ВВЕДЕНИЕ

В ТЕОРИЮ ВЕРОЯТНОСТЕЙ

БИБЛИОТЕЧКА-КВАНТ* выпуск 23

А.Н. КОЛМОГОРОВ И. Г. ЖУРБЕНКО А.В. ПРОХОРОВ

ВВЕДЕНИЕ

В ТЕОРИЮ ВЕРОЯТНОСТЕЙ

Из КНИГ,

Ник.^ескина

Я. .'ЕСНОГОКолледжа НМУ

МОСКВА «НАУКА»

ГЛАВНАЯ РЕДАКЦИЯ

ФИЗИКО-МАТЕМАТИЧЕСКОЙ^ЛИТ^РАТУРЫ 1882

22.17

К 60

УДК 619.2

РЕДАКЦИОННАЯ КОЛЛЕГИЯ:

Академик И. К. Кикоин (председатель), академик А. Н. Кол* моторов (заместитель председателя), доктор физ.-матем. наук Л. Г. Асламазов (ученый секретарь), член-корреспондент АН СССР А. А. Абрикосов, академик Б. К. Вайнштейн, засл ужепный учитель РСФСР Б. В. Воздвиженский, академик |В. М. Глушков), академик П. Л. Капица, профессор С. П. Капица, академик С. П. Новиков, академик Ю. А. Осипьяп, академик АПН РСФСР В. Г. Разумовский, академик Р. 3. Сагдеев, кандидат хим. наук М. Л. Смолянский, профессор Я. А. Смородинский, академик С. Л. Соболев, член-корреспондент АН СССР Д. К. Фаддеев, член-корреспондент АН СССР И. С. Шкловский.

Колмогоров А. Н., Журбенко И. Г., Прохоров А. В. К" 60 Введение в теорию вероятностей.—М.: Наука. Главная редакция физико-математической литературы, 1982, 160 с.— (Библиотечка «Квант». Вып. 23) —■ 25 коп.

В книге на простых примерах вводятся основные понятия теории вероятностей. Наряду с комбинаторным определением вероятности рассматривается статистическое определение. Подробно анализируется случайное блуждание на прямой, описывающее физические процессы одномерного броуновского движения частиц, а также ряд других примеров.

Для школьников, студентов, преподавателей, лиц, занимающихся самообразованием.

ББК 22.17517.8ББК 22.17517.8„ 1702061)660-106. „

ББК 22.17

517.8

ББК 22.17

517.8

К 053 (02)-82191-82

1702060000—106К 053(02)-82191-821702060000—106К 053(02)-82191-82© Издательство «Наука». Главная редакция физико-математической литературы, 1982© Издательство «Наука». Главная редакция физико-математической литературы, 1982

