себе? Недаром здесь так подходит слово «вдруг». Вот ни с того, ни с сего, именно вдруг произошло событие. Потому его и называют случайным.
Однако вряд ли кто скажет, что «Титаник» затонул «ни с того, ни с сего», без всякой причины. И лампочка перегорела в силу определенных причин. И очки свалились с крыши не сами по себе, а потому, что
владелец задел их рукавом. И вообще возникает сомнение: а могут ли происходить какие-либо события без причины! Сразу скажем: сомнение это справедливое. Таких событий и вправду не бывает. Просто мы не всегда можем доискаться до всех причин того или иного события, а часто вообще не интересуемся этими причинами. Но это уже наши проблемы.
Позднее мы отдельно поговорим о том, почему случайность не надо связывать с отсутствием причин. А пока, чтобы окончательно не запутаться с понятием случайного события, рассмотрим простой пример такого события. Это будет пример с бросанием кубика. Речь идет об игральном кубике, на гранях которого изображены цифры от 1 до 6. Это простой и хороший пример. Он хорош тем, что здесь можно рассмотреть много однородных случайных событий, бросив кубик в первый раз, во второй раз, в третий раз, в четвертый и так далее. Иначе говоря, можно выполнить сколь угодно много однородных испытаний. Исходом каждого испытания (каждого бросания') будет то или иное случайное событие — выпадение той или иной грани. Исходы различных испытаний можно, очевидно, сопоставить друг с другом.
Заметим, что в ситуации с лотереей тоже можно повторить много испытаний — закупить много билетов. И в ситуации с перегоревшей лампочкой тоже возможно рассмотреть много испытаний, если взять достаточно большое количество лампочек. И даже в ситуации со случайной встречей можно устроить много испытаний. Надо опросить много людей и узнать, у скольких сегодня произошли случайные встречи. В принципе можно было бы рассмотреть большое число «Титаников», пересекающих Атлантический океан. Но это, разумеется, нереально.
А вот случайная ошибка в расчетах принципиально индивидуальна: тут многократные испытания исключены. И удачная мысль, случайно пришедшая кому-то в голову, тоже индивидуальна. И смешной случай с очками, упавшими на шляпу прохожего, нельзя повторить.
Но вернемся к кубикам. Ясно, что выпадение при бросании кубика той или иной грани нельзя точно предсказать. Например, нельзя утверждать, что при предстоящем бросании выпадет, скажем, грань 6. Это нельзя предсказать точно; однако можно предсказать с некоторой долей уверенности. Более того, можно утверждать, что шестерка имеет такие же шансы выпасть, как и пятерка, четверка, тройка, двойка, единица. В этом можно убедиться если набраться терпения и повторить испытания (бросания кубика) достаточно много раз. Скажем, несколько сотен раз. Мы увидим, что количества выпавших шестерок, пятерок, четверок, троек, двоек, единиц оказывается приблизительно одинаковым. Значит, кое-что предсказать в данной ситуации мы все-таки можем. И, конечно,
выпадение той или иной конкретной грани нельзя рассматривать как событие, которое произошло «ни с того, ни с сего». Тут был целый набор причин — положение кубика в пальцах руки перед бросанием, характер и сила броска, высота броска, воздействие воздуха на кубик в полете, свойство поверхности, на которую упал кубик, размеры и масса кубика. Понятно, что все эти причины практически невозможно учесть и тем более воспользоваться ими. Но кубику до этого «нет дела».
Итак, случайное событие — выпадение конкретной грани — нельзя считать ни непредсказуемым, ни беспричинным. Так что же в таком случае позволяет утверждать, что исход бросания кубика есть случайное событие? Ответ можно дать незамедлительно: это позволяет утверждать тот факт, что выпадение конкретной грани не зависит от того, какая грань выпала (какие грани выпали) раньше. Более того, выпадение данной грани нисколько не влияет на исходы последующих испытаний. В последовательности случайных событий (исходов) нет связи прошлого с настоящим и настоящего с будущим. Именно в этом и заключается принципиальная особенность случайных событий, рассматриваемых в математике.
Точно так же выигрыш или невыигрыш данного лотерейного билета не зависит от того, выиграл или нет другой билет. Неисправность данной лампочки не зависит от того, какой оказалась другая лампочка, и моя случайная встреча не зависит от случайных встреч, которые произошли (или не произошли) с другими людьми.
Но вернемся опять к кубикам. Будем многократно бросать кубик и всякий раз записывать выпавшую цифру. В результате мы получим сколь угодно длинный набор случайных цифр из единиц, двоек, троек, четверок, пятерок, шестерок. Возможно, кто-то заявит, что он может выписать набор случайных цифр, не выполняя бросаний кубика, а просто выбирая наобум и записывая на бумаге разные цифры. Можно, однако, утверждать, что в этом случае набора случайных цифр получить не удастся.
Вот наш «кто-то» начинает выписывать цифры и пишет 1. Затем он, допустим, пишет 2. Цифру 3 он, скорее всего, не напишет. Ведь надо, чтобы цифры были случайными, а тут наметился бы какой-то порядок. Пусть снова будет 1. Затем пусть будет 6. Теперь, конечно, он не напишет 1 — ведь единица уже была два раза. А вот не было, например, цифры 5. Пусть будет 5. После чего вполне можно записать 3 или, скажем, 4. Этих цифр тоже пока не было...
Стоп! Можно не продолжать. Ясно, что записываемые цифры нельзя считать случайными. Когда рука записывала очередную цифру, голова думала о цифрах, которые были уже написаны (или еще не были написаны). Голова как бы подсказывала руке: «после 1и 2 не ставь 3», «довольно единиц», «еще не было пятерки» ит. д. Тут появление оче-
редкого события оказывается зависящим от того, какие события уже появились (или еще не появились). Поэтому говорить о математически случайных событиях здесь не приходится.
Как люди привыкли относитьсяК СЛУЧАЙНОМУ?
Ответ на этот вопрос вполне очевиден. Люди привыкли относиться к случайному как к чему-то весьма нежелательному, досадному. Случайности вносят в нашу жизнь немало дискомфорта и беспорядка, а порой и несчастий. Они нарушают (а подчас и просто разрушают) наши планы и создают неожиданные проблемы. Кому это может понравиться?
А потому надлежит стараться, по мере возможности, избавляться от случайностей, уменьшать степень их воздействия на нашу жизнь. Одним словом, случайное — наш противник, наш враг. И надо действовать, исходя из этого факта.
Однако, возможно ли случайностям противостоять! Возможно ли избавляться от них? С древних времен у многих мыслителей не было сомнений на этот счет. Они были уверены, что в природе все свершается по необходимости. А все случайное в нашей жизни — исключительно от недостатка наших знаний. Так, древнегреческий философ Демокрит (V век до н. э.) утверждал: «Люди сотворили себе кумир из случая как прикрытие для присущего им недомыслия». Известный римский оратор и писатель Цицерон (1 век до н. э.) заявлял: «Нет ничего более противоречащего разуму, чем случай». Ту же мысль высказывал две тысячи лет спустя известный ученый Климентий Тимирязев (1843-1920): «Что такое случай? Пустое слово, которым прикрывается невежество, уловка ленивого ума. Разве случай существует в природе?» Итак, сама по себе природа случайностей не терпит, но они появляются в нашей жизни из-за неполноты наших знаний или, если выражаться резко, вследствие нашего недомыслия и невежества. И задача науки, с точки зрения данной парадигмы, состоит в том, чтобы за счет умножения наших знаний об окружающем мире постепенно сужать область проявления случайного, стремясь в идеале к полной победе над случайностями. Такая точка зрения приучала относиться к случайностям, как к чему-то непринципиальному, несущественному, второстепенному, досадной помехе. Как выразился поэт, «сотри случайные черты и ты увидишь: мир прекрасен!» А в Кратком словаре по философии
под редакцией И. Блауберга и И. Пантина (Москва, Политиздат, 1982) прямым текстом утверждается: «Каждое явление формируется под влиянием не только существенных, необходимых, но также случайных, несущественных причин». Что такое «случайные черты» — это представить себе можно. Но что такое «случайные причины»? Авторы пытаются разъяснить это, используя слово «несущественные».
Такова в общих чертах ставшая давно привычной точка зрения на случайное. На первый взгляд, она представляется разумной. Разве достижения науки и техники не позволили уверенно предсказывать многие явления, казавшиеся ранее случайными? Разве рост научных знаний не способствует устранению в человеческой практике многих случайностей? — Все это, конечно, так, спору нет. Однако именно современные научно-технические достижения показали, что случайности в нашем мире отнюдь не являются чем-то второстепенным и несущественным, но напротив, весьма принципиальны и связаны не только с недостаточностью наших знаний (нашим «невежеством»), но и с самой сущностью природных явлений. Все оказалось далеко не таким простым.
Впрочем люди давно догадывались об этом. Уже в одной из наиболее древних книг — Библии — подчеркивалось: «...Не проворным достается успешный бег, и не храбрым — победа, не мудрым — хлеб, и не у разумных богатство, и не искусным — благорасположение, но время и случай для всех» (Екклесиаст, 9-11). В IV веке до н. э. знаменитый древнегреческий ученый Аристотель отмечал, не соглашаясь с Демокритом: «Уничтожение случая влечет за собой нелепые последствия. Есть многое, что совершается не по необходимости, а случайно...» Еще более решительно выступал в защиту случайного известный древнегреческий философ Эпикур (конец IV — начало Швека до н. э.). Он утверждал, что весь мир возник из случайных движений и столкновений «первоначал» (атомов). Учению Эпикура посвящена прекрасная поэма Лукреция Кара «О природе вещей». Там, в частности, есть такие строки:
Первоначала вещей, разумеется, вовсе невольно
Все остроумно в таком разместилися стройном порядке И о движеньях своих не условились раньше, конечно, Но, многократно свои положения в мире меняя, От бесконечных времен постоянным толчкам подвергаясь, В расположенья они, наконец, попадают, из коих Вся совокупность вещей получилась в теперешнем виде...
Не отрицая того, что случайность может быть связана с неполнотой наших знаний, Эпикур в то же время рассматривал случайное в качестве основного фактора, определяющего природу вещей.
Надо признать, что точка зрения Эпикура не была принята современниками. Так, о ней с презрением отзывался Цицерон: «Как ни подивиться тут, что находится кое-кто, убежденный, будто какие-то тела, плотные и неделимые, носятся в пространстве, и мир получился прекрасным из-за случайных столкновений этих тел?»
История показала, что представление о случайном как основе природы было не принято не только современниками Эпикура, но и многими последующими поколениями. Вплоть до ХХ-го столетия. Все это время господствовала точка зрения, которой придерживался Демокрит. И мы, сегодняшние жители планеты, в подавляющем большинстве своем сознательно или интуитивно придерживаемся этой точки зрения.
Почему точка зрения Демокрита оказалась столь живучей? Возможно, потому, что психике человека присуще стремление к определенности. Человек желает жить в условиях гарантированной безопасности, уверенности, что его сегодняшнему и завтрашнему благополучию не угрожают неведомые случайности. В глубине души человек страшится неожиданностей. Он хочет иметь надежду на то, что возможно найти укрытие от мира случайностей. Вели не с помощью науки, то хотя бы с помощью каких-либо потусторонних сил. И в страхе перед угрозой случайностей он нередко обращается за помощью к религии.
Случайность под маской необходимости
Стремление человека избежать случайностей приводило и приводит к тому, что многие случайные события люди стараются представить как события отнюдь не случайные. Можно сказать, что случайность нередко выступает под маской необходимости. При этом случайные события трактуются как кем-то специально подстроенные или как пророческие.
Во времена средневековья во всем были виноваты ведьмы. Сгорел где-то сарай — это наколдовала ведьма. Наступила засуха — тоже наколдовала ведьма. Вспыхнула эпидемия страшной болезни — и тут не обошлось без колдовства, без злого умысла. Оставалось лишь отыскать и наказать ведьму, после чего можно было надеяться, что впредь те или иные неприятности не повторятся.
Усматривалась связь между рисунком линий на ладони человека и его судьбой. Была придумана целая наука, называемая «гаданием по руке» или, по-ученому, «хиромантией». Она рассматривала шесть основных линий на ладони — жизни, ума, сердца, судьбы, искусства, здоровья. На основании длины, толщины, формы этих линий делались соответствующие выводы о данном человеке, о том, что его ожидает, чего он должен опасаться.
Усматривалась также связь между расположением небесных тел на звездном небе и возможными событиями в жизни человека с учетом времени его рождения. Усматривалась связь между появлением на небе кометы и, например, эпидемией чумы. Подобными вопросами ведали лжеученые, называемые астрологами.
Уместно вспомнить о приметах-суевериях. Эти приметы не имеют ничего общего с народными приметами, связанными с предсказанием погоды или видов на урожай. Вот случайно упал нож на пол. Оказывается, тут нет ничего случайного — просто должен придти мужчина. Перебежала дорогу черная кошка. Это тоже не просто так — жди неприятностей. Встретилась женщина с пустым ведром — не будет удачи. Вернулся за забытой вещью — пути не будет.
Какой сон мне сегодня приснится? Никто этого предсказать не может. А сон приснится такой, который связан с тем, что со мной произойдет на самом деле. Надо только уметь толковать сны, знать, что к чему. Плакать во сне — это к радости. Потерять во сне зуб — это потерять друга или самому заболеть. Гоняться во сне за пчелами — к прибыли.
Большой популярностью всегда пользовались всевозможные гадания. Самые распространенные гадания — это гадания на картах и по руке. Но можно также гадать на кофейной гуще, на бобах, на решете, в зеркале. На Руси издавна любили гадать под новый год, на святки. В тарелку с холодной водой выливали растопленный воск. Воск застывал, образуя замысловатую фигуру. Ее изучали и давали ей определенное толкование. Девушки бросали башмак через забор на улицу и смотрели: в какую сторону он будет обращен носком. В той стороне и быть замужем. Плохо, если башмак будет лежать носком к домашним воротам: в этот год не быть замужем. Или ставили корыто на дороге и шли к нему задом. Какая из девушек упадет в корыто, та выйдет замуж в наступающем году. Наиболее храбрые выходили в ночь на реку послушать в прорубь. Которой суждено выйти замуж в этом году, та увидит своего суженого в воде. Которой же сидеть в девках, та только услышит стук из воды.
Я плавлю мертвенное олово И с тайным страхом в воду лью. Что шлет судьба?Шута ль веселого, Собаку, гроб или змею?В. ХодасевичЯ плавлю мертвенное олово И с тайным страхом в воду лью. Что шлет судьба?Шута ль веселого, Собаку, гроб или змею?В. ХодасевичЗажигаю я на святки Сине-черную свечу. Без опаски, без оглядки С силой темною шучу.Ставлю зеркало в оправе Из литого серебра.Неразумный разум вправе Ждать от нечисти добра.С. КузнецоваЗажигаю я на святки Сине-черную свечу. Без опаски, без оглядки С силой темною шучу.Ставлю зеркало в оправе Из литого серебра.Неразумный разум вправе Ждать от нечисти добра.С. Кузнецова
Я плавлю мертвенное олово И с тайным страхом в воду лью. Что шлет судьба?
Шута ль веселого, Собаку, гроб или змею?
В. Ходасевич
Я плавлю мертвенное олово И с тайным страхом в воду лью. Что шлет судьба?
Шута ль веселого, Собаку, гроб или змею?
В. Ходасевич
Зажигаю я на святки Сине-черную свечу. Без опаски, без оглядки С силой темною шучу.
Ставлю зеркало в оправе Из литого серебра.
Неразумный разум вправе Ждать от нечисти добра.
С. Кузнецова
Зажигаю я на святки Сине-черную свечу. Без опаски, без оглядки С силой темною шучу.
Ставлю зеркало в оправе Из литого серебра.
Неразумный разум вправе Ждать от нечисти добра.
С. Кузнецова
Не следует, однако, думать, что приметы-суеверия, толкование снов, астрологические предсказания, гадания ушли в прошлое. Увы, это не так. И в наше просвещенное время существуют и даже благоденствуют гадалки, астрологи, всевозможные предсказатели. Видно, неистребима надежда человека увернуться от случайного, заменить его чем-нибудь определенным, хотя бы и ценой маскарада.
Но только ли в этой надежде дело? Может быть дело также в «неразумном разуме»? Видный венгерский математик Альфред Винер (1921-1970), большой специалист в области теории вероятностей, заметил: «Люди, стоящие на низкой ступени развития, склонны к излишней подозрительности. Какая бы беда ни приключилась с ними, они приписывают ее чьему-то злому умыслу, даже если это лишено малейших оснований. Объясняется это тем, что примитивные люди не знакомы с таким понятием, как случайность». Кто они — эти «примитивные люди»? По-видимому, это наши относительно далекие предки, жившие несколько веков назад, когда математики случайного попросту не существовало. Так что их пристрастие к гаданиям, приметам, предсказаниям можно вполне понять. Но сегодня на дворе уже XXI-й век. Сегодня теория вероятностей буквально пронизывает многие области человеческой практики. А потому интерес сегодняшнего поколения к гадалкам и всевозможным шарлатанам-предсказателям можно объяснить исключительно недостатками современного образования. Приходится признать, что оно не прилагает должных усилий к смене парадигмы прежнего (демокритского) отношения к случайному на парадигму современного отношения к случайному.
Каково современное отношениеК СЛУЧАЙНОМУ?
Отвечая на этот отнюдь не простой вопрос, выделим пять позиций. Первые две являются, пожалуй, наиболее важными и глубокими; надеемся, что в должной мере они прояснятся позднее. Оставшиеся три позиции могут быть вполне разъяснены уже в настоящем параграфе.
Позиция первая. Случайное не является чем-то второстепенным и несущественным. Напротив, его роль в окружающем мире исключительно велика. Причины появления случайного разнообразны. Они обусловлены не только недостатком наших знаний, а имеют глубокие основания, связанные с самой сущностью материи и информации. Происходящие в мире процессы приводят как к нарастанию случайностей (переходы от порядка к беспорядку), так и к сокращению случайностей (переходы от беспорядка к порядку, рождение порядка в хаосе).
Позиция вторая. Случайности не только разрушают наши планы и создают проблемы, но действуют также в положительном направлении — создают новые возможности, позволяют по-новому подойти к решению многих проблем. Это означает, что случайности могут быть для нас не только противником, но также союзником и даже помощником. Следовательно, в каких-то ситуациях со случайностями надо бороться, а в каких-то ситуациях надо случайности использовать и даже специально создавать их.
Позиция третья. При всем разнообразии случайных событий все они имеют свои причины. Беспричинных событий не бывает. Случайность отнюдь не отменяет причинности.
Позиция четвертая. Следствием случайностей в нашем мире является уникальность (неповторимость) многих объектов и явлений, например, уникальность живых организмов и, в частности, человека. В этом одно из проявлений принципиально важной роли случайного.
Позиция пятая. При определенных условиях случайности оказываются предсказуемыми и поддающимися объективной оценке. И тогда с ними работает математика, получившая первоначально название «математика случайного», а ныне именуемая как теория вероятностей.
Диалог о причинности и случайностях(как субъективных, так и объективных)
'Читеине*^.. Насколько я понимаю, в мире не бывает событий, которые происходили бы ни с того, ни с сего, без всякой причины. Любые события, в том числе и те, которые называются случайными, происходят в силу каких-то причин. Не так ли?
Автор. Именно так. Только имейте в виду, что результаты исходов могут определяться целым набором разнообразных воздействий; кроме того некоторые воздействия оказываются почти неуловимыми из-за своей малости. Вследствие исключительной сложности или малости воздействий подчас практически невозможно выявить причины случайных событий. Так, практически невозможно выявить все причины, которые приводят к выпадению той или иной грани при бросании кубика. Впрочем нет необходимости пытаться выявить эти причины. Достаточно знать, что у каждой из шести граней имеются одинаковые шансы выпасть и что результаты (исходы) разных испытаний (разных бросаний) совершенно не влияют друг на друга.
'Читеине*^.. В данном случае меня не волнует вопрос о том, можно или нельзя выявить причины тех или иных случайных событий и нужно ли это делать. Я хотел бы обсудить другой вопрос.
Автор. Какой же?
*Ч«АААе*^. Я хотел бы обсудить принципиальный вопрос. Если у всех случайных событий имеются какие-то причины, то, значит, можно в принципе (пусть не на практике, а в принципе) эти причины установить. А после этого случайное событие перестанет, очевидно, быть случайным. Следовательно, случайность существует лишь постольку, поскольку мы не знаем причин соответствующего события (поскольку мы не смогли или не захотели выявить эти причины). Иначе говоря, случайность оказывается связанной только с неполнотой наших знаний (знаний о причинах данной случайности). И получается, что Демокрит по большому счету все-тавот прав. А где же случайность, связанная с «природой вещей»?
Автор. Различают случайность субъективную и объективную. Субъективная случайность связана с неполнотой наших знаний. Объективная случайность связана с природой материи, с ее сущностью. Вы хотите сказать, что, коль скоро все случайные события имеют какие-то причины, то все они должны рассматриваться как субъективные случайности, т. е. по Демокриту. И возникает вопрос: а где же в таком случае объективная случайность! Существует ли она в действительности?
'Ч«ои<ии&*й. Именно этот вопрос возникает. Он не возникал бы, если бы существовали события, происходящие без какой-либо причины. Именно они и были бы примерами объективной случайности.
Автор. Таких событий не существует, а вот объективная случайность, тем не менее, существует. Уже говорилось, что она связана с сущностью материи. А сущность эту составляют молекулы, атомы, элементарные частицы. Значит, объективную случайность надо искать на уровне микромира.
'ЧшИлЛе^. Желательны конкретные примеры.
Автор. Для примера рассмотрим броуновское движение. Его обнаружил в 1827 году английский ботаник Роберт Броун (1773-1858). Это есть движение в воде или иной жидкости мелких крупинок под действием «бомбардировки» их беспорядочно движущимися молекулами жидкости. Представим такую картину. В какой-то момент крупинка испытала больше ударов молекул справа — тогда она сделает скачок влево. В другой момент число ударов снизу может случайно оказаться больше, чем сверху — крупинка сделает скачок вверх. Из-за случайных ударов молекул крупинка будет совершать случайные скачки; их можно наблюдать в микроскоп. Причина этих случайных скачков — беспорядочное тепловое движение молекул жидкости. Бессмысленно пытаться учесть движение каждой молекулы. А значит, нельзя связывать случайные скачки броуновской крупинки с неполнотой наших знаний. Тут налицо объективная случайность.
'%м&г*б&с«. С неполнотой наших знаний нельзя. Но почему не предположить, что есть некий разум, который в состоянии знать скорость
и положение каждой молекулы жидкости в каждый момент? Для него не будет ничего случайного в скачках броуновской крупинки.
Автор. Вы повторили мысль известного французского ученого Пьера Симона Лапласа (1749-1827). Вот, что он сказал: «Ум, которому были бы известны для каждого момента времени все силы природы и положения всех ее составных частей, если бы вдобавок он оказался достаточно обширным, чтобы подвергнуть эти данные анализу, обнял бы в одной формуле движения величайших тел Вселенной наравне с движениями легчайших атомов. Не осталось бы ничего, что было бы для него недостоверно, и будущее, так же как и прошедшее, предстало бы перед его взором». Правда, в природе такого «ума» не существует.
'ЧссАаАе**. Предположим, что это какие-то инопланетяне.
Автор. Никакие инопланетяне не могут выявить того, чего нет в действительности. Как установила наука ХХ-го столетия, природа устроена таким образом, что у микрообъектов (в частности у молекул) есть либо определенное положение в пространстве (и тогда их скорость оказывается неопределенной), либо определенная скорость (и тогда их положение в пространстве «размывается»). Поэтому принципиально невозможно (даже чисто умозрительно) проследить одновременно и за положением молекул, и за их скоростью.
'HwAaAe**. Тут мне, конечно, нечего возразить.
Автор. Именно на уровне микромира особенно ярко обнаруживают случайности свою объективность (и следовательно, свою фундаментальность). Здесь открывается немало неожиданного для нас. Так, оказывается, что вакуум — это отнюдь не пустота, а пространство, «заполненное» случайно возникающими и исчезающими элементарными частицами разного типа. Можно вообразить, что вакуум «заполнен» мириадами «вспышек», каждая из которых есть случайно возникшая и случайно исчезающая частица. Вследствие этого все реальные элементарные частицы (за исключением двух — электрона и протона) оказываются нестабильными. Они самопроизвольно превращаются в другие частицы, причем во многих случаях эти превращения идут по разным непредсказуемым заранее схемам.
'ЧаАаАе**. Вы сказали «самопроизвольно превращаются». Самопроизвольно — значит беспричинно. Частицы превращаются сами по себе?
Автор. Термин «самопроизвольное превращение» не вполне удачен. Говорить о самопроизвольности можно лишь в отношении изолированного объекта. А элементарная частица не может быть изолированной в принципе. Ведь она находится в вакууме, «заполненном» упомянутыми выше «вспышками». Разумеется, они как-то влияют на частицу. В этом глубинная причина «самопроизвольных превращений» частиц.
"ЧиЛаЛмл. Пожалуй, в микромире случайности в самом деле фундаментальны. Тут все так перепуталось — концов не отыщешь. А нельзя ли привести пример, когда фундаментальность случайного обнаруживается в ситуациях, которые мы можем воспринимать непосредственно?
Автор. Таким примером может служить эволюция живых организмов. В ее основе лежат мутации — случайные изменения в структуре генов. Случайно возникшая мутация может усилиться многократно в процессе размножения клеток организма и оказаться доступной непосредственному наблюдению. Одновременно с мутациями важную роль играет процесс отбора организмов по степени приспособленности к условиям внешней среды. Эволюция основывается на отборе случайных изменений генетических программ.
'ЧшОа&е**. Нельзя ли пояснить, как действует отбор?
Автор. Вот простой пример. У некоторых орхидей цветы напоминают самок шмелей. Они опыляются самцами шмелей, которые принимают цветы за самок. Допустим, возникла мутация, заметно изменившая форму или окраску цветка. Такой цветок останется неопыленным. Можно сказать, что отбор «забраковал» мутацию, изменившую внешний вид цветка.
'ЧшОа&е**. Насколько мне известно, эволюция идет в направлении постепенного усложнения видов. Не указывает ли это на то, что лежащие в основе эволюции мутации на самом деле не так уж случайны?
Автор. Эволюция идет по пути отбора более приспособленных организмов. А на этом пути иногда предпочтительна более высокая степень организации, а иногда — наоборот. Недаром в современном мире существуют одновременно и человек, и медуза, и вирус гриппа.
'ЧлеАаАмб.. Придется мне согласиться с существованием объективной случайности. Более того, я прихожу к заключению, что с ростом научных знаний сокращается область случайностей субъективных, но в то же время все более и более раскрывается область случайностей объективных.
Автор. Вы правы. Можно сказать, что вместо того, чтобы освободить человека от случайностей, современная наука, напротив, убедительно продемонстрировала фундаментальность случайного.
Уникальность как следствиеСЛУЧАЙНОСТИ
Обратим внимание на одно важное обстоятельство, которое особенно убедительно говорит о фундаментальности случайного в нашем мире. Дело в том, что обусловленная отбором случайных изменений
генетических программ эволюция приводит к появлению принципиально непредсказуемых новых видов. Любой вид, возникший в природных условиях (мы сейчас не касаемся возможностей генной инженерии), принципиально случаен-, поэтому он является уникальным. Если какой-то вид исчез, то он исчез навсегда, поскольку невозможно воссоздание тех случайных факторов, которые в свое время привели к появлению данного вида. В этой связи следует задуматься над тем, что за тысячу лет человек истребил около 300 видов животных. Причем 200 видов были истреблены всего за последние двести лет. Все эти виды исчезли навсегда.
Следует также задуматься и над тем, что любой конкретный организм и, в частности, любой человек тоже уникален. Это тоже есть следствие случайности — случайности появления на свет любого организма.
Подумать только: сколько моих предков (далеких и очень далеких) сумели в свое время увернуться от бивня мамонта, от стрелы или пули, уцелеть в оледенениях, потопах, пожарах, землетрясениях, эпидемиях, бесконечных войнах — чтобы в результате всего этого поистине грандиозного случайного стечения обстоятельств именно я появился на свет! Все мы случайны и, значит, все мы уникальны. Было бы очень неплохо, если бы люди не забывали об этом. Хочется надеяться, что когда-нибудь в сознании всех людей утвердится простая мысль: убийство любого человека есть уничтожение уникального организма и одновременно всех тех уникальных организмов, которые могли бы родиться от этого человека.
Вспомним господствовавшую в прошлом парадигму: «Человек — это всего лишь винтик. Незаменимых людей нет». В наше время в сознание людей все сильнее проникает иная парадигма: « Человек — это уникум. Все люди незаменимы, поскольку неповторимы». Да, по большому счету, в любом человеке заключен неповторимый, уникальный духовный мир. В нем находит индивидуальное выражение весь мир, который окружает человека. Это хорошо выразил на языке поэзии известный австрийский поэт Райнер Мария Рильке (1875-1926):
Единое — и внутримировое
Пространство все связует. И во мне Летают птицы. К дальней вышине Хочу подняться — и шумлю листвою.
Да, я заботлив, и во мне мой дом. Я жду охраны — и я сам хранитель. Прекрасный мир, моих волнений зритель, Рыдает дивно на плече моем.
Случайности неуправляемы,НО МОГУТ БЫТЬ ПРЕДСКАЗУЕМЫМИ
Рассмотрим конкретный пример. В мешке находятся десять шаров. Все они одинаковы, только окрашены по-разному: три шара красные и семь желтые. Мы запускаем руку в мешок и вынимаем наугад какой-то шар. Какой шар мы вынем — красный или желтый? Это событие (оказался вынутым шар определенного цвета) является, очевидно, случайным. Ясно, что мы не можем заранее обеспечить появление из мешка именно красного или именно желтого шара. Это означает, что случайность неуправляема.
А теперь выполним много однородных испытаний: будем многократно вынимать наугад шар из мешка, принимая всякий раз меры к тому, чтобы оставались неизменными условия, в которых проводится каждое испытание. Для этого надо после каждого испытания возвращать вынутый шар обратно в мешок и тщательно перемешивать шары внутри мешка. Заметим, что именно тогда наши испытания можно считать однородными.
Результат достаточно большого числа однородных испытаний нетрудно предсказать. Если, например, выполнены 2000 испытаний, то следует ожидать, что примерно в шестистах случаях будет вынут красный шар и примерно в тысяче четырехстах — желтый. Это означает, что случайность предсказуема.
Тут важно иметь в виду, что не всякие случайности можно предсказывать. Любые случайности неуправляемы, но не всякие оказываются предсказуемыми. Нужно, чтобы рассматриваемое случайное событие допускало выполнение большого числа однородных испытаний и чтобы точность предсказания исхода возрастала по мере увеличения количества испытаний. Принято говорить, что такие случайные события характеризуются статистической устойчивостью. Именно с ними и предпочитает работать теория вероятностей. Именно их мы имели в виду, когда в самом конце §1.1 использовали термин «математически случайные события».
Примерами подобных случайных событий могут служить, наряду с выниманием шаров из мешка, также подбрасывание кубика или монетки, включение лампочки, случайная встреча и т. д. Во всех этих примерах возможны многократные однородные испытания и наблюдается статистическая устойчивость. Будем условно называть такие случайности «хорошими».
Вместе с тем встречаются случайные события (случайности), для которых повторные испытания или вообще невозможны, или возможны лишь с нарушением однородности (когда не удается обеспечить одинаковые
условия для всех испытаний). Будем условно называть такие случайности «дурными».
Вот некий инженер допустил в расчетах случайную ошибку. Мог просчитать все правильно, но случайно ошибся. Эта случайность не только неуправляема, но и непредсказуема. Нет смысла проводить повторные испытания, предлагая нашему инженеру снова и снова просчитывать все с начала. Скорее всего он уже не повторит той ошибки. Тут налицо «дурная» случайность.
Случайно пришедшая кому-то в голову счастливая мысль, случайно найденное удачное решение некой проблемы — это тоже «дурная» случайность. Хотя, конечно, называть ее дурной в данном случае не хочется.
Приводившийся ранее смешной пример со случайным попаданием на шляпу прохожего очков, которые случайно свалились с носа рабочего, починявшего крышу, есть также пример «дурной» случайности.
Получение данным учеником той или иной оценки на экзамене, место, занятое тем или иным спортсменом на соревнованиях, попадание того или иного стрелка в мишень — все это тоже примеры событий с «дурной» случайностью. Конечно, можно предложить стрелку выстрелить по мишени много раз или попросить нашего спортсмена много раз повторить забег (прыжок, бросок, заплыв). Однако все эти испытания нельзя, строго говоря, считать однородными. Стрелок может пристреляться или, напротив, расслабиться. Спортсмен может натренироваться или просто устать. Условия испытаний оказываются в той или иной степени неодинаковыми. При этом исход одного испытания будет так или иначе влиять на исход других испытаний.
Строго говоря, «дурные» случайности не должны рассматриваться в теории вероятности. Не следует рассматривать вероятность получения определенной оценки на экзамене, вероятность попадания в мишень, вероятность занять определенное место на соревнованиях. Тем более не имеет смысла говорить о вероятности допустить ошибку в расчетах или вероятности найти удачное решение проблемы. Однако на практике подобные «вероятности» нередко используются и даже каким-то образом оцениваются. Математическое рассмотрение «дурных» случайностей в принципе допустимо. Но при этом необходимо учитывать всякий раз особенности подобных случайностей, вводить оговорки, ограничения, приближения.
ЗАДАНИЯ ПО ТЕМЕ 1
Жители города звонят по телефону диспетчеру и заказывают такси. Для кого эти заказы являются случайными событиями, а для кого они таковыми не являются? Ответ надо аргументировать.
Рождение ребенка того или иного пола издавна считалось случайным событием. Но сегодня медики научились распознавать пол ребенка до его рождения. Означает ли это, что данное событие перестало теперь быть случайным? Заодно подумайте: о субъективном или объективном случайном событии идет здесь речь?
Проделаем следующее испытание. Осторожно поставим карандаш его тыльной стороной так, чтобы он оказался перпендикулярным к плоскости стола. Затем, не трогая карандаша, слегка ударим ладонью по столу. Карандаш упадет и будет показывать своим острием в некоторую сторону. Можно ли говорить здесь о случайном событии? Почему можно (или нельзя)? Если можно, то с какой случайностью мы имеем здесь дело — субъективной или объективной?
Астрологи утверждают, что все случайное лишь кажется случайным, а на самом деле все можно объяснить, рассматривая положения и перемещения небесных тел на небосводе. Согласуется ли, по-вашему, такая точка зрения с позицией Демокрита? Можно ли согласовать существование объективной случайности с верой в астрологию?
А может быть, гадая и используя разные приметы, мы вовсе не подменяем случайное необходимым, а скорее наоборот: как раз полагаемся на волю случая? Может быть, мы предлагаем случаю подсказать нам будущее?
Поразмышляйте на досуге, почему, все-таки, существование причины не мешает некоторым событиям оставаться случайными?
Попробуйте подобрать побольше примеров «хороших» случайностей и «дурных» случайностей.
Приведите примеры, когда случайности выступают не как наш противник, а как союзник или даже помощник.
Известный французский ученый Блез Паскаль (1623-1662) как-то заметил: «Я понимаю, что меня могло бы и не быть...» Это замечание не прошло незамеченным. Но одни полагают, что здесь выражена глубокая мысль, тогда как другие считают, что все это очевидно и не о чем тут задумываться. А каково Ваше мнение?
При бросании кубика могут выпасть всего шесть цифр. Можно ли говорить об уникальности исходов, получающихся в таком случайном событии как бросание кубика? Если можно, то в чем же именно проявляется здесь уникальность (неповторимость)? Как Вы полагаете, всякие ли случайности обусловливают уникальность? Возможна ли уникальность в отсутствие случайности?
Возьми в руку пару кубиков и 300 раз подбрось эту пару. Попробуй предсказать, сколько приблизительно раз выпадет пара с одинаковыми цифрами на гранях. Проверь свое предсказание на практике.
ТЕМА 2
ПОРЯДОК И БЕСПОРЯДОК
Однажды я наткнулся на «Размышления» Марка Аврелия и случайно открыл ту страницу, где он пишет о двух возможностях: либо мир является огромным Хаосом, либо в нем царствуют порядок и закономерность. Я впервые задумался над тем, а почему, собственно, Марк Аврелий считал, что в мире господствуют либо случайность, либо закономерность? Почему он думал, что эти две возможности исключают друг друга? В мире господствует случай и одновременно действуют порядок и закономерность, которые формируются из массы случайностей по законам случайного.
Альфред Ренъи («Письма о вероятности»)
Мифы о борьбе Космоса и Хаоса
В наше время слово «Космос» означает «Вселенная». Когда говорят о Космосе, то имеют в виду планеты, звезды, галактики. Но у этого слова есть также древнее значение. Для наших далеких предков «Космос»
означал «порядок», «совершенное устройство». Глядя на звездное небо, на котором из ночи в ночь зажигаются одни и те же созвездия, люди полагали, что именно там царит подлинный порядок. Там, на небесах, все упорядочено и подчинено строгим и неизменным законам. Там нет места случайностям. Они могут встречаться лишь в нашем столь несовершенном земном мире. Беспорядок на Земле и строгий порядок на небесах'. Так порядок и звездное небо стали восприниматься как единое понятие — как Космос.
Космосу противостоит Хаос. Если Космос — это порядок, совершенное мировое устройство, то Хаос — это отсутствие порядка и вообще какого-либо мирового устройства. С Хаосом связывали беспорядочное состояние мира, отсутствие каких-либо явлений и объектов. Хаос описывается в Библии очень коротко: «Земля была безвидна и пуста, и тьма над бездною».
Во всех мифах и преданиях Хаос считался изначальным состоянием мира. Вначале был Хаос и только Хаос. А затем из Хаоса возник Космос — произошло сотворение Мира. В древнегреческом мифе, например, говорится: «В самом начале существовал лишь безграничный темный Хаос. В нем заключался источник Жизни Мира. Все возникло из безграничного Хаоса — весь мир и бессмертные боги».
Рождение Космоса из Хаоса утверждают мифы всех народов. Как произошло это рождение? На этот счет в разных мифах высказываются разные гипотезы. Их можно выделить в две группы. Одна группа — гипотезы о самозарождении Космоса из Хаоса. Другая группа гипотезы, согласно которым Бог сотворил Космос из Хаоса.
Согласно упомянутому выше древнегреческому мифу имело место самозарождение Космоса из Хаоса, в котором содержался таинственный «источник Жизни Мира». Более подробно картина самозарождения Космоса описана в древнеиндийском мифе: «Давным-давно не было ни солнца, ни луны, ни звезд. Не было даже времени, потому как некому было его отмерять. Один лишь Хаос царил во всем мире. И вот из тьмы спящего Хаоса возникли воды. Из повсюду простиравшихся вод возник огонь. Великой силой этого огня было рождено Золотое Яйцо, сияющее как солнце. Оно долго плавало в безбрежном океане вод и разрасталось. Затем из него возник Создатель Вселенной — Брахма. Он силой мысли разбил Яйцо на две половины. Верхняя половина стала Небом, а нижняя — Землею, и чтобы разделить их, Брахма поместил между ними воздух. И он утвердил землю среди вод, создал страны света, положил начало времени...» Итак, сначала из тьмы Хаоса возникли воды. Из вод возник огонь. Силой огня было рождено Золотое Яйцо. Из Яйца возник Создатель
Вселенной. Он положил начало времени, и вся дальнейшая эволюция Вселенной происходила уже под его руководством.
А вот согласно библейскому мифу никакого самозарождения Космоса не было. С самого начала были Хаос («тьма над бездною»), Создатель (Бог) и время. Космос был сотворен Богом в шесть дней. Вот как это происходило: «И сказал Бог: да будет свет. И стал свет. И отделил Бог свет от тьмы. И был вечер, и было утро: день первый. И сказал Бог: да будет твердь посреди воды и да отделяет она воду от воды. И создал Бог твердь, и отделил воду, которая под твердью, от воды, которая над твердью. И назвал Бог твердь небом. И был вечер, и было утро: день второй. И сказал Бог: да соберется вода, которая под небом, в одно место, и да явится суша. И назвал Бог сушу землею, а собрание вод назвал морями. И сказал Бог: да произрастит земля зелень, траву, сеющую семя, и дерево плодовитое, приносящее по роду своему плод. И был вечер, и было утро: день третий. И сказал Бог: да будут светила на тверди небесной для освещения земли и для отделения дня от ночи. И создал Бог два светила великие: светило большее ддя управления днем, и светило меньшее для управления ночью, и звезды. И был вечер, и было утро: день четвертый. И сказал Бог: да произведет вода пресмыкающихся и птицы да полетят над землею по тверди небесной. И сотворил Бог рыб. И был вечер, и было утро: день пятый. И сказал Бог: да произведет земля душу живую по роду ее, скотов, и гадов, и зверей земных по роду их. И сказал Бог: сотворим человека по образу Нашему и по подобию Нашему, и да владычествует он над рыбами морскими, и над птицами небесными, и над зверями, и над скотом, и над всею землею, и над всеми гадами, пресмыкающимися по земле... И был вечер, и было утро: день шестой».
Известный голландский художник Мориц Эшер (1898-1972) изобразил второй, пятый и шестой Дни Творения — см. рисунки в таблице 1.
Итак, с точки зрения творцов древних мифов, в процессе Сотворения Мира из Хаоса был создан Богом или самозародился Космос. В некоторых мифах Бог создал Космос сразу, в одночасье. В других же (например, в библейском мифе) процесс создания Космоса происходил постепенно; здесь можно говорить о процессе развития (эволюции) Космоса, происходящем под руководством Создателя.
Разумеется, библейская эволюция Космоса весьма и весьма отличается от современной естественнонаучной картины эволюции Вселенной, Солнечной системы, Земли. Но сейчас мы об этом говорить не будем. Для нас важно, что уже в древних мифах была выражена идея
Таблица 1. Дни Творения по Эшеру
появления Порядка из всеобщего Беспорядка, идея рождения Порядка в Хаосе. Это была интуитивно возникшая идея превращения случайностей в закономерности, выражающие необходимость. Пройдет время — и идея возникновения необходимости из случайностей получит научное обоснование.
А пока вернемся к мифам и отметим, что в них возникновение Космоса из Хаоса отнюдь не приводит к исчезновению Хаоса. С появлением Космоса Хаос не исчез, а лишь отодвинулся как бы на второй план, ушел в тень или, лучше сказать, во тьму. Из случайностей родилась необходимость, и теперь они сосуществуют в мире вместе — необходимость и случайности (порядок и беспорядок). Затаившись во тьме, Хаос продолжает угрожать Космосу, порождает ужасы и страхи, провоцирует всевозможные бедствия и войны. И нет надежных преград между человеком и Хаосом. Эту мысль хорошо выразил знаменитый русский поэт Федор Тютчев (1803-1873):
И бездна нам обнажена
С своими страхами и мглами, И нет преград меж ней и нами — Вот отчего нам ночь страшна.
Согласно мифам, борьба между Космосом и Хаосом продолжается все время. Нередко Хаос берет верх над Космосом — тогда происходят потопы, землетрясения, тайфуны, многие иные катастрофы. Сюда же надо отнести военные конфликты, убийство одних людей другими. Многочисленные легенды рассматривают все это как временные победы сил Беспорядка над силами Порядка, сил Зла над силами Добра. И если на стороне Космоса, Порядка, Добра выступает Бог, то на стороне Хаоса, Беспорядка, Зла выступает Дьявол.
И не предвидится конца борьбе этих двух противоположностей — порядка и беспорядка, необходимости и случайности. Впрочем, мифы не исключают возможность полного торжества Хаоса и возвращения Космоса к изначальному Хаосу. Эта возможность отражена в мифах о Конце Света. В наше время эти мифы звучат как предостережение, напоминающее о грозящей человечеству глобальной экологической катастрофе.
Когда пробьет последний час Природы, Состав частей разрушится земных, Все зримое опять покроют воды И Божий лик изобразится в них...
Ф. Тютчев
Абсолютный беспорядок и абсолютный порядок —ДВЕ НЕЛЕПЫЕ КРАЙНОСТИ
Попробуем представить себе мир, в котором вообще нет какого- либо порядка. Вообразим абсолютно беспорядочный мир. В таком мире нет ничего закономерного, необходимого, а есть только случайности. Это был бы мир сплошных неожиданностей, мир, где ничего невозможно понять, ничего нельзя предсказать. В нем отсутствовали бы какие-либо причины и какие-либо следствия. Ничто не влияло бы ни на что, не было бы никаких взаимосвязей. Где-то что-то случайно возникало бы и столь же случайно исчезало.
Подобный мир может возникнуть только в больном воображении. Совершенно очевидно, что он нелеп. Существовать такой мир, конечно, не может, поскольку не может существовать абсурд.
Если подумать, то в воображаемом мире абсолютного беспорядка не могут наблюдаться никакие объекты, не могут происходить какие-либо явления. Ведь всякий объект возникает как следствие каких-то процессов и какие-то причины обеспечивают его существование в течение какого-то времени. Всякое явление предполагает какие-то происходящие во времени процессы с множеством причин и следствий. Но в абсолютно беспорядочном мире нет места каким-либо причинно-следственным связям. Там всё сиюминутно, там нет ничего, что развивалось бы во времени, было как-то связано с прошлым и как-то влияло бы на будущее. Можно сказать, что в таком мире нет времени; ведь отсутствие связи прошлого с настоящим, а настоящего с будущим лишает смысла сами понятия «прошлое», «настоящее», «будущее». Напомним, что именно отсутствие указанной связи является принципиальной особенностью последовательности случайных событий (каждое событие не зависит от прошлых событий и не влияет на будущие события).
По просьбе автора один из учеников 7-го класса пофантазировал и написал сочинение на тему «Я в мире, где царствует случайность». Он попытался передать ощущение всеобщего хаоса и сплошных неожиданностей. Вот что у него получилось:
Я заснул и вдруг оказался в мире сплошных случайностей. Был ясный пасмурный не то день, не то ночь. Все кругом клокотало, лопалось и пучилось. Откуда-то появились цветы и вдруг оказались лягушками, которые неожиданно пропали. Мелькнула птица, оказавшаяся собакой без головы, но с клювом, который вдруг сделался хвостом и отвалился. Я сам вдруг провалился вниз и оказался где-то вверху, за облаками, которые тут же стали огромными лопухами и полопались, превратившись в слонов без хоботов, но с панцирями. Мне на голову свалился камень и
растекся по лицу липкой жидкостью, превратившейся в горячее мороженое. Подо мной образовалась пропасть, ставшая вдруг горой, которая тут же опрокинулась на меня. Я закричал от ужаса и проснулся...
Ну, а другая крайность? Каким мог бы быть мир абсолютного порядка, мир, где нет места случайному? В таком мире совсем не было бы никаких неожиданностей — здесь происходило бы только то, что заранее должно было произойти. Словно кто-то всемогущий составил раз и навсегда абсолютно строгий и точный Распорядок для всего и для всех. Как если бы существовал Закон, управляющий всем на свете. Если бы мы жили в таком мире, то все наши поступки, малейшие движения, даже мысли были бы заранее предопределены, а сами мы уподобились бы куклам в неком театре, которых кто-то водит на веревочках. В мире абсолютного порядка все нормировано: формы, положения, действия. Никаких отклонений от нормы!
А вот сочинение-фантазия того же школьника на тему «Я в мире, где царствуют порядок и необходимость»:
Я заснул и попал в мир абсолютного порядка и необходимости. По небу безостановочно плыли облака, все одинаковой формы и одного размера. Передо мной текла река, прямая как луч света с абсолютно ровными берегами, вдоль которых ровными рядами росли деревья. Все деревья были одинаковой высоты, одинаковой формы и одинаково раскачивались под ритмичными порывами ветра. Это напоминало слаженный танец и показалось мне красивым. А потом прилетело множество одинаковых птиц. Они дружно расселись по деревьям и склевали все листья, которые, должно быть, показались им вкусными. Но листья были ядовитыми, все птицы попадали на землю и вокруг каждого дерева образовалась аккуратная окружность из птичьих тел. Это было красивое, хотя и грустное зрелище. Оно привлекло внимание волков, живших в ближайшем лесу. Волки дружно прибежали и быстро поели всех птиц. Нашествие волков не могло остаться незамеченным — на лодках приплыли охотники и всех волков перестреляли. Потом пришли лесорубы. Они срубили и выкорчевали все деревья, оказавшиеся без листьев. А потом пришли лесоводы и посадили ровные ряды молодых саженцев. А потом мне стало скучно и я проснулся...
Не правда ли, в сочинении передано ощущение какой-то обреченности, предписанности и скуки? Сплошной беспорядок и засилье случайностей, конечно, страшны. Но и от сплошного порядка и засилья необходимости тошно. Хотя особенно переживать не следует — ведь как то, так и другое нереально.
По-видимому, невозможно изобразить в виде рисунка абсолютно беспорядочный или абсолютно упорядоченный мир. Даже если пытаться
изображать весьма условно. Разве можно нарисовать на листе бумаги нелепые ситуации? Тем не менее мы рискнем предложить два рисунка из М. Эшера. На наш взгляд, рисунок 1 из таблицы 2 в какой-то мере передает ощущение фантастического мира случайностей, а рисунок 2 из таблицы 2 неплохо олицетворяет фантастический мир железной необходимости, мир абсолютного порядка.
Наверное, все согласятся, что абсолютно беспорядочный мир, лишенный каких-либо причин и следствий, абсурден. Тут даже понятие времени строго говоря, не имеет смысла. А вот абсолютно упорядоченный мир, в котором нет места случайностям, может кому-то даже нравиться. Чем плохо, если везде и во всем порядок! И разве мы не хотели бы, чтобы все шло по плану, без каких-либо импровизаций? У известного российского поэта Владимира Высоцкого (1938-1980) есть Песня о плане:
Чтобы не попасть в капкан,
Чтобы в темноте не заблудиться,
Чтобы никогда с пути не сбиться,
Чтобы в нужном месте приземлиться, приводниться, Начерти на карте план.
И шагай и пой беспечно —
Тири-тири-там-там-тирам!
Встреча обеспечена — в плане все отмечено
Точно, безупречно и пунктиром...
Если даже есть талант —
Чтобы не нарушить, не расстроить.
Чтобы не разрушить, а построить,
Чтобы увеличиться, удвоить и утроить, — Нужен очень точный план...
Как воспринимать эти стихи? Если считать, что это — похвальное слово нашей любви к планам, то, признайтесь, звучит это похвальное слово достаточно иронически.
Ну, а если говорить серьезно, то, нисколько не порицая стремление людей к порядку, мы должны все-таки признать, что абсолютный порядок, т. е. порядок стопроцентный, без какой-либо «примеси» случайного, нереален и нелеп. Он нереален и нелеп в такой же мере, как нереальна и нелепа противоположная крайность — абсолютный беспорядок, когда есть только случайности без какой-либо «примеси» упорядочивающих закономерностей. В то же время не надо особенно удивляться тому, что люди нередко склонны приветствовать абсолютный порядок и вообще отдавать предпочтение не случайности, а необходимости. Мы уже
говорили о том, что психика человека страшится всяческих неожиданностей, связанных со случайностями. Впрочем дело, по-видимому, не только в этом. Видно, есть в психике человека нечто такое, что заставляет его восторгаться стройными колоннами слаженно марширующих людей и что понуждает его к поистине безудержному законотворчеству, попыткам установить законы и правила практически ддя любых случаев.
Тем, кто будет упорствовать в своих симпатиях к абсолютному порядку, нам остается заметить лишь, что абсолютно упорядоченный мир следует считать абсурдным уже потому, что это есть ситуация, доведенная до абсурда. О том, как можно довести до абсурда стремление к упорядоченности, совсем нетрудно нафантазировать. В качестве примера напомним фантазию, описанную известным польским писателем Станиславом Лемом (род. 1921) в его «Звездных дневниках Ийона Тихого». Придуманный Лемом космический путешественник Ийон Тихий попал однажды на планету индиотов. На той планете было когда-то много беспорядка. И вот Правитель призвал талантливого конструктора и сказал ему: «Нашему государству угрожает хаос; ширятся беспорядки и неуважение законов. Сконструируй и построй Машину, которая введет на планете наивысший Порядок, Порядок Совершенный и Абсолютный». Через шесть месяцев конструктор создал такую Машину. Машина долго и упорно трудилась и воздвигла великолепный Радужный Дворец. Затем она распахнула двери Дворца и предложила всем желающим посетить его. Толпы индиотов ринулись во дворец, желая заполучить Абсолютный Порядок. Однако вскоре возникло подозрение, поскольку ни один из миллионов индиотов, посетивших дворец, не вышел обратно. Выяснилось, что по ночам задняя стена дворца отворялась и оттуда высыпалось множество блестящих кружков. Черные автоматы развозили эти кружки на поля и укладывали их в красивые симметричные узоры. Оказалось, что Машина превращала каждого попавшего во Дворец индиота в красивый блестящий кружок. Узнав об этом, индиоты возмутились. Они напомнили Машине, что она должна была установить Абсолютный Порядок. «Я это и делаю, — ответила Машина. — Взгляните на себя, как неаккуратно сложены ваши тела. Одни из вас толстые, другие худые. Вы хаотически передвигаетесь, куда захотите, иногда бесцельно бродите по лесам. Во всем этом нет ни на грош математической гармонии! Я, Добровольный Распространитель Абсолютного Порядка, превращаю ваши слабые, хрупкие тела в изящные, устойчивые формы, из которых складываю потом симметричные, невиданно правильные узоры, вводя тем самым на планете элементы совершенного порядка...».
Конечно, это всего лишь фантазия писателя. Но не следует ли задуматься над ней всем, кто жаждет абсолютного порядка? Как говорится, сказка — ложь, да в ней намек...
Беседа, посвяеценная переходамОТ ПОРЯДКА К БЕСПОРЯДКУ
'ЧсеАаАе**. К что же, все-таки, есть порядок и что такое беспорядок! В общих чертах понятно: беспорядок — это хаос, это случайности, а порядок — это закономерности и необходимость. А если более конкретно и наглядно?
Автор. Ответ на вопрос о том, как могут выглядеть в различных случаях порядок и беспорядок, будет дан в определенной мере в следующих темах (когда мы будем рассматривать симметрию и асимметрию). А пока познакомимся с понятиями порядка и беспорядка на конкретных примерах превращения порядка в беспорядок. Такие превращения постоянно происходят в природе и нашей повседневной жизни.
'Ч«ои<ии&*й. Как же так? Понятия порядка и беспорядка еще не уточнены, а уже рассматриваются превращения порядка в беспорядок?
Автор. Дело в том, что сами по себе эти превращения достаточно хорошо известны. Остается лишь разглядеть в них переходы от порядка к беспорядку. Тем самым и будут уточняться сами эти понятия.
'Читеине*^.. Интересный логический ход! Наблюдаем некоторые явления, происходящие в окружающем мире. Затем описываем эти явления на языке используемых нами понятий, которые мы пока еще толком не определили. А в результате получаем наглядные и конкретные представления об этих понятиях!
Автор. Явления, которые можно трактовать как превращения порядка в беспорядок, происходят буквально на каждом шагу. Это, кстати сказать, лишний раз доказывает, что абсолютно упорядоченный мир существовать не может. Если бы даже некий всемогущий Создатель сотворил однажды такой мир, то процессы превращения порядка в беспорядок вскоре непременно испортили бы первоначальное творение. Чтобы этого не случилось, Создателю пришлось бы все время заботиться о поддержании порядка, пресекая процессы перехода порядка в беспорядок.
'ЧссАа&е**. Подозреваю, что все тираны во все времена воображали себя богами, которые подарили людям абсолютный порядок. И чтобы его сохранить, они всегда обращались к силе.
Автор. К счастью, никаким тиранам не под силу изменить ход природных процессов и, в частности, процессов превращения порядка в беспорядок.
"%«#й«#й&»<. А как могут на практике выглядеть эти процессы?
Автор. Вот, например, падает на землю красивое спелое яблоко. Через некоторое время оно сгнивает. Перед нами пример перехода от порядка к беспорядку. Вот высится величественная скала. Кажется, что
она будет стоять вечно. Но проходят года, десятилетия, столетия. Под действием воды, ветра, сезонных изменений температуры эта скала постепенно разрушается, превращаясь в скопление щебня, песка, глины. Это также переход от порядка к беспорядку.
'ЧлеАаАмб.. Получается, что спелое яблоко — это порядок, а его гнилые остатки — беспорядок. Величественная скала — это порядок, а то, что от нее осталось после долгих лет — беспорядок.
Автор. Процессы перехода от порядка к беспорядку — это процессы разрушения. Со временем разрушается (деградирует) почва, засыхает некогда живое дерево, исчезает озеро, превращаясь в болото. Это тоже процессы перехода от порядка к беспорядку.
*%«#6<1#6а#<. А нельзя ли привести более яркие примеры порядка, который затем разрушается и переходит в беспорядок?
Автор. Разнообразные образцы порядка создают своим трудом люди. Автомобили, авиалайнеры, космические корабли, телевизоры, компьютеры, книги — всего не перечесть. Стремясь подольше сохранить сотворенный им порядок, человек принимает специальные меры. Например, ставит автомобиль в гараж и периодически ремонтирует его. Книги «одевают» в переплеты и заботятся об условиях их хранения (следят за освещенностью, температурой, влажностью воздуха в библиотеках). Однако все подобные меры дают лишь временный эффект. Рано или поздно книга истлеет, а автомобиль и авиалайнер превратятся в груду ржавого металла (если раньше того их не отправят под пресс). Сотворенный человеком порядок неизбежно переходит со временем в беспорядок. Недаром неуклонно растет во всем мире количество свалок и становится все более и более острой проблема утилизации отходов производства.
*Ч*«а<ийе<**. Насколько я заметил, превращения порядка в беспорядок происходят довольно медленно. Требуется время, чтобы яблоко сгнило. Еще дольше деградирует почва или засыхает дерево. И совсем много времени требуется для разрушения скалы.
Автор. Можно не ждать, пока яблоко сгниет. Можно взять да съесть его — пусть переваривается в желудке. А вот совсем быстрый процесс перехода от порядка к беспорядку: бросьте в огонь костра лист бумаги или сухую ветку — они сгорят менее, чем за минуту. Был лист бумаги с каким-то текстом или рисунком. Была ветка с красивыми изгибами. И вот в течение минуты все это превратилось в горстку бесформенного пепла, горстку золы.
*%«#6<i#6a#<. Такой быстрый переход от порядка к беспорядку мне совсем нетрудно устроить в качестве опыта.
Автор. Не будем, однако, играть с огнем. Я предлагаю иной опыт. Возьмем стакан чистой воды и стакан воды, подкрашенной, например,
чернилами. Если Вам захочется пить, Вы не будет трогать стакана с чернильной водой, а воспользуетесь стаканом с чистой водой. Но вот, предположим, Вы слили воду из обоих стаканов в банку. Теперь Вы уже не сможете утолить жажду. То, что Вы проделали, следует рассматривать как превращение некоторого порядка (когда есть чистая вода и вода с чернилами) в беспорядок (когда вся вода оказалась разбавленной чернилами). Глядя на банку с водой, разбавленной чернилами, Вы уже никак не сможете определить, где тут чистая вода, а где чернила — здесь все перемешалось.
^СвиЯаЛмл. Во всех приведенных примерах процесс перехода от порядка к беспорядку нельзя исправить, нельзя устроить переход в обратном направлении. Иначе говоря, нельзя от получившегося беспорядка перейти обратно к порядку.
Автор. Верно подмечено. Такие процессы называют необратимыми. В самом деле, результаты гниения или переваривания яблока не могут превратиться обратно в целое яблоко. Остатки скалы не обратятся снова в скалу. Горстка золы не превратится в сухую ветку. Равно как сухая ветка не превратится в ветку с зелеными листьями.
‘ЧитАте**.. В детстве я слышал сказку, в которой сказочная птица Феникс возрождалась из пепла. Я понимаю, что это было чудо, которому место только в сказке. А в жизни беспорядок не превращается обратно в порядок.
Автор. Не следует так категорически утверждать это. Можно привести примеры обратимых переходов от порядка к беспорядку — когда возможен обратный процесс. Кусочек льда, ледяная снежинка тают, превращаясь в воду. Это процесс перехода от порядка к беспорядку. Но охладите получившуюся воду — и она станет кусочком льда. Это уже обратный переход — переход от беспорядка к порядку. Лед на морозе испаряется, т. е. превращается в водяной пар (недаром на морозе сушат белье после стирки). Возможно, это особенно наглядный пример превращения порядка в беспорядок: в кристалле льда молекулы находятся в узлах упорядоченной кристаллической решетки, а в водяном паре они движутся беспорядочно, не объединяясь ни в какую структуру. С другой стороны, водяной пар может кристаллизоваться и образовывать на ветвях деревьев кристаллы инея — тут налицо не менее наглядный переход от беспорядка к порядку.
*%«#6<1#6а#<. Признаться, мне не приходило в голову, что из беспорядка может возникнуть порядок! Но вода и водяной пар в самом деле могут превращаться в ледяные кристаллы!
Автор. Процессы превращения беспорядка в порядок не менее интересны, чем процессы превращения порядка в беспорядок.
*%«#6<1#6а#<. На мой взгляд, они значительно интереснее!
Первая беседа, посвященная переходамОТ БЕСПОРЯДКА К ПОРЯДКУ:
СОВРЕМЕННЫЕ ПРЕДСТАВЛЕНИЯ О «СОТВОРЕНИИ МИРА»
‘ЧиАдАе**.. Если задуматься, то появление порядка из беспорядка похоже на чудо.
Автор. Именно такова парадигма, формировавшаяся в сознании людей в течение многих веков. Люди давно поняли, что когда-то не было ни Солнца, ни нашей планеты, а был некий первозданный беспорядок (хаос). А потом из этого всеобщего беспорядка народился порядок: возникли Солнце и планеты, а на одной из планет (на нашей Земле) возникла жизнь и, в частности, возникли мы сами — мыслящие люди. В рамках старой парадигмы все это и вправду рассматривалось как чудо, Сотворенное Создателем.
'ЧссАаАе**. Мне кажется, что многие и сегодня так считают.
Автор. Сегодня эту парадигму следует признать несостоятельной. Она безнадежно устарела и никак не соответствует современному уровню познания мира человечеством. Важно формировать в сознании людей принципиально новую парадигму: рождение порядка из беспорядка — это не чудотворный процесс, а процесс естественный, в котором «порядок и закономерность формируются из массы случайностей по законам случайного». (Здесь мы воспользовались выражением Альфреда Реньи, приведенном в качестве эпиграфа к данной теме.)
*%«#6<1#6а#<. Законы случайного? А что это такое?
Автор. Мы достаточно подробно поговорим о них в свое время. А пока я хочу вкратце напомнить, как современная наука представляет глобальный процесс рождения порядка из хаоса. Тот процесс, которому посвящены мифы о Сотворении Мира. Рассматривать этот процесс начнем с этапа, предшествовавшего рождению Солнца и планет.
Немногим более 5 миллиардов лет назад Солнца и планет еще не было. Но было гигантское водородное облако вместе с космической пылью. Под действием гравитации (сил взаимного притяжения частиц космического вещества) облако начало сжиматься и, как положено при сжатии, нагреваться. Одновременно оно начало вращаться вокруг своей центральной области. Гравитация привела к образованию относительно плотного горячего ядра облака (протозвезды), а вращение облака привело к образованию в его экваториальной плоскости нескольких сравнительно небольших сгустков вещества (протопланет), движущихся вокруг протозвезды. Гравитация собирает вещество, а вращение способствует его разбрасыванию. Вот и превратилось хаотическое космическое
облако из водорода и пыли в протозвезду с «разбросанными» вокруг нее протопланетами.
*Чит<ине**.. Вследствие притяжения протозвезда должна была сжиматься все больше и больше...
Автор. Так оно и происходило. Соответственно, шар протозвезды все сильнее нагревался. Когда его температура повысилась примерно до 10 миллионов градусов, в его недрах начался продолжающийся и поныне процесс превращения водорода в гелий. При этом превращении происходит высвобождение огромных количеств энергии. В результате в недрах протозвезды начало расти давление, стремящееся взорвать протозвезду. Итак, внутреннее давление стремилось взорвать протозвезду, тогда как силы гравитации стремились, напротив, ее сжать. Когда силы давления и силы гравитации взаимно уравновесились, начался длительный период стабильного существования звезды — протозвезда превратилась в Солнце. Это произошло примерно 5 миллиардов лет назад.
*%«#6<1#6а#<. А что происходило с протопланетами?
Автор. Эти остатки водородного облака, не захваченные в свое время протозвездой (помешал центробежный эффект при вращении облака), тоже подверглись сжатию, в результате чего сформировались плотные шары планет. В том числе наша Земля.
'HctAtuHieM.. А разве сжатие не привело к разогреву планет?
Автор. Разогрев, конечно, происходил, но далеко не столь сильный, как в случае протозвезды. Ведь масса планет во много раз меньше массы Солнца. Последствиями этого разогрева для Земли является существование жидкого (расплавленного) — внешнего ядра Земли на глубине от 2900 км до 5100 км и слоя твердо-жидкой астеносферы на глубине от 50-100 км до 200-300 км. При определенных условиях астеносфера превращается в жидкую магму — и тогда возможно извержение вулкана.
‘ЧитАте**.. А как насчет возникновения жизни на Земле! Как она возникла? Может быть, живые организмы были занесены с иных миров, а может быть, произошло самозарождение живых организмов из неживой материи?
Автор. Современная наука считает, что жизнь действительно само- зародилась на неживой Земле, но только не в виде живых организмов, хотя бы и простейших. Все началось, по-видимому, с того, что в древних морях стали возникать и накапливаться фрагменты «биологических молекул», например, молекулы различных аминокислот. Они строились из тех неорганических веществ, которые находились в те времена в атмосфере Земли. Эти фрагменты стали образовывать полимерные цепочки, из которых состоят «биологические молекулы» — такие, напри-
мер, как молекулы белков или углеводов. Спустя время стали возникать группы таких молекул, окружившие себя оболочкой (биологической мембраной). Подобные образования дали начало самым первым одноклеточным живым организмам — прокариотам. Это произошло, по оценкам ученых, примерно 3,5 миллиарда лет назад^
'ЧмАеиНе**. Прокариоты... Какое странное название!
Автор. В переводе с греческого оно означает «доядерные» организмы («про» — «до», «карион» — «ядро»). Дело в том, что у этих одноклеточных организмов еще не сформировалось внутриклеточное ядро. Впрочем там много чего еще не сформировалось.
'ЧсййаАе**. Но тем не менее это были живые организмы!
Автор. Да, это были простейшие живые организмы. Как и всякие живые организмы они обладали способностью к метаболизму, т. е. обмену веществами и энергией с окружающей средой.
*Ч«А<ийе<**. А что было потом?
Автор. А потом в течение 2 миллиардов лет происходила эволюция прокариот. В результате возникли одноклеточные организма, называемые эукариотами (в переводе с греческого «истинноядерные» организмы; «эу» — «истинный», «настоящий»), В отличие от прокариот уже самые первые эукариоты обладали внутриклеточным ядром. Затем внутри эукариот сформировались другие внутриклеточные структуры: митохондрии, аппарат Гольджи, хлоропласты. Мы не будем здесь вникать в подробности и выяснять происхождение и назначение всех этих структур. Сейчас для нас важно отметить лишь то, что переход от прокариот к эукариотам явился принципиально важным переходом от беспорядка к порядку.
'ЧсййаАе**. Но почему с прокариотами надо связывать беспорядок, ас эукариотами порядок?
Автор. Дело в том, что в процессе перехода от прокариот к эукариотам происходило формирование различных внутриклеточных структур.
*4wAeuHe<<*. Получается, что рождение каких-либо структур — это акт появления порядка, акт упорядочивания?
Автор. Конечно. Вообще процессы перехода от беспорядка к порядку — это процессы созидающие. В отличие от разрушающих процессов, какими являются процессы перехода от порядка к беспорядку. Первые процессы (от беспорядка к порядку) называют конструктивными, а вторые (от порядка к беспорядку) — деструктивными.
*Ч«А<ийе<**. Как я догадываюсь, дальнейшие этапы перехода от беспорядка к порядку состояли в формировании из одноклеточных эукариот многоклеточных живых организмов?
Автор. Верно. Из тех эукариот, внутри которых возникли хлоропласты (структуры, в которых идет процесс фотосинтеза), появились растения, а из эукариот без хлоропластов сформировались грибы и животные. На это понадобилось еще около полумиллиарда лет. А потом происходила эволюция многоклеточных живых организмов, увенчавшаяся возникновением человека примерно 40 тысяч лет назад. Вот так в общих чертах происходил процесс Сотворения Мира.
*Ч*АеиИе<<*. К что же двигало этим процессом? Почему на тех или иных этапах совершалось очередное превращение беспорядка в порядок? С чем связаны эти превращения? Где таятся их первопричины?
Автор. Общая первопричина одна — случайные события, случайности. Внутри какого-то водородного космического облака случайно возникло достаточно сильное уплотнение, начавшее интенсивно притягивать к себе остальные части облака. Разумеется, частицы облака не устремились прямо к области уплотнения. Под действием притяжения частицы начали изменять направления движения, начали заворачивать к области уплотнения. Случайно все эти многочисленные «заворачивания» оказались в массе своей схожими друг с другом, что и вызвало вращение облака в целом вокруг некоторой случайно определившейся оси. Случайно образовалась планета с приемлемыми для жизни условиями (такая планета могла и не образоваться). Случайно на этой планете возникли соединения из неорганических веществ, которые смогли с течением времени сформировать (причем тоже случайно) углеводные, белковые и прочие «биологические молекулы». Еще целый ряд случайностей привел к появлению прокариот — первых живых организмов. В результате множества последующих случайных проб природа сформировала многоклеточные организмы — появились растения, грибы, животные. Разумеется, и вся последующая биологическая эволюция происходила благодаря множеству случайностей и естественному отбору случайно возникших вариантов.
^СвиЯаЛмл. Как я вижу, везде инициаторами переходов от беспорядка к порядку были случайные события!
Автор. Совершенно верно. Ведь мы уже отмечали: порядок и закономерности формируются из массы случайностей. Удивительно точно поэт назвал Случай Богом-изобретателем.
О сколько нам открытий чудных Готовят просвещенья дух, И опыт, сын ошибок трудных, И гений, парадоксов друг, И Случай — Бог-изобретатель...
Александр Пушкин 46
Вторая беседа, посвященная переходамОТ БЕСПОРЯДКА К ПОРЯДКУ:
РОЖДЕНИЕ ИНФОРМАЦИИ ИЗ ШУМА
Автор. О том, что такое информация как общенаучное понятие, мы подробно поговорим позднее, в книге «Вероятность в современном мире». Пока же нам достаточно житейского представления, согласно которому информация — это просто некоторые сведения, которые, в частности, могут позволять делать предсказания. Слово «информация» в переводе с латинского означает «разъяснение».
%«#6<1#6а#<. А что касается шума, то он, по-видимому, связан со случайными событиями.
Автор. Не с отдельными случайными событиями, а с огромной массой случайных событий. Отдельные случайности хаоса не образуют. Нужно великое множество случайностей. Шум — это синоним хаоса на языке теории информации.
'ЧсййаАе**. Рождение информации из шума, т. е. получение каких-то полезных сведений из хаоса, на первый взгляд, кажется невозможным. Однако нетрудно сообразить, что это как раз и есть рождение порядка из беспорядка, рождение закономерности (необходимости) из случайностей. А подобные вещи, как мы уже выяснили, действительно происходят в нашем мире.
Автор. Вы рассуждаете верно. Добавлю, что, если бы информация не могла рождаться из хаоса, то нельзя было бы делать какие-либо предсказания относительно случайных событий. Напомню пример с подбрасыванием монетки; он приводился во вступительном диалоге для того, чтобы продемонстрировать статистическую закономерность. Если выполнить много подбрасываний монетки (т. е. устроить массу случайных событий), то обнаружится закономерность, позволяющая сделать предсказание: приблизительно половина монеток выпадает орлом, а приблизительно половина — решкой. Возьмем игральный кубик и выполним, например, 600 его бросаний. Мы обнаружим целый ряд статистических закономерностей и можем сделать немало предсказаний. Вот некоторые:
приблизительно в 100 случаях выпадет единица,
приблизительно в 100 случаях выпадет шестерка,
приблизительно в половине всех случаев выпадет нечетное число.
И в примере с монеткой, и в примере с кубиком мы имеем дело с рождением информации из шума, который был создан весьма большим количеством случайных событий-подбрасываний. Родившаяся в этом шуме информация позволила нам делать некоторые предсказания.
"ЧиЛаЛмл. Эти предсказания приблизительный. Не однозначные!
Автор. Тем не менее это предсказания, которые можно проверить на практике. А вопрос о степени их точности — это отдельный вопрос. В данном случае он непринципиален.
*Ч*АеиИе<<*. Я могу предложить более наглядный пример рождения информации из шума. У меня когда-то был мешочек с кучей квадратиков, изображавших различные буквы (такие мешочки с буквами использовались в детской игре под названием «Эрудит»), Я любил вынимать из мешочка буквы наугад и записывать их одну за другой в строку на листе бумаги. Каждую вынутую букву я всякий раз возвращал обратно в мешочек. С течением времени у меня получался на листе бумаги длинный ряд случайно появившихся букв. В нем я обнаруживал отдельные слова. Чаще всего это были трехбуквенные слова, реже четырехбуквенные, еще реже пятибуквенные. А однажды у меня встретилось семибуквенное слово «БЕГЕМОТ». Этот «бегемот» родился буквально из хаоса — из беспорядочного набора случайно вынутых из мешочка букв.
Автор. Похожий метод получения информации из хаоса описал известный английский писатель Джонатан Свифт (1667-1745) в своей знаменитой книге о путешествиях Гулливера. При посещении Большой Академии в Лагадо (столице придуманного писателем королевства) Гулливер видел хитроумное устройство с множеством нанизанных на спицы деревянных кубиков, на сторонах которых были написаны (все слова в различных наклонениях, временах, падежах, но без всякого порядка). По команде местного профессора ученики несколько раз повертывали спицы с кубиками, что приводило к изменениям сочетаний слов. «Тогда профессор приказывал тридцати шести ученикам медленно читать образовавшиеся строки в том порядке, в каком они разместились в раме. Если случалось, что три или четыре слова составляли часть фразы, то ее диктовали остальным четырем ученикам, которые играли роль писцов».
*Ч*АеиИе<<*. Мне думается, что такая технология добывания информации практически неинтересна. Меня давно занимает вопрос о том, откуда вообще люди достают информацию, которую они затем используют для создания всевозможных образцов порядка? Как человеку удалось придумать, например, автомобиль или телевизор? Я понимаю, что подобные открытия делаются не на пустом месте, а требуют предварительных познаний в физике и технике. И тем не менее мне непонятно, как рождается главная идея того или иного изобретения? Откуда появляются у ученых новые идеи? Как у поэта рождаются стихи? Как у композитора возникает мелодия?
Музыкант играл на скрипке — я в глаза ему глядел.
Я не то, чтоб любопытствовал, — я по небу летел.
Я не то, чтобы от скуки, — я надеялся понять, Как умеют эти руки эти звуки извлекать Из какой-то деревяшки, из каких-то грубых жил, Из какой-то там фантазии, которой он служил!
Булат Окуджава
Автор. Вопрос о том, как человек творит, возможно, наиболее интересен и наиболее сложен. Тут можно упомянуть знания, жизненный опыт, наблюдательность, воображение, интуицию, вдохновение, и все равно остается прямой вопрос: откуда человек черпает новую информацию!
'Чмииине**.. Может быть, из имеющейся в его распоряжении информации! Недаром ученые так часто обращаются к книгам, а в наше время также и к Интернету.
Автор. Конечно, уже имеющаяся информация весьма необходима любому творцу — ученому, поэту, композитору и другим. И находит он ее не только в книгах и Интернете, но также в окружающей действительности, которую он наблюдает и анализирует. Однако из только лишь имеющейся информации действительно новая информация не рождается. В этом случае происходит фактически лишь перекодировка существующей информации, изменяется форма представления информации, не более того. Для рождения принципиально новой информации нужно к прежней информации добавить еще что-то, и это «что-то» возникает в сознании человека-творца случайным образом, из шума.
'ЧеййаАе**. Но как это можно конкретно представить?
Автор. Как и для любых случайных ситуаций, не существует жестких алгоритмов (жестких правил) творческого процесса. Но можно представить себе, что ученый, размышляя над какой-то проблемой, перебирает многочисленные варианты, в том числе случайно приходящие ему в голову. Он анализирует различные варианты и производит отбор, отбрасывая неподходящие варианты. В одних случаях этот процесс оказывается мучительно долгим, а в других он, напротив, увлекателен и не требует особых усилий. В отношении поэтического творчества об этом красноречиво говорят следующие два стихотворных отрывка.
Поэзия — та же добыча радия: В грамм добыча — в год труды. Изводишь единого слова ради Тысячи тонн словесной руды...
Владимир Маяковский
И забываю мир — ив сладкой тишине Я сладко усыплен моим воображеньем, И пробуждается поэзия во мне: Душа стесняется лирическим волненьем,
Трепещет и звучит, и ищет, как во сне, Излиться, наконец свободным проявленьем — И тут ко мне идет незримый рой гостей, Знакомцы давние, плоды мечты моей.
И мысли в голове волнуются в отваге, И рифмы легкие навстречу им бегут, И пальцы просятся к перу, перо к бумаге, Минута — и стихи свободно потекут...
Александр Пушкин
*Ч«й1еийем. X если иметь в виду не поэтическое, а научное творчество?
Автор. У современного американского писателя Рэймонда Джоунса есть любопытная фантастическая новелла «Уровень шума». Собирают большую группу специалистов из разных областей науки, техники, культуры и сообщают им, что сделано удивительное открытие (какое именно, сейчас нам неважно). Далее всем собравшимся сообщают, что, к несчастью, изобретатель внезапно погиб и унес с собой тайну открытия (на самом деле, заметим, не было ни изобретателя, ни открытия). Собравшимся предлагают изучить все, что якобы осталось после гибели изобретателя: обрывки каких-то записей и пленок, какие-то расчеты, дневники, множество самых разных журналов и книг, принадлежавших мнимому изобретателю, множество случайно подобранных приборов, устройств, незавершенных конструкций непонятного предназначения и тому подобное. Одним словом, предложен огромный информационный шум. На первый взгляд, тут вообще ничего нельзя понять — полнейший хаос. И вот специалисты, используя этот хаос и будучи уверенными, что проблема разрешима (ведь их уверили, что изобретатель успел продемонстрировать свое изобретение), и вправду решают проблему. Ставка на Его Величество Случай себя оправдала!
‘ЧитАте**.. Но это же фантастика! Придуманная история!
Автор. Верно. Однако здесь выражена весьма разумная мысль: рождение новой информации становится более вероятным, если «уровень шума» будет весьма высок, т. е. если использовать побольше всевозможных сведений, включая и те, которые, казалось бы, отношения к рассматриваемой проблеме не имеют. Иначе говоря, желателен случайный, набор большого количества разнообразных данных, именуемый информационным шумом.
'ЧссАеийе**. Я вижу, что и вправду без Его Величества Случая порядок из беспорядка не возникнет, принципиально новые открытия не состоятся.
Автор. Современные ученые широко используют случайности для получения информации, не прибегая к приемам академиков из Лагадо. Существует метод статистических испытаний, называемый также методом Монте-Карло. Существуют методы случайного поиска. В свое время мы достаточно обстоятельно познакомимся с этими методами.
2.6 Единство ДВУХ ПРОТИВОПОЛОЖНОСТЕЙ
Итак, есть две противоположности. С одной из них связывают понятия «порядок», «необходимое», «информация». С другой связывают понятия «беспорядок», «случайное», «шум». Обе противоположности отнюдь не исключают друг друга. Мир, в котором царствовала бы только одна из этих двух противоположностей (мир абсолютного порядка или мир абсолютного беспорядка), нереален, он невозможен. В реальном мире присутствуют обе указанные противоположности; поэтому можно говорить о единстве этих противоположностей. В чем оно проявляется? Ответить на этот вопрос нетрудно. Единство порядка и беспорядка проявляется в происходящих постоянно переходах от порядка к беспорядку (деструктивные процессы, т. е. процессы разрушения) и переходах от беспорядку к порядку (конструктивные процессы, т. е. процессы созидания).
Благодаря чему совершаются эти переходы? И на этот вопрос ответить несложно. Как те, так и другие переходы совершаются благодаря существованию случайных событий. Можно сказать, что наш мир «управляется» случайными событиями. С одной стороны, случайные события нарушают или даже разрушают порядок. С другой стороны, они порождают порядок. Для рождения порядка из беспорядка (необходимого из случайного, информации из шума) нужно, чтобы случайных событий было достаточно много. Одно или всего лишь несколько случайных событий не обеспечат рождение порядка.
Если мы желаем получить порядок из беспорядка (информацию из шума), то должны принимать меры к увеличению множества случайных событий. В таких ситуациях случайности являются нашими союзниками и помощниками. Если мы желаем подольше сохранить имеющийся порядок, мы должны принимать меры к ограничению и сокращению случайных событий. В таких ситуациях случайности являются нашими противниками.
Существенно, что как процессы созидания, так и процессы разрушения происходят в нашем мире одновременно и постоянно. Можно сказать, что все время совершается «сотворение мира» и все время происходят процессы, называемые «концом света».
Вот два рисунка М. Эшера (см. табл. 3). На рисунке 1 из беспорядка возникает порядок. На рисунке 2 один порядок как бы растворяется в беспорядке, но одновременно из беспорядка возникает новый порядок.
ЗАДАНИЯ ПО ТЕМЕ 2
Проанализируйте библейский миф о Сотворении Мира. Сравните его с современными научными представлениями о возникновении Солнечной системы и о биологической эволюции на Земле.
Попробуйте на досуге написать собственные сочинения на темы: «Мир, где царствует случайность» и «Мир, где царствуют порядок и необходимость». Продумайте собственный ответ на вопрос, почему нереален как тот, так и другой мир.
Что теряет человек, оказавшийся (разумеется, мысленно) в мире абсолютного порядка?
Подберите собственные примеры, иллюстрирующие переходы от порядка к беспорядку. Каким образом люди пытаются задержать хотя бы на время такие переходы?
Подберите примеры, иллюстрирующие переходы от беспорядка к порядку.
Пару игральных кубиков подбросили 600 раз. Какие предсказания можно сделать по поводу результатов этих бросаний?
Существует метод поиска информации, называемый «мозговым штурмом»: несколько человек совершенно свободно, не останавливая и не критикуя друг друга, высказывают любые (какие захотят) соображения по предложенной проблеме. Какое отношение имеет этот метод к процессу рождения информации из хаоса?
Приведите примеры, когда Его Величество Случай выступает как наш противник, а также примеры, когда он союзник и помощник.
В § 2.6 говорилось: «для рождения порядка из беспорядка нужно, чтобы случайных событий было достаточно много». Приведите примеры, доказывающие верность этого утверждения.
ТЕМА 3
ЛЕВОЕ И ПРАВОЕ
Что может быть больше похоже на мою руку или мое ухо, чем их собственные отражения в зеркале? И все же руку, которую я вижу в зеркале, нельзя поставить на место настоящей руки...
Иммануил Кант
Казалось бы, какие могут быть проблемы с левым и правым? Никому нс надо объяснять, где левая рука и где правая, как сделать поворот налево и как повернуть направо. Каждый отличит левый берег или приток реки от правого. Однако существуют также левые и правые спирали и винты, левые и правые системы координатных осей, левые и правые узлы, левые и правые молекулы. Так что тут есть о чем говорить. Разговор о левом и правом начнем с того, что сравним объект с его зазер- кальным двойником.
Объект и его зазеркальный двойник
Все знают, что увидеть зазеркальный двойник объекта совсем нетрудно. Надо поместить освещенный объект перед плоским зеркалом
и заглянуть в это зеркало. Обычно полагают, что наблюдаемый в зеркале двойник является точной копией самого объекта. Но это не совсем так. Зеркало не просто копирует объект, а меняет местами (переставляет) передние и задние по отношению к плоскости зеркала части объекта. В сравнении с самим объектом его зазеркальный двойник оказывается «вывернутым» вдоль направления, перпендикулярного к плоскости зеркала.
Все это хорошо видно на рис. 1 и рис. 2 в таблице 4, а также на рис. 1 и рис. 2 в таблице 5. В таблице 4 рассматривается зеркальное отражение в плоскости (отражение происходят по отношению к оси симметрии, которая представлена здесь в виде пунктирной прямой), а в таблице 5 рассматривается зеркальное отражение в пространстве (отражение происходит по отношению к плоскости симметрии). На упомянутых рисунках точки а, Ь, с, d являются зазеркальными двойниками соответственно точек А, В, С, D. Отрезки Аа, Bb, Сс, Dd перпендикулярны к оси симметрии (либо плоскости симметрии) и делятся пополам осью симметрии (плоскостью симметрии).
Возникающие при зеркальном отражении двойники (как плоские, так и объемные) можно разбить на две группы. К первой группе отнесем те зазеркальные двойники, которые посредством переносов и поворотов можно совместить с соответствующими объектами. В этом смысле указанные двойники действительно оказываются точными копиями объектов. Двойники-копии можно видеть на рис. 1 в таблице 4 (для плоских геометрических фигур) и на рис. 1 в таблице 5 (для объемных фигур).
Ко второй группе отнесем зазеркальные двойники, которые никакими переносами и поворотами не совмещаются с соответствующими объектами. Заметим, что плоские фигуры должны при переносах и поворотах оставаться в своей плоскости. Зазеркальные двойники второй группы можно видеть на рис. 2 в таблице 4 (для плоских геометрических фигур) и на рис. 2 в таблице 5 (для объемных фигур). Понятно, что такие зазеркальные двойники уже нельзя считать точными копиями соответствующих объектов. Существует специальное название для пар, образованных подобными двойниками и объектами, — энантиоморфы. «Энантиос» означает по-гречески «противоположный». Значит, термин «энантиоморфы» дословно переводится как «противоположные формы» («морфе» — по-гречески «форма»).
Итак, при зеркальных отражениях возможны два разных случая. В одном из них зазеркальный двойник и объект — это точные копии друг друга» В другом случае зазеркальный двойник и объект — это энантиоморфы; они не являются точными копиями друг друга. Они зеркально противоположны, но не совмещаются друг с другом при переносах и поворотах.
Когда же, можно спросить, реализуется тот или иной из двух случаев? Когда при зеркальных отражениях формируются пары точных копий, а когда — пары энантиоморфов? Ответ на этот вопрос будет дан в § 3.2.
Зеркально симметричные объекты
1 Хредположим, объект таков, что одна из двух его половинок может рассматриваться в качестве зазеркального двойника другой половинки это можно наблюдать на рис. 3 в таблице 4 и на рис. 3 в таблице 5. (Заметим, что, если «другая» половинка — зазеркальный двойник «первой» половинки, то точно так же «первую» половинку можно рассматривать в качестве зазеркального двойника «другой» половинки. (Подобные объекты называют зеркально симметричными объектами. У них есть ось симметрии (если объект плоский) или плоскость симметрии (если объект объемный).
Вот некоторые известные всем примеры зеркально симметричных объектов: скрипка, лодка, санки, дельтаплан, авиалайнер, стул, чайник, ложка, вилка, очки, бинокль, кленовый, дубовый, березовый и многие другие листья. Человеческое тело (точнее: его внешние формы) также зеркально симметрично. Вообще почти все животные по своему внешнему виду зеркально симметричны. Это особенно хорошо видно на примере жуков, стрекоз, бабочек, рыб, крокодилов.
Однако можно указать немало объектов, которые не являются зеркально симметричными и, следовательно, не имеют плоскости симметрии. Например, рояль, ботинок, перчатка, винт, ракушка прудовика, лыжа, мотоцикл с коляской, вертолет. Внутреннее строение человеческого тела и вообще всех животных также не является зеркально симметричным. Так, сердце и желудок находятся у нас слева, а печень справа.
Теперь мы можем ответить на вопрос, почему при зеркальном отражении в одном случае формируются точные копии, а в другом — энантиоморфы. Точные копии возникают при отражении зеркально симметричных объектов. Энантиоморфы возникают при отражении объектов, не являющихся зеркально симметричными, т. е. не имеющих плоскости (оси) симметрии.
В результате получаем строгое определение понятия «энантиоморфы». Энантиоморфы — это пара объектов (плоских фигур), которые являются зеркальным изображением один другого, но при этом каждый из них не имеет плоскости (оси) симметрии. Пары энантиоморфов можно
видеть на рис. 2 в таблице 4 и рис. 2 в таблице 5; кроме того им специально посвящена таблица 6.
Из пары энантиоморфов нетрудно, в принципе, образовать объект (фигуру), являющийся зеркально симметричным — см. рис. 4 в таблице 4 и рис. 4 в таблице 5. Здесь в качестве энантиоморфов выступают не сами объекты (фигуры), а их половинки, «разрезанные» плоскостью (осью) симметрии.
Если же брать не пары энантиоморфов, а пары точных зеркальных копий, то из них можно образовать объект (фигуру), имеющий не одну, а две и даже больше плоскостей (осей) симметрии. На рис. 5 в таблице 4 и на рис. 5 в таблице 5 показаны такие объекты (фигуры). Каждая из них имеет две плоскости (оси) симметрии.
33 Энантиоморфы.
Лево-правая асимметрия (киральность)
Мы уже выяснили, что такое энантиоморфы. Пару энантиоморфов можно кратко назвать взаимно зеркальными изображениями, не являющимися точными копиями один другого. Чтобы различить энантиоморфы в данной паре, вводят обозначения «левый» и «правый». Один из энантиоморфов левый, а другой правый. Не имеет принципиального значения, какой именно назван левым (правым); это вопрос договоренности, традиции, привычки.
На рис. 1 и рис. 2 в таблице 6 представлены примеры двумерных (плоских) и трехмерных (объемных) пар энантиоморфов. Здесь пунктирная прямая изображает ось симметрии (на рис. 1) либо сечение плоскости симметрии плоскостью рисунка (на рис. 2). Слева от пунктирной прямой находятся «левые» энантиоморфы, а справа — соответствующие «правые» энантиоморфы.
На рис. 1 в таблице 6 даны следующие двумерные энантиоморфы:
Поворот против часовой стрелки (левый энантиоморф) и поворот по часовой стрелке (правый энантиоморф).
Левая плоская спираль (она раскручивается против часовой стрелки) и правая спираль (раскручивается по часовой стрелке).
Дорожный знак «прямо и налево» и знак «прямо и направо».
Китайский символ Инь-Ян (левый энантиоморф) и его зазер- кальный двойник (правый энантиоморф).
Знак американского доллара (левый энантиоморф) и его зазер- кальный двойник (правый энантиоморф).
Рис.1
Рис.2
Левая система осей и правая система осей.
Буква «Ь» (левый энантиоморф) и его зазеркальный двойник (правый энантиоморф; при повороте он может стать буквой «Р»).
Слово «КУБ» (левый энантиоморф) и его зазеркальный двойник (правый энантиоморф). Этот пример особенно ярко показывает, насколько сильно могут различаться энантиоморфы.
На рис. 2 в таблице 6 даны следующие трехмерные энантиоморфы:
Левая перчатка и правая перчатка.
Левый игральный кубик и правый игральный кубик.
Левый узел и правый узел.
Левый винт и правый винт.
Левая объемная спираль (если смотреть вдоль ее оси, то точка будет удаляться от наблюдателя при движении по винтовой линии в направлении против часовой стрелки) и правая объемная спираль (теперь точка удаляется от наблюдателя при движении по винтовой линии в направлении по часовой стрелке).
Левая система осей и правая система осей.
Молекула вторичного бутилового спирта (левый энантиоморф) и ее зазеркальный двойник (правый энантиоморф).
Понятно, что левые и правые перчатки используются в одинаковой мере. Нет предпочтения левым или правым узлам. Игральные кубики чаще делаются в «правом» варианте. Винты в нашей стране практически всегда правые. Если кому-то из наших читателей вдруг предложить ввинтить или вывинтить левый винт, он наверняка окажется в затруднении. Он привык к правым винтам. А ввинтить лампочку с левой винтовой нарезкой он вообще не сможет, поскольку у нас патроны делаются под лампочки с правой нарезкой. Мы привыкли пользоваться правой системой координатных осей. Что же касается примера с молекулой вторичного бутилового спирта, то здесь ситуация особая. Дело в том, что правый энантиоморф — это уже не молекула вторичного бутилового спирта, а совсем иное вещество. Несмотря на то, что при зеркальном отражении не изменились ни состав атомов, ни структурные элементы молекулы, ни внутренние связи между ними.
Как уже отмечалось, двумерные энантиоморфы нельзя совместить друг с другом никакими переносами и поворотами в плоскости этих энантиоморфов. Чтобы все-таки совместить их, надо выйти за пределы плоскости и выполнить поворот в трехмерном пространстве: перевернуть плоскость обратной стороной. Что же касается трехмерных энантиоморфов, то для их совмещения потребовался бы поворот в фантастическом четырехмерном пространстве. Выполнить такой поворот и даже
представить его мысленно, очевидно, невозможно. Поэтому для трехмерных энантиоморфов справедливо утверждение: никакие перемещения или повороты не в состоянии обратить левый энантиоморф в правый или наоборот. Левый энантиоморф всегда будет левым, а правый всегда будет правым. Как ни вертеть в руках левый ботинок, он никогда не подойдет к правой ноге. Сколько бы ни бросали правый игральный кубик он никогда не превратится в левый.
Принято говорить, что пара энантиоморфов обладает лево-правой асимметрией, или киральностью (от греческого слова «кир», означающего «рука»).
Любопытно, что для «доказательства» существования «потустороннего» четырехмерного мира использовались в свое время фальшивые демонстрации с превращением левых энантиоморфов в правые (и наоборот). Подобные демонстрации предлагались на так называемых спиритических сеансах, достаточно модных в начале ХХ-го столетия в некоторых мистически настроенных кругах. Разумеется, демонстрации с «превращением» одного энантиоморфа в другой являлись не более как ловкими трюками, основанными на незаметной подмене соответствующих энантиоморфов. Например, у участника сеанса отбиралась левая перчатка, затем проводились отвлекающие внимание манипуляции и сидящим в полутемной комнате зрителям предъявлялась правая перчатка точно такого же размера, цвета, покроя. Это выдавалось за доказательство кратковременного пребывания перчатки в потустороннем мире, где она, дескать, и превратилась из левой в правую.