1702060000—106

К 053(02)-82191-82

1702060000—106

К 053(02)-82191-82

© Издательство «Наука». Главная редакция физико-математической литературы, 1982

© Издательство «Наука». Главная редакция физико-математической литературы, 1982

ОГЛАВЛЕНИЕ

ПредисловиеВ

Глава 1. КОМБИНАТОРНЫЙ ПОДХОД К ПОНЯТИЮ ВЕРОЯТНОСТИ7

Перестановки7

Вероятность9

Равновозможные случаи10

Броуновское движение и вадача о блуждании на плоскости11

Блуждание по прямой. ТреугольникПаскаля17

Бином Ньютона21

Биномиальные коэффициенты и числосочетаний 22

Формула, выражающая биномиальныекоэф

фициенты через факториалы, и ее применение к вычислению вероятностей23

Формула Стирлинга25

Г л а в а2. ВЕРОЯТНОСТЬ И ЧАСТОТА27

Глава 3, ОСНОВНЫЕ ТЕОРЕМЫ О ВЕРОЯТНОСТЯХ 34

Определение вероятности34

Операции с событиями: теорема сложениявероятностей36

Элементы комбинаторики и применения к вада- чам теории вероятностей44

Условные вероятности и независимость52

Последовательность независимых испытаний.Фор

мула Бернулли62

Теорема Бернулли69

Г л а в а 4. СИММЕТРИЧНОЕ СЛУЧАЙНОЕ БЛУЖДАНИЕ74

Введение74

Комбинаторные основы76

Задача о возвращении частицывначало координат81

Задача о числе возвращенийвначало координат86

Закон арксинуса91

О симметричном случайном блуждании на плоскости и в пространстве67

Глава 5. СЛУЧАЙНЫЕ ВЕЛИЧИНЫ, РАСПРЕДЕЛЕНИЕ ВЕРОЯТНОСТЕЙ102

Понятие случайной величиныЮ2

Математическое ожиданиеи дисперсияЮб

Заков больших чисел в форме Чебышева114

Г л а в а 6. ПОСЛЕДОВАТЕЛЬНОСТИ ИСПЫТАНИЙ БЕРГ л а в а 6. ПОСЛЕДОВАТЕЛЬНОСТИ ИСПЫТАНИЙ БЕРПроизводящие функции

Г л а в а 6. ПОСЛЕДОВАТЕЛЬНОСТИ ИСПЫТАНИЙ БЕР

Г л а в а 6. ПОСЛЕДОВАТЕЛЬНОСТИ ИСПЫТАНИЙ БЕР

НУЛЛИ: СЛУЧАЙНОЕ БЛУЖДАНИЕ И СТАТИСТИЧЕСКИЕ ВЫВОДЫ120

Испытания Бернулли120

Случайное блуждание на прямой, соответствующее схеме Бернулли122

Задача о разорении127

Статистические выводы132

Г л а в а 7. ПРОЦЕССЫ ГИБЕЛИ И РАЗМНОЖЕНИЯ 142

Общая постановка задачи142

Производящая функция величины zn144

Математическое ожидание и дисперсия случайной" величины zn145

Вероятность вырождения145

Предельное поведение zn150

Заключение155

ПРЕДИСЛОВИЕ

Данная книга рассчитана на читателя, пожелавшего на элементарном уровне ознакомиться с основными понятиями теории вероятностей и составить себе некоторое впечатление о возможных применениях этой области математики, бурное развитие которой приходится на последние десятилетия. Широкое распространение вероятностных методов в самых различных областях науки и техники было связано с тем, что с помощью этих методов удалось получить ответы на многие естественнс- научные задачи, долгое время не поддающиеся решению. Книга не ставит перед собой цели охватить все возможные применения теории вероятностей, тем более что на элементарном уровне это сделать вообще невозможно. В то же самое время привести интересные примеры использования вероятностных методов в простейших практических ситуациях являлось одной из главных целей книги. В качестве таких примеров достаточно подробно изучаются основные закономерности броуновского движения, проводится исследование процессов гибели и размножения, приводятся некоторые другие примеры. Естественно, что приведенные результаты являются лишь элементарным введением в указанные области науки, позволяющим, тем не менее, составить у читателя чувство близости к современным естественнонаучным проблемам.

Глава 1 служит общим введением в комбинаторные начала теории вероятностей, все идеи и иллюстрации этой главы получают дальнейшее развитие в следующих главах.

Главы 3, 5 посвящены определениям и доказательствам основных закономерностей теории вероятностей i а основе классической вероятностной модели. В этих главах подготавливается почва для перехода к произвольным дискретным вероятностным моделям, потребность в кото-

рых продиктована конкретными естественнонаучными задачами, разобранными в главах 4, 6 и 7.

Проблема отношения основных вероятностных понятий к опыту затрагивается в главе 2. Здесь обсуждается происхождение классического определения вероятности, дается ее статистическое определение, намечается аксиоматический подход.

В главе 4 рассматривается простейшая модель симметричного случайного блуждания частицы на прямой и на плоскости. Простыми комбинаторными методами решаются трудные задачи, имеющие занимательную формулировку и неожиданные ответы. Это задачи о возвращении частицы в исходное положение, о достижении некоторого уровня, о времени пребываний частицы в некоторых границах.

В главе 6 большая часть этих проблем развивается в несимметричном случае. Решается классическая задача о разорении. В последнем параграфе приведены примеры самых простых задач математической статистики с решениями.

Вопросам неограниченного роста популяций или их вымирания посвящена глава 7.