4 Лево-правая асимметрия и жизнь
Приводившаяся в § 3.3 молекула вторичного бутилового спирта — всего лишь пример из великого множества сложных молекул, не имеющих плоскости симметрии. Ученые называют такие молекулы кираль- ными или зеркально асимметричными (а также оптическими изомерами).
Существенно, что многие сложные молекулы, из которых построены живые организмы, зеркально асимметричны, т. е. киральны. Они подобны «винтам», а в ряде случаев прямо похожи на винты. Например, двойная спираль молекулы ДНК или альфа-спираль Полинга, в которую «закручены» полипептидные цепочки молекул белков. Более того, ки- ральные молекулы живых организмов существуют всякий раз лишь в каком-то одном варианте — либо «левом», либо «правом». Так, спираль
молекулы ДНК и белковая альфа-спираль Полинга всегда правые. Подобные молекулы ученые называют кирально чистыми.
Знаменитый французский ученый Луи Пастер (1822-1895) первый обратил внимание на то, что, если в неживой природе молекулы либо зеркально симметричны, либо одинаково часто встречаются в «левом» и «правом» вариантах, то в живых организмах зеркально асимметричные молекулы встречаются в виде только определенной киральности — левой или правой. Пастер полагал, что именно здесь проходит граница между химией живой и неживой природы. В отличие от неорганических объектов живые организмы построены из «винтов», причем винты одного типа только левые, а другого только правые. Можно сказать, что специфика живой материи — киральная чистота молекул. В своей очень интересной книге «Этот правый, левый мир» известный американский популяризатор науки Мартин Гарднер писал: «Одна из наиболее замечательных черт жизни — это способность организма извлекать из окружающей среды химические соединения, молекулярная структура которых по большей части симметрична, и изготовлять из них правые и левые асимметричные соединения углерода. Растения, например, используют симметричные неорганические соединения вроде воды и углекислого газа и превращают их в асимметричные молекулы крахмала и сахара... Тела всех живых существ насыщены асимметричными углеродными молекулами, а также асимметричными спиралями белков и нуклеиновых кислот».
Человек, как и все животные, построен из молекул определенной киральности (ддя одних видов молекул левой, для других правой). Потребляемая человеком органическая пища также построена из молекул определенной киральности. Понятно, что киральность молекул пищи согласуется с киральностью молекул человеческого организма (подобно тому, как правые гайки «согласуются» с правыми болтами). А что будет, если киральность молекул нашей пищи вдруг изменится? Такая пища станет ддя нас непригодной, она может оказаться биологически ядовитой. Современная химия в ряде случаев искусственно получает зеркально отраженные молекулы. Их действие на наш организм оказывается совершенно иным по сравнению с действием соответствующих природных молекул. Так, «отраженная» молекула витамина С не воспринимается организмом. Небольшая добавка в пищу фенилаланина, приготовленного из имеющихся в природе веществ, не вызывает неприятных последствий. Добавка же «отраженного» фенилаланина приводит к резкому нарушению обмена веществ, сопровождающемуся умопомешательством.
Известный английский писатель и математик Льюис Кэрролл (настоящее имя: Чарлз Доджсон) (1832-1898) написал для детей чудесную книгу
«Алиса в Зазеркалье». Там есть сценка, имеющая прямое отношение ккиральным молекулам. Собираясь «пройти» сквозь зеркало в скрытый за ним зазеркальный мир, Алиса обращается к своему котенку с вопросом: «Но понравится ли тебе в Зазеркалье, киска? Дадут ли тебе там молочка? Может быть, молоко в Зазеркалье не годится для питья?» Действительно, в состав молока входит много зеркально асимметричных соединений — жиры, лактоза, белки. При «переходе» из обычного мира в зазеркальный все асимметричные молекулы должны бы превратиться из одних энантиоморфов в другие («отраженные»); в результате, зазер- кальное молоко должно было бы отличаться от обычного. Впрочем, при «переходе» в Зазеркалье и Алиса, и ее котенок сами превращаются в своих зазеркальных двойников. А в таком случае зазеркальное молоко будет для них столь же вкусным и полезным, каким было раньше обычное («неотраженное») молоко.
С вопросами зеркальной симметрии-асимметрии на молекулярном уровне тесно связана проблема возникновения жизни на Земле. Живая материя возникла из неживой. Значит, возникновение жизни обусловлено нарушением существовавшей до того зеркальной симметрии, образованием кирально чистых молекул. Воспроизведение и поддержание в дальнейшем этой киральной чистоты есть важнейшая функция жизнедеятельности. Современная наука пришла к выводу, что переход от мира зеркально симметричных соединений к кирально чистому миру произошел не в процессе длительной эволюции, а скачком — в виде своеобразного Большого Биологического Взрыва. Российский ученый Л.Л. Морозов (1946-1984), один из активных исследователей проблемы возникновения жизни в результате нарушения зеркальной симметрии, писал: «Анализ условий, которые физический мир мог обеспечить для нарушения зеркальной симметрии, привел нас к достаточно сильному утверждению: эволюционные процессы не способны обеспечить возникновение наблюдаемого кирально чистого состояния биосферы. Генезис этого состояния связан не с устойчивой эволюцией органического вещества, а с катастрофой, т. е. достижением развивающейся средой критической точки, за которой теряется устойчивость прежнего, симметричного состояния. На каком-то этапе перехода материи к живой форме должен быть аналог «Большого Взрыва» — «Большой Биологический взрыв».
Конечно, не хочется рассматривать возникновение жизни на Земле как некую катастрофу. Однако данный термин вполне точен, если подходить к нему не с бытовой (житейской), а с научной точки зрения. Эта «катастрофа» была величайшим в истории нашей планеты актом самоорганизации материи.
ЗАДАНИЯ ПО ТЕМЕ 3
У меня часы на левой руке, а у моего зазеркального двойника на правой. Зеркало меняет местами «левое» и «правое». А почему оно не меняет местами «верх» и «низ»?
Объект А, отражаясь в зеркале 1, превращается в объект Г, а отражаясь в зеркале 2 превращается в объект Б. Объект Б, отражаясь в зеркале 1, превращается в объект В. Объект Г, отражаясь в зеркале 2, тоже превращается в объект В. Изобразите объекты Б, В, Г и укажите, какие пары из четырех рассматриваемых здесь объектов являются парами энантиоморфов, а какие — не являются.
Вот ряд заглавных букв: А, Б, Е, И, К, М, Р, П, У, Ц, Я, Т. Какие из этих букв-фигур могут быть энантиоморфами? Рассматривая каждую из них как левый энантиоморф, изобразите соответствующие правые энантиоморфы.
Предложите продолжения рисунков 1 и 2 из таблицы 6. В частности, присмотритесь к собственной квартире. Укажите те объекты в ней, которые имеют плоскость симметрии, а также объекты, не имеющие плоскости симметрии.
В кинозале установили параллельно экрану большое плоское зеркало. Зритель сидит спиной к экрану и следит за фильмом, глядя в зеркало. В фильме развиваются какие-то события. Кто-то с кем-то встречается, обнимается, дерется. Кто-то куда-то бежит, что-то получает и что-то отдает. Как будет воспринимать все это зритель, сидящий лицом к зеркалу? Что изменится в зазеркальном фильме по сравнению с фильмом на обычном экране?
Рассмотрим фантастическую ситуацию. Дама сидела за туалетным столиком перед зеркалом и писала какую-то записку. И вдруг комната вместе с дамой оказалась в Зазеркалье. Что при этом изменилось? Укажите побольше изменений, которые стали следствием перехода в Зазеркалье.
ТЕМА 4
СИММЕТРИЯ И АСИММЕТРИЯ
Симметрия является той идеей, посредством которой человек на протяжении веков пытался постичь и создать порядок, красоту и совершенство.
Герман Вейль
Геометрическая симметрия
Зеркальная и поворотная симметрии. Существуют три основных вида геометрической симметрии (иначе говоря, симметрии положении)'. зеркальная, поворотная, переносная (трансляционная). Сначала рассмотрим зеркальную и поворотную симметрии, принимая во внимание их глубокую взаимосвязь.
С зеркальной симметрией мы уже познакомились в теме 3. Говорят, что объект обладает зеркальной симметрией, если его можно представить в виде двух «половинок», являющихся зеркальным отражением одна другой. Эти «половинки» мысленно разграничиваются плоскостью
симметрии {осью симметрии, если рассматриваются плоские фигуры). Многие объекты можно мысленно разбить на зеркально отраженные «половинки» не одним способом, а несколькими. Такие объекты имеют не одну, а несколько плоскостей (осей) симметрии — см. плоские фигуры на рис. 1 в таблице 7 (здесь через i обозначено число осей симметрии фигуры, а сами эти оси показаны пунктиром).
Чем объясняется наличие у ряда объектов нескольких плоскостей (осей) симметрии? — Это объясняется тем, что данные объекты обладают, наряду с зеркальной, также поворотной симметрией.
Говорят, что объект обладает поворотной симметрией п-го порядка, если он совмещается сам с собой при повороте на угол 360°/п (п = 2, 3, 4, 5,...). Ось, вокруг которой совершается поворот, называют поворотной осью п- го порядка. Двумерные фигуры совершают поворот вокруг точки поворота (это есть точка пересечения поворотной оси с плоскостью рисунка) — см. плоские фигуры на рис. 2 в таблице 7 (здесь А — точка поворота).
Если у объекта нет поворотной симметрии, то он может иметь лишь одну плоскость симметрии (или вообще не иметь плоскости симметрии). К этому хочется добавить вывод, который вроде бы следует из сравнения рисунков 1 и 2: если у объекта есть поворотная ось п-го порядка, то он обладает п плоскостями (осями) симметрии. Такой вывод был бы, однако, неверен. В этом легко убедиться, посмотрев на рис. 3 в таблице 7. У объектов 3, 4, 5 и вправду i = п. Однако у объектов 6, 7, 8 равенства i = п нет несмотря на наличие у них поворотной симметрии. Объекты 6 и 7 обладают поворотной симметрией соответственно 4-го и 2-го порядка, а зеркальной симметрии у них нет. У объекта 8 (правильной трехгранной призмы) есть поворотная ось 3-го порядка и 4 плоскости симметрии.
Отметим, что объект 8 — не плоская фигура, а тело. Количества поворотных осей и плоскостей симметрии у геометрических тел могут быть достаточно большими. Для описания симметрии конкретного трехмерного объекта необходимо указать все поворотные оси и их порядок, а также все плоскости симметрии.
Например, куб имеет 9 плоскостей симметрии и 13 поворотных осей, в том числе 6 осей 2-го порядка, 4 оси 3-го порядка и 3 оси 4-го порядка. На рис. 4 в таблице 7 изображен куб, на поверхности которого отмечены буквами 26 точек. Используя эти точки, можно представить (и даже провести тонким карандашом) все поворотные оси и плоскости симметрии куба. Поворотные оси:
шесть осей 2-го порядка, каждая из которых проходит через середины противоположных параллельных ребер куба: ВХ, TF, DZ, HV, LQ, JN;
четыре оси 3-го порядка, каждая из которых совпадает с внутренней диагональю куба: CY, UG, SE, AW;
три оси 4-го порядка, каждая из которых проходит через центры противоположных граней куба: КР, RG, 10.
Плоскости симметрии зададим четырьмя точками:
три плоскости симметрии, каждая из которых проходит через центр куба параллельно одной из его граней: TBFX, ZHDV, JLNQ;
шесть плоскостей симметрии, каждая из которых проходит через противоположные параллельные ребра куба: SAEW, UCGY, CEYS, AGWU, YWCA, GEUS.
Интересна симметрия прямого кругового цилиндра. Цилиндр имеет одну поворотную ось бесконечно большого порядка (ось цилиндра) и бесконечное количество поворотных осей 2-го порядка (все они находятся в плоскости симметрии, которая перпендикулярна к оси цилиндра и делит высоту цилиндра пополам). Кроме того у цилиндра есть бесконечное количество плоскостей симметрии, которые все проходят через ось цилиндра.
По сравнению с цилиндром прямой круговой конус менее симметричен. У него только одна поворотная ось. Это есть ось конуса; она имеет бесконечно большой порядок. Кроме того, у конуса есть бесконечно много плоскостей симметрии; все они проходят через ось конуса.
Правильные многогранники (пять платоновых тел). Правильным называется многогранник с одинаковыми гранями в форме правильных многоугольников с одинаковыми двугранными углами. Оказывается, что таких тел может быть всего пять. Все они показаны на рис. 5 в таблице 7: тетраэдр (правильная треугольная пирамида), октаэдр, икосаэдр, гексаэдр (куб), додекаэдр. Правильные многогранники имеют разное число граней и именно по этому числу получили свои названия. Тетраэдр имеет четыре грани в форме равносторонних треугольников («тетра» и «хедрон» — по-гречески «четыре» и «грань»). Октаэдр имеет восемь граней-треугольников («окто» — «восемь»). Икосаэдр имеет двадцать граней-треугольников («эй- коси» — «двадцать»). Гексаэдр, или куб имеет шесть граней в форме квадратов («гекс» — «шесть»). Додекаэдр имеет двенадцать граней в форме правильных пятиугольников («додека» — «двенадцать»).
На основе куба нетрудно построить тетраэдр — он изображен тонкими линиями внутри куба на рис. 5 в таблице 7. Ребра этого тетраэдра — диагонали граней куба.
Соединив отрезками прямых центры граней куба, имеющих общее ребро, мы получим октаэдр. Соединив отрезками прямых центры граней октаэдра, имеющих общее ребро, мы получим куб. Такие многогранники называют взаимными. Взаимны не только куб и октаэдр. Взаимны также икосаэдр и додекаэдр. Соединив отрезками прямых центры граней икосаэдра, имеющих общее ребро, получаем додекаэдр, а соединив
отрезками прямых центры граней додекаэдра, имеющих общее ребро, получаем икосаэдр.
Интересно, что пары взаимных многогранников имеют одинаковую симметрию (примем это без доказательства). Симметрию куба мы уже рассматривали. Такую же симметрию имеет октаэдр.
Нетрудно понять почему существуют только пять правильных многогранников. Возьмем простейшую грань — равносторонний треугольник. Многогранный угол можно образовать, приложив друг к другу три, четыре либо пять треугольников, то есть тремя способами. Шесть равносторонних треугольников уже не могут образовать многогранного угла, поскольку сумма плоских углов при обшей вершине в этом случае равна 6 • 60° = 360°. Используя в качестве граней квадраты, можно образовать многогранный угол только одним способом — с помощью трех приложенных друг к другу квадратов. Единственным способом может быть образован многогранный угол и из правильных пятиугольников (при помощи трех пятиугольников). Правильные л-угольники при п > 6 многогранных углов, очевидно, не образует вообще. Вот и получается, что могут существовать только пять правильных многогранников: три с треугольными гранями (тетраэдр, октаэдр, икосаэдр), один с квадратными гранями (куб) и один с пятиугольными гранями (додекаэдр).
Переносная симметрия; плоские (двумерные) и пространственные (трехмерные) решетки. Говорят, что объект обладает переносной симметрией, если он совмещается сам с собой при переносе вдоль некоторого направления (вдоль оси переноса) на один или любое целое число шагов (периодов, или элементарных переносов). Переносную симметрию называют также трансляционной (от латинского «трансляция» — «передача»). Строго говоря, симметричный по отношению к переносам объект должен быть бесконечно длинным в направлении оси переноса (например это мог бы быть бесконечно длинный бордюр). Однако на практике понятие переносной симметрии применяют для объектов конечных размеров, имея в виду наблюдаемое при переносе совмещение одной части объекта с другой его частью.
С переносной симметрией связано понятие двумерной периодической структуры — плоской решетки. Плоская решетка может быть образована наложением двух семейств параллельных равноотстоящих друг от друга прямых. Эти семейства параллельных прямых разбивают плоскость на одинаковые параллелограммы. Различают 5 типов плоских решеток: квадратную, прямоугольную, гексагональную, ромбическую, косую. Все они показаны на рис. 1 в таблице 8. Чтобы задать решетку, достаточно задать ее элементарною ячейку (соответствующий параллелограмм) и затем переносить эту ячейку параллельно самой себе вдоль направления
одного семейства параллельных прямых и вдоль направления другого семейства параллельных прямых. Так, заштрихованную на рис. 1 элементарную ячейку следует переносить в направлении ОА на расстояния, кратные а, и в направлении О В на расстояния, кратные Ь.
На рис. 2 в таблице 8 показан использовавшийся древними китайцами каркас для окон из бумаги. Каркас обладает переносной симметрией. Его можно построить, используя различные типы плоских решеток: гексагональную (позиция! на рисунке), прямоугольную (позиция2), косую (позиция 3). Соответствующие элементарные ячейки на рисунке заштрихованы (в случае гексагональной решетки элементарная ячейка дана двойной штриховкой); кроме того во всех трех случаях показаны семейства параллельных прямых, образующие ту или иную плоскую решетку. Обратите внимание: одна и та же плоская фигура (один и тот же каркас) может быть представлена тремя типами плоских решеток.
С переносной симметрией в пространстве связано понятие трехмерной периодической структуры — пространственной решетки. Если плоскую решетку образуют два семейства параллельных: равноотстоящих друг от друга прямых, то пространственную решетку образуют три семейства параллельных равноотстоящих друг от друга плоскостей. Эти три семейства параллельных плоскостей разбивают пространство на одинаковые параллелепипеды. Различают 7 различных типов таких параллелепипедов, в связи с чем говорят о семи сингониях (семи кристаллографических системах): триклинной, моноклинной, ромбической, тригональной (ромбоэдрической), гексагональной, тетрагональной, кубической. Все эти параллелепипеды изображены в таблице 9. Они могут рассматриваться как элементарные ячейки соответствующих пространственных решеток. Показанную в верхнем левом углу таблицы 9 элементарную ячейку надо переносить параллельно самой себе вдоль направления ОА на расстояния, кратные а, вдоль направления ОВ на расстояния, кратные Ь, вдоль направления ОС на расстояния, кратные с. В результате как раз и возникнет заданная этой элементарной ячейкой пространственная решетка.
Итак, пространственную решетку можно образовать двумя способами. Во-первых, используя три семейства параллельных равноотстоящих друг от друга плоскостей. Во-вторых, за счет параллельных переносов элементарной ячейки (соответствующего параллелепипеда) вдоль трех определенных направлений в пространстве. Напомним, что плоскую решетку также можно образовать двумя способами. Во-первых, используя два семейства параллельных прямых. Во-вторых, за счет параллельных переносов элементарной ячейки (соответствующего параллелограмма) вдоль двух определенных направлений в плоскости.
Рис.1Рис.1
Рис.1
Рис.1
Квадратная решетка:а = Z>; у = 90°
Прямоугольная решетка: а * Ь; у = 90°
Гексагональная решетка: а = Ь; у = 60°
Ромбическая решетка: а = Ь; у = 90°, 60°
wysxWKwwysxWKwРис.2Рис.2Косая решетка:а * Ь; у * 90°
wysxWKw
wysxWKw
Рис.2
Рис.2
Отметим, что переносная и поворотная симметрии могут «соседствовать». Так, квадратная решетка обладает поворотной симметрией 4-го порядка, а гексагональная решетка — поворотной симметрией 6-го порядка, впрочем, переносная и поворотная симметрии — соседи «неуживчивые». При наличии переносной симметрии возможны поворотные оси только 2, 3, 4 и 6-го порядков. Это утверждение дадим без доказательства.
Бордюры. Бордюром называют периодически повторяющийся рисунок на длинной ленте. На практике бордюры встречаются в разных видах. Это может быть настенная роспись, украшающая стены зданий, галереи, лестничные переходы. Это может быть чугунное литье, используемое в оградах парков, решетках мостов и набережных. Это могут быть гипсовые барельефы или керамика. Бордюры можно видеть на полотенцах, шторах, ковровых дорожках.
На рис. 1 в таблице 10 приведены 14 бордюров. Они разбиты на семь пар, в каждую из которых входят бордюры, одинаковые по типу симметрии. Всего существует 7 типов симметрии бордюров; они показаны схематически на рис. 2 в таблице 10.
Любой бордюр обладает переносной симметрией вдоль оси переноса. В простейшем случае симметрия бордюра полностью исчерпывается переносной симметрией — см. рис. 1, а. Схематически этот тип бордюров представлен на рис. 2, а; здесь АВ — ось переноса, а — период бордюра (элементарный перенос), треугольник условно обозначает повторяющийся несимметричный элемент бордюра.
Бордюры на рис. 1, б обладают наряду с переносной также зеркальной симметрией; они зеркально симметричны относительно прямой, которая делит ленту бордюра пополам в продольном направлении. Схематически такой тип бордюров показан на рис. 2, б; здесь ось переноса является также осью симметрии.
У бордюров на рис. 1, в (и соответственно на рис. 2, в) ось переноса является скользящей осью симметрии. В этом случае рисунок совмещается сам с собой при переносе вдоль оси АВ на расстояние «/2 и последующем отражении относительно оси АВ (здесь, как и везде, а — период бордюра).
Бордюры на рис. 1, г имеют поперечные оси симметрии. Эти оси изображены на рис. 2, г в виде отрезков прямых, перпендикулярных к оси переноса.
На рис. 1, д показаны бордюры, имеющие поворотные оси 2-го порядка, перпендикулярные к плоскости бордюра. Точки пересечения этих осей с плоскостью бордюра отмечены на рис. 2, д зачерненными чечевицами.
На комбинировании скользящей оси симметрии с поворотными осями 2-го порядка, перпендикулярными к плоскости бордюра, основаны
бордюры, изображенные на рис. 1, е. В результате такого комбинирования возникают поперечные оси симметрии. Схематически этот тип бордюров показан на рис. 2, е.
Наконец, на рис. 1, ж (и соответственно на рис. 2, ж) представлены бордюры, основанные на комбинировании зеркальных отражений. Такие бордюры имеют наряду с продольной также поперечные оси симметрии; как следствие возникают поворотные оси 2-го порядка.
. Орнаменты. Трудно найти человека, не любовавшегося орнаментами —этими удивительными рисунками, часто встречающимися в декоративном художественном творчестве. В них можно обнаружить затейливые сочетания переносной, зеркальной и поворотной симметрии. За примером орнамента не надо далеко ходить — достаточно взглянуть на рисунок обоев в комнате или паркета на полу.
На рис. 2 в таблице 8 мы познакомились с красивым китайским орнаментом — тем самым, который использовался как каркас для окон из бумаги. Уже из этого рисунка ясно, что в основе орнамента лежат один или несколько типов плоских решеток. Именно тип плоской решетки определяет характер переносной симметрии конкретного орнамента. В таблице 11 представлены три орнамента: 1 — орнамент «Летящие птицы» (М. Эшер), 2 — характерный египетский орнамент, 3 — орнамент «Рептилии» (М. Эшер). Орнамент «Летящие птицы» основан на косой решетке, египетский орнамент — на квадратной решетке, орнамент «Рептилии» — на гексагональной решетке. Все эти решетки можно видеть в таблице 11 — см. соответствующие семейства параллельных прямых. Штриховкой выделены элементарные ячейки. Особенно интересен орнамент «Рептилии». Он представляет собой мозаику, составленную из совершенно одинаковых фигурок рептилий. Рептилии плотно уложены на поверхности орнамента — без накладывания друг на друга и без каких-либо пустых промежутков.
В простейшем случае орнамент характеризуется только переносной симметрией. Таков, например, орнамент «Летящие птицы». Чтобы построить этот орнамент, надо выбрать соответствующую косую решетку, «заполнить» элементарную ячейку решетки определенным рисунком и затем многократно повторить этот рисунок посредством переносов ячейки без изменения ее ориентации. Заметим, что площадь ячейки равна в данном случае сумме площадей, занимаемых изображениями птиц разного цвета.
В принципе любой орнамент можно построить так, как строится орнамент «Летящие птицы»: посредством параллельных переносов заполненной рисунком элементарной ячейки. Такой способ построения орнамента — единственный, если орнамент не обладает ни поворотной, ни
зеркальной симметрией. В остальных случаях возможны иные способы построения орнамента; при этом в качестве исходного изображения (как говорят, основного мотива) используют не всю элементарную ячейку орнамента, а лишь часть ее.
Рассмотрим в качестве примера египетский орнамент. Его элементарная ячейка дана крупным планом на рис. 1 в таблице 12. В качестве основного мотива выберем изображение в пределах заштрихованного прямоугольника. Площадь этого прямоугольника составляет одну восьмую площади элементарной ячейки орнамента. Для построения орнамента воспользуемся осями симметрии ВС и DE, показанными на рис. 2 в таблице 12, а также поворотной осью 2-го порядка, проходящей через точку А. Зафиксируем точку А и оси ВС и DE на плоскости рисунка и, используя основной мотив (рис. 2, а), будем выполнять отражения относительно В С и DE и повороты на 180° вокруг А в любой последовательности и сколь угодно долго. Поворот вокруг А превращает рисунок 2, а в рисунок 2, б. Последующее отражение относительно ВС приводит к рисунку 2, в. Затем выполняем отражение относительно DE — получаем рисунок 2, г. Новый поворот на 180° вокруг А позволяет получить рисунок 2, д. И так далее. По мере выполнения поворотов и отражений орнамент как бы раскрывается на наших глазах, все более и более заполняя площадь рисунка.
Геометрическая симметрия в природе
Когда мы смотрим на нагромождения камней у подножия горы, на причудливые извивы берегов реки или озера, на фантастические формы облаков, у нас может возникнуть мысль, что симметрия в неживой природе отнюдь не частый гость. И в то же время встречается мнение, что симметрия и строгая точность холодны и враждебны живому. Замок Снежной Королевы из известной сказки Андерсена представляют весьма симметричным сооружением, сверкающим отполированными зеркальными гранями правильных форм. Так кто же прав — тот, кто видит в неживой природе нагромождение беспорядка, или, напротив, тот, кто видит в ней господство холодной точности и симметрии?
Строго говоря, неверны обе крайние точки зрения. Конечно, воздействие на облик земной поверхности воды, ветра, солнечного тепла стихийно. Однако песчаные дюны и барханы, кратер потухшего вулкана, галька на морском берегу имеют достаточно правильные формы. Конечно, груда камней у подножия горы весьма беспорядочна. Однако
каждый камень — это огромная колония кристаллов, представляющих собой в высшей степени симметричные «постройки» из атомов и молекул, в основе которых лежат разные типы пространственных решеток.
Именно кристаллы вносят в мир неживой природы очарование симметрии. Здесь нельзя не вспомнить о снежинках — маленьких кристалликах замерзшей воды. Они нередко имеют форму правильных шестиугольных «звездочек» (обладают поворотной симметрией 6-го порядка и шестью плоскостями симметрии). Все твердые тела состоят из кристаллов. Как правило, отдельные кристаллы весьма малы (меньше песчинки); однако иногда кристаллы вырастают до внушительных размеров и тогда они предстают перед нами во всей своей геометрически правильной красоте. Некоторые образцы крупных кристаллов показаны на рис. 1 в таблице 13. Отметим, что симметрия внешней формы кристаллов является следствием их внутренней симметрии — упорядоченного расположения в пространстве атомов (молекул). Иначе говоря, симметрия кристалла связана с наличием пространственной решетки из атомов — кристаллической решетки. В отдельных случаях (хотя отнюдь не всегда) симметрия кристалла соответствует симметрии элементарной ячейки кристаллической решетки.
В книге «Этот правый, левый мир» М. Гарднер пишет: «На Земле жизнь зародилась в сферически симметричных формах, а потом стала развиваться по двум главным линиям: образовался мир растений, обладающий симметрией конуса, и мир животных с билатеральной симметрией». Поясним: термин билатеральная симметрия часто применяется в биологии. Имеется в виду зеркальная симметрия (от латинского «билатеральный» — «дважды боковой»); соответствующая плоскость симметрии показана на рис. 4 в таблице 13.
Для деревьев характерна симметрия конуса. При помощи корней дерево поглощает воду и питательные вещества из почвы, то есть снизу, а остальные жизненно важные функции выполняются кроной, то есть наверху. Поэтому направления «вверх» и «вниз» для дерева различны. В то же время направления в плоскости, перпендикулярной к вертикали, для дерева фактически неразличимы: по всем этим направлениям к дереву в достаточно равной мере поступают воздух и свет. В результате появляются вертикальная поворотная ось бесконечно большого порядка и бесконечное число вертикальных плоскостей симметрии. Конечно, нередко встречаются деревья, стволы которых изогнуты, а крона развита однобоко. Тем не менее идея конуса правильно отражает специфику симметрии дерева, ее сущность. Для любого дерева можно указать основание и вершину, и в то же время для дерева неприемлемы понятия левой или правой, задней или передней сторон.
Хорошо выражена симметрия у листьев, цветков, плодов. На рис. 2 в таблице 13 приведены в качестве примера некоторые листья. Нетрудно обнаружить в них поворотную, зеркальную, переносную симметрии. Для цветков характерна поворотная симметрия. Тут встречаются поворотные оси разных порядков. Но, пожалуй, наиболее распространена поворотная симметрия 5-го порядка. Ее можно наблюдать у многих полевых цветов (колокольчик, незабудка, гвоздика, зверобой, лапчатка гусиная и др.), у цветов плодовых деревьев (вишня, яблоня, груша, мандарин и др.), у цветов плодово-ягодных растений (земляника, малина, калина, черемуха, рябина, шиповник, ежевика, боярышник и др.). По этому поводу иногда высказывается мнение, что «пристрастие» растений к поворотной симметрии 5-го порядка, которая, как уже отмечалось, принципиально невозможна в периодических структурах, можно объяснить обусловленной такой симметрией гарантией сохранения растением его индивидуальности. Как выразился академик Николай Васильевич Белов (1891-1982), «пятерная ось является своеобразным инструментом борьбы за существование, страховкой против окаменения, против кристаллизации, первым шагом которой была бы «поимка» решеткой».
Правда, поворотная симметрия 5-го порядка встречается и в мире животных (примеры: морская звезда и панцирь морского ежа). Однако в отличие от мира растений поворотная симметрия у животных наблюдается редко. Мы встречаемся с ней в основном лишь при изучении некоторых обитателей моря. Например, простейших морских животных, называемых радиоляриями или лучниками. На рис. 3 в таблице 13 можно увидеть удивительно красивые раковины радиолярий.
Вообще же для животных (насекомых, рыб, земноводных, рептилий, птиц, млекопитающих) характерно несовместимое с поворотной симметрией различие между направлениями «вперед» и «назад». У животных есть направление движения. В этом направлении животное устремляется за пищей, в этом же направлении оно спасается от преследователей. Кроме направления движения симметрию животного определяет еще одно направление — направление силы тяжести. Оба направления существенны; они задают плоскость симметрии животного — см. рис. 4 в таблице 13 (здесь 1 — направление силы тяжести, 2 — направление движения животного). Билатеральная (зеркальная) симметрия — характерная симметрия практически всех представителей животного мира. Можно сказать, что каждое животное состоит из двух энантиоморфов — правой и левой половин. Энантиоморфами являются также парные детали, одна из которых попадает в правую, а другая в левую половину тела животного. Так, энантиоморфами являются правое и левое ухо, правый и левый глаз, правый и левый рог и т. д.
Во многих фантастических произведениях обсуждается возможный облик пришельцев из иных миров. Не останавливаясь подробно на обсуждении этого вопроса, приведем лишь некоторые соображения, связанные с симметрией. Каким бы ни был пришелец, его внешний облик должен характеризоваться билатеральной симметрией; ведь на любой планете живое существо должно иметь выделенное направление движения и на любой планете действует сила тяжести. Пришелец может походить на сказочного многоголового дракона, но он не может походить на Тяни-толкая (фантастическое существо с симметричными передней и задней половинами). Пришелец не может быть левоглазым или правоухим. Число конечностей слева и справа должно быть одинаковым. Как мы видим, требования симметрии существенным образом сокращают число возможных вариантов облика пришельцев. И хотя мы не можем определенно указать, каким должен быть этот облик, мы в состоянии заключить, каким он не может быть.
Обобщение понятия симметрии
До сих нор мы говорили о симметрии в геометрическом смысле — как о симметрии геометрических форм или, иными словами, симметрии положений. Она проявляется в том, что объекты совмещаются сами с собой при разных геометрических преобразованиях — отражениях, поворотах, переносах (включая комбинации этих преобразований). Само слово «симметрия» греческого происхождения. Оно переводится как «соразмерность, пропорциональность, уравновешенность». С давних времен люди связывали с понятием симметрии такие понятия как порядок, гармония, совершенство.
Современное понятие симметрии значительно шире: оно не ограничивается симметрией положений и выходит далеко за рамки собственно геометрии. Приведем примеры. Предположим, все электроны одного атома поменялись с электронами другого атома. Поскольку электроны тождественны (любой наугад выбранный электрон ничем не отличается от мириадов других электронов), то от обмена электронов никаких изменений в атомах не произойдет. Тут можно говорить о симметрии атомов по отношению к обмену электронами. Вот другой пример. При переходе от одного поколения данного растения к другому поколению наблюдается сохранение определенных свойств. Так, из семечка вырастает новый подсолнух с таким же огромным соцветием-корзинкой, так же исправно поворачивающимся к солнцу. Перед нами симметрия свойств подсолнуха по отношению к переходу от одного поколения
к другому; эту симметрию обычно называют наследственностью. Число ударных слогов в данном стихотворении остается неизменным при переходе от одной строки к другой. И это есть симметрия.
Итак, с симметрией мы встречаемся всякий раз, когда при каких-то изменениях что-то сохраняется. Или, иначе говоря, когда после каких- то преобразований (изменений) приходим к изначальной ситуации. Известный немецкий математик Герман Вейль (1885-1955) предложил наглядное определение симметрии, согласно которому симметричным называется объект, который можно как-то изменять, получая в результате то же, с чего начали.
Мы видим, таким образом, что понятие симметрии имеет структуру.
— есть объект (или явление) симметрия которого рассматривается, 2 — есть изменение (преобразование), по отношению к которому рассматривается симметрия,
— есть сохранение (неизменность) объекта (явления, свойств объекта, сторон явления), которое как раз и выражает рассматриваемую симметрию.
Подчеркнем: неизменность существует не сама по себе, не вообще, а лишь по отношению к каким-то преобразованиям (изменениям). С другой стороны, эти изменения (преобразования) представляют интерес постольку, поскольку что-то при этом сохраняется. Без изменений нет смысла рассматривать сохранение, равно как без сохранения исчезает интерес к изменениям. Симметрия выражает сохранение чего-то при каких-то изменениях или, иначе, сохранение чего-то несмотря на изменения.
Упомянутое выше «что-то» может быть геометрической фигурой, рисунком орнамента, телом. Именно с такими «что-то» имеет дело геометрическая симметрия. В более общем случае в качестве этого «что-то» могут выступать те или иные свойства какого-либо объекта (например, количество ударных слогов в стихотворной строке или наследственные характеристики растения). Роль упомянутого «что-то» могут играть те или иные явления. Так, вода начинает закипать всякий раз, как только ее температура повысится до 100 °C (при нормальном давлении воздуха). Отметим, что это явление наблюдается несмотря, например, на изменения времени года или места опыта (если, конечно, эти изменения не приведут к изменению атмосферного давления). Именно поэтому и появляется возможность формулировать те или иные природные закономерности (их обычно называют законами природы). Рассматривая симметрию наблюдаемых в природе явлений с более общей точки зрения, мы можем говорить о симметрии законов природы. Законы природы симметричны по отношению к переносам во времени, по отношению к переносам и поворотам в пространстве, по отношению к состоянию дви-
жения, если это движение равномерное (симметрия по отношению к переходу из одной инерциальной системы отсчета к другой), по отношению к замене левого на правое, а правого на левое, по отношению к замене всех частиц на соответствующие античастицы. В своей работе ученые весьма широко пользуются различными симметриями законов природы.
Итак, можно говорить о симметрии не только каких-либо изображений, фигур, тел, но также различных свойств, характеристик, явлений, законов природы. Как видим, понятие симметрии приобретает поистине глобальный смысл. Впрочем, можно пойти еще дальше и обратить внимание на то, что, по большому счету, мы имеем дело с симметрией всякий раз, когда решаем проблему распознавания образов, проблему диагностики.
Вот мы берем некий фрукт и определяем: это яблоко. Берем другой фрукт, иного размера и расцветки и даже запаха. Смотрим на него и говорим: это тоже яблоко. Решая эту несложную проблему, связанную с распознаванием образов, мы фактически имели дело с симметрией. В роли объекта — фрукт. Изменение — смена одного фрукта другим. Несмотря на это изменение наблюдалось сохранение ряда свойств, признаков, общих для фрукта, который мы называем яблоком. Или вот другой пример. На приеме у врача находится больной. Врач осматривает его и ставит диагноз: ангина. Входит другой больной, иного возраста, пола, комплекции. После осмотра врач ставит тот же диагноз: ангина. И здесь мы имеем дело с симметрией. Рассматривается некое явление (точнее говоря, некое заболевание). Изменение — смена пациента. Несмотря на это изменение наблюдается сохранение ряда симптомов заболевания, которое медики называют ангиной.
Пойдем еще дальше и отметим, что, строго говоря, мы имеем дело с симметрией всякий раз, как используем тот или иной термин. Вот мы используем термин «колесо». Конечно, колесо обладает определенной геометрической симметрией. Но мы сейчас не об этом. Есть колесо автомобиля, вагона, детской коляски. Но есть также колесо обозрения в парке. Это весьма разные объекты. Однако все они объединяются общим термином «колесо». Некоторые жители Севера называют тюленя в воде одним термином, а тюленя на льдине другим термином. Мы понимаем, что речь идет об одном и том же объекте, находящемся в разных ситуациях (в воде или на льдине), и используем единый термин. Допуская, что последний пример покажется кому-то примитивным, проиллюстрируем то же самое, обратившись к физике. В свое время физики ввели термины «протон» и «нейтрон» для частиц внутри атомного ядра. Позднее физики выяснили, что протон и нейтрон, введенные ими
в употребление, похожи в известном смысле на мокрого и сухого тюленя, потому что в действительности они представляют собой попросту два состояния одной частицы. Эта симметрия привела к появлению новой физической величины, названной изотопическим спином, а для протона и нейтрона было предложено общее «имя» — нуклон.
Прежний и современный взгляд
НА СИММЕТРИЮ
Наблюдаемая в природе симметрия форм с давних времен производила на людей сильное впечатление. Человек усматривал в симметрии порядок и гармонию, вносимые всемогущим Творцом в изначальный хаос.
Наших далеких предков восхищали, например, правильные многоугольники и правильные многогранники. Древние греки весьма серьезно воспринимали тот факт, что существуют лишь пять правильных многогранников. В их представлении это были атомы, из которых построен весь мир: тетраэдр — атом огня, октаэдр — атом воздуха, куб — атом земли, икосаэдр — атом воды, додекаэдр — атом эфира.
Знаменитый немецкий астроном Иоганн Кеплер (1571-1630) полагал, что в правильных многогранниках зашифрована идея Божественной гармонии. Исходя из этого, он пытался связать эти пять платоновых тел с радиусами сфер (орбит) известных в те времена шести планет. В сферу Сатурна Кеплер вписал куб. В этот куб он вписал следующую сферу — сферу Юпитера. В сферу Юпитера был вписан тетраэдр, а в тетраэдр сфера Марса. В сферу Марса Кеплер вписал додекаэдр, а в него сферу Земли. Затем шли последовательно икосаэдр, вписанный в сферу Земли, сфера Венеры, октаэдр, вписанный в сферу Венеры, и, наконец, сфера Меркурия. Вычислив в соответствии с такой схемой относительные радиусы планетных сфер, Кеплер обнаружил, что отношения этих радиусов согласуются с данными наблюдений:
8: 15:20:30: 115: 195.
Это удивительное совпадение, как казалось Кеплеру, подтверждало правильность геометрической схемы Вселенной, построенной Творцом на основе пяти платоновых тел. Все это ученый изложил в книге, которой дал интригующее название «Космографическая тайна».
Убеждение, что симметрия есть не что иное, как проявление мудрости Творца, просуществовало фактически вплоть до двадцатого столетия. Полагая, что мир представляет собой гигантский «часовой меха-
низм», запущенный в действие Богом, человек, естественно, верил в совершенство этого механизма. И он усматривал в симметрии доказательство совершенства. Двадцатый век покончил с этой парадигмой. На смену мистическому преклонению перед симметрией пришло трезвое понимание ее действительной сущности. Обсуждая современный взгляд на симметрию, выделим три принципиальных момента.
Момент первый: симметрия связана с сохранением, со стабильностью. Она выделяет: в нашем весьма изменчивом, очень динамичном мире своеобразные «опорные точки», сохраняющиеся при различных изменениях и превращениях (так называемые инварианты). Тем самым в мир вносятся порядок и стабильность. Этот мир наполнен взаимодействиями, в нем «все течет, все изменяется», повсюду буйствуют случайности. Но несмотря на это мы можем формулировать определенные закономерности, говорить о тех или иных законах природы, обладающих симметрией (в частности, симметрией по отношению к переносам во времени, а также переносам и поворотам в пространстве). Конечно, справедлива старая истина, что «все течет, все изменяется». Но еще более точна другая старая истина, высказанная Екклесиастом: «все возвращается на круги свои». Не просто течет и изменяется, но возвращается обратно, совершает цикл. Это и означает сохранение несмотря на изменения. Таким образом, древнее библейское откровение, что «все возвращается на круги свои», есть, по сути, древняя формулировка принципа симметрии.
Выдающаяся немецкий математик Эмми Нётер (1882-1935) доказала фундаментальную теорему теоретической физики: различным симметриям законов природы соответствуют законы сохранения определенных физических величин. Так, симметрии законов природы по отношению к переносам во времени соответствует закон сохранения энергии. Симметрии законов природы по отношению к переносам в пространстве соответствует закон сохранения импульса. Симметрии законов природы по отношению к поворотам в пространстве соответствует закон сохранения момента импульса. Можно сказать, что законы сохранения энергии, импульса, момента импульса следует рассматривать как прямое следствие определенных симметрий законов природы.
Итак, что бы ни происходило в нашем изменчивом мире, наполненном случайностями, энергия сохраняется. Сохраняются также импульс, момент импульса и целый ряд других физических величин. И не только физических величин. Например, несмотря на всякие изменения и капризы погоды, за зимой следует весна, а за весной лето, из зерна появляется колос, из семечка вырастает подсолнух. Все это — проявление симметрии в нашем мире.
Момент второй: симметрия выделяет общее как в объектах, так и в явлениях. Существует, например, великое множество различных яблок. Они различаются размерами, формой, цветом, вкусом, запахом. И тем не менее все они — яблоки. Термин «яблоко» фиксирует целый набор признаков, являющихся общими для всех яблок; эти признаки сохраняются при переходе от одного яблока к другому.
Мир в высшей степени многообразен, но в то же время он един; в его разнообразных проявлениях присутствуют черты общности. Так, законы сохранения, действуя в самых разных областях и различных конкретных ситуациях, выражают то общее для всех ситуаций, что, в конечном счете, связано с соответствующими симметриями законов природы. Законы сохранения «безразличны» к специфике тех или иных ситуаций, они «безразличны» к конкретным механизмам взаимодействия, их область применимости выходит за рамки частных теорий. Общий, универсальный характер законов сохранения, не требующий анализа деталей того или иного явления, предопределяет простоту этих законов и достоверность результатов, получаемых на их основе. Подчеркнем, что детали того или иного явления, особенности механизма взаимодействия часто нам неизвестны или известны приближенно, их учет нередко связан с большими математическими трудностями. Поэтому простые и изящные законы сохранения выглядят крайне привлекательно. Исследуя то или иное явление, физик анализирует его прежде всего на уровне законов сохранения и лишь затем вступает при необходимости на тяжелый путь изучения деталей. Многие явления исследованы в настоящее время лишь на уровне законов сохранения.
Симметрия позволяет использовать аналогии, выявляя общие свойства в различных объектах или явлениях. Многие физические модели тех или иных явлений или объектов создаются как раз на основе аналогии. Молекула ДНК моделируется как винт. Спин микрочастицы уподобляется волчку. Столкновение фотона с электроном в эффекте Комптона рассматривается по аналогии со столкновением бильярдных шаров. Движение электронов в атоме сравнивают с движением планет вокруг Солнца, а при более строгом подходе используют аналогию с облаком, вводя понятие «электронного облака».
Момент третий: симметрия предопределяет необходимость, действуя в направлении сокращения числа возможных вариантов структур и вариантов поведения системы. То, что симметрия ограничивает многообразие структур, хорошо видно уже на примере правильных многогранников — их всего пять. Симметрия накладывает ограничения на разнообразие структур молекул и кристаллов. Вселенная состоит из ми- риадов атомов. Однако, благодаря тому, что все электроны во Вселенной
тождественны (симметричны по отношению к взаимным перестановкам), равно как тождественны все протоны и вообще все частицы одного и того же типа, все эти мириады атомов реализуют относительно малое число возможных вариантов; их около ста, они систематизированы в Периодической системе элементов.
Законы сохранения могут рассматриваться как правила запрета, которые симметрия налагает на процессы, происходящие в природе. Так, закон сохранения энергии запрещает существование вечного двигателя. Закон сохранения импульса запрещает поднимать самого себя за волосы.
Существенно, что симметрия не только что-то запрещает, но подчас подсказывает единственно возможный вариант, т. е. позволяет делать предсказания. Вот два примера подобных предсказаний. В 1869 году знаменитый российский химик Дмитрий Иванович Менделеев (1834-1907) предсказал существование и свойства скандия (ученый называл его эка- бором), галлия (экаалюминия), германия (экакремния). В 1931 году известный швейцарский физик Вольфганг Паули (1900-1958) предсказал существование элементарной частицы, названной нейтрино.
Симметрия (порядок) и асимметрия (беспорядок)
Итак, с идеей симметрии оказываются органически связанными идеи сохранения, общности, необходимости. Сохранение противостоит изменениям. Общность противостоит различиям. Необходимость противостоит случайностям. Изменения, различия, случайности — все это противостоит симметрии и должно рассматриваться в целом как проявление асимметрии. Если симметрия, опираясь на идеи сохранения, общности, необходимости, вносит в мир порядок, то асимметрия, используя изменения, различия, случайности, вносит в мир беспорядок.
Сохранение и изменения не просто противостоят друг другу. Они взаимосвязаны и не имеют смысла одно без другого. Сохранение наблюдается на фоне изменений; изменения происходят как нарушения сохранения. Взаимоотношения сохранения и изменений надо рассматривать как единство и борьбу двух противоположностей. Это же относится и к таким противоположностям, как общее и различное, как необходимое и случайное. Следовательно, симметрия и асимметрия также должны рассматриваться с позиций единства и борьбы противоположностей. Это означает, что в мире есть не просто симметрия, но одновременно симметрия и асимметрия как две противоположности, для которых характерны и противостояние, и единство. Такие противоположности ученые называют диалектическими.
Можно сказать, что мир определяется диалектикой симметрии и асимметрии. Более того, он существует благодаря единству и борьбе симметрии и асимметрии. Симметрия и асимметрия должны рассматриваться как две диалектически противоположные стороны единого понятия. Поэтому в целом наш мир может быть назван симметрично-асимметричным миром.
В §2.2 мы говорили о том, что реальный мир не может быть ни абсолютно упорядоченным, ни абсолютно беспорядочным. Теперь мы уточним: реальный мир не может быть ни полностью симметричным, ни полностью асимметричным.
В полностью симметричном мире ничто никогда не изменялось бы, не существовало бы никаких вариантов (альтернатив), поскольку все было бы жестко предопределено. Причем предопределено, что называется, намертво, без какой-либо возможности развития. В таком мире не было бы никаких различий, индивидуальностей; ничто нельзя было бы выделить и как-то отличить от остального. Следовательно, здесь попросту ничего бы не наблюдалось — никаких явлений, никаких объектов. Да и как они могли бы существовать, если решительно все вокруг совмещалось бы с собой при любом повороте вокруг любой оси, при отражении относительно любой плоскости в пространстве, при переносе в любом направлении на любое расстояние! Тут вообще нет места каким-либо объектам; тут приходит на ум некая общая однородная «каша».
Не менее абсурден и полностью асимметричный мир. В нем ничто не сохранялось бы, не было бы никаких причин и следствий, а значит, никаких законов. Здесь всякая сущность была бы сиюминутна, случайно возникала бы и случайно исчезала. И к тому же она была бы ни на что не похожа, не имела бы ни с чем ничего общего.
Надо признать, что ученых всегда вдохновляла вера в глубинную гармонию (симметрию) природы. Она и сегодня вдохновляет их на предпринимаемые время от времени поиски «единой теории» и «универсальных уравнений». Они ищут и открывают новые симметрии в окружающем нас мире (точнее говоря, в мире элементарных частиц). Однако это отнюдь не приближает нас к заветной единой теории. Картина мира по мере его познавания все более усложняется и все сомнительнее становится сама возможность существования «универсальных уравнений». В книге О.П. Мороза «В поисках гармонии» есть довольно образное замечание: «Физики гонятся за симметрией подобно тому, как путники преследуют в пустыне ускользающий мираж. Вот возникла на горизонте прекрасная манящая картина, но как только вы пытаетесь к ней приблизиться, она исчезает, оставляя чувство горечи...» В чем же тут дело? — А дело в том, что, чем больше мы постигаем симметрию природы, тем шире проявляется асимметрия. Поиски единой теории заве-
домо обречены на неудачу, как попытка рассмотрения симметрии в отрыве от асимметрии.
Ранее мы приводили примеры, подчеркивающие роль симметрии в научном познании мира. Однако не менее важную роль играет также асимметрия. Проще всего это можно продемонстрировать, обратившись к научной классификации. Любая научная классификация в равной мере использует как сохранение (общность), так и изменения (различия) свойств классифицируемых объектов. Яркий пример — Периодическая система элементов Д.И. Менделеева. Здесь от периода к периоду сохраняется общность свойств элементов, входящих в один и тот же столбец таблицы Менделеева, например, лития, натрия, калия, рубидия, цезия. Свойства же элементов в пределах данного периода изменяются, причем характер изменения является общим для разных периодов. Ясно, что симметрия свойств соответствующих элементов из разных периодов важна для научной классификации лишь в сочетании с асимметрией свойств элементов внутри одного и того же периода.
Как уже отмечалось, симметрия действует в направлении ограничения числа возможных вариантов структур, вариантов поведения систем. Необходимость действует в том же направлении. С другой стороны, асимметрия действует в направлении увеличения числа вариантов; в этом же направлении действует и случайность (мы уже обращали внимание на то, что случайности создают новые возможности, порождают новые альтернативы).
Сокращая число возможных вариантов, симметрия и необходимость вносят в мир порядок (это мы оцениваем положительно). В то же время симметрия и необходимость, сокращая число альтернатив, могут привести к безвыходной ситуации, завести в тупик, создать обреченность (это мы оцениваем, конечно, отрицательно). В подобных «тупиковых» ситуациях жизненно важна спасительная случайность, способная разрушить симметрию, создать неожиданный выход из тупика.
Создавая новые возможности, новые альтернативы, асимметрия и случайность обеспечивают развитие, способствуют творческому поиску, появлению новой информации (это мы оцениваем положительно). В то же время асимметрия и случайность вносят дезорганизацию, увеличивают степень беспорядка в мире (это мы оцениваем отрицательно). Обилие альтернатив, разнообразных вариантов может стать чрезмерным — и тогда на помощь приходит упорядочивание в лице симметрии и необходимости.
Так и живем, находясь под воздействием, с одной стороны, симметрии и необходимости, а с другой — асимметрии и случайности и используя в своей практике (сознательно или стихийно) диалектику симметрии и асимметрии, диалектику необходимого и случайного.
Что ТАКОЕ КРАСОТА? (РАЗМЫШЛЕНИЯ О СИММЕТРИИИ АСИММЕТРИИ В ИСКУССТВЕ)
Известный французский архитектор Шарль Ле Корбузъе (1887-1965) в своей книге «Архитектура XX века» утверждал: «Человеку необходим порядок. Без него все его действия теряют согласованность, логическую взаимосвязь. Чем совершеннее порядок, тем спокойнее и увереннее чувствует себя человек. Он делает умозрительные построения, основываясь на порядке, который продиктован ему потребностями его психики, — это творческий процесс. Творчество есть акт упорядочения».
Да, потребность психики человека в порядке несомненна. Мы отмечали это уже в § 1.2. Что же касается рассмотрения творческого процесса главным образом как акта упорядочения, то тут можно поспорить со знаменитым архитектором. Ссылаясь, в частности, на его же собственные творения, например сооружения в Чандигархе в Индии. Безусловно, соображения симметрии всегда играли важную роль в работе любого архитектора. Но в одних случаях архитектор использует богатство симметричных форм и создает, например, Большой театр в Москве или Зимний дворец в Санкт-Петербурге, а в других — ограничивается примитивной симметрией прямоугольного параллелепипеда, создавая невыразительные дома-коробки. Так что «акты упорядочения» могут быть весьма разными. Тут дело не только и не столько в упорядочении (и уж тем более не в стремлении к «совершенному порядку»), а в том, каким образом, насколько удачно удается архитектору решить в своем творчестве проблему соотношения между симметрией и асимметрией. Именно тут находится разгадка красоты в архитектуре. Да и не только в архитектуре.
В качестве яркого примера, когда асимметричное в целом сооружение являет собой удивительно гармоничную композицию из симметричных элементов, отметим собор Василия Блаженного на Красной площади в Москве (см. рис. 1 в таблице 14), возведенный в 1551-1561 годах зодчими Бармой и Постником в ознаменование покорения Иваном Грозным Казанского ханства. В целом все сооружение состоит из восьми столпообразных храмов, группирующихся вокруг центра — девятого (шатрового) храма. Храмы объединены общим основанием и внутренними переходами. Каждый храм геометрически симметричен, однако собор как целое не обладает ни зеркальной, ни поворотной симметрией. Архитектурные формы собора как бы накладываются друг на друга, пересекаются, поднимаются, обгоняя друг друга, и завершаются центральным шатром. И все это настолько гармонично, что вызывает ощущение праздника.
Таблица 14. Симметрия и асимметрия в искусстве
В книге М.А. Ильина «Москва» читаем: «При первом взгляде на собор можно подумать, что количество архитектурных форм, примененных в нем, необычайно велико. Однако скоро становится ясно, что мастера воспользовались всего лишь двумя архитектурными мотивами — формой восьмерика и полукружия. Если первая определяет граненые формы основных объемов, то вторая представлена значительным количеством вариантов, начиная от широких и спокойных арок подклети и кончая заостренными кокошниками». Отметим, что два основных мотива не просто повторяются в разных храмах собора, но как бы развиваются по мере того, как взгляд зрителя обегает все сооружение. Перед нами в высшей степени талантливое решение проблемы симметрия-асимметрия. Это и есть то подлинное искусство, которое дарит людям красоту. Красоту праздничной индивидуальности.
Диалектическое единство симметрии и асимметрии определяет красоту не только в архитектуре. То же самое можно сказать о музыке, поэзии, живописи. Известный русский ученый, кристаллограф Георгий Викторович Вульф (1863-1925) подчеркивал наличие симметрии в музыкальны произведениях. Он писал: «Душа музыки — ритм — состоит в правильном периодическом повторении частей произведения. Правильное же повторение одинаковых частей и составляет сущность симметрии. Мы с тем большим правом можем приложить к музыкальному произведению понятие симметрии, что это произведение записывается при помощи нот, т. е. получает геометрический образ, части которого можно обозревать». Он же отмечал: «Подобно музыкальным произведениям, могут быть симметричны и произведения словесные, в особенности стихотворения». Понятно, что в стихотворениях имеются в виду чередования рифм и ударных слогов, то есть опять-таки ритмичность.
Вместе с тем как в музыке, так и в поэзии симметрию нельзя сводить к ритму. Всякое хорошее произведение (музыкальное или стихотворное) имеет определенные смысловые инварианты, которые проходят, видоизменяясь и развиваясь, через все произведение или какую-то его часть. Композитор может по несколько раз возвращаться в своей симфонии к одной и той же теме, постепенно разрабатывая ее. Нечто подобное мы имели в примере с собором Василия Блаженного. Сохранение темы и ее изменения (разработка, развитие') — это и есть диалектическое единство симметрии и асимметрии. И чем удачнее решают архитектор, композитор, поэт проблему соотношения между симметрией и асимметрией, тем выше художественная ценность произведения искусства. В связи с этим напомним, что великий Гёте обращал особое внимание на композицию произведения, выделяя три основных требования к композиции: трансляционно-тождественное повторение элементов структуры, контрастное повторение, варьированное повторение.
В заключение обратимся к живописи, взяв в качестве примера известную картину «Мадонна Липа» кисти великого итальянца Леонардо да Винчи (1452-1519) — см. рис. 2 в таблице 14. Обратите внимание: фигуры мадонны и младенца на картине вписываются в правильный треугольник, который вследствие своей симметричности достаточно хорошо воспринимается глазом зрителя. Благодаря этому мать и младенец сразу же оказываются в центре внимания, как бы выдвигаются на передний план. Голова мадонны точно и в то же время естественно помещается между двумя симметричными окнами на заднем плане картины. В окнах просматриваются спокойные горизонтальные линии облаков и пологих холмов. Возникает ощущение покоя и умиротворенности, усиливаемое за счет гармоничного сочетания голубого цвета с желтоватыми и красными тонами.
Внутренней симметрии противостоит асимметрия, которую нетрудно обнаружить, остановившись взглядом на младенце. Его тельце как-то неправильно, наискосок разрезает упомянутый выше треугольник. Кроме того тут есть особенно выразительная деталь. Вследствие взаимной замкнутости, завершенности линий фигуры мадонны создается впечатление ее безразличия к окружающему миру, и в частности к зрителю. Мадонна вся сосредоточена на младенце, она нежно держит его, нежно глядит на него. Все ее мысли сосредоточены только на нем. И вдруг вся эта умиротворяющая замкнутость картины мгновенно исчезает, как только мы встречаемся со взглядом младенца. Именно тут внутренняя уравновешенность композиции нарушается-, спокойный и внимательный взгляд младенца обращен прямо на зрителя и через него картина раскрывается во внешний мир. Попробуйте мысленно убрать эту чудесную асимметрию, повернуть лицо младенца к матери, соединить их взгляды. Разве не чувствуете, что от этого картина сразу стала бы менее выразительной?
Вот и получается, что всякий раз, когда мы, восхищаясь тем или иным произведением искусства, говорим о гармонии, красоте, эмоциональности воздействия, мы тем самым соприкасаемся с одной и той же вечной проблемой — проблемой соотношения между симметрией и асимметрией. Природа — наука — искусство. Во всем мы обнаруживаем извечное единоборство симметрии и асимметрии.
ЗАДАНИЯ ПО ТЕМЕ 4
Рассмотрите тетраэдр и укажите для него все плоскости симметрии, а также все поворотные оси и их порядок.
Каковы зеркальная и поворотная симметрии круга? Тот же вопрос относительно шара.
Какой тип симметрии бордюра представлен на рис. 3 в таблице 10?
Попробуйте пофантазировать и предложите возможный облик инопланетянина.
Приведите собственные примеры симметрии, не связанные с симметрией геометрических форм (симметрией положений).
Поэма А. Пушкина «Домик в Коломне» написана в относительно редко встречающейся форме октавы. Что Вы можете сказать о симметрии этой формы?
Как Вы понимаете отмеченные в § 4.3 симметрии законов природы? Имеются в виду:
— симметрия по отношению к переносам во времени,
— симметрия по отношению к переносам в пространстве,
— симметрия по отношению к поворотам в пространстве,
— симметрия по отношению к переходу от одного равномерного прямолинейного движения к другому равномерному движению,
— симметрия по отношению к замене левого на правое, а правого на левое,
— симметрия по отношению к замене всех частиц на соответствующие античастицы.
Представьте себе, что Вы кому-то рассказываете об этих симметриях законов природы. Тут, без сомнения, потребуются от Вас какие-то пояснения.
Когда-то люди считали, что Земля плоская. Могли ли они поверить, что законы природы симметричны по отношению к поворотам и переносам в пространстве? Ответ следует обосновать.
Какие разные понятия мы обозначаем термином «земля»? Почему для этих понятий используется один и тот же термин?
Вообразите фантастическую ситуацию: Вы беседуете с Иоганном Кеплером. Какие аргументы Вы привели бы ему в опровержение его представлений об устройстве Вселенной?
В законах сохранения, которыми широко пользуются ученые, выражена не только идея сохранения, но также идеи общности и необходимости. Попробуйте обосновать это утверждение.
Почему невозможно было бы сформулировать какие-либо законы природы в полностью асимметричном мире?
Почему невозможно было бы само существование каких-либо объектов в полностью симметричном мире?
Мы живем в симметрично-асимметричном мире. В §4.5 отмечались ситуации, когда симметрия оценивается нами положительно, а асимметрия — отрицательно, а также когда симметрия оценивается нами отрицательно, а асимметрия — положительно. Возможны ли ситуации, когда и симметрия, и асимметрия оцениваются нами положительно, а также когда и симметрия, и асимметрия оцениваются нами отрицательно?
При посещении картинной галереи попробуйте проанализировать хотя бы какие- то картины с точки зрения соотношения между симметрией и асимметрией.
ТЕМА 5
ПЕРЕСТАНОВКИ, СОЧЕТАНИЯИ ШАНСЫ
В комбинаторике часто случается, что задача, на первый взгляд кажущаяся пустой головоломкой, получает в дальнейшем применения в самых различных областях практической деятельности.
Н.Я. Виленкин
Перестановки
Возьмем коробку с несколькими отделениями; пусть их будет четыре. И возьмем четыре шарика — черный, белый, серый, желтый. Каждый шарик надо поместить в какое-то отделение. Спрашивается: сколько есть разных способов, которыми можно разместить четыре шарика по четырем отделениям? Математик сформулирует этот вопрос короче: чему равно число перестановок четырех шариков? Перестановкой некоторого
количества элементов называют любое размещение этих элементов в определенном порядке. В данном случае элементами являются разноцветные шарики в количестве четырех. В роли элементов могут выступать различные предметы, объекты и даже события. В этой роли выступали, например, Проказница-мартышка, Осел, Козел да косолапый Мишка, которые «затеяли сыграть квартет» в известной басне И.А. Крылова. Число перестановок п элементов будем обозначать как П„. В рассматриваемом нами случае с четырьмя шариками п = 4, и нам требуется выяснить, чему равно П4. Берем первый шарик (пусть это будет черный шарик). Его можно поместить в отделения коробки четырьмя способами — положив в первое отделение или во второе, или в третье, или в четвертое (см. этап 1 на рис. 1 в таблице 15). Затем берем второй шарик (пусть это будет белый шарик). При каждом положении первого (черного) шарика этот второй шарик можно разместить по оставшимся незанятыми трем отделениям тремя способами, так что всего получается 4 • 3 = 12 способов (см. этап 2 на рис. 1). Берем третий шарик (пусть это будет серый шарик). При каждом из двенадцати размещений черного и белого шариков этот третий шарик можно разместить по оставшимся незанятыми двум отделениям двумя способами, так что всего получается 4 • 3- 2 = 24 способа (см. этап 3 на рис. 1). Когда три шарика размещены, для четвертого (желтого) шарика вариантов не остается; он попадает всякий раз в то отделение, которое осталось незанятым. Поэтому общее число способов размещения шариков более не возрастает.
Итак, П4 = 4 • 3 • 2 • 1 = 24. В этом произведении мы специально написали множитель 1, чтобы отметить тот факт, что при каждом размещении трех шариков остается всего один способ поместить четвертый шарик.
Все это можно наглядно изобразить в виде своеобразного «дерева» (см. рис. 2 в таблице 15). Первый шарик можно разместить по отделениям четырьмя способами — ствол нашего дерева расщепляется на 4 ветки. При каждом положении первого шарика можно разместить по оставшимся незанятыми отделениям второй шарик тремя способами — каждая из четырех веток расщепляется на 3 ветки; получаются 4 • 3 = 12 веток. При каждом размещении первых двух шариков можно разместить по оставшимся незанятыми отделениям третий шарик двумя способами — каждая из двенадцати веток расщепляется на 2 ветки; получаются 4 • 3 • 2 = 24 ветки. На этом дальнейшее ветвление дерева перестановок заканчивается.
Теперь предположим, что надо найти П5. Ход рассуждений остается прежний. Надо разместить разными способами 5 шариков по пяти
Таблица 15. Перестановки
отделениям. Для первого шарика есть 5 способов размещения (надо помещать его поочередно в каждое из пяти отделений). При каждом положении первого шарика второй шарик можно разместить по оставшимся незанятыми четырем отделениям четырьмя способами. Для размещения третьего шарика остаются, очевидно, 3 способа, для четвертого шарика — 2 способа, для пятого — один способ. Таким образом,
П5 = 5-4-3-21 = 120.
Нетрудно получить далее:
П6 =6-5-4-3-2-1 = 720,
П7 = 7-6 • 5-4-3 • 2 • 1 = 5040,
П8 = 8 • 7 • 6-5 • 4 • 3 • 2 • 1 = 40320.
Впрочем, нет необходимости всякий раз перемножать все множители. Можно поступить проще:
П3 =3-2-1 =6,
П4 = 4-П3 = 4-6 = 24,
П5 = 5-П4 = 5-24 = 120,
П6 =6-П5 =6-120 =720,
П7 = 4-П6 =7-720 = 5040,
П8 =8-П7 =8-5040 = 40320,
П9 = 9 • П8 = 9 • 40320 = 362880,
П10 = 10 - П9 = 10 - 362880 = 3628800,
По-видимому, уже можно обобщить полученные результаты и записать:
П„ = п • n„_j = п • (п - 2) • П„_2 = п • (п - 1) • (п - 2) - П„_3 = = п • (п - 1) • (п - 2) • (и - 3)П„_4 .
Продолжая в том же духе, можем дойти, скажем до П3 = 3 • 2 • 1. В результате число перестановок П„ может быть представлено в виде произведения п сомножителей (от п до 1):
П„ = и • (и-1)■ (и -2) -(w-3)...3■ 2■ 1.(1)
За многоточием скрываются те множители, которые здесь не выписаны (ведь мы рассматриваем общий случай и сознательно не уточняем, чему равно л).
Результат (1) принято записывать значительно короче, вводя знак факториала. Произведение п сомножителей от л до 1 записывают с помощью этого знака так:
л(л-1)(л-2)(и-3)...3-21 = п\(2)
Говорят, что указанное произведение равно п факториал. Не надо путать знак факториала с восклицательным знаком.
Итак,
П„=и!(3)
Можно также представить:
П„ = п(п-1)\(4)
Далее рассмотрим несколько задач.
Задача 1. В забеге участвуют пять спортсменов. Сколькими способами могут распределиться первые три места?
Решение. Начнем с первого места. В принципе, любой из пяти спортсменов может его занять. Иными словами, есть 5 способов занять первое место. Если первое место кем-то занято, то число претендентов на остальные места становится равным четырем (ведь один из спортсменов, неважно какой именно, занимает первое место) и, значит, в каждом из пяти вариантов заполнения первого места остаются 4 способа занять второе место. Если, например, первое место займет спортсмен № 1, то второе место может оказаться у спортсмена № 2 или № 3, или № 4, или № 5. А если, например, первое место займет спортсмен № 5, то второе может оказаться у спортсмена № 1 или № 2, или № 3, или № 4. Итак, получается, что число способов, какими могут распределиться первые два места, равно 5 • 4 = 20. Если два места заняты, то число претендентов на остальные места равно трем и, значит, в каждом из двадцати вариантов распределения первых двух мест имеются 3 способа занять третье место. Таким образом, число способов, какими могут распределиться первые три места (при пяти участниках забега) равно 5 • 4 • 3 = 60.
Примечание. Нетрудно сообразить (хотя это и не спрашивается в задаче), что число способов, какими могут распределиться первые четыре места, равно 5 • 4 • 3 • 2 = 120. Если четыре места заняты, то судьба пятого места определяется однозначно. Следовательно, полное число способов распределения пяти мест при забеге пяти спортсменов равно 5 * 4 • 3 * 2 • 1 = 5! (пять факториал). Впрочем, это можно было бы и не трудиться подсчитывать, поскольку полное число распределений мест пяти участников забега должно равняться числу перестановок этих участников. Это все равно, как если бы спросили: сколькими способами могут пять человек стать в очередь?
Задача 2. В автомашине пять мест. Сколькими способами можно разместить впей пять человек, если занять место водителя могут только трое из них?
Решение. На место водителя могут претендовать три человека и, значит, возможны три варианта. В каждом из этих вариантов надо разместить оставшихся четырех человек по четырем местам, что можно сделать числом способов, равным 4!. Итак, ответ на вопрос задачи: 3-4! = 3- 4- 3- 2 = 72 способа.
Задача 3. Семь человек дожидаются большого начальника, сидя у него в приемной. Начальник появился и предложил ожидающим организовать очередь. Сколькими способами может быть организована эта очередь, если трое являются ветеранами и имеют право на внеочередное обслуживание?
Решение. Если бы никто из ожидавших не имел льгот, то ответ был бы ясен сразу. Очередь из семи человек можно организовать числом способом, равным 7!, т. е. равным 5040. Но тут есть три ветерана. Они должны занять первые три места в очереди, и сделать это можно числом способов, равным 3! = 6. Любой из этих шести вариантов допускает организацию остальных четырех мест в очереди числом способов, равным 4! = 12. Следовательно ответ на вопрос задачи таков: 3! • 4! = 6 • 24 = 144 способа.
Сочетания (выборки)
При работе с перестановками мы рассматривали различные способы размещения некоторого количества неких элементов друг относительно друга. Теперь мы займемся иной проблемой. Имеется некоторое количество п неких элементов, и надо рассмотреть различные способы, какими можно выбрать из них т элементов (0 <т<п\ При этом порядок выбранных элементов не учитывается, так что нет смысла рассматривать их перестановки. Выборку т элементов из п обычно называют сочетанием (сочетанием из п элементов по т). Число таких сочетаний (выборок) обозначают как С^. Приведем ряд несложных задач, требующих подсчета числа сочетаний.
Задача 1. Ученику дано задание прочитать за лето любые две книги из указанных в списке четырех книг. Сколько у него есть способов выполнить это задание?
Решение. Пусть в списке находятся книги А, Б, В, Г (обозначим так эти книги). Ученику надо прочитать любые из них, причем порядок прочтения не оговаривается. Допустим, в качестве первой он выбрал для чтения книгу А. Тогда, чтобы выполнить задание, ученик должен прочитать книги А, Б или А, В или А, Г. Если в качестве первой он выбрал книгу Б, то ему придется прочитать Б, В или Б, Г (вариант Б, А совпадает с уже учтенным вариантом А, Б). Если в качестве первой ученик выбрал книгу В, то теперь у него остался один способ выполнить задание — прочитать В, Г. Вот и все возможные варианты:
А, Б; А, В; А, Г; Б, В; Б, Г; В, Г.
Этих вариантов шесть. Таким образом С % = 6 .
Задача 2. Человеку нужно приобрести три подарка. В магазине ему предложили на выбор пять вполне равноценных предметов. Сколькими способами человек может сделать выбор?
Решение. Обозначим предложенные предметы: А, Б, В, Г, Д. Возможные выборки трех из пяти (сочетания из пяти по три): А, Б, В; А, Б, Г; А, Б, Д; А, В, Г; А, В, Д; А, Г, Д; Б, А, Г; Б, В, Д; Б, Г, Д; В, Г, Д. Всего 10 выборок. Таким образом, С/ = 10 .
Задача 3. Имеются три одноместные путевки в санаторий. А попасть в санаторий желают шесть человек. Сколькими способами можно выбрать трех «счастливчиков» ?
Решение. Обозначим желающих получить путевку: А, Б, В, Г, Д, Е. Возможные способы выбрать троих из них:
А, Б, В; А, Б, Г; А, Б, Д; А, Б, Е; А, В, Г; А, В, Д; А, В, Е;
А, Г, Д; А, Г, Е; А, Д, Е; Б, В, Г; Б, В, Д; Б, В, Е; Б, Г, Д;
Б, Г, Е; Б, Д, Е; В, Г, Д; В, Г, Е; В, Д, Е; Г, Д, Е.
Всего 20 способов. Таким образом, С63 = 20 .
Задача 4. Сколькими способами можно выбрать из шести человек комиссию, состоящую из четырех членов?
Решение. Обозначим шестерых претендентов: А, Б, В, Г, Д, Е.
Возможные выборки четырех из них:
А, Б, В, Г;А, Б, В,Д;А,Б,В, Е;А,Б, Г,Д;А, Б,Г,Е;
А, Б, Д, Е;А, В, Г,Д;А,В,Г, Е;А,В, Д,Е;А, Г,Д,Е;
Б, В, Г, Д;Б, В, Г,Е;Б,В,Д, Е;Б,Г, Д,Е;В, Г,Д,Е.
Всего 15 выборок.Такимобразом,Cg= 15 .
Если внимательно прочитать решения рассмотренных задач, то вполне можно уловить логику отбора нужных сочетаний, а значит, и подсчета их числа. Однако для большей наглядности обратимся, как и в случае с перестановками, к модели раскладывания шариков по отделениям в коробке. Правда, модель с шариками будет теперь иной. Раньше (при рассмотрении перестановок) число шариков равнялось числу отделений и принимался во внимание порядок расположения шариков друг по отношению к другу (недаром шарики различались, например, по цвету или номеру). Теперь число шариков меньше числа отделений (в частном случае оно равно числу отделений или нулю) и при этом порядок расположения шариков не учитывается (все шарики белые). Будем выяснять, сколькими способами можно разместить т одинаковых шариков по п отделениям, полагая, как и раньше, что в отделении может поместиться только один шарик. Число этих способов и есть число сочетаний из п элементов по т, или, иначе говоря, число выборок т элементов из п.
Возможен вопрос: если речь идет о разных размещениях т шариков по п отделениям, то о какой выборке тут можно говорить? Из чего и что именно мы здесь выбираем! И что здесь понимается под словом «элемент»? Отвечаем: из общего числа п отделений мы выбираем здесь т занятых шариками отделений. Отделение занято — значит, в него положен шарик. В роли элементов выступают здесь отделения, причем порядок выбранных (занятых) отделений не учитывается.
Начнем с двух частных случаев. Первый: т = 0. Ситуация, когда ни в одно из отделений не положен шарик, разумеется, возможна. Но возможны ли два или более разных способов не положить ни одного шарика ни в одно отделение? — Нет, невозможны. Значит, есть только один способ реализовать данную ситуацию; следовательно,
С° — 1
Второй частный случай: т = п. Это значит, что в каждом отделении есть по шарику. Реализовать такую ситуацию можно тоже только одним способом (ведь шарики одинаковы и, значит, порядок их размещения учитывается). Следовательно,
С” - 1
Далее обратимся к случаям, когда т = 1. Сколькими способами можно разместить один шарик в коробке с п отделениями? Очевидно, таких способов п (надо поочередно помещать шарик в каждое из п отделений). Следовательно,
С„ = п.
Для п = 3, п = 4, п = 5 соответствующие способы размещения шарика изображены на рис. 1, а в таблице 16.
А на рис. 1, б в той же таблице показаны случаи, когда т = п - 1 (опять-таки для п = 3, п = 4, п = 5). Мы видим, что
с;-' = „.
Получается, что
С,1 = с„"-'.(5)
И это отнюдь не случайное совпадение! Есть определенная аналогия между рис. 1, а и рис. 1,6. На рис. 1, а в каждом размещении участвует один шарик, или, иными словами, одно занятое отделение, а на рис. 1, б в каждом размещении участвует одно незанятое (пустующее) отделение. Понятно, что число способов, какими из п отделений можно выбрать
Таблица 16. Сочетания
одно занятое, должно равняться числу способов, какими из и отделений можно выбрать одно незанятое. Размещать один шарик — это все равно, что размешать п - 1 пустых мест. А число размещений п - 1 пустых мест равно, очевидно, числу размещений и - 1 шариков (достаточно заменить мысленно пустые места на шарики, а шарики на пустые места).
Соотношение (1) можно обобщить для любого т;
с: = сгт •(6)
На рис. 2 в таблице 16 наглядно демонстрируется справедливость формулы (6) для случая, когда п = 5, т = 3. Размещать три шарика по пяти отделениям — это все равно, что размещать по пяти отделениям два пустых места. А размещать два пустых места — это все равно, что размещать два шарика.
В справедливости формулы (6) можно также убедиться, решив следующую задачу.
Задача 5. Сколькими способами можно разбить группу из п человек на две подгруппы, в одной из которых будет т человек, а в другой п - т?
Задача имеет два решения.
Решение первое. Надо выяснить, сколькими способами можно выбрать т человек из п. Понятно, что число таких способов равно С™ . При этом всякий раз автоматически выявляется и соответствующая подгруппа, состоящая из п - т человек.
Решение второе. Надо выяснить, сколькими способами можно выбрать п — т человек из п. Число таких способов равно С™ . При этом всякий раз выявляется и подгруппа из т человек.
Оба решения дают ответ на вопрос, поставленный в задаче. А это как раз и означает, что С: = С^т .
Получим еще одно полезное соотношение для числа сочетаний (оно позволит нам переходить от числа сочетаний из п - 1 элементов к числу сочетаний из п элементов). Для этого разобьем мысленно все количество сочетаний из п элементов по т (оно равно С™ ) на две группы — группу 1 и группу 2. В группу 1 включим все сочетания, для которых первое отделение в коробке занято шариком, так что остальные т - 1 шариков распределены по оставшимся п - 1 отделениям. Число таких сочетаний равно С^1. В группу 2 включим все остальные из С^ сочетаний; у этих «остальных» сочетаний первое отделение пустует, так что все т, шариков оказываются распределенными по оставшимся п - 1 отделениям. Число «остальных» сочетаний равно C™_v. Полное число сочетаний С™ сумма сочетаний из группы 1 и сочетаний из группы 2; следовательно,
гт 1 । гт
Эти рассуждения поясняет рис. 3 из таблицы 16.
Задача 6. Используя соотношение (7), надо найти, чему равно С^ .
Решение. Согласно (7), С7 = Сб4 + Сб5. Из задачи 4 мы знаем, что Сб4 = 15 . Далее учтем, что Сб5 = С^ = 6. Таким образом, С7 =15 + 6 = 21.
Задача 7. Используя (7), надо найти, чему равно С^ .
Решение. Согласно (7), С3 = Сб2 + Сб3. Мы уже знаем, что Сб4 =15 и, значит, Сб2 =15 (поскольку Сб2 = Сб4). Что же касается Сб3, то применим еще раз соотношение (7); Сб3 = С52 + С53 = 10 +10 = 20 . Таким образом, С3 = 15 + 20 = 35.
Задача 8. Используя (7), надо найти, чему равно С8.
Решение. Согласно (7), С8 = С2 + С3. Согласно (6), С2 = С7 , а С7 мы уже подсчитывали (в задаче 6) и получили 21. Нам известно также С3, оно равно 35 (см. задачу 7). Таким образом, С8 = 21 + 35 = 56 .
Формула для подсчета числа сочетаний
Полезность соотношения (7) очевидна. Однако вряд ли удобно пользоваться им всякий раз, как потребуется найти число тех или иных выборок. Хотелось бы иметь формулу, позволяющую сразу подсчитать С™, коль скоро даны п и т.
Получить эту формулу нетрудно. Рассмотрим какую-то одну выборку т элементов из п (одну выборку т прочитанных книг из общего числа п книг). Сколькими способами можно реализовать перестановку элементов (книг) для данной конкретной выборки, не нарушая этой выборки? Подчеркнем: не просто для всех п элементов (тогда число перестановок равнялось бы л!), а для т отобранных элементов (прочитанных книг) в комбинации с перестановками п - т элементов, оставшихся в данной выборке неотобранными. Число перестановок т отобранных элементов равно т\. Число перестановок п- т неотобранных элементов равно (п - т)'.. Каждую из первых перестановок надо скомбинировать с каждой из вторых перестановок. Таким образом, все перестановки элементов для данной выборки т элементов из п, не нарушающие этой выборки, можно реализовать числом способов, равным т'.(п - ту. Если мы затем умножим это число на число всех возможных выборок из п элементов по т, т. е. умножим на С”, то получим полное число перестановок п элементов, которое есть п\. Итак,
т\(п - т)1С^ = п\
Отсюда следует искомая формула:
С"'=^Д+-<8>
Возникает вопрос: как быть, если т = 0 или т = и! Тут можно поступить двояко. Можно оговорить, что формула (8) применима для т О и т и, и учитывать, что С^ = С^ = 1. А можно условиться, что 0! = 1, и пользоваться формулой (8) во всех случаях. Математики предпочитают использовать второй вариант.
Рассмотрим несколько задач с использованием формулы (8).
Задача 1. У туриста есть семь консервных банок с ухой. В походе он будет находиться десять дней; из них какие-то семь дней будет есть уху, а три дня будет питаться всухомятку. Сколько у туриста есть способов выбрать дни с горячим питанием?
Решение. Число способов равно С^ . Используя (8), находим:
7 _ 10! _ Ю-9-8-7! _С*° —7!-3! —7!-3!5
Задача 2. Для подарков ко дню восьмого марта человек должен приобрести три броши и три браслета. В магазине ему предложили на выбор пять брошей и шесть браслетов. Сколькими способами человек может сделать выбор?
Решение. Три броши из пяти можно выбрать числом способов, равным С 5 , а три браслета из шести — числом способов С^ . Каждый из способов выбора броши нужно скомбинировать с каждым из способов выбора браслета. Следовательно, полное число способов, какими человек может выбрать три броши и три браслета, есть
_ 5!6! _ 5-4-3 !-6-5-4-3! _ 5.2.5.4 — 200
6-3!-2! 3!-3!~3!-2!-3!-3!
Задача 3. Восемь человек должны расположиться в двух комнатах, причем так, чтобы в каждой было не менее трех человек. Сколькими способами это можно сделать ?
Решение. Есть два варианта. Первый: в одной комнате три человека, а в другой пять. Второй: в каждой комнате по четыре человека. В первом варианте число способов размещения равно числу выборок трех из восьми (или пяти из восьми, что одно и то же); это число есть С^ . Во втором варианте число способов размещения равно числу выборок четырех из восьми, т. е. равно С84. Полное число способов размещения людей должно учитывать как первый, так и второй варианты:
О |О I
^+^=^ + ^ = 56 + 70 = 126.
Задача 4. Группу из девяти человек надо разбить на три подгруппы — в одной два человека, в другой три, в третьей четыре. Сколькими способами можно выполнить такое разбиение ?
Решение. Сначала выясняем, сколькими способами можно выбрать двух человек из девяти. Это число способов равно С^ . После того, как этот выбор состоялся, осталось семь человек. Из них надо организовать подгруппы из трех и четырех человек. Это можно сделать числом способов, равным С^ (или С4, что одно и то
же). Итак, девять человек можно разбить на два, три и четыре следующим числом способов:
,29!7!972!-7! 3!-4!,29!7!972!-7! 3!-4!9 • 8 • 7 • 6 • 5 • 4!2!-3!-4!9 • 8 • 7 • 6 • 5 • 4!2!-3!-4!= 1260.= 1260.
,29!7!
972!-7! 3!-4!
,29!7!
972!-7! 3!-4!
9 • 8 • 7 • 6 • 5 • 4!
2!-3!-4!
9 • 8 • 7 • 6 • 5 • 4!
2!-3!-4!
= 1260.
= 1260.
Примечание. Можно было бы сначала выяснить, сколько есть выборок трех человек из девяти. Тогда ответ на вопрос задачи дало бы произведение С93 • С62. А можно было бы сначала выяснить, сколько есть выборок четырех человек из девяти. Тогда ответ дало бы произведение С9 • С52. Предлагаем самостоятельно убедиться, что
/^2лл2 /^4 /^2
С, g ‘7 —‘6 —5 •
Задача 5. Сколькими способами можно рассадить за столом пять гостей, если стол накрыт на семь персон?
Решение. Пять выборок из семи равно С^ . Но это еще не ответ на поставленный в задаче вопрос, поскольку при рассаживании гостей за столом необходимо принимать во внимание также число перестановок пяти гостей (оно равно П5). Ведь занявших те или иные пять стульев можно поменять местами. Таким образом, пять гостей можно рассадить за столом, накрытым на семь персон, числом способов, равным
,7’
С75П5 =^t-5! = 7-6-5-4.3 = 2520.
5!- 2!
Сочетания и треугольник Паскаля
Расположим различные числа сочетаний на листе бумаги так, как это показано на рис. 1 в таблице 17. Здесь все числа сочетаний с данным п расположены в строку; она содержит п + 1 чисел (для т = 0, 1, 2, 3,..., п).
Строка с п = 1 содержит два числа сочетаний: С® и С/.
Под ней помещается строка с п = 2; она содержит три числа сочетаний: с®, с\, С^.
Ниже идет строка с п = 3; она содержит четыре числа сочетаний: С3, С3, С32, С33.
И так далее. На рис. 1 изображены последовательно одна под другой восемь строк (для п = 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8). Разумеется, строки можно, при желании продолжить вниз, постепенно увеличивая п. Чем больше п, тем ниже расположена соответствующая строка и тем она длиннее. Обратим внимание также на то, что число С™ помещается не точно под числом С™_х, а под промежутком между числами С„~х и С„_х.
Такое расположение чисел сочетаний на листе бумаги математики называют арифметическим треугольником. Этот «треугольник» образован
Таблица 17. Треугольник Паскаля
не отрезками прямых, а определенным расположением чисел сочетаний на плоскости. Он был описан в 1665 году французским ученым Блезом Паскалем в его труде «Трактат об арифметическом треугольнике». В честь Паскаля арифметический треугольник принято называть треугольником Паскаля.
Используя формулу (5), можно было бы сразу представить треугольник Паскаля не в виде, показанном на рис. 1, а в виде соответствующих натуральных чисел. Однако не будем торопиться и покажем, как можно получить треугольник Паскаля в виде чисел, не пользуясь формулой (8). Воспользуемся тем, что С® = С” = 1, а также тем, что С^ = С”-1 = п. В результате рис. 1 в таблице 17 преобразуется в рис. 2. Глядя на него, можно предположить, что треугольник Паскаля зеркально симметричен относительно вертикальной прямой, проведенной пунктиром. В правильности этого предположения нетрудно убедиться, воспользовавшись соотношением (6).
Чтобы представить в виде натуральных чисел все числа сочетаний на рис.2, надо воспользоваться соотношением (7). Так, зная, что С3 = С32 = 3, можно, используя (7), найти С4 (поскольку С4 = С31 + С32 , то С4 =3 + 3 = 6). Если нам известны, например, С2 и С3, то мы можем, используя (7), найти С8 (С8 = С2 + С3).
В итоге не составит особого труда найти все С™, представленные на рис. 2, и получить треугольник Паскаля в виде натуральных чисел — см. рис. 3 в таблице 17.
Треугольник Паскаля, доска Гальтона, монетки...
На рис. 1 в таблице 18 изображено устройство, называемое доской Гальтона по имени английского ученого Френсиса Гальтона (1822-1911).
Это устройство представляет собой плоскую доску, на которой в определенном порядке укреплены штырьки-цилиндрики (кружочки на рисунке — основания цилиндриков): вверху один штырек-цилиндрик, ниже — первый ряд из двух штырьков, еще ниже — второй ряд из трех штырьков и так далее. На доске Гальтона, представленной на рис. 1, имеются пять рядов штырьков. Количество рядов (и соответственно штырьков) могло бы быть больше, но нам вполне достаточно пяти рядов. Внизу доски есть семь отделений-ловушек, обозначенных буквами А, Б, В, Г, Д, Е, Ж.
Доска с штырьками устанавливается в наклонном положении. Затем берется шарик и аккуратно роняется прямо на середину верхнего
Таблица 18. Доска Гальтона
А Б В Г Д ЕЖ
штырька. Он отскакивает от штырька влево или вправо и попадает на середину одного из штырьков первого ряда. Затем шарик снова отскакивает влево или вправо и попадает на середину одного из штырьков второго ряда. И так далее. На рис. 2 в таблице 18 весь путь шарика состоит из последовательности следующих шагов-отскоков:
ВЛЕВО - ВЛЕВО - ВПРАВО - ВЛЕВО - ВЛЕВО - ВПРАВО.
После этого шарик попал в ловушку В. Конечно, возможен был и другой путь шарика, который привел бы его в ту же или другую ловушку.
Поставим вопрос: сколько есть возможных путей попадания шарика, например, на второй слева штырек в третьем ряду? Нетрудно сообразить, что таких путей три — см. рис. 3 в таблице 18. Обозначая отскок шарика влево буквой Л, а вправо буквой П, можем кратко записать эти три пути так: ЛЛП, Л ПЛ, ПЛЛ.
А сколько есть путей попадания шарика на крайний правый штырек в пятом ряду? Очевидно, что тут есть только один путь: ППППП. Он также показан на рис. 3.
На рис. 4 в таблице 18 показаны все четыре пути попадания шарика на второй слева штырек в четвертом ряду:
лллп, ллпл, лплл, пллл.
На рис. 5 в таблице 18 показаны все пять путей попадания шарика на второй справа штырек в пятом ряду:
ппппл, ппплп, пплпп, плппп, лпппп.
На рис. 6 в таблице 48 на основании каждого штырька-цилиндрика написано число способов (путей) попадания шарика на этот штырек. Сравним этот рисунок с рис. 3 в таблице 17. Убеждаемся, что перед нами треугольник Паскаля. Написанные на штырьках числа — это числа сочетаний С™. Здесь п — номер ряда, в котором находится штырек; для крайнего левого в ряду штырька т = 0, а затем в ряду идут штырьки с т = 1, 2, 3,..., п.
Согласно рис. 6, число способов, какими шарик может попасть, например, на третий слева штырек в пятом ряду, есть число сочетаний из пяти по два: С| = 10. Все эти десять способов таковы (в наших обозначениях, где Л — отскакивание шарика влево, а П — вправо):
лллпп плллп лпллп пллпл лпплл плплл ллплп лплпл ллппл ппллл
Нетрудно убедиться, что все эти десять вариантов попадания на третий штырек в пятом ряду полностью соответствуют десяти способам размещения двух шариков по пяти отделениям в коробке, которые были изображены на рис. 2, б в таблице 16. Надо только заменить здесь П на отделение, занятое шариком, а Л — на незанятое отделение. Заметим, что, если поступить наоборот (заменить П на незанятое отделение, а Л — на занятое шариком), получатся размещения трех шариков по пяти отделениям, изображенные на рис. 2, а в таблице 16.
Итак, число способов, какими можно попасть на (т + 1)-й штырек (считая слева) в п-м ряду, равно числу способов разместить т шариков по п отделениям; иначе говоря, равно числу выборок т элементов из п, т. е. равно С™
Используя движение (скачки) шарика по доске Гальтона, можно лишний раз получить уже известное нам соотношение (7) для чисел сочетаний. Мы уже выяснили, что добраться до штырька, занимающего (/и + 1)-е место в п-м ряду, возможно числом способов, равным С"'. Ясно, что попасть на этот штырек можно либо с расположенного над ним штырька слева (штырька, занимающего т-е место в (п - 1)-м ряду), либо с расположенного над ним штырька справа (штырька, занимающего (т + 1)-е место в (п - 1)-м ряду). Есть С^Д1 способов попасть на левый верхний штырек и С^ способов попасть на правый. Отсюда сразу получаем: С™ = С^Д1 + С^.
А теперь займемся подбрасыванием монетки. Сколькими способами могут выпасть две решки при пяти бросаниях монетки? Обозначая выпадение решки буквой Р, а выпадение орла буквой О, представим следующим образом все интересующие нас варианты:
ОООРР РОООР ОРООР РООРО ОРРОО РОРОО ООРОР ОРОРО
ООРРО РРООО
Получаются те же десять вариантов, что и в случае с размещениями двух шариков по пяти отделениям или в случае с попаданием на третий штырек в пятом ряду на доске Гальтона.
Вполне понятно, что набор способов выбрать из пяти отделений два занятых отделения должен совпадать с набором способов выбрать из пяти бросаний монетки два с выпадением решки. Но почему такой же набор вариантов получается при рассмотрении способов попадания шарика на третий штырек в пятом ряду на доске Гальтона? Ответить на этот вопрос нетрудно. Чтобы попасть на упомянутый штырек, шарик
должен испытать пять соударений (с самым верхним штырьком, а затем с каким-то штырьком из первого, второго, третьего и четвертого рядов), и при этом в двух соударениях шарик должен отскочить вправо. Значит, речь идет о наборе способов выбрать из пяти соударений два правых соударения (соударения с отскоком вправо).
Задача 1. Сколько есть способов (путей) попадания шарика в ловушку В на доске Гальтона, изображенной на рис. 1 в таблице 18.
Решение. В ловушку В шарик может попасть либо после соударения со вторым штырьком из пятого ряда, либо после соударения с третьим штырьком из пятого ряда. У шарика есть 5 способов добраться до первого из упомянутых штырьков и 10 способов добраться до второго из упомянутых штырьков. Значит, попасть вдовушку В шарик может числом способов, равным 5 + 10 = 15.
Задача 2. Сколько есть способов (путей) попадания шарика либо в ловушку В, либо в ловушку А?
Решение. Чтобы найти число способов попасть либо в ловушку В, либо в ловушку Л, надо сложить число способов попасть в ловушку В и число способов попасть в ловушку Л. Число способов попасть в ловушку В мы уже знаем; оно равно 15. А попасть в ловушку Л есть, очевидно, только один способ. Значит, число способов попасть либо в В, либо в Л, равно 15 + 1 = 16.
Задача 3. Сколько есть способов (путей) попадания шарика хотя бы в какую-то (безразлично какую) из семи ловушек?
Решение. Данный вопрос можно переформулировать так: сколько есть способов попасть либо в ловушку Л, либо в ловушку Б, либо в ловушку В, либо в ловушку Г, либо в ловушку Д, либо в ловушку Е, либо в ловушку Ж? В каждую из семи ловушек ведет определенное число путей. В задаче требуется указать полное число путей для всех ловушек. Оно равно 64 (см. рис. 6 в таблице 18; там для каждой ловушки указано число путей, приводящих шарик в эту ловушку).
Давайте сравним шансы!