В основу данной книги легли курсы лекций и семинаров авторов, неоднократно на протяжении последних лет читавшиеся в Московском государственном университете и Физико-математической школе при МГУ.

Главы 1, 3 и 5 близки по содержанию к статьям Л. Н. Колмогорова и Б. В. Гнеденко, И. Г. Журбенко, опубликованным в журнале «Математика в школе» в 1968 году.

Весь текст книги постоянно сопровождается большим количеством примеров и задач, часть которых в зависимости от трудности решается полностью, на остальные даются только ответы.

Книга будет доступна школьникам старших классов, проявляющим интерес к математике и ее применениям. Она может также оказаться полезной студентам младший курсов самых различных специальностей, интересующимся применениями теории вероятностей в своих областях.

Л. Н. Колмогоров, И. Г. Журбенко, Л. В. Прохоров

ГЛАВАt

КОМБИНАТОРНЫЙ ПОДХОДК ПОНЯТИЮ ВЕРОЯТНОСТИ

Перестановки

Две буквы А и Б можно расположить одну за другой двумя способами:

АБ, БА

Три буквы А, Б и В можно расположить в виде последовательности уже шестью способами:

АБВ, АВБ

БАВ, БВА

ВАБ, ВБ А

Для четырех букв получим 24 разных способа их расположения в виде последовательности:

АБВГ,

АБГВ,

БАВГ,

БАГВ

АВБГ,

АВГБ,

БВАГ,

БВГА

АГБВ,

АГВБ,

БГАВ,

БГВА

ВАБГ,

ВАГБ,

ГАБВ,

ГАВБ

ВБАГ,

ВБГА,

ГБ АВ,

ГБ В А

ВГАБ,

ВГБА,

ГВ АБ,

ГВБА

Сколькими способами можно расположить десять букв в виде последовательности? Перебрать все способы расположения здесь было бы трудно. Для ответа на вопрос желательно общее правило, формула, которая позволяла бы сразу вычислить число способов расположения и букв в виде последовательности. Число этих способов обозначают п! (п с восклицательным знаком) и называют («п-факториал». Найдем это число. Мы уже видели, что 2! = 2, 3! = 6, 4! = 24.

Каждый способ расположения данного числа букв в последовательности называется перестановкой. Очевидно, что вместо букв можно взять цифры или любые другие предметы. Число перестановок четырех предметов равно 4! = 24. Вообще п! есть число перестановок п предметов. Заметим еше. что полагают

1! = 1

(один предмет не с чем «переставлять», из одного предмета можно сформировать только одну «последовательность», в которой етот предмет стоит на первом месте).

1! = 1,

2! =4-2 = 2,

3! = 1-2-3 = 6,

4! = 1.2-3-4 = 24.

Напрашивается гипотеза: число перестановок п предметов равно произведению первых п натуральных чисел»

п\ = 1 -2-3-. . . • п.(1)

Гипотеза эта верна.

Для доказательства заметим, что в случае п предметов на первое место можно поставить любой ив п предметов. В каждом из этих и случаев остающиеся п — 1 предметов можно расположить (и — 1)! способами. Поэтому получим всего (и — 1)!и способов расположения п предметов»

п! = (п — 1)1п.(2)

Ври помощи формулы (2) получаем последовательно:

2! = 1В2 = 1-2,

3! = 2!-3 = 1-2-3,

4! = 31-4 = 1-2-3-4,

5! = 4В5 = 1-2-3-4-5 = 120 и т. д.

Знакомые с принципом математической индукции могут заметить, что вывод формулы (1) из формулы (2) использует этот принцип, и провести строго формальное рассуждение.

Теперь уже нетрудно вычислить число перестановок десяти букв:

10! *=» 1-2.3.4.5.6.7.8.9.10 = 3 628 800.

Вероятность

Семь букв разрезной азбуки А, А, Б, Б, К, У, Ш положены в мешок, откуда их вынимают наудачу и располагают одну за другой в порядке, в котором они появляются. В результате получается слово БАБУШКА.