В жизни мы нередко сравниваем шансы. Когда мы это делаем? — Тогда, когда рассматриваем события, исход которых неоднозначен. Шарик, скачущий по доске Гальтона, может попасть или не попасть в ловушку В. Он может также попасть или не попасть в ловушку А. Мы говорим, что у него больше шансов попасть в ловушку В, нежели в ловушку А. Почему мы так говорим? — Да потому, что существует 15 способов (путей) попасть в ловушку В и только один — попасть в ловушку А.
При подбрасывании монетки пять раз решка может выпасть или не выпасть два раза. Мы уверены, что выпадение решки два раза при пяти
подбрасываниях имеет больше шансов по сравнению с выпадением решки, скажем, все пять раз. Такая уверенность связана с тем, что при пяти подбрасываниях монетки есть 10 способов выпадения двух решек (ведь СI = 10) и лишь один выпадения пяти решек (Cl = 1).
И в случае с движением шарика по доске Гальтона, и в случае с подбрасыванием монетки мы полагаем, что шансы каждого конкретного способа одинаковы. Именно поэтому мы заключаем, что больше шансов у той ситуации, которая имеет больше способов реализации.
Но можно ли считать, что шансы каждого пути, который проделывает шарик от верхнего штырька до той или иной ловушки, действительно одинаковы? — Да, можно. На любом пути шарик испытывает пять соударений с штырьками и при каждом соударении он имеет одинаковые шансы отскочить как влево, так и вправо. Вот и получается, что у шарика одинаковые шансы проделать любой из шестидесяти четырех возможных путей (то, что всего путей шестьдесят четыре, мы установили в задаче 3 в § 5.5). Все это справедливо и для примера с подбрасыванием монетки. При каждом подбрасывании у монетки есть одинаковые шансы выпасть решкой или орлом. Если события имеют одинаковые шансы, их называют равновозможными. Отскакивание шарика от штырька влево или вправо — равновозможные события. Выпадение подброшенной монетки решкой или орлом — равновозможные события. Равновозможными являются также такие события как попадание шарика в ловушку Л или в ловушку Ж. Или, например, попадание шарика в ловушку Б или ловушку Е. Или попадание шарика в ловушку В или ловушку Д. Ведь в каждую из этих пар ловушек ведет одинаковое число путей (способов): один в ловушки Л и Ж, шесть в ловушки Б и Е, пятнадцать в ловушки В и Д (см. рис. 6 в таблице 18). Заметим, что мы начали сравнивать шансы (хотя бы качественно), не выяснив, чем эти шансы измеряют. В § 6.1 мы это выясним, но в дальнейшем перейдем от не очень четкого и во многом интуитивного понятия «шансы» к математически строгому понятию «вероятность».
ЗАДАНИЯ ПО ТЕМЕ 5
В автомашине пять мест. Сколькими способами можно разместить в ней пять человек, из которых один не имеет права занять место за рулем?
Ответ: 96 способов.
В автомашине пять мест. Сколькими способами можно разместить в ней четырех человек, если занять место водителя могут двое из них?
Ответ: 48 способов.
Студенту нужно сдать четыре экзамена в течение семи дней. Сколькими способами можно составить ему расписание экзаменов с учетом того, что в один день нельзя сдавать более одного экзамена?
Ответ: 840 способов.
Студенту нужно сдать за шесть дней три экзамена: по математике, физике, электронике. Сколькими способами можно составить ему расписание экзаменов при условии, что в один день разрешено сдавать не более одного экзамена и что сначала нужно сдать математику, потом физику, потом электронику?
Ответ: 20 способов.
Из семи человек, среди которых есть три доктора наук, надо выбрать комиссию из четырех членов с условием, что в нее вошел по крайней мере один доктор наук. Сколькими способами можно выбрать такую комиссию?
Ответ: 34 способа.
Указание. Надо рассмотреть три ситуации: 1) в комиссию включены все три доктора наук, 2) в комиссию включены два доктора наук, 3) в комиссию включен один доктор наук.
Десять человек должны расположиться в трех комнатах, причем так, чтобы в каждой было не менее трех человек. Сколькими способами можно это сделать?
Ответ: 4200 способов.
Указание. Надо каждый из способов, какими можно выбрать троих из десяти, скомбинировать с каждым из способов, какими можно выбрать троих из семи (или четверых из семи, что одно и то же).
Восемь человек должны расположиться в трех комнатах, причем так, чтобы в каждой было не менее двух человек. Сколькими способами можно это сделать?
Ответ: 980 способов.
Указание. Надо рассмотреть две схемы расселения: 2-2-4 и 2-3-3.
В порядке тренировки выпишите все числа в 9-й, 10-й и 11-й строках треугольника Паскаля и изобразите на отдельном листе бумаги треугольник Паскаля с п = 1, 2, 3,..., 11. Этот треугольник пригодится нам для выполнения заданий 9, 10, 11, 15.
Выпишите по порядку суммы чисел для разных строк треугольника Паскаля, начиная с л = 1 вплоть до л = 11. Какая закономерность наблюдается в последовательности этих сумм?
Для каждой строки треугольника Паскаля сравните сумму чисел, стоящих на нечетных местах, с суммой чисел, стоящих на четных местах. Какой вывод Вы сделаете?
Рассмотрите внимательно строки треугольника Паскаля, для которых л — простое число (л = 2, 3, 5, 7, 11). Что особенного можно заметить в этих строках?
Монетка подбрасывается шесть раз. Сколько есть вариантов выпадения либо двух, либо трех решек?
Ответ: 35 вариантов.
Монетка подбрасывается семь раз. Сколько есть вариантов выпадения либо двух решек, либо трех орлов?
Ответ: 56 вариантов.
Монетка подбрасывается восемь раз. Сколько есть вариантов выпадения одновременно пяти орлов и трех решек?
Ответ: 56 вариантов.
Монетка подбрасывается девять раз. Сколько всего есть различных вариантов выпадения орлов и решек?
Ответ: 512 вариантов.
Монетка подбрасывается п раз. Докажите, что число вариантов выпадения т решек равно числу вариантов выпадения п - т решек.
Монетка подбрасывается восемь раз. Какие шансы больше — выпасть решке четыре раза или выпасть орлу пять раз?
Какие шансы больше — попасть шарику в ловушку В или попасть ему в ловушку Г на доске Гальтона? Здесь и далее рассматриваем доску Гальтона, изображенную в таблице 18 (см. рис. 1 и рис. 6).
Какие шансы больше — попасть шарику в любую из ловушек Д и Е или же попасть ему в любую из ловушек Г и Ж на доске Гальтона?
ТЕМА 6
ПЕРВОЕ ЗНАКОМСТВО С ВЕРОЯТНОСТЬЮ
Вероятностью какого-либо события называется отношение числа равновозможных случаев, благоприятствующих событию, к числу всех возможных случаев.
В.Я. Буняковский
Нас интересует отношение числа шансов, благоприятствующих событию, к общему числу всех шансов. Его называют вероятностью события.
Огюстен Курно
Вероятность есть степень достоверности ...
Николай Бернулли
Справка:
Виктор Яковлевич Буняковский (1804-1889) — выдающийся российский математик.
Огюстен Курно (1801-1877) — известный французский математик и философ.
Николай Бернулли (1687-1759) — известный швейцарский математик, племянник знаменитого математика Якоба Бернулли (1654-1705), автора книги «Искусство предположений».
Классическое определение вероятности события
Давайте не торопясь начнем знакомиться с понятием вероятности, не касаясь пока вопросов, связанных с историей появления и развития этого понятия. Прежде всего отметим, что вероятность рассматривают по отношению к событиям, причем событиям случайным. Например, при подбрасывании игрального кубика случайно выпадает грань с четным числом очков. Можно поинтересоваться вероятностью этого события. В мешке три красных и пять белых шаров. Какова вероятность, действуя наугад, случайно вынуть из мешка красный шар? Перемещаясь по доске Гальтона, шарик случайно попадает в ловушку Д. И у этого события есть определенная вероятность, которую можно подсчитать (ипритом довольно легко). Или вот Вам случайно досталась путевка в санаторий, выделенная на пятерых человек (пришлось тянуть жребий). Какова вероятность этого приятного для Вас, но тем не менее случайного события? А какова вероятность случайного получения путевки, если всего имеются три путевки, но, кроме Вас, на них претендуют еще семь человек? Произвольно отбирают четверых лиц из шести для работы в некоторой комиссии. Какова вероятность того, что в комиссию случайно попадут четверо определенных лиц?
В двух крайних случаях понятие вероятности формально применяют по отношению к событиям, не являющимся случайными. Если некоторое событие никогда не происходит, его называют невозможным событием и полагают его вероятность равной нулю. Другой крайний случай связан с событием, которое при определенных условиях происходит наверняка. Такое событие называют достоверным и полагают его вероятность равной единице. Конечно, ни невозможное, ни достоверное события нельзя считать случайными. Невозможное событие попросту не существует; мы можем говорить о нем лишь чисто умозрительно. Примеры невозможных событий: железный молоток при нагревании подскочил вверх; упавшее с яблони яблоко превратилось в грушу; при совершенно безоблачном небе пошел сильный дождь. Что же касается достоверных событий, то они по самой сути своей не являются случайными — они происходят наверняка.
Значение вероятности любого случайного события удовлетворяет неравенствам:
0<Р<1,(1)
где Р — общепринятое обозначение вероятности (начальная буква английского слова PROBABILITY, означающего ВЕРОЯТНОСТЬ). Вероятность события можно рассматривать как меру его достоверности. Чем ближе Р к нулю, тем менее достоверно событие; при Р = 0 оно вообще 120
оказывается недостоверным — это событие невозможное. Чем ближе Р к единице, тем более достоверно событие; при Р= 1 оно превращается в достоверное событие.
Если два случайных события (событие Р(1) и событие Р(2)) имеют одинаковую вероятность, т. е. если Р(1) = Р(2), то такие события называют равновероятными или равновозможными. В § 5.6 мы ввели понятие равновозможных событий как событий, имеющих одинаковые шансы. Отметим, что смысл таких событий вполне ясен уже из рассматривавшихся нами примеров (например, связанных с движением шарика по доске Гальтона или подбрасыванием монетки) и не нуждается в предварительном введении понятия вероятности. Так, равновероятность отскакивания шарика от штырька влево или вправо объясняется симметрией шарика и штырька по отношению к отражению в плоскости, проходящей через центр шарика и ось штырька. Равновероятность выпадения орла или решки объясняется симметрией монетки по отношению к переворачиванию ее с одной стороны на другую. С очевидной симметрией кубика связана равновероятность выпадения каждой его грани.
Это очень хорошо, что понятия равновероятности (равновозможно- сти) событий можно с учетом симметрии ввести до того, как введено понятие вероятности. Потому что само понятие вероятности вводится с использованием понятия равновозможности.
Классическое определение вероятности было введено в науку в 1812 году Лапласом. Его поддерживал, в частности, В .Я. Буняковский — см. один из эпиграфов к данной теме. Достаточно аккуратная формулировка этого определения выглядит так.
Предположим, что однородные испытания могут привести к любому из п равновозможных исходов. Пусть в каждом из т этих исходов и только в них реализуется событие А (эти исходы называют благоприятными для события А). Тогда вероятность Р(А) данного события определяется выражением-.
Р(А) = т/п.(2)
Коротко говоря, вероятностью события называется отношение числа благоприятных для события исходов к общему числу исходов.
Отметим два крайних случая:
т = п — число благоприятных исходов равно числу всех равновозможных исходов: Р(А) = п / п = 1; событие А достоверное;
т = 0 — число благоприятных исходов равно нулю: Р(А) = 0 / п = 0; событие А невозможное.
Отметим также, что вероятность каждого из п равновозможных (равновероятных) исходов равна 1 / п.
Наряду с событием А рассматривают также событие А, называемое противоположным (или дополнительным). Вероятность того, что произойдет событие А (вероятность Р(Л)) можно рассматривать как вероятность того, что не произойдет событие А. Если из и равновероятных исходов т исходов благоприятствуют событию А (эти и только эти исходы реализуют событие А), то ясно, что остальные п - т исходов не реализуют события А; они реализуют событие А.
Таким образом,
Р(Д = ^—^-= !- — = !-Р(А).(3)
Отсюда следует, что
Р(Я) + Р(Л) = 1.(4)
Заметим, что если событие А невозможное (Р(Л) = 0), то событие А является достоверным (Р(Л) = 1 — Р(А) = 1—0 = 1). Соответственно, если событие А достоверное, то событие А является невозможным. Упавшее с яблони яблоко превратилось в грушу — событие невозможное; упавшее с яблони яблоко не превратилось в грушу — событие достоверное. При безоблачном небе пошел дождь — событие невозможное; при безоблачном небе не пошел дождь — событие достоверное. На находящееся в бассейне с водой тело действует выталкивающая сила — событие достоверное; на находящееся в бассейне с водой тело не действует выталкивающая сила — невозможное событие. При нагревании золотого кольца его диаметр увеличился — событие достоверное; при нагревании золотого кольца его диаметр не увеличился — невозможное событие. Обратим внимание: тот факт, что некое событие не происходит, сам по себе тоже рассматривается как событие.
Перейдем к конкретным примерам, начиная с наиболее простых.
Подбрасывание монетки. Испытания, заключающиеся в подбрасываниях монетки, имеют два равновероятных исхода: выпадение решки и выпадение орла. Если в качестве события А рассматривать выпадение решки, то ясно, что Р(Л) = 1 / 2.
Подбрасывание игрального кубика. Испытания, заключающиеся в подбрасываниях кубика, имеют 6 равновероятных исходов — ведь у кубика шесть граней. Ясно, что вероятность выпадения каждой конкретной грани равна 1/6. Если в качестве события А рассматривается не выпадение какой-то конкретной грани, а выпадение грани с четным числом очков, то в этом случае число благоприятных исходов т = 3. Значит, согласно (2), Р^ = 3 / 6 = 1 / 2.
Вынимание шаров из мешка. Каждое испытание — вынимание наугад одного шара из мешка, в котором находятся п шаров, одинаковых на ощупь. После каждого испытания вынутый шар возвращают в мешок и хорошо перемешивают шары в мешке. Пусть в мешке три красных и пять белых шаров и пусть в качестве события А рассматривается вынимание из мешка красного шара. Полное число равновероятных исходов л = 3 + 5 = 8. Число исходов, благоприятных для события А, т = 3. Следовательно, Р(А) = 3/8. Если в качестве события А рассматривать вынимание из мешка белого шара, то тогда Р(А) = 5 / 8.
А теперь предположим, что событие А — это вынимание из мешка хотя бы какого-то шара (либо красного, либо белого). Это есть достоверное событие, поскольку в любом из испытаний будет вынут либо красный, либо белый шар; значит, Р(А) = 1. В связи с этим обратим внимание на то, что 3/8+5/8 = 1. Это можно выразить словами:
Вероятность вынуть красный шар +
+ Вероятность вынуть белый шар =
= Вероятность вынуть хотя бы какой-то шар (5)
Заметим, что результат (5) соответствует результату (4). Ведь вероятность вынуть белый шар — это вероятность не вынуть красный. Соответственно, вероятность вынуть красный шар — это вероятность не вынуть белый.
Пример с путевкой в санаторий, по поводу которой пришлось тянуть жребий, сводится, по сути дела, к модели вынимания шара из мешка. Итак, есть одна путевка и пять человек, желающих ее получить. Можно свернуть в трубочку и положить в мешок пять бумажек, на одной из которых поставлен плюс, а на остальных минус. Какова вероятность вынуть наугад из мешка бумажку с плюсом? Испытания заключаются в данном случае в произвольном вынимании бумажки из мешка. После каждого испытания вынутая бумажка возвращается в мешок, и бумажки внутри мешка хорошо перемешиваются. Полное число равновероятных исходов в этих испытаниях п = 5. Интересующее нас событие — вынимание бумажки с плюсом. Для него есть лишь один благоприятный исход (т = 1), поскольку из пяти бумажек в мешке только на одной стоит плюс. Следовательно, Р(А) = 1 /5. Понятно, что вероятность не вынуть из мешка бумажку с плюсом: Р(А) = 4 / 5.
Ну, а если есть три путевки на восемь человек? Тогда в мешок надо положить восемь бумажек — три с плюсом и пять с минусом. Теперь вероятность вынуть из мешка бумажку с плюсом будет равна 3/8.
Произвольный выбор определенного сочетания. Предположим, что есть шесть человек и надо из них произвольно выбрать четверых для работы в некоторой комиссии. Среди шести человек четверо являются докторами наук. Какова вероятность того, что при произвольном выборе все четыре отобранных кандидата в комиссию окажутся докторами наук? Испытания заключаются в произвольных выборах четверых из шести. Полное число равновероятных исходов равно, в данном случае числу различных выборок четырех из шести: и = С^ =15. Среди всех этих исходов (выборок) есть только один, когда кажутся выбранными четыре наших доктора. Во всех остальных четырнадцати выборках будут присутствовать один или два «недоктора». Чтобы убедиться в этом, мысленно построим докторов и «недокторов» в какой-нибудь ряд. Например, поставим слева четырех докторов, а справа двоих «недокторов» (перестановки докторов между собой или «недокторов» между собой роли не играют). На рис. 1 в таблице 19 показаны все 15 сочетаний (выборок), где возможные четверки кандидатов в члены комиссии условно обозначены крестиками. Легко видеть, что есть только одно сочетание, для которого вся четверка — доктора наук. Итак, т = 1 и, следовательно, Р(Л) = 1/С64 =1/15.
Шарик на доске Гальтона. Более интересен пример с шариком на доске Гальтона. Испытания состоят в том, что на верхний штырек роняется шарик, и рассматривается его движение от штырька к штырьку, заканчивающееся попаданием в ту или иную ловушку. Мы рассматриваем доску Гальтона с семью ловушками: А, Б, В, Г, Д, Е, Ж. Она изображена на рис. 2 в таблице 19. Там же отмечены числа равновероятных исходов, когда шарик оказывается в той или иной ловушке. Эти числа равны, соответственно, 1, 6, 15, 20, 15, 6, 1. Напомним, что есть только один способ попасть шарику в ловушку А, а также в ловушку Ж, шесть способов попасть в ловушку Б и столько же способов попасть в ловушку Е, 15 способов попасть в ловушку В и столько же способов попасть в ловушку Д, 20 способов попасть в ловушку Г. Полное число исходов (полное число способов попасть хотя бы в какую-нибудь ловушку) равно 1 + 6 + 15 +20+15 + 6+1 = 64. Все эти исходы равновероятны, поскольку в каждом испытании шарик испытывает шесть столкновений со штырьками и при каждом столкновении он с равной вероятностью отскакивает влево или вправо. Итак, и = 64.
Чему равна вероятность попадания шарика, скажем в ловушку Д?
Из полного числа равновероятных исходов п = 64 благоприятными будут т = 15 исходов. Значит, искомая вероятность (ее имеет смысл обозначить как Рд) есть Рд = 15/64.
Таблица 19. Классическое определение вероятности
Можно подсчитать вероятности для попадания шарика в другие ловушки: РА, РБ, Рв, Рг, РЕ, Рж. Числа благоприятных событий (числа /и) будут равны, соответственно, 1, 6, 15, 20, 6, 1. Поэтому РА = 1 /64, Р£=6/64, Рв = 15 /64, РГ=Ю /64, РЕ = 6 /24, Рж= 1 /64. Нетрудно видеть, что
Ра+Рб+Рв+Рг+Рд+Ре + Рж =
= 1/64 + 6/64 + 15/64 + 20/64 + 15/64 + 6/64 + 1/64 =
= (1 + 6 + 15 + 20 + 15 + 6 + 1)/64 = 64/64 = 1.(6)
Таким образом, вероятность попадания шарика хотя бы в какую-нибудь ловушку (или в А, или в Б, или в В, или в Г, или в Д, или в Е, или в Ж) равна 1. Это естественно, поскольку попадание хотя бы в какую-нибудь ловушку происходит наверняка — это есть достоверное событие. А вероятность достоверного события должна равняться единице.
Чему равна вероятность попадания шарика либо в ловушку Д, либо в ловушку Г? Из полного числа равновероятных исходов и = 64 благоприятными будут все исходы с попаданием шарика в ловушку Д (таких исходов 15) и все исходы с попаданием в ловушку Г (их 20); значит, число благоприятных исходов в данном случае: т = 15 + 20 = 35. Искомая вероятность есть т / п = 35 / 64.
Вероятность и шансы
В § 5.6 мы сравнивали шансы событий. Пора уточнить смысл этого понятия. Если использовать классическое определение вероятности (2), согласно которому Р(А) = т / п, то можно сказать, что событие А имеет т шансов из п. Получается, что равенство Р(А) = т / п можно трактовать двояко:
вероятность события А равна отношению т исходов к п,
событие А имеет т шансов из п.
Так, имеется один шанс из двух получить одну из трех путевок при наличии еще пяти желающих. Имеются три шанса из восьми вынуть красный шар из мешка, в котором находятся 3 красных и 5 белых шаров. А вот вынуть белый шар есть пять шансов из восьми. Имеются 15 шансов из 64 попадания шарика в ловушку Дна доске Гальтона. Напомним в этой связи высказывание Огюстена Курно, взятое нами в качестве одного из эпиграфов к данной теме. О достоверном событии принято говорить, что оно имеет сто шансов из ста, а о невозможном событии говорят просто: у него нет шансов (или: его шансы равны нулю).
Впрочем в США часто пользуются иной трактовкой слова «шансы». Если Р(А) = т / и, то говорят, что шансы в пользу события А равны т кп- т. При этом шансы в пользу события А равны п- т к т. Так, шансы вынуть красный шар из мешка, в котором находятся 3 красных и 5 белых шаров, равны трем к пяти. А вот шансы вынуть из мешка белый шар равны пяти к трем. Шансы попасть шарику в ловушку Дна доске Гальтона равны пятнадцати к сорока девяти (ведь 64 - 15 = 49). Вместо «трем к пяти», «пятнадцати к сорока девяти» и тому подобного, говорят также «три против пяти», «пятнадцать против сорока девяти». Что касается достоверных и невозможных событий, то они при подобных трактовках понятия «шансы события» просто не рассматриваются.
Существование различных трактовок понятия «шансы события» не должно нас смущать. Дело в том, что в дальнейшем мы будем пользоваться практически исключительно понятием вероятность события.
Если же иногда будут упомянуты шансы, то их следует понимать в контексте «данное событие имеет т шансов из п».
Для ВСЯКОГО ЛИ СОБЫТИЯ С НЕОДНОЗНАЧНЫМ ИСХОДОММОЖНО ПОДСЧИТАТЬ ВЕРОЯТНОСТЬ?
Достаточно широко бытует мнение, что вполне можно говорить о вероятности всякого события с неоднозначным исходом и можно хотя бы приблизительно подсчитать (оценить) вероятность этого события. Многие готовы всерьез обсуждать, например, такие вопросы. Какова вероятность того, что в будущем году будет исключительно холодное (или, напротив, исключительно жаркое) лето? Какова вероятность научиться излечивать СПИД, например, в ближайшие два года? Какова вероятность столкновения Земли с огромным кометным ядром? Какова вероятность предотвращения всемирной атомной катастрофы? Это вопросы глобального плана. Значительно больше задается вопросов частного характера. Какова вероятность того, что авиалайнер, на котором предстоит лететь, не разобьется? Какова вероятность того, что в мое отсутствие никто не взломает мою квартиру? Какова вероятность не заболеть после обеда в общепите? Какова вероятность получить на предстоящем экзамене отличную оценку? Какова вероятность, что мой должник вернет мне в срок долг? И так далее, и так далее.
Наверное, на многие подобные вопросы (особенно вопросы частного характера) можно приближенно ответить, используя, в частности,
накопленный житейский опыт и практику прежних случаев. Однако речь сейчас идет не о качественных оценках, являющихся в значительной мере субъективными, а об объективном математическом подсчете вероятности, рассматриваемой как строгое математическое понятие. В§ 1.7 мы говорили о разных типах событий с неоднозначным исходом — «хороших» случайных событиях и «дурных» случайных событиях (термины условные). «Хорошие» случайные события — это события, исходы которых реализуются в так называемых однородных испытаниях, т. е. испытаниях, допускающих многократное повторение без изменения условий испытаний. «Дурные» случайные события реализуются в испытаниях, которые нельзя повторить несколько раз или возможно повторить, но без сохранения неизменных условий испытаний. Строгий объективный подсчет вероятности можно выполнить для «хорошего» случайного события, но нельзя выполнить для «дурного» случайного события.
Примерами однородных испытаний являются подбрасывания монетки или кубика. Очевидно, что как монетку, так и кубик можно подбрасывать сколько угодно раз при неизменных условиях подбрасывания. Шарик можно ронять на верхний штырек доски Гальтона сколько угодно раз. В разных случаях движение шарика по доске к ловушке оказывается, вообще говоря, различным, но условия этого движения остаются во всех случаях неизменными. Понятно, что и тут мы имеем дело с однородными испытаниями. Различные ситуации, когда приходится тянуть жребий, можно представлять моделью, в которой вынимают наугад шар из мешка. Именно для того, чтобы испытания в таких случаях были однородными, требуется всякий раз после очередного испытания возвращать вынутый шар обратно в мешок и хорошо перемешивать шары внутри мешка. Кстати, в различных карточных играх вынутую карту возвращают в колоду карт, которую затем старательно тасуют. Это также объясняется требованием однородности испытаний.
А вот некоторые примеры «дурных» случайных событий (дурных по условной терминологии, но не обязательно по своей сути). Ученик получил на экзамене оценку «удовлетворительно». Спортсмен завоевал на соревнованиях серебряную медаль. Стрелок попал в десятку. Грибнику посчастливилось найти в лесу с десяток белых грибов. После обеда в столовой человек получил серьезное расстройство желудка. Во всех таких случаях многократные испытания или вообще невозможны, или осуществляются без сохранения условий испытаний неизменными. Конечно, можно попросить ученика несколько раз повторить сдачу экзамена. Но по мере повторения таких испытаний наш ученик от раза к разу будет все лучше разбираться в предмете. Спортсмен на соревнованиях может
многократно повторить забег, заплыв, прыжок, бросок. Но и эти испытания, строго говоря, нельзя считать однородными, поскольку по мере их повторения наш спортсмен будет становиться более натренированным или, напротив, утомится и расслабится. То же можно сказать о стрелке, которого заставляют много раз производить выстрел по мишени. А как устроить многократные испытания в случае с грибником? Как подсчитать нашему грибнику вероятность найти в данном лесу в данное время года не менее десяти белых грибов? По-видимому, нет смысла предлагать грибнику пройтись по лесу несколько раз. Срезанные грибы назад в траву не возвращаются, так что предлагаемые испытания не будут однородными. В ситуации со столовой будем, для простоты, рассматривать только, скажем, молочные блюда. Можно попросить посетителя столовой многократно (в течение многих дней) отведывать молочные блюда в данной столовой. Однако сохранить неизменными условия испытаний не удастся, поскольку может меняться качество блюд, степень свежести продукта, уровень гигиенического обслуживания и т. д. Одним словом, раз на раз не приходится. К тому же, получив однажды серьезное расстройство желудка, наш посетитель столовой, скорее всего, прекратит дальнейшие испытания.
Итак, мы приходим к заключению, что во всех отмеченных ситуациях не удается осуществить однородные испытания. Более того, для этих ситуаций нельзя указать равновероятные исходы испытаний. Допустим, мы хотим подсчитать вероятность получения данным учеником оценки «удовлетворительно» на экзамене. Число возможных исходов п = 4: получил «отлично», «хорошо», «удовлетворительно», «неудовлетворительно». Но можно ли эти исходы считать равновероятными? Если бы это было так, то искомая вероятность заведомо равнялась бы 1 / 4. В примере со спортсменом можно говорить тоже о четырех исходах (без медали, бронзовая медаль, серебряная медаль, золотая медаль); их тоже нельзя считать равновероятными. Нельзя говорить о каких-либо равновероятных исходах и в ситуациях со стрелком, с грибником, с посетителем столовой.
Все это означает, что нельзя воспользоваться классическим определением вероятности при попытках ответить на вопросы, подобные следующим. Какова вероятность, что данный ученик получит на экзамене такую-то оценку? Какова вероятность, что данный спортсмен завоюет на соревнованиях такую-то медаль? Какова вероятность, что данный грибник найдет в лесу такое-то количество белых грибов? Какова вероятность, что данный стрелок выстрелит в десятку? Какова вероятность, что данный человек, посетив данную столовую, не получит расстройства
желудка? Все подобные случайные события относятся к «дурным». Для них нельзя выполнить строгий и объективный подсчет вероятности.
Но, может быть, для них можно рассматривать не строгую, а какую-то «приблизительную» вероятность? Ее не надо подсчитывать через отношение благоприятных исходов ко всем равновероятным исходам в однородных испытаниях, а надо как-то оценить или, как говорят, прикинуть. Ведь может же быть какая-то уверенность в том, что данный ученик больше «троечки», скорее всего, не заработает на экзамене. Что данный спортсмен, обладатель многих призов, вполне может завоевать серебряную медаль и имеет неплохие шансы получить даже золотую медаль. Что один стрелок вряд ли попадет в десятку, тогда как другому удастся это сделать почти наверняка. Что опытному грибнику вероятнее отыскать в лесу с десяток белых грибов, нежели человеку, который редко ходит в лес по грибы. Что в данной столовой посетители, как правило, всегда довольны, тогда как соседняя столовая пользуется дурной славой.
Существуют две разных позиции в вопросе интерпретации и использования вероятностных представлений. Наиболее популярна среди математиков так называемая объективистская позиция — когда понятие вероятности применяют только к случайным событиям, исходы которых допускают многократное повторение без изменения условий испытаний. Как раз такие события мы и назвали «хорошими» случайными событиями. Сторонники такой позиции (назовем их объективистами) интересуются вероятностями, связанными с бросанием монет и кубиков, выниманием шаров из мешка, массовым производством каких- либо изделий и вообще с ситуациями, допускающими заведомо равновероятные исходы. Объективистов не интересуют всевозможные «дурные» случайные события, поскольку здесь вероятностные оценки не отличаются математической строгостью. В частности, их не интересуют уникальные события. Объективисты оставляют в стороне большую группу задач как неподходящих для исследования в рамках теории вероятностей, коль скоро в этих задачах не удается составить отношения благоприятных исходов к некоей совокупности равновероятных исходов.
Другой точки зрения придерживаются сторонники так называемой персоналистской позиции (назовем их персоналистами). Они рассматривают вероятность не только как меру достоверности события, но и как меру личного доверия к тем или иным утверждениям, касающимся какого-либо случайного события. Персоналисты готовы применять теорию вероятностей не только ко всем задачам, рассматриваемым объективистами, но и ко многим другим и, в частности, к уникальным событиям. В отличие от объективистов, персоналисты готовы обсуждать и как-то
оценивать вероятности различных «дурных» случайных событий. Можно сказать, что персоналисты мыслят шире, тогда как объективисты мыслят строже. По-видимому, одно другого стоит.
Мы будем исходить в первую очередь из объективистской позиции и использовать классическое и геометрическое определения вероятности, атам, где это невозможно, частотное определение. Вместе с тем мы не станем отметать подходы персоналистов и в определенные моменты (например, при рассмотрении формул Байеса) будем использовать также и эти подходы.
Тренировочные задачи с использованиемКЛАССИЧЕСКОГО ОПРЕДЕЛЕНИЯ ВЕРОЯТНОСТИ
Поиск нужной книги. Рассеянный человек записал на полях одной из шести своих книг адрес своего знакомого, но не потрудился запомнить ту книгу. Когда ему понадобился адрес знакомого, он решил взять наугад четыре книги и попробовать найти адрес в них. Какова вероятность того, что в одной из выбранных наугад книг отыщется адрес?
Задача несложная. Число способов, какими можно выбрать четыре книги из шести, есть С^ =15. Следовательно, п= 15. Надо сообразить, чему равно число благоприятных исходов т, т. е. найти, в скольких сочетаниях из пятнадцати может находиться книга с адресом. В каждом из таких сочетаний одна из четырех книг может скрывать адрес. Остальные три книги могут образовывать различные сочетания по три из пяти книг, не содержащих адреса; таких сочетаний имеется Cj =10. Это как раз и есть число благоприятных исходов т. На рис. 3, а в таблице 19 показаны крестиками все возможные выборки четырех из шести. В каждой выборке (каждом сочетании) на первое место мы поставили книгу с адресом; они образуют столбец Л. Остальные пять столбцов (столбцы Б) — книги, в которых адреса нет. Наличие крестика означает, что соответствующая книга (с адресом или без него) в данном сочетании присутствует. Легко видеть, что крестики в столбце А имеются в сочетаниях №№ 1, 4, 5, 7, 8, 10, 11, 12, 14, 15, т. е. в десяти сочетаниях. Наглядно убеждаемся, что т = 10.
Итак, вероятность Р(4) найти адрес, выбирая наугад 4книги из шести, равна Р(А) = т / п = С^ / С* =10/15 = 2/3.
Предположим теперь, что человек попробовал отыскать адрес в одной из трех книг, наугад выбранных из шести книг. Теперь п = С^ = 20.
Все эти сочетания (равновероятные исходы) представлены наглядно на рис. 3, б в таблице 19. Как и на рис. 3, а, мы поставили на первое место в каждом сочетании книгу с адресом. Легко видеть, что крестик есть на первом месте в сочетаниях №№ 1, 5, 6, 7, 10, 12, 14, 17, 18, 20, т. е. в десяти сочетаниях и, следовательно, т = 10. Можно было бы не изображать сочетания на рисунке, а просто сообразить, что число т благоприятных исходов равно числу сочетаний по два из пяти книг, не содержащих адреса: т = Cj = 10.
Итак, вероятность Р(3) найти адрес, выбирая наугад 3 книги из шести, равна Р(3) = т / п = Cj / С63 = 10 / 20 = 1 / 2.
Далее не составит особого труда сообразить, что вероятность Р(2) найти адрес, выбирая наугад 2книги из шести, равна Р(2) = С5 / Cj = = 5/15 = 1/3;
вероятность Р(5) найти адрес, выбирая наугад 5книг из шести, равна Р(5) = С64/С65=5/б;
вероятность Р(1) найти адрес, выбирая наугад одну книгу из шести, равна 1/6.
Выпишем все полученные вероятности в ряд:
Р(1) = 1/6, Р(2)=1/3, Р(3)=1/2, Р(4)=2/3, Р(5)=5/6.
Приведем все эти дроби к общему знаменателю — знаменателю 6:
Р(1) = 1/6, Р(2)=2/6, Р(3)=3/6, Р(4)=4/6, Р(5)=5/6.
Бросается в глаза закономерность: везде знаменатель — полное число книг, а числитель равен всякий раз числу книг, выбираемых наугад.
Эта закономерность подводит нас к обобщению: вероятность найти адрес, выбирая наугад г книг из s книг, равна г ( s. Мы дадим прямое доказательство этого утверждения в §9.1, воспользовавшись правилом сложения вероятностей.
Выбор членов комиссии. В § 6.1 мы рассматривали задачу, где надо было из шести человек (четырех докторов наук и двух «недокто- ров») выбрать четверых в некоторую комиссию. Мы подсчитывали вероятность того, что при произвольном (случайном) отборе все отобранные в комиссию люди окажутся докторами наук (обозначим эту вероятность через Р(4Д)). Напомним, как это делалось. Полное число равновероятных исходов равно в данном случае числу способов, какими можно выбрать четверых из шести: п = С^ =15. Все они показаны на рис. 4 в таблице 19; на рисунке обозначены крестиками лица, которые в данном сочетании отобраны в комиссию. Все пятнадцать сочетаний перенумерованы. В каждом сочетании первые четыре места мы решили
отвести докторам наук (Д), а пятое и шестое места — «недокторам» (Ну Легко видеть, что есть только одно сочетание (оно стоит под № 1), при котором все четыре крестика (все отобранные в комиссию лица) — доктора наук. Значит, т = 1 и, следовательно,
Р^Д>=т/п=\/С^ =1/15.
А теперь подсчитаем, какова вероятность того, что при произвольном отборе в четверке отобранных в комиссию окажутся три доктора наук и один «недоктор» (обозначим вероятность через Р(ЗДД Мы уже знаем, что п = 15. Остается выяснить число благоприятных исходов т, для данного случая. Казалось бы, это число равно числу способов, какими можно выбрать из четырех докторов троих (С4). Однако этого мало. Вот мы мысленно отобрали трех докторов и тем самым заполнили в комиссии три места. Одно место осталось вакантным — и на него может попасть один из двух «недокторов» (либо из находящихся на пятом месте в сочетаниях на рисунке 4, либо из находящихся на шестом месте). Число способов, какими можно выбрать одного из двоих, равно С\, т. е., проще говоря, равно 2. Таким образом, в нашем случае /и = С4-С2=8.На рис. 4 все эти благоприятные исходы (благоприятные выборки) имеют следующие номера: 2, 4, 5, 6, 7, 10, 11, 14. Итак,
Р(ЗД) = т/п = С^ -С^/С^ =8/15.
Теперь уже нетрудно подсчитать, какова вероятность того, что при произвольном отборе в четверке отобранных окажутся два доктора наук и два «недоктора» (вероятность РДД^. В данном случае т равно числу выборок двух докторов из четырех (С4 = 6 ), помноженному на число выборок двух «недокторов» из двух (Cf = 1), т. е. т = С4 • С2 = 6 . Таким образом,
Р(2Д) = С4 • С2/С4 = 6/15.
А какова вероятность того, что в комиссии среди четырех ее членов окажется только один доктор наук? Очевидно, эта вероятность равна нулю, поскольку в этом случае трое членов комиссии должны были бы являться «недокторами». А у нас «недокторов» всего двое.
Итак, возможны только три варианта: 1) в комиссию попадают все четыре доктора наук (такой вариант имеет один исход), 2) в комиссию попадают три доктора и один «недоктор» (такой вариант имеет 8 исходов), 3) в комиссию попадают два доктора и два «недоктора» (такой
вариант имеет бисходов). Вероятность того, что в комиссию попадут либо четыре, либо три, либо два доктора наук, есть, очевидно, вероятность достоверного события, она должна равняться единице. Мы немедленно убеждаемся в этом. Так как полное число благоприятных исходов есть в данном случае сумма 1 + 8 + 6, то, следовательно, рассматриваемая вероятность равна (1 + 8 + 6) / 15 = 15 / 15 = 1.
Можно поставить вопрос о вероятности того, что в комиссии окажутся не менее трех докторов. В этом случае в комиссии должны быть либо четыре, либо три доктора, и значит, т = 1 + 8 = 9. Искомая вероятность равна т / п = 9/ 15 = 3/5.
Поиск водителя с водительскими правами. В задаче 2 в § 5.1 мы выясняли, сколькими способами можно рассадить в пятиместном автомобиле пять человек при условии, что занять место водителя могут только трое из них. Мы установили, что число таких способов равно 3 • П4. (Есть три варианта, когда за рулем оказываются последовательно те трое, у которых имеются водительские права. И в каждом из трех вариантов надо разместить оставшихся четырех человек по четырем местам, что равно числу перестановок четырех человек.)
Предположим, что наших пять человек совершенно произвольно рассаживают по пяти местам в автомобиле. Какова вероятность того, что при этом на водительском месте окажется человек с водительскими пра- вами?Число благоприятных исходов мы только что выяснили: т = 3 • П4. А полное число равновероятных исходов равно числу перестановок наших пяти человек: п = П5. Таким образом, искомая вероятность равна 3 • П4 / П5 = 3 • 4! / 5! = 3 / 5.
Рассмотрим более интересную ситуацию. Имеется семиместный микроавтобус, и в него произвольно рассаживают в одном случае семерых людей, в другом — шестерых людей, в третьем — пятерых, в четвертом — четверых, в пятом — троих, в шестом случае — двоих людей. Будем полагать, что в каждом из шести случаев только двое из рассаживающихся в микроавтобусе людей имеют водительские права. Найдем для каждого случая вероятность того, что за рулем окажется человек с правами. Соответствующие вероятности будем обозначать соответственно через Р^1\ Р(6), Р(5), Р(4), Р(3), Р(2), принимая во внимание количество людей, рассаживаемых в автобусе.
Вероятность Р(7) (когда в семиместный микроавтобус усаживаются 7 человек) можем определить по аналогии с рассмотренной ранее задачей, когда пять человек рассаживались в пятиместном автомобиле. Она равна Р(7) = 2 • П6 / П7 = 2 • 6! / 7! = 2 / 7.
Найдем теперь вероятность Р(6). Полное число равновозможных способов рассадить 6 человек по семи местам равно числу способов выбрать 6 человек из семи (С7), помноженному на число перестановок шести человек (П6): п = С7 П6. При этом число благоприятных исходов равно т = 2 • Cl • П5 (любой из двух человек с правами оказывается за рулем, и для каждого из этих двух вариантов надо учесть число выборок оставшихся пяти человек из оставшихся шести мест, а также число перестановок этих пяти человек). Таким образом,
Р(6) =m/« =2-Cg-П5/С7 -П6 =2/7.
Рассуждая аналогичным, образом, находим
Р(5) = 2 • С4 • П4 / С7 • П5 =2/7,
Р(4) = 2• Cg • П3/С4 • П4 = 2/7,Р(3) = 2• Cg • П2/С3 • П3 = 2/7,Р(2) = 2.С^.П1/Су2.П2=2/7.
Оказывается,
Р(7) = Р(6) = Р(5) = Р(4) = Р(3) = Р(2) = 2 / 7.
Это наводит на мысль, что, по-видимому, есть какой-то простой способ подсчета рассматриваемых вероятностей. Такой способ действительно есть. Он основан на применении правила сложения вероятностей и будет рассмотрен в §9.1.
Знаменитая ошибка Д’Аламбера и ее «близнецы»
Известный французский математик и философ XVIII-ro столетия Жан Д’Аламбер (1717-1783), рассматривая задачу о двукратном подбрасывании монеты (или о подбрасывании одновременно двух монет), полагал, что вероятность выпадения в таком испытании и орла, и решки равна 1/3. В действительности же вероятность такого события равна 1/2. Ошибка Д’Аламбера вызвала в свое время немало споров и стала в определенном смысле знаменитой. Она весьма поучительна.
Д’Аламбер рассуждал следующим образом. Есть три возможных исхода рассматриваемого испытания: 1) выпали два орла, 2) выпали орел и решка, 3) выпали две решки. Полагая эти исходы равновероятными, Д’Аламбер заключал, что вероятность выпадения орла и решки равна 1/3.
Ошибка известного математика заключалась в предположении, что упомянутые три исхода равновероятны. В действительности же это не так. Обозначим выпадение орла буквой О, а решки — буквой Р. Тогда равновероятные исходы можно кратко изобразить так:
ОО, ОР, РО, РР
Этих исходов четыре (л = 4). Из них благоприятными являются в нашем случае два исхода: ОР и РО. Значит, т = 2. Отсюда немедденно получаем, что вероятность выпадения орла и решки равна 2 / 4, т. е. 1/2.
Начиная знакомиться с теорией вероятностей, многие, как и некогда Д’Аламбер, делают ошибку, полагая равновероятными исходы, которые в действительности таковыми не являются. Приведем некоторые примеры.
Пример 1: производится трехкратное подбрасывание монеты (или подбрасывание сразу трех монет). Тут возможны четыре исхода: 1) выпали три орла, 2) выпали два орла и одна решка, 3) выпали один орел и две решки, 4) выпали три решки. Повторяя ошибку Д’Аламбера, многие полагают, что эти исходы равновероятны и отсюда заключают, что выпадение, например, двух орлов и одной решки имеет вероятность 1/4, тогда как в действительности это событие имеет вероятность 3 / 8. В самом деле, при трехкратном подбрасывании монеты возможны восемь равновероятных исходов:
ООО, OOP, ОРО, POO, OPP, POP, РРО, РРР.
Из них благоприятными являются в данном случае три исхода: OOP, ОРО и РОО, так что т / п = 3 / 8. Сравним неверные и верные значения вероятностей четырех рассматриваемых событий:
выпали три орла
выпали два орла и одна решка
выпали один орел и две решки
выпали три решки
1/4
1/4
1/4
1/4
1/8
3/8
3/8
1/8
Здесь левый столбец — вероятности, предлагаемые теми, кто неосознанно повторяет ошибку Д’Аламбера, а правый столбец — действительные вероятности.
Пример 2: производится случайный отбор из шести человек (четырех докторов наук и двух «недокторов») в комиссию, состоящую из четырех членов. Тут возможны три исхода: 1) в комиссии оказались четыре доктора, 2) в комиссии оказались три доктора и один «недоктор», 3) в комиссии оказались два доктора и два «недоктора». Какова вероятность каждого из трех исходов? Не изучавшие теорию вероятностей обычно склонны полагать, что все три возможных: исхода равновероятны; тем
самым они делают «ошибку Д’Аламбера». В § 6.4 мы вычисляли вероятности рассматриваемых трех событий и убедились, что они отнюдь не равновероятны. Выпишем таблицу для сравнения:
1) в комиссию попали четыре доктора
1/3
1/15
2) в комиссии три доктора и один «недоктор»
1/3
8/15
3) в комиссии два доктора и два «недоктора»
1/3
2/5
Левый столбец — неверные значения вероятности, правый — действительные вероятности.
Пример 3: производится случайное разбиение шести человек (четырех докторов наук и двух «недокторов») на две группы по три человека в каждой. Возможны два исхода: 1) в одной группе три доктора, в другой один доктор и два «недоктора», 2) в каждой группе два доктора и один «недоктор». Какова вероятность каждого из двух исходов? Приведем, как и в предыдущих примерах, таблицу:
три доктора — один доктор, два «недоктора»
два доктора, один «недоктор» — два доктора, один «недоктор»
1/2
1/2
2/5
3/5
Напоминаем: слева вероятности, полученные при ошибочном предположении равновероятности исходов; справа — действительные вероятности.
Пример 4: производится случайное разбиение шести человек (четырех докторов и двух «недокторов») на три группы по два человека в каждой. Возможны два исхода 1) доктор и доктор, доктор и доктор, «недоктор» и «недоктор»; 2) доктор и доктор, доктор и «недоктор», доктор и «недоктор». Какова вероятность каждого из этих исходов? Приведем, как и в предыдущих примерах, таблицу с неверными (слева) и действительными (справа) вероятностями:
доктор + доктор, доктор + доктор, + «недоктор» + «недоктор»
доктор + доктор, доктор +
+ «недоктор», доктор + «недоктор»
1/2
1/2
1/5
4/5
Как найдены правильные значения вероятностей в примерах 3 и 4? Как вообще действовать, чтобы избежать «ошибки Д’Аламбера»? — Для этого следует предварительно рассмотреть для данного типа испытаний пространство элементарных исходов. Проще всего можно познакомиться с этим понятием на примере таких однородных испытаний, как подбрасывание монет или игральных кубиков.
Пространство элементарных исходовДЛЯ ДАННОГО ТИПА ОДНОРОДНЫХ ИСПЫТАНИЙИ ПОДСЧЕТ ВЕРОЯТНОСТИ СОБЫТИЯ
Прежде всего обратим внимание на то, что, как правило, то или иное событие можно рассматривать как «набор» неких других событий. «Набор» не в том смысле, что данное событие реализуется при условии реализации всей совокупности событий из «набора», а в том смысле, что оно реализуется всякий раз, когда происходит любое из событий «набора». Так, событие «выпадение грани с четным числом очков при подбрасывании кубика» есть «набор» трех событий: «выпадение грани 2», «выпадение грани 4», «выпадение грани 6». Всякий раз, как происходит любое из трех событий, реализуется событие «выпадение грани с четным числом очков». Рассадить, скажем, четырех человек за столом можно числом способов, равным числу перестановок четырех, то есть двадцатью четырьмя способами (П4 = 4! = 24). Значит, событие «четырех человек как-то рассадили за столом» является «набором» двадцати четырех событий, каждое из которых соответствует одной из перестановок четырех человек. Событие «составили комиссию из трех членов посредством случайного выбора из семи человек» является «набором» событий, количество которых равно числу выборок трех из семи: С; = 35 . Далее обратим внимание на то, что для всякого типа однородных испытаний можно указать различные совокупности событий, каждая из которых (каждая совокупность) исчерпывает все возможные в данных испытаниях исходы. (Заметим, что понятия «событие» и «исход» — по сути дела, одно и то же.) Будем подбрасывать кубик и рассмотрим следующие четыре варианта: 1) данные испытания имеют шесть возможных исходов: выпадение каждой из шести граней; 2) данные испытания имеют два возможных исхода: выпадение грани с четным числом очков и выпадение грани с нечетным числом очков; 3) данные испытания имеют четыре возможных исхода: выпадение грани с четным числом очков, выпадение единицы, выпадение тройки, выпадение пятерки; 4) данные испытания имеют семь возможных исходов: выпадение каждой из шести граней плюс выпадение грани с четным числом очков.
Сразу отметим, что четвертый вариант не годится. Дело в том, что все возможные исходы должны быть несовместными. Несовместными называют взаимоисключающие исходы (события)— когда появление одного исхода в данном испытании исключает возможность появления другого исхода в том же испытании. В варианте же под номером 4 появление
в некотором испытании грани с четным числом очков отнюдь не исключает появления в том же испытании ни грани с двойкой, ни грани с четверкой, ни грани с шестеркой. Что касается трех первых вариантов, то относительно них возражений нет. В каждом из них рассматривается совокупность несовместных событий, исчерпывающая все возможные исходы.
Вариант 3 рассматривает все возможные исходы, не предполагая их равновероятности. Здесь уместно напомнить, что в рассмотренных в § 6.5 четырех примерах все возможные исходы тоже не были равновероятными. В варианте 2 все возможные исходы равновероятны, но при этом каждый из них можно реализовать за счет любого из других трех исходов (тоже равновероятных). Так, выпадение грани с четным числом очков реализуется при выпадении либо двойки, либо четверки, либо шестерки. Особо отметим вариант 1 — здесь все возможные исходы испытаний с бросанием кубика не только равновероятны, но, кроме того, каждый из них нельзя рассматривать как «набор» каких-либо других исходов. Говорят, что шесть исходов, соответствующих выпадению каждой из шести граней кубика, образуют пространство элементарных исходов для испытаний, состоящих в бросании игрального кубика.
Вот мы и вышли на понятие элементарные исходы (для данного типа однородных испытаний). Как следует из сделанных замечаний, эти исходы обладают тремя свойствами: 1) они несовместные, т. е. взаимоисключающие, 2) они имеют равные вероятности, 3) каждый из этих исходов не может быть представлен как «набор» каких-либо других исходов (смысл слова «набор» был пояснен в самом начале данного параграфа).
Здесь уместно вернуться к классическому определению вероятности (2) (см.§6.1). Упоминавшиеся в этом определении п равновозможных исходов как раз и образуют пространство элементарных исходов для того или иного типа однородных испытаний. Поэтому можно сформулировать следующий алгоритм подсчета вероятности Р(А) некоторого события А, реализуемого в рассматриваемых испытаниях:
надо определить пространство элементарных исходов для данного типа испытаний (тем самым мы найдем число и);
надо найти в пространстве элементарных исходов все исходы, являющиеся благоприятными для события А, т. е. исходы, которые реализуют событие А (тем самым мы найдем число /и);
надо воспользоваться формулой (2): Р(А) = т / п. Мы уже пользовались данным алгоритмом в §6.6, когда объясняли ошибку Д’Аламбера и когда рассматривали трехкратное подбрасывание монеты. Рассмотрим теперь ряд более сложных примеров.
Пример 1: четырехкратное подбрасывание монеты (или одновременное подбрасывание четырех монет). В первом бросании выпадают либо орел, либо решка. Во втором бросании снова возможны два равновероятных варианта (орел или решка) — как в том случае, когда в предыдущем бросании выпал орел, так и в том случае, когда в предыдущем бросании выпала решка. То же можно сказать о третьем и четвертом бросаниях монеты. Все это хорошо видно на рис. 1 в таблице 20. По результатам четырех бросаний выявляются 16 несовместных равновероятных исходов, образующих пространство элементарных исходов для четырехкратного подбрасывания монеты. Все они приведены на рис. 1 внутри пунктирного прямоугольника. Теперь мы можем сразу указать, например, чему равна вероятность того, что в четырех бросаниях монеты выпадет равное количество орлов и решек. Из 16 элементарных исходов этому событию благоприятствуют исходы ООРР, OPOP, ОРРО, POOP, POPO, РРОО; следовательно, т = 6. Таким образом, искомая вероятность равна ти/л = 6/16 = 3/ 8.А чему равна вероятность того, что при четырех бросаниях монеты выпадут три орла и одна решка? В данном случае благоприятные исходы: ОРОО, РООО, ООРО, ОООР; значит т = 4. Искомая вероятность: т / и = 4 / 16 = 1 / 4.
Пример 2: пятикратное подбрасывание монеты. Этот пример наглядно иллюстрирует рис. 2 в таблице 20. Легко видеть, что пространство элементарных исходов образуют 32 исхода (они приведены на рисунке внутри пунктирного прямоугольника). Какова вероятность того, что при пятикратном бросании монеты орел выпадет только два раза? Благоприятные исходы: OOPPP, ОРОРР, OPPOP, OPPPO, РООРР, POPOP, РОРРО, РРООР, РРОРО, РРРОО; значит, т = 10 и, следовательно, искомая вероятность 10 / 32, т. е. 5 /16. Впрочем, найти т в данном случае можно очень просто: это есть число выборок двух элементов из пяти: Cj.
Пример 3: двукратное подбрасывание кубика (или одновременное подбрасывание двух кубиков). На рис. 3 в таблице 20 представлены в виде двузначных чисел 36 исходов, образующих пространство элементарных событий для данного типа испытаний. Первая цифра в каждом двузначном числе (число десятков) — это количество очков, выпавшее при первом бросании кубика, а вторая цифра в двузначном числе (число единиц) —количество очков, выпавшее при втором бросании кубика. На рисунке обведены тонкими линиями благоприятные исходы для четырех событий:
событие А: выпадение пары одинаковых граней (легко видеть, что число благоприятных исходов тА = 6);
событие Б: выпадение пары граней с суммой очков не более 5 (число благоприятных исходов тБ = 10);
Таблица 20. Пространство элементарных исходов
А
Р
О
О:
Р
О:
р
р
О:
р
Рис.1
О:
о р о р о р о р о р о р о р о р
о о о о]
1
[д
Д i Гд
Д i Гн
Hi
О 0 О Р 1
2
н
Д| д
Д| Д
Hl
0 0 Р 0 1
3
н
HI д
Д1 д
Д|
0 0 Р Р
4
д
Д| д
HI д
Hl
5
,д
Д 1 д
HI н
Д'
0 Р 0 0 |
6
|Н
Д| д
Д||Н
Д'
0 Р 0 Р 1
7
|Д
Н1,Д
Д||Д
HI
0 Р Р 0
8
|Д
Н1| н
Д||Д
Д1
0 Р Р Р 1
9
|Н
Д[|Н
Д'|Д
Д1
10
|Д
Д'|Н
Д11 д
hi
Р 0 0 0 1
11
|Д
Д'|Н
Д'|Н
д1
POOP
12
|Д
Д |Н
Н1|Д
д
Р 0 Р 0 1
13
|Н
ДИД
Н |Д
д
14
|Д
Н'| д
дни
д1
Р 0 Р Р 1
15
|Д
н]|Д
Н]|Д
д^
р р о о !
Р Р 0 Р 1
Рис.5
Р Р Р
О
р р р р
Б-
11х
\12
13
V
15
16
2Г-
422х
25
26
31
з^х
С^З4
\34
35,
/36
4)/
Х42
43Х
45
/<6
51
52
53/
^5S
\56
61
62
<63/
/64
65s
\66
г
Рис.З
В
Рис.4
xll
xl2
xl3
xl4
xl5
xl6
x21
x22
x23
x24
x25
x26
x31
x32
x33
x34
x35
x36
x41
x42
x43
x44
x45
x46
x51
x52
x53
x54
x55
x56
x61
x62
x63
x64
x65
x66
x=
1, 2,
3, 4,
5, 6
о
р
О
Р
О
Р
р
о
о
р
о
р
Рис.2
О Р О
0=^
0=^
о р о р о р о р о р о р о р о р о р о
О Р О
о р о р
ООООО О О О О Р
о о о о о
О О Р о О О Р Р О Р о о О Р О Р О Р Р о
О О Р Р Р О Р о о о О Р О О Р О Р О Р о О Р О Р Р О Р Р о о О Р Р О Р О Р Р Р о О Р Р Р Р Р о о о о Р О О О Р Р О О Р о Р О О Р Р Р О Р о о Р О Р О Р Р О Р Р о Р О Р Р Р Р Р о о о Р Р О О Р Р Р О Р о Р Р О Р Р Р Р Р о о Р Р Р О Р Р Р Р Р о р р р р р
событие В: выпадение пары граней с суммой очков 9 (тв = 4);
событие Г: выпадение пары граней, из которых хотя бы одна имела 5 очков (тг = 11).
Отсюда сразу находим соответствующие вероятности:
Р(А) = тА / п = 6 / 36 = 1 / 6;
Р(5) = тБ/п = 10/36 = 5/18;
Р(Р) =/и5/и = 4/36 = 1/9;
Р(Р) = тиг/и = 11/36.
Заметим кстати, что события Б и В (а также события Б и Р) являются несовместными. А вот события А и Б (а также А и В, А и Г, В и Г) несовместными назвать нельзя.
Какова вероятность того, что при подбрасывании двух кубиков выпадет пара граней, для которой сумма очков является простым числом? Глядя на рис. 3 в таблице 20, совсем нетрудно ответить на этот вопрос. Речь идет о парах граней, представленных на рисунке следующими двузначными числами: 11 (поскольку 1 + 1 = 2), 12 к 21 (поскольку 1 + 2 = 3), 14, 41, 23 и 32 (поскольку 1 + 4 = 2 + 3 = 5), 16, 61, 25и 52 (поскольку 1+6 = 2 + 5 = 7), 56 и 65 (поскольку 5 + 6 = И). Как видим, всего имеется 15 благоприятных исходов. Следовательно, искомая вероятность равна 15 /36, т. е. 5/12.
Пример 4: трехкратное подбрасывание кубика. Из рис. 4 в таблице 20 видно, что для данных испытаний пространство элементарных исходов состоит из 216 исходов (л = 216). Они представлены на рисунке в виде трехзначных чисел; первая цифра в каждом числе (х = 1, 2, 3, 4, 5, 6) — очки, выпавшие в первом бросании, вторая цифра — очки, выпавшие во втором бросании, третья цифра — очки, выпавшие в третьем бросании. Какова, например, вероятность того, что при трех бросаниях выпадут две и только две грани с одинаковым числом очков? Вот благоприятные исходы с х = 1: 112, 113, 114, 115, 116, 121, 122, 131, 133, 141, 144, 151, 155, 161, 166. Таких исходов 15. Очевидно, что столько же будет благоприятных исходов с х = 2, х= 3, х = 4, х = 5 и с х = 6. Значит, полное число благоприятных исходов равно т = 15 • 6 = 90. Поэтому искомая вероятность равна т / п = 90 / 216 = 5 / 12.
Пример 5: случайные разбиения шести человек на две группы по трое или на три группы по двое. Эти испытания мы рассматривали в § 6.5: см. пример 3 и пример 4. Как и в § 6.5, будем полагать, что шесть человек — это четыре доктора наук и два «недоктора». На рис. 5 в таблице 20 показаны 15 элементарных исходов для данных испытаний (Д — доктор наук, Н — недоктор).
Сначала рассмотрим разбиение на две подгруппы из трех человек. В § 6.5 мы отмечали такие два варианта разбиения:
три доктора в одной подгруппе; доктор и два «недоктора» в другой подгруппе;
в каждой подгруппе два доктора и один «недоктор».
Какова вероятность реализации первого варианта? Обращаемся к рис. 5 в таблице 20. Там разбиение на две подгруппы по три человека показано прямоугольниками со сплошными сторонами. Легко видеть, что благоприятные исходы — это исходы с номерами 1, 3, 4, 5, 8, 9; значит, т = 6. Отсюда следует, что искомая вероятность равна т / п = 6 / 15 = 2/5. Поскольку пространство элементарных исходов состоит из исходов, благоприятных для реализации первого варианта, и исходов, благоприятных для реализации второго варианта, то сразу находим вероятность реализации второго варианта: (15-6) / 15 = 9 / 15 = 3 / 5. Этот результат можно было бы получить также, воспользовавшись формулой (3).
Разбиение на три подгруппы по два человека имеет два варианта:
два доктора, два доктора, два «недоктора»;
два доктора, доктор + «недоктор», доктор + «недоктор».
Разбиение на три подгруппы показано на рис. 5 в таблице 20 прямоугольниками с пунктирными сторонами. Какова вероятность реализации первого варианта? Глядя на рисунок, определяем номера благоприятных исходов: 1, 3, 12. Таких исходов три. Значит, искомая вероятность равна 3 / 15, т. е. 1/5. Отсюда сразу находим вероятность второго варианта: (15 - 3) / 15 = 12 / 15 = 4 / 5.
7 Одинаковы ли шансы выпадения 11 очковИ 12 ОЧКОВ ПРИ ТРЕХ БРОСАНИЯХ ИГРАЛЬНОЙ КОСТИ?
1 Хринято считать, что теория вероятностей зародилась в середине XVII века и что существенную роль в ее рождении сыграли известные французские ученые Блез Паскаль (1623-1662) и Пьер Ферма (1601-1665) и известный нидерландский ученый Христиан Гюйгенс (1629-1695). Отметим знаменитую переписку в 1654 году между Паскалем и Ферма, в которой ученые обсудили многие проблемы математики случайного и разобрали ряд задач по подсчету вероятности и, в частности, задач, связанных с бросанием игральных костей (так назывались игральные кубики, вырезанные из кости).
Некоторые из этих задач возникли как ответ на вопросы, с которыми обращался к ученым придворный Людовика XIV кавалер де Мере (1607-1648), известный в те времена философ и литератор, а также азартный игрок.
Вот один из вопросов кавалера де Мере. Одинаковы ли шансы выпадения 11 очков и 12очков при трех бросаниях игральной кости?Сам де Мере полагал, что шансы (иначе говоря, вероятности) указанных событий должны быть одинаковыми. Он рассуждал следующим образом. При трех бросаниях игральной кости 11 очков можно получить шестью способами: 6-4-1, 6-3-2, 5-5-1, 5-4-2, 5-3-3, 4-4-3. И 12 очков можно получить тоже шестью способами: 6-5-1, 6-4-2, 6-3-3, 5-5-2, 54-3, 4-4-4. А поскольку число исходов, при которых получаются в сумме Ии 12очков, одно и то же, то и вероятности получения Пи 12 очков должны быть равны. Однако, наблюдая долгое время за игрой в кости, де Мере заметил, что те, кто ставит на 11 очков, выигрывают чаще, чем те, кто ставит на 12 очков. За разъяснением этого парадокса де Мере обратился к Паскалю. В действительности же никакого парадокса тут нет, поскольку в своих рассуждениях де Мере предполагал равновероятность рассматривавшихся им исходов. А это неверно.
Нам нетрудно подсчитать вероятности получения 11 и 12 очков при трехкратном подбрасывании кубика. Пространство элементарных исходов составляют 216 исходов (см. рис. 4 из таблицы 20); значит, п = 216. Выделяем исходы, благоприятствующие выпадению Почков:
для комбинации 6-4-1: 641, 614, 461, 416, 164, 146 (бисходов);
для комбинации 6-3-2: 632, 623, 362, 326, 263, 236 (бисходов);
для комбинации 5-5-1: 557, 575, 755 (3 исхода);
для комбинации 5-4-2: 542, 524, 452, 425, 254, 245 (бисходов);
для комбинации 5-3-3: 533, 353, 335 (3 исхода);
для комбинации 4-4-3: 443, 434, 344 (3 исхода).
Складываем благоприятствующие исходы: 6 + 6 + 3 + 6 + 3 + 3 + 3 = 27.
Таким образом, т = 27 и, следовательно, искомая вероятность равна m / и = 27 / 216 = 1 / 8.
А теперь подсчитаем вероятность выпадения 12 очков. Выделяем благоприятные исходы:
для комбинации 6-5-1: 651, 615, 561, 516, 165, 156 (бисходов);
для комбинации 6-4-2: 642, 624, 462, 426, 264, 246 (бисходов);
для комбинации 6-3-3: 633, 363, 366 (3 исхода);
для комбинации 5-5-2: 552, 525, 255 (3 исхода);
для комбинации 5-4-3: 543, 534, 453, 435, 354, 345 (бисходов);
для комбинации 4-4-4: 444 (1 исход).
Складываем благоприятные исходы: 6 + 6 + 3 + 3 + 3 + 6 + 1 = 25. Таким образом, т = 25 и, следовательно, искомая вероятность равна 25/216.
Итак, вероятность выпадения 11 очков при трех бросаниях кости оказывается немного больше вероятности выпадения 12 очков (27 / 216 > > 25 / 216). Фактически кавалер де Мере повторил ошибку Д’Аламбера.
Геометрическое определение вероятности
Рассмотрим следующую ситуацию. Некий телевизионный канал работает 15 часов в сутки; из них 4 часа занимает реклама. Какова вероятность того, что, случайно включив телевизор на данном канале, мы не попадем на рекламу?
Решить эту вроде бы несложную задачу, применяя классическое определение вероятности, заведомо нельзя. Ведь в данном случае пространство элементарных исходов состоит из бесконечного числа исходов (каждый исход соответствует включению телевизора наугад в тот или иной момент времени в пределах времени работы канала). Тем не менее эта задача в самом деле совсем несложная. Просто здесь не надо думать о подсчете числа исходов, а надо сравнить промежуток времени, в пределах которого находятся благоприятные исходы (он равен 15ч-4ч = = 11ч), со всем временем функционирования канала (15 ч). Искомая вероятность есть отношение первого (благоприятного) промежутка времени ко всему времени; она равна 11/15. Так мы приходим к геометрическому определению вероятности;
Вероятность некоторого случайного события равна отношению меры области, благоприятствующей появлению данного события, к мере всей области.
В рассмотренном выше примере «мерой области» являлась величина промежутка времени. В других случаях в качестве «меры области» могут выступать, например, длины, площади, объемы. Недаром данное определение вероятности называют геометрическим.
В частном случае «мерой области» может служить конечное число равновероятных несовместных исходов. Например, на рис. 3 в таблице 20 «мера всей области» — совокупность из 36 двузначных чисел (они размещены на рисунке в пределах квадрата), а, скажем, «мера области, благоприятствующей появлению события Б» — совокупность из 10 двузначных чисел (они размещены на рисунке в пределах прямоугольного
треугольника). Можно сказать, что геометрическое определение вероятности является, по сути дела, обобщением классического определения на случаи, когда число исходов бесконечное и подсчету не поддается.
Впервые подсчет вероятности не через подсчет числа исходов, а через отношение площадей, выполнил в 1777 году известный французский естествоиспытатель Жорж Бюффон (1707-1788). Он известен прежде всего как автор фундаментального труда «Естественная история» из 36 томов. Ему же принадлежит честь фактического введения в математику нового понятия, которое получило название «геометрическая вероятность». Бюффон рассматривал игру «франк-карро» (в переводе с французского — «прямо в клетку»), В этой игре на пол, выложенный шестиугольными плитками, бросают монету, и один из игроков держит пари за то, что монета ляжет целиком внутри одного из шестиугольников. Второй игрок ставит за то, что монета ляжет, пересекая границу между какими-либо шестиугольниками. Какова вероятность, что выиграет первый игрок? Чтобы найти эту вероятность, Бюффон предлагал нарисовать внутри шестиугольника ABCDEF, размеры которого соответствуют размерам плитки на полу, второй шестиугольник abcdef так, чтобы его стороны были параллельны сторонам первого шестиугольника и чтобы расстояние между сторонами шестиугольников было равно радиусу монеты (см. рис. 1 в таблице 21). Первый игрок выигрывает, если центр монеты попадает внутрь шестиугольника abcdef. Поэтому вероятность его выигрыша равна отношению площади внутреннего шестиугольника к площади внешнего.
А вот другой пример на применение геометрического определения вероятности. На рис. 2 в таблице 21 на осях координат х и у изображен квадрат со стороной а. В квадрат вписан круг. Однородные испытания состоят в том, что наугад выбираются точки с координатами х и у, причем 0<х<аи0<у<а. Какова вероятность того, что наугад выбранная точка окажется внутри круга? Поскольку равновероятен выбор любой точки в пределах квадрата, то искомая вероятность будет равна отношению площади круга (тш2 / 4) к площади квадрата (а2). Таким образом, вероятность равна л / 4.
В книге Ф. Мостеллера «Пятьдесят занимательных вероятностных задач с решениями» (Пер. с англ. М: «Наука», 1971) приведена следующая занимательная задача, связанная с геометрическим определением вероятности. Задача называется «Странное метро». Вот текст:
Мэрвин кончает работу в случайное время между 15 и 17 часами. Его мать и его невеста живут в противоположных частях города. Молодой человек садится в первый подошедший к платформе поезд, идущий в том или противоположном направлении, и обедает с той из женщин, к
Таблица 21. Геометрическое определение вероятности
которой приедет. Мать Мэрвина жалуется на то, что он редко у нее бывает, но юноша утверждает, что его шансы обедать с ней и с невестой равны. Мэрвин обедал с матерью всего два раза в течение последних двадцати рабочих дней. Как объяснить это явление?
На первый взгляд, ситуация кажется действительно странной. Особенно, если считать, что поезда метро ходят аккуратно через строго равные промежутки времени как в одном направлении (направлении к матери Мэрвина), так и в другом направлении (направлении к невесте Мэрвина). Впрочем, именно эта строгость в следовании поездов по расписанию всё как раз объясняет. Предположим, что в направлении к невесте поезда останавливаются на несколько секунд у платформы, куда приходит Мэрвин, в 15.00, 15.10, 15.20, 15.30, 15.40 ит.д. А поезда, следующие в противоположном направлении, останавливаются у этой платформы в 15.01, 15.11, 15.21, 15.31, 15.41 ит. д. Чтобы поехать к матери и отобедать с ней, Мэрвин должен, приходя на платформу, попасть в одноминутный интервал (от 15.00 до 15.01 или от 15.10 до 15.11, или от 15.20до 15.21 ит.д.), а чтобы поехать к невесте, Мэрвин должен появиться на платформе в пределах девятиминутного интервала (15.01 до 15.10 или от 15.11 до 15.20, или от 15.21 до 15.30 ит.д.). Вероятность попасть случайно в девятиминутный интервал в 9 раз больше вероятности попасть в одноминутный интервал, поскольку мера области (интервал времени), благоприятствующий появлению перед Мэрвином поезда в направлении к невесте, в 9 раз больше меры области, благоприятствующей появлению поезда в обратном направлении. Именно поэтому Мэрвин чаще обедает у невесты, чем у родной матери.
Задача о встрече
^Хорошим примером использования геометрического определения вероятности для подсчета вероятности случайного события является задача о встрече. Заметим, что это довольно известная задача; она помогает в решении некоторых проблем, связанных с организацией производства. Для нас важно, что эта задача позволяет продемонстрировать особенности и возможности геометрического определения вероятности. Поэтому рассмотрим ее для нескольких воображаемых ситуаций. В каждой участвуют два условных персонажа — юноша и девушка, которые договариваются о встрече в некотором известном им месте.
Ситуация 1. Юноша и девушка условились, что каждый приходит на место встречи в любой (случайный) момент в течение часа. Скажем, от
19.00 до 20.00. Ждет там ровно четверть часа, а затем уходит. Спрашивается: какова вероятность встречи в такой ситуации?
Обратимся к рис. 3 в таблице 21. Здесь х — момент прихода юноши, а у — момент прихода девушки. Время здесь и далее будем измерять в часах и примем момент времени 19.00 за нуль, а момент 20.00 — за 1 час. Элементарный исход — приход юноши в момент х и приход девушки в момент у, причем 0<х<1и0<у<1. Иначе говоря, элементарный исход — это некоторая точка внутри квадрата 01F1.
Пространство элементарных исходов — все точки в указанном квадрате. Найдем теперь область в пределах данного квадрата, которая благоприятствует встрече наших персонажей. Встреча состоится в любом из следующих трех случаев:
юноша и девушка пришли на место встречи одновременно: х = у;
девушка пришла позже (у > х), но не позднее, чем на 1/4 часа после прихода юноши: у-х< 1 / 4 (ведь, прождав 1/4часа, юноша уйдет);
юноша пришел позже девушки (х > у), но не более, чем на 1 / 4 часа: х - у < 1 / 4.
Таким образом, область благоприятных исходов определяется соотношениями:
в первом случае -
х = у, 0<х<1, 0<у<1;(7)
во втором случае -
У > х, у-х<1/4, 0<х<1, 0<у<1;(8)
в третьем случае -
х > у, х-у<1/4, 0<х<1, 0<у<1.(9)
Из (7) следует, что благоприятные исходы (точки х, у) находятся на отрезке прямой OF (см. рис. 3). Рассматривая (8), преобразуем второе неравенство: у < х + 1 / 4. Теперь легко сообразить, что, согласно (8), благоприятные исходы находятся в пределах трапеции OABF Рассматривая (9), преобразуем второе неравенство. Нетрудно сообразить, что, согласно (9), благоприятные исходы находятся в пределах трапеции OFDC.
Теперь можно воспользоваться геометрическим определением вероятности. Надо найти отношение суммы площадей трапеций OABF и OFDC (эта сумма является мерой области, благоприятствующей встрече) к площади квадрата 01F1 (эта площадь есть мера всей области). Мера всей области равна 1-1 = 1. Область, благоприятствующая встрече, на рисунке заштрихована; ее площадь легко найти, вычтя из площади квадрата 01F1 сумму площадей треугольников А1В и GDI: 1 - (3 / 4)2 = 1 - 9 / 16 = 7 / 16. Таким образом, искомая вероятность есть (7/16):1 = 7/16.
Ситуация 2. Девушка заявила, что, придя на встречу, она будет ждать 1/8 часа, а юноша пусть ждет 1/4 часа. На том и порешили. Какова вероятность встречи в такой ситуации?
Теперь обратимся к рис. 4 в таблице 21 и рассмотрим случаи, обеспечивающие встречу:
- девушка пришла позже юноши, но не позднее, чем на 1 /4 часа после его прихода (тут работают соотношения (8));
- юноша пришел позже девушки, но теперь уже не позднее, чем на 1/8 часа после ее прихода:
у>х, х-у <1/8, 0<х<1, 0<у<1.(10)
Случай, когда юноша и девушка приходят на место встречи одновременно (х = у), ничего нового нам не дает, так что в дальнейшем мы его принимать во внимание не будем.
Определяемая соотношениями (8) и (10) область, благоприятствующая встрече, заштрихована на рис. 4. Площадь этой области находим, вычтя из площади квадрата 01F1 сумму площадей треугольников А1В и CD1:
1 - (3 / 4)2 / 2 - (7 / 8)2 / 2 = 1 - 9 / 32 - 49 / 128 =
= 1 - 85 / 128 = 43 / 128.
Искомая вероятность есть (43 / 128): 1 = 43 / 128.
Ситуация 3. Девушка заявила, что она вообще не хочет ждать. Она придет на место встречи и, если никого не застанет, тут же повернется и уйдет. Тогда юноша предложил увеличить время своего ожидания до 1 / 2 часа. На том и порешили. Какова вероятность встречи в такой ситуации?
Эта ситуация представлена графически на рис. 5 из таблицы 21. Теперь встреча состоится, когда девушка придет позже юноши, но не позднее, чем на 1 / 2 часа после его прихода:
У > х, у-х<1/2, 0<х<1, 0<у<1.(11)
Определяемая соотношениями (11) область, благоприятствующая встрече, заштрихована на рис. 5. Нетрудно найти площадь этой области:
1-(1/2)2/2-1/2 =1-5/8 = 3/8.
Искомая вероятность есть (3 / 8): 1 = 3 / 8.
Ситуация 4. Девушка снова согласна ждать 1/4 часа, но предложила уменьшить промежуток времени, в пределах которого она придет, на 1/4 часа (пусть это будет интервал времени от 19.00 до 19.45). А юноша пусть приходит где-то от 19.00 до 20.00 (как и раньше) и ждет 1/4 часа. На том и порешили. Какова вероятность встречи в такой ситуации?
Данная ситуация представлена на рис. 6 в таблице 21. Теперь пространство элементарных исходов находится в пределах прямоугольника 0SN1 (0 < х < 1, 0 < у < 3 / 4); его площадь (мера всей области) равна 13/4 = 3/4. Встреча состоится в случаях:
- девушка пришла позже, но не позднее, чем на 1 / 4 часа после прихода юноши:
У > х, у-х<1/4, 0<х<1, 0<у<3;(12)
- юноша пришел позже, но не позднее, чем на 1 / 4 часа после прихода девушки:
х>у, х-у<1/4, 0<х<1, 0<у<3.(13)
Определяемая соотношениями (12) и (13) область благоприятствующая встрече, заштрихована на рис. 6. Площадь этой области находим, вычитая из площади прямоугольника OSN1 площади треугольников ASM и CN1: 3 / 4 - (1 / 2)2 / 2 - (3 / 4)2 / 2 = 3 / 4 - 13 / 32 = 11 / 32. Искомая вероятность есть (И / 32): (3 / 4) = И /24.
Ситуация 5. Юноша предложил немного изменить ситуацию 4: он, как и девушка, тоже будет приходить на место встречи где-то между 19.00 и 19.45. Предложение было принято. Какова теперь вероятность встречи?
Данная ситуация представлена на рис. 7 в таблице 21. Теперь пространство элементарных исходов находится в пределах квадрата OSPE (0 < х < 3, 0 < у < 3 / 4); его площадь равна (3 / 4) • (3 / 4) = 9 / 16. Область, благоприятствующая встрече, определяется соотношениями:
У>х, у-х<1/2, 0<х<3/4, 0<у<3/4;(14)
х>у, х-у<1/4, 0<х<3/4, 0<у<3/4.(15)
Она заштрихована на рис. 7. Площадь этой области легко найти: 0 < х < 1, 9 / 16 - (1 / 2)2 = 9 / 16 - 1 / 4 = 5 / 16. Искомая вероятность есть отношение этой площади к площади квадрата OSPE: (5 / 16): (9 / 16) = 5 / 9.
Ситуация 6. Юноша и девушка решили: пусть каждый приходит на место встречи в любой момент времени между 19.00 и 20.00 и ждет ровно 1 / 2 часа. Какова вероятность встречи в такой ситуации?
Эта ситуация представлена на рис. 8 в таблице 21. Пространство элементарных исходов находится в пределах квадрата 01F1; его площадь есть 1-1 = 1. Область, благоприятствующая встрече, определяется соотношениями:
У > х, у-х<1/2, 0<х<1, 0<у<1;(16)
х>у, х-у<1/2, 0<х<1, 0<у<1.(17)
Она заштрихована на рис. 8. Ее площадь равна 1 - (1 / 2)2 = 3 / 4.
Искомая вероятность есть (3 / 4): 1 = 3 / 4.
Ситуация 7. Конечно, увеличение времени ожидания повысило вероятность встречи. А если при этом уменьшить интервал времени прихода? Юноша и девушка решили сделать интервал времени, в течение которого каждый приходит на место встречи, равным 3/4 часа, а время ожидания оставить равным 1/2 часа. Какова вероятность встречи в такой ситуации?
Эта ситуация представлена на рис. 9 в таблице 21. Пространство элементарных исходов находится в пределах квадрата OSPE; его площадь равна 9 /16. Область, благоприятствующая встрече, определяется соотношениями:
У>х, у-х<1/2, 0<х<3/4, 0<у<3/4;(18)
х>у, х-у<1/2, 0<х<3/4, 0<у<3/4.(19)
Она заштрихована на рис. 9. Ее площадь равна 9/16-(1/4)2=1/2. Искомая вероятность есть (1 / 2): (9 / 16) = 8 / 9.
Сравним вероятность встречи Р для ситуаций 1, 5, 6, 7. Обозначим через Т интервал времени, в течение которого оба партнера должны посетить место встречи, а через т — время ожидания каждого партнера. Мы можем составить следующую таблицу:
Т
т
Р
Ситуация 1
1
1/4
7/16
Ситуация 5
3/4
1/4
5/9
Ситуация 6
1
1/2
3/4
Ситуация 7
3/4
1/2
8/9
Из таблицы видно, что вероятность встречи растет по мере увеличения т и по мере уменьшения Т. Нетрудно сообразить, что вероятность встречи станет равной единице, когда т и Г окажутся равными.
ЗАДАНИЯ ПО ТЕМЕ 6
Приведите примеры достоверных и невозможных событий.
В мешке 10 красных, 5 белых и 4 синих шара. Вынимаем наугад один шар. Какова вероятность: 1) вынуть синий шар? 2) не вынуть красный шар? 3) не вынуть белый шар? 4) вынуть либо красный, либо белый шар?
Ответы: 1) 4 / 19, 2) 9 / 19, 3) 14 / 19, 4) 15 / 19.
Из восьми человек (трех докторов наук и пяти кандидатов наук) надо составить комиссию из трех человек. Членов комиссии выбирают наугад. Какова вероятность того, что в комиссию попадут: 1) три доктора наук? 2) два доктора наук и один кандидат наук? 3) один доктор и два кандидата наук? 4) три кандидата наук? Ответы: 1) 1/56, 2) 15/56, 3) 15/28, 4) 5/28.
Юноша хочет выбрать в подарок своей девушке три книги. В магазине ему предложили на выбор девять книг: четыре книги по искусству и пять книг-детективов. Юноша не знал, что девушка любит книги по искусству и терпеть не может детективов. Поэтому он выбрал три книги наугад. Какова вероятность того, что подарок девушке: 1) очень понравится (все три книги окажутся книгами по искусству)? 2) вообще не понравится (все три книги окажутся детективами)? 3) все-таки понравится (одна или две книги будут по искусству)?
Ответы: 1) 1/21, 2) 5/42, 3) 5/6.
Монету подбрасывают три раза. Какова вероятность того, что орел выпадет: 1) нечетное число раз? 2) четное число раз? 3) не выпадет ни разу?
Ответы: 1) 1/2, 2) 3/8, 3) 1/8.
Те же вопросы, но относительно выпадения решки.
Монету подбрасывают четыре раза. Какова вероятность того, что орел выпадет: 1) нечетное число раз? 2) четное число раз? 3) не менее двух раз?
Ответы: 1) 1 / 2, 2) 7 /16, 3) 11 /16.
Монету подбрасывают четыре раза. Какова вероятность того, что решка выпадет: 1) не менее трех раз? 2) не менее двух раз? 3) не менее одного раза? 4) вообще не выпадет?
Ответы: 1) 5 /16, 2) 11 /16, 3) 15 /16, 4) 1 /16.
Монету подбрасывают четыре раза. Какова вероятность того, что орел выпадет: 1) или один раз или вообще не выпадет? 2) или два раза, или три раза? 3) или один раз, или два раза?
Ответы: 1) 5 /16, 2) 5 / 8, 3) 5 / 8.
Монету подбрасывают пять раз. Какова вероятность того, что: 1) орел выпадет нечетное число раз, а решка четное число раз? 2) орел выпадет нечетное число раз? 3) орел выпадет четное число раз? 4) орел выпадет четное число раз, а решка нечетное число раз?
Ответы: 1) 15/32, 2) 1/2, 3) 15/32, 4) 15/32.
Монету подбрасывают пять раз. Какова вероятность того, что орел выпадет: 1) не менее трех раз? 2) не менее четырех раз? 3) либо один раз, либо два раза? 4) либо один раз, либо четыре раза? 5) либо два раза, либо 3 раза?
Ответы: 1) 1 / 2, 2) 3 / 16, 3) 15 / 32, 4) 5 / 16, 5) 5 / 8.
Кубик подбрасывают два раза. Что более вероятно — выпадение в сумме 6 очков или выпадение 8 очков? выпадение 5 очков или 9 очков? выпадение 5 очков или 6 очков? выпадение 8 очков или 9 очков? выпадение 5 очков или 8 очков? выпадение 6 очков или 7 очков? выпадение 7 очков или 5 очков?
Какова вероятность того, что при бросании двух кубиков выпадет пара очков, различающихся в два раза?
Ответ: 1/6.
Какова вероятность того, что при двукратном подбрасывании кубика выпадет хотя бы один раз: 1) единица? 2) двойка? 3) тройка? 4) четверка? 5) пятерка?
шестерка?
Ответ: 11 / 36 во всех шести случаях.
В каком случае больше и на сколько больше вероятность получить 6 очков — при однократном или при двукратном подбрасывании кубика?
Ответ: При однократном подбрасывании больше на 1/36, чем при двукратном подбрасывании.
В каком случае больше и на сколько больше вероятность получить четное число очков — при однократном или при двукратном подбрасывании кубика?
Ответ: В обоих случаях вероятность равна 1/2.
Кубик подбрасывают два раза. Какова вероятность того, что сумма выпавших очков окажется: 1) нечетным числом? 2) больше 4, но меньше 9? 3) числом, делящимся без остатка на 3? 4) числом, делящимся без остатка на 4? 5) числом, делящимся без остатка на 5? 6) числом, делящимся без остатка на 6?
Ответы: 1) 1/2, 2) 5/9, 3) 1/3, 4) 1/4, 5) 7/36, 6) 1/6.
В каком случае больше и на сколько больше вероятность получить число очков, которое делится без остатка на 3 — при однократном или при двукратном подбрасывании кубика?
Ответ: В обоих случаях вероятность равна 1/3.
Тот же вопрос, но в отношении числа, делящегося без остатка на 4.
Ответ: При двукратном подбрасывании больше на 1/12.
Кубик подбрасывают два раза. Какова вероятность того, что произведение выпавших очков окажется: 1) равным 12? 2) числом, делящимся без остатка на 3? 3) числом, делящимся без остатка на 4? 4) числом, делящимся без остатка на 5? 5) числом, делящимся без остатка на 10?
Ответы: 1) 1/9, 2) 5/9, 3) 5/12, 4) 11/36, 5) 1/6.
При бросании двух кубиков 9 очков в сумме может выпасть в двух случаях: 3-6 и 4-5. И 10 очков тоже может выпасть в двух случаях: 5-5 и 4-6. Можно ли сделать отсюда вывод, что вероятности выпадения 9 очков и 10 очков при однократном бросании двух кубиков (или двукратном бросании одного кубика) равны?
Кубик подбрасывают три раза. Какова вероятность, что выпадут три грани: 1) с одинаковым числом очков? 2) с разным числом очков? 3) с суммой очков, равной 9? 4) с суммой очков, равной 10? 5) с суммой очков, делящейся без остатка на 5?
Ответы: 1) 1 / 36, 2) 5 / 9, 3) 25 / 216, 4) 1 / 8, 5) 43 / 216.
Кубик подбрасывают три раза. Какова вероятность, что выпадет хотя бы одна единица?
Указание: на рис. 4 в таблице 20 надо сначала учесть все исходы с х = 1, а затем поискать единицу среди исходов с х = 1.
Ответ: 91/216.
Какова вероятность выпадения при трех бросаниях кубика: 1) хотя бы одной двойки? 2) хотя бы одной тройки? 3) хотя бы одной четверки? 4) хотя бы одной пятерки? 5) хотя бы одной шестерки?
Ответ: Все вероятности равны 91/216.
Какова вероятность, что при трех бросаниях кубика единица вообще не выпадет? Тот же вопрос для двойки, тройки и т. д.
Ответ: 125/216.
Какая вероятность больше и на сколько: 1) заработать 5 очков при двух бросаниях кубика или при трех бросаниях? 2) заработать 6 очков при двух бросаниях кубика или трех бросаниях? 3) заработать 11 очков при двух бросаниях кубика или трех бросаниях?
Ответы: 1) при двух бросаниях больше на 1 /12, 2) при двух бросаниях больше на 5 /54, 3) при трех бросаниях больше на 5 /72.
Двое условились придти на место встречи в любой момент от 19.00 до 19.30. Какова вероятность встречи, если: 1) один, придя на место, ждет полчаса, а другой вообще не ждет? 2) один ждет 10 минут, а другой только 5 минут?
Ответы: 1) 1/2, 2) 31/72.
ТЕМА 7
ЧАСТОТА И ВЕРОЯТНОСТЬ
Автор: Чем больше вероятность события, тем чаще оно происходит.
Читатель: А справедливо ли обратное утверждение: чем чаще происходит событие, тем больше его вероятность? Если это так, то, измеряя частоты появления события, мы могли бы определить его вероятность.
Автор: Тут важно, чтобы наблюдалась статистическая устойчивость частот появления события.
Вопросы и ответы
Наблюдения над статистической устойчивостью частот многочисленных реальных явлений послужили отправным пунктом для построения теории вероятностей как математической науки... Теорию вероятностей можно определить как область математики, занимающуюся исследованием математических моделей случайных явлений, обладающих свойством устойчивости частот.
Б. В. Гнеденко
Высшее назначение математики — находить порядок в хаосе, который нас окружает.
Норберт Винер
Статистическая устойчивость частот появленияСЛУЧАЙНОГО СОБЫТИЯ
Термин «статистическая устойчивость» упоминался в §1.7. Там отмечалось, что теория вероятностей предпочитает работать со случайными событиями, которые допускают выполнение большого числа однородных испытаний и для которых точность предсказания исхода возрастает по мере увеличения количества испытаний. Там же прозвучала фраза: «Принято говорить, что такие случайные события характеризуются статистической устойчивостью». Мы могли бы теперь заметить, что статистической устойчивостью должны характеризоваться, в частности, те случайные события, вероятность которых рассматривается на основе классического определения вероятности. Например, события, связанные с подбрасыванием монеты или кубика, выниманием наугад шарика из мешка, движением шарика по доске Гальтона. Обращаясь к подобным событиям, уточним содержание термина «статистическая устойчивость».
Прежде всего отметим, что понятие статистической устойчивости относится к частотам появления рассматриваемого случайного события. Предположим, что мы подбрасываем монету и интересуемся случайным событием, представляющим собой выпадение орла. Выполним Nбросаний монеты и подсчитаем, сколько раз выпал орел; обозначим это число через Мх. Отношение nx = Мх ( N назовем частотой выпадения орла в данной серии из N бросаний. Мы можем снова выполнить Nбросаний монеты и снова подсчитать, сколько раз выпал орел. Полученное число обозначим через М2. Частота выпадений орла в новой серии из N бросаний будет равна v2 = Af2 / N. Понятно, что, вообще говоря, Мх ^ М2 и, значит, v, ^ v2. Выполнив третью серию из Nбросаний монеты, мы обнаружим М3 исходов с выпадением орла; частота выпадений орла равна v3 = М3 / N. В четвертой серии из N бросаний обнаружим М4 выпадений орла; частота выпадений орла равна v4 = М4 / N. И так далее. Можно выполнить много серий из N бросаний монеты и получить соответствующее количество значений частоты выпадений орла
в сериях: vb v2, v3, v4, ..., v5 (5 — число серий). Все эти частоты будут группироваться вблизи вероятности выпадения орла, т. е. вблизи 0,5. Насколько вблизи? — Это зависит от числа бросаний N в серии. Чем больше N, тем ближе к 0,5 должны группироваться частоты выпадений орла. Все это как раз и означает, что частоты обнаруживают статистическую устойчивость.
А теперь познакомимся с результатами конкретного эксперимента, в котором приняли участие четыре человека. Три участника эксперимента взяли по монете и начали ее подбрасывать. Каждый выполнил 15 серий испытаний, делая по 20 бросаний в серии (А=20). Количества исходов с выпадением орла оказались в этих сериях такими (здесь 1, 2, 3 — номера участников эксперимента, а римскими числами обозначены номера серий):
I
II
III
IV
V
VI
VII
VIII
IX
X
XI
XII
XIII
XIV
XV
1
11
8
7
10
9
12
14
12
10
13
7
7
13
7
9
2
12
9
13
8
10
10
6
13
12
15
13
9
6
10
6
3
8
10
12
6
8
9
11
10
8
10
15
8
10
12
11
Четвертый участник эксперимента подбрасывал не монету, а игральный кубик и фиксировал выпадение граней с нечетным числом очков. Он тоже выполнил 15 серий испытаний, делая по 20 бросаний в серии. Количества исходов с выпадением нечетной грани оказались в этих сериях такими:
I
II
III
IV
V
VI
VII
VIII
IX
X
XI
XII
XIII
XIV
XV
10
14
11
7
11
7
12
8
6
12
12
5
8
11
13
Разделив каждое из приведенных здесь чисел на 20, мы получим частоты появления интересующего нас события (выпадения орла или грани с нечетным числом очков) для соответствующих серий. Все эти частоты представлены графически на рис. 1 в таблице 22. Здесь ромбами показаны результаты, полученные 1-м участником эксперимента, квадратиками — результаты 2-го участника, незачерненными кружками — результаты 3-го участника, зачерненными кружками — результаты 4-го участника. Мы видим, что ромбы, квадратики, кружки оказались разбросанными на рисунке довольно беспорядочно, но примерно в равной мере как по одну, так и по другую сторону пунктирной прямой, которая
Таблица 22. Статистическая устойчивость частот
соответствует вероятности 0,5. Именно такова вероятность выпадения орла, а также грани с нечетным числом очков. Будем обозначать через Му, Ми, Мш,..., Мта количества интересующих нас исходов в той или иной серий из N= 20 испытаний (подбрасываний). Подсчитаем теперь частоты появления этих исходов, объединяя последовательно результаты, полученные для первых двух серий, затем для первых трех серий, затем для первых четырех серий и так далее — вплоть до объединения результатов, полученных для всех пятнадцати серий. Получаем для каждого участника эксперимента набор частот:
Vy=My/N;
х2=(Му+МууУ(^У
v3 = (Му + Муу + Мт)/(3N);
V4 = (Му + Муу + Мууу + Му^ / (4Ny
V15 — (Му + Муу + Мууу + ... + My\j^ / (\5Ny
Вот эти наборы частот для четырех участников эксперимента:
1-Й участник
2-й участник
3-й участник
4-й участник
V1
0,550
0,600
0,400
0,500
V2
0,475
0,525
0,450
0,600
V3
0,433
0,567
0,500
0,583
v4
0,450
0,525
0,450
0,525
V5
0,450
0,520
0,440
0,530
V6
0,475
0,517
0,442
0,500
v7
0,507
0,486
0,457
0,514
V8
0,519
0,506
0,463
0,500
v9
0,517
0,517
0,456
0,478
V10
0,530
0,540
0,460
0,490
Vil
0,514
0,550
0,486
0,500
v12
0,500
0,542
0,479
0,479
vn
0,512
0,523
0,481
0,473
VM
0,500
0,521
0,489
0,479
V15
0,49667
0,50667
0,49333
0,49000
Все эти наборы частот представлены графически на рис. 2 в таблице 22. Легко видеть, что по мере увеличения количества испытаний частота появления интересующего нас исхода все более приближается к вероятности этого исхода. Так, на конкретном примере можно наблюдать феномен статистической устойчивости частот.