В какой мере такой факт надо считать удивительным, быть может, заставляющим предполагать, что мы присутствуем при нарочно подстроенном фокусе? Занумеруем наши семь карточек с буквами:

123 4567

ААБ БКУШ

Их можно расположить по порядку 7! = 5040

способами. Из этих 5040 случаев слово БАБУШКА получится в четырех:

3 1 4 6 7 5 24 1 3 6 7 5 2

БАБУШКА БАБУШКА

3 2 4 6 7 5 1 4 2 3 6 7 5 1БАБУШКА БАБУШКА

Говорят, что из общего числа случаев (5040) четыре случая благоприятствуют появлению занимающего нас события (заключающегося в том, что ив вынутых букв сложилось слово БАБУШКА). Отношение числа благоприятствующих случаев к общему числу случаев в подобных задачах называют вероятностью события. В нашем примере вероятность появления слова БАБУШКА есть

Р =

50401260

Вероятность эта очень мала, и наше событие действительно очень «маловероятно». Позднее мы узнаем, что подсчитанная нами вероятность имеет такой практический смысл: если много раз производить описанный опыт с буквами, то примерно один раз на 1260 испытаний произойдет наше событие (само собою сложится слово БАБУШКА).

Аналогичный расчет для четырех букв А, А, М, М приводит к результату, что из них случайно будет

9

складываться слово МАМА с вероятностью

41

4!6 '

С такой же вероятностью х/в будет получаться еще каждое ив пяти «слов»:

ААММ, АМАМ, АММА, МААМ, ММАА.

Если производить этот опыт с четырьмя буквами, то каждый ив описанных шести возможных результатов будет появляться примерно в V6 доле случаев.

Равновозможные случаи

Игральная кость — это кубик, на гранях которого обозначено число очков от 1 до 6. Бросив две кости, можно получить сумму очков (на верхних гранях двух костей) от 2 до 12. Можно было бы думать, что в задаче имеется 11 возможных случаев и вероятность появления каждого из них равна Vu. Но ето не так. Опыт показывает, что, например, сумма 7 появляется много чаще, чем сумма 12. Это и попятно, так как 12 можно получить только в виде:

6 + 6 = 12, а 7 — многими способами:

1+6=2+5=3+4=4+3=5+2=6 + 1=7.

При этом мы записываем первым слагаемым число очков на первой кости, а вторым — на второй. Поэтому записи 1 + 6 и 6 + 1 указывают на две различные возможности получения суммы 7.

Для подсчета вероятностей здесь приходится рассматривать тридцать шесть случаев, каждый из которых характеризуется определенным числом очков, выпавших на первой кости, и определенным числом очков, выпавших на второй кости:

1,11,21,31,41,51,6

2,12,22,32,42,52,6

. . .

4,1. . .

5,1. . .

. ...

Естественно считать эти тридцать шесть случаев раййо* возможными. Опыт показывает, что в случае достаточно правильных (кубических) костей, сделанных из однородного материала, и надлежащих приемов бросания (например, после встряхивания в стаканчике) эти 36 случаев появляются при большом числе повторений примерно оди

наково часто.

Для суммы очков на двух костях получаем такие результаты (проверьте):

Сумма23456789101112

Число благо-12345654321

приятствую- щих случаев

11115151111

Вероятность 36 18 12936 6 36 9 12 18 36

Уточним определение: вероятностью называется отношение числа благоприятствующих случаев к общему числу равновозможных. На вопрос, какие случаи можно считать равновозможными, математика не дает ответа. При бросании костей условия выпадения любой из шести граней представляются нам одинаковыми. Кроме того, представляется естественным считать, что различные комбинации верхних граней двух костей тоже одинаково правдоподобны.

Разделение всех возможных исходов испытания на исключающие друг друга равновозможные случаи достаточно деликатно. Часто вместо изложенного сейчас «классического» определения вероятности приходится прибегать к другому — статистическому». Но на первых порах знакомства с теорией вероятностей разумно отнестись с доверием к «классическому» определению. С точки зрения чистой математики тут нет никакой «нестрогости». Подробнее об этом будет сказано в главе 2.