Статистическая устойчивость частот должна проявляться тем сильнее, чем больше число испытаний. Каждый из первых трех участников эксперимента подбросил монету 300 раз. Это все равно, как если бы кто-то один подбросил монету 900 раз. Надо только сложить количества выпавших орлов, полученные каждым из трех участников: 149 + 152 + 148 = 449. Тогда для числа испытаний, равного 900 (45 серий по 20 испытаний в серии), находим v45 = 449 / 900 = 0,49889.
Рассмотрим еще один конкретный эксперимент. Положим в мешок три неотличимых наощупь шара — один черный и два белых. Однородные испытания в данном случае состоят в том, что из мешка много раз вынимается наугад один шар. Всякий раз вынутый шар возвращают обратно в мешок, который затем встряхивают, чтобы как-то перемешать шары. При большом количестве испытаний данный эксперимент оказывается весьма продолжительным. Нас будут интересовать исходы, состоящие в появлении из мешка черного шара (вероятность такого события равна 1/3).
В эксперименте участвовали трое человек. Каждый выполнил 15 серий испытаний, вынимая шар из мешка 20 раз в серии (N= 20). Количества исходов с появлением черного шара оказались такими:
I
II
III
IV
V
VI
VII
VIII
IX
X
XI
XII
XIII
XIV
XV
1
7
8
4
6
7
10
6
3
6
9
4
11
7
5
9
2
5
9
6
7
3
5
7
10
7
3
10
8
11
4
4
3
12
4
7
5
8
8
5
6
4
5
5
7
8
7
7
(здесь 1, 2, 3 — номера участников эксперимента, а римскими числами обозначены номера серий). Разделив каждое из полученных в эксперименте чисел на 20, получим частоту появления черного шара для соответствующей серии испытаний. Эти частоты представлены графически на рис. 3 в таблице 22. Здесь ромбами показаны результаты 1-го участника, незачерненными кружками — 2-го участника, зачерненными кружками — 3-го участника. Пунктирная прямая соответствует вероятности 1/3. Ромбы и кружки беспорядочно распределились по обе стороны от этой прямой (в равной мере как выше прямой, так и ниже ее). Как и в
опыте с бросанием монеты или кубика, подсчитываем частоты vh v2, v3, v4, ..., v15, определяемые соотношениями (*). Эти частоты представлены графически на рис. 4 в таблице 22. Как можно видеть, феномен устойчивости частот проявился в данном опыте особенно ярко.
Подсчитанные по результатам рассмотренного опыта с шарами частоты v15 появления черного шара при числе испытаний, равном 300 (15 серий по 20 испытаний в серии), имеют для разных участников значения:
- для 1-го участника: v15 = 102 / 300 = 0,34000, е15 = 2,001%,
- для 2-го участника: v15 = 99 / 300 = 0,33000, е15 = 0,999%,
- для 3-го участника: v15 = 98 / 300 = 0,32667, е15 = 1,998%.
Здесь мы обозначили е15 = | е15 - Р | / Р, где Р — вероятность 0,33333. Складывая количества появлений черного шара, полученные тремя участниками, находим частоту появления интересующего нас исхода для 900 испытаний: v45 = (102 + 99 + 98) / 900 = 0,33222; е45 = 0,333%.
Отметим, что Бюффон, желая посмотреть, как сильно приближается к вероятности 0,5 частота выпадения орла при увеличении числа испытаний, подбросил монету 4040 раз. В его опыте орел выпал 2048 раз. Таким образом, частота выпадения орла оказалась равной 0,508 (на 1,6% больше значения вероятности). Этот опыт был проделан в XVIII-м столетии. А в следующем столетии английский статистик К. Пирсон перекрыл достижение Бюффона: он подбросил монету 12 000 раз, а затем 24 000 раз. В первом случае орел выпал 6019 раз, частота выпадения орла оказалась равной 0,5016 (на 0,32% больше значения вероятности). Во втором случае орел выпал 12 012 раз, частота выпадения орла оказалась равной 0,5005 (на 0,1% больше значения вероятности).
Диалог: Как объяснить феноменСТАТИСТИЧЕСКОЙ УСТОЙЧИВОСТИ ЧАСТОТ?
^CtnHa^ic^. Хотелось бы понять, что же, все-таки, побуждало Бюффона, Пирсона и других ученых так настойчиво исследовать феномен статистической устойчивости частот. Наверное, не из-за праздного любопытства они подбрасывали монеты или кубики по несколько тысяч раз?
Автор. Конечно, дело тут отнюдь не в праздном любопытстве. Надо признать, что статистическая устойчивость частот в высшей степени удивительна. Вполне понятно, что она должна была производить сильное впечатление на людей, склонных к размышлениям.
'HctAtuiiie**. Но что же удивительного в подбрасывании монеты? Монета имеет одинаковые шансы выпасть орлом или решкой. Естественно, что примерно в половине случаев она выпадет орлом, а в половине случаев решкой.
Автор. Давайте немного порассуждаем. Вот мы подбросили монету и она упала, допустим, орлом кверху. Мы подбрасываем монету во второй раз — и снова выпал орел. Подбрасываем монету в третий раз. И снова орел. Подбрасываем в четвертый раз. Опять орел!
#Ч«А<иИе*&. Что-то многовато орлов. Наверное, пора выпасть решке.
Автор. Что значит «многовато орлов»? Монета не может помнить, какой стороной она падала. И если получилось так, что она выпала орлом четыре раза подряд, то что же может помешать ей выпасть орлом снова? При каждом очередном бросании монета по-прежнему имеет одинаковые шансы выпасть как орлом, так и решкой. Можно сказать также, что выпадение орла подряд четыре раза (или пять раз, или шесть раз) отнюдь не увеличивают вероятности выпадения решки. Заметим, кстати, что многие этого не понимают. Многие ошибочно полагают, что, если во время игры они несколько раз подряд оказались в проигрыше, то в результате этого вероятность их выигрыша увеличивается. Кажется, что, если весь вечер не везло, все проиграл, то вот именно теперь должно же, наконец, повезти! Напрасные надежды. Сколько ни проигрывай, вероятность выигрыша не возрастает. Недаром существует пословица: «играй, да не отыгрывайся».
*%«#й«#й&#б. А ведь и в самом деле случайное выпадение орла несколько раз подряд не увеличивает вероятности выпадения решки!
Автор. Так почему же Вы утверждали, что «пора выпасть решке»?
*Ч««йаАе<4*. Потому лишь, что, как известно, при большом количестве бросаний общее количество выпавших орлов должно уравновешиваться количеством выпавших решек. Так что, если выпали подряд четыре орла, то для уравновешивания нужно, чтобы начали, наконец, появляться решки.
Автор. Вы произнесли слова «должно уравновешиваться». А что значит «должно»? Почему, собственно говоря, исходы с выпадением орла должны уравновешиваться исходами с выпадением решки?
'ЧитсиЯе*^. Потому что те и другие исходы равновероятны.
Автор. Однако вспомним опять о том, что монета не ведает, какие исходы уже состоялись и, разумеется, ей нет дела до того, какие исходы «должны» в связи с этим состояться. Каждый конкретный исход случаен. На него ни в какой мере не влияют предыдущие исходы, и он, в свою очередь, нисколько не влияет на последующие исходы. Мы имеем
совершенно беспорядочную, в строгом смысле хаотическую последовательность исходов. Вот потому-то удивительна сбалансированность тех и других исходов, которая проявляется в наблюдаемой на практике статистической устойчивости частот. Как если бы кто-то или что-то «управляли» беспорядком в картине исходов, обеспечивая при большом числе испытаний удивительную сбалансированность.
'ЧлсАдА»*^. К может быть, проще предположить, что одни исходы как-то влияют на другие? Может быть, монета каким-то образом «помнит» о том, как она выпадала? Почему бы не сделать такое фантастическое предположение?
Автор. А как быть в таком случае с опытами, в которых мы наугад вынимали шар из мешка? В случае с подбрасыванием монеты допустима иллюзия, будто монета способна при подбрасывании как-то «управлять» исходом испытания. Но в случае с шарами, лежащими в мешке, подобная иллюзия принципиально исключена. Перед каждым испытанием шары лежат себе спокойно в мешке, а мы (именно мы!) вслепую, наугад выбираем какой-то один шар. Что толку в том, что шары будут «помнить», сколько раз того или другого из них уже вынимали из мешка?
'ЧемйаАе**. Пожалуй, моя гипотеза о возможном взаимном влиянии исходов испытаний принципиально не годится.
Автор. Да, она не проходит. Кстати, ее несостоятельность весьма ярко видна на примере с движением шариков по доске Гальтона. Вот мы посылаем первый шарик скакать по штырькам на этой доске. В результате шарик оказывается в какой-то ловушке. Затем мы посылаем скакать по доске Гальтона второй шарик. Затем третий шарик, четвертый, пятый и так далее. Каждый шарик никаким образом не может «знать» какой путь по доске проделали другие шарики. В свою очередь, он не в состоянии повлиять на характер движения по доске последующих шариков. Каждый шарик движется «сам по себе», или, можно сказать, по воле случая. И тем не менее общая картина распределения достаточно большого числа шариков по ловушкам оказывается вполне упорядоченной. Как если бы шарики «сговорились» друг с другом. Постепенное формирование упорядоченного распределения шариков по ловушкам по мере увеличения числа шариков наглядно демонстрируют рисунки в таблице 23. Эти рисунки схематичны; они выражают идею и не должны рассматриваться как некие конкретные результаты, полученные в конкретном опыте. Мы видим, что поначалу, пока количество шариков, проскакавших по доске Гальтона, невелико, распределения шариков по ловушкам не обнаруживают закономерности. Но по мере увеличения числа шариков начинает выявляться закономерность: распределение шариков по ловушкам делается симметричным и начинает соответствовать
вероятностям попадания шарика в ту или иную ловушку. Иными словами, начинает проявляться статистическая устойчивость частот попадания шариков в ловушки.
*Чс<А<иИем.. Однако как же, все-таки, объяснить феномен статистической устойчивости частот? Как объяснить тот факт, что хаос случайных исходов приводит при большом количестве испытаний к вполне упорядоченной картине?
Автор. Объяснение состоит в том, что хаос оказывается внутренне конструктивным. Или, другими словами, беспорядок оказывается внутренне конструктивным.
'Ч«А<ийе<*4. Как это понимать? Хаос — он и есть хаос, полный беспорядок. О какой внутренней конструктивности тут можно говорить?
Автор. Это значит, что в самом хаосе, в самом беспорядке как бы скрыт некий порядок и что этот порядок выявляется тем лучше, чем хаос богаче, чем больше происходит случайных событий.
'Ч«А<ийе<*4. Я помню, что в теме 2 был разговор о рождении порядка из хаоса, которое совершается, когда происходит достаточно много случайных событий.
Автор. Да, мы тогда достаточно много поговорили о рождении порядка из хаоса. Теперь можно сделать некоторое уточнение. Оно состоит в том, что правильнее говорить не о рождении порядка из хаоса, а о существовании порядка в хаосе. Порядок в хаосе как раз и есть статистическая устойчивость, проявляющаяся при большом числе испытаний. А теорию вероятностей можно рассматривать как науку о системах и процессах, обладающих статистической устойчивостью. Иными словами, как науку о порядке в хаосе.
Как можно получить так называемую«ТАБЛИЦУ СЛУЧАЙНЫХ ЧИСЕЛ»?
Сразу отметим, что общепринятый термин «случайные числа» является сокращением термина «числа, генерированные случайным образом с вероятностью 1 /10». Это есть сколь угодно длинная последовательность однозначных чисел, включая нуль, каждое из которых выбрано с вероятностью 1/10.
Укажем три способа, посредством которых можно случайно выбирать однозначные числа с указанной вероятностью. Иначе говоря, укажем три способа получения последовательности случайных чисел.
Первый способ использует урну (мешок), внутри которой находятся десять одинаковых шаров, помеченных числами 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9. Вынимаем наугад один из шаров и записываем число, которым он помечен. Допустим, это есть число 2. Возвращаем вынутый шар в урну, перемешиваем шары и во второй раз вынимаем наугад шар из урны. Пусть это будет шар 5. Возвращаем вынутый шар в урну и повторяем испытание в третий раз. Допустим, снова появился шар 2. Предположим, что четвертое испытание привело к появлению шара 6, пятое испытание — шара 7, шестое — шара 3, седьмое — шара 5, восьмое — шара 9, девятое — шара 7, десятое — шара 4, одиннадцатое — шара О, двенадцатое — шара 8, тринадцатое — шара 1, четырнадцатое — шара 1,... И вот перед нами начало последовательности случайных чисел:
2526735974081 1...
Другой генератор случайных чисел — рулетка. Она представляет собой круг, разбитый на десять одинаковых секторов, помеченных числами 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9. Рулетка имеет вращающуюся стрелку или катящийся по кругу шарик. Каждое испытание состоит в том, чтобы привести в движение (толкнуть) стрелку или вбросить шарик, заставив его тем самым бежать но кругу, а затем подождать, пока стрелка или шарик остановятся. Исход испытания — число в том секторе круга, где произошла остановка стрелки (шарика).
В третьем типе генератора случайных чисел используют кубик и жетон (см. таблицу 24). Пять граней кубика помечают числами 0, 1, 2, 3, 4, а шестую грань закрашивают. На одной стороне жетона изображают число 0, а на другой число 5. Кубик и жетон одновременно подбрасывают и всякий раз подсчитывают сумму выпавших очков. Если, например, кубик выпал гранью 3, а жетон стороной 5, то фиксируют случайное число 8 (поскольку 3 + 5 = 8). Если выпали грань 4 и сторона 0, то фиксируют случайное число 4 (поскольку 4 + 0 = 4). Если кубик выпал закрашенной гранью, то такое испытание просто не засчитывают.
Последовательность случайных чисел — это последовательность хаотическая, совершенно беспорядочная, поскольку появление того или иного очередного числа в этой последовательности случайно: оно не зависит от того, какие числа уже появились, и не влияет на то, какие числа появятся в дальнейшем. В то же время нетрудно убедиться, что образуемый случайными числами хаос внутренне конструктивен: в этом хаосе скрывается некий порядок. Чтобы обнаружить его, нужно рассматривать достаточно большую последовательность случайных чисел.
3157 9764
90529565
Таблица, состоящая из 1200 случайных чисел, сгруппированных в 60 блоков по 5 четырехзначных чисел в блоке
0655
5255
6314
8453
5161
8951
4467 4889
2335 4862
3384 7429 0174
5848
4635 0653
5320
4647
6993
6919
2254
0709 2523
4331 6157 3135 5704
0010 0063 2837 8865
9224
8144
6271
8638
6006 1736
9910
2627
7791
7959
2607 0307 3775 8941
3682
2
4105
14374064
1037
5718
4105
2851
4171
5765
3187
6727
7013
1562
8791 0754
4312
5580
4631
9869 2222
1596 0368 8288 0756 2013
9403
4746
4785
5761
6859 0604 6560
6346
0830 0927
7802 7956
8851
5392 0466
3180
2304
9928
2986
4499 8417 2439 2018
7526 6610
4
УРНА С ШАРАМИ
512794014064
5458 2461
2302
2423
5228 1402
3497
1392 6301 4153 9849 9785
4413
2611
2544
9886
5678
9651 0650 4125 5579 4471
8922
0400
9854
4171
2873
1023
5998
6265
1863
6380 6650
9844
0159
7877
9182
8567
2260
3724 890 0 7852
4733
9032
5045
1314
5843
6
7
4320
3466 9313
5179 ЗОЮ
4558 8269 7489 8081 5081
2545 4436
9926 2464 3361
3300
7429 2575 0109
9979
9265 7516 9284 7730
1970
66751126
1787
6256
6279
7989
6345
2391
5592
4576
4245
1303 6503
6307
7935
3759
5059
5618
4081
4977
3431 7746 0146 4754 0501
9
9599
4242
3585
5950
8462
9828
3961
9123
3384
3145
8740 6247 5014 0276 6582
66664911
6328 4503
8605
6692 7264
9659
3333 7300
5590 0247 1863
8967 6298
2455 0583 0532 3382
6673
3963 7679 6313 3016
6406
6463 7942 3199
06395951
1609 2482 7619
2007 7427
10
11
0456 0672 5163 4995 6751
09441281
969091156447
3058 8697 0413 5273 4991
2545 5409 3043 1293 6458
3756
0653
1014
7894
9307
2436
5519
0228
2408
9720
5460
9050 1378
3371
3243
44770111
28352220
2958
5707
4745
3294
3756
4738
5441
7979
3674
9795
3996
12
РУЛЕТКА
4
КУБИК-
3
0
2
1
Нет смысла составлять таблицу случайных чисел, состоящую всего лишь из нескольких десятков чисел. Количество генерированных случайным образом чисел в последовательности должно измеряться, по крайней мере, сотнями, а еще лучше — тысячами. Для удобства работы с такими большими последовательностями чисел их обычно разбивают или на трехзначные, или на четырехзначные, или на пятизначные числа, которые группируют в блоки (например, по пять четырехзначных чисел в блоке).
Вот в виде подобных блоков и принято изображать таблицы случайных чисел.
Таблица 24 содержит 1200 случайных чисел, сгруппированных в 60 блоков по пять четырехзначных чисел в блоке. Для удобства каждые пять блоков объединены в большой блок из 100 случайных чисел; большие блоки имеют номера: 1, 2, 3,...,12. Не надо удивляться, что некоторые четырехзначные числа в данной таблице начинаются с нуля; ведь разбиение последовательности однозначных чисел на четырехзначные проводилось чисто формально. Например, совокупность двадцати однозначных случайных чисел
08300927046675266610
формально разбита в таблице на пять четверок чисел:
0 8 3 0 0 9 2 70 4 6 67 5 2 66 6 1 0
(см. большой блок № 4, последняя строка). Мы видим, что три получившиеся при таком разбиении четырехзначных числа начинаются с нуля. При работе с таблицей эти нули надо, разумеется, учитывать. Заметим, что в таблице встречаются также четырехзначные числа, начинающиеся с двух нулей:
43310010814486380307
61570063600617363775
(см. большой блок № 2, вторая и третья строки).
В таблице 25 начинается, а в таблице 26 оканчивается последовательность из 10 000 случайных чисел, сгруппированных в 400 блоков по пять пятизначных чисел в блоке. Здесь можно встретить пятизначные числа, начинающиеся не только с одного или двух нулей, но даже с трех нулей (см. число 00020 в блоке 7x18, число 00055 в блоке 10x7, число 00052 в блоке 6х 13).
В дальнейшем мы будем использовать главным образом таблицу из 1200 случайных чисел, оставляя таблицу из 10 000 случайных чисел желающим получше убедиться в существовании порядка в хаосе.
Таблица, состоящая из 10 000 случайных чисел, сгруппированныз в 400 блоков по 5 пятизначных чисел в блоке
84733 90287
41702
44379
48031
17196 74037
93872 91434 78189 40276 45306
24569 12501 78702
72698 86453 28596 85964 84478
26820 94162 13102 80399 13884
69946
78520 84477 12707 71604 31460
66299 42006 74518 19080 25376
69875
43340 03559 91101 05691
61553
50962 99213 20992 72417 60187
31568
1
65135
54879
71903
23541
92400
20306
31712
96238
57864
86267
95736
86726
90501
43637
91039
27533
2
68718
38375
46747
19860
76129
94718
97397
92197
57257
73187
15979
83469
76952
50065
89540
49667
78039
61030
46122
54941
53721
67437
61709
88182
92789
01081
57748
09012
39805
35950
96777
06667
74544
92903
58427
29754
77409
48146
50411
50511
30655
41878
93610
51745
97527
61204
91185
23485
18424
65084
38379
07293
76788
84281
58581
18682
45966
25837
79966
62841
3
20160
50003
71684
34875
60617
77991
66322
27390
73834
73494
21527
93579
20049
85666
25102
04375
15463
49139
17369
71179
77472
96230
18521
67354
41883
58939
36222
43935
36272
47817
67183
48629
25607
27003
09721
70206
10497
83617
39176
45062
63903
33862
14903
38996
60027
49380
42273
93835
32621
60848
67721
69712
33438
85908
58620
50646
47857
80021
58560
67414
4
56013
02278
53110
33235
62949
53799
51375
42451
76889
68096
80857
91046
95340
70209
23825
46596
51960
02957
56574
18672
02994
39960
02489
53079
72789
22562
30359
38220
13972
86115
52928
66296
15570
31407
54988
78749
16135
82797
31296
93268
10101
95616
82618
85756
51156
09403
50848
71088
31308
35677
49046
10870
72107
11550
61175
33345
56717
07896
74085
53886
20328
72163
66728
81091
52307
78952
60261
11207
73065
48286
57057
49472
95241
84360
13960
5
78707
57821
28410
84908
30452
78760
38880
02564
96978
62332
77321
92228
53849
26578
39954
73597
94657
72927
46459
61325
50908
25601
30038
78786
65197
65283
18169
72867
53931
47906
07446
66408
19958
65159
11338
39231
72802
70630
87336
16385
32784
38073
87910
89260
66444
47870
55448
14158
83451
58729
42430
42234
4)4905
83274
22459
75032
93544
10482
34277
46177
84209
35824
35508
49401
36478
30246
41771
61398
98154
61644-
12405
45037
68034
98561
46747
52704
71441
50581
65679
37597
17182
60733
11765
09293
70076
40751
95846
80277
92450
69033
6
19020
09999
08516
82751
89731
52148
09111
64205
77930
32391
69076
13459
59896
78185
60268
19442
94873
36976
30366
65815
66895
27222
17378
59359
00055
06780
54939
78360
04163
77673
39523
74227
51895
39733
29426
76685
93548
87546
07687
47338
12240
32277
23015
54261
95020
01201
85057
93409
81200
21176
78459
18960
85182
02245
11566
52527
62992
55171
85448
12545
51725
60273
84903
84374
31438
36959
83719
40702
70038
68130
63125
03821
50005
02204
69319
7
91045
72642
42684
32419
12825
58785
84563
62071
17799
96094
41635
52830
19700
08193
37600
54896
95603
17290
91508
95605
82514
32257
15699
02654
83110
44878
95523
12666
87597
23190
92324
88115
77848
38006
45600
02181
70261
49705
31491
25318
52566
72494
66685
05344
71633
88397
78035
06366
37342
62026
13032
14048
19711
30101
16304
11950
78684
72590
47283
45445
52118
65337
13461
18438
16099
57330
05018
92605
10316
07351
78020
86361
30286
06434
50229
8
37202
05623
23595
79677
59772
37141
63590
48093
02366
05407
08325
52046
87404
95585
25547
71637
80260
83299
89743
94628
26784
17792
09214
53781
90102
25774
92525
32301
25923
76556
35790
19603
31212
34119
34728
47391
93272
09887
34196
98251
62453
37703
70711
37921
54989
99087
72525
34402
50115
09825
54728
37514
24437
01316
04770
06554
17788
36086
05468
41631
89768
36608
49108
92337
79809
81934
06370
18703
90858
55130
40869
88243
37403
42231
17073
9
83816
00718
94663
39629
27812
28250
44083
33831
54280
67850
06025
96117
99768
14321
69029
00806
20667
81224
24296
39967
60239
89494
34431
44890
59892
79682
20308
82510
53609
13258
65733
03902
29140
05414
62087
65727
54430
52632
94126
95597
48338
67645
44676
14730
22642
60671
23190
47433
86979
45281
69750
96999
42104
34377
63300
83181
60278
08969
96020
75815
45326
86280
74876
51856
03263
.10215
87947
09427
32380
43636
58578
07761
28456
46570
11623
10
54419
65493
88741
89069
10789
00973
30238
46126
85306
37114
22718
56584
92291
56575
24075
72845
68939
06483
40835
16564
75047
22938
13073
32066
43098
75738
94910
15403
89151
73322
01823
48113
60005
87083
98000
22348
89182
27750
63314
87302
49472
24885
79506
60638
07132
89671
81320
05251
25930
37320
11895
16187
03303
40287
52435
23926
92544
54099
31497
03863
71883
93005
77888
84673
19502
54869
21526
07401
30925
46148
20138
33874
56715
38424
38273
11
25493
56247
46907
25634
84761
76421
42907
95158
27146
37042
43361
03173
97911
71313
44258
28278
93841
13134
25129
65536
19838
21479
48265
01674
47274
56350
37512
14883
99673
62298
44834
89816
52509
85192
32114
83770
90076
70233
76730
25043
16686
54737
57431
01786
20803
23329
74767
85661
54449
76506
02131
93202
05355
93941
84434
22384
13240
93617
51549
28532
33176
16108
98145
27652
76918
41000
46059
72208
90475
10341
39703
83244
37858
61657
04184
12
44597
28074
92908
22392
38034
83739
32876
98604
75652
95680
51386
48724
76069
94867
93570
81456
81110
94771
13664
07478
80992
58485
18882
13238
89865
55644
05528
94935
58972
43340
91503
59589
22803
18122
17790
00236
93750
20468
92189
66781
06210
18208
13973
57905
66878
63651
64109
13207
68346
42140
00052
04099
48767
23355
42505
34539
51129
48580
59386
62209
30709
25889
68851
65221
69392
35106
36393
27129
17326
86452
69052
68433
72332
62502
76323
13
50664
89487
41973
98456
51147
51327
26590
94684
58103
96936
71276
30275
22753
46046
67196
80089
83750
36605
85343
26090
28447
33179
69730
09683
08770
80381
43130
88108
64709
15191
19293
91304
37043
82077
42231
31534
54358
52939
26655
72687
26616
09608
59223
74533
64986
97754
28401
62553
98641
48553
35996
08033
91811
70471
81538
20017
19613
81103
37842
41866
47923
38366
81939
61526
27691
13988
21830
00957
50599
91280
72832
80364
14158
71740
91289
14
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
( Для примера выделен блок 3Х11 - блок в 3-м столбце, 11-й строке)
72137 04254
40083
16602
29910
73850 60099 50731 26772 55480
32733 50584 81250
89693 47184
35321 10961 57995 92558 79775
80647 57642 41467 38394 09779
39713 19101 29834 84119 08718
61060 30613 08059
68486
45822
57865 01549 22945 17622 17643
88049 96531
72193 30953 63252
20557 83936 36077 78267 00232
43375
45842 82577
31568 98059
50914 78222 16210 58297 07255
83628
88481
76092
88922
90786
73935
44933
87730
50436
95246
72502 12839 90049 86135 15280
15
77708
83761
89238
86521
82711
79266
47763
26173
36183
65869
64355
91271
49295
98354
28005
90715
65115
12870
89922
24926
44062
94896
97561
96490
35454
51623
98381
11055
32951
28363
79666
48119
38525
82189
34921
49838
47558
92343
47408
99542
44247
12762
54488
74321
36224
53294
49761
76235
55814
29900
03796
73326
94291
10739
36087
32326
52225
72447
77804
57045
44422
78305
76369
20601
39701
80769
17322
78280
42376
64899
62390
68375
42921
28545
33167
16
12601
54432
65017
91131
50515
97477
80691
31834
32401
11994
97820
06653
27477
61364
22681
65664
73669
24910
25488
23699
86413
19985
49355
24358
02915
81553
92012
50435
73814
96290
18363
66515
23098
22384
87756
66396
63646
50963
99099
67895
09202
48494
95974
33534
94657
00491
53688
72033
68063
86104
90576
04119
65531
30304
39202
82110
82254
03669
03281
11613
02878
83197
94318
47901
85252
91224
32939
75043
40325
53252
18175
09457
83810
46392
02705
17
79920
22780
43100
83886
26378
66010
00020
80666
66861
17820
50756
80608
35695
72641
26306
97556
54260
42361
12741
56996
48177
85725
36668
45531
85245
12710
60264
74650
92126
08152
79435
52143
12322
12554
04314
98550
58315
78036
24355
85822
44424
88508
66190
74060
93206
93903
78220
09178
33676
58996
78675
11648
96220
54127
24804
24729
66501
74157
42246
41688
04758
50961
90230
72006
24268
77817
10524
60304
79352
31942
85419
93017
28087
78323
77109
18
53841
28758
93442
42963
25254
96336
16570
89358
36619
72838
10933
99964
13468
17211
48046
07626
78473
17708
50059
33584
52451
11575
53992
83223
58546
49559
71671
53603
24491
57570
40645
27008
16341
05870
42604
79286
08720
13175
89573
38051
3939 Т
92039
71664
40219
97707
62666
14127
94390
07069
39152
10357
94612
56748
75428
28101
38543
54214
48928
32818
51963
00147
99378
'58310
34655
48242
58656
30544
01860
08322
70476
44242
54227
28598
64422
29361
19
61557
43927
11643
65522
76713
95782
34956
67384
47654
64999
11468
74140
81386
94127
67342
71522
16545
68464
62540
76143
06328
94718
58404
84099
73641
52165
54336
89196
40042
37889
05366
66273
49518
25415
20346
22719
18255
47685
78475
67421
83093
77038
55399
67893
89597
72668
62720
08971
97908
15905
В 6615
97550
68107
10649
30976
66455
90708
06450
50129
17795
51497
78491
83680
08319
51223
19735
72708
82599
28127
29660
30790
65154
19582
20942
81439
20
66170
68781
91423
86645
02925
51327
41022
76893
29200
82747
97297
74420
18783
93471
89055
23361
60672
52451
03774
06365
94880
70978
57385
70532
46078
87300
53319
90155
03154
20301
53608
59661
70966
24937
56559
98856
19207
41684
20288
19783
82215
35810
39852
43795
21530
24079
01177
02666
35515
24819
73382
50172
23114
28745
12249
35844
63265
26451
06986
08707
50495
87947
20592
91917
59595
55083
43112
94833
72864
58785
53473
06308
56778
30474
57277
21
93550
48306
20282
92711
74402
51335
64031
41740
69680
69373
73674
97914
77989
47280
71804
16260
03381
09798
89487
33632
47073
92357
38870
73784
95662
83923
90790
49474
11901
30322
32868
72831
55156
90166
91599
09471
79945
42580
86605
97758
08206
54199
41327
01170
21745
60722
21328
19977
82161
29385
62151
48030
05125
70865
72154
86385
39490
57482
32921
33795
67362
87389
09559
98456
70498
40173
80016
81500
48061
25583
74101
87573
01556
89183
64830
22
83452
92994
85019
57720
36951
03383
34265
65728
89776
04006
06080
84076
12445
47416
83620
51168
41624
94768
53124
95920
04777
82534
76335
21108
42302
79406
21054
80132
67719
72662
83805
28803
63272
65480
08764
16379
72055
61146
82780
89111
53131
57879
39099
42715
24830
50762
50488
77081
10186
86577
28581
26999
96204
20431
30114
23035
30380
76272
00343
57573
09627
26695
79373
09119
79765
99918
01623
47335
17893
53176
07436
14799
78197
48601
97557
23
48174
62551
96122
22375
96488
38010
92522
57728
39432
27914
03850
36814
88460
34049
19544
20750
74116
58973
99018
22769
06003
58033
50082
94988
62152
73342
78915
20537
06126
92480
02115
37096
20505
91937
69776
85630
08059
35757
49479
63531
77705
81683
96907
37411
90717
42726
54307
29170
13045
65527
55604
51222
17900
55553
02980
75992
08790
88992
69756
46772
61692
45137
17539
31799
64780
83917
90452
64753
99645
19799
60672
90037
76680
96734
92743
24
69792
01480
51557
70726
35862
56413
77817
10655
52915
68198
70617
78259
45486
56338
12484
16451
67912
66404
76254
75495
47831
86797
11284
49160
79852
26243
36090
75829
71060
91605
95619
16238
25374
13653
25345
96315
55657
76473
08217
46810
68536
18786
28575
08455
93825
27552
72387
34001
83792
66764
99251
06260
74779
96285
31998
35611
98354
53680
45747
78442
85710
11035
40171
04810
69848
23425
27602
47759
18422
56074
09070
44848
09996
77753
49227
25
02280
53815
47479
44017
37563
74587
70563
77813
50242
60398
53500
45017
08406
66984
71128
86827
81430
45597
82296
28947
80254
99608
17019
17892
76813
13274
39776
97027
56919
88547
71126
71770
16092
03942
90111
71318
07978
35440
26128
10545
17828
60976
57662
61757
71249
36336
98297
48100
71594
52667
43155
30432
48384
85430
51826
95632
78154
38634
47463
99723
85591
33192
65127
80852
42030
16779
35724
82103
61658
20206
49097
54147
03656
14735
78551
26
76296
32532
22644
96853
18610
59151
97420
23689
74515
55211
25453
48798
15486
73835
51776
32147
17457
56298
48964
64733
58380
57384
65406
63918
17048
89631
80497
49167
81559
47202
92840
44833
81146
64060
62975
60045
23250
30847
46616
17817
21919
21050
87791
76192
56686
72835
87258
89384
11251
34329
42402
47962
21439
54864
97968
09043
48864
87355
27209
69827
56832
78400
24190.
37978
85863
83918
20530
61565
69344
71964
50417
37763
30136
58254
71090
27
51122
92668
96750
11130
06275
66609
42504
76799
46790
28464
43889
40909
18741
86154
20843
90789
32932
67449
05115
45941
33048
32456
28675
04242
20735
18376
90586
46115
87375
79147
93975
66981
19556
24605
52169
69465
37970
05673
49516
98035
00908
92035
75518
30878
14979
87353
15094
29529
67305
01361
57150
77261
62643
74966
08777
22864
72620
74169
25511
80669
20359
48577
05971
92373
22765
15597
29448
01922
05709
77900
11361
15263
64912
62494
31231
28
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
Таблица случайных чисел — наглядное доказательствоСУЩЕСТВОВАНИЯ ПОРЯДКА В ХАОСЕ
Р1так, убедимся на ряде конкретных примеров, что хаос, образуемый достаточно большой последовательностью случайных чисел, действительно внутренне конструктивен, т. е., проще говоря, действительно скрывает в себе порядок. Этот порядок демонстрирует статистическая устойчивость частот появления тех или иных случайных чисел. Мы будем использовать таблицу 24, в которой содержатся 1200 однозначных случайных чисел (или 300 четырехзначных случайных чисел).
Наличие порядка в хаосе случайных чисел можно легко обнаружить уже на следующем простом примере.
Пример 1. Подсчитаем и сравним частоты появления нуля на первом, втором, третьем и четвертом местах в четырехзначных случайных числах в таблице 24.
Убеждаемся, что нуль появился:
на1-мместе32 раза; частота появленияv =32 / 300 =0,101
на2-мместе25 раз; частота появленияv =25 / 300 =0,083
на3-мместе33 раза; частота появленияv =33 / 300 =0,110
на4-мместе28 раз; частота появленияv =28 / 300 =0,093.
Вполне можно говорить об определенной устойчивости полученных частот. Они группируются вблизи значения вероятности, равного 0,1. Здесь уместно напомнить, что для рассматриваемых в таблице 24 четырехзначных чисел равны вероятности появления на том или ином месте (и, в частности, на 1-м месте) любой из десяти цифр 0, 1, 2, 3,..., 9 (для обычных же четырехзначных чисел вероятность появления нуля на 1-м месте равна нулю).
Пример 2. Еще лучше устойчивость частот проявляется, если подсчитать и сравнить частоты появления девятки на первом, втором, третьем, четвертом местах в четырехзначных случайных числах в таблице 24. Убеждаемся, что девятка появилась на третьем месте 25 раз (v = 0,083), а на первом, втором и четвертом местах — по 32 раза (v = 0,101).
А теперь подсчитаем, сколько раз появились в каждом из двенадцати больших блоков в таблице 24 нуль, единица, двойка, тройка, четверка, пятерка, шестерка, семерка, восьмерка, девятка. Результаты подсчета приведены на рис. 1 в таблице 27; они разнесены по ячейкам, соответствующим номерам больших блоков (от № 1 до № 12). Этими данными мы воспользуемся в последующих примерах.
Пример 3. Используя данные, представленные на рис. 1 в таблице 27, подсчитаем частоту появления каждой из десяти цифр в таблице 24.
Находим, что нуль появился 118 раз (частота его появления v = 118 / 1200 = = 0,098), единица появилась ПО раз (v = НО / 1200 = 0,092), двойка появилась П4раз (v = 114 / 1200 = 0,095), тройка появилась 125 раз (v = 125 / 1200 = 0,104), четверка появилась 136 раз (v = 136 / 1200 = = 0,113), пятерка появилась 136 раз (v = 0,113), шестерка появилась 131 раз (v = 131 / 1200 = 0,109), семерка появилась 115 раз (v = 115 / 1200 = = 0,096), восьмерка появилась 94 раза (v = 94 / 1200 = 0,078), девятка появилась 121 раз (v = 121 / 1200 = 0,101). Мы обнаруживаем определенную устойчивость всех полученных частот, их близость к 0,1, т. е. к вероятности появления любой из десяти цифр в последовательности случайных чисел.
Пример 4. Используя данные, представленные на рис. 1 в таблице 27, подсчитаем частоты появления нуля в различных выборках четырехсот случайных чисел. Выборки сделаем, используя различные наборы четырех больших блоков из таблицы 24.
Рассмотрим 15 следующих выборок:
блоки1,2,3, 4;нуль появился 42 раза;v = 42 /400= 0,105
блоки5,6,7, 8;нуль появился 38 раз;v = 38 /400= 0,095
блоки9,10, 11,12; нуль появился 37 раз;v = 37 /400= 0,093
блоки1,3,5, 7;нуль появился 33 раза;v = 33 /400= 0,083
блоки 9, 11, 2, 4; нуль появился 46 раз; v = 46 / 400 = 0,115 -блоки6,8,10, 12; нуль появился 39 раз;v = 39 /400= 0,098
блоки1,2,5, 6; нуль появился 38 раз;v = 38 /400= 0,095
блоки3,4,11, 12; нуль появился 43 раза;v = 32 /400= 0,101
блоки7,8,9, 10; нуль появился 37 раз;v = 37 /400= 0,093
блоки1,3,10, 12; нуль появился 34 раза;v = 34 /400= 0,085
блоки2,4,5, 7; нуль появился 45 раз;v = 45 /400= 0,113
блоки6,8,9, 11; нуль появился 39 раз;v = 39 /400= 0,098
блоки1,4,5, 8; нуль появился 33 раза;v = 33 /400= 0,083
блоки 3, 6, 9, 12; нуль появился 39 раз;v = 39.400 = 0,098
блоки 7, 10, 2, 11; нуль появился 46 раз; v = 46 / 400 = 0,115. Мы перебрали 15 вариантов и обнаружили, что частоты появления нуля лежат в рассмотренных случаях в пределах от 0,083 до 0,115. Напомним, что в таблице из 1200 случайных чисел нуль, как и остальные девять однозначных чисел, генерировался случайным образом (например, при помощи рулетки). И тем не менее, как бы мы ни выбирали четверку больших блоков, частота появления нуля в совокупности из 400 случайных чисел ни разу не оказалась больше, например, 0,5 или
N1
N2
N3
N4
N5
N6
N7
N8
N9
N10
Nil
N12
Рис.1
8
10
10
9
13
11
9
6
11
10
5
12
Двойки
6
14
12
8
6
9
9
14
5
10
8
14
Семерки
Тройки
Четверки
Рис. 3
меньше, например, 0,01. Все полученные частоты сгруппировались вблизи вероятности, равной 0,1, с отклонениями вниз в пределах 0,017 и вверх в пределах 0,015.
Нечто подобное мы должны были бы, по-видимому, получить, проделав такой же опыт не с нулем, а с любой другой цифрой.
Пример 5. Используя данные, представленные на рис. 1 в таблице 27, подсчитаем частоты появления нуля в различных выборках восьмисот случайных чисел. Выборки сделаем, используя различные наборы восьми больших блоков из таблицы 24.
Рассмотрим 15 следующих выборок:
- блоки 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8;
80 нулей;
v = 80 / 800 = 0,100
- блоки 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9;
83 нуля;
v = 83 / 800 = 0,104
- блоки 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10;
79 нулей;
v = 79 / 800 = 0,099;
- блоки 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12;
76 нулей;
v = 76 / 800 = 0,095;
- блоки 1, 3, 5, 7, 9, 11, 2, 4;
79 нулей;
v = 79 / 800 = 0,099;
- блоки 1, 3, 5, 7, 9, 11, 6, 8;
72 нуля;
v = 72 / 800 = 0,090;
- блоки 1, 3, 5, 7, 9, 11, 10, 12;
71 нуль;
v = 71 / 800 = 0,089;
- блоки 2, 4, 6, 8, 10, 12, 1, 3;
81 нуль;
v = 81 / 800 = 0,101;
- блоки 2, 4, 6, 8, 10, 12, 5, 7;
84 нуля;
v = 84 / 800 = 0,105;
- блоки 2, 4, 6, 8, 10, 12, 9, 11;
85 нулей;
v = 85 / 800 = 0,106;
- блоки 1, 3, 5, 7, 6, 8, 10, 12;
72 нуля;
v = 72 / 800 = 0,090;
- блоки 2, 4, 6, 8, 5, 7, 9, 11;
84 нуля;
v = 84/ 800 = 0,105;
- блоки 1, 3, 4, 6, 7, 9, 10, 12;
78 нулей;
v = 78 / 800 = 0,098;
- блоки 1, 2, 3, 5, 7, 8, 10, 12;
74 нуля;
v = 74 / 800 = 0,093;
- блоки 1, 3, 5, 6, 8, 10, 11, 12;
72 нуля;
v = 72 / 800 = 0,090.
Мы перебрали 15 различных вариантов и обнаружили устойчивость частот появления нуля в пределах от 0,089 до 0,106. Частота оказалась приблизительно равной вероятности 0,1с отклонениями в пределах 0,011 вниз и в пределах 0,006 вверх. Отметим, что разброс отклонений теперь немного меньше, чем в примере 4. Это неудивительно, поскольку количество испытаний в серии увеличилось теперь вдвое.
Данные, представленные на рис. 1 в таблице 27, позволяют быстро найти количества нечетных однозначных чисел (чисел 1, 3, 5, 7, 9), появившихся случайным образом в каждом из двенадцати больших блоков в таблице 24. Разделив каждое из этих количеств на 100 (т. е. на число испытаний в большом блоке), находим частоты появления нечетных чисел в двенадцати сериях по 100 испытаний в серии. Эти частоты графически представлены на рис. 2 в таблице 27. Мы видим, что частоты колеблются вблизи вероятности появления нечетного однозначного числа, равной 0,5, отклоняясь вниз и вверх в пределах 0,1.
Пример 6. Используя сведения о количествах нечетных чисел в каждом большом блоке в таблице 24, подсчитаем частоту появления нечетных чисел сначала в двух блоках (блоке 1 и блоке 2), затем в трех блоках (блоках 1, 2и 3), затем в четырех блоках (блоках 1, 2, Зи 4) и так далее — вплоть до учета всех двенадцати блоков.
Такой подсчет использует соотношения (*) из §7.1. Результаты подсчета представлены графически на рис. 3 в таблице 27. Налицо постепенное приближение частот к вероятности 0,5 по мере увеличения числа испытаний (феномен статистической устойчивости частот).
Воспользуемся таблицей случайных чисел!
Случайные числа вместо длительных испытаний. «После того, как кто-либо достаточно много раз выполнит опыты с бросанием монеты или кости или с вытаскиванием карты из предварительно перетасованной колоды, у него возникнет естественное желание получить более удобный и быстрый метод выполнения эксперимента, математически эквивалентного этим экспериментам... Карты, шары в урне, кости — все это хорошо использовать тогда, когда эксперимент недолог; если же нужно выполнить сотни и тысячи испытаний, использование карт, шаров, костей становится практически неприемлемым. В подобных ситуациях математики используют случайные числа». Эту цитату мы взяли из книги по теории вероятностей, написанной группой видных американских математиков и педагогов (см. Ф. Мостеллер, Р. Рурке, Дж. Томас. «Вероятность». Пер. с англ. М.: «Мир», 1969).
Имея под рукой таблицу случайных чисел, мы можем не тратить времени на подбрасывание монеты. Надо просто перемещаться мысленно по таблице и всякую встречу с нечетным числом (1, 3, 5, 7 или 9) рассматривать как выпадение, скажем, орла, а всякую встречу с нулем или четным числом рассматривать как выпадение решки. Маршруты перемещения по таблице случайных чисел могут быть выбраны разными способами. Можно, например, перемещаться по строкам слева направо, начиная с самой верхней. Можно перемещаться по столбцам сверху вниз, начиная с крайнего левого столбца. Можно обходить таблицу чисел как бы по спирали: сначала пройти первую (самую верхнюю) строку слева направо, затем опуститься вниз по крайнему правому столбцу, затем пройти самую нижнюю строку справа налево, затем подняться вверх по крайнему левому столбцу до второй строки, затем пройти вторую сроку слева направо — и так далее. Можно придумать еще какие-
нибудь способы перемещения по таблице чисел — все это, в конечном счете, не имеет значения.
Вместо того, чтобы выяснять на практике, сколько раз выпадет орел при тысяче подбрасываний монеты, мы можем воспользоваться таблицей 24 и просто подсчитать количество нечетных однозначных чисел в десяти больших блоках. Вот, что мы получим для шести разных выборок десятки блоков:
все блокикроме1и 2;«орелвыпал»504 раза;v = 0,504;
все блокикроме3и 4;«орелвыпал»515 раз;v = 0,515;
все блокикроме5и 6;«орелвыпал»513 раз;v = 0,513;
все блокикроме7и 8;«орелвыпал»496 раз;v = 0,469;
все блоки кроме 9 и 10; «орел выпал» 510 раз; v = 0,510;
все блоки кроме 11 и 12; «орел выпал» 497 раз; v = 0,497.
Здесь слова «орел выпал» взяты в кавычки, поскольку исход с выпадением орла сопоставлен математически с появлением нечетного однозначного числа в рассматриваемой последовательности случайных чисел.
При желании, можно воспользоваться таблицей из 10 000 случайных чисел (см. таблицы 25 и 26 в § 7.3) и подсчитать, сколько раз там встречаются нечетные числа. Этот подсчет будет математически эквивалентен утомительному опыту, в котором надо подбросить монету 10 000 раз.
Испытания с выниманием наугад шара из мешка, в котором находятся один черный и два белых шара, совсем несложно заменить мысленной прогулкой по таблице случайных чисел. Всякую встречу с числом, делящимся без остатка на три (числом 3, 6 либо 9), будем рассматривать как исход с выниманием из мешка черного шара. Встречу с числом 1, 2, 4, 5, 7 или 8 будем рассматривать как исход с выниманием белого шара. А встречу с нулем будем попросту игнорировать. В таблице 24 нуль встречается 118 раз. Значит, полное число испытаний, которое подлежит учету в данном случае, равно 1200 - 118 = 1082. Общее количество троек, шестерок и девяток в таблице 24 равно 125 + 131 + 121 = 377. Значит, можно считать, что частота появления черного шара равна v = 377 / 1082 = 0,35.
Чтобы заменить таблицей случайных чисел подбрасывание кубика, надо попросту игнорировать встречи с нулем, семеркой, восьмеркой и девяткой. Тогда встречи с единицей, двойкой, тройкой, четверкой, пятеркой и шестеркой могут рассматриваться как исходы с выпадением соответствующей грани при подбрасывании кубика. В таблице 24 общее количество нулей, семерок, восьмерок и девяток равно 118 + 115 + 94 + 121 = 448. Значит, полное число испытаний, которое надо учитывать в данном случае, равно 1200 - 448 = 752. Единица
появилась в таблице ПО раз; значит, выпадение грани 1 при подбрасывании кубика можно представить частотой v = ПО / 752 = 0,146. Двойка появилась в таблице 114 раз; отсюда v = 114 / 752 = 0,152. Тройка появилась 125 раз; отсюда v = 125 / 752 = 0,166. Четверка появилась 136 раз; отсюда v = 136 / 752 = 0,181. Такой же результат получился ддя пятерки. Наконец, шестерка появилась в таблице 131 раз; отсюда v = 131 / 752 = = 0,174. Вероятность выпадения любой грани кубика равна 1/6, т. е. 0,167. Мы видим, что частоты, полученные из таблицы 24 колеблются около этой вероятности с отклонением вниз в пределах 0,021 и отклонением вверх в пределах 0,014. Без сомнения, эти отклонения были бы меньше, если бы мы воспользовались таблицей, содержащей 10 000 случайных чисел.
Случайные числа и число к. Рассмотрим наглядный пример практического применения таблицы случайных чисел. В этом примере случайные числа используются для того, чтобы найти, чему равно число к. Идея приближенного подсчета числа л вероятностным способом достаточно проста. Изобразим на листе бумаги квадрат, в который вписана четверть круга; радиус круга 7? равен стороне квадрата (см. рис. 1 в таблице 28). Отношение площади четверти круга к площади квадрата есть (л 7?2 / 4) / 7?2 = л / 4. Будем бросать на лист бумаги мелкие крупинки. Бросать надо наугад, без какого-либо прицеливания; крупинки должны распределиться по поверхности листа случайным образом (см. рис. 2 в таблице 28). Часть крупинок окажется вне квадрата; эти крупинки в дальнейшем учитывать не будем. Подсчитаем количество крупинок, оказавшихся внутри квадрата; пусть это количество равно Nv Предположим, что из них N2 крупинок оказались внутри четверти круга (внутри незакрашенной области квадрата). Будем полагать, что для каждой крупинки равновероятно оказаться в любом месте квадрата. Тогда при достаточно большом числе крупинок отношение М2 / 7^ должно приближенно равняться отношению площади незакрашенной области квадрата ко всей площади квадрата. Таким образом,
N2 / TV! = л / 4.
Числа Nx и М2 определяем в эксперименте; отсюда можем найти, чему равно число л.
Идея эксперимента проста. Однако как ее реализовать на практике? Как на практике обеспечить равновероятность попадания крупинок в любое место квадрата? Иными словами, что значит «бросать наугад» и как это надо делать?
И вот тут-то на помощь приходит таблица случайных чисел. Мы вообще не станем бросать крупинки на лист бумаги, а воспользуемся
Таблица 28. Примеры использования таблицы случайных чисел
случайными числами. Проведем вдоль сторон квадрата координатные оси; масштаб выберем таким, чтобы сторона квадрата равнялась единице (см. рис. 3 в таблице 28). Будем пользоваться таблицей 24, причем предварительно каждое из четырехзначных чисел в этой таблице мысленно поделим на 10 000 — чтобы иметь набор случайных десятичных чисел, находящихся в пределах от Одо 1. Условимся рассматривать десятичные числа, оказавшиеся в нечетных строках таблицы, в качестве х-координа- ты, а стоящие непосредственно под ними десятичные числа — в качестве у-координаты случайных точек. Эти точки будем наносить на рисунок 3, постепенно перемещаясь по таблице сначала вдоль всего первого столбца сверху вниз, затем вдоль всего второго столбца и т. д.
Первые пятнадцать случайных точек показаны на рисунке 3 черными треугольниками; они имеют координаты:
(0,0655, 0,5255),(0,6314,0,3157),(0,9052,0,4105),(0,1437,0,4064),
(0,1037, 0,5718),(0,5127,0,9401),(0,4064,0,5458),(0,2461,0,4320),
(0,3466, 0,9313),(0,5179,0,3010),(0,9599,0,4242),(0,3585,0,5950),
(0,8462,0,0456),(0,0672,0,5163),(0,4995,0,6751).
Черными кружочками на рисунке показаны еще 85 случайных точек. Используя рисунок, нетрудно подсчитать, что для первых пятнадцати точек N2 / Л^ = 13 / 15 и, следовательно, л = 3,467. Для ста точек (учитываем как треугольники, так и черные кружочки) N2 / #! = 78 / 100 и, следовательно, л = 3,120.
Случайные числа и выбор по справедливости.
Задача 1. На 85 выпускников школы выделено 25 путевок для интересной туристической поездки. Как отобрать 25 «счастливчиков» таким образом, чтобы не была нарушена справедливость?
Примечание. Выбор по справедливости означает, что у каждого из выпускников должна быть одинаковая вероятность получить путевку. Эта вероятность равна 1/85.
Решение. Данную задачу можно, конечно, решить с помощью мешка, в котором находятся 85 одинаковых шаров, перенумерованных от 1 до 85. Всех выпускников также нужно перенумеровать. Затем надо приступить к испытаниям, вынимая наугад шары из мешка. Вот мы вынули первый шар. Пускай это будет шар с номером 15. Значит, первую путевку получит выпускник под номером 15. Как обычно, вынутый шар возвращаем в мешок и как следует встряхиваем мешок, чтобы шары перемешались. Затем вынимаем второй шар. Пусть это будет шар с номером 76. Вторую путевку получает выпускник под номером 76. Если бы оказалось, что второй шар снова есть шар с номером 15, то данное испытание не засчитывалось бы. Выполнив соответствующее число выниманий шара из мешка, мы, в конечном счете, наберем 25 обладателей путевок на поездку.
Весь эксперимент оказывается довольно долгим. Его можно было бы немного ускорить, не возвращая всякий раз вынутый шар обратно в мешок. Однако тогда у
разных участников эксперимента оказались бы неодинаковые шансы получить путевку. В самом деле, если, например, первый вынутый шар не возвратить в мешок, то вероятность выявления следующего обладателя путевки будет уже не 1 / 85, а 1 / 84.
Рассматриваемую задачу значительно проще решить, если воспользоваться таблицей случайных чисел. Нам не понадобится вся таблица 24. Достаточно рассмотреть числа, представленные в одном большом блоке. Все равно каком именно. Пусть это будет блок 1. Все четырехзначные числа в этом блоке разобьем на пары двузначных чисел. Выпускникам присвоим номера 01, 02, 03, ..., 85. Из совокупности двузначных чисел в рассматриваемом блоке сразу вычеркнем числа от 86 до 99. В результате получится таблица, изображенная на рис. 4 в таблице 28. Начнем обходить эту таблицу, например, по строкам (начиная с первой строки и идя по каждой строке слева направо). Всякую повторную встречу с тем или иным двузначным числом будем игнорировать. В итоге у нас получится вот такая последовательность случайных двузначных чисел:
065584534467332052516148742946 47
631423350169315764625819652254.
Первые двадцать пять чисел этой последовательности могут по всей справедли
вости рассматриваться как номера выпускников, которым посчастливилось получить путевку. (Впрочем, с тем же основанием могли быть выбраны последние двадцать пять чисел последовательности.)
Разумеется, мы могли рассматривать любой из двенадцати блоков в таблице 24 и получить иные наборы двадцати пяти «счастливчиков». Существенно, что в каждом из этих случаев отбор «счастливчиков» был бы справедливым.
Задача 2. Для проверки эффективности новой учебной программы подобрали 16 классов в одной и той же параллели с вполне равноценным контингентом учащихся. Эти классы разделили на Snap, имея в виду, что в каждой паре один класс будет заниматься по новой программе, а другой — по старой. Как выбрать классы под новую программу таким образом, чтобы не нарушить объективности и справедливости?
Объективность и справедливость выбора будут соблюдены, если выбор будет произведен случайным образом с вероятностью для каждой из восьми пар классов, равной 1 /256.
Поясним, откуда взялась вероятность 1 /256. Обозначим 16 подобранных классов буквами А, Б, В, Г, Д, Е, Ж, 3, И, К, Л, М, Н, О, П, Р. Разобьем их на 8 пар:
АБВГДЕЖЗ
I I I I I I I I
ИК Л М Н О П Р.
Нам надо выбрать новую или старою программу для восьми классов — например для классов А, Б, В, Г, Д, Е, Ж, 3 (при этом автоматически определится выбор программы для каждого из остальных восьми классов).
Начнем с класса А. Возможны два равновероятных варианта: класс А работает по новой программе, класс А работает по старой программе (варианты Ан и Ас). Для каждого из этих двух вариантов существуют два варианта выбора программы
в классе Б, так что имеются уже четыре варианта (АНБН, АНБС, АСБН, АСБС). Для каждого из этих четырех вариантов существуют два варианта выбора программы в классе В — получаются восемь вариантов (АНБНВН, АНБНВС, АНБСВН, АНБСВС, АСБНВН, АСБНВС, АСБСВН, АСБСВС). С учетом выбора программы в классе Г получатся 8-2=16 вариантов. С учетом выбора программы в классе Д получатся 16 • 2 = 32 варианта. И так далее. Нетрудно сообразить, что, когда мы дойдем до восьмого класса (класса 3), общее число равновероятных вариантов достигнет 28 = 256.
Итак, имеются 256 равновероятных вариантов разбиения 16 классов на Snap классов, в каждой из которых можно провести сравнение новой программы со старой. Спрашивается, как можно выбрать, не нарушая объективности и справедливости, один из этих вариантов?
Можно заготовить 256 листков бумаги с указанием на этих листках соответствующих вариантов, скатать листки в трубочки, положить в мешок, тщательно перемешать и затем вынуть наугад один из вариантов. Правда, придется немало потрудиться, изображая на листках различные варианты (вот так будет выглядеть один из двухсот пятидесяти шести вариантов: АНБНВСГСДНЕСЖН3С).
Можно не расписывать листки, а поступить значительно проще: выполнить восемь подбрасываний монеты — по подбрасыванию на каждый из восьми классов: А, Б, В, Г, Д, Е, Ж, 3. Предположим, что результат восьми подбрасываний окажется таким: ОРРООРОО (здесь О — выпадение орла, Р — выпадение решки). Условимся, что при выпадении орла класс выбирает новую программу, а при выпадении решки — старую. Тогда полученные исходы подбрасываний будут соответствовать варианту, при котором класс А работает по новой программе, класс Б — по старой, класс В — по старой, класс Г — по новой, класс Д — по новой, класс В — по старой, класс Ж — по новой, класс 3 — по новой.
Отсюда следует, что класс И должен работать по старой программе, класс К — по новой, класс Л — по новой, класс М — по старой, класс Н — по старой, класс О — по новой, класс П — по старой, класс Р — по старой.
Наконец, можно монету не подбрасывать, а воспользоваться случайными числами. Причем воспользоваться ими можно по-разному. Например, выпишем по порядку начальные однозначные числа больших блоков в таблице 24, начиная с блока 1 и кончая блоком 8:
0049584 6.
Эти восемь чисел сопоставим, соответственно, с классами
А, Б, В, Г, Д, Е, Ж, 3.
В тех классах, которым досталось нечетное число, будем использовать новую программу, а в остальных классах — старую. В данном случае по новой программе будут заниматься классы Г и Д, а по старой программе — классы А, Б, В, Е, Ж, 3. Отсюда следует, что по старой программе должны заниматься также классы М и Н, а по новой — классы И, К, Л, О, П, Р.
Задача 3. Иван, Сергей, Юрий и Борис приобрели вскладчину ценную книгу, причем Иван внес 40% стоимости книги, Сергей 30%, Юрий 20%), Борис 10%. Каждому не
терпится первым прочитать книгу. Решили тянуть жребий, причем так, чтобы шансы получить первым книгу были у каждого пропорциональны размеру внесенной им за книгу суммы. Как это сделать?
Согласно условию задачи, Иван должен иметь вероятность вытянуть жребий, равную 0,4, Сергей — 0,3, Юрий — 0,2, Борис — 0,1. Это можно сделать весьма просто, воспользовавшись таблицей случайных чисел. Условимся рассматривать числа 0, 1, 2 и 3 в качестве «чисел Ивана», числа 4, 5 и 6 в качестве «чисел Сергея», числа 7 и 8 в качестве «чисел Юрия», число 9 в качестве «числа Бориса». После этого завяжем одному из участников опыта глаза и попросим его наугад поставить точку где-нибудь в таблице случайных чисел. В чье число попадет эта точка, тот и получает по справедливости право первого прочтения книги.
Конечно, можно было закрепить за каждым из наших персонажей иные числа. Тут важно (во имя соблюдения справедливости), чтобы за Иваном были закреплены четыре числа, за Сергеем три, за Юрием два и за Борисом одно число.
Диалог: Что практически дает намПОДСЧЕТ ВЕРОЯТНОСТИ СЛУЧАЙНОГО СОБЫТИЯ?
Автор. Когда человек впервые начинает осмысливать для себя случайные ситуации, он, как правило, поначалу полагает, что можно уверенно предсказывать исходы этих ситуаций. Это можно условно назвать первым этапом знакомства с вероятностными представлениями. На втором этапе человек обычно разочарованно заявляет, что в подобных ситуациях ничего нельзя утверждать. И лишь позднее, уже на третьем этапе, человек начинает открывать для себя, что в кажущемся хаосе мира случайностей можно обнаружить закономерности, позволяющие неплохо ориентироваться в окружающем нас мире. Кстати, эти три этапа процесса постепенного постижения мира случайностей хорошо наблюдаются у детей младшего школьного возраста, что отмечают многие известные педагоги (см., например, весьма интересную книгу: М. Гле- ман. Т. Варга. «Вероятность в играх и развлечениях». Пер. с французского, М.: «Просвещение», 1979).
'ЧаАаАем. Интересная мысль! Вначале мир случайностей кажется довольно простым и вполне ясным. Потом он оказывается, напротив, безнадежно сложным и совершенно непонятным. И уже после этого начинает открываться необычность такого мира, для понимания которой нужно отказаться от ряда привычных представлений. Например, от представления о хаосе как о чем-то таком, что полностью исключает какой-либо порядок.
Автор. Думаю, что отмеченные этапы постижения мира случайностей вполне объяснимы. Случайности, которые принято рассматривать в самую первую очередь (такие как выпадение грани при бросании кубика), имеют строго определенную и притом легко вычисляемую вероятность. Вполне может возникнуть впечатление, что случайности поддаются точному расчету и, значит, исходы случайных событий можно предсказывать. Но потом выясняется, что вероятность отнюдь не гарантирует того или иного исхода. Любой конкретный исход случайного события все равно остается принципиально непредсказуемым. Открытие этой истины вполне может породить разочарование и подвести к выводу о том, что тут «ничего нельзя утверждать».
'ЧиждАе-кк. Признаться, мне не раз приходили в голову вопросы: Зачем надо вычислять вероятность события, если оно случайное, и значит, нельзя точно предсказать его исход? Что толку в подсчете вероятности события, если, как говорится, «фирма не гарантирует»? И самый главный вопрос: Что же практически дает нам подсчет вероятности случайного события?
Автор. Последний вопрос действительно можно считать главным, именно здесь ключ к переходу от этапа разочарования к этапу понимания специфики мира случайностей.
'ЧсоиаАе^. Итак, что же практически дает нам подсчет вероятности случайного события?
Автор. Отвечая на этот вопрос, отметим прежде всего, что, чем больше вероятность события, тем чаще оно происходит на практике. И наоборот: чем меньше вероятность события, тем реже оно происходит на практике. Значит, ожидая исход того или иного события, мы заинтересованы в знании вероятности этого события. Для нас это важно как в отношении события желаемого, так и в отношении события нежелательного. Оценивая вероятность нежелательного события (например, вероятность вспышки эпидемии, вероятность землетрясения в данной местности, вероятность гибели водоема в результате техногенных загрязнений, вероятность пересыхания реки вследствие чрезмерного водозабора ит.д.), мы получаем представление о степени грозящей нам опасности и можем как-то координировать на практике свои действия.
'ЧмАаАе,**. Приведенные примеры вызывают у меня сомнения. Как надо понимать эти вероятности? Как их вычислять или хотя бы оценивать? Как, например, подсчитать вероятность эпидемии или землетрясения?
Автор. Что ж, нетрудно привести сколько угодно ситуаций, где фигурируют случайные события, вероятность которых определяется на научной
основе — в результате использования методов, разработанных учеными. Вот один из примеров; он связан с распространением потока нейтронов через защитную стенку, окружающую активную зону ядерного реактора.
'Ч«ои<ии&*й. Боюсь, что это очень специальный пример. Он будет не всем понятен.
Автор. Мы не будем входить в детали. На атомных станциях есть ядерный реактор, в активную зону которого загружают ядерное горючее, например уран. В результате деления ядер урана в активной зоне высвобождается значительная энергия и происходит сильный разогрев прокачиваемого через зону теплоносителя (например, воды, органической жидкости, жидкого натрия). Теплоноситель нагревает воду в другом контуре, превращая ее в пар, который заставляет вращаться турбину благодаря чему в генераторе вырабатывается электрическая энергия. Все это схематически изображено на рис. 2 в таблице 29; здесь активная зона реактора показана штриховкой (на рис. 1 в той же таблице показан общий вид атомной электростанции). Отметим цепочку происходящих на АЭС превращений энергии:
Атомная энергия
—►
Тепловая энергия
Механическая энергия
—►
Электрическая энергия
Впрочем, все эти подробности не имеют прямого отношения к нашему разговору о вероятностях. Нам важно отметить, что деление ядер урана в активной зоне реактора сопровождается не только высвобождением энергии, но и рождением нейтронов. Эти нейтроны разлетаются в разные стороны и проникают в стенку, которая окружает активную зону и защищает рабочее помещение от нейтронов (и другой радиации, выходящей из зоны). Проникая внутрь защитной стенки, нейтроны взаимодействуют с ядрами вещества стенки. Возможны три варианта исходов такого взаимодействия: нейтрон возвращается обратно в активную зону (вариант 1), нейтрон после ряда столкновений поглощается, в конечном счете, одним из ядер вещества стенки (вариант 2), нейтрон после ряда столкновений все-таки преодолевает стенку и выходит наружу (вариант 3). Все эти варианты можно видеть на рис. 3 в таблице 29, где схематически изображены траектории ряда нейтронов. Для примера здесь отмечены соответствующими номерами три траектории для отмеченных выше трех вариантов.
Итак, перед нами весьма сложный и многообразный набор физических процессов, насыщенный случайностями. Случайны энергия и
Таблица 29. Вероятности и защита в ядерном реакторе
направление движения каждого нейтрона в момент его перехода из активной зоны в защитную стенку, случайна длина пробега нейтрона до его первого столкновения с каким-то ядром вещества стенки, случаен результат столкновения (поглощение нейтрона или его рассеяние), случайны энергия и направление движения рассеянного нейтрона и так далее.
"%«#й«#й&»<. Не могу себе представить, как можно проанализировать все эти процессы.
Автор. Этот анализ предполагает использование ЭВМ, куда предварительно вводят данные о потоке нейтронов, входящем внутрь стенки, данные о веществе стенки, а главное, вероятность того или иного пробега нейтрона до момента его взаимодействия с одним из ядер вещества стенки, вероятность поглощения нейтрона, вероятность рассеяния нейтрона на тот или иной угол. Затем происходит расчет «судьбы» какого-то наугад выбранного нейтрона с учетом упомянутых данных и всех вероятностей. Этот расчет выполняется с момента попадания нейтрона внутрь стенки вплоть до момента его выхода из игры. Такая процедура вычислений повторяется для второго наугад выбранного нейтрона, для третьего, четвертого и многих других. В итоге получают множество возможных траекторий нейтронов внутри стенки (вроде тех, что показаны на рисунке 3). Каждая траектория — исход какого-то одного испытания, представляющего собой розыгрыш «судьбы» отдельного нейтрона. Огромный набор таких испытаний позволяет проанализировать в целом картину прохождения нейтронов через защитную стенку и получить практические рекомендации по толщине стенки и составу ее вещества, гарантирующие достаточную безопасность работы в помещении, где находится реактор.
Понятно, что для ученых, выполняющих подобный анализ, исключена даже тень сомнения в практической важности подсчета вероятностей тех событий, которые совершаются внутри защитной стенки.
'Ч«ои<ии&*й. Безусловно, тут подсчет вероятностей совершенно необходим. Однако мне хотелось бы вернуться из большой науки на «бытовой уровень» и обратиться к какой-нибудь совсем простой ситуации, в которой вероятность легко просчитывается.
Автор. Что ж, давайте вернемся на «бытовой уровень».
'ЧссАа&е**. Допустим, я предложил приятелю подбросить четыре монеты и сравнить количества выпавших орлов и решек. Тут возможны три комбинации:
комбинация 1: одинаковы все четыре исхода (выпали 4 орла или 4 решки),
комбинация 2: одинаковы три исхода (выпали либо 3 орла + 1 решка, либо 3 решки + 1 орел),
комбинация 3: одинаковы два исхода (выпали 2 орла и 2 решки).
Предварительно я предлагаю приятелю поставить на какую-нибудь из этих трех комбинаций. Известно, что вероятность комбинации 1 равна 2 / 16, комбинации 2 — 8/16, комбинации 3 — 6/16 (см. рис. 1 в таблице 20). Учитывая это, приятель ставит на комбинацию 2. Мне остаются либо комбинация 3, либо комбинация 1. Я решаю рискнуть, ставлю на комбинацию 1 и... выигрываю. Оказалось так, что все четыре монеты выпали орлом. Вероятность комбинации 2 в четыре раза больше вероятности комбинации 1, но в данном случае это не помогло. Мой приятель вправе спросить: какой же практический смысл был в подсчете вероятностей при подбрасывании четырех монет?
Автор. Практический смысл обнаруживается, если повторить данное испытание (подбрасывание четырех монет) достаточно много раз. По итогам многократных испытаний суммарный баланс по выигрышам окажется почти наверняка в пользу того, кто поставил на комбинацию с большей вероятностью. Можно также вообразить, что в эксперименте участвует большая группа людей (например, тысяча людей) и каждый подбрасывает четыре монеты. Предположим все участники из первой половины группы поставили на комбинацию 2, а все участники из второй половины группы — на комбинацию 1. Суммарный выигрыш в первой подгруппе почти наверняка будет выше суммарного выигрыша во второй подгруппе. Так что и в такой ситуации обнаруживается практический смысл подсчета вероятностей.
*ЧссАаАе*б.. Значит, необходимы многократные испытания? Или много испытаний выполняет один человек. Или по одному испытанию выполняют много людей.
Автор. Именно так. Ведь уже отмечалось, что, чем больше вероятность события, тем чаще оно происходит. Чтобы этим воспользоваться на практике, необходимо, очевидно, располагать большим количеством испытаний. В противном случае нельзя оценить, насколько часто (или редко) происходит событие.
'ЧссАа&е**. Как я понял, случайности не позволяют предсказать одиночный исход, но возможно предсказание большого числа исходов. Получается, что ради отдельного /однократного/ испытания подсчет вероятности события не имеет смысла?
Автор. Это не совсем так. Предположим, что подсчет дал для некоторого события весьма малую вероятность (например, 0,001). В подобных случаях мы можем рассматривать данное событие как практически невозможное. И напротив, если подсчет дал для некоторого события вероятность, которая очень близка к единице (например, 0,998), то подобное событие может рассматриваться как практически достоверное.
"Ча&л&е**. Мне известно, что вероятность выпадения десяти орлов при десяти подбрасываниях монеты равна 1/1024. Значит, я могу уверенно ставить на то, что десять орлов подряд при подбрасываниях монеты не выпадут. Но в таком случае те, кому, предположим, девять раз не повезло, вправе полагать, что уж в десятый-то раз должно повезти. Они могли, например, ставить на выпадение решки при бросании монеты. Пусть им несколько раз не повезло (все время выпадали орлы). Но поскольку выпадение подряд десяти орлов — событие практически невозможное, то по крайней мере при десятом подбрасывании должна, наконец, выпасть решка. Разве не так?
Автор. Речь шла о практически невозможном событии. Однако такое событие все-таки возможно. Откроем книгу Стругацких «Обитаемый остров». Там на первой странице читаем: «Максим обошел корабль, ведя ладонью по холодному, чуть влажному его боку. Он обнаружил следы ударов там, где и ожидал... Черные кляксы были теперь еле видны. Метеоритная атака в стратосфере, вероятность — ноль целых, ноль- ноль... Но ведь всякое возможное событие когда-нибудь да осуществляется...». Неплохо сказано.
Частотное (статистическое) определениевероятности
Опыт убеждает нас, что, чем больше (меньше) вероятность данного случайного события, тем чаще (реже) происходит это событие. Методом, называемым «доказательством от противного», легко доказать, что верно также обратное утверждение: чем чаще (реже) происходит некоторое случайное событие, тем больше (меньше) его вероятность. Отсюда следует, что можно попытаться находить вероятность случайного события не на основе вычислений, а непосредственно из эксперимента.
До сих пор мы сначала вычисляли вероятность того или иного случайного события (опираясь на классическое либо геометрическое определение вероятности и используя равновозможность элементарных исходов), а уже потом обращались к эксперименту, убеждаясь на практике, что частота появления данного события в достаточно больших сериях испытаний колеблется вблизи вероятности события. При этом отклонения частоты от вероятности в ту или другою сторону оказываются тем меньше, чем больше число испытаний в серии. Теперь мы обсудим обратную ситуацию: сначала измерим в эксперименте с достаточно большим количеством испытаний частоту появления некоторого события,
а потом, уже на основании результатов эксперимента, оценим вероятность данного события. Понятно, что таким образом мы сможем найти не точное, а некоторое приближенное значение вероятности. Чем больше количество испытаний, тем, вообще говоря, точнее значение вероятности, определяемое на опыте.
Итак, вот частотное (статистическое) определение вероятности:
Вероятность случайного события А — это постоянное число Р(А), вблизи которого колеблется частота появления данного события М(А) / N в сериях испытаний при условии достаточно большого количества N испытаний в серии. Таким образом,
Р(А) » М(А) / N, если V» 1.
Частотное определение вероятности позволяет получить вероятность события всего лишь с некоторой точностью, приближенно — в этом недостаток данного определения. Но зато частотное определение дает возможность найти вероятность события в весьма различных ситуациях, в частности и таких, где не удается указать равновозможные элементарные исходы — в этом несомненное преимущество данного определения. Неудивительно, что фактическое использование этого определения для отыскания вероятности тех или иных событий началось практически уже на первых этапах развития теории вероятностей.
В частности, частотное определение вероятности широко применялось (и применяется) при рассмотрении явлений демографического характера. В качестве примера отметим такие случайные события как рождение младенцев того или иного пола. Вот официальные данные шведской статистики за 1935-й год (здесь z = I, II, III,..., XII — месяцы года, N; — общее количество новорожденных в Швеции в z-ом месяце, М; — количество родившихся девочек, v, = Mj / Nj — частота рождения девочек в z-ом месяце):
I
II
III
IV
V
VI
7280
6957
7883
7884
7892
7609
Mj
3537
3407
3866
3711
3775
3665
^i
0,486
0,489
0,490
0,471
0,478
0,482
VII
VIII
IX
X
XI
XII
7585
7393
7203
6903
6552
7132
Mj
3621
3596
3491
3391
3160
3371
Vi
0,462
0,484
0,485
0,491
0,482
0,473
Частоты Vj, vn, vni,..., vXII — представлены графически на рис. 1 в таблице 30. В той же таблице на рис. 2 представлены графически частоты vb v2, v3’---’ vi2’ вычисленные с использованием соотношений:
v 1 = М । / N у;
V2 = СМ + Ml) /СМ + Ml)?
v з = кМ\ + Ми + М ш) / (М + JVn + VHI);
V4 = (М + Муу + Мууу + Л/jy) /(Wj + TV 11 + AT 111 + JVjy);
V12 — VM\ + Mn + ... + Mcn)/CM + TVn + ... + NX11).
Легко убедиться, что эти частоты имеют значения:
vj =0,4829;v2=0,4877;v3=0,4887;v4=0,4840;
v5 =0,4828;v6=0,4826;v7=0,4819;v8=0,4824;
v9 =0,4827;v10=0,4834;vn=0,4834;v12=0,4825.
Можно приближенно считать, что вероятность рождения девочки равна 0,4825. Она показана на рис. 1 и рис. 2 в таблице 30 пунктирной прямой.
Другой пример экспериментального поиска вероятности случайного события на основе использования частотного определения вероятности представлен на рис. 3 и рис. 4 в таблице 30. Здесь в качестве случайных событий рассмотрены появления букв И, А, С, В, М в отрывке Н.В. Гоголя «Страшная месть» (сам отрывок приведен в таблице 31). Весь отрывок разбит на десять кусков, обозначенных числами I, II, III, IV,..., X. В каждом куске содержатся N= 200 знаков (в качестве знаков рассматриваются буквы, знаки препинания и пробелы между словами). Количества появлений той или иной буквы в каждом отрывке (числа Мь Мп, Mid Mv»—» М) таковы:
I
II
III
IV
V
VI
VII
VIII
IX
X
Буква И:
20
13
13
13
17
12
14
10
12
8
Буква А:
7
8
8
8
8
9
8
15
12
18
Буква С:
4
6
10
7
6
8
11
13
7
11
Буква В:
6
4
12
7
10
10
6
5
5
9
Буква М:
2
4
9
5
3
8
5
4
7
6
Таблица 30. Частотное (статистическое) определение вероятности
Таблица 31. Отрывок из повести Н. В. Гоголя «Страшная месть»
Чуден Днепр при тихой погоде, когда вольно и плавно мчит сквозь леса и горы полные воды свои. Ни зашелохнет; ни прогремит. Глядишь, и не знаешь, идет или не идет его величавая ширина, и чудится, будто весь вылит он из стекла, и будто голубая зеркальная дорога, без меры в ширину, без конца в длину, реет и вьется по зеленому миру. Любо тогда и жаркому солнцу оглядеться с вышины и погрузить лучи в холод стеклянных вод и прибережным лесам ярко отсветиться в водах. Зеленокудрые! они толпятся вместе с полевыми цветами к водам и, наклонившись, глядят в них и не наглядятся, и не налюбуются светлым своим зраком, и усмехаются к нему, и приветствуют его, кивая ветвями. В середину же Днепра они не смеют глянуть: никто, кроме солнца и голубого неба, не глядит в него. Редкая птица долетит до середины Днепра. Пышный! ему нет равной реки в мире. Чуден Днепр и при теплой летней ночи, когда все засыпает — и человек, и зверь, и птица; а бог один величаво озирает небо и землю и величаво сотрясает ризу. От ризы сыплются звезды. Звезды горят и светят над миром и все разом отдаются в Днепре. Всех их держит Днепр в темном лоне своем. Ни одна не убежит от него; разве погаснет на небе. Черный лес, унизанный спящими воронами, и древле разломанные горы, свесясь, силятся закрыть его хотя длинною тенью своею, — напрасно! Нет ничего в мире, что бы могло прикрыть Днепр. Синий, синий, ходит он плавным разливом и середь ночи, как середь дня; виден за столько вдаль, за сколько видеть может человечье око. Нежась и прижимаясь ближе к берегам от ночного холода, дает он по себе серебряную струю; и она вспыхивает, будто полоса дамасской сабли; а он, синий, снова заснул. Чуден и тогда Днепр, и нет реки, равной ему в мире! Когда же пойдут горами по небу синие тучи, черный лес шатается до корня, дубы трещат и молния, изламываясь между туч, разом осветит целый мир — страшен тогда Днепр! Водяные холмы гремят, ударяясь о горы, и с блеском и стоном отбегают назад, и плачут, и заливаются вдали. Так убивается старая мать козака, выпровожая своего сына в войско.
I
II
III
IV
VI
VII
VIII
IX
X
Отсюда находим частоты, Vj = Mj / 200, vn = Мп / 200, vni = Мш / 200, vx = Мх / 200 для каждой из пяти рассматриваемых букв. Эти частоты графически представлены на рис. 3 в таблице 30. Чтобы найти вероятность появления той или иной буквы, надо посмотреть, как изменяется частота ее появления по мере увеличения количества испытаний.
Иначе говоря, надо подсчитать для каждой буквы десять значений частоты — от Vi (для N= 200) до v10 (для N= 2000), используя соотношения:
Vi = Mj/200;
v2 = (Ml+Mn)/400;
Vg = (Л/1 + M ^ + А/щ) / 600;
V4 = (Л/j + M^ + Мщ + AfIV) / 800;
v щ — (A/j + А/Д + ^ni +... + M x) / 2000.
Графически все эти частоты представлены на рис. 4 в таблице 30.
Статистические данные, полученные нами при рассмотрении текста из таблицы 31, оказались явно недостаточными для того, чтобы оценить вероятность появления букв И и А. Для буквы С мы получили вероятность 0,041, для буквы В — 0,038, для буквы М — 0,026. Заметим, что в интересной популярной книге А.М. Яглома и И.М. Яглома «Вероятность и информация» (М.: Физматгиз, 1960) приведены результаты достаточно серьезных исследований по отысканию вероятности появления различных букв в художественных классических текстах. Эти исследования показали, что, например, вероятность появления буквы С равна 0,045, буквы В — 0,038, буквы М — 0,026.
Диалог об определении вероятности,предложенном Рихардом Мизесом
'ЧкАдАм*. В § 7.7 дано частотное определение вероятности:
Р^ « М (Л) / N, если N> 1(1)
На первый взгляд, им очень удобно пользоваться на практике. Поставь эксперимент с достаточно большим количеством испытаний N, подсчитай количество исходов М(Л) с появлением события А, подели М (Л) на N — и вот тебе для данного случайного события приближенное значение вероятности Р(Л). Однако при этом возникает ряд вопросов. Что значит «достаточно большое число испытаний»? Сто испытаний,
тысяча, миллион? С какой степенью приближения соотношение (1) дает вероятность рассматриваемого события? Иными словами, насколько точной оказывается вероятность Р^, определяемая соотношением (1)?
Автор. Вопросы совершенно уместные. Они возникают практически у всякого, кто пытается поглубже осмыслить частотное определение вероятности. Известный математик из Австро-Венгрии Рихард Мизес (1883-1953) предлагал снять эти вопросы, заменив приближенное соотношение (1) точным соотношением:
Р(А) = Urn М(А) / N (2)
'ЧкАдАм*. Что такое 11m и как понимать тут стрелку?
Автор. Через lim математики обозначают знак предела («лимес» — по-латыни «предел»). Соотношение (2) означает, что, если сколь угодно увеличивать количество испытаний (иначе говоря, если устремить N к бесконечности), то частота М^ / Сбудет в пределе стремиться к точному значению вероятности Р^А\
'ЧссАаАе**. По-моему, в этом есть смысл. Коль скоро с увеличением количества испытаний N частота М^ / N все больше и больше приближается к значению вероятности, то логично допустить, что при бесконечно больших N эта частота окажется в точности равна вероятности. Мне нравится определение вероятности, предложенное Мизесом.
Автор. Тем не менее математики не приняли этого определения.
*Ч«АаАе**. Но почему?
Автор. В любом реальном эксперименте количество испытаний конечно. Оно может быть очень большим, но не может быть бесконечным. И не только потому, что физически невозможно подбросить монету или кубик бесконечное число раз. Стремясь, например, найти вероятность появления той или иной буквы в художественном тексте, в принципе нельзя отсмотреть бесконечно много букв уже по той причине, что объем всех существующих текстов конечен. Стремясь найти вероятность рождения девочек в течение какого-то года, в принципе нельзя рассмотреть бесконечно много рождений, поскольку число детей, родившихся за год на всем земном шаре, конечно. Так или иначе в любом эксперименте мы рассматриваем конечное число испытаний.
'ЧкАдАм*. Все это так, если иметь в виду экспериментальный поиск вероятности события. Но почему бы не рассматривать соотношение (2) как соотношение теоретическое! Как соотношение, позволяющее не измерять, а вычислять вероятность события.
Автор. И при таком подходе определение вероятности по Мизесу оказывается несостоятельным. Чтобы почувствовать это, следует поближе
познакомиться с понятием предела бесконечной последовательности чисел. Пусть имеется некая бесконечная числовая последовательность:
рх,рър3,...,рп,...(3)
(здесь п — последовательные номера членов последовательности от 1 до оо). Пусть некое число Р есть предел этой последовательности, т. е. пусть Р = lim рп. Задумаемся о том, как это следует понимать?
"ЧиЛлЛс^л.. Чего же тут задумываться? Это следует понимать так, что числа рп стремятся к Р по мере того, как п неограниченно увеличиваются.
Автор. Это так. Однако не мешало бы пояснить математический смысл используемого здесь глагола «стремятся». Выберем некоторое число с > 0 и рассмотрим последовательность абсолютных значений отклонений чисел р от Р;
\P-PxV |Р"М \Р-Рз\, \P-PnV(4)
Необходимым условием того, что Ресть предел последовательности (3), является неравенство
\Р-Рп\<^(5)
которое должно выполняться, начиная с некоторого номера N, для всех без исключения последующих номеров п. Которых, кстати говоря, бесконечно много.
'Ч«#й<ийе<**. Наверное, имеет смысл выбирать какое-то маленькое число £? А какое именно?
Автор. Пока мы говорили о любом числе е > 0. Но условие (5), являясь необходимым, в то же время не является условием достаточным. Надо теперь выбрать другое число е > 0, которое было бы меньше предыдущего числа е. И надо убедиться, что и для нового е найдется номер N (он будет больше предыдущего номера А), начиная с которого для всех остальных п будет выполняться неравенство (5). Затем надо выбрать третье, еще меньшее число е > 0 — и снова убедиться, что, начиная с какого-то номера, неравенство (5) будет выполняться для всех последующих номеров. И так далее.
И если мы можем утверждать, что, каково бы ни было число е > 0, обязательно найдется в нашей бесконечной последовательности (3) номер N такой, что для всех п > А выполняется неравенство (5), — вот тогда можно назвать Р пределом последовательности (3) и записать: Р = lim рп.
*4w&aAe**. К нельзя ли привести пример последовательности, которая «стремится» к некоторому пределу?
Автор. В качестве примера рассмотрим последовательность, у которой л-й член (общий член последовательности) есть
(6)(6)Рп = (2 + п)/(2п).
(6)
(6)
Вот первые десять членов такой последовательности:
3/2, 1, 5/6, 6/8, 7/10, 8/12, 9/14, 10/16, 11/18, 12/20,...
Убедимся, что данная последовательность имеет предел (при п -» оо) и что этот предел равен Р= 1 / 2. В данном случае:
\Р-Р„\ =\Р-Р„\ =2 + пп2 + ппп-2 - п2пп-2 - п2п=1 / п.=1 / п.
\Р-Р„\ =
\Р-Р„\ =
2 + пп
2 + пп
п-2 - п2п
п-2 - п2п
=1 / п.
=1 / п.
Выберем произвольное число е > 0. Оно может быть сколь угодно малым. Легко видеть, что неравенство (5) имеет в данном случае вид: 1 / п < г, откуда следует, что п > 1 / е. Таким образом, в качестве номера N надо выбрать любой номер больше 1 /е. Если, например, е = 0,001, то можно выбрать N= 1001.
*%«#6<1#6б*«. Тут все понятно.
Автор. А теперь обратимся к определению вероятности по Мизесу. В качестве последовательности (3) будем рассматривать последовательность частот появления случайного события А. Ее общий член имеет вид:
рп=Мп(А)/п. (7)
Чтобы можно было утверждать, что Р(Л) = lim ^п^ , необходимо убедиться что для произвольного, сколь угодно малого числа е > 0 обязательно найдется в нашей последовательности номер Атакой, что для всех п> N будет выполняться неравенство
\Р(А)-Мп(А)/п\<г. (8)
Однако вследствие случайного характера появлений благоприятных исходов Мп(А) мы не можем в данном случае (в отличие от последовательности (6)) указать, как числа рп зависят от п. Тут зависимости попросту не существует'. А значит, и предел (2), объявленный Мизесом, попросту не существует.
'ЧкАдАм*. Но тогда получается, что мы вообще не можем «подвести теорию» под утверждение «чем чаше происходит событие, тем больше его вероятность»! А ведь мы до сих пор утверждали, что, чем больше п, тем ближе частота Мп(А) / А к вероятности Р(Л)! Неужели это утверждение тоже несостоятельно?
Автор. Нет, оно состоятельно. Иначе вообще не было бы частотного определения вероятности. Дело в том, что утверждение «чем больше п, тем ближе частота Мп^ / N к вероятности Р(Л)» отнюдь не означает, что Р^А) = lim Мп (Л) / п . Оно означает нечто иное.
*Ч«А<1Ае**. Что же именно?
Автор. Об этом мы поговорим позднее. А пока заметим лишь, что вместо несуществующего предела последовательности частот надо рассматривать последовательности вероятностей отклонения частот от вероятности события Р^А\ При сколь угодно больших п не сами отклонения частоты от вероятности события стремятся к нулю, а всего лишь вероятности этих отклонений становятся сколь угодно малыми. Это есть так называемый закон больших чисел. Но о нем будет разговор в свое время (см. § 11.7 и § 12.9).
ЗАДАНИЯ ПО ТЕМЕ 7
Подбросьте игральный кубик 300 раз. Запишите, сколько раз выпали единица, двойка, тройка, четверка, пятерка, шестерка. Подсчитайте и сравните друг с другом частоту выпадения каждой грани при количестве испытаний, равном 300. Сравните с вероятностью 1/6.
Используя результаты эксперимента, выполненного в задании 1, а также соотношения (*) из § 7.1, подсчитайте частоты выпадения грани с числом очков, делящимся без остатка на 3, для серий с N = 20, 40, 60, ..., 300. Представьте вычисленные частоты графически. Воспользуйтесь частотным определением вероятности для экспериментального поиска вероятности выпадения грани с числом очков, делящимся без остатка на 3. Сравните с вероятностью, найденной на основе классического определения.
Подбросьте 300 раз пару игральных кубиков и отметьте исходы испытаний, при которых обе выпавшие грани имеют четное число очков. Подсчитайте частоты появления рассматриваемых исходов для серий с А/= 20, 40, 60,..., 300. Представьте вычисленные частоты графически и найдите из данного эксперимента вероятность выпадения обеих четных граней при одновременном подбрасывании пары кубиков.
Такое же задание, что и задание 3, но для события, при котором оба кубика выпали гранями с одинаковыми очками.
Такое же задание, что и задание 3, но для события, при котором один кубик в паре выпал с четными очками, а другой кубик в паре — с нечетными очками.
Как статистически заменить рассмотренный в § 7.1 эксперимент с тремя шарами в мешке (один шар черный, два белых; вынимают наугад шар из мешка; рассматриваемое случайное событие — появление черного шара) экспериментом с подбрасыванием кубика? Выполните соответствующий эксперимент с кубиком
и по полученным результатам постройте графики, аналогичные графикам, представленным на рис. 4 в таблице 22.
Как статистически заменить эксперимент с шестью шарами в мешке (два черных, три белых, один красный; случайное событие — вынимание из мешка белого шара) экспериментом с подбрасыванием кубика?
Как статистически заменить эксперимент с пятью шарами в мешке (один черный, четыре белых; случайное событие — вынимание из мешка белого шара) экспериментом с подбрасыванием кубика?
Предлагается выполнить следующий эксперимент. Предварительно надо начертить мелом на доске (или карандашом на листе бумаги) упрощенную доску Гальтона, у которой не 21 штырек и 7 ловушек, а только 10 штырьков и 5 ловушек (А, Б, В, Г, Д). На такой доске шарик попадает в ту или иную ловушку после четырех столкновений с штырьками. Шарик у нас здесь будет воображаемый, а результаты его воображаемых столкновений с штырьками будут определяться с помощью подбрасываемой монеты (орел — шарик отскочил от штырька вправо, решка — шарик отскочил влево). Эксперимент состоит в том, чтобы мысленно «пустить шарик» по такой доске Гальтона 50 раз и определить (через подбрасывания монеты), в какой ловушке он должен оказаться в том или ином случае. Надо изобразить на доске (или на бумаге), как распределятся 50 воображаемых шариков по ловушкам. Хорошо бы, чтобы такой эксперимент одновременно проделали несколько человек — каждый со своей рисованной доской Гальтона. Интересно сравнить полученные результаты.
Используя в качестве простого генератора случайных чисел игральный кубик и жетон, постройте собственную таблицу из 400 однозначных случайных чисел (включая нуль), которые для удобства представьте в виде четырех столбцов четырехзначных чисел (по 25 четырехзначных случайных чисел в каждом столбце). Испытайте собственную таблицу случайных чисел на статистическую устойчивость, используя примеры, приводившиеся в § 7.4.
А теперь воспользуйтесь таблицей 25 (там 4750 однозначных случайные числа сгруппированы в блоки из пятизначных чисел), подсчитайте и сравните частоты появления нуля на первом и на пятом местах в пятизначных числах.
Воспользуйтесь таблицей 26 (там 5250 однозначных случайных чисел сгруппированы в блоки из пятизначных чисел), подсчитайте и сравните частоты появления нуля на втором и четвертом местах в пятизначных числах.
При желании, повторите задания 11 и 12, но уже не для нуля, а для других цифр.
Определите экспериментально вероятность выпадения орла, не подбрасывая монету, а используя: а) 4750 однозначных случайных чисел из таблицы 25, б) 5250 однозначных случайных чисел из таблицы 26, в) 10 000 однозначных случайных чисел из таблиц 25 и 26, г) 400 однозначных случайных чисел из собственной таблицы.
Примечание. Здесь, как и в других случаях, используйте калькулятор для ускорения вычислений.
Методом, рассмотренным в § 7.5, определите экспериментально значение числа к, используя: а) 50 случайных точек из собственной таблицы случайных чисел, б) 150 случайных точек из таблицы 24, содержащей 1200 однозначных случайных чисел.
Определите экспериментально вероятность выпадение грани кубика с числом очков, делящимся без остатка на 3, не выполняя подбрасываний кубика, а используя случайные числа из первых шести столбцов пятизначных чисел в таблице 26 (2100 однозначных случайных чисел).
Подсказка. Предварительно вычеркните все нули, встречающиеся среди 2100 однозначных чисел.
Определите экспериментально вероятность выпадения грани кубика с числом очков 6, не выполняя подбрасываний кубика, а используя случайные числа из первых шести столбцов пятизначных чисел в таблице 26.
Определите экспериментально вероятность выпадения пары кубиков с четными гранями, не выполняя подбрасываний пар кубиков, а используя случайные числа из первых шести столбцов пятизначных чисел в таблице 26. Сравните результаты с теми результатами, которые были получены при выполнении задания 3.
На 50 выпускников школы, из которых 20 девушек, выделено 25 путевок для интересной туристической поездки. Как отобрать 25 «счастливчиков» так, чтобы не нарушить справедливость? Справедливость в данном случае означает, что у каждого юноши должна быть одинаковая: вероятность получить путевку, а у каждой девушки вероятность получить путевку должна быть вдвое больше, чем у юноши.
Из 50 десятиклассников школы, среди которых 20 девушек, надо направить 25 человек на уборку городского парка. Как отобрать эти 25 человек по справедливости, предполагая, что все юноши должны иметь одинаковую вероятность попасть на уборку парка, а у каждой девушки вероятность туда попасть должна быть вдвое меньше, чем у юноши?
Иван, Сергей и Юрий приобрели в складчину ценную книгу, причем Иван оплатил 50% стоимости книги, а Сергей и Юрий — по 25%. Каждому не терпится первым прочитать книгу. Решили тянуть жребий, причем так, чтобы шансы получить книгу первым были у каждого пропорциональны размеру внесенной им за книгу сумму. Как это сделать, если воспользоваться: а) четырьмя шарами в мешке (шары можно как-то обозначить), б) однократным бросанием игрального кубика, в) таблицей случайных чисел?
В предлагаемом ниже эксперименте должны быть два участника: А и Б. Вероятность того, что при подбрасывании двух кубиков выпадет сумма очков равная 9, есть Р(9) =4/36. Вероятность же выпадения суммы 8 есть Р(8) =5/36 (см. рис. 3 из таблицы 20) Участник А ставит на то, что при подбрасывании двух кубиков выпадут 9 очков, а участник Б ставит на выпадение 8 очков. У каждого участника есть два кубика и каждый пусть сделает ровно 200 подбрасываний своей пары кубиков и при этом аккуратно подсчитает, сколько раз выпала соответствующая сумма (9 у участника А и 8 у участника Б). Сравните полученные результаты. Выиграет ли по итогам 200 подбрасываний участник Б? Соответствуют ли результаты бросаний отношению вероятностей Р(9) /Р(8)=4/5?
Подберите какой-нибудь художественный текст и попробуйте оценить вероятность появления в нем той или иной буквы.
ТЕМА 8
АЛГЕБРА СОБЫТИЙ
Читатель. Алгебра событий? Но математические действия выполняются над буквами, если буквами обозначены числа! Разве можно выполнять алгебраические действия над буквами-событиями?
Автор. Можно. Используются такие понятия как «сумма событий» и «произведение событий». В алгебре событий существуют переместительные, сочетательные, распределительные и другие законы.
Читатель. Мы работаем с вероятностями событий. При чем же тут алгебра событий? Зачем она нужна?
Автор. Пользуясь алгеброй событий, можно вычислить вероятность события, представляя его как сумму или произведение других событий, вероятность которых известна или может быть надежно измерена.
Вопросы и ответы
Можно придумать некий алфавит человеческих мыслей и с помощью комбинации букв этого алфавита и анализа слов, из них составленных, все может быть и открыто, и разрешено.
Готфрид Вильгельм Лейбниц
Математическая логика есть логика по предмету, математика по методу.
П. Порецкий, российский математик
Событие как множество, элементами которогоЯВЛЯЮТСЯ ЭЛЕМЕНТАРНЫЕ ИСХОДЫ
Будем для конкретности рассматривать события, которые происходят при двукратном бросании игрального кубика. Эту ситуацию мы достаточно подробно обсуждали в §6.6, где объясняли, что представляет собой пространство элементарных исходов. Его называют также универсальным множеством. В рассматриваемом случае универсальное множество состоит из 36 элементарных исходов; вероятность каждого исхода равна 1/36. Графически эти исходы были представлены на рис. 3 в таблице 20; они будут использоваться нами и в данной теме. Напомним, что на упомянутом рисунке изображены отнюдь не двузначные числа; так, например, 35 — это не «тридцать пять», а «три-пять» (это элементарный исход с выпадением грани 3 в первом бросании кубика и грани 5 во втором бросании). Во избежание путаницы будем в дальнейшем разделять дефисом очки выпавших пар граней: 1-1, 1-2,...
На рис. 1 в таблице 32 изображены в виде маленьких эллипсов 36 элементарных исходов испытаний с двукратным бросанием кубика и там же выделены области, соответствующие шести выбранным в качестве примера событиям: А, В, С, D, Е, F. Каждая из этих областей (каждое из шести событий) состоит из определенного набора элементарных исходов. Иными словами, каждое событие есть множество, элементами которого являются соответствующие элементарные исходы.
Здесь уместно отметить, что понятие множества широко используется в математике. Множеством называют любой набор предметов, объектов, фигур, свойств, а также событий, собранных по какому-либо признаку (или нескольким признакам). Все эти предметы, объекты, фигуры, свойства, события называются элементами множества. Множества
Таблица 32. Различные события при двукратном бросании кубикаТаблица 32. Различные события при двукратном бросании кубика
Таблица 32. Различные события при двукратном бросании кубика
Таблица 32. Различные события при двукратном бросании кубика
с конечным числом элементов называют конечными множествами. Существуют также бесконечные множества (например, множество всех натуральных чисел).
Рассматривая алгебру событий, мы фактически рассматриваем алгебру множеств. Точнее говоря, множеств событий.
Сделаем небольшое отступление исторического плана. Алгебра событий, конечно, существенно отличается от алгебры чисел, хотя во многом обнаруживаются аналогии. Последнее неудивительно, поскольку как алгебра чисел, так и алгебра событий имеют общие корни в математической логике. Рождение математической логики во многом связано с идеями знаменитого немецкого ученого (математика, физика, философа, языковеда) Готфрида Вильгельма Лейбница (1646-1716), считавшего, что различные рассуждения могут быть в каком-то смысле сведены к механическому выполнению определенных действий по некоторым правилам. Как самостоятельный раздел математики математическая логика начала формироваться с середины XIX столетия благодаря, в основном, работам ирландского математика и логика Джорджа Буля (1815-1864) «Математический анализ логики» (1847), «Логическое исчисление» (1848), «Исследование законов мышления» (1854). Буль применил алгебраические методы для решения логических задач и сформулировал на языке алгебры некоторые фундаментальные законы мышления. Законы алгебры событий, с которыми мы познакомимся в § 8.5, фактически моделируют алгебру Буля.
Но вернемся к рис. 1 в таблице 32 и рассмотрим выделенные здесь шесть событий-множеств.
Событие А — выпала пара одинаковых граней. Оно представлено множеством, элементами которого являются шесть элементарных исходов: 1-1, 2-2, 3-3, 4-4, 5-5, 6-6. Вероятность данного события Р(Л) = 6/36.
Событие В — выпала пара граней, среди которых есть хотя бы одна единица. В этом множестве одиннадцать элементов (6-1, 5-1, 4-1, 3-1, 2-1, 1-1, 1-2, 1-3, 1-4, 1-5, 1-6). Вероятность события Р(В) = 11 / 36.
Событие С — выпала пара граней с суммой очков меньше 8; множество состоит из двадцати одного элемента. Вероятность события Р(36) = 21 / 36.
Событие D — выпала пара граней с суммой очков больше 7; множество состоит из пятнадцати элементов. Вероятность события Р(Р) = 15 / 36.
Событие Е — выпала пара граней с суммой очков 10; множество состоит из трех элементов. Вероятность события Р^Е) = 3/36.
Событие F — выпала пара граней с очками 5 и 5; множество состоит из одного элемента (элементарного исхода 5-5). Вероятность события P(F) = 1/ 36.
Как известно (см. §6.1), по отношению к любому событию можно определить противоположное (дополнительное') событие. Если, например, рассматривается событие А, то противоположное событие обозначают через А. Вероятности событий Л и Я связаны соотношением: ЛЛ) + Р(Л) = 1 • Точно так же можно записать: Р(В) + Р(В) = 1, Р(С) + Р(С) = 1 и так далее. На рис. 1 в таблице 32 событие D можно рассматривать как событие С. В самом деле, если С есть событие с выпадением суммы очков меньше 8, то противоположным является событие с выпадением суммы не меньше 8, т. е. с выпадением суммы больше 7. А это и есть событие D.
События А , В, Ё, Ё на рисунке 1 не выделены. Однако нетрудно найти их самостоятельно. Если А — событие с выпадением пары одинаковых граней, то Л — событие с выпадением пары разных граней. Если В — событие с выпадением пары граней, среди которых есть хотя бы одна единица, то В — событие с выпадением пары граней, среди которых единицы нет.
В теории множеств используется понятие подмножества (части множества). Множество К называют подмножеством множества L, если каждый элемент множества К является одновременно элементом множества L. Записывают это так: К с L. Или вот так: La К. Заметим, что, если бы при этом также каждый элемент множества L являлся одновременно элементом множества К, то оба множества считались бы равными-. К= L. Нетрудно сообразить, что, если К с L и L с М, то К с М.
Обращаясь к выделенным на рис. 1 в таблице 32 событиям, отметим, что В с С, Е с D, Fc Е, Ес D.
Несовместные и совместные события
В § 6.6 было введено понятие несовместных событий. Два события называются несовместными, если невозможно их совместное появление в одном и том же испытании. Если же это возможно, то события называются совместными. Несовместные события называют также взаимоисключающими и непересекающимися. Последний термин связан с рассмотрением событий в рамках теории множеств. Сразу отметим, что любые два элементарных исхода являются несовместными событиями.
Обращаясь к «языку» множеств, заметим, что несовместными (непересекающимися) являются множества, у которых нет общих элементов.
Поэтому достаточно попросту взглянуть на рис. 2 в таблице 32, чтобы сразу заключить о совместности или несовместности той или иной пары событий из тех шести событий, которые выделены на рисунке. Всего из шести событий можно составить С^ = 15 пар. Из этих пятнадцати пар шесть пар являются несовместными (у них нет ни одного общего элементарного исхода) и девять пар — совместными (у них есть хотя бы один общий элементарный исход).
Из несовместных отметим, прежде всего, события В и Е, события В и F, события В и D. Ясно, что, если хотя бы одна из двух выпавших граней кубика единица (событие В), то сумма очков этих двух граней не может равняться 10 (исключаются события Е и F) и вообще не может быть больше 7 (исключается D). При сумме очков меньше 8 исключена сумма 10; поэтому несовместны С и Е, а также С и Е. Наконец, события С и D несовместны уже потому, что они являются взаимно противоположными событиями (С = D и D = С). Взаимно противоположные события всегда несовместны; ведь событие не может одновременно (в одном и том же испытании) и происходить, и не происходить.
Теперь отметим девять пар совместных событий:
А и В (элементарный исход 1-1 — это одновременно и событие А, и событие В: следовательно, оба события происходят одновременно в испытании, имеющем исход 1-1);
А и С (общие элементарные исходы: 1-1, 2-2, 3-3);
А и D (общие элементарные исходы: 4-4, 5-5, 6-6);
В и С (являются общими все исходы для события В ; ведь В — подмножество множества С);
Е и D (являются общими все исходы для события Е; ведь Е — подмножество множества D);
А и Е, F и A, F и D, F и Е (в каждой из этих пар есть один общий элементарный исход — исход 5-5).
Отметим очевидное общее положение: если К с L или Ес К, то события К и L совместны.
Пересечение и объединение событий
В теории множеств вводятся понятия: «пересечение множеств» и «объединение множеств». Они вводятся с помощью следующих определений.
Определение 1. Пересечением множеств К и L является такое множество М, все элементы которого принадлежат и множеству К, и множеству L. Записывается это так: КС\ L= М.
Определение 2. Объединением множеств К и L является такое множество М, все элементы которого принадлежат или множеству К, или множеству L, иж множествам Kv\ L вместе. Записывается это так: A"U L = М.
Наряду со знаками П и U здесь используется знак равенства =. Напомним, что два множества равны, если каждый элемент первого множества является также элементом второго множества, а каждый элемент второго множества является также элементом первого множества.
Обращаясь к алгебре событий, будем говорить не о пересечении множеств К и L, а о пересечении (или, иными словами, произведении) событий К и L, а также не об объединении множеств К и L, а об объединении (или, иными словами, сумме) событий К и L. Соответствующие определения будут выглядеть так:
Определение 1. Пересечение (произведение) событий К и L есть такое событие М, которое происходит тогда и только тогда, когда происходят и событие К, и событие L:
K^L = M.(1)
Определение 2. Объединение (сумма) событий К и L есть такое событие М, которое происходит тогда и только тогда, когда происходят или событие К, или событие L, или события К и L вместе:
К U L = М.(2)
Примечание. В применении к событиям соотношения (1) и (2) часто представляют в виде К- L = М и K-v L = М соответственно. Мы предпочитаем сохранить знаки П и U по той причине, чтобы у читателя не возникала иллюзия, будто законы алгебры чисел можно автоматически переносить на законы алгебры событий. Конечно, есть аналогия между произведением чисел и пересечением событий, а также между суммой чисел и объединением событий. Однако есть также и принципиальные различия. События — это отнюдь не числа, а множества. Поэтому разумнее, на наш взгляд, применять при работе с событиями знаки Пии, используемые в теории множеств.
Обратимся к событиям, выделенным на рис. 2 в таблице 32 (мы по- прежнему рассматриваем испытания, состоящие в двукратном бросании игрального кубика):
событие А: выпали две одинаковые грани с суммой очков меньше 8,
событие В: выпали грани с суммой очков 4,
событие С: выпали грани 2 и 2,
событие D ; выпали грани с суммой очков больше 8, но меньше 11,
событие Е: выпали грани с суммой очков больше 9,
событие Г: выпали грани с суммой очков 10.
Легко видеть, что А П В = С и что DC\E= F. События А и В, а также события D и Е являются совместными событиями, именно поэтому представляет интерес рассматривать пересечения этих пар событий. Тут термин «пересечение» говорит сам за себя.
А можно ли говорить о пересечении несовместных событий? Например, событий А и D? На первый взгляд, нельзя. Но в математике рассматривают пересечение (произведение) также и несовместных событий. Пересечение двух несовместных событий есть невозможное событие. Ему соответствует так называемое пустое множество, т. е. множество, не содержащее ни одного элемента. Невозможное событие (пустое множество) принято обозначать так: 0. Таким образом, А П D = 0.
Соотношение
КПЬ = 0 (3)
верно для любых двух несовместных событий и не верно для любых совместных событий. Поэтому соотношение (3) можно рассматривать в качестве определения несовместности событий. События К и L несовместны тогда и только тогда, когда К И £ = 0.
Теперь обратимся к событиям, выделенным на рис. 3 в таблице 32: событие А — выпала сумма очков меньше 4, событие В — выпала сумма 4, событие С — выпала сумма меньше 5, событие D — выпала сумма 10 либо 11, событие Е — выпала сумма больше 10, событие F — выпала сумма больше 9, событие G — выпала сумма больше 4. Легко видеть, что A U В = С, D U Е= F. В первом случае имеем объединение (сумму) несовместных событий (событие С происходит тогда и только тогда, когда происходят или событие А, или событие В\ Во втором случае имеем объединение (сумму) совместных событий (событие Е происходит тогда и только тогда, когда происходят или событие D, или событие Е, или событие DC\E\
Особо отметим объединение двух взаимно противоположных событий. Такими здесь являются события С и G. Объединением множеств С и G является множество, состоящее из всех тридцати шести элементарных исходов, т. е. универсальное множество. Его обычно обозначают буквой О. Универсальному множеству соответствует достоверное событие. При двукратном бросании кубика обязательно реализуется какой-нибудь из тридцати шести исходов. Итак, CU G= О.
Легко доказать логически соотношения для произвольного события К;
KQK = 0, K\JK = Q. (4)
Первое соотношение есть прямое следствие соотношения (3), поскольку К и К — несовместные события. Для доказательства другого
соотношения учтем, что для любого события существуют две альтернативы: либо оно происходит (пусть это будет событие К), либо оно не происходит (это есть событие К ). Одно из двух обязательно имеет место; поэтому объединение событий К и К есть достоверное событие.
Для любых событий К очевидны соотношения:
К^^ = К, ^UQ = Q;(5)
П 0 = 0, и 0 = ^.(6)
Очевидны также соотношения:
Если^сД то ini=lHlUI=L(7)
Для любых К и L [ (^ГП Д с Д (ДП Е) с L;(8)
- Кс (К U L\ Lc (К U Д;(9)
(ДПДс(ДиД.(Ю)
Вот и начала работать алгебра событий. Самое время познакомиться с законами этой алгебры.
Беседа о необходимости и достаточности
*Ч((ЛлАе^. Прежде чем мы займемся законами алгебры событий, я хотел бы кое-что уточнить. Несколько раз в предыдущем параграфе использовалась фраза «тогда и только тогда». Она, конечно, неплохо звучит, но не проще было бы ограничиться словом «тогда»? Почему бы не сказать, что мы имеем дело с пересечением двух событий тогда, когда происходят одновременно первое и второе? К чему тут фраза «тогда и только тогда»? Или вот почему бы не сказать просто: «события К и L несовместны тогда, когда К П L = 0»? Зачем и здесь громоздить слова «тогда и только тогда»? Математика — наука строгая. К чему ей лишние фразы, даже если они красиво звучат?
Автор. Но фраза «тогда и только тогда» — это отнюдь не просто красивая фраза. Ее применяют именно потому, что математика — наука строгая. Если бы, например, в определении 1 в §8.3 использовалось лишь слово «тогда», то это означало бы, что совместное появление и события К, и события L можно рассматривать как достаточное условие того, чтобы говорить об их пересечении (если появились одновременно и К, и L, то имеем ^П Е), однако эти события нельзя рассматривать как условие необходимое (ведь возможно, что пересечение КГ\Ь имеет место и тогда, когда Ки L не появляются одновременно).
'HctAaAe**.. А ведь верно! Фраза «тогда, когда происходят и событие К, и событие L» ничего не говорит о том, будем ли мы иметь пересечение К П L тогда, когда не происходят одновременно события К и L!
Автор. Вот именно. Добавление же слов «только тогда» как раз и означает, что, если не происходят одновременно и событие К, и событие L, то нельзя говорить о пересечении этих событий. Следовательно, совместное появление обоих событий есть не только достаточное, но и необходимое условие наличия пересечения этих событий. Именно поэтому совместное появление событий можно рассматривать как определение их пересечения.
'ЧмАеийм*. Если я правильно понял, фраза «тогда и только тогда» позволяет вместить в одно утверждение целых два утверждения! Так, утверждение «пересечение К П L происходит тогда и только тогда, когда события К и L происходят одновременно» вмещает в себя два утверждения. Первое: «если происходит совместное появление событий KwL, то можно говорить о пересечении К Г\Ь>. Второе: «если не происходит совместное появление событий К и L, то нельзя говорить о пересечении к пт».
Автор. Вы совершенно правы. Замечу, что вместо второго утверждения можно использовать утверждение: «если можно говорить о пересечении К П L, то происходит совместное появление событий К и L». Ведь если бы совместного появления событий Kw L не происходило, то нельзя было бы говорить о пересечении событий! Таким образом, утверждение «пересечение К П L происходит тогда и только тогда, когда события К и L происходят одновременно» можно представить в виде таких двух утверждений: «если события К и L происходят одновременно, то происходит пересечение К П L» и «если происходит пересечение К П L, то события К и L происходят одновременно».
*%«#6<1#6б*<. Но ведь это же прямая и обратная теоремы! Получается, что утверждение, использующее фразу «тогда и только тогда» означает, что верны соответствующие прямая и обратная теоремы!
Автор. Да, за фразой «тогда и только тогда» прячутся прямая и обратная теоремы. Вспомним утверждение, с которым мы встретились в предыдущем параграфе: «события К и L несовместны тогда и только тогда, когда К П L = 0». Это утверждение означает, во-первых, «если К П L = 0, то события Kv\ L несовместны», а во-вторых, «если события К и L несовместны, то К П L = 0». Первая теорема (назовем ее прямой) говорит о том, что равенство К П L = 0 есть достаточное условие несовместности событий Kw L, а вторая теорема (обратная теорема) говорит о том, что равенство К П L = 0 есть необходимое условие несовместности событий Кя1.
'Чийкийе**.. Я убедился, что фраза «тогда и только тогда» — фраза принципиально важная, а не просто красивая. Она связана с понятиями необходимости и достаточности. Хотелось бы познакомиться с этими понятиями на каких-нибудь простых примерах. В частности, на таких, где есть необходимость, но нет достаточности. И наоборот, есть достаточность, но нет необходимости.
Автор. Вот совсем простой пример. Рассмотрим два утверждения: А и В. Утверждение А: число делится без остатка на 3. Утверждение В; число делится без остатка на 6. Ясно, что, если есть В, то есть также и А (если число делится на 6, то оно, конечно, делится на 3); значит, В — достаточное условие для А. В то же время нельзя сказать, что, если есть А, то есть также и В (если число делится на 3, то оно не обязательно должно делиться на 6); значит, А не является достаточным условием для В. Зато А есть необходимое условие для В (если число не делится на 3, то оно и подавно не делится на 6). Но, конечно, В нельзя считать необходимым условием для А (если число не делится на 6, то это еще не означает, что оно не делится на 3).
'ЧмАаАе**. Как бы тут не запутаться.
Автор. Чтобы не запутаться, изобразим вот такую простую схему:
Утверждение А: число делится на 3
X *-
Утверждение В: число делится на 3
А — необходимое (но не достаточное) условие для В
В — достаточное (но не необходимое) условие для А
'ЧаАаАе*^. Давайте озвучим эту схему, используя слово «тогда» и слова «только тогда».
Автор. Это нетрудно сделать. Вот, пожалуйста:
Число делится на 3,если оно {тогда, когда оно)делится на 6.Число делится на 3не только тогда, когда оноделится на 6.Число делится на 3,если оно {тогда, когда оно)делится на 6.Число делится на 3не только тогда, когда оноделится на 6.Число делится на 6 толькопри условии, что оно {толькотогда, когда оно) делитсяна 3. Если оно не делитсяна 3, то не делится на 6.Число делится на 6 не тогда,когда оно делится на 3,а тогда, когда оно делитсяна 3 и на 2.Число делится на 6 толькопри условии, что оно {толькотогда, когда оно) делитсяна 3. Если оно не делитсяна 3, то не делится на 6.Число делится на 6 не тогда,когда оно делится на 3,а тогда, когда оно делитсяна 3 и на 2.
Число делится на 3,если оно {тогда, когда оно)делится на 6.
Число делится на 3не только тогда, когда оноделится на 6.
Число делится на 3,если оно {тогда, когда оно)делится на 6.
Число делится на 3не только тогда, когда оноделится на 6.
Число делится на 6 толькопри условии, что оно {толькотогда, когда оно) делитсяна 3. Если оно не делитсяна 3, то не делится на 6.Число делится на 6 не тогда,когда оно делится на 3,а тогда, когда оно делитсяна 3 и на 2.
Число делится на 6 толькопри условии, что оно {толькотогда, когда оно) делитсяна 3. Если оно не делитсяна 3, то не делится на 6.Число делится на 6 не тогда,когда оно делится на 3,а тогда, когда оно делитсяна 3 и на 2.
*ЧеийаАе<**. А теперь, пожалуйста, пример, когда одно из утверждений является и необходимым, и достаточным условиями для другого.
Автор. В этом случае другое утверждение будет, в свою очередь, и необходимым, и достаточным условиями для первого. Рассмотрим следующие два утверждения. Утверждение А число делится на 3. Утверждение В; сумма цифр числа делится на 3. Вот соответствующая схема:
Утверждение А: число делится на 3.
►
Утверждение В: сумма цифр числа делится на 3.
А — необходимое и достаточное условие для В.
В — необходимое и достаточное условие для А.
'Члинжне**.. Всё понятно: число делится на 3 тогда и только тогда, когда сумма его цифр делится на 3. Если сумма цифр числа делится на 3, то и число делится на 3; если число делится на 3, то и сумма его цифр делится на 3.
Законы алгебры событий
Напомним хорошо известные законы алгебры чисел-.
переместительные законы:
a-Vb = b-Va; ab = ba
- сочетательные законы:
а + (Ь + с) = (а + V) + с; а • (Ь • с) = (а • Ь) • с
распределительный закон:
а • (Ь + с) = а • b + а • с.
А теперь рассмотрим законы алгебры событий, иллюстрируя их, при необходимости, на примерах событий, происходящих при двукратном бросании игрального кубика.
Прежде всего отметим два переместительных закона;
№ = Ц)к,(11)
К(П = ЬПК.(12)
Они очевидны и пояснений не требуют.
Далее отметим два сочетательных закона;
K\J(LV3M) = (K\JL)\JM,(13)
кг\апм) = (кг\ьшм-(14)
Закон (13) очевиден. Закон (14), возможно, не столь очевиден; поэтому проиллюстрируем его, обратившись к рис. 1 в таблице 33. На рисунке совершенно произвольно выделены три события — К, L, М. В левой половине рисунка заштриховано событие L А М, а точками выделено событие К A (L Г\М). В правой половине рисунка заштриховано событие К П L, а точками выделено событие (К П L) Г\М. Легко видеть, что в обеих половинах штриховкой и точками выделено одно и то же событие — событие, состоящее из элементарных исходов 3-3, 3-4, 4-3, 4-4. Следовательно, I П Д ПМ) = (К ПС) АМ.
В отличие от алгебры чисел, в алгебре событий существуют не один, а два распределительных закона. Один из них имеет вид:
^A(ZUM) = COZ)UCOM).(15)
Проиллюстрируем этот закон, обратившись к рис. 2 в таблице 33, где произвольно выделены события К, L, М. В левой половине рисунка заштриховано событие L U М а точками выделено событие К А (С U М). В правой половине рисунка вертикальными прямыми заштриховано событие К П Ц а горизонтальными прямыми — событие К А М. Объединение этих двух событий, т. е. событие (К A L) U (К А М), совпадает, как легко видеть, с областью на левом рисунке, выделенной точками, т. е. совпадает с событием К U (С А М).
Другой распределительный закон алгебры событий имеет вид:
^Щ£АЛ/) = (ШЖ1Ш).(16)
Этот закон проиллюстрируем, обратившись к рис. 3 в таблице 33. В левой половине рисунка выделено точками событие L А М, а заштриховано событие К U {L А М\ В правой половине рисунка вертикальными прямыми заштриховано событие К U L, а горизонтальными прямыми — событие К U М.
Пересечение этих двух событий — событие {К UL^ А (К U М). Оно имеет двойною штриховку — вертикальными и горизонтальными прямыми. Легко видеть, что данное событие совпадает с областью на левом рисунке, которая заштрихована, т. е. с событием К U kL АМ).
Закон (15) имеет аналог в алгебре чисел: а • (Ь + с) = а • b + а -с. А вот закон (16) аналога в алгебре чисел не имеет. Формально такой аналог
Таблица 33. Законы алгебры событий и бросание кубика
должен был бы иметь вид: а + b • с = (а + Ь) • (а + с). Это выглядит как нелепость. Недаром закон (16) иногда называют «чудо-законом».
Из (7), (8), (9) следуют так называемые законы поглощения
£U№) = £,(17)
^АСО£) = А.(18)
Они также не имеют аналогов в алгебре чисел. Формально такие аналоги должны были бы выглядеть совершенно нелепо: а + а-b = а и а • (а + Ь) = а .
Не имеют аналогов в алгебре чисел также следующие два закона алгебры событий, представляющиеся очевидными:
K\JK = K,(19)
К?\К = К.(20)
Эти законы называют законами идемпотентности (от латинского «идемпотенс», что означает «сохраняющий ту же силу»). Не имея аналога в алгебре чисел, законы (19) и (20) имеют, однако, аналогию с логическими законами, позволяющими исключать повторение одного и того же утверждения. Обозначим через К утверждение «мак есть цветок». Тогда соотношение К U К = К можно расшифровать так: «мак есть цветок» или «мак есть цветок» — это все равно, что «мак есть цветок». А соотношение К П К = К можно расшифровать так: «мак есть цветок» и «мак есть цветок» — это все равно, что «мак есть цветок».
Отметим еще два закона алгебры событий. Их называют законами деМоргана — по имени шотландского математика и логика Огастеса деМоргана (1806-1871), который независимо от Буля пришел к основным идеям математической логики. Законы де-Моргана имеют вид:
¥nT = AUz,(21)
K\jL = KnI.(22)
Проиллюстрируем закон (21), обратившись к рис. 4 в таблице 33. Здесь произвольно выбраны события К и L. Универсальное множество, объединяющее все тридцать шесть элементарных исходов, обозначено через W. В левой половине рисунка заштриховано событие К П L, а точками выделено противоположное событие (событие KV\L\ В правой половине рисунка вертикальными прямыми заштриховано событие К , а горизонтальными прямыми — событие L. Легко видеть, что объединение событий К и L т. е. событие К U L, совпадает с областью на левом рисунке, выделенной точками, т. е. совпадает с событием К П L.
Закон (22) проиллюстрируем на рис. 5 в таблице 33, где, для простоты выделены те же события К и L, что и на рисунке 4. В левой половине рисунка заштриховано событие К U L, а точками выделено противоположное событие (событие АДМ). В правой половине рисунка вертикальными прямыми заштриховано событие К, а горизонтальными — L. Видно, что пересечение событий К и L (событие К П L) совпадает с областью на левом рисунке, выделенной точками, т. е. с событием К U L.
Диаграммы Эйлера-Венна
На рисунках в таблицах 32 и 33 были продемонстрированы графически (а потому наглядно) различные отношения между событиями- множествами на примере ситуации с двукратным бросанием игрального кубика. Можно, однако, отвлечься от конкретной случайной ситуации и наглядно представить различные отношения между событиями в общем случае. Это можно сделать, воспользовавшись диаграммами Эйлера-Венна, на которых множества представляются плоскими фигурами, чаще всего кругами. Эти диаграммы названы в честь выдающегося математика из Швейцарии Леонарда Эйлера (1707-1783) и английского ученого, специалиста по вероятностной логике Джона Венна (1834-1923). Эйлер впервые предложил представлять взаимно пересекающиеся множества каких-либо объектов в виде пересекающихся кругов; их называют теперь «кругами Эйлера». («Круги Эйлера» — это, например, множество студентов и множество спортсменов, множество насекомых и множество летающих животных, множество салатов и множество рыбных блюд). Что касается Венна, то ему принадлежит честь дополнения кругов Эйлера противоположными множествами.
В таблице 34 изображен ряд диаграмм без учета противоположных событий-множеств. На рис. 1 представлены в виде кругов события А и В для случая, когда В с А. На рис. 2 и рис. 3 можно видеть пары пересекающихся кругов (пары совместных событий А и В). При этом на рис. 2 заштриховано событие А П В, а на рис. 3 заштриховано событие A U В.
На остальных шести рисунках в таблице 34 изображены в виде трех пересекающихся кругов по три совместных события — события А, В, С. На рис. 4 заштриховано событие A U В U С, представляющее собой объединение (сумму) трех событий. На рис. 5 горизонтальными прямыми
Таблица 34. Диаграммы Эйлера-Венна (первая часть)
заштриховано событие А П В, прямыми, отклонившимися от вертикали влево, заштриховано событие А П С, прямыми, отклонившимися от вертикали вправо, заштриховано событие В П С. Точками здесь выделено событие А П В П С, представляющее собой пересечение (произведение) трех событий.
Здесь уместно сформулировать определение объединения трех событий.
Определение. Объединение (сумма) событий А, В и С есть такое событие, которое происходит тогда и только тогда, когда происходят или событие А, или событие В, или событие С, или событие А П В (события А и В вместе), или событие А П С (события Аи С вместе), или событие В П С (события В и С вместе), или событие А П В П С (события А, В, С вместе).
На рис. 6 в таблице 34 точками выделено событие В П С, а штриховкой показано событие A U (В П С). На рис. 7 вертикальными прямыми заштриховано событие A U В, а горизонтальными прямыми — событие A U С. Легко видеть, что пересечение событий A U В и A U С (это есть событие (A U В) П (A U С)) совпадает с событием A U (В ПС), показанным на рис.6. Следовательно, A U (В П С) = (A U В) П (A U С).
Таким образом, мы доказали в общем случае (не прибегая к частной ситуации с двукратным бросанием кубика) распределительный закон (16). Рисунки 8 и 9 позволяют доказать в общем случае распределительный закон (15).
В таблице 35 изображен ряд диаграмм с учетом противоположных событий. На рис. 1: круг — некоторое событие А, заштрихованная область — противоположное событие (событие А). Область прямоугольника О — это универсальное множество (достоверное событие); A U А = О. На рис. 2 два круга представляют события А и В, причем В с А. Из этого рисунка, следует, что, если В с А, то В э А .
На остальных шести рисунках в таблице 35 рассматриваются наряду с событием Q два совместных события (А и В), представляющие собой пересекающиеся круги. При этом на рис. 3 заштриховано событие A U В , на рис. 4 заштриховано событие А П В , на рис. 5 заштриховано событие A U В, на рис. 7 заштриховано событие АП В. Сравнивая рисунки 5 и 6, мы получим доказательство в общем случае (без бросаний кубика) одного из законов де-Моргана — того, который в § 8.5 был представлен соотношением (22). А другой закон де-Моргана (соотношение (21)) легко доказывается в общем случае в результате сопоставления рисунков 7 и 8.
Таблица 35. Диаграммы Эйлера-Венна (вторая часть)
ЗАДАНИЯ ПО ТЕМЕ 8
Изобразите на листе бумаги пространство элементарных исходов (универсальное множество) для двукратного бросания кубика, как это делалось на рисунках в таблице. Используя для удобства цветные карандаши, выделите следующие события: Л/ — выпала пара граней с суммой очков больше 5, но меньше 9; Q — выпала пара граней с суммой очков меньше 6 или больше 8; R — выпала пара граней, среди которых есть, по крайней мере, одна четверка; S — выпала пара граней с нечетной суммой очков; Т — выпала пара граней с разностью очков 4. Укажите здесь все пары совместных и несовместных событий.
Сколько элементов содержит универсальное множество в случае трехкратного бросания кубика? в случае однократного бросания додекаэдра? в случае двукратного бросания додекаэдра? в случае двукратного бросания икосаэдра? Ответы: 216, 2, 144, 400.
а) Если события А и В несовместные события А и С несовместные, то следует ли отсюда, что события В и С тоже несовместные? б) Если события А и В совместные и события А и С совместные, то следует ли отсюда, что события А и С тоже совместные? Ответы докажите с помощью диаграмм Эйлера-Венна.
Ответы: а) не следует, б) не следует.
а) Какое событие является пересечением событий Q и 0? б) Ка кое событие является объединением событий Q и 0?
Ответы: а) 0, б) Q.
В алгебре чисел верно утверждение: «если а + b = а + с, то Ь = с». В алгебре событий утверждение «если KU L = KU М то 1 = М» не яв ляется верным. Докажите это.
Подсказка. Для доказательства рассмотрите, например, такие события в ситуации с двукратным бросанием кубика: К — выпала сумма меньше 8, 1 — выпала сумма 8 или 9, М — выпала сумма больше 5, но меньше 10.
В алгебре чисел верно утверждение: «если а- b = а-с и а 0 , то b = с». А вот в алгебре событий утверждение «если К П L = К П М и К 0 , то 1 = М не является верным. Докажите это.
Является ли множество М\3(КГ\Ц подмножеством множества (KIJ/-)UM? Ответ: является.
Является ли множество ^К П L) U К\ U L подмножеством множества [(L A L) U К] А (К U К). Ответ: не является.
Используя законы алгебры событий, докажите следующие соотношения;
LU(/<UL) = Q,
LU(Knt) = 0,
lA(kUL) = lAK,
LUCKU/-WUK,
Д) KU(KU0)=nn(KU/<),
е) KD(0UK) = (QUK)nK.
Используя законы алгебры событий, найдите, как проще представить следующие события:
LU(KUL),
КП^ПК),
LU[KU(LUK)],
КП[/-П(КП/-)],
(KUKUKWULUL),
(КиКГуКМииПЦ,
LA[/<U(Ln/<)],
(ШЮГЦКПК),
(КПоик,
К) (.кпцпк,
Л) (ки/-)П/-,
м) (KUL)UK.
Ответы: a) LUK, 6) KUL, в) LVJK, г) KC\L, д) КП1, е) КЖ, ж) Lf\K, з) К, и) КЖ, К) К , л) КЖ, м) К.
Используя законы алгебры событий, докажите следующие соотношения:
2.и(КПК) = Ки(/Ж),
(KU0)n(KUQ) = KA(KUL),
LU(KAL) = (LUL)U(0nK),
(/<U/<)U(Kn0) = (KUQ)nK,
Д) [lA(kU/-)]Uk = (lAL)U(kAK),
(кЖ)ик = КЖ,
(/ж)и(/ж)=(ки0)ий
[кА(/ж)]и[(/ж)АЕ]=/ж.
Является ли взаимная противоположность событий необходимым и достаточным условием их несовместности?
Ответ: не является.
а) Сформулируйте необходимое и достаточное условие делимости без остатка на 4. б) Сформулируйте хотя бы одно условие делимости без остатка на 4, являющееся необходимым, но не достаточным, в) Сформулируйте хотя бы одно условие делимости без остатка на 4, являющееся достаточным, но не необходимым.
Попробуйте сформулировать определение для объединения (суммы) четырех событий. Как изменится это определение, если заранее предположить, что ни одно из четырех событий не является совместным с другими событиями?
ТЕМА 9
АЛГЕБРА СОБЫТИЙИ ОСНОВНЫЕ ПРАВИЛАВЫЧИСЛЕНИЯ ВЕРОЯТНОСТЕЙ
Наука о вероятностях, известная под названием теории вероятностей, имеет предметом своим вычисление вероятности события по данной связи его с событиями, которых вероятности известны.
П.Л. Чебышёв
Справка:
Пафнутий Львович Чебышёв (1821-1894) — выдающийся российский математик, внесший принципиально важный вклад в развитие теории вероятностей. Основатель знаменитой Петербургской математической школы, к которой принадлежали, в частности, ученики и последователи П.Л. Чебышёва академики Андрей Андреевич Марков (1856-1922) и Александр Михайлович Ляпунов (1857-1918).
Правило сложения вероятностей
НЕСОВМЕСТНЫХ СОБЫТИЙ
Это правило таково: Если события А и В несовместные, то
P(A\J В) = Р(АН Р(В)P(A\J В) = Р(АН Р(В)(1)(1)
P(A\J В) = Р(АН Р(В)
P(A\J В) = Р(АН Р(В)
(1)
(1)
Иными словами, вероятность объединения двух несовместных событий равна сумме вероятностей этих событий.
P(4U^2U^3U...U4) == Р(4) + Р^) + Р(Л3) + ... + Р(АГ).P(4U^2U^3U...U4) == Р(4) + Р^) + Р(Л3) + ... + Р(АГ).Предположим, что рассматриваются г событий (Ль Аъ А3, ..., Аг), среди которых нет ни одной пары совместных событий. В этом случае вероятность объединения всех рассматриваемых событий равна сумме вероятностей событий:
P(4U^2U^3U...U4) == Р(4) + Р^) + Р(Л3) + ... + Р(АГ).
P(4U^2U^3U...U4) == Р(4) + Р^) + Р(Л3) + ... + Р(АГ).
(2)
Правило (1) (а также (2)) особенно легко доказывается для ситуаций, когда можно пользоваться классическим определением вероятности. Пусть из общего количества и элементарных исходов оказываются благоприятными для события А тА исходов, а для события В — тв исходов. События А и В несовместные; поэтому среди упомянутых тА и тв исходов нет совпадающих. Используя определение (2) из §6.1, запишем:
Р^ = тА(п; Р(В) = тв1п.(*)
Согласно определению 2 из § 8.3 событие A U В происходит тогда и только тогда, когда происходят или событие А, или событие В (напомним, что события А и В несовместные). Значит, для того, чтобы событие ^IJ Р произошло, необходимо и достаточно, чтобы реализовался любой из указанных выше тА и тв элементарных исходов. Таким образом, общее количество элементарных исходов, благоприятных для события A U В, равно тА + тв и, следовательно,
Р<А U В) = (тА + тв)/п = (тА / п) + (тв / п).(**)
Сравнивая (*) и (**), заключаем: Р(А U В) = Р(А) + Р(В).
Итак, воспользовавшись классическим определением вероятности, мы получили правило сложения вероятностей несовместных событий. Теперь, тренировки ради, проделаем рассуждения в обратном направлении. Воспользуемся правилом сложения вероятностей несовместных событий и, применив его к п несовместным равновероятным исходам, выведем классическое определение вероятности. Обозначим п элементарных исходов (речь идет о полном количестве элементарных исходов для данного типа испытаний) через Кх, К3, К3, ..., Кп. Учтем, что Р(Д) = Р^) = ^(^з) = ••• = Р^Кп) и чт0 сумма всех этих вероятностей равна единице как вероятность достоверного события. Отсюда заключаем, что
P(IQ = 1 / и для i = 1, 2, 3, ..., и.P(IQ = 1 / и для i = 1, 2, 3, ..., и.(***)
P(IQ = 1 / и для i = 1, 2, 3, ..., и.
P(IQ = 1 / и для i = 1, 2, 3, ..., и.
Пусть для некоторого события А благоприятны исходы Кх, Къ К3,Кт — всего т исходов. Используя (***), заключаем отсюда, что
Р<Кх^Кг^К3\З...^Кт> = т/п.(****)
Так как событие А есть событие Кх U^2 U ^3 U---U^w, то из (****) немедленно получаем: Р(А) = т / п.
Заметим, что с правилом сложения вероятностей несовместных событий согласуются соотношения (4) и (6), рассматривавшиеся в §6.1.
В § 6.4 мы решали задачу под названием «Поиск нужной книги». Путем относительно сложных рассуждений мы установили там, что вероятность обнаружить адрес знакомого, выбирая наугад г книг из s книг, равна г / 5. Этот результат можно было бы получить сразу, если бы мы воспользовались правилом сложения вероятностей. В самом деле, вероятность обнаружить адрес в любой из s книг равна 1 / 5. Из этих s книг мы внимательно просматриваем в поисках адреса какие-то г книг. Обнаружение адреса в 1-й, 2-й, 3-й,..., r-й книге являются, очевидно, несовместными событиями. Обозначим их через Кх, Кг, К3, ..., Кг. Согласно правилу (2),
Р(КХ U^2 UК3 U...UКг) = Р(КХ) + Р(К2) + ... + P(Kr) = r/s.
В том же параграфе (в § 6.4) в задаче «поиск водителя с водительскими правами» мы наугад рассаживали в семиместном микроавтобусе семь человек (потом шесть человек, пять, четыре, три, два), полагая, что всякий раз только какие-то двое из рассаживаемых имеют водительские права. Надо было подсчитать для каждого случая вероятность того, что на водительском месте окажется человек с правами. Достаточно непростые подсчеты с учетом различных сочетаний и перестановок дали во всех случаях подозрительно одинаковую вероятность — 2/7. Почему всякий раз 2/7? Уже тогда возникла мысль, что, наверное, есть какой- то простой способ подсчета. Он действительно существует и основан на правиле сложения вероятностей несовместных событий. Согласно этому правилу вероятность того, что при произвольном рассаживании человек с правами окажется на водительском месте, равна 1/7. Водительские права имеют два человека. Поскольку нам все равно, кто именно из них случайно окажется на месте водителя, заключаем, что искомая вероятность есть 1/7 + 1/ 7 = 2/7. Как говорится, «ларчик просто открывался».
Теперь продемонстрируем правило сложения вероятностей несовместных событий для некоторой ситуации, когда используется геометрическое определение вероятности. Предположим, что на квадрат площадью S случайным образом бросают мелкие зерна (это можно делать 224
умозрительно, воспользовавшись таблицей случайных чисел). В квадрат вписан круг. Пусть событие А — случайное попадание зерна в заштрихованный сектор круга на рис. 1 в таблице 36; вероятность этого события Р(Л) = ^ /X, где ^ — площадь заштрихованного сектора. Пусть событие В — попадание зерна в заштрихованный сектор на рис. 2; Р(В) = S2 /2. Ясно, что событие A U В есть случайное попадание зерна в круг (см. рис. 3); Р(А U В) = S/ 22 Легко видеть, что S / 2 = (5t / 2) + (52 / 2) и, следовательно, Р(А U В) = Р(А) + Р(В). Тем самым правило (1) оказывается работающим также в ситуации, когда классическое определение вероятности не годится, но можно воспользоваться геометрическим определением вероятности.
Правило (1) (а также (2)) применяют также тогда, когда используется частотное определение вероятности. В § 7.7 мы упоминали о приведенных в книге А.М. Яглома и И.М. Яглома «Вероятность и информация» результатах исследований по экспериментальному отысканию вероятности появления различных букв в художественных текстах. В этой книге приводятся, в частности, следующие значения вероятности для различных гласных букв: для буквы «о» — 0,090, для буквы «е» (включая букву «ё») — 0,072, для буквы «а» — 0,062, для буквы «и» — 0,062, для буквы «у» — 0,021, для буквы «я» — 0,018, для буквы «ы» — 0,016, для буквы «ю» — 0,006, для буквы «э» — 0,002. Применяя правило (2), можно найти вероятность появления в тексте гласной буквы. Эта вероятность есть 0,090 + 0,072 + 0,062 + 0,062 + 0,021 + 0,018 + 0,016 + 0,006 + 0,002 = 0,349.
НЕЗАПЛАНИРОВАННЫЙ ДИАЛОГ
'Чшна&ель. Итак, правило сложения вероятностей для несовместных событий можно применять как в тех случаях, когда исходные вероятности могут быть строго определены (классические вероятности или геометрические вероятности), так и в тех случаях, когда они определяются приблизительно, например через измерение частот появления рассматриваемых событий. Не так ли?
Автор. Именно так.
'Члстате-хл. Тогда давайте рассмотрим следующую задачу. Два охотника одновременно стреляют по летящей утке. Исходя из частот попаданий по летящим птицам, можно считать, что для первого охотника вероятность попасть в утку равна, скажем, 0,3, а для второго охотника (более меткого) вероятность попасть в утку равна 0,9. Утка будет подстрелена, если в нее попадет хотя бы один из охотников, неважно какой именно. Получается, что вероятность того, что утка будет подстрелена, должна равняться 0,3 + 0,9 = 1,2. Но такой результат абсурден! Вероятность не может быть больше единицы! В чем же тут дело?
Таблица 36. Некоторые правила вычисления вероятностей
Автор. Давайте уточним, вероятности каких именно событий Вы складывали? Что есть событие А и что есть событие В ?
*Ч((АлЛл^. Событие А — утка подстрелена в результате попадания в нее первого охотника. Событие В — утка подстрелена в результате попадания в нее второго охотника.
Автор. Являются ли эти события несовместными, т. е. взаимоисключающими? Можно ли утверждать, что они не могут произойти одновременно (в одном и том же испытании)?
'HwtfiaAe**. Так утверждать нельзя. В летящую утку могут попасть оба охотника.
Автор. Значит, события А и В не являются несовместными. А поэтому использование правила (1) в данном случае неправомерно.
'ЧшОл&ыл.. Как же быть? Как найти в данном случае вероятность того, что летящая утка окажется подстреленной?
Автор. Мы обсудим это позднее.
Правило вычисления вероятности объединенияДВУХ СОВМЕСТНЫХ СОБЫТИЙ
Это правило таково:
Р(А U В) = Р(А) + Р(В) - Р(А П В).Р(А U В) = Р(А) + Р(В) - Р(А П В).Если события А и В совместны, то
Р(А U В) = Р(А) + Р(В) - Р(А П В).
Р(А U В) = Р(А) + Р(В) - Р(А П В).
(3)
Иными словами, чтобы найти вероятность объединения двух совместных событий, надо сложить вероятности этих событий и вычесть вероятность их пересечения. Заметим, что часто данное правило называют «правилом сложения вероятностей совместных событий». Однако название «правило сложения» здесь не вполне уместно, поскольку в (3) происходит не только сложение, но и вычитание вероятностей.
Легко видеть, что правило (3) годится также для событий несовместных. Ведь для таких событий Р(А П В) = 0, и правило (3) превращается в (1).
Докажем правило (3), воспользовавшись диаграммами Эйлера-Венна. Событие A U В, являющееся объединением двух совместных событий А и В, показано штриховкой на рисунке 3 в таблице 34. Обратим внимание на то, что заштрихованною на этом рисунке фигуру можно рассматривать не только как объединение совместных событий А и В, но также как объединение несовместных событий В и А П В или объединение несовместных событий А и А П В (событие А П В показано
с помощью штриховки на рис. 4 в таблице 35). События В и А А В (как и события Ли А А В) несовместны, поскольку представляющие их на диаграмме Эйлера-Венна фигуры не пересекаются с друг другом.
Учитывая несовместность В и А А В , можем записать:
Р(Л U Р) = Р(В U (Л П В» = Р(В) + Р(А А В).(*)
Используя рис. 4 из таблицы 35 и рис. 2 из таблицы 34, представим событие А как объединение несовместных событий А А В и ЛАР применим правило сложения вероятностей несовместных событий. Получим:
Р(Л) = Р(ЛАР) + Р(ЛАР).(**)
Вычитая (**) из (*), находим:
Р(Л UP) - Р(Л) = Р(Р) + Р(Л АР)-Р(Л АР)-Р(Л АР).
Отсюда следует, что Р(Л U Р) = Р(Л) + Р(В) - Р(А А Р). Это и требовалось доказать.
Проведенное доказательство правила (3) годится для общего случая (для классических, геометрических, частотных вероятностей событий А и Р). Однако это доказательство не отличается наглядностью; оно может показаться достаточно сложным и формальным. Поэтому полезно познакомиться с простым и наглядным выводом правила (3), который предполагает использование классического определения вероятности. Пусть п — полное количество элементарных исходов для данного типа испытаний, т. е. количество элементов универсального множества О. Обозначим через тА количество элементов множества (события) А, а через тв — количество элементов множества (события) В. Ясно, что Р(А) = тА/ п и Р(В) = тв/ и. Предположим, что множества А и В пересекаются и их пересечение содержит тлв элементов. Нетрудно сообразить, что множество (событие) A\J В будет содержать количество элементов, равное
т = (тА -тАВ) + тАВ + (тв -тАБ)(***)
(это поясняет рис. 4 в таблице 36). Раскрывая в (***) скобки, получаем: т = тА + тв - тДв. Отсюда следует, что
Р(А U Р) = ^^ + ^^ ~ ^^ = ^^ । ^^ —_ р(^\ । Р(В) — ^^
'’пп п п V V ’ П ‘
Отношение тАВ / и есть отношение количества благоприятных для события А П В элементарных исходов к полному количеству элементарных исходов; иначе говоря тАВ / п = Р(А А В). Таким образом, Р(А U В) = Р(А) + Р(5) - Р(А А Р) что и требовалось доказать.
Итак, правило (3) доказано. Однако практически воспользоваться им мы не можем, так как пока не научились вычислять вероятность пересечения событий А и В (вероятность Р(ЛАР)). Чтобы решить эту проблему, нам придется познакомиться с понятием «условная вероятность». Но прежде того выведем правило вычисления вероятности объединения трех совместных событий.
Правило вычисления вероятностиОБЪЕДИНЕНИЯ ТРЕХ СОВМЕСТНЫХ СОБЫТИЙ
у Диаграммы Эйлера-Венна для трех совместных событий рассматривались на рисунках 4, 5, 6, 7, 8, 9 в таблице 34. Три события А, В, С попарно пересекаются и, кроме того, имеет место пересечение всех трех событий. Для этого случая справедливо правило:
(4)(4)Р(А U В U С) = Р(Л) + Р^ + Р(С) - Р(А А В) -- Р(А ПС) - Р(В А С) + Р(А А В А С).
(4)
(4)
Докажем правило (4), используя классическое определение вероятности.
Примем обозначения:
п — количество элементов универсального множества;
т — количество элементов множества A U В UС \т/п = Р(А UВ U С)];
тА, тв, тс — количества элементов множеств А, В, С соответственно \тА)п = Р^; тв ( п = Р^Ву тс/ п = P(Q];
тАВ — количество элементов множества АП В [т^/ п = Р{А А Р)];
тАС — количество элементов множества АП С [тАС/ п = Р(А A Q];
твс — количество элементов множества ВИС VmBC / п = Р(ВП QA;
тАВС — количество элементов множества АП ВП С [тАВС /л = Р(ЛПРПС)].
Кроме того, обозначим:
тАВ — тАВ - тАВС’
тАС =тАС -тАВС;
тВС — тВС -~ тАВС-
Как хорошо видно из рис. 5, представленного в таблице 36, множество (событие) A U В U С можно рассматривать как объединение семи непере- секающихся подмножеств (семи несовместных событий). На рисунке указано для каждого из них количество элементов. Легко видеть, что
т = (тА - тАВ - тАС - тАВС) + (тв - т'АВ - твс - тАВС) +
+ ктС ~ тАС ~ тВС — тАВС) + тАВ + тАС + т ВС + тАВС-
Раскрывая скобки, запишем:
т = тА + тв + тс - т'АВ - тАС - твс - 2тАВС.
Подставляя сюда (*), находим:
т = тА + тв + тс-тАВ -тАС-твс + тАвс.
Поделив обе стороны этого равенства на п, получим правило (4).
Предположим теперь, что рассматриваются три события А, В, С, причем события А и В совместные, события А и С совместные, а события В и С несовместные — см. рис. 6 в таблице 36. В этом случае P(PHQ = 0 иР(АПРПС) = 0. Поэтому правило (4) превращается в следующее правило:
Р(Л Ц Р Ц С) = Р(А) + Р(В) + P(Q - Р(А ПР)- Р(А П С).](5)
Условная вероятность
11ри совместном рассмотрении двух случайных событий А и В часто возникает вопрос о том, в какой мере эти события связаны друг с другом. Вопрос ставится так: какова вероятность наступления одного из событий (например, события А) при условии наступления другого события (события Р)? В связи с этим вводят понятие условной вероятности. Условная вероятность РВ(А) есть вероятность наступления события А при условии наступления события В. Если указанное условие отсутствует, то говорят о безусловной вероятности события А (вероятности Р(А)). Соответственно, условная вероятность РА^В) есть вероятность наступления события при условии наступления события А.
Найдем выражение для условной вероятности Рв (Л), используя классическое определение вероятности. Примем обозначения: п — количество элементов универсального множества (полное количество элементарных исходов); тА и тв — количества элементов множеств А и В соответственно \тА / п = Р(А); тв/ п = Р(В)]; т^ — количество элементов множества А П В [ тАВ / п = Р^А ПР)].
Если бы мы интересовались безусловной вероятностью события А, то должны были бы рассматривать отношение тА / и и отбирать элементарные исходы с появлением события А из полного количества элементарных исходов. Но сейчас мы интересуемся вероятностью события А не вообще, а лишь при условии наступления также события В. Поэтому теперь надо отобрать благоприятные для события А исходы не из всего пространства элементарных исходов, а только из подмножества элементарных исходов, которые благоприятны для события В. Короче говоря, надо отобрать тАВ элементарных исходов из тв элементарных исходов. Отношение как раз и будет условной вероятностью РВ(А\ Таким образом,
РВ(А) = тАВ/тв.(*)
Поделив на п числитель и знаменатель дроби т^/ тв получим из (*):
Рв^=тАв/п.(**)
тв / п
Поскольку тв/п = Р(В) и т^ / п = Р(АГ\ В), то можно переписать (**) в виде:
Рв(А^ = Р(АПВ^/Р(В\\(6)
Отметим, что это соотношение применимо в общем случае и, в частности, при использовании частотного определения вероятности. Поэтому именно данное соотношение принято рассматривать в качестве определения условной вероятности. Конечно, соотношение (*) более наглядно, но оно получается из (6) лишь в тех ситуациях, когда можно пользоваться классическим определением вероятности.
Поскольку А П В = В П А, то из (6) следует, что вероятность наступления события В при условии наступления события А должна определяться соотношением:
РЛ(Р) = Р(ЛПР)/Р(Л),|(7)
Сравнивая (6) и (7), заключаем, что
Р(Р)Рд(Л) = Р(Л)Рл(Р).|(8)
Рассмотрим теперь несколько примеров на вычисление условной вероятности.
Пример 1. Подбрасывание игрального кубика. Предварительно заклеим бумагой грани кубика с числом очков больше 3. В качестве события А
выберем выпадение грани с четным числом, а события В — выпадение грани с числом очков больше 3. Предположим, что при бросании кубика выпала заклеенная грань. Какова вероятность того, что на этой грани под бумагой находится четное число? Иными словами, надо найти вероятность выпадения четного числа при условии выпадения числа очков больше 3.
Полное число элементарных исходов равно п = 6 (по числу всех граней). Число элементарных исходов, благоприятных для события А, равно тА = 3 (выпадение граней 2, 4, 6) и, значит, Р^ = тА / п = 3 / б = 1/2. Число элементарных исходов, благоприятных для события В, равно тв = 3 (выпадение граней 4, 5, 6) и, значит, Р(В) = тв/ п. Число элементарных исходов, благоприятных для события АП В, равно тАВ (выпадение граней 4 и 6) и, значит, Р(А ПВ) = тАВ / л = 2/ 6=1/3. Используя соотношение (6), получаем:
Рв (А) = Р(А П В) / Р(В) = (1 / 3) /(1 / 2) = 2 / 3.
Конечно, этот результат можно было бы получить сразу, воспользовавшись соотношением (*).
Пример 2. Подбрасывание додекаэдра. Напомним, что додекаэдром называют правильный многогранник, имеющий 12 граней. Грани нашего додекаэдра пронумерованы от 1 до 12; кроме того, грани с четными числами заклеены бумагой. Событие А — выпадение грани с номером больше 5; событие В — выпадение грани с четным номером (грани, заклеенной бумагой). Какова вероятность того, что случайно выпавшая заклеенная бумагой грань окажется с номером больше 5? Иначе говоря, какова вероятность Pg (Л)?
Полное число элементарных исходов и = 12. Число исходов, благоприятных для события А, равно тА = 7 (выпадение граней 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12), так что Р(А) = тА / п = 7 / 12. Число исходов, благоприятных для события В, равно тв=6 (выпадение граней 2, 4, 6, 8, 10, 12), так что Р(В) = тв / и = 6 / 12 = 1 / 2. Число исходов, благоприятных для события АП В, равно wJg = 4 (выпадение граней 6, 8, 10, 12), так что Р(АПВ) = тАВ/п = 4/12=1/3. Используя (6), получаем отсюда, что
Рв(А) = Р(А П В) / Р^ = (1 / 3): (1 / 2) = 2 / 3.
НЕЗАПЛАНИРОВАННЫЙ ДИАЛОГ
*4amawe<*4. В § 7.7 мы познакомились с частотным определением вероятности. Чтобы экспериментально найти приближенное значение вероятности некоторого события А, надо было подсчитать частоту наступления 232
этого события М {А) / N при достаточно большом количестве N испытаний. Например, чтобы найти вероятность выпадения четной грани при подбрасывании кубика, надо выполнить N бросаний, посчитать количество М появлений четной грани и затем найти, чему равно отношение М/ N. А как экспериментально найти приближенное значение условной вероятности? Я имею в виду условную вероятность, которую мы рассматривали в примере 1.
Автор. Надо, как обычно, выполнить достаточно большое количество N испытаний (подбрасываний кубика). Но учитывать теперь следует только те N' испытаний, исходом которых оказалось выпадение грани, заклеенной бумагой. Остальные N - N' испытаний просто не принимаются во внимание.
‘ЧиААте*^.. Итак, мы получили, что А испытаний имели исходы с выпадением заклеенной грани. Что делать дальше?
Автор. Надо подсчитать те М исходов, где под бумажкой-наклейкой скрывается четное число. Отношение М/ А как раз и будет приближенным значением вероятности Рв^ в нашем случае. Если, конечно, N' достаточно велико.
‘ЧитАте^ъ. Получается, что надо всякий раз отдирать с грани бумажку, чтобы узнать, какое число под ней прячется? А нельзя ли обойтись без заклеивания бумажкой граней кубика или додекаэдра?
Автор. Бумажки использовались здесь всего лишь для того, чтобы нагляднее представить смысл условной вероятности. А вообще-то можно без них обойтись. В примере 1 надо подбросить обычный (без бумажных наклеек) кубик А раз и оставить без внимания те исходы, при которых выпавшие грани имеют числа 1, 2 и 3. Они нас сейчас не интересуют. Нас будут интересовать только те А' исходов, которые соответствуют выпадению чисел 4, 5 или 6. Пусть из этих А' исходов М исходов отвечают выпадению 4 или 6. Отношение М/ N' и есть приближенное значение условной вероятности Рв^, где событие А есть выпадение грани с четным числом, а событие В есть выпадение грани с числом очков больше 3.
'Ч*«йаАе<<*. Как я понимаю, упомянутые М исходов — это исходы, когда оба события (А и В) наступили одновременно?
Автор. Это так. Только правильнее было бы сказать, что события А и В наступили в одном и том же испытании.
‘ЧиААт&АЪ. Теперь я вижу, что ошибался, когда думал, что вероятность Рв (Л) есть вероятность наступления события А при условии, что прежде того произошло событие В.
Автор. Но почему Вы так думали?
'Чийкийе**. В некоторых книгах написано, что условная вероятность Р5(Л) есть вероятность события А, вычисленная «при условии, что событие В уже произошло». По-видимому, меня сбили с толку слова «уже произошло». Они как бы намекают на то, что само событие А еще не произошло.
Автор. Пожалуй, слова «уже произошло» выбраны здесь не вполне удачно. Более точным является выражение, приводившееся в самом начале данного параграфа: «условная вероятность РВ(А) есть вероятность наступления события А при условии наступления события В». Не после того, как событие В «уже произошло», а при условии «наступления события В». Рассматриваем все элементарные исходы с наступлением события В (количество этих исходов равно т^ и именно из этих исходов (только из них!) отбираем исходы с наступлением также события А (количество этих исходов равно т^. Затем подсчитываем отношение тАВ / тв, которое и является условной вероятностью РВ(А\
Пример 3. Снова подбрасываем додекаэдр. Но теперь, в отличие от примера 2, определяем не условную вероятность РВ(А), а условную вероятность РА(В). События А и В в данном примере те же, что и в примере 2. Вероятности РВ(А), Р(А), Р(В) известны; поэтому воспользуемся соотношением (8). Из него следует, что
РА(В) = РВ(А) • Р(В) / Р(А) = (2 / 3) • (1 / 2): (7 /12).
Пример 4. Подбрасываем два кубика. Надо найти условную вероятность выпадения четного суммарного числа очков (событие А) при условии, что пара выпавших граней состоит из разных чисел (событие В).
Пространство элементарных исходов для данной ситуации использовалось на всех рисунках в таблицах 32 и 33. Поэтому можем записать: п = 36; тА = 18 (исходы 1-1, 1-3, 1-5, 2-2, 2-4, 2-6, 3-1, 3-3, 3-5, 4-2, 4-4, 4-6, 5-1, 5-3, 5-5,6-2,6-4,6-6), поэтому Р(Л) = тА/ п = 18/36 = 1 /2; тв = 30 (все представленные на рисунке исходы кроме исходов 1-1, 2-2, 3-3, 4-4, 5-5, 6-6), поэтому Р(В) = тв/п = 30/36 = 5/6; /77^=12 (исходы 1-3, 1-5, 2-4, 2-6, 3-1, 3-5, 4-2, 4-6, 5-1, 5-3, 6-2, 6-4), поэтому Р(А (~\ В) = т^ / тв= 12 / 36 = 1 / 3. Отсюда, согласно (6) следует, что
Рв(А) = Р(А П В) / Р(В) = (1 / 3): (5 / 6) = 2 / 5.
ПРОДОЛЖЕНИЕ ДИАЛОГА
<Ч«*йаАм*. В примере 4 испытание представляло собой одновременное подбрасывание двух кубиков; мы использовали пространство элементарных исходов, которое рассматривалось на рисунках в таблицах 32
и 33. Однако все эти рисунки относились к иному типу испытаний — не одновременному бросанию двух кубиков, а двукратному бросанию одного кубика. При этом элементарный исход, обозначавшийся, например, как 4-5, означал, что при первом бросании кубика выпало число 4, а при втором бросании — число 5.
Автор. Вы правы. Но, как уже отмечалось ранее, пространство элементарных исходов для одновременного бросания двух кубиков и для двукратного бросания одного кубика одно и то же.
'ЧсййаАе**. Но как практически различать исходы 4-5 и 5-4 при одновременном бросании двух кубиков?
Автор. Можно один из кубиков как-то пометить. Например, нанести на него краску. Исход 4-5 может означать, что чистый кубик выпал четверкой, а подкрашенный кубик выпал пятеркой. Тогда исход 5-4 будет означать, что чистый кубик выпал пятеркой, а подкрашенный выпал четверкой.
'ЧсййаАе**. Понятно. А теперь обсудим одну проблему, воспользовавшись следующим примером. Это будет пример 5. Кубик подбрасывают два раза. Надо найти условную вероятность Рв (А) выпадения четного суммарного числа очков (событие Л) при условии, что в первом бросании выпала тройка (событие В).
Автор. Отличный пример. Вы наверняка можете решить его сами.
'ЧмАсийем.. Именно это я и собираюсь сделать. Полное число элементарных исходов п = 36. Число исходов, благоприятных для события А, нам уже известно из примера 4; оно равно тА = 18, так что Р(Л) = 18/36 = = 1/ 2. Число исходов, благоприятных для события В, равно тв = 6 (исходы 3-1, 3-2, 3-3, 3-4, 3-5, 3-6), так что Р(В) = 6/36 = 1 / 6. Число исходов, благоприятных для события АП В, равно тАВ= 3 (исходы 3-1, 3-3, 3-5), так что Р(А П В) = 3 / 36 = 1 / 12. Отсюда, согласно (6), находим, что РВ(А) = 1/2.
Автор. Прекрасно. В чем же проблема? Почему Вы предложили рассмотреть этот пример?
*Ч*АеиИе<<*. Дело в том, что в данном примере вполне можно сказать: «условная вероятность Рв (Л) есть вероятность события А, вычисленная при условии, что событие В уже произошло». Ведь событие В — это выпадение тройки при первом бросании кубика. Значит, событие В происходит (или не происходит) прежде, чем произойдет (не произойдет) событие А! Наше испытание (двукратное подбрасывание кубика) состоит из двух последовательных испытаний-, первого бросания кубика и второго бросания. Событие В реализуется уже в первом бросании, т. е. в
первом испытании. А ведь совсем недавно мы говорили о том, что при рассмотрении условной вероятности Рв (Л) оба события (как событие А, так и событие 5) наступают в одном и том же испытании и, следовательно, одновременно! Как это приложить к только что рассмотренному примеру?
Автор. Прежде всего отмечу некоторые допущенные Вами неточности. Испытание в предложенном Вами примере — это двукратное подбрасывание кубика. Именно двукратное. Как таковое оно не может состоять из двух последовательных испытаний — первого броска и второго броска. Можно говорить о двух этапах данного испытания, соответствующих разным броскам. Но испытание здесь единое, оно включает в себя оба броска.
"ЧиЛлЛм&. Что ж, назовем первый и второй броски этапами, а не испытаниями. Разве от перемены названия что-то меняется?
Автор. Дело в том, что наши события А и В (как одно, так и другое) всякий раз наступают или не наступают отнюдь не на каких-то отдельных этапах, а в одном и том же испытании. Хотя и не одновременно. В связи с этим я отмечу еще одну неточность в Ваших рассуждениях. Вы сказали: «события наступают в одном и том же испытании и, следовательно, одновременно». Тут слово «следовательно» неуместно. Наступление двух событий в одном и том же испытании может происходить как одновременно (как в примерах 1-4), так и не одновременно (как в Вашем примере).
‘ЧиАаАе*^.. Все-таки мне представляется, что происходит какая-то игра словами. Событие В — это выпадение тройки в первом броске. Чем это не исход испытания?
Автор. Тогда исходом какого испытания Вы назовете событие А?
"ЧиЛлЛм&. По-видимому, исходом второго броска... Впрочем, я неправ. Событие А — исход испытания, представляющего собой двукратное подбрасывание кубика.
Автор. Итак, событие В — это исход первого броска, а событие А — исход двух бросков. Согласен. А можно ли сказать, что испытание, именуемое «первым броском», наступает (не наступает) раньше наступления испытания, именуемого «двумя бросками»?
*%«#6<1#6&«. Наверное, нельзя.
Автор. Как видите, вопрос о том, в чем состоит испытание, является принципиальным. Никаких двух последовательных испытаний, из которых одно событие относилось бы к одному испытанию, а другое к другому, в Вашем примере нет. Здесь (как и в иных ситуациях) условная
вероятность Рв^ рассматривается для событий А и В, наступающих (не наступающих) в одном, а не в каких-то разных испытаниях. Кстати говоря, в Вашем примере вероятности Р(А), Р(В), РВ(А) (а также Рд(В)) вычисляются на основе подсчета количеств элементов соответствующих подмножеств универсального множества, которое наглядно представлено на рисунках в таблицах 32 и 33. Здесь каждый элемент изображен двумя числами, из которых левое — результат первого броска, а правое — результат второго броска.
<Ч«*йаАм*. Вы, конечно, правы. И все-таки сначала выпала тройка. Она выпала в первом броске. А уже после того, как наступило это событие (событие В), мы стали интересоваться событием А — выпадением четного суммарного числа очков.
Автор. Что значит «мы стали интересоваться»? Ясно, что событие А определяется не только вторым, но и первым броском. Тут, пожалуй, мы и впрямь рискуем заняться игрой в слова. Давайте не будем отождествлять фразу «Рв (Я) есть вероятность события А, вычисленная при условии, что событие В уже произошло» с фразой «Рв (А) есть вероятность события А, вычисленная, когда событие В уже произошло». Одно дело «при условии, что» или «в предположении, что» и другое дело — «когда произошло». Если учесть, что «при условии» можно понимать как «в предположении» (а отнюдь не как свершившийся факт), то не возникнет противоречия с тем безупречным определением условной вероятности, которое мы привели в начале параграфа. Я назвал то определение безупречным, поскольку оно оставляет в стороне непринципиальный в данном случае вопрос о возможности или невозможности разбиения испытания на этапы,
После такого диалога уместно рассмотреть следующий пример.
Пример 6: наугад вынимаем из мешка дважды по одному шару без возвращения первого вынутого шара в мешок. Предположим, в мешке было 5 шаров — 2 белых и 3 черных. Шары различаются только по цвету. Надо найти вероятность того, что второй вынутый шар окажется черным при условии, что первый вынутый шар — белый. Событие А состоит в том, что второй из двух вынутых шаров оказался черным. Событие В состоит в том, что первый из двух вынутых шаров оказался белым. Требуется вычислить условную вероятность РВ(А).
Подчеркнем, что события А и В выявляются не в разных испытаниях (событие А в одном, а событие В в следующем), а в одном и том же испытании, им является двукратное вынимание наугад шара без возвращения первого вынутого шара обратно в мешок. Нам нужно прежде всего определить пространство элементарных исходов для данного типа
испытаний. Имеем пять шаров; обозначим их через бх, б2, чъ ч2, ч3 (буква «б» относится к белым шарам, а буква «ч» к черным). Нужно составить всевозможные пары из этих шаров. Для этого удобно наглядности ради представить себе два ящика — один для одного шара, другой для другого. В первый ящик мы можем положить любой из пяти шаров — тут возможны пять вариантов:
61
В каждом из этих вариантов во второй ящик можно положить любой из четырех оставшихся шаров. Значит, всего имеем 5 • 4 = 20 всевозможных пар шаров — двадцать равновероятных несовместных исходов:
61
61
61
61
4\
61
41
61
43
61
б.
41
61
41
41
61
41
б!
43
б
61
42
61
41
41
41
41
41
43
41
б.
^3
61
43
41
41
41
41
43
41
Таково пространство элементарных исходов в данном случае (л = 20). Условимся считать, что в каждой из этих пар слева стоит шар, вынутый из мешка первым, а справа — шар, вынутый из мешка вторым. Используя пространство элементарных исходов, запишем: тА = 12 (исходы бхчъ бхч2, бхч3, б2чх, б2ч2, б2ч3, чхч2, чхч3, ч2чх, ч2ч3, ч3чх, ч3ч2") и, значит, Р^А) = 12 / 20 = = 3/5; тв = 8 (исходы бхб2, бхчх, бхч2, бхч3, б2бх, б2чх, б2ч2, б2ч3) и, значит, Р(В) = 8 /20 = 2/5; /^ = 6 (исходы бхчх, бхч2, бхч3, б2чх, б2ч2, б2ч3) и, значит, Р(А П В) = 6 / 20 = 3 / 10. Отсюда, согласно (6), получаем: ^(Л) = (3/ 10): (2/5) = 3/4.
В заключение заметим, что приведенное выше решение примера 6 оправдано лишь с точки зрения тренировки в вычислении условной вероятности. Дело в том, что здесь можно вообще обойтись без условной вероятности и не прибегать к соотношению (6) (а также к выявлению пространства элементарных исходов). Можно поступить много проще. В мешке находились два белых и три черных шара. Предположим, что из него вынули белый шар. После этого в мешке остались один белый и три черных шара — всего четыре шара. Легко сообразить, что теперь вероятность вынуть наугад из мешка черный шар равна 3/4. Таков ответ на вопрос, поставленный в примере 6. Мы получили его, не прибегая к понятию условной вероятности. Конечно, столь простое решение возможно далеко не во всех ситуациях. Поэтому надо уметь вычислять условную вероятность.
95 Независимые и зависимые совместные события.Правила вычисления вероятности пересеченияДВУХ СОВМЕСТНЫХ СОБЫТИЙ(вероятности совместного наступлениядвух событий)
Как уже отмечалось, понятие условной вероятности позволяет характеризовать пару тех или иных совместных событий с точки зрения их взаимной зависимости, т. е. с точки зрения влияния появления одного из событий на вероятность появления другого.
Обратимся к примерам, рассмотренным в предыдущем параграфе.
В примере 1 безусловная вероятность Р(А) равна 1 / 2, а условная вероятность РВ(А) равна 2/3. Следовательно, при условии выпадения числа очков больше трех у кубика оказывается больше шансов выпасть четной гранью (по сравнению со случаем, когда упомянутое отсутствует). В данном примере наступление события В увеличивает вероятность наступления события Л на 1/6 (коль скоро 2/3 -1/2 = 1/6). В примере 2 имеем Р(Л) = 7 / 12 и Р5(Л) = 2 / 3; наступление события В увеличивает вероятность наступления события А на 1 / 12. В примере 3 имеем Р(Р) = 1 /2 и Рд^В^ =4/7; наступление события А увеличивает вероятность наступления события Р на 1 / 14. А вот в примере 4 наступление одного события не увеличивает, а напротив, уменьшает вероятность наступления другого события; там Р(^ - Р5 (Л) = 1 / 2 - 2 / 5 = 1 / 10. В примере 5 Р(А) = РВ(А) (обе вероятности равны 1/2); в этих испытаниях наступление события В никак не влияет на вероятность наступления события А. Наконец, в примере 6 имеем Р(А) = 3 / 5 и Рв (А) = 3 / 4; наступление события В увеличивает вероятность наступления события А на 3 / 20.
Важно обратить внимание на то, что для несовместных событий проблемы влияния наступления одного события на вероятность наступления другого попросту не существует. Ведь несовместные события — это события взаимоисключающие', наступление одного из них попросту исключает появление в данном испытании другого события. Иное дело, если рассматриваются два совместных события. Здесь возможны две ситуации:
наступление одного из событий влияет на вероятность наступления другого события (увеличивает или уменьшает ее) — такие совместные события называют зависимыми;
наступление одного из событий не влияет на вероятность наступления другого события — такие совместные события называют независимыми.
Рассмотренные в предыдущем параграфе в примерах 1, 2, 3, 4, 6 пары событий А и В являлись, очевидно, зависимыми событиями. Теперь поговорим о независимых совместных событиях. Тем более, что независимость событий часто используется при практических применениях теории вероятностей.
Допустим, что для событий А и В справедливо соотношение (см. пример 5 в § 9.4):
РВ(А) = Р(А).(*)
Это означает, что наступление события В не изменяет вероятности наступления события А, так что событие А можно считать независимым от события В. Подставляя (*) в соотношение (8), находим:
Р(В) = РА(В)(**)
и, следовательно, событие В можно считать независимым от события А. Получается, что, если наступление события В не изменяет вероятности наступления события А, то тогда наступление события А также не изменяет вероятности наступления события В. Иными словами, если событие А независимо от события В, то и событие В независимо от события А. Это позволяет говорить о взаимной независимости событий А и В (или просто о независимости А и В).
Подставив (**) в (7), получаем для независимых событий А и В;
Р(Аб\В) = Р(А)Р(В)\(9)
Соотношение (9) принято рассматривать как определение независимых совместных событий. Оно формулируется так: совместные события А и В являются независимыми тогда и только тогда, когда вероятность пересечения (совместного наступления) событий А и В равна произведению вероятностей этих событий.
Соотношение (9) является также правилом вычисления вероятности пересечения независимых событий А и В. Иными словами, это есть правило вычисления вероятности совместного наступления независимых событий А и В в одном и том же испытании. Проще данное правило называют правилом умножения вероятностей независимых событий.
Что же касается вероятности совместного появления зависимых событий А и В, то для ее вычисления надо применять следующее правило, вытекающее из (6) и (7):
Р(А П Д) = Р(А) • РА(В) = Р(В) •(10)
Обсуждавшееся в § 9.2 правило (3) является фактически общим правилом вычисления вероятности объединения двух случайных событий А
и В. В зависимости от характера событий оно превращается в одно из следующих трех правил:
правило для несовместных событий:
Р(А П В) = Р(А) + Р(В);(правило 1)
правило для независимых совместных событий:
Р(А U В) = Р(А) + Р(В) - Р(А) ■ Р(В);(11)
правило для зависимых совместных событий:
Р(А UВ) = Р(А) + Р(В) -Р(А) РА(В) =
= Р(А)+Р(В)-Р(В)Рв(А).(12)
Предостережение. Иногда ошибочно полагают, что независимые события — это то же самое, что несовместные события. И те, и другие рассматриваются как события, которые «не имеют никакого отношения друг к другу». В связи с этим не помешает еще раз обратить внимание на различие между понятиями несовместности событий и независимости событий.
События А и В называют несовместными (взаимоисключающими) тогда и только тогда, когда наступление одного события в любом данном испытании исключает наступление другого события в том же испытании. В этом смысле несовместные события действительно «не имеют никакого отношения друг к другу». Вероятность пересечения этих событий равна нулю (Р(А П В) = 0) и, следовательно, равны нулю условные вероятности:
Рв(А) = Ра(В) = 0.(*)
Что же касается независимых событий, то, строго говоря, их нельзя назвать событиями, которые «не имеют никакого отношения друг к другу». Дело в том, что наступления независимых событий А и В могут наблюдаться в одном и том же испытании, так что Рв (А) ^ 0 и РА (В) ^ 0. Правда, наступление одного из независимых событий не влияет на вероятность наступления другого события; поэтому можно записать:
РВ(А) = Р(А); РА(В) = Р(В).(**)
Соотношения (*) и (**) математически строго демонстрируют различие между понятиями несовместности событий и независимости событий.
В дополнение к примеру 5 из § 9.4 рассмотрим некоторые примеры независимых событий.
Пример 1. Подбрасываются две одинаковые монеты (для удобства обсуждения на одну из монет нанесена царапина). Событие А — монета с царапиной упала орлом. Событие В — обе монеты упали одинаково. Докажем, что события А и В независимые.
Пространство элементарных исходов: ОО, ОР, РО, РР (О — выпал орел, Р — выпала решка; первая из двух букв в каждой паре относится в монете с царапиной). В данном примере: п = 4; тА = 2 (элементарные исходы ОО и ОР) и, значит, Р(Л) = 2/4 = 1 / 2; тв = 2 (элементарные исходы ОО и РР) и, значит, Р(Р) = 1/2;/7/^=1 (исход ОО) и, значит, Р(ЛП Р) = 1 / 4. Легко видеть, что Р(А П Р) = Р(А) • Р(В). Отсюда заключаем, что события А к В независимые.
Пример 2. Монету подбрасывают четыре раза. Событие А — монета выпала орлом во втором бросании. Событие В — монета выпала орлом в четвертом бросании. Докажем, что события А и В независимые.
Пространство элементарных исходов для таких испытаний приводилось на рис. 1 в таблице 20. Из рисунка видно, что п = 16; тА = 8 (исходы ОООО, ОООР, ООРО, ООРР, РООО, POOP, POPO, POPP) и, значит, Р^ = 8/ 16 = 1 / 2; тв= 8 (исходы 0000, ООРО, ОРОО, ОРРО, РООО, POPO, РРОО, РРРО) и, значит, Р(В) = 8 / 16 = 1 / 2; т^ = 4 (исходы 0000, ООРО, РООО, РОРО) и, значит, Р(А П В) = 4 / 16 = 1 /4. Легко видеть, что Р(А П В) = Р(А) • Р(В) и, следовательно, события А и В независимые.
Пример 3. Кубик подбрасывают два раза. Событие А — выпала пятерка в первом бросании. Событие В — выпала двойка во втором бросании. Докажем независимость событий А и В.
Пространство элементарных исходов для таких испытаний мы уже несколько раз рассматривали. Имеем: и = 36; тА = 6 (исходы 5-1, 5-2, 5-3, 5-4, 5-5, 5-6) и, значит, Р(А) = 6 ) 36 = 1 /6; тв = 6 (исходы 1-2, 2-2, 3-2, 4-2, 5-2, 6-2) и, значит, Р(В) = 6/36 = 1 / 6; тАВ = 1 (исход 5-2) и, значит, Р(Л П В) = 1 / 36. Легко видеть, что Р(А П В) = Р(А) • Р(В} и, следовательно, события А и В независимые.
Пример 4. Кубик подбрасывают два раза. Событие А — в первом и втором броске выпали грани с одинаковым числом очков. Событие В — во втором броске выпала тройка. Докажем независимость событий А и В.
Пространство элементарных исходов нам известно. Имеем: п = 36; тА = 6 (исходы 1-1, 2-2, 3-3, 4-4, 5-5, 6-6) и, значит, Р(Л) = 1/6; тв = 6 (исходы 1-5, 2-5, 3-5, 4-5, 5-5, 6-5) и, значит, Р(В) = 1 / 6; тАВ=1 (исход 5-5) и, значит, Р^А П В) = 1 / 36. Легко видеть, что Р{А П В) = Р(А) • Р(В) и, следовательно, события А и В независимые.
Пример 5. Кубик подбрасывают два раза. Событие А — сумма выпавших очков есть четное число. Событие В — во втором броске выпала пятерка или шестерка. Докажем независимость событий А и В.
Пространство элементарных исходов известно. Имеем: п = 36; тА = 18 (исходы 1-1, 1-3, 1-5, 2-2, 2-4, 2-6, 3-1, 3-3, 3-5, 4-2, 4-4, 4-6, 5-1, 5-3, 5-5, 6-2, 6-4, 6-6) и, значит, Р(А) = 18 /36; тв = 12 (исходы 1-5, 2-5, 3-5, 4-5, 5-5, 6-5, 1-6, 2-6, 3-6, 4-6, 5-6, 6-6) и, значит, Р(В) = 12/36; тАВ=6 (исходы 1-5, 3-5, 5-5, 2-6, 4-6, 6-6) и, значит, Р(А П В) = 6 / 36 = 1 / 6. Легко видеть, что Р (А П В) = Р (А) • Р(В) и, значит, события А и В независимые.
НЕЗАПЛАНИРОВАННЫЙ ДИАЛОГ
%«#б4#6б#«. У меня возникли замечания по поводу соотношения (9).
Автор. В чем они заключаются?
'Члииеииг**.. Согласно (9), вероятность совместного наступления событий А и В (вероятность Р (А П В)) можно найти, умножив вероятность Р(А) на вероятность Р(В\ Это правило работает тогда и только тогда, когда события А и В независимые. Однако, чтобы выяснить являются ли на самом деле независимыми события А и В, нам нужно убедиться, что Р (А П В) = Р (Л) • Р (В). Получается замкнутый логический круг. Как из него выйти?
Автор. В ситуациях, допускающих использование классического определения вероятности, можно вычислить вероятность совместного наступления событий А и В, не обращаясь к вероятностям Р(А) и Р(В), а с помощью соотношения
Р(ЛП^) = тАВ/п,
которым, кстати говоря, мы уже неоднократно пользовались. Мы использовали это соотношение, в частности, во всех примерах в § 9.4 для того, чтобы найти Р(ЛПР). Кроме того, во многих случаях вопрос о независимости событий решают, не прибегая к соотношению (9), а исходя из общих (подчас интуитивных) соображений, основанных на опыте, представляющихся достаточно очевидными.
'Члинеинг**.. Как я понимаю, доказательство с помощью соотношения (9) независимости событий А и В в примерах 2 и 3 можно считать излишним. Известно, что тот или иной исход бросания монеты или кубика не зависит от предыдущих исходов и не влияет на последующие. Так что события А и В в этих примерах являются заведомо независимыми. Можно сказать, что независимость событий здесь очевидна.
Автор. Использование очевидности независимости тех или иных событий особенно важно тогда, когда вероятность определяется экспери-
ментально — на основании подсчета частоты наступления события в длительной серии испытаний. Например, очевидно, что рождение мальчика (девочки) у двух разных матерей — события независимые. Очевидно, что изготовление доброкачественного изделия на двух разных заводах (или на одном заводе в разные смены), — тоже независимые события. Независим выход из строя двух разных станков, не связанных функционально друг с другом. Независим выбор дальнейшего пути для двух разных развилок в лабиринте.
‘Читате**.. По-видимому, попадание в цель одного стрелка и попадание в цель другого стрелка — тоже независимые события.
Автор. Вы напомнили своим замечанием, что до сих пор не решена задача о вероятности подстрелить летящую утку двумя одновременно стреляющими охотниками. Об этой задаче мы говорили в §9.1.
'Члииеииг**.. Там возникла проблема с вероятностью, которая получалась больше единицы.
Автор. На самом же деле такой проблемы нет. Поскольку события А и В в той задаче являются совместными событиями, то надо применять не правило (1), а правило (3):
Р(А U В) = Р^ + Р(5) - Р(Л П Р) •
А так как совместные события А и В независимы, то Р (А П В) = = Р (Л) • Р (Р) = 0,3 • 0,9 = 0,27. Поэтому получаем следующее значение вероятности подстрелить утку в результате одновременных выстрелов наших двух охотников: Р= 0,3 + 0,9 - 0,27 = 0,93.
В заключение решим несколько простых задач с использованием соотношения (9), рассматриваемого в качестве правила умножения вероятностей независимых событий.
Задача 1. Кубик подбрасывают два раза. Какова вероятность того, что выпадет 12 очков по сумме двух бросаний?
Столько очков наберется, если в каждом бросании выпадет шестерка. Вероятность, что шестерка выпадет в первом бросании, есть Р(Л) = 1 / 6. Вероятность, что шестерка выпадет во втором бросании, есть P(S) = 1 / 6. События А и В независимы; следовательно, Р(Я П В) = Р(А) • Р(В) = (1 / 6) / (1 / 6) = 1 / 36.
Задача 2. Кубик подбрасывают два раза. Какова вероятность того, что выпадут 11 очков?
Столько очков выпадут в двух случаях:
в первом бросании выпала пятерка (Р5 = 1/ 6), а во втором бросании выпала шестерка (Р6 = 1 / 6); Р(5-6) = Р5 • Р6 = 1 / 36;
- в первом бросании выпала шестерка, а во втором бросании выпала пятерка; Р(6-5) = Р6 • Р5 = 1 / 36.
События 5-6 и 6-5 несовместные; поэтому искомая вероятность есть
Р =Р(5-6)+ Р(6 -5) = 1/36 + 1/36 = 1/18.
Напомним еще раз:
при вычислении вероятности того, что наступят и событие А, и событие Р, надо вероятности Р^ и Р(Р) перемножить;
при вычислении вероятности того, что наступят или событие С, или событие Д надо вероятности Р(С) и P(D) сложить.
При этом необходимо, чтобы события А и В были независимыми, а события С и D были несовместными.
Задача 3. Кубик подбрасывают два раза. Какова вероятность, что выпадут 10 очков?
Столько очков может выпасть в трех случаях:
выпали 6 очков и 4 очка,
выпали 4 очка и 6 очков, - выпали 5 очков и 5 очков.
Искомая вероятность: Р = Рб Р4 + Р4 • Рб + Р5 • Р5 = 3 / 36 = 1 / 12.
9.6 Правила вычисления вероятностиСОВМЕСТНОГО НАСТУПЛЕНИЯ ТРЕХ И БОЛЕЕ СОБЫТИЙ.
События, независимые в совокупности
Основное внимание в данном параграфе будет уделено совместному наступлению трех случайных событий (событий А, В, С), т. е. вычислению вероятности Р(ЛПРП С). Полученные правила будут обобщены на произвольное конечное число событий Аъ Аъ А3,...,АГ.
Прежде всего заметим, что, если события А, В, С попарно несовместны, то Р(ЛПРП С) = 0. Этот результат очевиден. Предположим теперь, что из трех пар событий (А и В, А и С, В и С) несовместность наблюдается только для одной пары — см., например, рис. 6 в таблице 36, где несовместны только события В и С, тогда как события А и В, а также Аи С совместны. Событие А П В П С можно рассматривать как пересечение событий А П В и С. Событие А П В и выделено на рисунке штриховкой с точками. Можно видеть, что события С и А П В пересекаются и, следовательно, (А П В) П С = 0. Значит,
р(лпрпс) = р(0) = о.(*)
Заметим, что результат (*) можно получить, не прибегая к диаграммам Эйлера-Венна:
Р(ЛПРАС)=Р(ЛП(5ПС))=Р(ЛП0)=Р(0) = О.
Если рассматриваются г событий Аъ Аъ А3,..., Аг и известно, что события, например Ах и Аъ несовместные (Ах П Л2 = 0), то в этом случае:
Р<Л П А2 П А3П Аг) = Р{0 П (А3 ПП Л)) = Л0) = 0.
Итак, если среди событий Ах, Аъ А3,...АГ есть хотя бы одна пара несовместных событий, то Р(АХ ПА2ПА3... П Аг) = 0.
Замечание. Итак, наличие хотя бы одной пары несовместных событий является достаточным условием для того, чтобы вероятность пересечения г событий равнялась нулю. Но есть ли это необходимое условие? Иначе говоря, можно ли утверждать, что, если нет ни одной пары несовместных событий, то вероятность Р(А1ПА2ПА3...ПАГ) обязательно будет отлична от нуля? Оказывается, так утверждать нельзя. Все события могут быть попарно совместны и тем не менее вероятность их пересечения может равняться нулю. Это видно из примера с двукратным подбрасыванием кубика, где в качестве событий А, В, С выбраны следующие события: А — выпадение одинаковых очков при первом и втором бросках (элементарные исходы: 1-1, 2-2, 3-3, 4-4, 5-5, 6-6), В — выпадение единицы в первом броске (элементарные исходы: 1-1, 1-2, 1-3, 1-4, 1-5, 1-6); С — выпадение шестерки во втором броске (элементарные исходы: 1-6, 2-6, 3-6, 4-6, 5-6, 6-6). Пересечение А П В — это исход 1-1 (Р(ЛПВ) = 1 /36); пересечение АП С — это исход 6-6 (Р(Л П С) = 1 /36); пересечение ВП С — это исход 1-6 (Р(РП С) = 1 /36). А вот пересечение ЛПРП С — пустое множество и, следовательно, р(лпрпс) = о.
Выведем основное правило для вычисления Р(А П РП С). Применив правило (Ю) к вероятности пересечения событий А П В и С, получаем:
Р(ЛПРПС)=Р(ЛПР)-Рлпд(С).(**)
Затем применим правило (10) к вероятности пересечения А и В;
Р(АПВ) = Р(АУРа(ВУ(***)
Подставляя (***) в (**), находим:
Р(л n р п С) = Р(Л) • РА^ • рлП5(С).|(13)
Это и есть основное правило для вычисления Р(ЛПРП С).
С учетом переместительного и сочетательного законов для пересечения событий, мы можем как угодно переставлять события в (13). Для трех событий число перестановок равно П3 = 3! = 3 • 2 = 6. Значит, 246
основное правило для вероятности пересечения трех событий можно записать в виде шести равноправных соотношений:
Р(АУРа(В).Рапв(С);
(13)
Р(А)Ра(С)Рапс(ВУ
(13')
Р(ЛПРАС) = -
Р(В)Рв(С)РвПс(АУ,
(13")
Р(Р)Рг(А)Рлпг(С);
(13"')
Р(С)Рс(А)Рапс№
(13"")
, Р(С) Рс(Р) Ргпс(Л).
(13""')
Предположим, что рассматриваются четыре события: А, В, С, D. Вы ведем правило для вычисления Р(ЛПРП С ПР), действуя так же, как в случае с тремя событиями. Сначала применим правило (10) к вероятности пересечения событий D и А П В f] С; получим
р(япрпспр>) = = р(япрпс)-р4П5ПС(р>).
Затем применим правило (10) к вероятности пересечения событий С и А П В; получим
Р(ЛП^ПС) = Р(Л ПР)-РЛП5(С).
Наконец, применим правило (10) к вероятности пересечения А и В; получим
Р(ЛПР)=Р(Л)Рл(Р).
Собирая все эти три соотношения, находим:
РС^ПРПСПР^^Ь^^^ (14)
Как и в (13), здесь можно как угодно переставлять события. Поскольку у нас четыре события, получим п4 = 4! = 24 равноправных соотношения. Выписывать все эти соотношения не будем. Напомним лишь все перестановки четырех событий:
ABCD
BACD
CABD
DABC
ABDC
BADC
CADB
DACB
ACBD
BCAD
СВАО
DBAC
ADBC
BDAC
CDAB
DCAB
ACDB
BCDA
CBDA
ОВСА
ADCB
BDCA
СОВА
DCBA
Результаты, полученные для (13) и (4) легко обобщаются на случай, когда рассматриваются г событий Аъ Аъ А3, А4,...,АГ.
P(4nW3(U4n..M) =
= Р(Л1) • РЛ(А2) • РдпдХ^з) • Р^ПЛгАЛз^) ■ ■ ^n^A^A.-.nar-i ^^'
(15)
Это соотношение можно, при желании, представить в виде Пг = г! равноправных соотношений, переставляя события.
Теперь нам важно уточнить понятие независимости событий для случаев, когда этих событий три или более. В общем случае определение независимости случайных событий таково:
События Аъ А2, А3,..., Аг называются независимыми в совокупности (или просто независимыми), если вероятность наступления любого из этих событий не зависит от наступления какого угодно числа остальных событий из данной совокупности.