Броуновской движение и задача о блуждании на плоскости

Вычислять вероятности приходится отнюдь не только при решении шуточных задач или задач об игре в кости и карты. На теории вероятностей основаны, в частности, кинетическая теория газов, теория диффузии растворенных в жидкости веществ и взвешенных Частиц.

Теория вероятностей объясняет, почему хаотическое, беспорядочное движение отдельных молекул приводит к четким, простым закономерностям движения их больших совокупностей.

Первая возможность экспериментального исследования такого рода соотношений между беспорядочным движением отдельных частиц и закономерным движением их больших совокупностей появилась, когда в 1827 году ботаник Р. Броун открыл явление, которое по его имени названо броуновским движением. Броун наблюдал под микроскопом взвешенную в воде цветочную пыльцу. К своему удивле-- нию, он обнаружил, что взвешенные в воде частицы пыльцы находятся в непрерывном беспорядочном движении, которое не удается прекратить при самом тщательном старании устранить внешние воздействия, способные это движение поддерживать (например, движение воды под влиянием неравномерности температуры и т. п.). Вскоре было обнаружено, что это движение — общее свойство любых достаточно мелких частиц, взвешенных в жидкости. Его интенсивность зависит только от температуры и вязкости жидкости и от размеров частиц (движение тем интенсивнее, чем температура выше, вязкость меньше, а частицы мельче). Каждая частица движется по своей собственной траектории, не похожей на траектории соседних частиц, так что близкие вначале частицы очень быстро становятся удаленными (хотя могут иногда случайно вновь встретиться).

На рис. 1 точками отмечены последовательные положения частицы (гуммигута в воде по классическим опытам Перрена) с промежутками в 30 с. Эти последовательные положения соединены прямолинейными отрезками. В действительности траектория частицы еще запутаннее. На рис. 2 схематически показано, что траект рия трех частиц, которые в начальный момент были очень близки друг к другу, совершенно различны.

Броуновское движение большого числа частиц можно наблюдать, выпустив в тонкий слой воды на плоском стеклышке каплю чернил. При наблюдении простым глазом траектории отдельных чернильных частиц увидеть нельзя. Чернильное пятно будет постепенно расплываться, сохраняя округлую форму. Его окраска будет более интенсивной в центре, к краям же будет ослабевать. Схематически расположение большого числа частиц, подверженных броуновскому движению, через некоторый

промежуток времени после того, как все они вышли пя ближайшей окрестности начальной точки, отмеченной крестиком, изображено на рис. 3.

Обозначим через t промежуток времени, прошедший от выхода наших частиц из начальной точки, и через d — диаметр окружности с центром в начальной точке

Рис. 1. Блуждание частицы гуммигута с промежутками 30 с,

внутри которой находится половина частиц (см. рис. 3)* Наблюдение показывает, что этот диаметр растет приблизительно пропорционально квадратному корню из промежутка времени t, т. е. изменяется примерно по закону

I = k^t. 0)

Эта закономерность может быть обоснована теоретически средствами теории вероятностей. Сам ее вывод остается за пределами нашей книги, но в причинах того, что диаметр d растет не пропорционально времени (как было бы, если бы частицы разбегались из начальной точки с постоянной скоростью, не меняя направления), а несравненно медленнее, мы вскоре сможем разобраться.

Основные черты броуновского движения частицы можно наблюдать уже на упрощенной модели блуждания частицы по плоскости, разделенной на квадратики. К таким упрощенным моделям при изучении более сложных явлений прибегают и в серьезных научных исследованиях.

Рис. 2$ Траектории блужда- Рис. 3. Положение частиц, вы- ния трех частиц, шедших из нуля, через некоторый промежуток времени, способами в каждую и в четыре клетки — одним способом в каждую (рис. 5, в). Всего частица может двигаться в течение первых* двух шагов шестнадцатью различными способами.На рис. 5, г указан результат аналогичного подсчета для трех шагов. Здесь число различных путей равно уже 4 + 4-9 + 8-3 = 64.Рис. 2$ Траектории блужда- Рис. 3. Положение частиц, вы- ния трех частиц, шедших из нуля, через некоторый промежуток времени, способами в каждую и в четыре клетки — одним способом в каждую (рис. 5, в). Всего частица может двигаться в течение первых* двух шагов шестнадцатью различными способами.На рис. 5, г указан результат аналогичного подсчета для трех шагов. Здесь число различных путей равно уже 4 + 4-9 + 8-3 = 64.