В случае трех событий (А, В, С) независимость в совокупности означает, что вероятность наступления события А не зависит от наступления событий В, С, РП С, вероятность наступления события В не зависит от наступления событий А, С, А П С, вероятность наступления события С не зависит от наступления событий А, В, АП В.
Для четырех событий (А, В, С, D) независимость в совокупности означает, что вероятность наступления события А не зависит от наступления событий В, С, D, ВП С, BHD, СП D, ВП СПD, вероятность наступления события В не зависит от наступления событий А, С, D, АП С, А П D, С П D, А П С П D, вероятность наступления события С не зависит от наступления событий А, В, D, АП В, АП D, ВП D, АП ВП D, вероятность наступления события D не зависит от наступления событий А, В, С, апв, апс, впс, АПВПС.
Нетрудно сообразить, как следует понимать независимость в совокупности для пяти, шести и вообще любого конечного числа событий. Наряду с независимостью в совокупности рассматривают также попарную независимость событий. Ее смысл ясен из названия. Попарная — значит, взаимная независимость любых двух событий из рассматриваемой совокупности. Используя в дальнейшем термин «независимость событий», мы будем иметь в виду именно независимость в совокупности.
Но вернемся к рассмотрению трех событий. Из определения независимости событий следует, что независимость событий А, В, С (независимость в совокупности) означает, что взаимно независимы следующие
пары событий: А и В, А и С, В и С, А и В П С, В и А П С, С и А П В. Иначе говоря, это означает, что безусловные вероятности событий А, В, С (вероятности Р(А), Р(В), Р(С)) должны равняться условным вероятностям:
(****)(****)Р(А) = РВ(А) = PcU) = Рв^У, Р(В) = РА(В) = РС(В) = рА^с(ву P(Q = Pa(Q = РВ(С) = РАПВ(С).
(****)
(****)
А теперь подставим соотношения (****) в соотношения (13)—(13"'"). Легко видеть, что эта подстановка превращает каждое из соотношений (13)-(13",,/) в следующее соотношение:
(16)(16)Р(А п в п С) = Р(А). Р(5). Р(С).
(16)
(16)
Мы получили правило: вероятность совместного наступления событий, независимых в совокупности, равна произведению вероятностей событий.
Итак, если выполняются соотношения (****), то выполняется соотношение (16). Значит, независимость событий в совокупности есть достаточное условие для использования правила умножения безусловных вероятностей этих событий. С другой стороны, если выполняется соотношение (16), то, подставив его в соотношения (13)-(13',',,), мы получим соотношения (****). Значит, независимость событий в совокупности есть не только достаточное, но также необходимое условие для использования правила умножения безусловных вероятностей событий. Отсюда следует, что правило (16) может рассматриваться как определение независимости событий в совокупности.
Правило (16) без труда обобщается на г событий, независимых в совокупности:
рцу п л2 п л3 п...п лг) = PW • Р(Л2) • Р(Л3) •... • Р(Л).(17)
Правило (17) широко используется в теории вероятностей в отношении событий, независимых в совокупности. Оно же рассматривается как формальное определение независимости в совокупности для г событий.
НЕЗАПЛАНИРОВАННЫЙ ДИАЛОГ
'ЧаАаАе**. Как мы видим, справедливы два утверждения. Первое: Если события независимы в совокупности, то вероятность их совместного наступления равна произведению безусловных вероятностей этих событий. Второе утверждение: Если вероятность совместного наступления нескольких событий равна произведению их безусловных вероятностей, то
эти события независимы в совокупности. Опять, как и в случае с правилом (9), получается, замкнутый логический круг.
Автор. Согласен. И точно так же, как в упомянутом случае, выход из этого круга состоит, во-первых, в анализе пространства элементарных исходов (для тех испытаний, которые допускают использование классического определения вероятности) и, во-вторых, в установлении независимости событий на основе очевидности или интуиции.
‘Читате**.. Так я и предполагал. Но у меня есть еще один вопрос. Правило (17) для г событий получено как обобщение правила (16) для трех событий. Но почему же само правило (16) мы не рассматривали как обобщение правила (9) для двух событий, а выводили независимо от правила (9)?
Автор. Для трех (и более) событий существует, наряду с понятием попарной независимости событий, также понятие независимости в совокупности. Вот из-за этого и понадобился отдельный разговор.
'ЧиЛлЛс^л.. Вообще-то мне казалось, что из попарной независимости событий следует также и независимость в совокупности. Ведь если А не зависит от В, В не зависит от Л и это же можно сказать о парах А - С и В - С, то как может существовать какая-то общая зависимость между А, В, С?
Автор. В алгебре событий такое вполне возможно.
'Члинеинг**.. Нельзя ли привести какой-нибудь «живой» пример, когда события А, В, С попарно независимы, а в то же время независимость в совокупности для этих событий не имеет места?
Автор. Пусть испытания состоят в подбрасывании двух монет. Событие А — первая монета выпала орлом, событие В — вторая монета выпала орлом, событие С — обе монеты выпали одинаковым образом. Пространство элементарных исходов: ОО, ОР, РО, РР (л = 4). Легко видеть, что тА=2 (исходы ОО и ОР), тв = 2 (исходы ОО и РО), тс = 2 (исходы ОО и РР); следовательно, Р( А) = тА / п = 1 /2, Р(В) = тв/ п= 1/2, Р{С) = тс / п = 1 / 2. Легко видеть также, что тАВ = тАС= твс=1 (исход ОО), так что Р/А П В) = Р/А П С) = Р(В П С) = 1 / 4. Применяя к каждой из трех пар событий правило (7), мы получаем, что
РВ(А) = РС(А) = Р(А) =1/2;
РА(В) = Рс (В) = Р(В) = 1/2;
РА(С) = РВ(С) = Р(С) = 1/2.
Итак, мы убедились, что события А, В, С попарно независимы. А теперь выясним, чему равна Р(А П 5 А С). Для этого найдем тдвс — количество элементарных исходов, благоприятных для события А П В П С.
Есть только один такой исход — исход ОО. Значит, Р(ЛП РП С) = = тАвс! и = 1/4. Учитывая, что P^ns(C) = Р(ЛПРП С) / Р(ЛПР) получаем: РЛП5(С) = (1/4) : (1/4) = 1. Мы видим, что РЛП5(С) Р(С) и, следовательно, условие независимости в совокупности (условие (****)) не выполняется.
'Члмпате*^. И в самом деле! Здесь вероятность Р^А П РП С) не равна произведению вероятностей Р(А) • Р(В) • Р(С). Как мы убедились, Р(А П РП С) = 1 /4, а Р^ • Р(Р) • Р(С) = (1 /2) • (1 / 2) • (1 /2) = 1 / 8.
97 Повезет или не повезет мне с зачетом?(Размышления одного студента)
Наш преподаватель вынес на зачет 25 вопросов. Он очень строгий. Предупредил, что каждому предложит какие-то четыре вопроса из этого вопросника. Тот, кто не ответит хотя бы на один из предложенных вопросов, зачета не получит. Я успел разобраться только с двадцатью вопросами, а к пяти не знаю, как подступиться. Вот и думаю: имеет ли смысл идти сегодня на зачет? Неплохо было бы подсчитать вероятность получить зачет.
Иначе говоря, надо подсчитать вероятность Р того, что четыре вопроса, выбранные наугад из двадцати пяти вопросов, попадут в число двадцати «моих» вопросов (я имею в виду те двадцать вопросов, с которыми я успел разобраться). Обозначим через А, В, С, D вероятности того, что, соответственно, первый, второй, третий и четвертый предложенные мне вопросы окажутся из числа «моих» вопросов. Искомую вероятность Р можно представить в виде:
Р = Р(ЛПРПСПР). (*)
Воспользовавшись правилом (15), я могу переписать (*) вот так:
Р = Р(А Пв ПС ПР) = Р(А) • РА(В) • Рдпв(С) • Рдпдпс (Р). (**)
Первый вопрос будет выбираться наугад из двадцати пяти вопросов; вероятность, что он окажется одним из двадцати «моих» вопросов, равна 20/25. Итак, Р(А) = 20/25. Вероятность появления второго из известных мне вопросов при условии наступления события А есть условная вероятность РА(Ву Она равна 19/24, поскольку теперь надо из 24оставшихся в вопроснике вопросов попасть случайным образом в один из 19 оставшихся «моих» вопросов. Итак, РЛ(Р) = 19/24. Вероятность появления
третьего из известных мне вопросов при условии совместного наступления событий А и В есть РА^В(С). Легко сообразить, что Рлпв(С) = 18/23. Переходя, наконец, к четвертому вопросу, который должен появиться при условии совместного наступления событий А, В и С, мы тоже без труда определяем его вероятность: РА^впсФ) = 17/22. Теперь можно, используя (**), вычислить вероятность Р:
Р = (20 / 25) ■ (19 / 24) - (18 / 23) ■ (17 / 22) == 116280/303600 = 969/2530 = 0,383.
Итак, у меня приблизительно четыре шанса из десяти получить зачет. Маловато, конечно. Но, может быть, я ошибся? Самый надежный способ вычислить вероятность — это рассмотреть пространство элементарных исходов и воспользоваться классическим определением вероятности. Если, разумеется, ситуация позволяет использовать классическое определение вероятности. В нашем случае это возможно. Полное число п элементарных исходов есть в нашем случае количество всевозможных выборок 4 элементов из 25, т. е. п= С25. А количество благоприятных исходов (благоприятных для события А П В П С П D) есть число т всевозможных выборок 4 элементов из 20, т. е. п = С2о- Используя классическое определение вероятности, находим:
Р = ^/л = С240 /С245 =
= (20!/4!16!): (25!/4!21!) = 969/2530.
Получается такой же в точности результат, что и при первом подсчете!
Что ж, к строгому преподавателю я, пожалуй, явлюсь. Авось мне повезет. Все-таки четыре шанса из десяти позволяют надеяться получить зачет.
Послесловие. Наш студент отправился за зачетом, но прежде, чем зайти в аудиторию, он разобрался в коридоре с помощью друзей еще с одним вопросом. Подсчитав тут же вероятность, он убедился, что теперь она увеличилась до 0,473. Это его весьма приободрило. Тем временем строгий преподаватель пошел обедать. Не теряя времени, наш студент разобрался вместе с друзьями еще с двумя вопросами. Теперь он знал 23 вопроса из 25! Вероятность получить зачет поднялась до 0,7. Семь шансов из десяти! И студент смело отправился на беседу с преподавателем. Зачет он получил. Правда, ему не достался ни один из тех вопросов, которые он познал в коридоре. Как всегда, Его Величество Случай проявил своеволие. Впрочем, семь шансов из десяти, надо полагать, чего-то стоили...
Тренировочные задачи с вычислениемВЕРОЯТНОСТИ СОВМЕСТНОГО НАСТУПЛЕНИЯ СОБЫТИЙ,НЕЗАВИСИМЫХ В СОВОКУПНОСТИ
Задача 1. Цехи № 1 и № 2, работая независимо один от другого, выпускают лампочки. Как показала практика, в продукции цеха № 1 на 400 лампочек приходится одна бракованная, а в продукции цеха № 2 одна бракованная лампочка приходится на 700 лампочек. Выбраны наугад пять лампочек — две из цеха № 1 и три из цеха № 2. Какова вероятность Р того, что все пять лампочек окажутся небракованными?
Решение. Из условия задачи следует, что вероятность Рх появления бракованной лампочки в продукции цеха № 1 равна Рх = 1 /400 = 0,0025, а вероятность Р2 появления брака в продукции цеха № 2 равна Р2 = 1 /700 = 0,00143. Вероятности появления небракованных лампочек равны, соответственно, 1 - Рх = 0,9975 и 1 - Р2 = 0,99857. Пусть К — событие, заключающееся в том, что и первая, и вторая лампочки из цеха № 1 оказались небракованными, и пусть L — событие, заключающееся в том, что и первая, и вторая, и третья лампочки из цеха № 2 также оказались небракованными. Пользуясь, для удобства, калькулятором, находим:
Р(^) = (1 - Ра • (1 - Ра = о, 9975 ■ 0,9975 = 0,99501,
Р(Р) = (1 - Р2) • (1 - Р2) • (1 - Р2) = 0,99857 ■ 0,99857 ■ 0,99857 = 0,99572.
Вероятность Р есть вероятность наступления и события Р(К) и события Р(Р); следовательно, Р(^) • Р(£) = 0,99501 • 0,99572 = 0,99075.
Задача 2. Имеется система из трех блоков (1, 2, 3). Надежность работы любого блока не зависит от надежности работы остальных. Вероятности случайного выхода из строя блоков 1, 2, 3 равны, соответственно, 0,12, 0,08, 0,13. Какова вероятность Р функционирования системы? Рассмотреть два случая*. 1) система выходит из строя, когда выходит из строя хотя бы один из блоков (пример*, лампочки, соединенные последовательно)*, 2) система выходит из строя лишь тогда, когда выходят из строя все три блока (пример*, лампочки соединенные параллельно).
Решение. Случай 1. Пусть события Аь Аъ А3 — случайный выход из строя блоков 1, 2, 3, соответственно. Согласно условию задачи, Р(АХ) = 0,12, Р(Л2)=0,08, Р(А3) =0,13. Система функционирует, если исправны и блок 1 (вероятность того, что он исправен, есть 1 - Р(4))> и блок 2 (вероятность 1 - Р(АЦ), и блок 3 (вероятность 1 - Р(Л3)). Если какие-то события независимы в совокупности, то и соответствующие противоположные события также независимы в совокупности. Учитывая это и используя правило (17), получаем:
р = Pdo • р(А2). р(А3) = (1 - Р(4)). (1 - Р(Л2)) • (1 - Р(4)) = = (1-0,12) • (1-0,08) • (1-0,13) = 0,88-0,92-0,87 = 0,70435.
Случай 2. Система выходит из строя тогда и только тогда, когда выходят из строя и блок 1, и блок 2, и блокЗ; вероятность такого события есть Р(А{) • Р(А^ • Р(А3).
Анам требуется найти вероятность Р, являющуюся вероятностью противоположного события. Значит,
р = 1 - Р(4) • Р(л2) • Р(л3).(*)
Подставив значения РАлЬ РАг) и Р(Л3), получаем:
Р= 1 - 0,12 • 0,08 • 0,13 = 1 - 0,00125 = 0,99875.
НЕЗАПЛАНИРОВАННЫЙ ДИАЛОГ
*4«i5i4uSiewi*. В случае 2 система функционирует, если исправен хотя бы один из блоков. Вероятность того, что исправен блок 1, есть 1 - Р^); вероятность, что исправен блок 2, есть 1 - Р(Л2); вероятность, что исправен блок 3, есть 1 - Р(Л3). Я правильно пока рассуждаю?
Автор. Пока правильно.
*4«i5i4uSiewi*. Поскольку для функционирования системы нужно, чтобы были исправны или блок 1, или блок 2, или блок 3, то, следовательно
р = р(ахнр<а2нр<а3) =
= (1 - PU0) + (1 - Р(Л2)) + (1 - PU3)Y(**)
Автор. Стоп! Вот тут уже допущена ошибка. Вы могли бы это почувствовать сами, обратив внимание на то, что, согласно (**), вероятность Р оказывается заведомо больше единицы. Это недопустимо. В Вашем рассуждении к фразе «или блок 1, или блок 2, или блок 3» следовало добавить «или блоки 1 и 2, или блоки 1 и 3, или блоки 2 и 3, или все три блока». Короче говоря, Вы не приняли во внимание, что события Аъ Аъ А3 (как и события Ах, Аъ А3) не являются несовместными событиями. Кстати, вспомните задачу о двух охотниках, стреляющих в одну и ту же утку.
*Ч((АлЛл^. Значит, вместо (**) мне следовало воспользоваться правилом (4)?
Автор. Вот именно. Только при этом надо учесть, что наши события являются независимыми. Так что в нашем случае мы имеем:
Р = PW + PW + Р(А^ - Р^ - Р(А^ -
-Р(4) ■ Р^ - Р(А^ - Р<А3) + Р(АХ) - Р(А2) - Р(А3\(***)
'ЧшОл&ыл.. Соотношение (*) можно, очевидно, переписать так:
Р = 1 - (1 - Р(4)) • (1 - Р(^)) • (1 - Р<АА\(****)
Получается, что, если тут выполнить умножение, то придем к соотношению (
Автор. Конечно. В этом нетрудно убедиться. Посмотрите:
(1 - Р(^. (1 - Р(Л)) • (К- Р(А3^ =_
= (1 - PW -+ PW • Р<А^ • (1 - Р(4)) =
= 1 - PW -PW - Р(А3) + Р^ • Р<А^ +
+ PW • Р(4) + Р(А^ • Р(4) - PW * Р<А^ • Р<А3\
Подставив полученный результат в (****), мы немедленно получим (***), т. с. придем к соотношению (*).
Задача 3. Подбрасывают три кубика. Какова вероятность Р того, что все кубики выпадут одной и той же гранью!
Решение. Для каждого кубика вероятность выпадения единицы (обозначим ее через Ру) есть Ру = 1 / 6. Такова же вероятность выпадения двойки, тройки, четверки, пятерки, шестерки: Р2 = 1 / б, Р3 = 1 / 6, Р4 = 1 / 6, Р5 = 1 / 6, Рб = 1 / 6. Пусть событие А — выпали три единицы, В — выпали три двойки, С — выпали три тройки, D — выпали три четверки, Е — выпали три пятерки, F — выпали три шестерки. Безразлично, какое из этих шести несовместных событий наступит. Поэтому искомая вероятность есть Р= Р(Л) + Р(Р) + Р(С) + Р(Р) + Р(Е) + Р(Г). Каждое из слагаемых вычисляется с использованием правила (17). Например, Р(А) = Ру • Ру • Ру, Р(В) = Р2 • Р2 • Р2 ит. д. Таким образом,
Р = Ру Ру Ру^г Р2 - Р2 - Р2^Г Р6 - Р6 - Р6 =
= 1/216 + 1/216 + 1/216 + 1/216 + 1/216+1/216 =6/216 =1/36.
Задача 4. Подбрасывают три кубика. Какова вероятность Р того, что не выпадут ни три единицы, ни три двойки, ни три тройки?
Решение. Если воспользоваться обозначениями, введенными в предыдущей задаче, то можем записать:
Р = Р<А) • Р<В) • Р(С) = (1 - Р(Л)) • (1 - Р(Р)) • (1 - Р(С)) =
= (1-1/216)-(1-1/216)-(1-1/216) = (215/216)-(215/216)-(215/216) =
= (0,99537)3 = 0,98617.
Задача 5. Кубик подбрасывают три раза. Какова вероятность Р того, что при этом единица не выпадет?
Решение. Рассмотрим два варианта.
Вариант первый. Пусть событие А — единица выпала три раза, единица выпала два раза, С — единица выпала один раз. Из задачи 3 мы уже знаем, что Р^ = Ру • Ру • Ру = 1 /216. Найдем теперь Р^В\ Событие В можно рассматривать как объединение трех несовместных: событий; обозначим их через By, Въ В3. Событие By. в первом броске единица выпала (вероятность 1/6), во втором броске единица выпала (вероятность 5/6), в третьем броске единица не выпала (вероятность 5 / 6); понятно, что P(Pi) = (1 / 6) • (1 / 6) • (1 - 1 / 6) = 5 /216. Событие By.
в первом броске единица выпала, во втором не выпала, в третьем выпала; Р (В^ = = (1 / 6) • (1 - 1 / 6) • (1 / 6) = 5 / 216. Событие В3: в первом броске единица не выпала, во втором и третьем бросках единица выпала; Р(В3) = (1-1/6)- (1/6)- (1/6) = = 5 / 216. Таким образом.
Р(В) = Р(В0 + Р(В2) + Р(В3) = 15 / 216.
Наконец, найдем Р^С\ Событие С можно рассматривать как объединение трех несовместных событий: Сь С2, С3. Событие Сг — единица выпала только в первом броске и, значит, не выпала ни во втором, ни в третьем; Р(С^ = (1 / 6) • (5 / 6) • (5 / 6) = = 25 / 216. Событие С2: единица выпала только во втором броске; Р(С2) = (5/6)- • (1 / 6) • (5 / 6) = 25 / 216. Событие С3: единица выпала только в третьем броске; Р(С3) = (5 / 6) • (5 / 6) • (1 / 6) = 25 / 216. Таким образом,
Р(С) = Р(са + Р(С2) + Р(С3) = 75 / 216.
Нам надо найти вероятность Р того, что единица не выпадет при трех бросках, т. е. не выпадет ни три раза, ни два раза, ни один раз. Иначе говоря, нам надо найти вероятность события, противоположного событию HUPUC, т. е. вероят- ностьР= 1-Р(Л и PU С). Поскольку Р(Л и PU С) = Р(Л) + Р(Р) +Р(С) = 1/216 + + 15 / 216 + 75 / 216 = 91 / 216, то, следовательно, Р = 1 - 91 / 216 = 125 / 216.
Вариант второй (значительно более простой). Вероятность выпадения единицы в каждом броске равна, очевидно, 1/6. Значит, вероятность того, что единица не выпала, скажем, в первом броске, равна 1-1/6 = 5/6. Таковы же вероятности того, что единица не выпадет во втором и третьем бросках. Отсюда немедленно получаем искомую вероятность: Р = (1 -1 / 6) • (1 -1 / 6) • (1 -1 / 6) = (5 / 6) • (5 / 6) • (5 / 6) = 125 / 216 .
Задача 6. Кубик подбрасывают три раза. Какова вероятность Р того, что выпадут в сумме 17 очков?
Решение. Столько очков может выпасть в трех случаях: 6-6-5, 6-5-6, 5-6-6. События, отвечающие этим случаям, несовместны. Воспользовавшись обозначениями, введенными в задаче 3, получаем: Р = Рб • Рб • Р5 + Рб • Р5 • Рб + Р5 • Рб • Рб = 1 / 216 + + 1 / 216+ 1 / 216 = 1 / 72.
Задача 7. Кубик подбрасывают четыре раза. Какова вероятность Р того, что выпадут в сумме 23 очка?
Решение. Столько очков может выпасть в четырех случаях: 5-6-6-6, 6-5-6-6, 6 6 5 6, 6 6 6 5. Следовательно,
р = р5 р6 р6 Р6+Р6 р5 р6 Р6+Р6 р6.р5.р6+р6.р6.р6.р5 = = 1/1296 + 1/1296 + 1/1296 + 1/1296 = 4/1296 = 1/324.
Вероятностные задачи-сказки с лабиринтами
Задача-сказка первая: Поиск сокровищ в лабиринте в надежде на Случай. Один хитроумный Шах придумал хранить свои сокровища в лабиринте. Для большей сохранности он поселил в том лабиринте свирепого
дракона. Схема лабиринта показана на рис. 1 в таблице 37. Дракон находится в яме, изображенной в виде черного квадрата, а сокровища находятся в пещере L. Существуют три выхода из лабиринта: В, G, К. У каждого выхода день и ночь дежурят стражи с мечами. Они должны немедленно отрубить голову всякому, кто появится на выходе из лабиринта.
Прослышала о сокровищах лабиринта Ведьма и очень захотела заполучить их. Зазвала она к себе Удальца-Хитреца, накормила его, напоила и стала уговаривать отправиться в лабиринт за сокровищами. Половину тех сокровищ обещала уступить. «А как же я назад выберусь с сокровищами? — спрашивал Ведьму Удалец-Хитрец. — Я тебе клубок ниток дам, — отвечала она. — Идешь по лабиринту — клубок разматывается. По нити назад ты и возвратишься». «А как же дракон да стражи с мечами на выходах? — спрашивал Ведьму Удалец-Хитрец. — А ты иди по лабиринту той дорожкой, какой Шах к своим сокровищам ходит, — отвечала она. — Тогда ни с драконом, ни со стражами не встретишься». «А кто же мне ту заветную дорожку в лабиринте подскажет? — спрашивал Ведьму Удалец-Хитрец. — Подскажет Случай, на него надейся, — отвечала она. — А я позабочусь, чтобы он тебя не подвел».
На том разговор и прервался. Отправился Удалец-Хитрец почивать. Как известно, утро вечера мудренее. А утром Удалец-Хитрец крепко призадумался. Вспомнил он, что управлять Случаем никто не может. Даже Ведьма. А чтобы на Случай понадеяться, надо шансы соответствующие подсчитать. Подсчитал Удалец-Хитрец вероятность добраться до сокровищ в том лабиринте, усмехнулся, да без чаю и без кофе восвояси отправился. Только его Ведьма и видела.
На рис. 2 в таблице 37 изображена схема всех дорожек и развилок в лабиринте, показанном на рис. 1. Подсчитаем вероятность Рсокр добраться от входа в лабиринт до сокровищ. Первая развилка — это развилка О. Весь путь от нее до сокровищ состоит из трех событий-переходов: перехода О—* С, перехода С^ Н и перехода Н L. Все эти события случайные. Например, из О можно с равной вероятностью выбрать переход не к С, а к В или к А. Значит, событие О^ С имеет вероятность 1/3. Запишем: Р(ОС) = 1 / 3. Легко сообразить, что Р(С—► Я) = 1 / 3 и Р{Н^ 7) = 1 / 3. Все события-переходы независимы, поскольку выбор на каждой развилке дальнейшего пути производится, очевидно, независимым образом. Поэтому мы можем воспользоваться правилом (17) и записать:
^сокр = Л(О С) n (СЯ) п (ЯL^ =
= Р(ОС) • Р(СЯ) ■ Р(ЯZ) =
= (1/3).(1/3).(1/3) = 1/27.
Таблица 37. Лабиринты и вероятности
Такова вероятность выбрать ту дорожку в лабиринте, по которой Шах ходит любоваться своими сокровищами.
Теперь подсчитаем вероятность Рдрак попасть в яму к дракону. От развилки к дракону ведут четыре пути:
- от Ок А; Р(О^А) = 1/3;
от О к С и от С к D;
Р^О — С) П (С = Dy = Р(О С) • Р(С Я) = (1 / 3) - (1 / 3) = 1 / 9;
от О к С, от С к Е, от Е к Г;
Р((О С) n (С Е) n (Р Г)) = Р(О С) • Р(С Е) ■ Р(Е F) = = (1/3) • (1/3) • (1/2) = 1/18;
от О к С, от С к Н, от Н к М;
р^о С) n (С Я) п (Я му =
= Р(О С) • Р(С Я) ■ Р(ЯЛ/) = (1 / 3) • (1 / 3) • (1 / 3) = 1 / 27.
Все четыре пути несовместны (использование одного из данных путей исключает использование других путей); поэтому, согласно (2),
Рдрак = ЛО - А) + Р^О С) n (С Dy + Р((О С) п (С - Е) n (Е Р)) + + Р((О^С)П(С^Я)П(Я^Л7)) = 1/3 + 1/9 + 1/18 + 1/27 = 1/27.
Наконец, подсчитаем вероятность Рвьк выйти из лабиринта и подвергнуться нападению со стороны бдительных стражей. Тут имеются три несовместных пути:
от Ок Р; Р(О^Р) = 1/ 3;
от О к С, от С к Р, от Р к О; Р((О С) П (С Р) П (Р О)) =
= Р(О^ С)-Р(С^ Р)-Р(Р^ О) = (1/3)-(1/3)-(1/2) = 1/18;
от О к С, от С к Я, Я к К; Р^О С) П (С Я) П (Я К)) =
= Р<0 С> Р<С Я)-Р(Я^ Я) = (1/3)-(1/3)-(1/3) = 1/27.
Складывая вероятности выбора этих трех путей, находим, что Рвых = 1/3 + 1/18 + 1/27 = 23/54.
Заметим, что для всякого, кто войдет в лабиринт нашего Шаха, есть всего три исхода: найти сокровища и по нити вернуться с ними назад ко входу в лабиринт (вероятность этого исхода Рвых= 1/27), 259
попасть в яму к дракону и быть растерзанным (вероятность исхода Рдрак = 29 / 54), выйти из лабиринта к стражам с мечами (вероятность исхода Рвых = 23 /54). Других исходов нет. Значит, вероятность того, что реализуется или первый, или второй, или третий исходы, должна равняться единице как вероятность достоверного события. Так оно и есть: 1/27 + 29/54 + 23/54 = (2 + 29 + 23)/54 = 1.
Итак, вероятность отыскать сокровища равна 1/27, а вероятность погибнуть при этом поиске равна 1 - 1 / 27 = 26 / 27. Как видим, случай подсказывает, что шансов найти сокровища в 26 раз меньше, чем шансов погибнуть. Вряд ли разумно надеяться на такой случай.
Задача-сказка вторая: Поиск выхода из лабиринта в надежде на Случай. Один человек совершил проступок. Кто-то утверждал, что проступок был очень серьезный, а кто-то считал его незначительным. Как бы там ни было, но суд приговорил того человека к пожизненному заключению. И обратился осужденный с прошением к Шаху: просил либо помиловать, либо казнить, потому что пожизненное заключение — это, хотя и не смерть, но и жизнью считаться не может. «Я не Бог, чтобы выбирать между помилованием и казнью! — сказал Шах. — Пусть этот выбор сделает Случай!» И повелел Шах своему Визирю: «Отправить осужденного в Особый Лабиринт! Если он сумеет выйти из лабиринта, будет свободным. Если не сумеет, окажется там замурованным и вскоре скончается». Визирь поклонился и спросил: «А сколько монет ему выдать?» Подумал Шах и сказал: «Достаточно будет пяти монет».
Теперь пора объяснить, что такое Особый Лабиринт и зачем нужны монеты тому, кого туда отправляют. Этот лабиринт изображен на рис. 3 в таблице 37. В лабиринте четыре комнаты: А, В, С, D. Входя в лабиринт, человек попадает в комнату А, а чтобы выйти из лабиринта, ему надо попасть, в конечном счете, в комнату D. На рисунке видны изогнутые коридоры, соединяющие комнаты А и В, В и С, С и D. Маленькими кружками показаны особые двери, из-за которых лабиринт назван «особым». Всего дверей пять. Двери заперты. Каждую из них можно открыть (и притом лишь на несколько секунд) только со стороны коридора, но не со стороны комнаты. Чтобы дверь приоткрылась, надо, подойдя к ней со стороны коридора, опустить монету в специальную щель. Вот для чего тут нужны монеты.
Отправив осужденного в Особый Лабиринт и снабдив его пятью монетами, Шах тем самым дал ему шансы оказаться на свободе. Насколько они велики? Подсчитаем вероятность осужденному, получившему
для открывания дверей пять монет, попасть в комнату D и, таким образом, выйти на свободу.
Существуют три несовместных пути, позволяющие попасть в D тому, у кого было пять монет: один путь с тремя переходами (переходы А —> В, В С, С D) и два пути с пятью переходами (либо путь с переходами: А В, В А, А В, В С, С^ D либо путь с переходами: А В, В С, С В, В^ С, С^ Dy Чтобы пройти путь с тремя переходами, нужны, кроме везения, три монеты. Чтобы пройти путь с пятью переходами, нужны пять монет. Все эти пути изображены схематически на рисунках 4, 5 и 6 в таблице 37. Числами указаны вероятности каждого из рассматриваемых переходов. Пользуясь правилом (17) и учитывая вероятности переходов, подсчитываем вероятности попасть в комнату D. Для пути, показанного на рис. 4, эта вероятность есть 1 • (1 / 2) • (1 / 2) = = 1/4. Для пути, показанного на рис. 5, вероятность попасть в D есть 1 • (1 / 2) • 1 • (1 / 2) • (1 / 2) = 1 / 8. Для пути, показанного на рис. 6, вероятность попасть в D есть 1 • (1 / 2) • (1 / 2) • (1 / 2) = 1 / 16. В итоге получаем, что вероятность нашему осужденному выйти из лабиринта на свободу равна 1/4+1/8 + 1/16 = 7/16.
Если бы осужденному дали не пять, а, скажем, семь монет, то возникли бы дополнительные возможные пути выхода из лабиринта. Но это уже другой разговор.
Задача-сказка третья: На случай надейся, но и сам не плошай! Однажды Шах сильно разгневался на своего Звездочета. Тот предсказал по звездам, что не позднее, как через месяц, должен наступить конец света. Но вот прошло три месяца — и ничего не случилось. Позвал Шах Палача и повелел отрубить Звездочету голову. Однако в последний момент Шах смягчился — все-таки хорошо, что Звездочет ошибся. А потому решил Шах дать возможность Звездочету спастись. Взял он три белых и три черных шара и предложил Звездочету распределить эти шары каким-то образом по двум вазам из непрозрачного материала. Палач должен был выбрать наугад одну из ваз и наугад вынуть из нее один шар. Если вынутый шар окажется белым. Звездочет будет помилован, а если черным, казнен. «О, Владыка! — взмолился Звездочет. — Получается, что моя жизнь будет дважды зависеть от Случая! Никто не ведает, какую вазу выберет Палач. Никто не ведает, какой шар подвернется Палачу под руку!». «На Случай надейся, но и сам не плошай, — усмехнулся Шах. — Сообрази, как надо распределить шары по вазам, чтобы получить наибольшее число шансов спастись». «Я вижу семь вариантов размещения трех белых и трех
черных шаров по вазам», — сказал Звездочет (эти семь вариантов можно видеть в левой половине таблицы 38). «Вот и выбери из них тот, где вероятность вынуть белый шар наибольшая, — сказал Шах. — Это исключительно в твоих интересах».
Поможем Звездочету спастись. От волнения он может выбрать не самый лучший вариант. Рассматриваемые варианты удобно представить в виде семи несложных лабиринтов; они изображены в правой половине таблицы 38. Белые кружки соответствуют белым шарам, а черные — черным; выход в лабиринте к белому кружку соответствует выниманию Палачом белого шара. Если Палач подошел, например, к левой вазе, то на схеме лабиринтов это будет означать выбор пути А —» By от развилки А. Выбор случаен; его вероятность равна 1 / 2 (то же относится и к выбору пути А —> В^.
Рассмотрим различные варианты и подсчитаем для каждого вероятность вынуть белый шар (иначе говоря, вероятность выйти в лабиринте к одному из белых кружков). Обозначим эту вероятность соответственно через Pv Ръ Ру, Р4, Р5, Р6, Р7.
Вариант 1. Здесь все выявляется уже на развилке А. Если выбрать путь А —> By, то выход к одному из белых кружков обеспечен. Если же выбрать путь А —► Въ то обеспечен выход к черному кружку. Ясно, что А = 1/2.
Вариант 2. Согласно правилу (1), вероятность Р2 есть сумма вероятностей двух несовместных исходов — исхода при подходе Палача к левой вазе (исхода при выборе пути А By) и исхода при подходе Палача к правой вазе (исхода при выборе пути А ^ В2\ Для обозначения этих двух вероятностей будем использовать в данном и последующих вариантах индексы «л» (левая ваза) и «пр» (правая ваза) соответственно. Итак, представим: Р2 = Р2Л + Р2пр. Далее воспользуемся правилом (9) и запишем: Р2Л = (1 / 2) • (1 / 3) и Р2пр = (1 / 2) • (1 / 3). Таким образом,
= (1 / 2) ■ (2 / 3) + (1 / 2) ■ (1 / 3) = I / 3 + I / 6 = I / 2.
Вариант 3: Ру = (1 / 2) • (3 / 4) и Р3пр = 0 (при выборе правой вазы появление белого шара исключается). Таким образом, Ру = Ру = = (1 / 2) - (3/4) = 3 / 8.
Вариант 4; Р4Л = (1 / 2) • (1 / 4) и Р4пр = (1 / 2) • 1 (мы написали тут единицу, чтобы подчеркнуть: при выборе правой вазы появление белого шара есть достоверное событие). Таким образом, Р4 = 1 / 8 + 1 / 2 = 5 / 8.
Вариант 5: Ру = (1 / 2) • (1 / 2) и Рур = (1 / 2) • (1 / 2). Таким образом Р5 = 1 / 4 + 1 / 4 = 1 / 2.
Вариант 6; Р6Л = (1 / 2) • (2 / 5) и Р6пр = (1 / 2) • 1. Таким образом, Р6 = 1 / 5 + 1 / 2 = 7 / 10.
Вариант 2\ Р7Л = (1 / 2) • (3 / 5) и Р7пр = 0. Таким образом, Р7 = 3 / 10.
Таблица 38. На Случай надейся, но и сам не плошай!
Мы видим, что Звездочету наиболее целесообразно разместить шары по вазам в соответствии с вариантом 6, а наименее целесообразен вариант 7.
Конечно, не следует забывать, что речь идет о вероятности события. А выбор Палачом того или иного шара все равно случаен, так что вариант 6 (как и любой другой вариант) не дает гарантии Звездочету избежать казни. Здесь уместно еще раз обратиться к § 7.6, где мы рассуждали над вопросом «Что практически дает нам подсчет вероятности случайного события?».
Правило вычисления вероятностиНАСТУПЛЕНИЯ ХОТЯ БЫ ОДНОГО ИЗ СОВОКУПНОСТИНЕЗАВИСИМЫХ СОБЫТИЙ
Рассматривается совокупность г независимых событий: АХ,А2,А3, ...,АГ. Известны вероятности событий: Р^Д, Р(Я2), Р(Дз), ..., Р(АГ). Пусть В — событие, заключающееся в наступлении хотя бы одного из рассматриваемой совокупности событий. Поставим вопрос: Чему равна вероятность Р(В)? Иначе говоря, какова вероятность наступления хотя бы одного из событий Ах, А2, А3, ..., А/! Тот же вопрос можно поставить и так: какова вероятность наступления или события Ах, или события А2, или события Л3, ..., или события А/?
Поскольку при перечислении событий использовался союз «или», напрашивается ответ: Р(В) = Р(АХ) + Р(А2) + Р(А3) + ... + Р(АГ). Но правило (2) в данном случае не годится, поскольку наши события не являются несовместными.
Чтобы найти ответ на поставленный вопрос, подумаем над смыслом события В , являющегося противоположным по отношению к событию В. Если В — появление хотя бы одного из событий Ах, А2, А3, ..., Аг, то В есть непоявление ни одного из указанных событий, т. е. непоявление ни события Ах, ни события Л2, ни события А3, ..., ни события Аг. Другими словами, событие В — это появление и события Ах , и события А2 , и события А3, ..., и события А,.; поэтому запишем:
в = А1ПА2ПАзП...ПАг.
Учитывая, что Р^ = 1 - Р(В), получаем отсюда:
р(д) = 1-р(Л1ПЙ2Пй3п...пйа.
События Ль Аъ Л3, ..., Аг, а значит, и события Ах, Ai, Аз, ..., Аг независимы в совокупности. Поэтому можно воспользоваться правилом (17) и представить Р(Б) в виде:
Р(Б) = 1 - Р(Л1) • P(Ai) • Р(Аз) ...Р(АЛ .
Таким образом,
Р(Р) = 1 - (1 - Р(4)) • (1 - Р(А^ • (1 - Р(,А^ •... • (1 - Р(4)).| (18)
В частном случае, когда
PW == Р(А3) = ... = Р(АГ) = р,
правило (18) принимает вид:
р(р)=1-(1-^(19)
Рассмотрим три примера на применение полученного правила.
Пример 1 (посвящен несчастной утке, в которую стреляли одновременно десять неопытных стрелков). Предположим, что каждый из десяти стрелков попадает в летящую утку с вероятностью 0,2. И вот все они стреляют по несчастной утке. Нас интересует ответ на вопрос: какова вероятность Р того, что хотя бы один из стрелков попадет в цель) Правило (19) в данном случае годится, поскольку попадание (или непопадание) в утку любого из десяти стрелков не зависит от попадания в нее всех других стрелков. При условии, конечно, что все стрелки выстрелили одновременно. Подставим в (19) г = 10 и /> = 0,2. Получим: Р= 1 - - (1 - 0,2)10 = 1 - О,810 = 1 - 0,107374 = 0,892626. Как видим, совсем неплохой результат!
Если бы в утку стрелял один из наших неопытных стрелков, то, скорее всего, на костре нечего было бы жарить. Но если стреляют десять неопытных стрелков, жареная утка практически обеспечена. Правда, одной жареной утки для десятерых человек маловато.
Пример 2 (взят из производственной практики). Рабочий обслуживает четыре станка, работающих независимо один от другого. Вероятность того, что в течение, скажем, часа станок не потребует вмешательства рабочего, равна: для 1-го станка 0,8, для 2-го станка 0,9, для 3-го станка 0,85, для 4-го станка 0,75. Какова вероятность Р, что хотя бы один из четырех станков не потребует вмешательства рабочего в течение часа? Исходя из соотношения (18), находим:
Р = 1 - (1 - 0,8) ■ (1 - 0,9) • (1 - 0,85) • (1 - 0,75) = = 1 - 0,2 • 0,1 • 0,15 • 0,25 = 1 - 0,00075 = 0,99925.
Пример 3 {посвящен многократному бросанию монеты). Уже отмечалось, что, сколько бы раз ни подбрасывалась монета, вероятность выпадения орла (или решки) не меняется; она остается равной 1/2. Тем не менее, когда некто начинает подбрасывать монету и обнаруживает, что, например, четыре раза подряд выпала решка, он удивляется. Должен же выпасть, наконец, орел! Его удивление можно объяснить, сославшись на практику бросаний монеты. Но можно также обосновать научно. Поставим вопрос: какова вероятность Р того, что из пяти бросаний монеты хотя бы один раз выпадет орел? Падения монеты той или другой стороной — события независимые. Поэтому воспользуемся соотношением (19), положив г=5 и р=1 / 2. Получим:
Р = 1 - (1 - 1/2)5 = 1 - (1/2)5 = 1 - 1/32 = 31/32.(*)
Как видим «некто» вполне обоснованно удивлялся.
Вероятность выпадения орла в каждом бросании не меняется с числом бросаний, но вероятность того, что орел выпадет хотя бы один раз за г бросаний, возрастает по мере увеличения г. Так, для г = 1 указанная вероятность равна 1/2, для г= 2 она равна 3/4, для г= 3 равна 7 / 8, для г=4 равна 15/16ит.д. В общем случае рассматриваемая вероятность равна (2r- 1) /2Г. При достаточно большом г она может стать сколь угодно близкой к единице.
Полезно заметить, что результат (*) мог быть получен непосредственно из рассмотрения пространства элементарных исходов для пятикратного подбрасывания монеты. Это пространство изображалось на рис. 2 в таблице 20. Событие «при пяти бросаниях орел выпал хотя бы раз» есть объединение событий: «он выпал один раз», «выпал два раза», «выпал три раза», «выпал четыре раза», «выпал пять раз». Легко видеть из рисунка, что количество элементарных исходов, благоприятных для указанного объединения, равно 31. А всего исходов 32. Отсюда сразу следует результат (*).
ЗАДАНИЯ ПО ТЕМЕ 9
Для каких С соотношение (4) превращается в соотношение P(4UBUC) = = Р(4) + Р(В) + Р(С) - Р(Д П В)? Изобразите соответствующую диаграмму Эйлера-Венна.
Для каких С соотношение (4) превращается в соотношение (3)? Рассмотрите разные случаи и изобразите для них диаграммы Эйлера—Венна.
Кубик подбрасывают два раза. Вычислите P(4UB) и Р(4ПВ) для следующих пар событий А и В:
А — выпала нечетная сумма, В — выпали одинаковые очки;
A — выпала четная сумма, В — выпали одинаковые очки;
А — выпала сумма больше 7, В — выпала сумма меньше 7;
А — выпала сумма меньше 10, В— выпала сумма больше 5;
А — выпала четная сумма, В— выпала сумма меньше 8;
А — выпала нечетная сумма В — выпала сумма меньше 3.
Ответы: а) 2/3, 0; б) 1/2, 1/6; в) 5/6, 0; г) 1, 5/9; д) 5/6, 1/4; е) 3/4, 1/3.
Кубик подбрасывают два раза. Вычислите P(A\J BU С) и Р(ДП ^П С) для следующих троек событий А, В, С;
А — выпала четная сумма, В — выпала сумма меньше 7, С — во втором броске выпала двойка;
А— выпала нечетная сумма, В— выпала разность 1, С— выпала сумма меньше 8;
А — выпали разные очки, В — выпала сумма меньше 7, С— выпала сумма 6;
А — выпали очки хотя бы с одной единицей, В — выпали очки хотя бы с одной шестеркой, С— выпали одинаковые очки;
А — выпали очки хотя бы с одной двойкой, В — в первом броске выпала двойка, С — выпала сумма меньше 6;
А — в первом броске выпала единица, В — выпали одинаковые очки, С — выпала сумма, равная 6.
Ответы: а) 25 /36, 1 / 18; б) 31 /36, 1 / 6; в) 11 / 12, 1 / 9; г) 2 / 3, 0; г) 4 / 9, 1/12; е) 7/18, 0.
Кубик подбрасывают два раза. Вычислите условную вероятность РВ(А) для следующих пар событий А и В и укажите, являются ли эти события взаимно независимыми:
А — выпали одинаковые очки, В — выпала четная сумма;
А — в первом броске выпала тройка, В — во втором броске выпала тройка;
А — выпала разность 1, В — выпала сумма, равная 5;
А — выпала разность 2, В — выпала сумма, равная 8;
А — выпала сумма, равная 7, В— во втором броске выпала единица;
А — выпала сумма меньше 6, В — выпала сумма меньше 10.
Ответы: а) 1 / 3, не являются; б) 1 / 6, являются; в) 1 / 2, не являются; г) 2 / 5, не являются; д) 1/6, являются; е) 1, не являются.
Монету подбрасывают четыре раза. Докажите, что следующие тройки событий А, В, С являются независимыми в совокупности и вычислите вероятности пересечений АП В, АНС, ВИС, АП ВИС;
А — в первом броске выпал орел, В — в третьем броске выпал орел, С — в четвертом броске выпал орел;
А — в первом броске выпал орел, В — во втором броске выпал орел, С — в третьем броске выпал орел;
А — в первых двух бросках выпал орел, В— в третьем броске выпал орел, С — в четвертом броске выпал орел;
А — в первом броске выпал орел, В — во втором броске выпал орел, С — в последних двух бросках выпал орел.
Ответы: а) 1/4, 1/4, 1/4, 1/8; б) 1/4, 1/4, 1/4, 1/8; в) 1/8, 1/8, 1/4, 1/16; г) 1/4, 1/8, 1/8, 1/16.
Монету подбрасывают четыре раза. Докажите, что следующие тройки событий А В, С не являются независимыми в совокупности:
А — в первых двух бросках выпал орел, В — в третьем броске выпал орел, С — в двух последних бросках выпал орел;
А — в первом броске выпал орел, В — во втором броске выпал орел, С — в первых двух бросках выпал орел;
А — в первом броске выпал орел, В — в первых двух бросках выпал орел, С — во всех четырех бросках выпал орел;
А — в первом броске выпал орел, В — в первых двух бросках выпал орел, С — в последних двух бросках выпал орел.
Являются ли независимыми события А и В? события А и С? события В и С? Эти вопросы относятся к каждой из четырех троек событий, рассмотренных в задании 7.
Ответы: а) да, да, нет; б) да, нет, нет; в) нет, нет, нет; г) нет, да, да.
Кубик подбрасывают два раза. Докажите, что для следующих троек событий А, В, С имеет место попарная независимость, но при этом нет независимости в совокупности:
А — в первом броске выпала единица, В — во втором броске выпала шестерка, С — выпала сумма 7;
А — в первом броске выпала единица, В — во втором броске выпала единица, С — выпали одинаковые очки;
А — в первом броске выпала двойка, В — во втором броске выпала пятерка, С — выпала сумма 7;
А — в первом броске выпала единица, В— во втором броске выпала шестерка, С— выпали одинаковые очки;
А — в первом броске выпала шестерка, В— во втором броске выпала шестерка, С — выпала сумма 7;
А — в первом броске выпала шестерка, В — во втором броске выпала единица, С — выпали одинаковые очки.
Кубик подбрасывают три раза. Какова вероятность того, что выпадут следующие суммы очков: а) 4, б) 5, в) 6, г) 7, д) 8, е) 9, ж) 10?
Ответы: а) 1 / 72, б) 1 / 36, в) 5 / 108, г) 5 / 72, д) 7 / 72, е) 25 / 216, ж) 1 / 8.
В задаче-сказке «Поиск выхода из лабиринта в надежде на Случай» осужденному выдали не пять, а семь монет. Какова теперь у него вероятность выбраться из лабиринта?
Ответ: 19/32.
Подсказка. Надо учесть еще четыре варианта:
А - В -А - В -А - В - С - D, A^B^A^B^C^B^C^D, ABCBCBCD. ABCBABCD.
В задаче-сказке «На Случай надейся, но и сам не плошай!» Звездочету предложили распределить по двум вазам пять белых и пять черных шаров. Какой вариант
распределения шаров наиболее целесообразен? Какова вероятность Звездочету спастись при выборе им этого варианта?
Ответ: надо в одну из ваз положить белый шар, а в другую вазу все остальные шары; 3 /18.
Три охотника стреляют одновременно по летящей утке. Вероятности попасть в утку у охотников разные: Р±, Р2, Р3. Вероятность того, что утка окажется подстреленной может быть вычислена с использованием правила (4) при учете правила (17). Вероятность того, что хотя бы один из охотников попал в утку, вычисляется с использованием правила (18). Убедитесь, что речь идет об одной и той же вероятности, используя упомянутые правила.
По летящей утке стреляют одновременно 6 охотников. Трое попадают в такую цель с вероятностью 0,4, а трое с вероятностью 0,6. Какова вероятность того, что хотя бы один из охотников попадет в утку? Воспользуйтесь калькулятором. Ответ: 0,986176.
Переиначим задачу о Звездочете. Предположим, что у Шаха были не один, а шесть Звездочетов. Каждого из них Шах решил подвергнуть испытанию с пятью белыми и пятью черными шарами. Каждый Звездочет положил в одну вазу белый шар, а в другую — остальные шары. Какова вероятность того, что после испытания у Шаха останется хотя бы один Звездочет?
Ответ: 0,99575.
Дано: А и В — независимые события и, значит, Р(А П В) = Р(А) • Р(В). Докажите, что события Д и В тоже независимые.
Подсказка. Учитывая несовместность событий А П В и А П В , и выразите вероятность Р(АГ\В) через вероятности событий В и Ар\В и убедитесь, что "А и В — независимые события. Далее рассуждайте самостоятельно.
ТЕМА 10
ПОЛНАЯ ВЕРОЯТНОСТЬИ ВЕРОЯТНОСТИ ГИПОТЕЗ
Одним из эффективных методов подсчета вероятностей является формула полной вероятности, с помощью которой решается широкий круг задач.
А.С. Солодовников
...На основе нашего опыта может меняться наша вера в те или иные гипотезы, уменьшаться степень доверия к одним из них и увеличиваться — к другим.
Фредерик Мостелл
10.1 Полная группа событий
Говорят, что события Av Л2, А3, ..., АТ образуют полную группу, если, во-первых, все эти события попарно несовместны и если, во-вторых, объединение всех этих событий есть достоверное событие. Последнее
обстоятельство математически выражается так: Ах UЛ2 U Л3 U ... U Ar = Q, где Q — универсальное множество (оно было введено в § 8.3). Итак, для событий, образующих полную группу, имеем:
Р(Л1ил2ил3и...иЛ) = 1.
А поскольку среди этих г событий нет ни одной пары совместных, то можно использовать правило (2) из темы 9 и представить:
Р<Л) + Р(А2) + Р(А3) + ... + Р{АГ) = 1. (1)
Пусть Ль у42, у43, ..., Аг — одна из полных групп событий для данного типа испытаний. Соотношение (1) говорит о том, что в любом конкретном испытании рассматриваемого типа обязательно наступает какое- то из событий группы — или Ах, или Л2, или А3, ... или Аг. Иначе говоря, исключена ситуация, когда не наступает ни событие Ах, ни событие И2, ни событие А3, ... ни событие Аг. Вот и возникает представление о «полноте» группы событий Ах, Л2, А3, ..., Аг. Однако не следует понимать эту «полноту» слишком широко, т. е. не надо думать, что группа событий Ах, у42, А3, ..., ^охватывает все возможные взаимоисключающие события в рассматриваемых испытаниях. Дело в том, что для каждого типа испытаний можно привести отнюдь не одну, а сколько угодно полных групп событий.
Всякая пара взаимно противоположных событий (А и А) образует полную группу. Действительно, для любого А имеем: ЛПА = 0, Р(А) + Р(А) = 1. В любом испытании событие А или наступает, или не наступает. Иными словами, в любом испытании наступает или событие А, или событие А.
События А и А — наиболее простые примеры полных групп. Другие примеры полных групп, с которыми мы уже встречались (и притом неоднократно) , — это пространства элементарных исходов (они были введены в §6.6). Пять примеров таких пространств были наглядно представлены на рисунках 1-5 в таблице 20:
пространство элементарных исходов для испытаний, заключающихся в четырехкратном подбрасывании монеты (полная группа состоит из 16 равновероятных событий);
пространство элементарных исходов для пятикратного подбрасывания монеты (полная группа из 32 равновероятных событий);
пространство элементарных исходов для двукратного подбрасывания кубика (полная группа из 36 равновероятных событий);
пространство элементарных исходов для трехкратного подбрасывания кубика (полная группа из 216 равновероятных событий);
пространство элементарных исходов для случайного распределения нескольких человек по определенным группам (полная группа из 15 равновероятных событий).
Отметим, что полные группы, представляющие собой пространства элементарных исходов, образованы равновероятными событиями. Однако равновероятность событий отнюдь не обязательна для событий, образующих полную группу. Так, события Л и Я вовсе не обязаны быть равновероятными.
На рисунках 1-3 в таблице 39 представлены три различных полных группы событий для испытаний с двукратным бросанием кубика. Здесь пространство элементарных исходов (универсальное множество) изображено в виде 36 точек — 6 строк, 6 столбцов. Номер строки показывает, сколько очков выпало в первом броске, номер столбца — число очков, выпавших во втором броске.
На рисунке 1 полную группу образуют события Ль Аъ А3, где Ах — выпала единица во втором броске, Аг — выпала или двойка, или тройка во втором броске, Л3 — выпала или четверка, или пятерка, или шестерка во втором броске. Глядя на рисунок, легко подсчитать, что Р(АХ) = 6 / 36 = = 1/6, Р^ = 12/36= 1/3, Р(Л3) = 18/36= 1/2.
На рисунке 2 полную группу образуют события Аь Аъ А3, где Ах — выпала сумма меньше 7, Л2 — выпала сумма 7, А3 — выпала сумма больше 7. Легко подсчитать, что Р(Л^ = 15 / 36 = 5 / 12, Р(Л2) = 6 / 36 = 1 / 6, Р(Л3) = 15/36 = 5/12.
На рисунке 3 полную группу образуют события Аь Л2, А3, Л4, Л5, где Ах — выпала сумма меньше 4, Л2 — выпала сумма 4, А3 — выпала сумма или
или 6, Л4 — выпала сумма больше 6, но меньше 10, А5 — выпала сумма больше 9. Легко подсчитать, что Р(Л^ = 3 / 36 = 1 /12, Р(Л2) = 3 / 36 = 1/12, Р(Л3) = 9/36= 1/4, Р(Л4) = 15/36 = 5/12, Р(Л5) = 6/36 = 1/6.
Рисунки 4-6 в таблице 39 можно рассматривать как примеры полных групп событий безотносительно к конкретному типу испытаний. Здесь квадрат — событие Q (универсальное множество), большой круг — некое событие А, малый круг — некое событие В. Полная группа событий на рисунке 4 — это три события: А, В, Л П Р . Полная группа событий на рисунке 5 — это три события: А , В, АПВ . Полная группа событий на рисунке 6 — это четыре события: А П В , Л П Р, Жв, л п р.
Таблица 39. Полная группа событий и формула полной вероятности
Формула полной вероятности
Пусть Ах, Аъ А3, ..., А,. — полная группа событий для выбранного нами типа испытаний. Обозначим через В некоторое событие, которое может наступить в наших испытаниях лишь совместно с наступлением какого-либо события А, из упомянутой полной группы. Иными словами, для наступления события В нужно, чтобы наступило или событие АХПВ, или событие Л2ПД или событие Л3ПД ... или событие АГГ\В. Заметим, что в каждом конкретном испытании может наступить не более одного из этих событий, поскольку они попарно несовместны (попарная несовместность событий Ах П В, А^ П В, А3 П В,... ,АГ П В есть очевидное следствие попарной несовместности событий Ах, Аъ А3, ..., ArY Итак,
Р(В) = Р((4 п В) и (А2 п В) и (А3 п В) и... и Ur А В)) =
= PUx А Я) + ЛА П В) + PU^ А В) + PUr А ву (*)
Воспользовавшись соотношением (10) из темы 9, представим (*) в виде:
PU) = PUy> PAl U) + PUi) • РАг U) +
(2)(2)+ Р(А3) • РАъ (В) + ... + Р(Аг) • PAr (А-
(2)
(2)
Это соотношение принято называть формулой полной вероятности.
Рис. 7 в таблице 39 позволяет наглядно представить формулу полной вероятности. События в виде точек представляют элементарные исходы, прямоугольник — универсальное множество; полное число элементарных исходов (число элементов универсального множества) равно в данном случае 80. Универсальное множество разбито здесь на семь подмножеств (событий): Ах, А2, А3, А^, А5, А6, А7. Они образуют полную группу событий. Заштрихованная фигура представляет некое событие В. Из рисунка хорошо видно, что В наступает лишь совместно с наступлением какого-либо из событий Ах. Легко подсчитать по числу точек внутри заштрихованной фигуры, что событие В имеет 22 благоприятных элементарных исхода и, следовательно, Р(Р) = 22 / 80. Это количество благоприятных исходов есть сумма элементарных исходов для семи пересечений Aj П В: для Я । П 5 имеем один элементарный исход, для А2 П В — 2 исхода, для А3 П В — 5 исходов, для А4 П В — 5 исходов, для А5 П В — 2 исхода, для Л6 П В —4 исхода, для А7 П В — 3 исхода.
Итак,
22=1 + 2 + 5 + 5 + 2 + 4 + 3.
Разделим обе части этого равенства на полное число элементарных исходов:
22 / 80 = 1 / 80 + 2 / 80 + 5 / 80 + 5 / 80 + 2 / 80 + 4 / 80 + 3 / 80.
Это выражение есть численное представление соотношения:
Р(В) = Р(4 П Р) + Р(Л2 П Р) + Р(Л3 П Р) +
+ р(л4 п р) + pu5 п р) + р(Л п р) + PUi п р), соответствующего формуле полной вероятности для рассматриваемого на рисунке 7 случая.
Прежде чем рассматривать примеры с использованием формулы полной вероятности, обратим внимание на один момент. Когда говорят, что событие В может наступить лишь совместно с наступлением какого-либо события Aj из полной группы, то это отнюдь не означает, что события В и Aj обязательно должны наступать одновременно. Совместное наступление не предполагает здесь одновременного наступления; совместное наступление событий — это наступление их в одном и том же испытании. В ряде случаев испытание можно разбить на два этапа, так что события В и А, оказываются разделенными во времени: сначала наступает событие А;, а уже после этого наступает событие В. Заметим, что число этапов в одном и том же испытании может оказаться больше двух, так как события А, могут быть пересечениями других событий, а эти другие события могут быть разнесены во времени. Например, испытание «участник жеребьевки тянет жребий после того, как три участника вытянули свои жребии» очевидным образом предполагает наличие четырех событий, разделенных во времени (см. ниже § 10.4).
Рассмотрим несложный пример с использованием формулы полной вероятности. Имеются три типа внешне одинаковых ваз: 3 вазы 1-го типа, 2 вазы 2-го типа, 4 вазы 3-го типа — всего 9 ваз (тип вазы фиксируется каким-нибудь знаком на донышке). В каждой вазе 1-го типа находятся по 3 белых и 4 черных шара, в каждой вазе 2-го типа — 7 белых шаров, в каждой вазе 3-го типа — 2 белых и 5 черных шаров. Вазы расставлены по полу в беспорядке. Испытание состоит в том, что человек подходит наугад к той или иной вазе (это первый этап испытания), а затем наугад вынимает из этой вазы один шар (второй этап испытания). Событие 3 — вынут белый шар. Надо найти вероятность этого события.
Будем считать событиями Аъ Л2, Э3 подходы к вазам соответственно 1-го, 2-го и 3-го типа. Эти несовместные события образуют полную группу, поскольку в каждом испытании обязательно наступает какое-то из них (любая случайно выбранная ваза будет или 1-го, или 2-го, или 3-го типа). Вероятности событий Ль Л2, А3: Р(АХ) = 3/ 9=1/3, Р(А2) = 2/9, Р(А3) = 4/9. Событие 3 может наступить лишь совместно с наступлением одного из событий Ах, А2, А3 (т. е. при условии, что человек подошел
к какой-то вазе). Вычислим Р(В), воспользовавшись формулой полной вероятности (2):
Р(В) = Р(АХ) • РА (В) + PUi) • Ра2 (В) + Р(А3) • РАз (В) = = (1 / 3). РАх (В) + (2 / 9)• РА1 (В) + (4 / 9). РАз (В).(**)
Условные вероятности в соотношении (**) легко найти. Поскольку в вазе 1-го типа находятся 3 белых и 4 черных шара, то РА(В) = 3/7. Далее находим: РА^В^ = 1 и РА(В) = 2/7. Подставив эти условные вероятности в (**), получим:
Р(В) = (1/3) • (3/7)+ (2/9) • 1 + (4/9) • (2/7) = 31/63.
Пример вероятностной задачи из семеноведения
Справка. Семеноведение — раздел агрономии; изучает строение и развитие семян сельскохозяйственных культур, разрабатывает методы оценки и контроля семенного материала.
Предположим, что рассматриваются четыре сорта семян пшеницы. По характеру почвы и климатическим условиям нам подходит главным образом сорт 1, который в нашем краю дает полновесный колос (колос, содержащий более 50 зерен) с вероятностью 0,65, тогда как зерно сорта 2 дает полновесный колос с вероятностью 0,18, зерно сорта 3 — с вероятностью 0,15, зерно сорта 4 — с вероятностью 0,08. В заготовленной для посева партии зерна сорта 1 было выявлено наличие примесей остальных трех сортов. Проверка показала, что в данной партии содержится 94% зерен сорта 1, 2% зерен сорта 2, 1% зерен сорта 3 и 3% зерен сорта 4. Возникает практический вопрос: следует ли использовать для посева данную партию зерна?
Переведем рассматриваемую ситуацию в математическую плоскость: подсчитаем вероятности того, что зёрна из данной партии дадут полновесный колос. Обозначим эту вероятность через Р(В), рассматривая в качестве В событие, состоящее в появлении полновесного колоса. События, состоящие в том, что взятое наугад из нашей партии зерно окажется сорта 1, 2, 3 или 4, обозначим соответственно через Аь Аъ А3, А^ Понятно, что эти события образуют полную группу. В соответствии с данными проверки семенного материала,
P(^)=0,94, Р(Л2)=0,02, Р(Л3)=0,01, Р(Л4) = 0,03.
Мы уже отмечали, что вероятность получить полновесный колос равна 0,65 для зерна сорта 1, 0,18 для зерна сорта 2, 0,15 для зерна сорта 3, 0,08 для зерна сорта 4. Таким образом,
^(5) = 0,65, 7^(5) = 0,18, ^(5) = 0,15, Р^В) = 0,08. Подставляя все эти вероятности в формулу полной вероятности, находим:
Р^ = Р^ . рАх (Р) + Р(Л2). рАг (В) + Р(Л3). рАз (В) + Р(Л4). РА^ (В) = = 0,94 0,65+ 0,02 0,18+ 0,01 0,15+ 0,03 0,08 = = 0,6110 + 0,0036 + 0,0015 + 0,0024 = 0,6185.
Мы видим, что засорение партии зерна примесями сортов 2, 3 и 4 снижает в данном случае вероятность получения полновесного колоса с 0,65 до 0,6185. Теория вероятностей свое слово сказала; теперь агроному надо принять решение о возможности использовать данную партию.
Зависит ли вероятность вытянуть благоприятныйЖРЕБИЙ ОТ ОЧЕРЕДНОСТИ УЧАСТНИКОВ ЖЕРЕБЬЕВКИ?
В § 6.1 рассматривалась весьма простая задача с выниманием шара из мешка. В мешке находились 8 шаров — три красных и пять белых. Надо было найти вероятность вынуть наугад красный шар из мешка. Ответ легко определялся: эта вероятность равна 3/8.
Теперь рассмотрим более сложную задачу. Имеются 3 путевки в санаторий и 8 претендентов на эти путевки. Нужно тянуть жребий. Как обычно делается в подобных случаях, изготавливают 8 одинаковых карточек (или свернутых в трубочку бумажек), на трех из них изображают плюс, а на пяти — нуль. Все карточки кладут в мешок и тщательно перемешивают. Затем каждый из претендентов подходит к мешку и наугад вытягивает карточку. После того, как все восемь карточек окажутся вынутыми, каждый из участников жеребьевки предъявляет свою карточку. Путевку в санаторий получают те трое счастливчиков, у кого на руках оказались карточки с плюсом.
Понятно, что у того, кто первым тянул жребий, вероятность вытянуть карточку с плюсом равна 3 / 8. А какова вероятность вытянуть карточку с плюсом у второго участника жеребьевки? У третьего! У четвертого! Наконец, у восьмого! Зависит ли вероятность вытянуть благоприятный жребий от очередности участников жеребьевки? Ясно, что жеребьевку можно считать справедливой только в том случае, если все ее участники
имеют равные шансы вытянуть карточку с плюсом. Иными словами, жеребьевка будет справедливой, если вероятность вытянуть карточку с плюсом равна 3/8 для каждого из восьми участников.
На первый взгляд, условие справедливости жеребьевки не выполняется. Если первый участник вытянул плюс, то теперь вероятность, что второй участник тоже вытянет плюс, станет меньше 3/8. Если же первый участник вытянул нуль, то вероятность второму участнику вытянуть плюс окажется больше 3/8. Однако не будем спешить с выводами и аккуратно подсчитаем вероятность вытянуть карточку с плюсом сначала для второго участника, потом для третьего, потом для четвертого, потом для пятого... Всякий раз мы будем пользоваться формулой полной вероятности.
Будем рассматривать события:
А — первый участник вытянул плюс (соответственно,
А — первый участник не вытянул плюса, т. е. вытянул нуль);
В — второй участник вытянул плюс;
С — третий участник вытянул плюс;
D — четвертый участник вытянул плюс;
Е — пятый участник вытянул плюс.
Об остальных участниках говорить, по-видимому, нет необходимости, поскольку ситуация вполне прояснится уже до того, как настанет их черед тянуть жребий.
Рассмотрим испытание, состоящее в том, что второй участник тянет жребий после того, разумеется, как первый участник уже тянул жребий. События Л и Я образуют полную группу, а событие В наступает совместно или с событием А, или с событием А . Применяя формулу полной вероятности, представим:
Р^ = Р(Л) • РА(В) + Р(А) • РА(В).(*)
Легко сообразить, что Р(Л) = 3/8, а Р(Л) = 5/8. Условная вероятность Рд^В^ есть вероятность наступления события В при условии, что первый участник вытянул плюс: РА(В) = 2/7 (это есть вероятность вытянуть плюс из мешка, где из семи оставшихся карточек две карточки с плюсом). Условная вероятность РА(В) есть вероятность наступления события В при условии, что первый участник вытянул минус: Рд(В) = 3/7• Подставляя все эти вероятности в (*), находим:
. _ 3 2 5 3_6 + 15_21_3
( “ 8 ' 7 + 8 " 7 “ 56 “ 56 “ 8 '
Как мы убедились, вероятность стать обладателем путевки у второго участника жеребьевки точно такая же, как и у первого участника. Хотя
условные вероятности Рд1В) и Рд)В) не равны 3/8, однако полная вероятность Р(В) в точности равна 3/8. Итак, мы доказали, что Р(В) = Р(А).
Теперь рассмотрим испытание, состоящее в том, что тянет жребий третий участник (после того, как первые два участника уже поучаствовали в жеребьевке). События ЯП 5 (оба первых участника вытянули нуль), АП В (первый вытянул плюс, а второй — нуль), АП В (первый вытянул нуль, а второй — плюс), А П В (оба первых участника вытянули плюс) образуют полную группу. Событие С наступает только совместно с каким-либо из этих событий. Применяя формулу полной вероятности, представим:
ЛО = Р(А П В) • Р^СО + Р(А П В) • РЛП^(О +
+ Р(Я п В). РЯП5(С) + Р(А п В). Р^СО- (**)
Для некоторого упрощения записи, а также для большей наглядности здесь и далее будем использовать знаки «+» (если соответствующий участник вытянул плюс) и «о» (если соответствующий участник вытянул минус). Поэтому перепишем (**) в виде:
ЛО = Р(оо) • Роо (С) + PW> • Р^> (С) +
+ Р(о+)Ро+(С) + Р(^)Р^(С).(***)
Воспользовавшись соотношением (10) из темы 9.5, находим:
5 45 3
Р(оо) = Р(о). PM = i • у; Л»+) = Р(о) • ро(+) = | ■ 4;
о /о /
3 53 2
Р(+о) = Р(+) • Р» = 4.f; Р(++) = Р(+) • Р+(+) = 4-4
(поясним: Ро(о) — вероятность второму вытянуть нуль при условии, что и первый вытянул нуль; она равна вероятности вытянуть нуль из мешка, где из семи оставшихся карточек четыре имеют нуль, т. е. равна 4/7). Условная вероятность Р00(О есть вероятность вытянуть плюс из шести карточек, среди которых три карточки с плюсом; значит, Р00(О = 3/6. Нетрудно установить и другие условные вероятности: Р+0(С) = 2/6, Ро+(С) = 2/6, Р++(О = 1/6. Подставляя все эти вероятности в (***), получаем:
Р(С)- 5 4 33 5 25 3 23 2 1_10 + 5 + 5 + 1_21_3
)-8'7'б + 8'7'б + 8'7'б + 8'7'б“56“ 56 “ 8 '
Как видим, у третьего участника жеребьевки вероятность вытянуть путевку также равна 3/8.
Рисунки 1-4 в таблице 40 иллюстрируют формулу полной вероятности для следующих четырех типов испытаний:
рисунок 1: второй участник тянет жребий после того, как первый участник поучаствовал в жеребьевке,
рисунок 2: третий участник тянет жребий после того, как первые два участника поучаствовали в жеребьевке,
рисунок 3: четвертый участник тянет жребий после того, как первые три участника поучаствовали в жеребьевке,
- рисунок 4: пятый участник тянет жребий после того, как первые четыре участника поучаствовали в жеребьевке.
На рисунках прямоугольники — это универсальные множества Q; они разбиваются на полные группы событий, учитывающие всякий раз все возможные результаты жеребьевки предыдущих участников; первого (см. рис. 1), первого и второго (см. рис. 2), первого, второго и третьего (см. рис. 3), первого, второго, третьего и четвертого (см. рис. 4). Круги представляют события В (на рис. 1), С (на рис. 2), D (на рис. 3), Е (на рис. 4). Относительные размеры площадей событий на рассматриваемых рисунках не связаны с количеством соответствующих благоприятных элементарных исходов.
Переходя к испытанию, в котором жребий тянет четвертый участник, будем пользоваться рисунком 3. В данном случае полную группу образуют восемь событий: АПЕПС (условная запись: ооо), ЛП^ПС (+00), ЛПРПС (о+о), ЛПРПС (ОО+), ЛПРПС (++о), ЛПРПС (+о+), ЛПРПС (о++), ЛПРПС (+++). Используя формулу полной вероятности, представим:
Р(Р) = Р(ооо) • Р000ф) +Р(+оо) • Р^ДО) + Р(о+ о)- P0^DH
+ Р(оо+)-Роо+(Р) + Р(++ о)- Р++о(Р)+ Р(+<Я-)- Р+о+(Р)+
+ Р(о++)- Ро । । (Z>) + P(+++)~ Р । । (DY(****)
Нетрудно сообразить, что
5 4 3 3 Р(ооо). Рооо(D) = Р(о). Ро(о). Роо(о)-роооф) = 11.1;
о / О J
3 5 4 2
Р(+оо). Р+оо (D) = Р(+). Р+ (о). Р+о (о)-P+OO(D) = 1.1.1.1;
о / о а
5 3 4 2
Р(О + о). Р0+0(Р) = Р(о). Ро(+). Ро+(о) .po+o(D) = l.1.1.1;
о / О Э
5 4 3 2
Р(оо+). P00+(D) = Р^ . Ро(о). Роо(+). Poo+(D) = 1.1.1.1;
8 / о 5
3 2 5 1
Л+ + 0) • P++0(D) = Р(+). Р+(+). Р+»- Р^ДР) = 2 .2 . ;
о / О D
3 5 2 1
Р(+о+) • Р+о+ (В) = Р(+) . Р+ (О) . Р+о (+) . Р+о+ (Р) = 2.2. ■ 2.А ;
о / О D
5 3 2 1
Р(О + +). Ро++(В) = Р^. Ро (+). Ро+(+). Ро++(Р) = 2.2. 2. А о / О D
Слагаемое Р (+++) • Р+++(Р) в (****) равно нулю, поскольку Р+++(Р) = 0 — ведь вероятность четвертому участнику вытянуть плюс после того, как все три плюса уже вытянуты, есть вероятность невозможного события. Собирая все полученные результаты, получаем из (****):
_ 2 1 А 2 + 2 2 А 2 + 2 2 А 2 + 2 А 2 1 + ( ^-8"7"б"5 + 8"7"б"5 + 8"7"б"5 + 8"7"б"5 +
,222 1 + 2 2 2 1 + 2 2 2 1-+ 8'7'б'5 + 8'7'б'5 + 8'7'б'5”
_ 6 + 4 + 4 + 4 + 1 + 1 + 1 _ 21 _ 3 “56568"
Таким образом, четвертый участник жеребьевки также имеет вероятность 3/8 стать обладателем заветной путевки.
Переходя к испытанию, в котором жребий тянет пятый участник, воспользуемся рисунком 4 из таблицы 40. В данном случае полная группа событий состоит из шестнадцати событий; все они показаны на рисунке. Следует учесть, что АП РП СП В = 0, поскольку нельзя вынуть четыре путевки из трех. Кроме того, не нужно принимать во внимание еще _четыре события: ЛПРПСПР (+++о), ЛПРПСПР (++о+), А п В n С n D (+о++), А п В n С n D (о+++). В этих событиях оказались выбранными все три карточки с плюсом и поэтому событие Е не может наступить совместно с ними. Таким образом, формула полной вероятности будет в данном случае содержать в правой своей части не 16, а только 11 слагаемых:
Р(Р) = Р(оооо) • Р0000(Е) + Р(+ооо) * ^ООО (Е) + Р(о + оо) • Р0+00(Е) +
+ Р(оо + о) • Р00+0(Е) + Р(ооо+) ■ Рооо+ (Е) + Р(+ + оо) • Р__00(Е) +
+ Р(о + З-о) • Р0++0(Е) + Р(оо + +) • Роо+ + (£) + Р(+оо+) • Р+оо+(£) +
+ Р(+о + о) • Р+0+0(Р) + Р(о + о+) • Р0+0+(Е).
Таблица 40. Вероятность вытащить благоприятный жребий
Нетрудно сообразить, что
Р(оооо) • Р0000(Е) = Р(о) • Ро(о) .Роо(о) -Р00СМ .Р0000(Е) =_2 i 2 2 2 2_А" 8 ' 7 ' 6 ' 5 ' 5 ' 4 " 56 '
Следующие четыре слагаемые отвечают событиям, в которых до того, как появился пятый участник, оказался вытянутым из мешка один плюс. Нетрудно убедиться, что каждое из этих четырех слагаемых равно 3 / 56. Оставшиеся шесть слагаемых отвечают событиям, в которых до того, как появился пятый участник, оказались вытянутыми из мешка два плюса. Нетрудно убедиться, что каждое из этих шести слагаемых равно 1 / 56. Таким образом,
Р(Е) = 3/56 + 4-(3/56) + 6-(1/56) = 21/56 = 3/8.
Мы опять получили вероятность 3/8.
Желающие могут убедиться самостоятельно, что вероятность вытянуть карточку с плюсом равна 3/8 также для шестого, седьмого и восьмого участников жеребьевки. При этом надо иметь в виду, что нет смысла рассматривать варианты, для которых число вытянутых плюсов три и более или число вытянутых нулей больше пяти (речь идет о плюсах и нулях, вытянутых из мешка до того, как очередной участник будет тянуть жребий). Короче говоря, надо помнить, что всего было три карточки с плюсом и пять карточек с нулями.
Итак, жеребьевка оказалась справедливой. Независимо от очередности все участники имеют одинаковые шансы приобрести заветную путевку. Все находятся в равном положении. Правда, психологически первый и последующие участники чувствуют себя по-разному. Первый понимает, что у него есть выбор. Он может ощупывать карточки в мешке, перебирать их пальцами. Он может вытащить ту карточку, которая кажется ему выигрышной. Второй участник может заявить, что у него свобода выбора меньше. Еще меньше свобода выбора у последующих участников. Восьмой участник вправе заявить, что у него вообще нет свободы выбора — он должен вынуть ту карточку, которая осталась в мешке. Однако нас в данном случае интересует отнюдь не возможность выбора, а то, зависит или не зависит вероятность вытянуть благоприятный жребий от очередности. И чтобы снять ненужные вопросы, мы предлагаем всем участникам не открывать вытянутых ими карточек до того момента, когда окажется вынутой последняя карточка.
Чтобы задние в очереди не чувствовали себя обделенными, напомним, что случайные события могут быть предсказуемыми, однако управлять ими нельзя.
Правила вычисления апостериорных вероятностейгипотез (формулы Байеса)
Что здесь подразумевается под понятием «гипотезы»? Что такое «апостериорные вероятности гипотез» и как они вычисляются? Зачем нужно вычислять апостериорные вероятности гипотез? В данном параграфе мы ответим на первые два вопроса, а в следующем параграфе приведем некоторые примеры из практики, позволяющие ответить на третий вопрос.
Знакомясь с формулой полной вероятности, мы рассматривали вероятность события В, которое наступает только совместно с каким-либо событием из полной группы событий Ль Л2, Я3, ..., Аг. Заранее неизвестно, с каким именно из этих событий наступит событие В в том или ином испытании. Мы можем делать лишь предположения. Предположим, что наступит совместно с Av Предположим, что В наступит совместно с А2. Предположим, что В наступит совместно с Л3. И так далее. У нас есть г предположений. В связи с этим уместно называть события Ах, А2, А3,..., Аг гипотезами. Точнее сказать, гипотезами по отношению к событию В. Полную группу событий Аь Аъ А3, ..., Аг следует теперь называть полной группой гипотез. Наступление события В в том или ином испытании происходит обязательно по какой-то из гипотез Ах, Л2, Л3, ..., АТ, причем всякий раз «срабатывает» случайным образом одна из полной группы гипотез (гипотезы несовместны: или Ах, или Аъ или А3, ..., или Аг).
Присутствующие в соотношении (2) вероятности
Р(АХ), Р(А2), Р(А3), ..., Р(4) (*) можно рассматривать как вероятности «срабатывания» соответствующих гипотез или, короче, как вероятности гипотез. Та или иная гипотеза Ах обеспечивает наступление события В, разумеется, не в обязательном порядке, а лишь с какой-то вероятностью РА^ U = L 2, ..., г). Иногда говорят, что гипотеза Ах «сообщает» событию В вероятность Рд^Ву Говорят также, что РА[В) есть условная вероятность события В по гипотезе А;.
С введением понятия «гипотеза» формулу полной вероятности можно прочитать так: вероятность события В равна сумме произведений условных вероятностей этого события по каждой из гипотез на вероятности самих гипотез. При использовании такой формулировки уместно переписать формулу полной вероятности в виде:
Р(В) = рАх^ • РЩ + ра^ • Р(л2) +... + рАдв) • Р(лг).| (3)
Разумеется, соотношение (3) не содержит ничего нового по сравнению с соотношением (2); просто сомножители в произведениях поменялись местами — только и всего.
Итак, мы ввели понятия «гипотеза» и «вероятность гипотезы». А что такое «апостериорная вероятность гипотезы»? Приведем справку, взятую из энциклопедии:
Справка. Априори (от латинского «а priori» — «из предшествующего») — понятие логики и теории познания, характеризующее знание, предшествующее опыту и независимое от него. Апостериори (от латинского «а posteriori» — «из последующего») — знание, происходящее из опыта; понятие, противоположное понятию априори.
Из справки следует, что термин «апостериорный» надо понимать как «послеопытный» (тогда как «априорный» будет означать «доопытный»), О каком же опыте может идти речь в нашем случае? — Очевидно, имеются в виду испытания.
Вероятности гипотез (*) установлены до рассматриваемых нами испытаний и независимо от них. В этом смысле их следует рассматривать как априорные вероятности гипотез. Зная эти вероятности (а также условные вероятности РА(В\ РА^В\ Рд^ВУ ..., РА(By, мы можем вычислить заранее (до испытаний) вероятность Р(Ву которая позволит нам делать вероятностные предсказания относительно результатов испытаний.
Что же касается апостериорных вероятностей тех же самых гипотез, то они должны рассматриваться как вероятности, определяемые при условии наступления события В (после наступления события By Следовательно, речь идет об условных вероятностях:
РвМУУ рв^, рв^, ..., рулу И
Заметим, что как априорные вероятности гипотез (*), так и апостериорные вероятности гипотез (**) являются полными группами событий, так что
Рв(АОаРв(А2НРВ(А3Н..ЯРв(Аг) =
= PU1) + Р^ + PW* + ••• + = 1. (***)
Наступление события В не изменяет суммы вероятностей гипотез, а изменяет слагаемые (принято говорить, что наступление события В приводит к переоценке вероятностей гипотезу
Если нам известны РУУ\ Р^Ау, ..., Р(А^ и РА1(Ву РА^ВУ ..., РдгЦУ то с помощью формулы полной вероятности мы можем вычислить Р(В). Используя затем соотношение (8) из темы 9.4, мы можем вычислить апостериорные вероятности гипотез Рв(Ау, РВ(А2У ..., РВ(АГ\ В результате мы получим г соотношений:
PBW = pAikBypw/p<B\PBW = pAikBypw/p<B\(4)
PBW = pAikBypw/p<B\
PBW = pAikBypw/p<B\
где i = 1, 2, ..., г.
(5)(5)Используя (3), перепишем эти соотношения:
(5)
(5)
вК 1) РА1(В). PW + Р^В). Р(Л2) +... + РА^ . PW ’
где z = 1, 2, ..., г.
Соотношения (5) принято называть формулами Байеса — в честь английского ученого Томаса Байеса (1702-1761). Заметим, что Байес самих этих соотношений не устанавливал, но он вывел правило, которое в наше время представляют в виде соотношения Р(А П В) = Р(А) • РА(В) (правило умножения вероятностей зависимых событий) и из которого сразу следует основополагающее в нашем случае соотношение (8) из темы 9. В одной из работ Байеса доказано следующее утверждение: «Вероятность того, что наступят оба взаимосвязанных события, есть произведение, получающееся от перемножения вероятности наступления первого события на вероятность наступления второго, при предположении, что первое событие наступило». Эта работа Байеса была опубликована в 1763 году (уже после кончины ученого) в издаваемых членом английского Королевского общества Ричардом Прайсом (1723-1791) «Философских трудах» под заглавием «Опыт решения задачи по теории вероятностей покойного достопочтенного мистера Байеса».
Проиллюстрируем характер задач, решаемых с помощью формул Байеса, на примере с вазами трех типов, приводившемся в конце § 10.2. Событие В (наугад вынут белый шар) наступает или по гипотезе Ах (человек случайно подошел к одной из ваз 1-го типа), или по гипотезе Л2 (подошел к одной из ваз 2-го типа), или по гипотезе Э3 (подошел к одной из ваз 3-го типа). Априорные вероятности гипотез таковы:
РШ = 3/9, Р(Л2) = 2/9, Р(4) = 4/9.
Гипотезы «сообщают» событию В следующие вероятности:
РЛ1(Р) = 3/7, РА^ = \, Р4В) = 2/Т
По формуле полной вероятности была вычислена вероятность Руву она равна 31/63.
Итак, знание априорных вероятностей гипотез и вероятностей, которые «сообщают» гипотезы событию В, позволяет нам ответить на вопрос: если мы случайно подойдем к какой-то из ваз и наугад вынем шар, то какова вероятность, что будет вынут белый шар?
Применяя формулы Байеса, мы можем теперь ответить на другие вопросы: если мы случайно подошли к какой-то из ваз и наугад вынули шар, который оказался белым, то какова вероятность, что этот белый
шар был вынут из вазы 1-го типа? из вазы 2-го типа? из вазы 3-го типа? Обратим внимание на то, что, если раньше через вероятность прогнозировалось будущее (будет ли вынут белый шар?), то теперь через вероятность уточняется то, что уже произошло (откуда был вынут белый шар?). Там мы интересовались вероятностным предсказанием результата будущего испытания, а здесь речь идет о вероятностном выявлении причин (гипотез), приведших к результату состоявшегося испытания. Мы привыкли иметь дело с вероятностями априорного (доопытного) характера; теперь же мы встретились с вероятностями апостериорного (послеопытного) характера. Непонимание специфики апостериорных вероятностей приводит нередко к тому, что формулы Байеса воспринимаются не более как результат несложных манипуляций с формулой полной вероятности и правилом умножения вероятностей зависимых событий.
После сделанных замечаний вернемся к нашему примеру. Используя формулы Байеса (4), получаем:
РВ (4) = РАх (В) • Р(АХ) / Р(В) = (3 / 7). (3 / 9) /(31 / 63) = 9 / 31,
Рв <А) = РЛз (В) • Р(А2) / Р(В) = 1 • (2 / 9) /(31 / 63) = 14 / 31,
Рв(Аз) = Ра3 (В) • Р(А,) / Р(Р) = (2 / 7) • (4 / 9) /(31 / 63) = 8 / 31.
Итак, мы вынули наугад шар, который оказался белым. Конечно, мы не можем однозначно утверждать, из вазы какого типа он был вынут. Но мы можем утверждать: вероятность, что этот шар был вынут из вазы 1-го типа, равна 9/31, вероятность, что он был вынут из вазы 2-го типа, равна 14/31, вероятность, что он был вынут из вазы 3-го типа, равна 8 / 31.
Сопоставим вероятности трех полных групп гипотез:
- априорные вероятности: Р^) = 3/9, Р^А^ = 2 /9, Р(Л3) =4/9;
- апостериорные вероятности: Рг(Л1) = 9/31, РВ(Л2) = 14 /31, Р5(Л3) = 8 / 31.
Обратим внимание на переоценку вероятностей гипотез. В частности, отметим, что, если до опыта гипотеза А2 имела наименьшую вероятность, то после того, как состоялся опыт и был вынут белый шар, гипотеза А2 оказалась, напротив, наиболее вероятной (ее вероятность увеличилась в два раза).
Вполне уместен вопрос: как изменятся вероятности наших гипотез, если при испытании окажется вынутым не белый, а черный шар? Событие В не наступило; наступило противоположное событие — со-
бытие В. В этом случае надо вычислять апостериорные вероятности Ру^), Ру(Л2), Ру (Л3) • Легко сообразить, что формулы Байеса примут теперь вид:
PBW =PBW =(6)(6)Р4(Р)Р(Д)
PBW =
PBW =
(6)
(6)
РАх (В). Р(АХ) + РАг (В). Р(А2НРаз<ВУР<А2У
где i = 1, 2, 3.
Чтобы воспользоваться ими, надо предварительно найти условные вероятности РА(В). Напомним, что в вазах 1-го типа находятся по 3 белых и 4 черных шара и, значит, РА (В) = 4 /7. В вазах 2-го типа находятся по 7 белых шаров и ни одного черного и, значит, РА^ (В) = 0. В вазах 3-го типа находятся по 2 белых и 5 черных шаров и, значит, РАз (В) = 5 /7. С учетом этих вероятностей находим:
Р(Р) = (4/7)-(3/9)+(5/7)-(4/9)= 12/63+ 20/63= 32/63.
Далее, используя (6), получаем:
W = ^ (В) • Р(АО/ Р^ = (4 / 7) • (3 / 9) /(32 / 63) = 12 / 32 = 3 / 8,
Рв(А2)=РАуВ)Р(А2)/Р(В)=0,
Рв№ = Ра3 (В) • PW/ Р(В) = (5 / 7). (4 / 9) /(32 / 63) = 20 / 32 = 5 / 8.
Итак, если вынутый наугад шар оказался черным, то можно утверждать: вероятность, что этот шар вынут из вазы 1-го типа, равна 3/8, а вероятность, что он вынут из вазы 3-го типа, равна 5/8. Гипотеза А2 в данном случае исключается. Апостериорные вероятности наших гипотез приобретают после данного испытания значения:
Ру(4) = 3/8, Ру(Л2) = 0, Ру(Л3) = 5/8.
Практический смысл вычисленийАПОСТЕРИОРНЫХ ВЕРОЯТНОСТЕЙ ГИПОТЕЗ
Вычисление апостериорных вероятностей гипотез представляет не только теоретический, но и практический интерес. Это неплохо демонстрируют рассматриваемые ниже задачи.
Задача 1. Бригада 1 изготавливает 30% неких деталей и при этом дает 1% брака. Бригада 2 изготавливает 20% тех же деталей и дает 3% брака. Бригада 3 изготавливает
50% деталей и дает 2% брака. Взята наугад одна деталь из общей партии. Она оказалась бракованной. Какова вероятность, что в браке виновата бригада 1? виновата бригада 2? виновата бригада 3?
Решение. Гипотезы Av, А^, А3 — проверяемая деталь выбрана случайным образом из продукции бригад X, 2, 3 соответственно. Событие В — случайно выбранная деталь оказалась бракованной. Из условия задачи нам известно:
Р(4) = 0,3,РЛ1(Р) = 0,01,Р(4) = 0,3,РЛ1(Р) = 0,01,Р(4) = 0,2,Р(4) = 0,2,Р(4) = 0,5,Р(4) = 0,5,РЛ2(Р) = 0,03, РЛз(Р) = 0,02.РЛ2(Р) = 0,03, РЛз(Р) = 0,02.
Р(4) = 0,3,
РЛ1(Р) = 0,01,
Р(4) = 0,3,
РЛ1(Р) = 0,01,
Р(4) = 0,2,
Р(4) = 0,2,
Р(4) = 0,5,
Р(4) = 0,5,
РЛ2(Р) = 0,03, РЛз(Р) = 0,02.
РЛ2(Р) = 0,03, РЛз(Р) = 0,02.
Вычислим, используя формулы Байеса (5), апостериорные вероятности наших гипотез. Предварительно подсчитаем, чему равен знаменатель в соотношениях (5), т. е. вероятность Р^Ву.
р^в) = рдв) • Р(4) + р^ • Р(л2) + рАз(В) • Р(л3) = = 0,003 + 0,006 + 0,01 = 0,019.
Далее вычисляем:
РВ(АХ) = 0,01 • 0,3/0,019 = 0,158, РВ<А^ = 0,03 • 0,2/0,019 = 0,316, Р44) = 0,02- 0,5/0,019 = 0,526.
Как мы видим, наиболее вероятно, что бракованная деталь принадлежит бригаде 3 (апостериорная вероятность гипотезы А3 равна 0,526), а наименее вероятно, что деталь принадлежит бригаде X (апостериорная вероятность гипотезы Ах равна 0,158). Конечно, мы не можем сказать, какая именно из трех бригад виновата в изготовлении подвернувшейся нам под руку бракованной детали. Но это в данном случае и несущественно'. Важно то, что эта бракованная деталь была выбрана из общей партии случайным образом. И поэтому теперь мы вправе полагать, что любая бракованная деталь из общей партии есть с вероятностью 0,158 продукция бригады 1, с вероятностью 0,316 — продукция бригады!, с вероятностью 0,526 — продукция бригады 3. Понятно, что этот вывод представляет определенный практический интерес. А получен он в результате подсчета апостериорных вероятностей наших гипотез по формулам Байеса.
Задача 2. Условие задачи такое же, что и в задаче 1. Но теперь были взяты наугад две детали из общей достаточно крупной партии. Они обе оказались бракованными. Какова вероятность, что виновата бригада 1? виновата бригада 21 виновата бригада 3?
Решение. Гипотезы Аъ Аъ А3 прежние; Р(4) =0,3, Р(4) = 0,2, Р(4) =0,5. А вот событие В теперь иное. Это событие состоит в том, что две случайно взятые из общей крупной партии детали оказались бракованными. Теперь РА^ есть условная вероятность того, что две детали окажутся бракованными при условии «срабатывания» гипотезы, т. е. при условии, что эти детали оказались принадлежащими
продукции бригады 1. Легко сообразить, что РА (В) = (0,01)2 = 0,0001. Соответственно находим: Р^ = (0,03)2 = 0,0009, РА^ = (0,02)2 = 0,0004.
Теперь
Р^ = 0,0001 • 0,3 + 0,0009 -0,2 + 0,0004 0,5 == 0,00003 + 0,00018 + 0,0002 = 0,00041.
Используя формулы Байеса (5), находим:
(**)(**)Р^А^ = 0,00003/0,00041 = 0,073, Рд(4) = 0,00018/0,00041 = 0,439, Рд(4) = 0,0002/0,00041 = 0,488.
(**)
(**)
Сравнивая апостериорные вероятности гипотез (**) и (*), мы видим, что степень вины бригады 1 за выпуск брака еще больше уменьшилась, тогда как степень вины бригады 2 заметно возросла, а степень вины бригады 3 слегка уменьшилась, оставаясь при этом наибольшей. Мы по-прежнему не знаем, какая именно бригада виновата в изготовлении подвернувшейся нам под руку пары бракованных деталей. Не исключено, в частности, что эти детали были изготовлены разными бригадами. В данном случае это не имеет значения. Результат (**) следует понимать так: любая пара бракованных деталей из общей крупной партии есть с вероятностью 0,073 продукция бригады 1, с вероятностью 0,439 — продукция бригады!, с вероятностью 0,488 — продукция бригады 3.
Задача 3. Задача отличается от предыдущей только тем, что теперь взяты наугад три детали из общей крупной партии и все три оказались бракованными.
Решение. Теперь В — событие, состоящее в том, что три детали, случайно выбранные из общей крупной партии, оказались бракованными. Процесс решения, по-видимому, не требует пояснений. Запишем:
РА^ = (0,01)3 = 0,000001, РА^ = (0,03)3 = 0,000027, РА^ = (0,02)3 = 0,000008;
Р^ = рАр^ • Р^ + РА^ • Р^ + рАр^ • Р(4) =
= 0,000001 • 0,3 + 0,000027 • 0,2 + 0,000008 • 0,5 = 0,0000097
(***)(***)Рв (Д) = 0,000001 • 0,3 / 0,0000097 = 0,031, Рд(4) = 0,000027-0,2/0,0000097 = 0,557, Рд(4) = 0,000008-0,5/0,0000097 = 0,412.