Рис. 2$ Траектории блужда- Рис. 3. Положение частиц, вы- ния трех частиц, шедших из нуля, через некоторый промежуток времени, способами в каждую и в четыре клетки — одним способом в каждую (рис. 5, в). Всего частица может двигаться в течение первых* двух шагов шестнадцатью различными способами.

На рис. 5, г указан результат аналогичного подсчета для трех шагов. Здесь число различных путей равно уже 4 + 4-9 + 8-3 = 64.

Рис. 2$ Траектории блужда- Рис. 3. Положение частиц, вы- ния трех частиц, шедших из нуля, через некоторый промежуток времени, способами в каждую и в четыре клетки — одним способом в каждую (рис. 5, в). Всего частица может двигаться в течение первых* двух шагов шестнадцатью различными способами.

На рис. 5, г указан результат аналогичного подсчета для трех шагов. Здесь число различных путей равно уже 4 + 4-9 + 8-3 = 64.

Будем считать, что наша частица перемещается из квадратика, в котором она находится вначале, в один из четырех соседних квадратиков. Ее путь за восемь шагов может, например, иметь такой вид, как указано на рис. 4.

Из начального положения (рис. 5, а) частица может попасть в один из четырех смежных квадратиков, в каждый одним-единственным способом (рис. 5, б). За два шага частица может попасть в начальное положение четырьмя способами (выходя в сторону в / одном из четырех возможных направлений и возвращаясь обратно), еще в четыре клетки частица может попасть двумя

На рис. 5, 8 и е указано число способов попадания в различные клетки после четырех и после пяти шагов.

14

Рис. 5, Числа различных путей по двумерной решетке за различные промежутки времени.

Легко попять, что число различных путей с ростом числа шагов t растет как 4';

Число шаговЧисло путейЧисло шаговЧисло путей0123 45

Число шагов

Число путей

Число шагов

Число путей

14 16 64 256 1024

Если считать, что частица всегда помещается в центре занимаемого ею квадратика, то за t шагов она может удалиться от начального положения не более чем на расстояние th, где h — длина стороны квадратиков. Но для этого опа должна двигаться прямолинейно. При t = 5 это будет только в четырех случаях из 1024. В большинстве же случаев частица окажется в конце пути значительно ближе к своему начальному положению. Например, при t = 5 в 400 случаях (почти 40%) расстояние конечного положения от начального будет равно единице, а еще в 400 случаях это расстояние равно

/3 = 1,73. . .

Лишь в остающихся немного более чем 20% случаях частица уйдет дальше.

Допустим теперь, что при любом t все пути равновозможны. Тогда числа, проставленные на рис. 5, после их деления на 4' дадут вероятности попадания в соответствующие клетки после t шагов. Обозначив через г расстояние от начального положения, получим при t = 2 такую табличку:

Г2024

г0]/'22

Число случаев484

1 1 1

Верояткость—,к

При t = 5 таблица приобретает следующий вид:

га

1

5

9

1317

25

г

1

V5

3

V13 "У 17

5

Число случаев

400

400

100

80* 40

^

400

400

100

8040

4

Вероятность

1024

1024

1024

10241024

1024

Интересно подсчитать среднее значение квадрата расстояния (чертой обозначен переход к среднему 16

значению):

при 1 = 2 ?2=—^АА^г, 16

при t = 5 f2 = 5.

Можно доказать, что при любом t в нашей задаче г2 = I. Корень квадратный из среднего значения квадрата (называемый в статистике средним квадратическим) равен V"i.

На этом мы закончим исследование нашей задачи. Заметим только, что рис. 5, е уже обнаруживает большое сходство с рис. 3. Оказывается, что наша модель случайного блуждания отдельной частицы хорошо соответствует наблюдениям, если предположить, что частицы блуждают независимо друг от друга (с точным смыслом выражения «независимые испытания» вы познакомитесь позднее)

Блуждание по прямой.