(***)
(***)
Итак, любая тройка бракованных деталей из общей крупной партии есть с вероятностью 0,031 продукция бригады 1, с вероятностью 0,557 — продукция бригады!, с вероятностью 0,412 — продукция бригады 3.
Теперь основной виновник брака вполне выявился — это бригада !. Возможно, что, познакомившись с результатами (**) и в особенности (***), руководитель предприятия уволит бригаду !. Тем более, что эта бригада изготавливает всего 20% всех деталей.
Задача 4. На основании обследования больного сделан вывод, что у него одно из двух заболеваний — или Av {гипотеза Лх), или Л2 {гипотеза Л2). Согласно справочникам вероятности этих заболеваний в данных условиях таковых Р (Л^ = 0,6, Р (Л2) = 0,4. Врач пожелал уточнить диагноз и назначил проведение анализа, результатом которого является положительная или отрицательная реакция. Если у пациента болезнь Аъ анализ должен дать с вероятностью 0,9 положительную реакцию и с вероятностью 0,1 отрицательную. Если у пациента болезнь Л2, положительная и отрицательная реакции равновероятны. Анализ был проведен и дал отрицательную реакцию. Какова вероятность, что этот результат обусловлен заболеванием А^ обусловлен заболеванием Л2?
Решение. Гипотезы Ах и Л2 — имеют место заболевания Ах и Л2 соответственно. Событие В — обнаружена отрицательная реакция. По условию задачи, Р{А^ = 0,6, Р(Л2) =0,4, РА{В) =0,1, Рл2(^) = 0,5. Воспользуемся формулами Байеса. Сначала подсчитаем Р{В)\
Р{В) = РАх{В) • Р{АХ) + Р^В) • Р(Л2) = 0,1 • 0,6 + 0,5 • 0,4 = 0,06 + 0,2 = 0,26.
Далее находим:
Рв (Л^ = 0,06 / 0,26 = 0,23, Рв (Л2) = 0,2 / 0,26 = 0,77.
Таким образом, обнаруженная при испытании отрицательная реакция указывает с вероятностью 0,23 на наличие у пациента заболевания Ль и с вероятностью 0,77 на наличие у него заболевания Л2. Врач ставит диагноз: у данного пациента заболевание Л2. Нашим пациентом заинтересовался второй врач, более осторожный. Его насторожило, что поставленный первым врачом диагноз противоречит справочным данным о вероятности заболеваний в данных условиях. Поэтому он предложил повторить испытание — еще раз провести тот же анализ.
Задача 5. Задача отличается от задачи 4 только тем, что теперь анализ проведен дважды. Оказалось, что повторное испытание также дало отрицательную реакцию. Какова вероятность, что обнаруженная в двух испытаниях отрицательная реакция обусловлена заболеванием Л^ заболеванием А^.
Решение. Теперь событие В — событие, состоящее в том, что в двух испытаниях обнаружена отрицательная реакция. Легко сообразить, что теперь РА {В) = = (0,1)2 = 0,01, РДР) = (0,5)2 = 0,25. Вычисляем: 1
Р(Р) = Р^В-) • Р^) + Р^В) ■ Р(Л2) = 0,01 • 0,6 + 0,25 ■ 0,4 = 0,006 + 0,1 = 0,106,PbAi) = 0,01 • 0,6 / 0,106 = 0,06, РвА2) = 0,25 • 0,4 / 0,106 = 0,94.
Теперь у врачей появились весьма серьезные основания сделать выбор в пользу гипотезы Л2, т. е. предположить у пациента болезнь Л2.
Идея использовать формулы Байеса для уточнения медицинского диагноза очень заинтересовала молодого аспиранта. Он подумал: «А если при повторном испытании мы получим не отрицательную, а положительную реакцию? Какие тогда появятся рекомендации относительно диагноза?»
Задача 6. Задача отличается от задачи 4 только тем, что теперь анализ проведен дважды и при этом первое испытание дало отрицательную реакцию, а второе положительную.
Решение. Теперь В — событие, состоящее в том, что в первом испытании обнаружена отрицательная реакция, а во втором положительная. Легко сообразить, что РЛ1(5)= 0,1-0,9 = 0,09, РА]^ = 0,5 -0,5 = 0,25. Вычисляем: Р (В) = 0,09 • 0,6 + + 6,25 • 0,4 = 0,054 + 0,1 = 0,154,
Рв^ = 0,054 / 0,154 = 0,35, Рв^ = 0,1 / 0,154 = 0,65.
Мы видим, что произошло некоторое уточнение диагноза, хотя и не столь эффектное, как в задаче 5 (когда опыт обнаружил отрицательную реакцию в обоих испытаниях). По результатам данного опыта, гипотеза Av имеет один шанс из трех, а гипотеза Д2 — два шанса из трех.
Рассмотренные задачи анализируют всего два примера из практики, когда формулы Байеса находят практическое применение. Подобных примеров можно было бы привести достаточно много. Отмстим, что формулы Байеса нередко используются, например, при выборочном контроле качества выпускаемой продукции. Эти формулы широко используются также в артиллерийской практике — когда производится так называемая пристрелка для уточнения наших знаний об условиях стрельбы и, в частности, о местонахождении цели.
Беседа с «персоналистом» о вероятностях вообщеи о формулах Байеса в частности
Есть в мире тьма, Гораций, кой-чего, Что вашей философии не снилось...
Вильям Шекспир («Гамлет»)
Перевод Б. Пастернака
В § 6.3 отмечалось, что в вопросах интерпретации и использования вероятностных представлений существуют две разных позиции, одну из которых можно назвать объективистской, а другую персоналистской. «Объективисты» рассматривают вероятность исключительно как меру объективной достоверности события. «Персоналисты» же рассматривают вероятность не только как меру достоверности события, но и как меру личного доверия к тем или иным утверждениям относительно случайного события. Полагаем, что читателю будет интересно познакомиться с диалогом, который мог бы произойти при встрече автора с неким воображаемым «персоналистом».
Персоналист. Ортодоксальные «объективисты» считают, что понятие вероятности, строго говоря, применимо лишь к событиям, которые происходят при многократных испытаниях без изменения условий опыта. Они ограничиваются бросаниями кубиков и монет, выниманием шаров из урн, рассмотрением массового производства однотипных изделий и т. и. Исходя из соображений симметрии и равновозможности, «объективисты» выполняют точные подсчеты вероятностей, используя классическое или геометрическое определения понятия «вероятность». Они также прибегают к приближенным вычислениям вероятностей в случаях, позволяющих использовать частотное определение этого понятия и, в частности, пользоваться таблицами случайных чисел. Но они отказываются включать в теорию вероятностей анализ иных случайных событий и в том числе тех событий, где вероятность выступает как мера личного доверия к правдоподобию тех или иных утверждений, касающихся этих событий. А между тем такой подход не без успеха развивается в математике, начиная с первой половины ХХ-го столетия. На мой взгляд, это указывает на ограниченность (точнее сказать: узость) концепции ортодоксальных «объективистов».
Автор. Согласитесь, что узость концепции — это отнюдь не ошибочность концепции. Заведомо сужая круг рассматриваемых случайных ситуаций, «объективисты» тем самым получают возможность проанализировать принципы и методы теории вероятностей в наиболее «чистом» виде. Это весьма важно. Особенно на первых этапах изучения теории. Вполне возможно, что без увлечения азартными играми с использованием игральных костей (кубиков), монет, игральных карт (варианта ситуаций с выниманием шаров из урн) теория вероятностей как математическая наука не зародилась бы в XVII-м столетии.
Персоналист. Однако жизнь не сводится к костям и картам. Сама логика процесса познания реального мира, который нас окружает, должна была заставить людей расширять область применения вероятностей.
Автор. Что ж, именно так и случилось. Только надо заметить, что в XVIII-м и первой половине XIX-го столетия такое расширение происходило подчас не слишком продуманно, а потому неправомерно. Даже такие выдающиеся математики как П. Лаплас (1749-1827) и С. Пуассон (1781-1840), внесшие большой вклад в развитие теории вероятностей, грешили предложениями применять понятие вероятности в математическом плане к судебным процессам, исследованиям преданий, рассмотрению нравственных вопросов и т. д. У Пуассона есть работа, озаглавленная «Исследования о вероятности судебных приговоров по уголовным и гражданским делам». В 1843 году профессор Московского
университета Н.Е. Зернов (1804-1862) в своей весьма нашумевшей тогда речи на торжественном собрании в университете провозглашал: «Теория вероятностей проникает в храм Фемиды, подавая мерило правды и милости судиям. Она может руководствовать законодателя в избрании мер гражданского порядка, оценивая их по замеченным последствиям. Она может подавать светильник историку, взвешивая доверенность к преданиям». Однако, согласитесь, вряд ли можно говорить всерьез, что, например, вероятность виновности подсудимого равна 3/4 или вероятность вынесения справедливого приговора равна 9/10. Вряд ли кого-то удовлетворит признание, что его любят с вероятностью, равной 2 / 3, и вряд ли можно серьезно воспринимать утверждение, что вероятность определенного поведения какого-то человека равна 7/9. Не будем забывать, что подобные многочисленные «злоупотребления», когда вероятность пытались применять практически везде и нередко совсем не к месту, в немалой степени способствовали возникновению в первой половине XIX-го столетия серьезного кризиса в теории вероятностей.
Персоналист. Но ведь этот кризис был, в конечном счете, преодолен?
Автор. Да, он был преодолен. В этом большая заслуга П.Л. Чебышева (1821-1891), а также его учеников и последователей из знаменитой Петербургской математической школы.
Персоналист. Мне это известно. Чебышев предложил рассматривать теорию вероятностей как математическую дисциплину с заранее известными «элементарными» вероятностями, используя которые вычисляют по правилам теории вероятностей другие, более сложные вероятности. При этом Чебышёв вовсе не требовал, чтобы «элементарные» вероятности непременно вычислялись с использованием классического или геометрического определений вероятности. Как я представляю, его вообще не очень-то интересовало, откуда взяты «элементарные» вероятности. Они считаются известными — и точка! Может быть, они аккуратно вычислены, а может быть, введены достаточно произвольно.
Автор. Однако ни в одной работе Чебышёва не рассматриваются вопросы судопроизводства или нравственного поведения. Надо полагать, он считал, что «элементарные» вероятности, не поддающиеся прямому вычислению, известны нам из практики, из наблюдений над происходящими вокруг нас явлениями.
Персоналист. В любом случае этот главный «виновник» прорыва в теории вероятностей (я имею в виду Чебышёва) не был ортодоксальным «объективистом». А вот Вы, как мне представляется, отдаете явное предпочтение именно объективистской позиции. Об этом говорит содержание и самый стиль Вашей книги.
Автор. Вполне естественно. Ведь это книга учебного характера. Вы довольно точно заметили, что я отдаю в книге предпочтение объективистской позиции. Именно «отдаю предпочтение» — и не более того! При этом я отнюдь не разделяю точки зрения ортодоксов, которые категорически отвергают персоналистские подходы и соглашаются рассматривать вероятности только для событий, наступающих в однородных испытаниях.
Персоналист. Я это заметил. Если бы Вы были ортодоксом, то не рассматривали бы, например, задачу о вероятности попадания охотника в пролетающую мимо него утку. Разговор о частотном определении вероятности в данной ситуации ортодокс не поддержал бы. О частоте каких однородных испытаний тут может идти речь? Ведь утки бывают разных размеров, летают на разных высотах и с разными скоростями. Многое зависит от освещенности места охоты, от психического и физического состояния охотника в данный момент, от того, насколько неожиданно появилась утка в поле его зрения. Поэтому, когда Вы говорите, что вероятность попасть в утку равна для данного охотника, скажем, 0,8, то это в немалой степени отражает меру Вашего доверия к способностям стрелка.
Автор. Доверия, основанного на моем знании об опыте, какой имеется у охотника в вопросе стрельбы по летающим уткам.
Персоналист. Все равно без доверия здесь не обойтись. Другой человек мог бы утверждать, что вероятность попадания в летящую утку у рассматриваемого охотника не 0,8, а 0,7 или 0,9. И еще он мог бы заявить, что ему лучше известно, насколько опытен этот охотник.
Автор. Если Вы помните, в самом конце § 6.3 я специально подчеркивал, что, отдавая предпочтение объективистской позиции, «мы не станем отметать подходы персоналистов и в определенные моменты, например при рассмотрении формул Байеса, будем использовать также и эти подходы.»
Персоналист. Мы как раз только что рассматривали формулы Байеса. Неплохо было бы привести соответствующий пример в духе персоналистских идей.
Автор. Вернемся к ситуации, рассматривавшейся в задачах 4, 5, 6 в § 10.6. В этих задачах априорные вероятности двух гипотез равнялись 0,6 и 0,4. Эти значения взяты, как было сказано, из медицинских справочников. Теперь допустим, что у нас нет с собой справочника, но известно, что вероятности данных гипотез различаются не очень сильно.
Довольствуясь этой информацией, мы проявим произвол и будем считать, что вероятности Р^) и Р^А^ равны друг другу. Предположим теперь, что проведен анализ и при этом получена отрицательная реакция.
Нам надо по Байесу найти апостериорные вероятности Pg (ЯД и Р5(Л2). Вот наши вычисления: Р^А-^ = Р(Л2) = 0,5; Рд^В) = 0,1, Р4В) = 0,5.
Р(Р) = 0,1 • 0,5 + 0,5 • 0,5 = 0,05 + 0,25 = 0,3;
Рв(ЯД = 0,05 / 0,3 = 0,17, Рв(Л2) = 0,25 / 0,3 = 0,83.
Уточненный диагноз: пациент страдает заболеванием Л2. Предположим, что анализ проводился не один раз, а дважды и что в обоих испытаниях была получена отрицательная реакция. Теперь:
Рд^В) = (ОД)2 = 0,01, РА^ = (0,5)2 = 0,25;
Р(Р) = 0,01 • 0,5 + 0,25 • 0,5 = 0,005 + 0,125 = 0,13;
Рв^ = 0,005 / 0,13 = 0,04, Рв4^ = 0,125 / 0,13 = 0,96.
Произошло еще большее уточнение диагноза. Теперь гипотеза Av практически исключается. Как видим, нам не понадобилось ворошить справочники в поисках более или менее точных значений априорных вероятностей гипотез.
Персоналист. Полагаю, что «персоналисты» значительно чаше, чем «объективисты», обращаются к формулам Байеса.
Автор. Чем Вы это объясняете?
Персоналист. Тем, что формулы Байеса позволяют обойтись приблизительным знанием априорных вероятностей гипотез. Исследователь может приписывать этим гипотезам вероятности, отвечающие «степени правдоподобия», которая оценивается лично им. Другой исследователь может выбрать иные априорные вероятности, ориентируясь на свое личное понимание «степени правдоподобия». Затем выполняется опыт (проводится испытание). Его результатом являются послеопытные вероятности гипотез. При этом вероятности одних гипотез могут оказаться больше, чем они были выбраны до опыта, а вероятности других гипотез, напротив, могут оказаться меньше или даже вообще могут выпасть из дальнейшего рассмотрения. Новое испытание можно проводить с новыми априорными вероятностями гипотез, которые теперь будут выбраны в соответствии с теми апостериорными вероятностями, которые мы получили после первого испытания. Можно выполнить целый ряд испытаний и постепенно выявить с большой степенью надежности «правильную» гипотезу. «Персоналисты» используют постепенно уменьшающееся влияние априорных вероятностей по мере увеличения опытных данных. Можно сказать, что первоначальные оценки постепенно все более утрачивают свое значение под воздействием информации, накапливающейся в результате проведения испытаний.
Автор. Все это так. Тем не менее не следует злоупотреблять возможностями метода, основанного на использовании формул Байеса. Не надо ориентироваться на «полное незнание» априорных вероятностей и надеяться, что при достаточно большом количестве испытаний удастся при этом выйти на разумные апостериорные вероятности. Между прочим, подобные ошибки допускал в свое время знаменитый Лаплас (и, конечно же, не только он один). Неправомерно используя формулы Байеса, Лаплас пришел к неверному заключению: если событие наблюдалось в испытаниях т раз подряд, то вероятность, что оно повторится при s следующих испытаниях равна (/n+l)/(/n + s+l). Получается, например, что, если монета выпала орлом 10 раз, то вероятность ей выпасть орлом в 11-й раз равна (10 + 1) / (10 + 1 + 1). А между тем мы хорошо знаем, что, как бы ни выпадала монета 10 раз (и вообще сколько угодно раз), вероятность ее выпадения орлом в очередной раз равна 1/2. Лаплас рассматривал, в частности, следующий курьезный пример. Он предположил, что утренний восход солнца люди наблюдают вот уже 5 тысяч лет, т. е. 1 826 250 дней. Вероятность того, что солнце взойдет еще раз после пяти тысяч лет наблюдения, получается, согласно приведенной выше формуле, равной (1 826 250 + 1) / (1 826 250 + 1 + 1) = = 1 826 251 / 1 826 252 = 0,9999994. Нужно ли комментировать подобные «вычисления»?
Персоналист. Ваши последние замечания, конечно, справедливые. Надеюсь, Вы не рассматриваете их как аргумент против самой идеи включения в рамки теории вероятностей также и тех вероятностей, которые можно рассматривать не более, как меру личного доверия к правдоподобности тех или иных утверждений по поводу случайных событий.
Автор. Я полагаю, что теория вероятностей вполне может иметь дело также и с такими вероятностями. Но при этом необходимо, чтобы степень доверия являлась разумной при данных условиях, а не определялась бы личным мнением отдельных индивидуумов, которые могут быть как разумными, так и неразумными.
Персоналист. Всегда ли, однако, можно различить «разумных» и «неразумных» индивидуумов? Здесь все далеко не так просто. Недаром в ХХ-м столетии исследования по вероятностной логике (ее называют также индуктивной логикой) развернулись по весьма широкому фронту. Сегодня можно отметить, по крайней мере, три научных школы, занимающихся такими исследованиями. Эти школы связаны с именами трех видных философов и логиков ХХ-го столетия: Карлом Поппером (19021994), Рудольфом Карнапом (1891-1970), Хансом Рейхенбахом (1891-1953).
ЗАДАНИЯ ПО ТЕМЕ 10
Имеется полная группа событий Ар А2, А3, А4. Как будет выглядеть формула полной вероятности для события В, если известно, что ВПА3 = 0?
Ответ. Р(В) = РА1(В) • Р^) + Р^В) • Р(А2) + Р^В) • Р^.
Рассматриваются двукратные бросания кубика. Образуют ли следующие события полную группу событий:
А — в первом броске выпало четное число, В — во втором броске выпало нечетное число?
А — выпала нечетная сумма очков, В — выпала четная сумма?
А — в каждом броске выпали четные очки, В — в каждом броске выпали нечетные очки?
А — выпала нечетная разность очков, В — выпала четная сумма?
А — выпала тройка в первом броске, В — выпала тройка во втором броске?
А — выпало хотя бы одно нечетное число, В — выпало хотя бы одно четное число?
А — выпала сумма больше 7, В — выпала сумма меньше 7?
А — выпала сумма, равная 8, — выпала сумма не меньше 9, С — выпала сумма не больше 7?
А — выпали разные очки, В — выпали равные четные очки, С— выпали равные нечетные очки?
А — выпала хотя бы одна единица или двойка, В — выпала хотя бы одна тройка или четверка, С — выпала хотя бы одна пятерка или шестерка?
А — выпало хотя бы одно четное число, В— выпала хотя бы одна единица, С — выпала хотя бы одна тройка, D — выпала хотя бы одна пятерка?
м) А — выпала разность очков, равная единице, В — выпала разность очков, равная трем, С — выпала разность очков, равная пяти, D— выпала четная сумма очков?
Ответы: а) нет, б) да, в) нет, г) да, д) нет, е) нет, ж) нет, з) да, и) да, к) нет, л) нет, м) да.
Бригада 1 сдала на склад готовой продукции 4200 лампочек, а бригада 2 — 1800 лампочек. Бригада 1дала 5% брака. Сколько процентов брака дала бригада 2, если выяснилось, что всего на склад было сдано 5720 небракованных лампочек?
Ответ: 3,9%.
На 10 работников выдано 6 льготных путевок в дом отдыха. Работники тянули жребий. Докажите соответствующими вычислениями, что вероятность вытянуть путевку равна 3/5 для второго участника жеребьевки, для третьего участника, для четвертого участника.
Выяснилось, что в условие задачи из § 10.3 закралась ошибка. Результаты проверки качества данной партии зерна оказались под чьим-то давлением слегка искаженными. В действительности не 94%, а только 88% зерен были сорта 1, а
зерен сортов 2, 3 и 4 было, соответственно, 4%, 3% и 5%. Какова в действительности вероятность того, что зерна из данной партии дадут полновесный колос? Ответ: 0,588.
Половину всех деталей изготавливал цех № 1 и давал при этом только 2% брака, а другую половину всех деталей изготавливал цех № 2 и давал 4% брака. После того, как часть работников из цеха № 1 перешли на другое предприятие, цех № 1 стал изготавливать вдвое меньше продукции) с тем же процентом брака, что и раньше). Изготовление недостающего количества деталей пришлось передать в цех № 3, который стал давать 9% брака. Насколько теперь возросла вероятность того, что наугад выбранная деталь окажется бракованной?
Ответ: На 0,0175, т. е. на 1,75%.
Из общей партии деталей, изготовленной тремя цехами в задаче 6, взяли наугад одну деталь. Она оказалась бракованной. Какова вероятность, что деталь является продукцией цеха № 1? цеха № 2? цеха № 3?
Ответы: 0,105, 0,474, 0,421.
Из общей достаточно крупной партии, изготовленной тремя цехами в задаче 6, взяли наугад пару деталей. Обе детали оказались бракованными. Какова вероятность, что детали являются продукцией цеха № 1? цеха № 2? цеха № 3? Ответы: 0,025, 0,516, 0,459.
Вероятность того, что изделие удовлетворяет стандарту, равна 0,95. Некоторая система испытаний дает для изделий, удовлетворяющих стандарту, положительный результат с вероятностью 0,97, а для изделий, не удовлетворяющих стандарту, — лишь с вероятностью 0,05. Какова вероятность, что изделие, дважды выдержавшее испытание с положительным результатом, удовлетворяет стандарту? Ответ: 0,99986.
Пояснение: Полная группа событий: Аг — изделие удовлетворяет стандарту, Д2 — изделие не удовлетворяет стандарту. В данном случае P(At) = 0,95, Р(А2) = 0,05.
В задаче 4 из § 10.6 анализ дал не отрицательную, а положительную реакцию. Какова вероятность, что у пациента заболевание А^ Заболевание Д2?
Ответы: 0,73, 0,27.
В задаче 5 из § 10.6 анализ дал отрицательную реакцию два раза подряд. Какова вероятность, что у пациента заболевание А^ заболевание Д2?
Ответы: 0,83, 0,17.
Рассматривается предыдущая задача, в которой теперь оговорено одно изменение: априорные вероятности гипотез считаются равными.
Ответы: 0,76, 0,24.
ТЕМА 11
ПОВТОРЕНИЕ НЕЗАВИСИМЫХИСПЫТАНИЙ С ДВУМЯ ИСХОДАМИ(математическая схема Бернулли)
В самом начале формирования основных понятий теории вероятностей выяснилась фундаментальная роль одной математической схемы, изученной известным швейцарским математиком Якобом Бернулли (1654-1705)
А.Н. Колмогоров
На практике часто приходится иметь дело с многократным повторением одного и того же опыта по возможности в одних и тех же условиях.
Б.А. Кордемский
Испытания Бернулли — независимые испытания
С ДВУМЯ ИСХОДАМИ
JD математике существует специальный термин — «испытания Бернулли». Так называют повторяющиеся много раз одинаковые испытания,
в каждом из которых возможны только два взаимно противоположных исхода (один из них будем условно называть «успехом», а другой — «неудачей»), причем вероятности как «успеха», так и «неудачи» постоянны, они не меняются от испытания к испытанию. Будем обозначать вероятность наступления «успеха» в каждом испытании через р, а вероятность наступления «неудачи» через q; очевидно, что р + q = 1.
В математической схеме Бернулли вычисляют так называемые биноминальные вероятности, которые принято обозначать через Рп^т\ Вероятность Р„(т) есть вероятность того, что в п испытаниях Бернулли «успех» наступит т раз (и, соответственно, п- т раз наступит «неудача»). Число т может принимать целочисленные значения от 0 до л, так что для данного п можно рассматривать п + 1 биномиальных вероятностей Рп{т). Испытания Бернулли относятся к категории независимых испытаний. Говорят, что п испытаний являются независимыми, если любая комбинация исходов этих испытаний представляет собой группу из событий, независимых в совокупности. Любая комбинация «успехов» и «неудач» в испытаниях Бернулли — это комбинация независимых событий. Ведь вероятности наступления «успеха» и «неудачи» для всякого конкретного типа испытаний Бернулли имеют некие постоянные значения, а это как раз и означает, что исход того или иного испытания не зависит от исходов предыдущих испытаний и не влияет на исходы последующих испытаний.
Подчеркнем, что термины «успех» и «неудача» для двух возможных исходов выбираются условно. Их конкретное содержание определяется той ситуацией, для которой применяется схема Бернулли. Приведем примеры.
Монета подбрасывается п раз и вычисляется вероятность того, что она т раз упадет орлом. Здесь «успех» — выпадение орла.
Проверяются п одинаковых изделий и вычисляется вероятность того, что т изделий окажутся бракованными. Здесь «успех» — обнаружение бракованного изделия.
Регистрируются п новорожденных и вычисляется вероятность того, что т новорожденных оказались девочками. Здесь «успех» — рождение девочки.
В физическом эксперименте регистрируются п нейтронов и вычисляется вероятность того, что т нейтронов будут иметь энергию в заданном интервале значений. Здесь «успех» — обнаружение такого нейтрона.
Проверяются п страниц в книге и вычисляется вероятность того, что на т страницах будет обнаружена хотя бы одна опечатка. Здесь «успех» — обнаружение страницы с хотя бы одной опечаткой.
Контролируется суточный расход электроэнергии за каждый из и дней и вычисляется вероятность того, что в т днях расход не превысит установленной нормы. Здесь «успех» — выявление дня, в который норма расхода электроэнергии не была превышена.
Посеяны п семян и вычисляется вероятность того, что т семян взойдут. Здесь «успех» — появление ростка.
Проверяются п лампочек на длительность их работы и вычисляется вероятность того, что т лампочек проработают не менее 1000 часов. Здесь «успех» — лампочка не перегорела до контрольного срока.
На экзамен вынесены п вопросов, на каждый из которых предлагается одно и то же количество предполагаемых ответов, причем лишь один правильный. Вычисляется вероятность того, что методом простого угадывания удастся ответить правильно на т вопросов. Здесь «успех» — на вопрос дан правильный ответ.
Стрелок делает п выстрелов по мишени и вычисляется вероятность того, что он попадет в «яблочко» т раз. Здесь «успех» — попадание в «яблочко».
Отслеживается в течение и дней нерегулируемый перекресток и вычисляется вероятность того, что будут обнаружены т дней, когда на перекрестке произойдет хотя бы одна автомобильная авария. Здесь «успех» — обнаружение дня с хотя бы одной аварией.
Во всех предложенных ситуациях можно было бы договориться рассматривать в качестве «успеха» те события, которые здесь рассматривались как «неудача». Так, «успехом» можно считать выпадение не орла, а решки, обнаружение не бракованного, а годного изделия, рождение не девочки, а мальчика, обнаружение нейтрона вне заданного интервала значений энергии, обнаружение страницы без опечаток, выявление дня, в который норма расхода электроэнергии была превышена, непоявление ростка из посаженного семени, обнаружение перегоревшей до срока лампочки, выдачу неправильного ответа на вопрос, непопадание в «яблочко», обнаружение безаварийного дня. Обратим внимание на то, что в рассмотренных нами ситуациях независимость испытаний вполне очевидна. Исход того или иного подбрасывания монеты никак не связан с исходами других подбрасываний. Появление того или иного бракованного изделия не связано с появлением или непоявлением брака в других изделиях. Рождение у данной матери девочки не связано с рождением детей у других матерей. Каждый нейтрон регистрируется независимо от регистрации других нейтронов. Обнаружение страницы с опечаткой не связано с наличием или отсутствием опечаток на других страницах. Расход электроэнергии в тот или иной день не зависит от
величины ее расхода в другие дни. Появление того или иного ростка не зависит от появления других ростков. Тот факт, что данная лампочка не перегорела в течение 1000 часов, не зависит от качества других лампочек. Если повезло угадать правильный ответ на данный вопрос, то это не означает, что повезет при угадывании ответа на другие вопросы. Успех при данном выстреле не влияет, вообще говоря, на успешность других выстрелов. Факт аварии на нерегулируемом перекрестке, случившийся в тот или иной день, не связан с предыдущими авариями и не влияет на последующие.
Формула Бернулли для вычисленияБИНОМИАЛЬНЫХ ВЕРОЯТНОСТЕЙ
Найдем выражение для биномиальных вероятностей Рп(т). Сначала рассмотрим частный случай, когда п = 5 и т = 3. Обозначим через А «успешный» исход, а через В — «неудачный» исход. Нам надо найти вероятность того, что в серии из пяти независимых испытаний исход А наступит три раза (и, соответственно, два раза наступит исход В\ Предположим, что в данной конкретной серии испытаний сначала наступили три исхода А, а затем два исхода В. Иными словами, наступило комбинированное событие
КХ=А^А^А^В^\В.
Оно является пересечением пяти исходов, независимых в совокупности, поскольку все они наступили в независимых испытаниях. Используя правило умножения вероятностей событий, являющихся независимыми в совокупности (правило (17) из темы 9), запишем:
Р^ = ПА П А П А П РП В) = Р^ • Р^ • Р^ • Р^ • P^BY
Поскольку Р^=р, Р(В) = 1 - р = q, то, следовательно,
= р3 •(*)
Далее учтем, что комбинированное событие Кх — не единственное, какое надо учитывать при вычислении Pg (5). В других сериях из пяти испытаний три исхода А могут наступить в иных последовательностях. Нужно рассмотреть столько серий из пяти испытаний, сколько существует выборок (сочетаний) из пяти по три, т. е. С53 = 5! / (3!2!) = 10 выборок. Значит, чтобы вычислить Р3(5), нужно учесть вероятности следующих десяти комбинированных событий:
Кх = ЛПЛПЛПРПВ; ^2 =5ПЛПЛПЛП5; к3 =^ПВПЛПЛП4 К4=АПА^ВПВПА; К5 =АГ\АГ\В?\АГ\В;Кх = ЛПЛПЛПРПВ; ^2 =5ПЛПЛПЛП5; к3 =^ПВПЛПЛП4 К4=АПА^ВПВПА; К5 =АГ\АГ\В?\АГ\В;К6=А?\ВГ\АГ\АГ\В;К7 =ВГ\АГ\АГ\В?\В; К^=АГ\ВГ\ВГ\АГ\А; К9=ВПАПВПАГ\А; К10=АПВГ\АГ\ВПА.К6=А?\ВГ\АГ\АГ\В;К7 =ВГ\АГ\АГ\В?\В; К^=АГ\ВГ\ВГ\АГ\А; К9=ВПАПВПАГ\А; К10=АПВГ\АГ\ВПА.
Кх = ЛПЛПЛПРПВ; ^2 =5ПЛПЛПЛП5; к3 =^ПВПЛПЛП4 К4=АПА^ВПВПА; К5 =АГ\АГ\В?\АГ\В;
Кх = ЛПЛПЛПРПВ; ^2 =5ПЛПЛПЛП5; к3 =^ПВПЛПЛП4 К4=АПА^ВПВПА; К5 =АГ\АГ\В?\АГ\В;
К6=А?\ВГ\АГ\АГ\В;
К7 =ВГ\АГ\АГ\В?\В; К^=АГ\ВГ\ВГ\АГ\А; К9=ВПАПВПАГ\А; К10=АПВГ\АГ\ВПА.
К6=А?\ВГ\АГ\АГ\В;
К7 =ВГ\АГ\АГ\В?\В; К^=АГ\ВГ\ВГ\АГ\А; К9=ВПАПВПАГ\А; К10=АПВГ\АГ\ВПА.
Для вероятности каждого из этих комбинированных событий справедливо соотношение (*), т. е. все они имеют вероятность р3 • q2. А поскольку события Kj несовместные, то в соответствии с правилом (2) из темы 9 можем записать:
ю
Р5^ = ^Р(К^
Z=1
(Здесь и в дальнейшем вместо того, чтобы выписывать слагаемые в сумме aY + ° 2 + аз + °4 + ••• + ап будем использовать общепринятый знак сум-
г
мирования S и будем писать: УУ/.)
Соотношение (**) можно переписать в виде:
Р5(3) = Cjp3 • q2.(***)
коль скоро каждое из слагаемых Р^) равно р3 • qya число таких слагаемых равно С53.
Обобщая результат (***) на случай произвольных целых чисел п и т (п>0, 0 < т< и) получаем искомое выражение для биномиальных вероятностей — так называемую формулу Бернулли-.
D„т_п—т= тЧп_туР -/D„т_п—т= тЧп_туР -/(И(И
D„т_п—т
= тЧп_туР -/
D„т_п—т
= тЧп_туР -/
(И
(И
Совокупность и + 1 событий, состоящих в том, что из и испытаний «успех» наступил 0, 1, 2, 3,..., п раз, является, очевидно, полной группой событий и, следовательно, сумма вероятностей этих событий равна единице. Иначе говоря, равна единице сумма биномиальных вероятностей:
пп
(2)(2)Vl>N VCrV I.
(2)
(2)
т=0т-0
Отметим, что совокупность вероятностей, состоящую из п + 1 биномиальных вероятностей, называют биномиальным законом распределения вероятностей.
Примечание. Читатель должен был обратить внимание на то, что здесь часто встречается слово «биномиальный». Это связано с биномом Ньютона. Напомним формулу бинома Ньютона:
(о + Ь)п = £ С™Ьтап"т.(****)
Частными случаями этой формулы являются формулы:
(а + b^ = а2 + 2Ь • а + Ь2;
(а + Ь)3 = а3 +ЗЬ-а2 + ЗЬ2 -а + Ь3;
(а + b^ = а4 + 4Ь • а3 + 6Ь2 • а2 + 4Ь3 -а + Ь4;
(а + Ь)5 = a5 +5b - а4 + 10b2 • а3 + 10Z>3 ■ а2 + 5Ь4 - а + Ь5.
Подставим в (****) а = q и b = ps, где р и q — вероятности двух исходов в испытаниях Бернулли, s — некое число. В результате соотношение (****) примет вид:
(q + ps)R = ^C™pm .qn"m -sm.
С учетом (1) получаем отсюда:
(q + ps)n = ^Pn(m)-sm.(*****)
Итак мы видим, вероятности Рп(т) выступают в (*****) в качестве коэффициентов в разложении бинома (q + ps)n по степеням числа s. Отсюда и название «биномиальные» для этих вероятностей. Отсюда и термин «биномиальный закон распределения вероятностей» для совокупности вероятностей Рп(т).
Заметим, что при 5=1 соотношение (*****) превращается в уже известное нам соотношение (2).
Отметим четыре следствия формулы Бернулли:
вероятность того, что в п испытаниях «успех» наступит все п раз:
PnW = p";(3)
вероятность того, что в и испытаниях «успех» не наступит ни разу:
РЖ = дп;(4)
вероятность того, что в п испытаниях «успех» наступит менее т раз или вообще не наступит (обозначим эту вероятность через Qn^mY
т-1
Qn (т) = Р„ (0) + Р„ (1) +... + Р„ (/и - 1) = £ Р„ (/);(5)
/=о
вероятность того, что в п испытаниях «успех» наступит не менее т раз (обозначим эту вероятность через Rn(m)Y
т-1
==(6)
/=1
эту же вероятность можно найти с помощью формулы:
и
Ш = РЖ + Рп{т +1) += £ РЖ (7) i-m
Рассмотрим несколько задач.
Задача 1. Какова вероятность того, что при семи бросаниях монеты орел выпадет не менее трех раз?
Решение. В данной задаче п = 7, т = 3, р = q = 1 / 2. Используя (6) и (1), находим:
RM = 1" (РФ) + P(D + Ж = 1" (1 / 2)7 • (С7 + С* + С7) == 1 - (1/128) • (1+7+21) = 1 - 29/128 = 99/128.
Тот же результат получим, воспользовавшись формулой (7):
Р7(3) = Р7(3) + Р7(4) + Р7(5) + Р7(6) + Р7(7) =
= (1/2)7 • (С73 +С74 +С75 +С76 +С77) =
= (1 /128) - (35 + 35 + 21 + 7 +1) = 99/128.
Задача 2. На экзамен вынесены 15 вопросов и для каждого предлагаются три ответа, один из которых правильный. Какова вероятность того, что методом простого угадывания будут даны правильные ответы на какие-либо 10 вопросов?
Решение. Здесь п = 15, т = 10, р = 1 / 3, q = 2 / 3. Применяя формулу (1), находим:
Р15(10) = (15!/1О!5!) (1/3)10 -(2/3)5 = 32032/47822969 = 0,0067.
Задача 3. Вероятность, что изделие будет выпущено с браком, равна 1%. Изготовлено 10 изделий. Какова вероятность, что с браком окажутся не более одного изделия?
Решение. Поставленный вопрос можно сформулировать иначе: Какова вероятность, что с браком окажется одно изделие или не окажется ни одного? Таким образом, надо вычислить вероятность Р равную Рю(0) + Р10(1). Используя формулу Бернулли и значения вероятностей р = 0,01 и q = 0,99, находим:
Р = q10 ^C^p-q^ = (О,99)10 +10 0,01 (0,99)9 =
= 0,90438 + 0,09135 =0,99573.
В § 7.7 приводились статистические данные по рождаемости мальчиков и девочек и на их основе подсчитывалась вероятность рождения девочки; она оказалась равной 0,4825. Используя эту вероятность, решим следующую задачу.
Задача 4. В цирк отправилась группа первоклассников из 6 человек, отобранных в классе по жребию. Полагая, что вероятность рождения девочки р = 0,4825, найдите вероятность того, что в данной группе не больше двух девочек.
Решение. Искомая вероятность Р есть
Р6(0) + Р6(1) + Р6(2) = q6 + С*. р. q5 + С2 • рг q4 =
= (0,5175)6 +6-0,4825 • (0,5175)5 +15 (0,4825)2 • (0,5175)4 =
= 0,0192 + 0,1074 + 0,2504 = 0,377.
Разумеется все эти (и подобные им) вычисления следует выполнять с помощью калькулятора.
Доказательство двух соотношений
С БИНОМИАЛЬНЫМИ ВЕРОЯТНОСТЯМИ
Речь идет о соотношениях:
п
(8)(8)(9)(9)52 т • Р„(т) = пр;
(8)
(8)
(9)
(9)
т=0
п
52 ^2 • Рп(т^= «2?2 + ^рс - р).
т=0
Докажем соотношение (8). Предварительно заметим, что
Ипп
52 т ■ Pn(m) = Q-P^V^m.Pn<m)=^m- Рп(т).
т=0т\т\
Используя формулу Бернулли, представим:
ПП|
£ W=
/77От\7
- nDV^ ~ ^!Dm-1 п-т _ у' ст-1 т-1 п-т пр2^ (т-Мп-тУ.Р q -^^n-iP9■
/77 1 хх7/7/1
Введя обозначение т - 1 = г, перепишем последнее выражение так:
п-1
г-0
Сумма в данном выражении есть, согласно формуле Бернулли, п-1
52 Д-1(г)~ Воспользовавшись соотношением (2), заключаем, что эта
г-0
сумма равна единице. Соотношение (8) доказано.
Докажем соотношение (9). Представим: т2 = т + т(т - 1). Тогда
пп
52 т2 Р„(т) = ^т2 Рп<т) =
/77-О///1
ппп
= 52 т ■ Рп(т) + 52 ^(^ -1) ■ Рп^т) = пр + 5? т(т ~ 1) ■ РЛт\ (*)
/77Iт-1т-1
Используя формулу Бернулли, преобразуем сумму в (*) к виду:
п52 т(т -1)т-2п52 т(т -1)т-2п\т !(л - т)!п\т !(л - т)!pmqpmqи- ти- т
п
52 т(т -1)
т-2
п
52 т(т -1)
т-2
п\т !(л - т)!
п\т !(л - т)!
pmq
pmq
и- т
и- т
= п(п - i)i252т=2= п(п - i)i252т=2(^ 2)! т-2 п-т(т - 2)\(п - т)!
= п(п - i)i252
т=2
= п(п - i)i252
т=2
Введя обозначение т - 2 = г, перепишем последнее выражение так:
п-2.
п(п - 1Хр2 52 Crn_2prq<n"2)-rг=0
Сумма в данном выражении есть, согласно формуле Бернулли, /2-2
У^ Р^^г), а это есть единица, согласно соотношению (2). Таким образом, г=0
и
^ т (jn - V) Рп (jn) = п (п - 1?) р2.(**)
т—2
Подставляя (**) в (*), находим: п
пр + у2 т^т ~ 1) ■ Рп(т) = пр+п(п - 1)л = ^р1+пр^ - pY
Соотношение (9) доказано.
Математическое ожидание «успеха».
Среднее число «успехов»
]\^атематическое ожидание «успеха» в п испытаниях Бернулли есть сумма произведений тРп(т), вычисленная для всех т от 1 до п. Введя обозначение (/и) для этого понятия, можем записать:
И
W = 52 mPAmY(Ю)
/72 1
Воспользовавшись соотношением (8), получаем, что
(т) = пр.(11)
Выясним, какой смысл имеет понятие (/и) и почему его называют «математическим ожиданием».
Термин «математическое ожидание» стал использоваться в начальный период развития теории вероятностей (в XVII-м столетии), т. е. в те времена, когда область применения теории ограничивалась азартными играми. Игроков интересовало среднее значение ожидаемого выигрыша, которое они стали называть математическим ожиданием выигрыша.
О математическом ожидании (т), представляемом формулой (11), нередко говорят, что это есть среднее число «успехов» в п испытаниях Бернулли. Такое толкование смысла термина «математическое ожидание» требует очевидно, разъяснения, о каком усреднении идет тут речь. Воспользуемся частотным определением вероятности. Пусть в 1-й серии
из и испытаний событие А (т. е. «успех») наступило тх раз, во 2-й серии из и испытаний наступило т2 раз, в 3-й серии — т3, раз и т. д. Пусть всего выполнено к серий испытаний (по п испытаний в каждой серии).
к
Обозначим через М(Л) сумму У^ т,, т. е. полное количество наступле
ний события А в к сериях. Поделив М^ на к, мы получим среднее число появлений события в каждой из к серий испытаний:
т = (тх + т2 +... + тк^)к = М(А)/к(*)
(усреднение выполнено по к сериям). А поскольку в каждой серии было п испытаний, то полное число испытаний А равно
N = пк.(**)
Разделив М(А) на N, мы получим частоту появления события А в рассматриваемых испытаниях. Согласно частотному определению вероятности (см. § 7.7), частота наступления события А, т. е. отношение М(Л) / N, дает при А» 1 приближенное значение вероятности Р(Л). Значит, приближенно можем записать:
M(A)/N=p при А> 1.(***)
Используя (**) и (***), перепишем (*) в виде:
_ М(Л) М(Л),,
т = 1Пк = ^^п = рп-
Этот результат будет тем точнее, чем больше полное число испытаний.
Итак, мы убедились, что математическое ожидание (т) = пр приближенно равно среднему арифметическому числу «успехов» в п испытаниях Бернулли. Кроме того, у математического ожидания есть еще одна интерпретация, которую мы рассмотрим в следующем параграфе.
А пока приведем два простых примера. Допустим, что вероятность появления бракованного изделия на предприятии равна 0,025. Чему равно среднее число бракованных изделий на каждую тысячу изделий, изготовленных данным предприятием? В соответствии с (11) находим, что искомое среднее число равно пр = 1000 • 0,25 = 25.
Другой пример. Примем, что вероятность рождения девочки равна 0,4825. Чему равно среднее число рождений девочек на каждую тысячу новорожденных! Используя (11), находим, что искомое среднее число есть пр = 1000 • 0,4825 = 482,5. Конечно, озвучивать такой ответ не вполне удобно, хотя с точки зрения математики он верен. Чтобы не говорить «четыреста восемьдесят две с половиной девочки», надо или округлить резуль-
тат (в среднем на каждую тысячу новорожденных приходится 483 девочки), или увеличить число испытаний в серии и рассматривать среднее число рождений девочек на каждые десять тысяч новорожденных (в среднем на каждые десять тысяч новорожденных приходится 4825 девочек).
Наиболее вероятное число «успехов»
1 Хоставим вопрос: как изменяются значения биномиальных вероятностей Р„(/и) по мере возрастания т от Одо и? Используя (1), выразим отношение Рп(т + 1) к Рп(ту.
Рп(т + 1) _п'.т'.(п-т)\ рт+\дП-т-\ _п_т р
Рп(т) (т + 1)!(л - т - 1)!л! pmqn~m т + Х q" *
Из (*) следует, что Рп (m + 1) > Рп (т), если (п - т) • р > (т + 1) • q.
Второе неравенство можно переписать в виде: (пр - q)> т.
Итак, если (пр - q) > т, то Рп(т + 1) > Рп (т) и, значит Рп (т) возрастает с увеличением т; если (пр - q) <т, то Рп (т + 1) < Рп (т) и, значит, Рп (т) убывает с увеличением т.
Мы видим, что сначала по мере роста т в пределах от 0 до пр - q вероятности Рп(т) постепенно возрастают, а затем, по мере дальнейшего роста т (в пределах от пр - q до и) вероятности Рп (т) постепенно убывают. Возрастание Рп(т) начинается от значения Pn(Q^ = qn, а убывание завершается при значении Рп(п) =рп.
Выясним, при каком значении т биномиальная вероятность оказывается наибольшей. На первый взгляд, ответ ясен: это происходит при т = пр - q. Однако такой ответ слишком поспешен. Как правило, разность пр - q не является целым числом, тогда как т принимает лишь целочисленные значения.
Предположим, что разность пр - q оказалась где-то между целыми числами т' и т' + 1 (см. рис. 1 в таблице 41). Поскольку (пр - q) > т( то, согласно (**), Рп(т' + 1) > Рп(т'\ а поскольку (пр - q) < (т' + 1), то, согласно (***), Рп(т' + 2) < Рп(т' + 1). Таким образом,
Рп(т^<Рп(т'+1)<Рп(т' + 2у
При
т' < (пр - q) < (т' + 1)(12)
наиболее вероятное число «успехов» равно т’ + 1.
Легко убедиться, что в частном случае, когда ^ = у=1/2ии четное число, наиболее вероятное число «успехов» равно математическому ожиданию пр.
Теперь рассмотрим тот относительно редкий случай, когда разность пр - q оказывается целым числом. Так как пр - q = пр - (1 - р) = = р(п + 1) - 1, то отсюда следует, что при заданном п разность пр - q окажется целочисленной для тех значений р, для которых выполняется условие:
^ =(ц + 1)/(л+1) ,(****)
где ц — любое целое число от 0 до п - 1. Например, при п = 9 условие (****) выполняется для р = 1 / 10, 2/10, 3 / 10, 4 / 10, 5 / 10, 6 / 10, 7 / 10, 8/10, 9/10.
Итак, предположим, что условие (****) выполнено; пусть пр - q=m'
щ п
(см. рис. 2 в таблице 41). Если пр - q = т', то —-,— = 1 и, соглас-
т +1 9
но (*), Рп(т'} = Рп(т' + 1). Наиболее вероятными оказываются не одно, а два числа «успехов».
При np-q=m'(13)
есть два наиболее вероятных числа «успехов»: т' и т' + 1.
На рисунках 1 и 2 в таблице 41 наиболее вероятные числа «успехов» показаны черными треугольниками.
Остается уточнить, насколько близко к вероятным числам «успехов» находится математическое ожидание пр. Если пр - q = т’, то сразу получаем: np = q+m' и, значит, пр попадает в интервал значений между т' и т' + 1, т. е., оказывается между двумя наиболее вероятными числами «успехов» (см. заштрихованный участок на рисунке 2). Теперь предположим, что
т' < (пр - q) < (т' + 1).
Преобразуем эти неравенства к виду:
т' + q < пр < (т' + 1 + q).(*****)
Учитывая, что 0<#< 1, заключаем: если выполняются неравенства (*****), то тем более будут выполняться неравенства
т' < пр < (т' + 2).
Следовательно, математическое ожидание пр находится вблизи наиболее вероятного числа «успехов» т' + 1, отклоняясь от него влево или вправо в пределах единицы (см. заштрихованный участок на рисунке 1).
Итак, математическое ожидание пр есть величина, близкая к наиболее вероятным числам «успехов» (отклонение в пределах единицы). Этот результат вполне логичен: наиболее вероятное число «успехов» в той или иной серии независимых испытаний может рассматриваться как математическое ожидание «успеха» в этой серии испытаний.
Рассмотрим следующий пример. Всхожесть посеянных шести семян равна р = 0,6. В первом случае предлагается сравнить вероятности того, что взойдут шесть семян, и того, что взойдут пять семян. Во втором случае предлагается сравнить вероятности того, что взойдут шесть семян и взойдет только одно семя.
Те, кто не знакомился с теорией вероятностей, обычно полагают, что в первом случае вероятности не должны сильно различаться (ведь 5 и 6 не сильно различаются), а вот во втором случае различие вероятностей должно быть значительным (поскольку 1 и 6 существенно различны). Проверим, насколько справедливы такие предположения. Для этого, воспользовавшись формулой Бернулли, подсчитаем:
Р6(1) = Cb -q6 = 6 • (0,6) • (0,4)5 = 0,037, Р6(5) = С65 р5 • q = 6 • (0,6)5 • (0,4) = 0,187, Р6(б) = /=(0,б)6 = 0,047.
Получается, что высказанные неискушенными людьми предположения оказались неверными. Вероятности Ре(5) и Р6(6)существенно различны (Ре(5) /Рб(6) = 4). А вот вероятности Р6(6) и Р6(1), напротив, довольно близки (Рб(1) / Рб(6) = 1,3). Чтобы понять, в чем тут дело, найдем наиболее вероятное число всходов для рассматриваемой серии испытаний. Так как пр - q = б • 0,6 - 0,4 = 3,2, то, согласно (12), наиболее вероятное число всходов равно 4. Числа всходов, равные 1 и 6, находятся по разные стороны от 4. Вероятность для т = 1 еще толком не возросла, тогда как вероятность для т = 4 уже заметно снизилась; поэтому данные вероятности оказываются близкими. Числа же всходов 5 и 6 находятся по одну сторону от 4 — когда, пройдя через максимум (при т = 4) вероятность начинает быстро убывать.
Задача. У первого стрелка вероятность попадания в «яблочко» рх = 0,2, а у второго стрелка — р2 = 0,7. Каждый выполняет по 8 выстрелов. Насколько больше наиболее вероятное число попаданий в «яблочко» у второго стрелка по сравнению с первым стрелком ? Каковы вероятности того, что каждый из стрелков реализует свое наиболее вероятное число попаданий?
Решение. Для первого стрелка: прх - qx = 8 • 0,2 - 0,8 = 0,8; поэтому, согласно (12), наиболее вероятное число попаданий в «яблочко» равно 1. Для второго стрелка:
пр2 - Qi = ^ * ^Л - 0,3 = 5,3; поэтому наиболее вероятное число попаданий равно 6. Искомая разность составляет 5. Теперь подсчитаем вероятности. Для первого стрелка искомая вероятность есть: P%Y = Q1 • pY • qy = 8 • 0,2 • (0,8)7 = 0,336. Для второго стрелка искомая вероятность есть: Р8(6) = С8б • р^ • q2 = 28 • (0,7)6 • (0,3)2 = 0,296.
Биномиальный закон распределения вероятностей
Совокупность значений Рп(т) для заданных п и р называют биномиальным законом распределения вероятностей (проще: биномиальным распределением вероятности). На рис. 3 в таблице 41 графически представлены в качестве примера четыре биномиальных распределения:
и = 23, /2 = 0,05 (пр = 1,15),
п = 23, /> = 0,1 (л/> = 2,3),
п = 23, /> = 0,5 (и/2=11,5),
л = 23, /2 = 0,8 (пр = 18,4).
По горизонтальной оси отложены значения т от Одо 23, по вертикальной оси отложены значения биномиальных вероятностей. График биномиального распределения вероятностей — это совокупность п + 1 точек на данной координатной плоскости. Абсцисса каждой точки — одно из значений т, а ордината — значение соответствующей вероятности Рп (т). Для большей наглядности точки на рисунке 3 соединены отрезками прямых.
Как легко видеть, график распределения 1 состоит на рисунке только из семи точек, хотя всего должно быть п + 1 = 24 точки. Недостающие точки не попали на рисунок просто потому, что для них Рп(т) <0,01. По этой же причине остальные распределения представлены на рисунке наборами точек меньше 24. Так, на графике распределения 4 показаны только 12 точек — для т = 12, 13, 14, ..., 23. Остальные 12 точек (для т = 0, 1, 2, 3,..., 11) «не попали в кадр», поскольку их ординаты меньше 0,001.
В соответствии с тем, что говорилось в § 11.5, наблюдаем на графиках следующие наиболее вероятные числа «успехов»:
для распределения 1: т= 1 (вероятность равна 0,372),
для распределения 2: т = 2 (вероятность равна 0,277),
для распределения 3: /и=11и/и=12 (вероятность равна 0,161),
для распределения 4: т = 19 (вероятность равна 0,204).
Во всех случаях наиболее вероятное число успехов отличается от математического ожидания пр менее, чем на единицу (математические ожидания выделены на рисунке при помощи пунктирных вертикалей).
В соответствии с соотношением (2), сумма значений ординат всех п + 1 точек на графике распределения Рп(т) должна быть равна 1. Убедимся в этом на примере распределения, имеющего в таблице 41 первый номер. Выпишем значения ординат семи точек, показанных на графике: 0,307 (т = 0), 0,372 (/и=1), 0,215 (т = 2), 0,079 (т = 3), 0,021(т = 4), 0,004 (т = 5), 0,001 (/и = 6). Сумма этих чисел равна, как нетрудно подсчитать, 0,999. До единицы не хватает 0,001. Это есть сумма значений ординат точек, не попавших на рисунок (имеются в виду точки с т = 7, 8, 9,..., 24).
Обратим внимание на то, что при малых р основной вклад в сумму ^Рп(т) дают вероятности с малыми т (максимум распределения смет
щается влево, поближе к т = 0), тогда как при р вблизи 1 основной вклад вносят вероятности с большими т (максимум распределения смещается вправо, поближе к т = п). Как и следовало ожидать, по мере уменьшения р наблюдается постепенное снижение числа «успехов» в любой конкретной серии испытаний (при р = 0 наступление «успеха» в данной серии полностью исключается), тогда как по мере приближения р к единице наблюдается постепенное увеличение числа «успехов» в рассматриваемой серии испытаний (при р = 1 во всех и испытаниях серии наступает «успех»). При р = q = \/2 график распределения принимает симметричный (по отношению к пр) вид, что и демонстрирует график распределения 3 в таблице 41.
При р = ^ = 1 /2 графики биномиальных распределений имеют симметричный вид при любых п. Если при этом п — нечетное число, то наблюдаются два наиболее вероятных числа «успехов», при этом математическое ожидание пр оказывается строго посредине между этими числами. Если же п — четное число, то наблюдается лишь одно наиболее вероятное число «успехов» в серии; оно равно пр, т. е. п = 1 / 2. Шесть симметричных графиков с четными п представлены на рис. 1 в таблице 42 (для п = 4, 6,10, 14, 18, 24).
Закон больших чисел в форме Бернулли
Напомним утверждение, высказанное в конце § 7.8: «При сколь угодно больших п не сами отклонения частоты от вероятности события стремятся к нулю, а всего лишь вероятности этих отклонений становятся сколь угодно малыми». Это утверждение было впервые доказано Якобом Бернулли. С легкой руки Пуассона его стали называть законом больших 316
Таблица 42. Биномиальный закон распределения вероятностей и доказательство теоремы Бернулли
чисел. Доказательство, данное Бернулли, называют сегодня теоремой Бернулли. В общем случае закон больших чисел был рассмотрен П.Л. Чебышевым; ему же принадлежит заслуга весьма простого доказательства этого закона в частном случае, когда используется схема Бернулли. Данный частный случай математики именуют законом больших чисел в форме Бернулли. Познакомимся с доказательством этого закона, приведенным П.Л. Чебышёвым.
Пусть в некоторой серии из п независимых испытаний событие А, имеющее вероятность р, наступило т раз. Отношение т / п есть частота появления события А в данной серии. Немецкий математик Р. Мизес полагал, что, если рассматривать серии, в которых число испытаний п будет становиться все больше и больше, то частота т / п наступления события А будет всё меньше и меньше отличаться от вероятности р, так что в пределе при п оо она должна стать равной вероятности:
lim (т / п) = р.
Мы уже отмечали (см. § 7.8), что подобное утверждение неправомерно по той простой причине, что в любой серии испытаний число т наступлений события А является случайным. Случайность наступления события А принципиально не позволяет гарантировать того, что величина | (т / п) - р | станет меньше любого малого числа е, если рассматривать серии с достаточно большим количеством п испытаний. Иными словами, выбрав произвольное малое е, мы не вправе полагать, что для любой серии с достаточно большим числом испытаний п должно выполняться неравенство
тти Ри Р
т
т
и Р
и Р
>е , будет>е , будетВсегда может появиться серия испытаний, в которой неравенство (*) нарушится. Однако (и именно в этом вся суть!) вероятность того, что
>е , будет
>е , будет
такая серия появится (обозначим эту вероятность
по мере увеличения п стремиться к нулю. Подчеркнем: хотя появление
серии испытаний, в которойсерии испытаний, в которойт~п Рт~п Р>е, возможно в принципе всегда>е, возможно в принципе всегда
серии испытаний, в которой
серии испытаний, в которой
т
~п Р
т
~п Р
>е, возможно в принципе всегда
>е, возможно в принципе всегда
(как бы велико п ни было), однако это появление будет тем менее вероятно, чем больше п. Именно в этом и проявляется феномен статистичес
кой устойчивости частот наступления случайного события, который де
лает возможным использование частотного определения вероятности.
Итак, вместо предела limп^эсИтак, вместо предела limп^эсттп Рп Р= 0, существует иной предел:= 0, существует иной предел:lim Рп^оо
Итак, вместо предела lim
п^эс
Итак, вместо предела lim
п^эс
т
т
п Р
п Р
= 0, существует иной предел:
= 0, существует иной предел:
т"п” Рт"п” Р(14)(14)стремится к нулю вероятность того, чтостремится к нулю вероятность того, чтот п Рт п Р> £ для любого сколь> £ для любого скольВ связи с этим говорят, что, хотя при п —» оо нет обычной сходимости т / п к р, однако существует сходимость по вероятности-, при л —> оо
т
"п” Р
т
"п” Р
(14)
(14)
стремится к нулю вероятность того, что
стремится к нулю вероятность того, что
т п Р
т п Р
> £ для любого сколь
> £ для любого сколь
угодно малого е.
Именно таков смысл теоремы Бернулли, если выразить его, пользуясь языком современной математики. Приведем доказательство этой теоремы, данное П.Л. Чебышевым. Соотношение (14) можно, очевидно, переписать в виде:
(15)(15)lim Р (| т - пр | > е) = 0.
(15)
(15)
П^ОС
Именно этот предел мы и должны установить.
Начнем с того, что для некоторого фиксированного п выразим вероятность Р(\ т - пр | > пе) через биномиальные вероятности Рп{т). Понятно, что
Р(\т — пр\ >ле) = 52 P«W,| тп—пр \>пг
где суммирование выполняется по всем т, удовлетворяющим условию
(***)(***)| т - пр | > пе ,
(***)
(***)
т. е. по всем т вне промежутка от пр - пе до пр + пе. На рис. 2 в таблице 42 все эти т находятся или справа от Ь, или слева от а. Сложив длины всех вертикальных отрезков на этом рисунке, которые оказались справа от b или слева от а, мы как раз и получим значение вероятности Р (| т - пр | > не) .
Из (***) видно, что [(/и - пр) / ле]2 > 1. Это позволяет получить из равенства (**) неравенство:
Р(| т - пр | > пе) <52[(^ - пр) / ие]2 Рп (т).
| т—пр \ >пг
Понятно, что мы еще более усилим последнее неравенство, если теперь заставим число т пробегать все значения от Одо л (а не только значения справа от b и слева от а)-.
1"2
P<\m-np\>m^<^-^zL<m-np^Pn<mY(****)
Теперь убедимся, что
lim 2J (т - пру Рп (т) = 0.(*****)
С учетом (2), (8) и (9) представим:
52 ^m-npf РпН =
£ т=0
= ^"Т 53 т2Рпип)-2пр^ тРп(т) + п2р2^Рп(т) ^ £ Vm—Yт=0т=0.
= 1 (п2р2 + пр — пр2 - 2прпр + п2р2\ =
ЛЕ
= ^-у^(1-р) = ^уР(1-^). П ЕЛЕ
p(l-p) r 1 пv lim — = 0.^ П^ОС Иp(l-p) r 1 пv lim — = 0.^ П^ОС ИОтсюда немедленно следует, что
p(l-p) r 1 п
v lim — = 0.
^ П^ОС И
p(l-p) r 1 п
v lim — = 0.
^ П^ОС И
lim ^Т 23 (W “ ПР^ Рп И = и-оо ЙД^ т=0
Итак, мы убедились, что соотношение (*****) справедливо: выраже-
1 А 2
ние —г—у 2_. (т - мр) Рп (т) действительно стремится к нулю при
л ^ оо. А поскольку вероятность Р (| т - пр | > ле) меньше этого выражения, то она тем более будет сходиться к нулю при л оо. Таким образом, соотношение (15) доказано, т. е. доказана теорема Бернулли (или, что то же, закон больших чисел в форме Бернулли).
Приближенный подсчет биномиальных вероятностей,предложенный Абрахамом Муавром и Пьером Лапласом
'Ч*АаАе*&. Формула Бернулли (1) красиво выглядит, но использовать ее на практике, когда л велико, весьма хлопотно. Допустим, вероятность выпуска бракованного изделия равна р = 0,04. Рассматривается
партия, состоящая из 800 изделий. Наиболее вероятное количество бракованных изделий в такой партии есть пр = 800 • 0,04 = 32. Мы хотим выяснить, чему равна вероятность того, что в данной партии окажется 32 бракованных изделия. По формуле Бернулли искомая вероятность равна
Р800(32) = С83оо • (0,04)32 • (0,9б)768.
Конечно, можно воспользоваться калькулятором. Однако даже с его помощью перемножить 768 раз число 0,96 не так-то легко. Еще труднее подсчитать С^. В самом деле,
32800!800-799-798-797-796-...-769
800 “ 32!-768! “2 • 3 • 4 • 5 • 6 •• 32’
Автор. Трудности, возникающие при подсчете Р„ (т) очевидны. Они еще больше возрастут, если потребуется найти вероятность того, что количество бракованных изделий будет, скажем, не больше 40. В этом случае пришлось бы подсчитывать сумму
^800 (0) + ^800 (1) + ^800 (2) + -^800 (3) + • • • + Р800(40).
'Чшиа&ель. Вот и возникает вопрос: нет ли какого-то иного способа подсчета Р„ (/и) в случаях, когда п велико? Пусть это будет приближенный подсчет. Лишь бы он позволял обойтись без формулы Бернулли.
Автор. Такой способ приближенного подсчета Рп (т) при больших п существует. Его предложил в 1730 году английский математик Абрахам де Муавр (1667-1754) для частной ситуации, когда р = q = 1 / 2. Спустя полвека выведенную Муавром формулу обобщил на случай произвольного р, отличного от 0 и 1, выдающийся французский астроном, математик, физик Пьер Симон Лаплас (1749-1827), автор знаменитой «Аналитической теории вероятностей» (1812) и пятитомного «Трактата о небесной механике». Так в математике появилась формула, которую ныне принято называть локальной приближенной формулой Лапласа. Наверное, справедливости ради, ее следует называть формулой Муавра- Лапласа.
*Ч«АаАе<<*. Как была получена эта формула? Как она выглядит?
Рп (т) = ф(х) / s[npq, где х = (т - пр) / ^npq.Рп (т) = ф(х) / s[npq, где х = (т - пр) / ^npq.Автор. Вывод формулы мы опустим. А выглядит она довольно просто:
Рп (т) = ф(х) / s[npq, где х = (т - пр) / ^npq.
Рп (т) = ф(х) / s[npq, где х = (т - пр) / ^npq.
(16)
Используемая здесь функция ф(х) часто встречается в теории вероятностей. Ее свойства исследовал выдающийся немецкий математик Карл Фридрих Гаусс (1777-1855); в честь него эту функцию принято называть
гауссовой кривой (а также «колоколом Гаусса»), График гауссовой кривой ф(х) изображен на рисунке в таблице 43; он и в самом деле напоминает колокол.
'Члмпбипе*^. По-моему, этот график больше похож на шляпу с широкими полями,
Автор. При х = О функция ф(х) принимает наибольшее значение; оно равно 0,4. По мере увеличения |х| значение функции уменьшается, приближаясь асимптотически к нулю. Строго говоря, гауссова кривая определена на всей числовой оси: -оо < х < оо; однако при |х| > 3 значения ф(х) становятся меньше 0,004 и поэтому на нашем графике не представлены. Отметим также, что ф(-х) = ф(х), т. е. функция ф(х) является четной функцией.
Таблица 43 содержит набор значений функции ф(х) в интервале значений х от 0 до 4; значения х выбраны с шагом 0,01. Значения функции приведены с точностью до четвертого знака после запятой.
*Ч«АаАе<<*. Как я понимаю, формула (16) является приближенной?
Автор. Да, приближенной. Чтобы ею пользоваться, нужно, чтобы число испытаний п было достаточно велико. Обратимся к нашему примеру, в котором требовалось найти Р800(32). Вот все вычисления:
п = 800, т = 32, р = 0,04, q = 0,96, пр = 32;
Jnpq = V800 • 0,04 • 0,96 = V30,72 = 5,54 ;
х = (т - пр) / Jnpq = (32 - 32) / 5,54 = 0;
Р800 (32) = ф(0) /5,54 = 0,4/5,54 = 0,072 .
'Чшна&ель. Как просто! Как я понимаю, чтобы найти вероятность того, что количество бракованных изделий окажется, например, в промежутке от 20 до 40, надо выбрать из таблицы 43 значения гауссовой кривой ф(х) для значений х, соответствующих, сложить эти значения и разделить сумму на ^npq .
Автор. Можно, конечно, поступить именно так. Но можно сделать проще — воспользоваться так называемой интегральной приближенной формулой Лапласа.
'Чи&лм1е<ль. Вне одна приближенная формула при больших л?
Автор. Да, еще одна. Эту формулу можно представить в виде:
т2
(17)(17)2 Л(«?) = Ф(х2)-Ф(Х1),т^ту
(17)
(17)
Таблица 43. Гауссова кривая
0,4
-3
-2
-1
0
х0 1
2
3
X
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
0,0
0,3989
3989
3989
3988
3986
3984
3982
3980
3977
3973
0,1
3970
3965
3961
3956
3951
3945
3939
3932
3925
3918
0,2
3910
3902
3894
3885
3876
3867
3857
3847
3836
3825
0,3
3814
3802
3790
3778
3765
3752
3739
3726
3712
3697
0,4
3683
3668
3653
3637
3621
3605
3589
3572
3555
3538
0,5
3521
3503
3485
3467
3448
3429
3410
3391
3372
3352
0,6
3332
3312
3292
3271
3251
3230
3209
3187
3166
3144
0,7
3123
3101
3079
3056
3034
ЗОН
2989
2966
2943
2920
0,8
2897
2874
2850
2827
2803
2780
2756
2732
2709
2685
0,9
2661
2637
2613
2589
2565
2541
2516
2492
2468
2444
1,0
0,2420
2396
2371
2347
2323
2299
2275
2251
2227
2203
1,1
2179
2155
2131
2107
2083
2059
2036
2012
1989
1965
1,2
1942
1919
1895
1872
1849
1826
1804
1781
1758
1736
1,3
1714
1691
1669
1647
1626
1604
1582
1561
1539
1518
1,4
1497
1476
1456
1435
1415
1394
1374
1354
1334
1315
1,5
1295
1276
1257
1238
1219
1200
1182
1163
1145
1127
1,6
1109
1092
1074
1057
1040
1023
1006
0989
0973
0957
1,7
0940
0925
0909
0893
0878
0863
0848
0833
0818
0804
1,8
0790
0775
0761
0748
0734
0721
0707
0694
0681
0669
1.9
0656
0644
0632
0620
0608
0596
0584
0573
0562
0551
2,0
0,0540
0529
0519
0508
0498
0488
0478
0468
0459
0449
2,1
0440
0431
0422
0413
0404
0396
0387
0379
.0371
0363
2,2
0355
0347
0339
0332
0325
0317
0310
0303
0297
0290
2,3
0283
0277
0270
0264
0258
0252
0246
0241
0235
0229
2,4
0224
0219
0213
0208
0203
0198
0194
0189
0184
0180
2,5
0175
0171
0167
0163
0158
0154
0151
0147
0143
0139
2,6
0136
0132
0129
0126
0122
0119
0116
0113
ОНО
0107
2,7
0104
0101
0099
0096
0093
0091
0088
0086
0084
0081
2,8
0079
0077
0075
0073
0071
0069
0067
0065
0063
0061
2,9
0060
0058
0056
0055
0053
0051
0050
0048
0047
0046
3,0
0,0044
0043
0042
0040
0039
0038
0037
0036
0035
0034
3,1
0033
0032
0031
0030
0029
0028
0027
0026
0025
0025
3,2
0024
0023
0022
0022
0021
0020
0020
0019
0018
0018
3,3
0017
0017
0016
0016
0015
0015
0014
0014
0013
0013
3,4
0012
0012
0012
ООП
ООП
0010
0010
0010
0009
0009
3,5
0009
0008
0008
0008
0008
0007
0007
0007
0007
0006
3,6
0006
0006
0006
0005
0005
0005
0005
0005
0005
0004
3,7
0004
0004
0004
0004
0004
0004
0003
0003
0003
0003
3,8
0003
0003
0003
0003
0003
0002
0002
0002
0002
0002
3,9
0002
0002
0002
0002
0002
0002
0002
0002
0001
0001
где
х, = (тх - пр) / -Jnpq, х2 = (т2 - пр) / фпрц.
Функцию Ф(х) часто называют функцией Лапласа. Ее график представлен на рисунке в таблице 44. Функция Ф(х)— нечетная функция: Ф(-х) = -Ф(х). Таблица 44 содержит набор значений Ф(х) в интервале от х = 0 до х = 5; значения х выбраны с шагом 0,01. Значения функции Ф(х) приведены с точностью до пятого знака после запятой.
*%«#8<1#йд*<. Давайте посмотрим на практике, как работает формула (17). Найдем вероятность того, что количество бракованных изделий (вероятность брака р = 0,04) в партии из п = 800 изделий окажется в промежутке от 20 до 40.
Автор. В этом случае имеем:
X! = (20 - пр) / s[npq = (20 - 32) / 5,54 = -2,17,х2 = (40 - пр) / >[пй = (40-32)/5,54 = 1,44.
Искомая вероятность Р есть, согласно (17),
40
Р = Е Р8ооМ = Ф(1,44)-Ф(-2,17) = /77=20
= Ф (1,44) + Ф(2,17) = 0,425 + 0,485 = 0,91.
'Чшна&ель. А теперь найдем вероятность того, что в рассмотренной только что партии изделий количество бракованных изделий не будет превышать 40.
Автор. В этом случае имеем:
X! = (0 - пр) / ^прд = -32 / 5,54 = -5,8 ,х2 = (40 — пр) / 4npq = (40 — 32)/5,54 = 1,44.
Искомая вероятность Р есть:
40
Р = £ ^soo (т) = Ф(1,44) - Ф(—5,8) = Ф(1,44) + Ф(5,8).
'ЧаАаАм*. Но в таблице 44 приведены значения Ф(х) лишь для х, которые не превышают 5.
Автор. Посмотрите внимательно на график функции Ф(х). Можно спокойно полагать, что Ф(5,8) = 0,5. Таким образом, Р = Ф(1,44) + 0,5 = = 0,425 + 0,5 = 0,925.
X
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
0,0
0,00000
00399
00798
01197
01595
01994
02392
02790
03188
03586
0,1
03983
04380
04776
05172
05567
05962
06356
06749
07142
07535
0,2
07926
08317
08706
09095
09483
09871
10257
10642
11026
11409
0,3
11791
12172
12552
12930
13307
13683
14058
14431
14803
15173
0,4
15542
15910
16276
16640
17003
17364
17724
18082
18439
18793
0,5
19146
19497
19847
20194
20540
20884
21226
21566
21904
22240
0,6
22575
22907
23237
23565
23891
24215
24537
24857
25175
25490
0,7
25804
26115
26424
26730
27035
27337
27637
27935
28230
28524
0,8
28814
29103
29389
29673
29955
30234
30511
30785
31057
31327
0,9
31594
31859
32121
32381
32639
32894
33147
33398
33646
33891
1,0
34134
34375
34614
34850
35083
35314
35543
35769
35993
36214
1,1
36433
36650
36864
37076
37286
37493
37698
37900
38100
38298
1,2
38493
38686
38877
39065
39251
39435
39617
39796
39973
40147
1,3
40320
40490
40658
40824
40988
41149
41309
41466
41621
41774
1,4
41924
42073
42220
42364
42507
42647
42786
42922
43056
43189
1,5
43319
43448
43574
43699
43822
43943
44062
44179
44295
44408
1,6
44520
44630
44738
44845
44950
45053
45154
45254
45352
45449
1,7
45543
45637
45728
45818
45907
45994
46080
46164
46246
46327
1,8
46407
46485
46562
46638
46712
46784
46856
46926
46995
47062
1,9
47128
47193
47257
47320
47381
47441
47500
47558
47615
47670
2,0
47725
47778
47831
47882
47932
47982
48030
48077
48124
48169
2.1
48214
48257
48300
48341
48382
48422
48461
48500
48537
48574
2,2
48610
48645
48679
48713
48745
48778
48809
48840
48870
48899
2,3
48928
48956
48983
49010
49036
49061
49086
49111
49134
49158
2,4
49180
49202
49224
49245
49266
49286
49305
49324
49343
49361
2,5
49379
49396
49413
49430
49446
49461
49477
49492
49506
49520
2,6
49534
49547
49560
49573
49585
49598
49609
49621
49632
49643
2,7
49653
49664
49674
49683
49693
49702
49711
49720
49728
49736
2,8
49744
49752
49760
49767
49774
49781
49788
49795
49801
49807
2.9
49813
49819
49825
49831
49836
49841
49846
49851
49856
49861
3.0
0,49865
3,1
49903
3,2
49931
3,3
49952
3,4
49966
3,5
4,0
4,5
5,0
49977
499968
499997 49999997
3,6
49984
3,7
49989
3,8
49993
3.9
49995
'ЧнАеийе**. Мне кажется, что должна существовать какая-то связь между формулами (17) и (16).
Автор. Связь между ними действительно существует. Выберем некоторое значение х = хд. Оказывается (примем это без доказательства), что Ф(х0) есть не что иное, как площадь под графиком функции ф(х), рассматриваемым на отрезке от х = О до х = Лу. Взгляните на заштрихованную фигуру на рисунке в таблице 43. Площадь этой фигуры равна Ф(х^).
'Чшна&ель. Но тогда получается, что площадь под графиком гауссовой кривой ф(х), рассматриваемым на промежутке от Одо оо, должна равняться Ф(оо) = 1 / 2. И значит, полная площадь под колоколом Гаусса равна 1. Не так ли?
Автор. Так оно и есть. Как видите, наша беседа о том, как приближенно подсчитать Р„(/и) в случае больших п, дала возможность познакомиться с двумя важными для теории вероятностей функциями — «колоколом Гаусса» и «функцией Лапласа».
'ЧаАаАм*. А нельзя представить эти функции в виде формул?
Автор. Полагаю, что графики и таблицы дают полную информацию о функциях ф(х) и Ф(х). Что же касается формул, то тут необходимо предварительно познакомиться с числом е. Рассмотрим бесконечную последовательность чисел:
При п —> оо эта последовательность сходится к числу, которое получило у математиков «персональное имя» — «число е»:
(18)(18)е = lim 1 + — = lim (1 + (о)1/ю.п^оо ( И) со^О
(18)
(18)
Это число математики относят к категории так называемых трансцендентных чисел. Так они называют те иррациональные числа, которые нельзя получить, решая какие-либо алгебраические уравнения с целыми коэффициентами. Эти числа получают при вычислении пределов тех или иных числовых последовательностей. Вот так выглядит число е с точностью до двенадцатого знака после запятой:
е =2,718281828459...
Обозначение «е» для этого числа ввел в 1736 году известный математик и физик, швейцарец по происхождению Леонард Эйлер (1707-1783). Он вычислил данное число с точностью до двадцать третьего знака после
запятой. Полагаю, что еще одно трансцендентное число Вам достаточно хорошо известно. Я имею в виду число л — отношение длины окружности к длине диаметра.
'Члстате-хл. Число л — это весьма интересное число. Без него не обойтись, если вычислять объемы и площади поверхности различных «круглых тел» — шара, цилиндра, конуса. А чем интересно число е?
Автор. Главным образом тем, что позволяет представить формулы для целого ряда интересных функций. В частности, для гауссовой кривой:
фМ = -т=^ %2/2-(!9)
Какова вероятность того, что при бросаниях кубикаЧАСТОТА ВЫПАДЕНИЯ ЕДИНИЦЫ ОТКЛОНИТСЯ
ОТ 1 / 6 БОЛЕЕ, ЧЕМ НА 0,01?
Задача 1. Игральный кубик бросают 600 раз. Какова вероятность того, что частота выпадения единицы отклонится от 1 / 6 более, чем на 0,01?
Решение. Пусть т — число выпадений единицы при п бросаниях кубика. В нашем случае: п = 600, р = 1 / 6, q = 5 / 6 и, значит, пр = 100, ^npq = 9,129 . Искомая вероятность Р равна 1 - Р', где Р' — вероятность того, что число т будет удовлетворять неравенству:
жД|<омм
Преобразуем неравенство (*):
^^<0,01, |m-100|<6, 94<m<106.
600-1।■
106
Таким образом, Р' = ^ Лоо(т)- С учетом (17) получаем:
т=94
= Ф( ЛУ ) + Ф[9Л2^] = 2Ф^’‘^ = О'49'
Итак, искомая вероятность равна Р = 1 - Р' = 1 - 0,49 = 0,51.
Задача 2. Кубик бросают 3000раз. Какова вероятность того, что частота выпадения единицы отклонится от 1 / 6 более, чем на 0,01?
Решение. Оно такое же, как и в задаче 1. Только теперь и = 3000 и, значит, пр = 500, Jnpq =20,41. Вместо (*) имеем теперь неравенство:
т3000т3000бб<0,01,<0,01,
т3000
т3000
б
б
<0,01,
<0,01,
которое можно преобразовать к виду: 470 < т < 530 .
Используя (17), получаем:
530(_ 500(470 _ 500
р'= Е РзоооН =ф 20 41 "ф 20 41=2ф(30/20,41) =2Ф(1,47) =0,86.
m=470V ’/\’/
Искомая вероятность: Р = 1 - Р* = 1 - 0,86 = 0,14 .
Задача 3. Кубик бросают 6000раз. Какова вероятность того, что частота выпадения единицы отклонится от 1 / 6 более, чем на 0,01 ?
Решение. Теперь п = 6000 и, значит, пр = 1000, ^npq = 28,87 . Вместо (*) имеем теперь:
т6000т6000<0,01.<0,01.
т
6000
т
6000
<0,01.
<0,01.
Используя (17), получаем
1060Р = 52 ^6000 (^) = Фт=9401060Р = 52 ^6000 (^) = Фт=94011060-10001I 28,87 J11060-10001I 28,87 J1940-10001ф =[ 28,87 J1940-10001ф =[ 28,87 J
1060
Р = 52 ^6000 (^) = Фт=940
1060
Р = 52 ^6000 (^) = Фт=940
11060-10001
I 28,87 J
11060-10001
I 28,87 J
1940-10001
ф =
[ 28,87 J
1940-10001
ф =
[ 28,87 J
= 2Ф (60 / 28,87) = 2Ф (2,08) = 0,96.
Искомая вероятность: Р= \ Pf = \0,96 = 0,04.
Итак, мы выбрали некоторое малое число с (конкретно: с = 0,01) и подсчитали,
используя (17), вероятностьиспользуя (17), вероятность> £ для трех значений п. Получены следу> £ для трех значений п. Получены следу
используя (17), вероятность
используя (17), вероятность
> £ для трех значений п. Получены следу
> £ для трех значений п. Получены следу
ющие вероятности: 0,51 (для п = 600), 0,14 (для п = 3000), 0,04 (для п = 6000). По
лученные результаты соответствуют соотношению (14), выражающему закон боль
ших чисел.
Беседа о предельной теореме Пуассона
ИЛИ, ИНАЧЕ ГОВОРЯ, О ЗАКОНЕ РЕДКИХ СОБЫТИЙ
'Чшна&ель. Формулы (16) и (17), конечно, весьма упрощают подсчет биномиальных вероятностей в случае больших п. Но эти формулы приближенные и, естественно, возникает вопрос о том, как велико должно быть п, чтобы была достигнута приемлемая точность вычислений. Насколько я представляю, п должно быть больше нескольких десятков или, что еще лучше, нескольких сотен.
Автор. Подсчитаем, например, биномиальную вероятность Р400(80) при р = 0,2. Точный подсчет по формуле Бернулли дает Р400(80) = 0,0498, тогда как приближенный подсчет по формуле (16) дает Р400(80) = 0,0499. А вот для Рю(8) при р =0,75 получаем 0,282, если использовать формулу Бернулли, и 0,273, если использовать формулу (16). В первом примере формула (16) дает расхождение с точным результатом лишь в четвертом знаке после запятой, тогда как во втором примере расхождение с точным результатом наблюдается уже во втором знаке после запятой.
*Ч((АлЛл^. Значит, можно считать, что приближенные формулы Лапласа могут использоваться для подсчета биномиальных вероятностей, если л > 100?
Автор. Это так, хотя и не всегда так.
'ЧшОл&ыл.. Как такое понимать?
Автор. Дело в том, что нужно принимать во внимание величину р, т. е. вероятность наступления «успеха» в отдельном испытании. Как показывают вычисления (мы их опускаем), для уверенного использования приближенных формул (16) и (17) нужно, чтобы выполнялось условие:
пр(\ - р) > 10. (20)
Из (20) следует, что, если р«0,1 или р«з0,9, то нужно, чтобы число испытаний и было больше 100. Если же р»0,01 или р %0,99, то нужно, чтобы п было больше 1000. Отметим, что при р<0,01, равно как и при р > 0,99 формулами (16) и (17), как правило, не пользуются. Кстати, при р = 0 и при р = 1 эти формулы вообще не работают. Итак, недостаточно, чтобы п было большим. Важно, кроме того, чтобы вероятность «успеха» (вероятность р) не была слишком близкой к нулю или единице.
*Ч«АаАе<<*. Получается, что формулами (16) и (17) не следует пользоваться в случаях, когда рассматриваются вероятности того или иного количества «успехов», представляющих собой достаточно редкие события? Такие, например, как авария на городском транспорте, опечатка в книге, достижение девяностолетнего возраста, рождение близнецов. Неужели в подобных ситуациях неизбежны громоздкие вычисления по формуле Бернулли?
Автор. Выход из положения в таких ситуациях нашел выдающийся французский математик и физик Симеон Дени Пуассон (1781-1840). Чтобы понять ход его мыслей, обратим внимание на то, что выражение для РДт) в формуле Бернулли представляет собой формально функцию трех величин; п, т, р. Лаплас вслед за Муавром исследовал вопрос о том, во что превратится выражение для РДт), если увеличивать п, не
меняя при этом ни т, ни р. Он нашел, что при фиксированных тир выражение для Рп(т) претерпевает при переходе к большим п превращение:
(т-прУ
РЛт)^ ,1 е
ф2кпр(1 - р)
Так появилась локальная приближенная формула Лапласа (16) с гауссовой кривой (19). Итак, подчеркиваю, Лаплас рассмотрел предел
lim Рп(т) при постоянных значениях т и р.
'Ч^жхгте.*^. Простите, пожалуйста, но разве мог быть какой-то иной вариант? Число т (число «успехов» в серии испытаний) обязано быть постоянным; в схеме Бернулли его задают заранее. Ведь тут рассматривается вероятность появления данного числа т «успехов» в серии испытаний. А величина р — это вероятность наступления «успеха» в отдельном испытании. Для данного типа испытаний она тоже постоянна.
Автор. Заслуга Пуассона в том и состоит, что он предложил рассмотреть иной вариант. Пуассон задался вопросом: а что будет, если увеличивать п, оставляя при этом фиксированными не т и р, а т и пр? Во что тогда превратится выражение для Рп(т), описываемое формулой Бернулли? Пуассон понимал, что, получив ответ на данный вопрос, он тем самым найдет приближенное выражение для Рп(т), работающее в ситуациях, где велико п и в то же время мала вероятность р.
'Чшна&ель. Ну, конечно же! Ведь чтобы при увеличении п произведение пр оставалось неизменным, необходимо уменьшить р.
Автор. Вот именно. Следуя за Пуассоном, введем обозначение
пр = X(*)
п-т.(**)п-т.(**)и перепишем формулу Бернулли (1) так, чтобы теперь в ней фигурировали только п, т, X. С учетом (*) получаем:
п-т
.(**)
п-т
.(**)
nV 'т\п) [ п
'Чшна&ель. Все понятно! Нам остается найти предел lim Pwkm>, по
лагая т и X фиксированными.
Автор. Правильно. Только не будем торопиться. Учтем, что
п(п - 1)(и - 2у..(п - (т - 1)) _ С 11С21 Ст -11
птIЙЛп) Ч п 1
и что
И ) \ пИ ) \ п-тп-тп
И ) \ п
И ) \ п
-тп
-тп
после чего можем записать:
lim Рп(т) = п^оо
л т= —— limШ! и^оол т= —— limШ! и^оо] т — 1 и] т — 1 иlimlim/ л \—т1 — —• lim/ л \—т1 — —• lim
л т
= —— lim
Ш! и^оо
л т
= —— lim
Ш! и^оо
] т — 1 и
] т — 1 и
lim
lim
/ л \—т
1 — —• lim
/ л \—т
1 — —• lim
Ясно, что первые два предела равны единице и, следовательно,
limP„(m) =—-lim 1 — — .f***)
n / rn \ п^оо V И)v ’
Введя обозначение -X / и = со, перепишем оставшийся предел в виде:
/X Х>1г,-Х
lim 1= lim(l + со)-^® = lim(l + co)1/w .
h^oq (Л Jго—0Ш)—О.
С учетом (18), заключаем, что
/ Л \Пlim 1= е-Х.
п^оо ( И )
Подставляя этот результат в (***), получаем:
lim РЛт) = ^—е-Х.(****)
*Ч«АаАе<<*. Вот мы и выполнили предельный переход, задуманный Пуассоном!
Автор. И тем самым доказали так называемую предельную теорему Пуассона. Ее формулируют так: если п велико, а р мало, справедливо соотношение:
Wj=25r£j<21>
На рис.1 в таблице 45 приведен набор значений Рп(т), вычисленных по формуле (21) для различных значений т и Х= пр. Он позволит нам
Таблица 45. К предельной теореме Пуассона
Рис.1
т
Х=0,1
Х=0,2
х=о,з
Х=0,4
Х=0,5
Х=0,6
Х=0,7
Х=0,8
Х=0,9
Х=1
0
0,9048
0,8187
0,7408
0,6703
0,6065
0,5488
0,4966
0,4493
0,4066
0,3679
1
0,0905
0,1637
0,2222
0,2681
0,3033
0,3293
0,3476
0,3595
0,3659
0,3679
2
0,0045
0,0164
0,0333
0,0536
0,0758
0,0988
0,1217
0,1438
0,1647
0,1839
3
0,0002
0,0011
0,0033
0,0072
0,0126
0,0198
0,0284
0,0383
0,0494
0,0613
4
0,0001
0,0003
0,0007
0,0016
0,0030
0,0050
0,0077
0,0111
0,0153
5
0,0001
0,0002
0,0004
0,0007
0,0012
0,0020
0,0031
6
0,0001
0,0002
0,0003
0,0005
т
Х=2
Х=3
Х=4
Х = 5
Х=6
Х=7
Х=8
Х = 9
Х=10
0
0,1353
0,0498
0,0183
0,0067
0,0025
0,0009
0,0003
0,0001
0,0000
1
0,2707
0,1494
0,0733
0,0337
0,0149
0,0064
0,0027
0,0011
0,0005
2
0,2707
0,2240
0,1465
0,0842
0,0446
0,0223
0,0107
0,0050
0,0023
3
0,1804
0,2240
0,1954
0,1404
0,0892
0,0521
0,0286
0,0150
0,0076
4
0,0902
0,1680
0,1954
0,1755
0,1339
0,0912
0,0572
0,0337
0,0189
5
0,0361
0,1008
0,1563
0,1755
0,1606
0,1277
0,0916
0,0607
0,0378
6
0,0120
0,0504
0,1042
0,1462
0,1606
0,1490
0,1221
0,0911
0,0631
7
0,0034
0,0216
0,0595
0,1044
0,1377
0,1490
0,1396
0,1171
0,0901
л т
8
0,0009
0,0081
0,0298
0,0653
0,1033
0,1304
0,1396
0,1318
0,1126
е 1
9
0,0002
0,0027
0,0132
0,0363
0,0688
0,1014
0,1241
0,1318
0,1251
"х 7 т!
10
0,0008
0,0053
0,0181
0,0413
0,0710
0,0993
0,1186
0,1251
11
0,0002
0,0019
0,0082
0,0213
0,0452
0,0722
0,0970
0,1137
Х = пр
12
0,0001
0,0006
0,0034
0,0126
0,0263
0,0481
0,0728
0,0948
13
0,0002
0,0013
0,0052
0,0142
0,0296
0,0504
0,0729
14
0,0001
0,0005
0,0022
0,0071
0,0169
0,0324
0,0521
15
0,0002
0,0009
0,0033
0,0090
0,0194
0,0347
использовать (21) для подсчета вероятности количества «успехов» в ситуациях, когда «успех» является редким событием. Соотношение (21) называют также законом редких событий.
Задача 1. Вероятность подбить вертолет при выстреле из стрелкового оружия равна р = 0,005. Произведено п = 200 выстрелов по вертолету. Какова вероятность того, что не менее двух выстрелов окажутся удачными ?
Решение. Пусть А — событие, состоящее в том, что не менее двух выстрелов по вертолету оказались удачными, а В — событие, состоящее в том, что удачным оказался только один выстрел или вообще ни одного такого не оказалось. Очевидно, что А и В — противоположные события и, значит, Р^ = \ — РЦГу Рассматривая удачный выстрел по вертолету как «успех», представим: Р(В) = Р2оо(О) + Лоо(1)- Таким образом, искомая вероятность есть Р(А) = 1 - Р(В) = 1 - (Р2Оо(О) + ЛооП))- Биномиальные вероятности Р2оо(О) и ЛооП) найдем, используя закон редких событий (21). Так как в нашем случае пр = 200 • 0,005 = 1, то
Р2оо(О) + Р2оо(1) = ^-е-1+^-е-1 =26"* =2-0,3679 =0,7358.
Итак, искомая вероятность равна
Р(Л) = 1-0,7358 =0,2642.
'Ча^аАм*. Предположим, что в задаче 1 ставился вопрос: какова вероятность того, что хотя бы один из двухсот выстрелов по вертолету окажется удачным?
Автор. Легко сообразить, что эта вероятность равна 1 - РооО) = 1 - - 0,3679 = 0,6321.
*Ч((АлЛл^. К разве нельзя было бы в данном случае воспользоваться соотношением (19) из §9.10?
Автор. Это соотношение имеет в рассматриваемом случае вид: Р= 1 - - (1 - р)200. Оно, разумеется, годится. Но тогда нам пришлось бы 200 раз перемножить число 0,995. Это весьма хлопотно.
Задача 2. Завод отправил потребителю 4000 доброкачественных изделий. Вероятность того, что изделие будет повреждено в пути, равна 0,0005. Какова вероятность того, что потребитель получит не более трех негодных изделий?
Решение. Заметим, что здесь «успех» — это случайное повреждение изделия в процессе его транспортировки. Искомая вероятность Р есть:
Р= PfOOoW + ?4ооо(1) ++ ?4ООо(3)-
Воспользуемся законом редких событий (21). По условию задачи, пр = = 4000 • 0,0005 = 2. Поэтому соотношение (21) принимает у нас вид:
Отсюда следует, что искомая вероятность Р равна
р = е-2 .(1 + 2 + 2 + 4/3) =0,1353-6,333 = 0,857.
Автор. Если бы Вы были потребителем тех изделий, о которых говорилось в задаче, то согласились бы воспользоваться услугами фирмы, обеспечивающей такую транспортировку?
'ЧссАа&е,**. Вообще-то вероятность 0,86 не представляется мне достаточно большой...
Автор. Это как посмотреть. Транспортируется большая партия изделий — четыре тысячи. И из этих четырех тысяч Вы не дополучите всего лишь не более трех изделий с вероятностью, близкой к 0,9. Будучи потребителем изделий, я бы наверняка на это согласился.
'Члстате-хл. Пожалуй, весь вопрос в том, сколько изделий из четырех тысяч потребитель согласен недополучить.
Автор. Верно. Так давайте согласимся потерять шесть изделий. Это всего 0,15% от всей партии. Подсчитайте вероятность того, что во время транспортировки придут в негодность не более шести изделий.
'Члмпбипе*^. Эта вероятность есть
66
Р = ^АсОоИ^"^2"1 / т'- =
т=0m=Q
= е"2 • (1 + 2 + 2 + 1,333 + 0,667 + 0,267 + 0,089) =
= с"2 • 7,365 = 0,1353 • 7,356 = 0,995.
Практически полная гарантия!
Автор. Заканчивая нашу беседу, хочу отметить, что мы познакомились здесь с функцией у = е-х. Показательные функции, основанием которых служит число е, находят исключительно широкое применение. Они имеют специальное название — экспоненциальные функции, или экспоненты. Функция у = ^ — возрастающая экспонента; функция у = е~х — убывающая экспонента. Графики этих функций изображены на рис. 2 в таблице 45.
*Ч«АаАе<<*. В той же таблице на рисунке 3 изображены на промежутке 0 < х < оо, наряду с графиком функции е-х, также графики функций хе"х и (х" / 2)е"х. Зачем они тут?
Автор. Обратите внимание: приведенные здесь в виде таблицы значения Р„(0) — это значения функции е"х, аргумент которой принимает разные значения X. Легко видеть также, что значения Р„(1) — это значения функции хе"х, аргумент которой принимает значения X, а значения Рп (2) — это значения функции (х2 / 2)е"х, аргумент которой принимает значения X. Отметим, что при х вблизи нуля функции хе"х и (х2 / 2)е-х ведут себя,
соответственно, как х и как х2 / 2, а по мере возрастания х, их поведение все больше и больше попадает под влияние убывающей экспоненты.
Выгодно ЛИ ЗАНИМАТЬСЯ СТРАХОВАНИЕМ?
Ихшользуя предельную теорему Пуассона, обсудим практическую проблему, которую приходится решать всякому, кто захочет зарабатывать деньги, занимаясь страхованием чужого имущества. Например, страхованием от пожара хозблоков на дачных участках. Предположим, что, изучив статистические данные, мы оценили вероятность р того, что хозблок в данной дачной местности сгорит в течение года. Это определяется целым рядом причин — общим состоянием электросети, характером растительности и почв, характерными для данного региона погодными условиями, криминогенной обстановкой и т. д. И вот теперь мы хотели бы выяснить, при каких условиях страхование хозблоков от пожара могло бы стать выгодным бизнесом. Понятно, что желательно, чтобы удалось застраховать побольше хозблоков и чтобы процент страховки был побольше. Однако при повышении процента страховки неизбежно снижение числа желающих застраховаться.
Предположим, что мы назначили плату за страховку хозблока в размере 1% от суммы, на которую хозблок застрахован, и что при этом удалось застраховать п = 1000 хозблоков. Пусть W — сумма, на которую застрахован на год каждый хозблок, и, значит, размер годовой страховки составляет 0,01 W. Это означает, что мы собрали деньги в сумме 0,01 Wn = ЮРИ Мы рассчитываем, что в течение года нам придется выплатить клиентам не более 3/5 данной суммы, т. е. не более 6W. Иначе говоря, мы рассчитываем, что из застрахованных тысячи хозблоков сгорят в течение года не более шести. Вероятность Р того, что в течение года сгорят не более шести хозблоков из тысячи, есть
6
р=12РюооМ(*)
где P1000(^) подсчитываются по формуле (21).
В качестве «успеха» здесь рассматривается факт сгорания хозблока. Допустим, что вероятность такого «успеха» р = 0,01 и, следовательно, пр = 10. В этом случае искомая вероятность (*) равна сумме первых семи чисел в столбике с А = 10 в таблице 45:
Р= 0,0000 + 0,005 + 0,0023 + 0,0076 + 0,0189 + 0,0378 + 0,0631 = 0,1302.
Вероятность оказалась равной всего лишь 0,13. Она указывает на то, что мы занялись явно невыгодным бизнесом.
А теперь предположим, что р = 0,002 и, следовательно, пр = 2. В этом случае искомая вероятность (*) равна сумме первых семи чисел в столбике с X = 2 в таблице 45:
Р= 0,1353 + 0,2707 + 0,2707 + 0,1804 + 0,0902 + 0,0361 + 0,0120 = 0,9954.
Вот теперь наш страховой бизнес оказывается явно выгодным. Закон редких событий практически гарантирует (с вероятностью 0,9954), что нс менее 2/5 суммы, вырученной при страховании, получит наша страховая фирма.
ЗАДАНИЯ ПО ТЕМЕ 11
Какова вероятность того, что при четырех бросаниях кубика единица выпадет ровно два раза?
Ответ: 0,116.
Какова вероятность того, что при четырех бросаниях кубика единица выпадет не более двух раз?
Ответ: 0,984.
Какова вероятность того, что при четырех бросаниях кубика единица выпадет не менее одного раза?
Ответ: 0,518.
Какова вероятность того, что при четырех бросаниях кубика единица выпадет не менее трех раз?
Ответ: 0,016.
Какова вероятность того, что при четырех бросаниях кубика три раза выпадет грань с четным числом очков?
Ответ: 1/4.
Какова вероятность того, что при четырех бросаниях кубика два раза выпадет грань с нечетным числом очков?
Ответ: 3/8.
Какова вероятность того, что при четырех бросаниях кубика не менее двух раз выпадет грань с нечетным числом очков?
Ответ: 11 /16.
Какова вероятность того, что при четырех бросаниях кубика не менее трех раз выпадет грань с четным числом очков?
Ответ: 5 /16.
Какова вероятность того, что при четырех бросаниях кубика два раза выпадет грань с числом очков, не делящимся на три без остатка?
Ответ: 8/27.
Какова вероятность того, что при четырех бросаниях кубика не более двух раз выпадет грань с числом очков, не делящимся на три без остатка?
Ответ: 11/27.
Вероятность того, что суточный расход электроэнергии на данном предприятии не превысит установленной нормы, равна 0,8. Какова вероятность, что за неделю расход электроэнергии не выйдет за пределы нормы в четырех сутках?
Ответ: 0,115.
В задаче 11 надо найти вероятность того, что за неделю расход электроэнергии не выйдет за пределы нормы не менее, чем в пяти сутках.
Ответ: 0,853.
В задаче 11 надо найти вероятность того, что за неделю перерасход электроэнергии будет наблюдаться не более чем в трех сутках.
Ответ: 0,968.
Вероятность того, что лампочка не перегорит в течение тысячи часов работы, равна 0,95. Чему равно среднее число выдержавших тысячу часов работы лампочек, приходящееся на каждую партию из 500 лампочек?
Ответ: 475.
Докажите, что, если р = q=l/2 и п — четное число, то наиболее вероятное число «успехов» равно математическому ожиданию.
Число испытаний Бернулли равно л = 5. При каких значениях р разность пр - q
будет целочисленной и, следовательно, биномиальное распределение будет иметь
два наиболее вероятных числа «успехов» т' и лУ + 1? Используя формулу Бер
нулли, подсчитайте для каждого из этих р биномиальные вероятности Рь(т') и при этом убедитесь, что Р5(тг) = Р^т' + 1).
Ответ: Возможны пять случаев:
р= 1/ 6,т' = 0,Р5(тг)= 0,402,
р= 2/ 6,т' = 1,P5(m,)= 0,329,
р= 3/ 6,т' = 2,Р5(тг)= 0,313,
р= 4/ 6,т' = 3,Р5(т')= 0,329,
р= 5/ 6,т' = 4,Р^т')= 0,402.
Используя график в таблице 42 и измерительную линейку, убедитесь, что для рас
пределения 1:
^Р4(т) = 1, ^тР4(т) = 2, ^т2Р4(т) =5.
т=0т=1т=1
Используя график в таблице 42 и измерительную линейку, убедитесь, что для рас
пределения 2:
66е
£P6(m) = 1, £mP6(m)=3, £m2P6(m) =10,5.
m=0m=1m=1
Вероятность поражения мишени стрелком равна 0,8. Какова вероятность того, что, выполнив 80 выстрелов, стрелок поразит мишень: а) ровно 60 раз? б) ровно 64 раза? в) от 60 до 70 раз? г) не менее 60 раз?
Ответы: а) 0,06, б) 0,11, в) 0,82, г) 0,87.
Из данной партии семян посеяли 10000 семян и обнаружили, что взошли 8498 семян. На основании этого был сделан вывод, что всхожесть данной партии семян составляет 85% (р = 0,85). А теперь подсчитайте вероятность того, что из ста посеянных семян из рассматриваемой партии взойдут: а) ровно 85 семян? б) от 60 до 80 семян? в) от 7 0 до 90 семян? г) не менее 80 семян? д) не менее 85 семян? е) не менее 90 семян? ж) не менее 92 семян?
Ответы: а) 0,11, б) 0,08, в) 0,92, г) 0,92, д) 0,5, е) 0,08, ж) 0,025.
В § 11.9 вычислялись вероятности того, что частота выпадения единицы отклонится от 1 /6 более, чем на е = 0,01, при 600, 3000 и 6000 бросаниях кубика. Теперь вычислите вероятности того, что частота выпадения единицы отклонится от 1/6 более, чем на е = 0,01, при 600, 3000, 6000, 12 000 и 24 000 бросаниях кубика. Ответы: 0,73, 0,46, 0,30, 0,14, 0,04.
Пусть во время некоторой эпидемии вероятность заболеть составляет р = 0,005. Какова вероятность того, что из тысячи человек заболеют: а) не более 2 человек? б) не более 5 человек? в) не более 10 человек? г) не менее 3 человек? Ответы: а) 0,125, б) 0,656, в) 0,986, г) 0,735.
С помощью профилактических мер удалось снизить вероятность заболевания во время надвигающейся эпидемии с ^ = 0,005 до р2 = 0,003. Во сколько раз увеличилась в результате этого вероятность того, что из 1000 человек заболеют: а) не более 5 человек? б) не более 2 человек? в) никто не заболеет? Вычислите и сравните для каждого случая соответствующие вероятности при рг и р2. Ответы: а) в 1,4 раза (0,916/0,656 = 1,4); б) в 3,4 раза (0,423/0,125 = 3,4); в) в 7,5 раза (0,05/0,067 = 7,5).
Вероятность появления бракованного изделия на данном предприятии составляет р = 0,004. Во сколько раз следует снизить процент брака, чтобы возросла в 20 раз вероятность того, что в партии из 1000 изделий не окажется ни одного бракованного?
Ответ: надо снизить процент брака в 4 раза.
Подсказка. Сначала нужно вычислить P1Ooo(O) ПРИ Р = 0,004, затем надо умножить результат на 20 и по таблице 45 подобрать соответствующее значение X.
Возвращаемся к проблеме, обсуждавшейся в § 11.11 и предположим теперь, что благодаря принятым мерам удалось заметно снизить вероятность «успеха»; пусть теперь р = 0,001. В этих условиях мы рискнули уменьшить процент страховки, снизив его с 1% до 0,5%, что сразу привело к увеличению до п = 2000 числа пожелавших застраховаться. Мы надеемся, что теперь нам придется в течение года выплачивать нашим клиентам не более половины суммы, которую мы выручили в процессе страхования. Какова вероятность Р того, что наша надежда оправдается?
Ответ: Р= 0,9834.
Подсказка. Нетрудно сообразить, что мы, рассчитывая выплатить клиентам не более половины вырученной нами при страховании суммы, надеялись, что сгорят не более 5 хозблоков из застрахованных двух тысяч. Значит, нужно вычислить 5
вероятность Р = ^Р2ооо(т) ■
т=0
ТЕМА 12
СЛУЧАЙНЫЕ ВЕЛИЧИНЫ
В обыденной жизни и в научных исследованиях постоянно приходится встречаться с такими ситуациями, когда интересующая нас величина может принимать различные значения в зависимости от случайных обстоятельств.
А.Н. Колмогоров
Одним из основных понятий теории вероятностей является понятие случайной величины.
Б. В. Гнеденко
Случайной величиной, связанной с данным опытом, называется величина, которая при каждом осуществлении этого опыта принимает то или иное числовое значение, причем заранее неизвестно, какое именно. Это зависит от случая.
А. С. Солодовников
Случайные события и случайные величины
'ЧаАгипе*^. До сих пор основным понятием у нас было понятие случайного события. Мы рассматривали вероятность наступления того или иного случайного события в том или ином испытании или серии испытаний. Теперь же появляется новое понятие — понятие случайной величины, которое, к тому же, объявляется «одним из основных понятий теории вероятностей». Возникают два вопроса. Первый: что такое «случайная величина» и чем она отличается от обычной (иначе говоря, «неслучайной») величины? Второй вопрос: как соотносятся друг с другом понятия «случайная величина» и «случайное событие»?
Автор. Обычная (неслучайная) величина имеет определенное числовое значение. Она выражается определенным числом (отвлеченным или именованным). А вот случайная величина характеризуется множеством числовых значений', она принимает то или иное значение под влиянием случайных обстоятельств. Если множество числовых значений конечное или если оно бесконечное, но счетное (каждому элементу множества можно приписать порядковый номер), то говорят о дискретной случайной величине. Если же числовые значения заполняют какой-то промежуток на числовой оси или даже всю числовую ось, то говорят о непрерывной случайной величине. Мы ограничимся здесь рассмотрением дискретных случайных величин.
'Ч*АаАе**. Как я догадываюсь, между случайными величинами и случайными событиями существует связь?
Автор. Да, существует. Точнее говоря, ее можно установить в различных конкретных ситуациях. С множеством исходов какого-либо испытания, образующих полную группу случайных событий, можно сопоставить множество числовых значений дискретной случайной величины. Вот простой пример. Рассматриваем испытание — подбрасывание игрального кубика. Полная группа событий — выпадения той или иной из шести граней кубика; множество исходов состоит из шести элементов. С этим множеством из шести исходов можно сопоставить множество из шести числовых значений случайной величины, представляющей собой количество выпавших очков-. 1, 2, 3, 4, 5, 6. Пусть в конкретном испытании выпала какая-то грань. Это означает, что случайно реализовалось соответствующее числовое значение нашей случайной величины (выпало соответствующее количество очков).
'Читгине^. По-видимому, случайные величины можно рассматривать как числовые представления случайных событий!
Автор. Действительно, множество значений случайной величины можно рассматривать как числовое представление некоторой полной группы
случайных событий. Если речь идет о дискретной случайной величине, то можно говорить о вероятностях ее значений-, от испытания к испытанию она принимает числовые значения с вероятностями, равными вероятностям наступления соответствующих случайных событий из рассматриваемой полной группы событий. Сумма вероятностей значений дискретной случайной величины равна единице (как и сумма вероятностей наступления событий, составляющих полную группу).
'Чшна&ель. Вы говорите о дискретных случайных величинах. А разве все это не относится также к непрерывным случайным величинам?
Автор. Вероятность того или иного значения непрерывной случайной величины всегда равна нулю.
%«<i«Mi. Не понимаю. Разве значения непрерывной случайной величины не реализуются?
Автор. Они, конечно, реализуются. Тем не менее вероятность любого наперед заданного значения из множества значений непрерывной случайной величины равна нулю. Допустим, Вы мысленно бросаете точку на отрезок числовой оси 0 < х < 10. Может ли эта точка попасть, например, в точку отрезка с координатой х = 5?
*Ч((АлЛл^. А почему бы и нет?
Автор. Однако вероятность того, что она попадет в точку х= 5, равна нулю. Более того, вероятность попасть в любую другую наперед выбранную точку отрезка тоже равна нулю.
'Чшна&ель. Всё это нуждается в дополнительных разъяснениях.
Автор. Как я уже заметил, мы ограничимся рассмотрением дискретных случайных величин. Однако в конце темы сделаем по поводу случайных величин ряд замечаний общего характера и, в частности, поговорим немного об особенностях непрерывных случайных величин. Вот тогда и появятся некоторые дополнительные разъяснения.
'Члинеинг^. Не возражаю. Давайте ограничимся пока дискретными случайными величинами. Хорошо бы привести конкретные примеры этих величин.
Автор. Их можно привести сколько угодно. Например, число бракованных изделий из каждой сотни готовых изделий, выпущенных данным предприятием. Это число случайным образом меняется от одной сотни изделий к другой. Возможные значения данной дискретной случайной величины: 0, 1, 2, 3, 4 и так далее — вплоть до 100 (ведь теоретически в какой-то партии все сто изделий могут оказаться бракованными, хотя это и маловероятно). А вот пример, относящийся к стрельбе в цель. Стрелок сделал п выстрелов. Число попаданий в цель — случайная величина; ее возможные значения: 0, 1, 2, 3, ..., и. Примерами случайных
величин являются также число родившихся девочек в каждой сотне новорожденных, число ростков, появившихся на свет из каждой сотни посаженных в почву семян, число страниц в книге, на которых обнаружена хотя бы одна опечатка, число ограблений, зарегистрированных в городе в течение, скажем, месяца, число вызовов, поступивших от абонентов на телефонную станцию в течение суток, сумма, которую может получить некий человек, приобретя лотерейный билет...
'Члстате-хл. Думаю, что примеров вполне достаточно. Подобные примеры хорошо знакомы. Мы с ними много раз встречались в данной книге. Получается, что мы уже давно работаем, не ведая того, с дискретными случайными величинами!
Автор. Это действительно так. Уместно вспомнить господина Журдена из комедии Мольера «Мещанин во дворянстве». Этот господин был немало удивлен, узнав, что всю жизнь говорит прозой. Несмотря на то, что о прозе никогда не слышал и говорить прозой не обучался.
^СшИлЛе^. Почему же мы раньше не ввели понятие случайной величины?
Автор. По той простой причине, что можно было вполне обойтись без него.
'Члстате-хл. Но тогда зачем мы теперь вводим это понятие?
Автор. В процессе ознакомления с теорией вероятностей мы вышли на новые рубежи. Выражаясь определеннее, мы вышли на задачи, решение которых требует использования понятия случайной величины и, в частности, таких специальных понятий как «математическое ожидание», «дисперсия», «среднее квадратичное отклонение», «доверительный интервал».
'Члстате-хл. Предыдущая тема была посвящена рассмотрению числа «успехов» в серии независимых испытаний. А ведь это число «успехов» есть не что иное как дискретная случайная величина.
Автор. Совершенно верно. Поэтому можно воспринимать предыдущую тему как хороший пример, позволяющий познакомиться с понятием случайной величины. А теперь мы продолжим знакомство со случайными величинами в более общем плане. И хотя мы вынуждены ограничиться здесь дискретными случайными величинами, однако некоторые выходы на непрерывные случайные величины будут, конечно, сделаны.
'Чшиа&ель. Нельзя ли привести конкретные примеры непрерывных случайных величин?
Автор. Вот простой пример: длительность непрерывного горения электрической лампочки. Нельзя сколь-либо определенно предсказать время, в течение которого данная лампочка будет светиться. По истечении
некоторого срока (как правило, измеряемого тысячами часов) лампочка может перегореть в любой момент в силу тех или иных случайных обстоятельств. Срок непрерывной работы случайным образом меняется от лампочки к лампочке. А вот пример из практики артиллерийских стрельб. Артиллерист наводит орудие на цель, старается сделать это как можно тщательнее. Однако при всем своем старании он не может гарантировать попадание снаряда в указанное место. Как дальность полета, так и угол отклонения от направления на цель оказываются непрерывными случайными величинами; их значения меняются от выстрела к выстрелу под воздействием различных случайных факторов. Среди них и случайные порывы ветра, и случайные отклонения массы снаряда от стандартной, и погрешности наводки, и непредсказуемые особенности развития процесса взрыва, выбрасывающего снаряд из ствола орудия. Недаром существует такое понятие как «рассеивание снарядов»: при стрельбе из одного и того же орудия на одном и том же прицеле и при, казалось бы, неизменных условиях снаряды тем не менее ложатся в разных местах. Можно привести немало примеров из практики спортивных соревнований. Время преодоления спортсменом заданной дистанции и дальность прыжка спортсмена или посланного им спортивного снаряда (молота, копья, диска, ядра) являются, очевидно, непрерывными случайными величинами. Значения этих величин (иначе говоря, спортивные результаты) зависят не только от степени подготовленности спортсмена, но и от многих факторов случайного характера — влияния ветра, особенностей движений спортсмена при выполнении соответствующего упражнения, физического и психического состояния спортсмена в данный момент и т. д.
'HctiiUuSie**. Наверное, мы встречаемся с непрерывными случайными величинами значительно чаще, чем с дискретными?
Автор. Ваша догадка вполне справедлива. Так называемые «случайные обстоятельства» и «случайные факторы» не всегда проявляются так явно, как во время стрельб или спортивных соревнований. Возьмем, например, яблоню, ветви которой гнутся под тяжестью созревших плодов. Понятно, что у разных яблок будет разная масса. Это связано с тем, что процесс развития каждого яблока протекал со своими особенностями, которые случайным образом менялись от одного плода к другому. «Случайные факторы» действовали и тут, хотя и не столь открыто. Таким образом, массу яблока также можно рассматривать как непрерывную случайную величину. Если число детей, родившихся в данном роддоме в течение, скажем, месяца есть дискретная случайная величина, то масса и длина этих новорожденных являются непрерывными случайными величинами. Если количество ростков, появившихся на свет
из каждой сотни посаженных в почву семян, есть дискретная случайная величина, то масса тех семян, что проросли, а также высота ростков спустя определенное время после посева являются непрерывными случайными величинами.
'Члстате-хл. Я заметил, что дискретные случайные величины выражаются, как правило, через натуральные числа. Надо подсчитать количество соответствующих исходов — и тем самым будет получено одно из значений дискретной случайной величины. А вот с непрерывными случайными величинами связаны измерения. Измеряем дальность полета артиллерийского снаряда или копья. Измеряем время преодоления спортсменом данной дистанции. Измеряем массу и длину новорожденных.
Автор. Ваше замечание весьма кстати. Действительно, чтобы выявить те или иные значения непрерывной случайной величины, надо выполнить соответствующие измерения. А сам по себе измерительный акт всегда связан с погрешностями. Иначе говоря, всякое измерение выполняется с какой-то степенью точности. Совершенствуя измерительное устройство и сам процесс измерения, мы можем увеличивать степень точности измерения и тем самым уменьшать погрешность измерения. Однако все равно нам не удастся получить «абсолютно точный» результат. Этого не допустят неуловимые случайные факторы, неизбежно проявляющиеся в годе измерения и связанные, в частности, со случайными процессами внутри измерительного устройства. На основе теории вероятностей разработана специальная теория, исследующая погрешности измерений, — так называемая теория ошибок.
'Читатели. Получается, что результат любого измерения — это всего лишь одно из возможных значений некоторой непрерывной случайной величины?
Автор. Одно из возможных значений в пределах погрешности измерения.
*Ч((АлЛл^. Значит, если я, например, попрошу в магазине взвесить сто граммов колбасы, то получу всего лишь одно из возможных значений массы колбасы, а не именно сто граммов?
Автор. Конечно. Вы получите одно из значений массы колбасы, которые находятся в интервале от 95 г до 105 г — ведь весы в магазине измеряют массу колбасы с точностью до 5 г.
%«<г«м1. Никогда бы не подумал, что взвешивание ста граммов колбасы также является случайным событием, исходом которого оказывается одно из значений непрерывной случайной величины.
Автор. Без сомнения, продавщица тоже не подозревает о том, что ее профессиональная деятельность причастна к теории вероятностей.
Закон распределенияДИСКРЕТНОЙ СЛУЧАЙНОЙ ВЕЛИЧИНЫ
Чтобы задать дискретную случайную величину X (будем обозначать случайные величины полужирными заглавными латинскими буквами), надо, во-первых, задать числовые значения хь которые она может принимать по воле случае (таких значений может быть конечное количество или бесконечно много) и, во-вторых, задать вероятности Pj значений Х;. Как мы уже отмечали (см. предыдущий параграф),
Е^=! (!)
i
Заданием возможных х, и соответствующих вероятностей Р, определяется закон распределения дискретной случайной величины X. Его можно представить различными способами: в виде таблицы, графически, аналитически (с помощью формулы). Рассмотрим несколько примеров, для каждого из которых закон распределения случайной величины будет представлен в виде таблицы и графически.
Пример 1. Рассматриваем в качестве случайной величины (обозначим эту величину через X) количество очков, выпавших при бросании игрального кубика. Случайная величина принимает по воле случае шесть возможных числовых значений хр. 1, 2, 3, 4, 5, 6. Вероятность каждого из этих числовых значений одна и та же — она равна 1/6. Таблица для данного закона распределения имеет вид:
1
2
3
4
5
6
Pi
1/6
1/6
1/6
1/6
1/6
1/6
На рис. 1 в таблице 46 дано графическое представление рассматриваемого закона распределения.
Пример 2. Рассматриваем в качестве случайной величины (обозначим ее через F) сумму количества очков, выпавших при двукратном бросании кубика. Случайная величина F принимает 11 возможных значений fp 2, 3, 4,..., 12. Вероятности Р, равны, соответственно, 1/36, 2/36, 3/36, 4/36, 5/36, 6/36, 5/36, 4/36, 3/36, 2/36, 1/36. В этом легко убедиться, обратившись к пространству элементарных исходов для двукратного бросания кубика (см. например, таблицу 32); полезно также убедиться непосредственным подсчетом, что соотношение (1) выполняется. Таблица для данного закона распределения такова:
Таблица 46. Закон распределения дискретной случайной величины: графическое представление
Рис.4
fi
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
Pi
1/36
2/36
3/36
4/36
5/36
6/36
5/36
4/36
3/36
2/36
1/36
На рис. 2 в таблице 46 рассматриваемый закон представлен графически.
Пример 3. Рассматриваем в качестве случайной величины (обозначим ее через G) произведение количества очков, выпавших при двукратном бросании кубика. Величина принимает 18 возможных значений. Таблица для закона распределения имеет вид:
gi
1
2
3
4
5
6
8
9
10
р
1
2
2
3
2
4
2
1
2
36
36
36
36
36
36
36
36
36
gi
12
15
16
18
20
24
25
30
36
p
4
2
1
2
2
2
1
2
1
36
36
36
36
36
36
36
36
36
На рис. 3 в таблице 46 данный закон распределения представлен графически.
Точки, дающие графическое представление закона распределения дискретной случайной величины на координатной плоскости «значения величины — вероятность значений», обычно соединяют отрезками прямых и называют получающуюся при этом геометрическую фигуру многоугольником распределения. На рис. 3 в таблице 46 (а также на рисунках 4 и 5) как раз изображены многоугольники распределений. Многоугольниками распределений мы могли любоваться также на рисунках в таблицах 41 и 42, где были даны графические представления биномиального закона распределения для разных ли р.
Пример 4. В денежной лотерее выпущено 100 билетов. Разыгрываются 1 выигрыш в 30 долларов, 3 выигрыша в 10 долларов, 6 выигрышей в 3 доллара и 20 выигрышей в 1 доллар. Случайная величина У — стоимость возможного выигрыша для человека, купившего один билет. Она принимает пять возможных значений у, (в долларах): 0, 1, 3, 10, 30. Таблица для закона распределения этой величины имеет вид:
Vi
0
1
3
10
30
Pi
0,7
0,2
0,06
0,03
0,01
Графически этот закон распределения представлен на рис. 4 в таблице 46.
Пример 5. Стрелок стреляет по мишени, изображенной на рис. 5 в таблице 46. Если он попадает в область А, то получает 1 очко, в об-
ласть В — 2 очка, в область С — 3 очка, в область D — 4 очка. Рассматриваем в качестве случайной величины количество очков, выбиваемое стрелком при отдельном выстреле (обозначим величину через Z). Величина принимает четыре возможных значения г;: 1, 2, 3, 4. Предположим (на основании опыта), что для нашего стрелка эти значения имеют вероятности Р„ равные, соответственно, 0, 0,1, 0,3, 0,6.
Таблица для закона распределения имеет в данном случае вид:
1
2
3
4
Pi
0
ОД
0,3
0,6
Графически этот закон распределения представлен на рис. 5 в таблице 46.
Три распределения дискретныхСЛУЧАЙНЫХ ВЕЛИЧИН: БИНОМИАЛЬНОЕ,ПУАССОНОВСКОЕ, ГЕОМЕТРИЧЕСКОЕ
Биномиальное распределение. С этим распределением мы достаточно подробно познакомились в теме 11, если рассматривать в качестве дискретной случайной величины X количество «успехов» в п испытаниях Бернулли. Эта случайная величина имеет и+1 возможных значений хр. 0, 1, 2, 3,..., п. Соответствующие вероятности Р, описываются формулой Бернулли (это есть биномиальные вероятности). Таблицу для закона распределения можно представить в виде:
xi
0
1
2
3
И
Pi
^(0)
^(1)
P„^
Л(3)
(фигурирующие в нижней строке таблицы вероятности Рп (х^ как раз и являются хорошо известными нам биномиальными вероятностями РпН)- В теме 11 были получены важные соотношения (8) и (9). Перепишем их в виде:
^Xj-Pj = пр;(2)
^x^Pj = пгрг + np(l-p)(3)
/=1
Напомним, что р — вероятность наступления «успеха» в отдельном испытании.
Ряд биномиальных распределений были представлены графически на рис. 3 в таблице 41 и на рис. 1 в таблице 42. Приведем еще семь многоугольников биномиального распределения — см. рис. 1 в таблице 47; здесь п = 9, а вероятность р принимает семь значений: 0,05, 0,1, 0,3, 0,5, 0,7, 0,9, 0,95. Заметим, что многоугольники распределений для р = 0,05, 0,1, 0,3 зеркально симметричны по отношению к многоугольникам для р = 0,95, 0,9, 0,7, соответственно; ось симметрии показана на рисунке пунктирной прямой.
Пуассоновское распределение. Говорят, что дискретная случайная величина X распределена по закону Пуассона, если соответствующая таблица имеет вид:
Xi
0
1
2
3
4
п
Pi
е"х
Хе"х
— е"х 2!
3!
4!
Обратим внимание на то, что здесь число возможных значений случайной величины бесконечно велико.
ОС
Найдем, чему равна сумма Ех'^' для пуассоновского распределе- ;=1
ния. Прежде всего заметим, что
ососл i/=1/=1■ососл i/=1/=1■=/=1=/=11 (/-1)ООЛ= Хе"х V(/-1)!Цх 7777 =01 (/-1)ООЛ= Хе"х V(/-1)!Цх 7777 =0хтхт(*)(*)
ососл i
/=1/=1■
ососл i
/=1/=1■
=
/=1
=
/=1
1 (/-1)ОО
Л= Хе"х V
(/-1)!Ц
х 7777 =0
1 (/-1)ОО
Л= Хе"х V
(/-1)!Ц
х 7777 =0
хт
хт
(*)
(*)
(мы обозначили i - 1 = т). Далее учтем, что справедливо следующее соотношение (примем его без доказательства):
777 = 0777 = 0л тл т(4)(4)
777 = 0
777 = 0
л т
л т
(4)
(4)
Отсюда, кстати говоря, получается достаточно удобное для вычисления числа е соотношение:
(5)(5)А 11111
(5)
(5)
е-52/и!-2+2! + 3! + 4! + 5!'"777 = 0
Заметим также, что из (4) немедленно получается соотношение (1) для пуассоновского распределения:
Таблица 47. Многоугольники биномиальных, пуассоновских и геометрических распределений
Рис.2: пуассоновские распределения
^Pi = e”x(l + X + X2/2!+ X3/3!+ X4/2!+ ...) = e”x -ex = 1. /1
Используя (4), получаем из (*):
У^х, • Р; =Хе х • ех = X.(6)
/=1
Надо признать, что результат (6) можно было предсказать заранее. Напомним, что пуассоновское распределение тесно связано с биномиальным. Если в выражении для биномиальной вероятности Рп(т) зафиксировать т и устремить п к бесконечности, а вероятность р к нулю, и при этом потребовать, чтобы произведение пр оставалось равным постоянному числу X (X = пр), то будем иметь:
lim Рп(т) = (Хт /т\)е"хlim Рп(т) = (Хт /т\)е"х(**)(**)
lim Рп(т) = (Хт /т\)е"х
lim Рп(т) = (Хт /т\)е"х
(**)
(**)
(этот результат мы получили в §11.10). С учетом (**) мы могли бы переписать (*) в виде:
XXт=0т=0Хт—Vе т\Хт—Vе т\= ху2 (lim Рп(т)) = ^ Ит У? Рп^m=0Vm=0 .= ху2 (lim Рп(т)) = ^ Ит У? Рп^m=0Vm=0 .
X
X
т=0
т=0
Хт
—Vе т\
Хт
—Vе т\
= ху2 (lim Рп(т)) = ^ Ит У? Рп^
m=0Vm=0 .
= ху2 (lim Рп(т)) = ^ Ит У? Рп^
m=0Vm=0 .
= 1, и мы при= 1, и мы приПоскольку У2 Рп(т) = L то, значит, lim J^ Рп(т)
= 1, и мы при
= 1, и мы при
ОО, m—Qр^О ’0.
ходим к результату (6).
На рис. 2 в таблице 47 представлены восемь многоугольников пуассоновского распределения — для Х = 0,3, 0,5, 0,8, 1, 2, 3, 4, 5.
Геометрическое распределение. Надеясь на счастливый случай, мы склонны ожидать успеха с первой же попытки. Потерпев неудачу в первой попытке, мы надеемся, что успешной окажется вторая попытка. Если как первая, так и вторая попытки не принесли успеха, мы ожидаем, что окажется успешной третья попытка. И так далее — вплоть до первого успеха на какой-то попытке. Будем полагать, что наши по
пытки — это независимые испытания, и пусть р — вероятность успеха в каждом испытании (соответственно q = 1 - р — вероятность неудачи в каждом испытании). Рассматриваем в качестве случайной величины X количество попыток (количество испытаний), в результате которых мы,
наконец, дождались успеха. Таблица для закона распределения случайной величины X имеет вид:
Xi
1
2
з
4
5
6
n
Pi
р
pq
pq1
3 pq
4 pq
pq5
pq""1
Это распределение называют геометрическим, поскольку последовательность вероятностей Р, образует геометрическую прогрессию (точнее: бесконечную убывающую геометрическую прогрессию).
Используя известную формулу для вычисления суммы бесконечной убывающей прогрессии, находим:
^Р, =^(1 + ^ + ^2 yq3 yq4 + ...) = p.^- = plр = 1,,-11 ч
т. е. убеждаемся в справедливости соотношения (1).
Найдем для геометрического распределения выражение для ^х,^ • тт'=1
Легко видеть, что
^х;Р; = р(1 + 2q + З#2 + 4#3 + 5#4 + ...) =
= Р + ^[(^ + 2^ + 3^2 + 4^3 + ...) + (^ + ^ + ^2 + ^3 + ...)] =
Итак,
^х,р1= p^q^q ^Xjfj
/=1u=i
Отсюда находим: (1 - 5)^ Х,Р, = p + q • /1
Так как р + q = 1, то получаем:
ОО11
Vx^ = -Д- = -.(7)
^х~9 р
На рис. 3 в таблице 47 приведены шесть многоугольников геометрического распределения — для р = 0,9, 0,8, 0,7, 0,5, 0,35, 0,2.
Математическое ожиданиеДИСКРЕТНОЙ СЛУЧАЙНОЙ ВЕЛИЧИНЫ
Закон распределения случайной величины полностью ее характеризует. Во многих случаях, однако, можно обойтись меньшей информацией и удовлетвориться знанием некоторых постоянных для рассматриваемой случайной величины чисел, отражающих наиболее важные особенности этой величины. Особенно важную роль играют два числа — математическое ожидание случайной величины и дисперсия случайной величины. Математическое ожидание имеет смысл среднего значения случайной величины, а дисперсия характеризует средние размеры отклонения случайной величины от ее среднего значения. Можно сказать, что математическое ожидание и дисперсия описывают случайную величину не детально, а как бы суммарно. Их называют числовыми характеристиками случайной величины.
С математическим ожиданием мы уже встречались в предыдущей теме (см. § 11.4). Там мы познакомились с ним, рассматривая среднее количество «успехов» в п испытаниях Бернулли. Математическое ожидание (/и) было определено как сумма:
^2тРп(т),(*)
т—\
и было показано, что
(ти) = пр .(**)
№=Е^-i№=Е^-iТеперь мы рассмотрим понятие математического ожидания применительно не только к количеству «успехов» в п испытаниях Бернулли, а к любой дискретной случайной величине. Будем обозначать через ^Х^ математическое ожидание случайной величины X. Определением математического ожидания (X1) может служить соотношение:
№=Е^-i
№=Е^-i
(8)
Математическое ожидание дискретной случайной величины есть сумма произведений всех ее возможных числовых значений на их вероятности.
Предположим, что некоторая случайная величина X имеет к возможных числовых значений: хь хъ х3,..., хк. Допустим, произведено Nопытов (испытаний), и оказалось, что упомянутые числовые значения реализовались, соответственно, пх, пъ п3,..., пк раз. Понятно, что и, + п2 + п3 + ... + пк= N. Обозначим через х среднее арифметическое
значение нашей случайной величины, полученное усреднением по N испытаниям:
(9)(9)( к
(9)
(9)
X = ^ nixi / N •
Ь=1
Если N достаточно велико, то х' будет приблизительно равно математическому ожиданию величины X:
x^W.(10)
Именно таков смысл математического ожидания случайной величины. Допустим, для серии из N испытаний мы получили среднее арифметическое случайной величины X, равное х; для серии из N* испытаний получили среднее значение х'; для серии из N" испытаний получили х" ит. д. Все эти средние значения х, х', х",... будут колебаться около математического ожидания (X), отклоняясь от него тем меньше, чем больше число испытаний в серии. Кстати говоря, мы уже отмечали этот факт в § 11.4, рассматривая там математическое ожидание и среднее значение количества «успехов» в испытаниях Бернулли.
В § 12.3 мы отметили три специальных типа распределений — биномиальные, пуассоновские и геометрические распределения. Для них были рассмотрены, в частности, суммы ^XjPj математические ожидания (Ху i
для биномиального распределения: (X) = пр (соотношение (2)),
для пуассоновского распределения: (Xх) = Х = пр (соотношение (6)), - для геометрического распределения: (Л") = 1 /р (соотношение (7)). Заметим, что, если для биномиального и пуассоновского распределений математическое ожидание случайной величины близко к ее наиболее вероятному значению, то в общем случае этого утверждать нельзя. Так, для геометрического распределения наиболее вероятное значение величины всегда (для любых р) равно 1, тогда как математическое ожидание величины возрастает с уменьшением р по закону 1 ] р и, например, при р = 0,2, равно 5.
Вернемся к распределениям, представленным графически в таблице 46. Подсчитаем для каждого из них математическое ожидание (используя для этого соотношение (8)) и сравним с наиболее вероятным значением рассматриваемой величины. Мы получим:
для распределения на рис. 1
W = (1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6)/6 = 3,5;
все значения равновероятны, так что любое можно рассматривать как наиболее вероятное;
для распределения на рис. 2
(f) = (2 + 3-2 + 4-3 + 5-4 + 6-5 + 7-6 + 8-5 +
+ 9-4 +10 • 3 +11 • 2 +12)/36 = 7;
наиболее вероятное значение равно 7;
для распределения на рис. 3
<<J> = (1 + 2 - 2 + 3 - 2 + 4 - 3 + 5 - 2 +6 - 4 +8 - 2 + 9 -1 +10 - 2 + 12 - 4 +15 - 2 + + 16 • 1 +18 - 2 + 20 • 2 + 24 - 2 + 25 -1 +30 • 2 + 36)/36 = 49/4 = 12,25;
наиболее вероятные значения равны 6 и 12;
для распределения на рис. 4
<У> = 0 • 0,7 +1 • 0,2 + 3 • 0,06 +10 • 0,03 + 30 • 0,01 = 0,98;
наиболее вероятное значение равно нулю;
для распределения на рис. 5
(Z) = 10 + 2-0,1 + 3-0,3 + 4- 0,6 = 3,6;
наиболее вероятное значение равно 4.
12.5 Свойства математического ожидания
1 Хредположим, что дискретная случайная величина X задана таблицей:
%1
х2
^3
хй
Л
Л
л
Рп
В таком случае случайная величина аХ (где а — некоторая постоянная величина) будет задаваться таблицей:
ахх
ах2
dX3
QXn
А
л
^3
Рп
случайная величина X + b (где b — некоторая постоянная величина) будет задаваться таблицей:
%1 + ь
*2 + b
хп + b
л
Рг
Рз
Рп
случайная величина аХ+ b будет задаваться таблицей:
ахх + b
ах2 + b
ах3 + b
ахп + b
Л
Pi
Рз
Рп
Нетрудно выразить математические ожидания случайных величин аХ, Х+ b, аХ + b через математическое ожидание величины X:
<«^) = ^aXjPj = a^XjPj = а<Х);
(X + b} = ^(х, + b)Pt = ^x^ + b^P, = W + b;
(aX + 6) = £ (axt + b^P, = ^52 x.Pj + ^ pt = « W + b.iii
Итак, мы получили:
(aX) = a(Xy(11)
{X + b) = (^) + b;(12)
(aX + b) = a^X) + b.(13)
Теперь рассмотрим сумму X+ У и произведение X- У двух независимых случайных величин X и У Тут следует, очевидно, пояснить, какие случайные величины называются независимыми и что понимается под суммой и произведением случайных величин.
Две случайные величины называют независимыми, если закон распределения одной из них не зависит от того, какое из возможных значений приняла другая величина. Несколько случайных величин называют взаимно независимыми, если закон распределения любой из них не зависит от того, какие возможные значения приняли остальные величины. Как известно, два случайных события являются независимыми, если вероятность наступления одного из них не зависит от наступления другого события. Отсюда видно, что независимость случайных величин предполагает независимость соответствующих случайных событий.
Суммой (или произведением) случайных величин X и У называют случайную величину X + У (или X- У), возможные значения которой образуют множество значений суммы (или произведения) каждого возможного значения величины X и каждого возможного значения величины У Предположим, простоты ради, что величина X принимает всего два возможных значения (xj и х2) и величина У принимает всего два значения (^ и уу. Тогда величина X + Уимеет возможные значения: хх + ух, Xi + у2, х2 + ух, х2 + у2. Соответственно величина X- У будет иметь возможные 356
значения: Xi yb x, • y2, x2 • уь х2-у2. Заметим, что рассмотрение величин X и У, имеющих только по два возможных числовых значения, не скажется на общности выводов, которые будут получены.
Пусть случайные величины Хи У задаются таблицами:
Х1х2РхР2Х1х2РхР2ииУ1У2РхР2У1У2РхР2
Х1
х2
Рх
Р2
Х1
х2
Рх
Р2
и
и
У1
У2
Рх
Р2
У1
У2
Рх
Р2
Каковы будут вероятности различных возможных значений величин Х+ У и X У? Если величины X и У независимые, то можно представить вероятность реализации одновременно значений х; и yj в виде произведения вероятностей Р, и Р- (в соответствии с известным правилом умножения вероятностей независимых событий). Поэтому случайные величины Х+У и X У будут задаваться таблицами:
^1+У1ХХ+У2х2+ УХХ2+У2РхРх'РхР2!P2PVP2Pj^1+У1ХХ+У2х2+ УХХ2+У2РхРх'РхР2!P2PVP2PjХХ "УхХХ'У2Х2'УХХ2'У2PxPVРхР2'P2PVР2Р2'ХХ "УхХХ'У2Х2'УХХ2'У2PxPVРхР2'P2PVР2Р2'
^1+У1
ХХ+У2
х2+ УХ
Х2+У2
РхРх'
РхР2!
P2PV
P2Pj
^1+У1
ХХ+У2
х2+ УХ
Х2+У2
РхРх'
РхР2!
P2PV
P2Pj
ХХ "Ух
ХХ'У2
Х2'УХ
Х2'У2
PxPV
РхР2'
P2PV
Р2Р2'
ХХ "Ух
ХХ'У2
Х2'УХ
Х2'У2
PxPV
РхР2'
P2PV
Р2Р2'
Используя таблицы (*), найдем в соответствии с (8) выражения для математического ожидания суммы и произведения независимых величин. Начнем с математического ожидания для произведения величин X и У:
(Л" • У) — Х\У\Р\Р\ + Х\У\Р\Р2 + х1УхР1Рх + Х1У1Р1Р1 —
= (х^ + х2Р2). (yYP{ + у2Р2) = (X). (У).
Теперь разберемся с математическим ожиданием для суммы величин Хи У:
^Х +У) — <Х| Ту^Р^ +(Х! + у2)Р1Р2 + (х2 + У1)Р2Р1 + (х2 -Уу2)Р2Р2 — = х1(Р1Р1' + Р1Р2)+х2(Р2Р1' + Р2Р2)+у1(Р1Р1' + Р2Р/) + у2(Р1Р2 +Р2Р2) = = Х1Р1(Р1' + Р2)+х2Р2(Р1' + Р2)+у1Р1/(Р1 +Р2)+у2Р'(Р1 +Р2).
Поскольку Рх + Р2 = 1 и Рх + Р2 = 1, то, следовательно,
{X + У) = (х^ + х2Р2) + Wx + У А = W + (У).
Итак, мы получили для независимых величин X и У:
(ТГ + У) = Ш + (У);(14)
<;ГУ) = (*МУ)-(15)
Заметим, что результат (14) можно было бы получить также и в том случае, когда величины X и У не являются независимыми. Пусть величина X + У задана таблицей:
*1 +У1
+У2
*2+Т1
х2 + у2
Ри
Р12
Р21
Р22
Мы можем представить:
(^ +У) — (%1 +У1)Л1 + (%1 +^2)^12 + (%2 +И)^21 + (х2 +^2)^22 —
= х1(Рц + P12) +Х2Ф11 + Р22) + У1(Р11 + Р21) + Уг(^12 + Рг2)- (**)
Если учесть далее, что
Р11 + Р12 — Ри
(***)(***)Р21 +^22 — Л>
(***)
(***)
Рц+Р21=^
Р12 +Р22 = р2,
то выражение (**) можно переписать в виде:
%1Pj + Х2Р2 + J| Р| + У2Р2 = (^) + (-^) •
Таким образом, мы приходим к результату (14), не прибегая к перемножению вероятностей Р, и Р-.
Соотношения (***) нетрудно доказать. Докажем, например, первое из них. Величина Xпринимает значение %! тогда, когда величина Х+ У принимает значение Xj + у, или тогда, когда величина X + У принимает значение хх + у2. Используя известную теорему о сумме вероятностей несовместных событий, заключаем: вероятность PY того, что величина X примет значение хь равна сумме вероятностей двух несовместных событий — вероятности Рп наступления события, состоящего в том, что величина X+Y примет значение х^у^ и вероятности наступления события, состоящего в том, что величина Х+ У примет значение xY + у2. Таким образом, PY = Рп + Р12.
Обобщая результаты (14) и (15) на случай нескольких случайных величин (X, У, Z, W,...) представим:
'X + Y + Z + W + ...) = (I) + (K) + (Z) + (1F) + ..,(16)
{X • У • Z • W •...) = (^) • (У) • ^Z} • (Ж) +....(17)
Соотношение (17) работает при условии, что величины X, Y, Z, W,... являются взаимно независимыми. Соотношение же (16) не требует взаимной независимости рассматриваемых величин.
Воспользовавшись соотношением (16), можно весьма просто найти математическое ожидание случайной величины, представляющей собой количество «успехов» в п испытаниях Бернулли. Для этого введем в рассмотрение и случайных величин, которые будем обозначать
XVX1,X3, ...,ХЬ хп.
1
0
р
1 -р
Здесь X, — случайная величина, представляющая собой число «успехов» в испытании, имеющем номер (z = 1, 2, 3,..., и). Каждая величина Xt имеет всего два возможных значения: 1 (данное испытание завершилось «успехом») и 0 (испытание завершилось «неудачей»). Каждая случайная величина X, задается одной и той же таблицей:
(****)
и имеет одно и то же математическое ожидание:
(Х1) = (Х2) = (Х3) = ... = (Х„) = 1.р + 0-(1-р) = р. (*****)
Согласно (16), математическое ожидание ^Х^ есть сумма математи- и
ческих ожиданий ^(ХД. С учетом (*****) получаем: (Х^пр. Этот результат был получен в § 11.3 более сложным путем.
12.6 Дисперсия и среднее квадратичное отклонениеДИСКРЕТНОЙ СЛУЧАЙНОЙ ВЕЛИЧИНЫ
Знание математического ожидания (среднего значения) случайной величины, конечно, важно. Не менее важно знать также, насколько сильно возможные значения случайной величины отклоняются в ту или другую сторону от среднего значения. Может показаться, что разброс отклонений возможных значений случайной величины характеризуется математическим ожиданием ^Х - (АД). Однако легко убедиться, что
(18)(18)<Х - (X)) = 0.
(18)
(18)
В самом деле,
X - t.X» = £ № - Х^Р, = £ X;P; - (ЛГ) £ P; = (^) - (ЛГ) = 0.
Впрочем, этот результат немедленно следует из (12), если там положить b = -(А").
Разброс или, иначе говоря, рассеяние возможных числовых значений случайной величины X около ее среднего значения принято характеризовать с помощью дисперсии случайной величины D (X). Она определяется как математическое ожидание квадрата отклонения случайной величины от ее математического ожидания-.
(19)(19)О(ЛГ) = £(Х,-(ЛГ))2Р, = ух-(,хуу
(19)
(19)
i
Слово «дисперсия» в переводе с латинского означает «рассеяние». Соотношение (19) можно преобразовать к виду:
cm=Eto -хУр, = Е(Е -гхлхнхуу, =
Цху-дхпхшх’У = кху-(хУ.
Итак, дисперсия равна разности между математическим ожиданием квадрата случайной величины и квадратом ее математического ожидания:
D(X) = y<xi2Pi- i
I iJ
2
Легко видеть, что дисперсия имеет размерность, равную квадрату размерности случайной величины. Однако во многих случаях желательно, чтобы оценка рассеяния случайной величины имела такую же размерность, что и сама величина. В таких случаях рассеяние величины X характеризуют не дисперсией, а так называемым средним квадратичным отклонением с(Х), которое выражается через дисперсию В(Х) весьма просто:
о(Х)=МХ). (21)
В ряде стран для среднего квадратичного отклонения используется термин «стандартное отклонение».
На рис. 1 в таблице 48 приведены семь распределений некоторой случайной величины. Во всех семи случаях математическое ожидание равно нулю. Используя (20) и (21), нетрудно вычислить дисперсию D и среднее квадратичное отклонение о для каждого из рассматриваемых распределений; соответствующие значения D и о указаны на рисунках рядом с распределениями. Наименьшей дисперсией обладает распределение 1 — здесь возможные значения случайной величины отклоняются от (Л") всего на 1 и при этом имеют относительно небольшую вероятность, равную 1/8. Наибольшей дисперсией обладает распределение 7 — здесь возможные значения случайной величины отклоняются от (Х) на 2 и при этом имеют вероятность 3/8.
Используя (2), (3) и (20), получим выражение для дисперсии числа «успехов» в и испытаниях Бернулли:
й=|еел
. i
= \пгрг + пр^. - р)\ - [(яр)2] = np^V -р) = npq.
Итак, если случайная величина описывается биномиальным распределением с параметрами п, р, q (q = 1 - q), то дисперсия этой величины вычисляется по формуле:
D=npq,(22)
а среднее квадратичное отклонение — по формуле:
о = ^npq.(23)
На рис. 2 в таблице 48 приведены три биномиальных распределения:
п = 25, р = 0,1,
л = 25, р = 0,9,
п = 25, р = 0,5.
Распределения 1 и 2 имеют разные математические ожидания (соответственно 2,5 и 22,5), но одинаковые дисперсии (D = 2,25), а также средние квадратичные отклонения (о = 1,5). Распределение 3 отличается от распределений 1 и 2 не только математическим ожиданием, но и дисперсией (средним квадратичным отклонением). У распределения 3: D=6,25, о = 2,5.
Таблица 48. Дисперсия и среднее квадратичное отклонение
Свойства дисперсии
Прежде всего заметим, что дисперсия постоянной величины равна нулю. Это очевидно, поскольку постоянная величина принимает только одно определенное числовое значение, так что ни о каком рассеянии значений тут говорить не приходится.
Постоянный множитель можно выносить за знак дисперсии, возводя его при этом в квадрат. Доказательство основывается на использовании соотношений (11) и (20):
D№=^aXfy^aX^ =
= а2 ^Х2^ — {а {X})2 = а2 ^Х2Х) -i.Xf^ a2D(X\ Итак,
D(aX) = a2D(X).(24)
Дисперсия суммы двух независимых случайных величин равна сумме дисперсий этих величин. Для доказательства воспользуемся соотношениями (И), (14), (15), (20):
D(X + У) = ^(Х + У)2} - «X + У))2 =
= [(^2+2^У + У2)]-|(ДО + (У))2| =
= IA2) ++ Д2)| - А»2 + 2т<п + (п2| =
= ^Хг)-{Х)2 + {У2)-(У)2 = О(^)+ О(У).
Итак,
Z>(jr + y) = Z>(JT) + D(F).(25)
Из (25) немедленно следует, что
D(X + b) = D(X),(26)
где b — постоянная величина. Из (25) и (24) следует что
D(aX + b) = a2D(X).(27)
Результат (25) обобщается на случай, когда складываются несколько взаимно независимых случайных величин:
D(X + Y + Z+ ...) = D(X) + D(Y) + D(Z) + ...(28)
ИИВоспользовавшись соотношением (28), можно весьма просто найти выражение для дисперсии случайной величины X. представляющей собой число «успехов» в п испытаниях Бернулли. Для этого используем прием, с которым мы познакомились в конце § 12.5. Представим случайную величину X как сумму п независимых случайных величин:
И
И
(*)
где Xj — случайная величина, являющаяся числом «успехов» в z-ом испытании (z = 1, 2, 3,..., п). Закон распределения каждой из случайных величин Xj — один и тот же; он задается таблицей (****) из §12.5. Каждая из этих величин обладает дисперсией
D(Xj) = ^Х^-<Х,^ = р-р1 = р(1-р) = pq.(**)
Отсюда немедленно получаем, используя (28):
и
D(X) = ^D(Xj) = npq.
/1
Этот результат был получен в § 11.3 более сложным путем.
Неравенство Чебышева и «правило трех сигм»
В 1866 году П.Л. Чебышев в своей работе под названием «О средних величинах» получил важное неравенство, при помощи которого он доказал закон больших чисел в общем виде (теорема Бернулли оказалась всего лишь частным случаем этого закона). Доказанное П.Л. Чебышё- вым неравенство можно представить в виде:
P(|^-W|<a)>lP(|^-W|<a)>lЖ)Ж)(29)(29)
P(|^-W|<a)>l
P(|^-W|<a)>l
Ж)
Ж)
(29)
(29)
Здесь (X) и D(X) — математическое ожидание и дисперсия некоторой дискретной случайной величины X, а Р (|X - (Х)| < а) — вероятность того, что величина X отклонится от своего математического ожидания менее, чем на некоторое положительное число а. В современной литературе неравенство (29) принято называть неравенством Чебышева.
Приведем доказательство неравенства Чебышёва. Для этого сначала рассмотрим вероятность Р(Х> 1), т. е. вероятность того, что величинаX
окажется не менее 1. Пусть возможные значения данной величины хь хъ Х3,... неотрицательны и имеют вероятности, равные, соответственно, Ръ Ръ Р),.... Вероятность Р1Х> 1) есть сумма тех из этих вероятностей, для которых Х;> 1:
Р(Х > 1) = £ Pt(*)
z|xz>l
(вспомним правило сложения вероятностей). Умножив каждое из слагаемых в правой части равенства (*) на соответствующее х;, мы не уменьшим сумму, поскольку Xj> 1. Поэтому можем записать:
Р(Х > 1) < £ XjPj.(**)
z|xz>l
Мы тем более не уменьшим рассматриваемую здесь сумму, если распространим суммирование на все возможные значения величины X, т. е. если добавим неотрицательные слагаемые XjPj, для которых 0<х,<1. Полученная при этом сумма есть, очевидно, математическое ожидание.
Итак,
Р(ЛГ>1)<<Х).(***)
Теперь можно приступить непосредственно к доказательству неравенства (29). Учтем, что
Р^\Х - (Х)| < а) + Р (|X - (Х)| > а) = 1
(сумма вероятностей противоположных событий равна единице), вследствие чего неравенство (29) можно переписать в эквивалентной форме:
(30)(30)2Wа2
(30)
(30)
Событие, описываемое неравенством |Х - (Х)| > а (оно состоит в том, что величина Xотклоняется от (Д') не менее, чем на а), равносильно событию, описываемому неравенством (X -(JT))2/a2 > 1. Следовательно,
Р (|X - (Х)| > a) = Р ((X - (X))2 / а2 > 1).
(****)(****)В результате неравенство (30) преобразуется к виду:
(****)
(****)
Р^Х-<Х^г I а? > l)<Z>(^)/a2.
Нам остается доказать неравенство (****). Это легко сделать, воспользовавшись неравенством (***), в котором надо заменить случайную
величину X на случайную величину (X - (X))2 /а2. Мы имеем полное право воспользоваться неравенством (***), поскольку числовые значения величины (X - (У))2 / а2 заведомо неотрицательны. Произведя указанную замену случайных величин, мы тем самым преобразуем неравенство (***) к виду:
Р ((X - W)2 / а2 > 1)< ((У - (X))2 /а2),
т. е., как нетрудно видеть, немедленно придем к неравенству (****) (в этом можно убедиться, воспользовавшись соотношениями (11) и (19)). Итак, неравенство (****) доказано и, значит, доказано неравенство Чебышёва.
Как уже отмечалось, неравенство Чебышёва позволяет получить закон больших чисел в общем виде. Об этом мы поговорим в следующем параграфе. Здесь же воспользуемся неравенством (30) для того, чтобы вывести так называемое «правило трех сигм». Учитывая, что среднее квадратичное отклонение о(Х) равно ^D(X), перепишем (30):
Р(\Х — (Х)| > а) < о2(Х)/а2.
Положим а = Зо(Х); получим
Р(|Х-(Х)| > Зо(Х)) < 1/9. (31)
Мы видим, что для любой дискретной случайной величины X вероятность ее отклонения от математического ожидания на Зо и более не превышает 1/9. Это и есть «правило трех сигм».
Важно иметь в виду, что для встречающихся на практике случайных величин упомянутая вероятность, как правило, оказывается значительно меньше, чем 1/9. Например, для биномиального распределения 3, графически представленного на рис. 2 в таблице 48 вероятность Р(|Х - (Х)| > Зо) не превышает 0,002.
12.9 Среднее арифметическое независимыхСЛУЧАЙНЫХ ВЕЛИЧИН И ЗАКОН БОЛЬШИХ ЧИСЕЛ
Будем полагать, что некая дискретная случайная величина X может принимать бесконечное множество числовых значений: хь х2, х3... Пусть (X) и D(X) — математическое ожидание и дисперсия этой величины. Предположим, что требуется измерить рассматриваемую величину.
С этой целью произведем и независимых измерений при одних и тех же условиях. Будем рассматривать результат первого измерения как
случайную величину Хь результат второго измерения — как случайную величину Х2, результат третьего измерения — как случайную величину Х3, и так далее — вплоть до и-го измерения, результат которого будем рассматривать как случайную величину Хп. Очевидно, что каждая из величин Хь Х2, Х3,..., Хп имеет тот же набор возможных числовых значений, что и величина X (в каждом из п измерений реализуется какое-то из значений хь х2, х3,...). Закон распределения каждой из величин Хъ Х2, Х3,..., Хп один и тот же — такой же, что и закон распределения величины X. Поэтому
(Xl) = (^) = (^) = - = <^) = m;(*)
DW) = О(*2) = D(X3> = ... = D(_X„) = ВД. (.*)
Ясно, что случайные величины Хь Х2, Хъ..... Хп являются взаимно независимыми, что связано с независимостью и измерений.
Рассмотрим случайную величину X, которую определим так:
(32)(32)Y _ ^1 + Х2 + Х3 +... + Хпп
(32)
(32)
Эта величина есть среднее арифметическое п независимых случайных величин, являющихся результатами измерения величины X. Используя (11) и (16), получаем:
С учетом (*) заключаем отсюда, чтоС учетом (*) заключаем отсюда, что(X) = п{Х}/п ^Х^Используя (24) и (28), получаем(X) = п{Х}/п ^Х^Используя (24) и (28), получаемР(Х) = РР(Х) = РЛ"1 + Х2 +^3 + ... + ХиЛ"1 + Х2 +^3 + ... + Хипп Р(Ххнр<х2)+Р(Х3н...+р<хп) Р(Ххнр<х2)+Р(Х3н...+р<хп)С учетом (**) заключаем отсюда, чтоС учетом (**) заключаем отсюда, чтоР(Х) = пР(Х) / и2 = Р(Х) / п.Р(Х) = пР(Х) / и2 = Р(Х) / п.Итак,Итак,{Х)=(Х}, Р(Х)=Р(Х)/п, о(Х)=о(Х)/^.{Х)=(Х}, Р(Х)=Р(Х)/п, о(Х)=о(Х)/^.(33)(33)
С учетом (*) заключаем отсюда, что
С учетом (*) заключаем отсюда, что
(X) = п{Х}/п ^Х^
Используя (24) и (28), получаем
(X) = п{Х}/п ^Х^
Используя (24) и (28), получаем
Р(Х) = Р
Р(Х) = Р
Л"1 + Х2 +^3 + ... + Хи
Л"1 + Х2 +^3 + ... + Хи
п
п
Р(Ххнр<х2)+Р(Х3н...+р<хп)
Р(Ххнр<х2)+Р(Х3н...+р<хп)
С учетом (**) заключаем отсюда, что
С учетом (**) заключаем отсюда, что
Р(Х) = пР(Х) / и2 = Р(Х) / п.
Р(Х) = пР(Х) / и2 = Р(Х) / п.
Итак,
Итак,
{Х)=(Х}, Р(Х)=Р(Х)/п, о(Х)=о(Х)/^.
{Х)=(Х}, Р(Х)=Р(Х)/п, о(Х)=о(Х)/^.
(33)
(33)
Как мы видим, среднее арифметическое п независимых результатов измерений имеет:
математическое ожидание — то же, что и для отдельного измерения,
дисперсию — в п раз меньше, чем для отдельного измерения,
среднее квадратичное отклонение — в Jn раз меньше, чем для отдельного измерения.
Мы пришли к весьма важному выводу о том, что среднее арифметическое большого числа взаимно независимых случайных величин обладает во много раз меньшим рассеянием, чем каждая случайная величина в отдельности. Можно сказать, что среднее арифметическое большого числа п независимых величин утрачивает характер случайной величины, причем тем в большей мере, чем больше п.
Это очень важный результат. Именно он позволяет, в конечном счете, получить закон больших чисел в общем виде. Чтобы убедиться в этом, воспользуемся неравенством Чебышёва (30), рассматривая в нем в качестве случайной величины величину X:
Р(|^-(^)|>а)<Э(^)/а2.
С учетом (33) это неравенство принимает вид:
р(\Х-(Х)\>а^<^-.(34)
па
Так как D(X) / а2 есть некоторое фиксированное число, то ясно, чтоlim D(X) / па2 = 0.
С учетом (34) отсюда следует, что
lim Р(|^-Ш >а) = 0.(35)
Это и есть закон больших чисел. Мы уже обсуждали сущность этого закона в § 11.7, введя там понятие сходимости по вероятности. Легко видеть, что фигурировавшее в § 11.7 соотношение (14) может рассматриваться как частный случай соотношения (35), предполагающий использование в качестве дискретной случайной величины X количество «успехов» в одиночном испытании Бернулли. В этом частном случае: X = т/п, (X) = р (см. (*****) в § 12.5), D(X) = р(1 -р) (см. (**) в § 12.7). Кстати, заметим, что неравенство (****) в § 11.7 есть не что иное, как неравенство Чебышёва (30) для случая, когда в качестве X рассматривается случайная величина, представляющая собой количество «успехов» т в п испытаниях Бернулли.
Здесь (X) = пр, D(X) = ^2, (т — пр)2 Рп(т) = пр(1 - р).
т—0
О глубоком содержании и большой практической ценности закона больших чисел хорошо говорится в книге Б.В. Гнеденко и А.Я. Хинчина «Элементарное введение в теорию вероятностей» (М.: Изд-во физикоматематической литературы, 1961). Позволим себе выдержку из этой книги.
«Глубокое содержание закона больших чисел, открытого в середине прошлого столетия великим русским математиком Чебышёвым, состоит в том, что, в то время как отдельная случайная величина может (как мы знаем) часто принимать значения, далекие от ее среднего значения (иметь значительное рассеяние), среднее арифметическое большого числа случайных величин ведет себя в этом отношении совершенно иначе: такая величина очень мало рассеяна, с подавляющей вероятностью она принимает лишь значения, очень близкие к ее среднему значению. Происходит это, конечно, потому, что при взятии среднего арифметического случайные отклонения в ту и другую сторону взаимно уничтожаются, вследствие чего суммарное отклонение в большинстве случаев оказывается малым.
Важное и часто встречающееся в практике использование результатов теоремы Чебышёва состоит в том, что по сравнительно небольшой пробе (выборке) судят о качестве большого количества однородного материала. Так, например, о качестве хлопка, находящегося в кипе, судят по нескольким его пучочкам (штапелям), выхваченным случайно из разных мест кипы. Или о качестве большой партии зерна судят по нескольким небольшим меркам, наполненным случайно захваченными в мерку зернами из разных мест оцениваемой партии. Суждения о качестве продукции, сделанные на основании такой выборки, обладают большой точностью. Число зерен, захваченных в мерку, хотя и мало по сравнению со всей партией зерна, но само по себе велико и позволяет, согласно закону больших чисел, достаточно точно судить о среднем весе одного зерна и, значит, о качестве всей партии зерна. Точно так же о двадцатипудовой кипе хлопка судят по маленькому штапелю, содержащему несколько сотен волокон, весящих всего-навсего какую-нибудь десятую долю грамма»
Было бы, однако, неправильно переоценивать возможности закона больших чисел. Допустим, что, выполнив п измерений некоторой физической величины А, мы получили п числовых значений величины х^х^, Ху.., хп (вообще говоря, разных). В качестве приближенного значения измеряемой величины мы, естественно, возьмем значение
_ %1 + Х2 + %з + ■ ■ ■ +
П '
Мы полагаем, что в соответствии с законом больших чисел значение 5с будет тем ближе к точному значению, чем больше п. Можно ли, однако, получить сколь угодно точное значение величины А, выполнив достаточно большое число измерений? Не следует спешить с утвердительным ответом. Надо принять во внимание, во-первых, возможность систематической ошибки при измерениях и, во-вторых, ширину деления шкалы измерительного прибора. Компенсировать обусловленную этими двумя факторами погрешность измерений за счет закона больших чисел принципиально невозможно.
Нормальное распределениеИ ЦЕНТРАЛЬНАЯ ПРЕДЕЛЬНАЯ ТЕОРЕМА
В 1812 году П. Лаплас доказал для любого р, удовлетворяющего неравенствам Q<p< 1, что биномиальные вероятности С^рт(1 -рУ"т превращаются при достаточно больших и в вероятности:
(*)(*)_(т-пр^_
(*)
(*)
Рп(т) = ^= е^Гп-прО - р)
Мы уже говорили об этом в § 11.8. Результат (*) получается, как легко убедиться, из (16), если воспользоваться (19) (имеются в виду соотношения (16) и (19) из § 11.8).
Рассматривая т как возможные значения случайной величины X, представляющей собой количество «успехов» в и испытаниях Бернулли и учитывая, что пр = (АГ) и пр{\ -р) = о2(АГ) перепишем (*) в виде:
P„W =P„W =11o(AT)V2^ вo(AT)V2^ в2а2 (X)2а2 (X)(36)(36)
P„W =
P„W =
1
1
o(AT)V2^ в
o(AT)V2^ в
2а2 (X)
2а2 (X)
(36)
(36)
Распределение случайной величины АГ, вероятности значений которой описываются соотношением (36), называют нормальным распределением (а также распределением Лапласа-Гаусса). Мы пришли к нему как к предельному случаю биномиального распределения при больших п.
Для случая п = 100 и р = 0,5 это распределение изображено графически в таблице 49. Заметим, что вместо многоугольника распределения тут показана плавная кривая, проведенная через точки с координатами (т; Рп(т)). Математическое ожидание для данного распределения равно 100 • 0,5 = 50, а среднее квадратичное отклонение равно V100 • 0,5 • 0,5 = 5.
Таблица 49. Нормальное распределение (распределение Лапласа-Гаусса)
Рассмотрим «правило трех сигм» в применении к нормальному распределению (36). При т - (X) = Зо(Л) вероятности в (36) принимают вид:
Р =,— е -4,5.(**)
Значение е~4,5 читатель может найти, воспользовавшись таблицей 43, где табулирована функция ф(х) = е"х /2/72л. Легко видеть, что ф(3) = е"4,5/72л . Из таблицы находим: ф(3) = 0,0044. Следовательно, е"4’5 = ф(3) ■ 72л = 0,0044 • 72-3,1416 = 0,0044 - 2,507 = 0,011.
В случае, представленном в таблице 49, имеем о = 5 и, значит, Р= 0,011 / (2,507 • 5) = 0,0009. Этому значению соответствуют точки а и 6 на графике; для сравнения указаны точки с и d, соответствующие значениям Ри 0,048 при отклонении от среднего значения 50 на одно (а не три) значения о = 5. Получается, что в данном случае вероятность того, что случайная величина примет значения, отклоняющиеся от математического ожидания на Зо и более, меньше 0,001. Если при и = 100 упомянутая вероятность меньше 0,001, то при и = 1000 она будет меньше 0,0003, а при п = 10 000 она будет меньше 0,0001.
Нормальное распределение возникает отнюдь не только в тех случаях, когда рассматривается количество «успехов» в и испытаниях Бернулли при очень больших п. В общем случае нормальный закон распределения случайной величины X, характеризующейся возможными числовыми значениями хь х2, х3..., х„ ..., можно представить таблицей:
> -1 с 2а2 (X)‘о(Х)^> -1 с 2а2 (X)‘о(Х)^(37)(37)
> -1 с 2а2 (X)
‘о(Х)^
> -1 с 2а2 (X)
‘о(Х)^
(37)
(37)
Как оказалось, нормальный закон распределения встречается в теории вероятностей и ее приложениях весьма часто. Уже Лаплас обратил внимание на то, что по нормальному закону распределяются случайные ошибки измерений. Он же предположил, что это связано с наличием большого количества независимо действующих причин, под воздействием которых появляются ошибки в измерениях. П.Л. Чебышёв развил эту идею и доказал в конце 80-х годов XIX-го столетия важную предельную теорему, согласно которой при выполнении некоторых специальных условий закон распределения для суммы п независимых случайных величин приближается в пределе при п^х к нормальному закону распределения.
Спустя десять с небольшим лет (в 1901 году) эту предельную теорему доказал в более общем виде (т. е. при более общих условиях) ученик и последователь Чебышева А.М. Ляпунов. В его формулировке предельная теорема получила название центральной предельной теоремы.
Если случайная величина X представляет собой сумму очень большого числа взаимно независимых случайных величин, влияние каждой из которых на всю сумму ничтожно мало, то X имеет распределение близкое к нормальному.
Отметим, что сущность условия, выдвинутого А.М. Ляпуновым, состоит именно в требовании, чтобы влияние каждой отдельной случайной величины на всю сумму было достаточно малым.
Предположим, измеряется какая-то физическая величина. Производится в одних и тех же условиях ряд замеров. На результаты каждого замера влияет большое число факторов случайного характера. Они могут быть связаны с незаметными глазу сотрясениями измерительной установки, колебаниями давления воздуха, небольшими изменениями температуры, степенью сосредоточенности экспериментатора и т. д. Каждый из этих факторов, взятый в отдельности, порождает какую-то «частную ошибку» Xj в измерении. В совокупности различные факторы порождают «суммарную ошибку» У^ Х;. Как правило, вклад каждой «частной ошиб
ки» Xj в общую сумму ^2 X, ничтожен и, следовательно, условие Ляпу- i
нова, как правило, выполняется в практике измерений. И в итоге мы имеем дело с удивительным феноменом предельной центральной теоремы: хотя законы распределения каждой из случайных величин неизвестны, тем не менее сумма ^Xj имеет закон распределения, близкий к нормаль- i
= 0= 0ному. Именно на этом основывается математическая обработка результатов измерений; она исходит из того, что случайная ошибка измерения подчиняется нормальному закону распределения. При этом один из двух главных числовых параметров распределения величины у^ Xj заведомо
= 0
= 0
• Другой• Другойизвестен — математическое ожидание равно нулю
• Другой
• Другой
важный числовой параметр (среднее квадратичное отклонение о
характеризует в определенном смысле точность измерения.
Еще один важный пример, иллюстрирующий практическую важность центральной предельной теоремы, связан с массовым производством, существующим ныне во многих отраслях народного хозяйства. При массовом производстве изготавливаются огромные партии однотипных изделий, характеристики которых должны, разумеется, соответствовать
определенным стандартам. Разнообразные факторы случайного характера неизбежно приводят к случайным отклонениям от стандарта. Таких факторов много; это связано, в частности, с тем, что выпуск изделия предполагает, как правило, выполнение большого числа операций, а все они выполняются лишь с какой-то степенью точности. Каждый фактор в отдельности порождает ничтожное отклонение от стандарта, характеризуемое случайной величиной X/, сумма же ^Х; может да- i
вать ощутимые отклонения. Согласно центральной предельной теореме суммарное отклонение от стандарта (случайная величина У^ Х^ долж- г но иметь закон распределения, близкий к нормальному.
У ДИСКРЕТНОЙ СЛУЧАЙНОЙ ВЕЛИЧИНЫ ВЕРОЯТНОСТЬ,А У НЕПРЕРЫВНОЙ СЛУЧАЙНОЙ ВЕЛИЧИНЫ —
ПЛОТНОСТЬ ВЕРОЯТНОСТИ
Автор. Наше обсуждение случайных величин было ограничено величинами дискретными. Сколь-либо последовательный разговор о непрерывных случайных величинах потребовал бы привлечения аппарата математического анализа, т. е. операций дифференцирования и интегрирования. В рамках данной книги это неосуществимо. Поэтому мы ограничимся обсуждением лишь одного принципиального момента, связанного с тем, что понятие вероятности того или иного числового значения случайной, величины «не работает» для непрерывных случайных величин.
'ЧкАдАм*. В §12.1 Вы говорили, что вероятность любого конкретного числового значения непрерывной случайной величины равна нулю. Честно говоря, это трудно понять. Допустим, значения какой-то непрерывной случайной величины X заполняют отрезок [а; Ь\. Вероятность того, что наугад брошенная точка (разумеется, брошенная мысленно) попадет в отрезок [а; Ь\, равна, конечно, единице — это есть вероятность достоверного события. Выберем внутри отрезка [а; Ь\ небольшой отрезочек [х;х + Дх] (см. рис. 1 в таблице 50). По-видимому, существует какая-то не равная нулю вероятность того, что наугад брошенная точка окажется в пределах нашего отрезочка. Думаю, что эта вероятность будет тем меньше, чем меньше Дх. Правильно ли я рассуждаю?
Автор. Правильно.
я#6б#«. Согласно Вашему утверждению, вероятность того, что наша точка попадет в любое конкретное число на отрезочке [х; х + Дх],
Таблица 50. Плотность вероятности значения непрерывной случайной величины
равна нулю. Как же получается, что вероятность попасть в этот отрезочек нулю не равна? Разве сумма нулей может быть отлична от нуля? Разве равенство и • 0 = 0 не выполняется для любого л?
Автор. Равенство п • 0 = 0 выполняется для любого конечного п. А вот предел lim п • 0 совсем не обязательно должен быть нулем.
'ЧмАеийм*. Допустим, что это так. А существует ли какая-то вероятностная характеристика, связанная с попаданием точки в некоторое конкретное число xf внутри отрезочка [х; х + Дх]?
Автор. Существует. Она называется плотностью вероятности числового значения х; . Каждая точка отрезка [а; Ь\ (и в частности, нашего отрезочка) характеризуется определенным значением плотности вероятности /(х). Предположим, что функция /(х) имеет график, изображенный на рис. 2 в таблице 50. Площадь под этим графиком, рассматриваемая на отрезке [а; Ь\ (она на рисунке заштрихована), есть вероятность попасть в отрезок [а;Ь]. Она равна единице, коль скоро значения величины А определены на данном отрезке и только на нем. Площадь под графиком функции /(х), рассматриваемая на отрезочке [х; х + Дх] (она на рисунке имеет двойную штриховку), есть вероятность попасть в этот отрезочек. Условно обозначим эту вероятность через P(xz, Дх), где х, — середина отрезочка. Если Дх достаточно мало, то можно приближенно считать, что
P(xz, Дх) =/(х,)Дх.(*)
Отсюда следует, что
В пределе при Дх 0 вероятность Р (х;, Дх) стремится к нулю, но Р(х* Ах)
дробь —^— к нулю не стремится, а стремится к плотности вероятности в точке Xj , т. е. к /(х,):
г Р(Х.,Дх) ^ ...
hm ——- = /(х,).(***)
Лх^о Дх J v иv ’
Соотношение (***) можно рассматривать как определение понятия «плотность вероятности».
'Чсайеийе**. Но почему в этом понятии используется слово «плотность»? В физике есть плотность вещества. Она равна массе вещества поделенной на его объем. Есть ли что-то общее между плотностью вещества и плотностью вероятности?
Автор. Да, тут есть определенная аналогия. Рассматривая вещество, мы говорим, что в объеме Vвещества сосредоточена масса М. А как Вы полагаете, можно ли говорить о массе, сосредоточенной не в объеме, а в некоторой точке внутри тела?
*%«#6<1#6б**. Полагаю, что нельзя. Масса в точке должна равняться нулю. Чтобы говорить о какой-то ненулевой массе, надо взять некоторый объем внутри тела, пусть даже совсем небольшой.
Автор. Вы совершенно правы. Давайте выберем мысленно некоторую точку Я внутри некоторого тела и выделим небольшой объем V, внутри которого находится точка А. Для большей наглядности (и только ради нее) изобразим этот объем в виде куба, и пусть точка А находится в центре куба — см. рис. 3 в таблице 50. Обозначим через М(А; А Е) массу вещества, находящуюся внутри объема АЕ Если мы станем постепенно уменьшать объем A V, как бы стягивая его в точку А, то, очевидно, масса М^А; АЕ) будет постепенно уменьшаться. В пределе при ЛЕ^О масса М(Я;АЕ) будет стремиться к нулю, но отношение М(А; А К) / А Ек нулю стремиться не будет. Оно будет стремиться к плотности вещества р(Д), т. е. к плотности, которую вещество нашего тела имеет в точке А:
г М(Л;ДЕ) ... . .
пт ——- = р(А). (****) дИ-0 ДЕ
Нетрудно усмотреть определенную аналогию между соотношениями (****) и (***). Первое определяет плотность вещества в точке А пространства, занятого веществом, а второе определяет плотность вероятности в точке Xj отрезка [а; Ь\, на котором задана непрерывная случайная величина.
'ЧесАаАем.. Понятно. В любой конкретной точке внутри вещества рассматривают не массу вещества, а плотность вещества. Точно так же для любой конкретной точки на отрезке [а; Ь\ рассматривают не вероятность значения непрерывной величины, а плотность вероятности.
Автор. Если вещество распределено равномерно по всему объему тела Е, имеющего массу М, то в любой точке внутри тела плотность вещества будет определяться хорошо известной всем формулой: р = М / Е Допустим теперь, что вещество распределено по объему Е неравномерно. Мысленно разобьем объем тела на п маленьких кубиков объемом АЕ каждый. Пусть
Pb Р2’ РЗ’ Ри
- значения плотности вещества в центре различных кубиков. Если А Е достаточно мало, то можно полагать приближенно, что внутри каждого
из кубиков вещество распределено равномерно с плотностью, равной плотности в центре кубика. В этом случае можем записать:
р 1А V Ч~ р 2 А Е Ч- рзА^ Ч- • • • Ч- р А Е — М.(*****)
Аналогичным образом можно разбить отрезок [а; Ь\ на п маленьких отрезочков длиной Дх каждый. Пусть
/(Х1),/(х2),/(х3),...,/(хй)
- значения плотности вероятности величины X в центре различных отрезочков. Если Дх достаточно мало, то можно полагать приближенно что внутри каждого из отрезочков плотность вероятности постоянна и равна плотности вероятности в середине отрезочка (см. рис. 4 в таблице 50). В этом случае плавная кривая/(х) превращается в «ступенчатую кривую» и мы можем записать:
Р(х^ Ах) Ч- Р(х2; Ах) Ч- Р(х3; Ах) Ч-... Ч- Р(хп;Ах) =
^ /(X] )Ах + /(х2 )Дх + /(х3 )Дх +... + f<xn)Ах — 1 .(******)
*%«#8<1#й&*«. Мы разбили мысленно отрезок [а; 6] на п отрезочков длиной Дх каждый и говорим о вероятностях попасть в тот или иной из п отрезочков:
Р(хь Дх), Р(х2, Дх), Р(х3, Дх),..., Р(хп, Ах).
Получается, что тем самым мы приближенно представили случайную величину в виде дискретной случайной величины?
Автор. Именно так. Если мы станем разбивать отрезок [а; 6] на все более маленькие отрезочки Дх, т. е. станем увеличивать п (см. рис. 5 в таблице 50), то наша «ступенчатая кривая» будет всё более приближаться к плавной кривой /(х). Она сольется с графиком функции /(х) в пределе Дх 0 (т. е. при п оо).
'ЧссАвАе**.. По-видимому, по мере уменьшения Дх (увеличения п) многоугольник распределения, определяемый вероятностями Р(х;, Дх) будет постепенно превращаться в плавную кривую, описывающую плотность вероятности /(х)?
Автор. Вы правы. В таблице 49, полагая, что п = 100 — это достаточно большое число, мы просто заменили многоугольник распределения плавной кривой, которую, очевидно, можно рассматривать как плотность вероятности /(х) ддя нормального распределения (ее называют нормальной кривой). Вероятности Рп(т) при больших п описываются выражением (36); нормальная кривая /(х) описывается аналогичным выражением:
(х-(Х))2
(38)(38)/О) = —т=в2°2
(38)
(38)
oV2k
'ЧеийААе**.. Можно ли считать, что изображенная в таблице 49 плавная кривая есть график функции /(х), заданной выражением (38) и что площадь под этой кривой равна единице?
Автор. Да, можно. Если, разумеется, принять во внимание, что в данном случае ^Х^ = 50 и о = 5. Мы повторяем данную кривую на рис. 6 в таблице 50. Это есть график функции
/W= I e-l-v-50^/50.
5V2k
ЗАДАНИЯ ПО ТЕМЕ 12
Приведите побольше примеров непрерывных случайных величин.
Изобразите графически закон распределения случайной величины, представляющей собой количество выпавших орлов при пятикратном подбрасывании монеты. Вычислите математическое ожидание и дисперсию этой величины.
Ответ: 5/2; 5/4.
Подсчитайте дисперсию для распределений, показанных на рис. 1 и рис. 2 в таблице 46 и убедитесь, что в данном случае соотношение (25) действительно выполняется.
Ответ: 35/12; 35/6.
Используя соотношение (5) с числом слагаемых: вплоть до т = 10, подсчитайте с помощью калькулятора число е с точностью до семи знаков после запятой.
Ответ: е = 2,7182817.
Выведите формулу для суммы бесконечной убывающей геометрической прогрессии: l + q+q2 + q3+... = l/(l-q).
Подсказка. Сначала перепишите эту сумму в виде:
1 + q+ q2 + q3 + ... = 1 + q (1 + q+ q2 + ...).
Подсчитайте математические ожидания для всех распределений, представленных графически на рисунках 1-3 в таблице 47.
Подсчитайте дисперсии для всех распределений, представленных графически на рисунках 1-3 в таблице 47.
Используя (24) и (25), докажите, что D(X- Y) = D(X) + D(Y), где X и Y — независимые случайные величины.
Вычислите математическое ожидание и дисперсию случайной величины (X/ 2 - 5), если величина X распределена по биномиальному закону с п = 20 и р = 0,5.
Ответ: 0; 5/4.
ЗАКЛЮЧИТЕЛЬНЫЙ ДИАЛОГАВТОРА С ЧИТАТЕЛЕМ:необходимо продолжение разговора
... Мы лишь теперь начинаем по достоинству оценивать значение всего круга проблем, связанных с необходимостью и случайностью.
И. Пригожин, И. Стенгере («Порядок из хаоса»)
Что бы мы ни называли реальностью, она открывается нам только в процессе активного построения, в котором мы участвуем.
Рабиндранат Тагор (1861-1941).
'Читсипе*^. Ну вот, наконец, книга прочитана. Она познакомила меня с вероятностями и в определенной мере научила работать с ними. Я нашел в ней немало интересного и полезного для себя. Однако, как мне кажется, разговор на этом не может окончиться. Сделана только половина дела.
Автор. Поясните, пожалуйста, свою мысль.
'ЧссАаАем.. Во вступительном диалоге (в самом начале книги) отмечалось, что человек познаёт окружающий мир, используя закономерности двух типов — динамические (они позволяют делать однозначные предсказания) и статистические (они позволяют делать вероятностные предсказания). Там же отмечалось, что, как доказала наука XX-го столетия, именно статистические (а не динамические) закономерности более адекватно отражают реалии нашего мира. Именно на языке теории вероятностей более четко обнаруживается «одушевляющая связь» явлений. Прочитанная книга раскрыла для меня многие тайны теории вероятностей и указала на многие примеры практического применения этой теории, но она не объяснила, почему вероятностные подходы оказываются более эффективными при изучении окружающего мира и в чем проявляется их эффективность. Она не продемонстрировала вероятно-
стного характера мира, конструируемого в сознании современного человека. О самих вероятностях книга рассказала, но о мире, построенном на вероятностях, она умолчала.
Автор. Действительно, пройдена лишь треть пути. Сделана только треть дела. Если иметь в виду раскрытие темы «Закономерности окружающего мира». Остальные две трети автор предполагает рассмотреть во второй и третьей книгах трехтомника, озаглавленных, соответственно, «Вероятность в современном обществе» и «От динамических закономерностей к вероятностным».
*Ч«АаАе<<*. Что же конкретно предполагается рассмотреть во второй книге?
Автор. Наверное, не стоит говорить здесь конкретно о ее содержании. Поясню лишь в общих чертах. Во второй книге трехтомника будут рассмотрены две взаимосвязанные группы вопросов. К первой относятся вопросы, связанные с исследованием операций (марковские случайные процессы, системы массового обслуживания, теория игр и принятия стратегических решений, метод Монте-Карло). Ко второй группе относятся вопросы, связанные с теорией информации (основные принципы и формулы, передача информации по каналу связи, энтропия и информация, информатика и вероятность). Думаю, что перечисленные вопросы дают общее представление о второй книге.
*Ч((АлЛл^. Общее представление они, пожалуй, дают. А какова глубинная идея?
Автор. Хороший вопрос. Действительно, можно говорить о глубинной идее книги и идеях, которые лежат, так сказать, «на поверхности». Последние вполне очевидны. Во второй книге трехтомника речь идет о том, чтобы показать, что современное общество в буквальном смысле построено на вероятности, коль скоро оно насыщено сложными и сверхсложными информационными системами.
*Ч((АлЛл^. К что можно сказать о глубинной идее?
Автор. Глубинная идея раскрывается не столько во второй книге, сколько в третьей книге трехтомника. В книге, озаглавленной «От динамических закономерностей к вероятностным». Ее можно было бы назвать также «Эволюцией естественно-научной картины мира от античности до наших дней». Говоря сейчас только о глубинной идее, отметим, что человек всегда стремился объяснить окружающий мир, по возможности, наиболее рационально и был склонен упрощать представления о закономерностях мира, которые на протяжении веков формировались в сознании исследователей. В связи с этим приведу небольшой отрывок из книги И. Пригожина и И. Стенгере «Порядок из хаоса» (Пер. с англ. М.: Прогресс, 1986): «...Галилей и те, кто пришел после него, разделяли убеждение в том, что наука способна открывать глобальные
истины о природе. По их мнению, природа не только записана на математическом языке, поддающемся расшифровке с помощью надлежаще поставленных экспериментов, но и сам язык природы единственен. Простейшие явления, изучаемые наукой, при таких взглядах объявлялись ключом к пониманию природы в целом. Сложность природы была провозглашена кажущейся, а разнообразие природы — укладывающимся в универсальные истины, воплощенные ддя Галилея в математических законах движения».
Такова в общих чертах традиционная парадигма, сохранившаяся вплоть до наших дней. Авторы книги «Порядок из хаоса» считают (и мы с ними согласны), что пришло время, когда нужно отказаться от этой парадигмы и признать принципиальную сложность окружающего мира. Основной аргумент — развитие вероятностных представлений, приобретающих в наше время всеобъемлющий характер. «Когда в науку, — пишут Пригожин и Стенгере, — в качестве объекта положительного знания входят случайность, сложность и необратимость, мы отходим от прежнего весьма наивного допущения о существовании прямой связи между нашим описанием мира и самим миром» (курсив наш. — Авт л. И вот еще один отрывок из книги Пригожина и Стенгере:
«Идеалом классической науки была «прозрачная» картина физической Вселенной. В каждом случае предполагалась возможность четко указать причину и ее следствие. Но когда возникает необходимость в использовании вероятностного описания, причинно-следственные связи усложняются. Теперь имеет смысл говорить лишь о статистической причинности. С такой ситуацией мы столкнулись довольно давно — с возникновением квантовой механики, но с особой остротой она дала о себе знать в последнее время, когда случайность и вероятность стали играть существенную роль даже в классической динамике и химии. С этим и связано основное отличие современной тенденции по сравнению с классической: в противоположность «прозрачности» классического мышления она ведет к «смутной» картине мира».
По-видимому, теперь Вы в состоянии, если и не понять, то хотя бы уловить глубинную идею всего трехтомника. Он предполагает преодоление традиционной классической парадигмы, попытку показать сложность реального мира, окружающего нас, продемонстрировать возможности вероятностных подходов в лабиринтах этих сложностей, показать, что дальнейший прогресс в нашем миропонимании требует отказа от «навязывания» природе упрощенных решений и признания важности апробации альтернативных моделей.
'Чшна&ель. Я вижу, что наши беседы о вероятностях и закономерностях мира и в самом деле далеко не завершены.
Автор. Да, необходимо продолжение разговора.
Список ЛИТЕРАТУРЫ
Популярные издания
Гнеденко Б.В., ХинчинА.Я. Элементарное введение в теорию вероятностей. М.: ГИФМЛ, 1961.
Колмогоров АП., Журбенко И.Г, Прохоров А.В. Введение в теорию вероятностей. Библиотечка «Квант», вып.23. М.: Наука, 1982.
Кордемский Б.А. Математика изучает случайности. М.: Просвещение, 1975.
Чубарев АМ., Холодный В. С. Невероятная вероятность. М.: Знание, 1976.
Хургин Я.И. Как объять необъятное. М.: Знание, 1979.
Глеман М., Варга Т. Вероятность в играх и развлечениях. Пер. с французского. М.: Просвещение, 1979.
Тарасов Л.В. Мир, построенный на вероятности. М.: Просвещение, 1984.
Тарасов Л.В. Неслучайная случайность. М.: ВШМФ «Авангард», 1994.
Научные издания
Гнеденко Б.В. Курс теории вероятностей. М.: Наука, 1965.
Солодовников А. С. Теория вероятностей. М.: «Вербум-М», 1999.
Гмурман В.Е. Теория вероятностей и математическая статистика. М.: Высшая школа, 1998.
Розанов Ю.А. Случайные процессы. М.: Наука, 1971.
Мостеллер Ф., Рурке Р, Томас Дж. Вероятность. Пер. с англ. М.: Мир, 1969.
Вентцелъ Е.С. Теория вероятностей. М.: Наука, 1964.
Нейман Ю. Вводный курс теории вероятностей и математической статистики. Пер. с англ. М.: Наука, 1968.
Кайберг Г. Вероятность и индуктивная логика. Пер. с англ. М.: Прогресс, 1978.
Майстров Л.Е. Развитие понятия вероятности. М.: Наука, 1980.
Колмогоров А.Н. Основные понятия теории вероятностей. М.: Наука, 1974.
Учебное издание
ТАРАСОВ Лев Васильевич
ЗАКОНОМЕРНОСТИ ОКРУЖАЮЩЕГО МИРА
Книга 1
СЛУЧАЙНОСТЬ, НЕОБХОДИМОСТЬ, ВЕРОЯТНОСТЬ
Редактор Ю.Г. РудойОригинал-макет: О.А. ПелипенкоОформление переплета: А.Ю. Алехина
ЛР №071930 от 06.07.99. Подписано в печать 04.08.04.
Формат 70x100/16. Бумага офсетная. Печать офсетная.
Усл. печ. л. 31,11. Уч.-изд. л. 26,5. Заказ №
Издательская фирма «Физико-математическая литература»МАИ К «Наука/Интерпериодика»
117997, Москва, ул. Профсоюзная, 90
E-mail: fizmat@maik.ru, fmlsale@maik.ru; http://www.fml.ru
Отпечатано с диапозитивовв ОАО «Чебоксарская типография № 1»428019, г. Чебоксары, пр. И. Яковлева, 15
ISBN 5-9221-0414-4
9 785922 104142
УДК 530.1
ББК 22.3
Т19
Тарасов Л. В. Закономерности окружающего мира. В 3 кн. Кн. 1. Случайность, необходимость, вероятность. — М.: ФИЗМАТЛИТ, 2004. — 384 с. - ISBN 5-9221-0414-4.
Данная книга является достаточно популярным и в то же время строго научным развернутым введением в теорию вероятностей, включающим в себя подробный анализ рассматриваемых проблем, широкие обобщения философского плана, отступления исторического характера. Книга имеет четко выраженный учебный характер; ее материал строго структурирован, построен на доказательной основе, снабжен большим количеством графиков и схем; приведено значительное количество оригинальных задач, из которых часть разбирается в книге, а часть предлагается читателю для самостоятельного решения. Книга представляет собой законченный труд и при этом является первой книгой трехтомника автора с общим названием «Закономерности окружающего мира» (первая книга: «Случайность, необходимость, вероятность»; вторая книга: «Постижение мира через вероятность», третья книга: «Эволюция естественно-научного знания»).
Для школьников старших классов (начиная с 7-го), а также студентов техникумов и высших учебных заведений.
© ФИЗМАТЛИТ, 2004
ISBN 5-9221-0414-4ISBN 5-9221-0414-4© Л. В. Тарасов, 2004
ISBN 5-9221-0414-4
ISBN 5-9221-0414-4
Л.В. Тарасов