Треугольник Паскаля

Рассмотрим еще более простую задачу блуждания по прямой. За один шаг частица продвинется на расстояние 1г вверх или на то же расстояние вниз. Горизонтальную ось теперь удобно использовать для того.

чтобы на ней откладывать число шагов. На рис. 6 изображен возможный график движения частицы.

Легко понять, что в этой задаче число всех возможных способов перемещения частицы за t шагов будет равно

2'. На рис. 7 подсчитано число способов, которыми можно попасть через t шагов в то или иное положение (на ту или иную высоту).

Блуждание такого рода осуществляется в специальном приборе, который называют доской Гальтона. На рис. 8 изображена схема возможного устройства этого прибора. Металлические шарики один за другим попадают в самый верхний канал. Наткнувшись на первое острие, они должны выбрать путь направо или налево. Затем происходит второй такой выбор и т. д. При тщательной подгонке

Рис. 7. Подсчет числа траекторий одномерного блуждания.Рис. 7. Подсчет числа траекторий одномерного блуждания.Рис. 8. Доска Гальтона.

Рис. 7. Подсчет числа траекторий одномерного блуждания.

Рис. 7. Подсчет числа траекторий одномерного блуждания.

деталей выбор пути оказывается вполне случайным: любой из 2' способов (в нашем случае t = 5) равновозможен. Пропустив через прибор большое число шариков, обнаруживают, что доля шариков, попавших в каждое из делений внизу, примерно соответствует рассчитанным вероятностям.

Оставим теперь приборы, иллюстрирующие физический механизм случайности, и займемся математикой. 18

Выпишем

числа

из

рис. 7

в

виде таблицы:

-*7П

0

1

2

3

4

5

6 7

8 Сумма

1

0

1

1

п

1

1

1

2

2

1

2

1

4

3

1

3

3

1

8

4

1

4

6

4

1

16

5

1

5

10

10

5

1

32

6

1

6

15

20

15

6

1

64

7

1

7

21

35

35

21

7 1

128

8

1

8

28

56

70

56

28 8

1256

Закон

образования таблицы

ясен:

в каждой клетке

стоит сумма числа, стоящего непосредственно сверху, и числа, стоящего сверху слева. Например,

56 = 21 + 35.

Отдельно приходится оговорить, что в нулевом столбце и по диагонали стоят единицы. Можно поступить иначе, считать, что таблица продолжается неограниченно влево и вправо, но заполнена там нулями. Ее начало будет тогда иметь вид:

->771

...—2—101234

10...001 00 00...

n1 ...001 10 00..*

2 ...О012100...

Теперь указанное основное правило заполнения таблицы будет действовать без всяких исключений, начиная с первой строки.

Обозначив через С„ число, стоящее в таблице на пересечении m-то столбца и n-й строки, можно записать правило заполнения таблицы в виде формулы

с^=е + с^г.(1)

Особо надо задать числа нулевой строки:

L0L0{1 При 771 = 0,

L0

L0

0 при остальных значениях т.

Наша таблица (без заполнения клеток, где все равно стоят нули) называется треугольником Паскаля.

Вернемся к задаче о блуждании по прямой, но изменим ее постановку. Пусть частица двигается по горизонтальной прямой и каждую секунду либо делает один шаг вправо (на какое-то фиксированное расстояние Л), либо остается на месте. За п секунд частица сдвинется не более чем

0,50,250,50,25Рис. 9. Графики функции Р„(т).Рис. 9. Графики функции Р„(т).

0,5

0,25

0,5

0,25

Рис. 9. Графики функции Р„(т).

Рис. 9. Графики функции Р„(т).

на п шагов. Возникает вопрос о том, какое число шагов за п секунд будет наиболее вероятным, если считать все варианты движения равновозможными. Ясно, что крайние случаи (0 шагов и п шагов) при большом числе п появятся лишь в виде очень редких исключений.

Учитывая все сказанное выше, вы без труда докажете, что вероятность сделать т шагов за первые п секунд в 20

этой задаче равна

Ст

Рп^ = -^-.(2)

На рис. 9 даны графики функций Рп (т) при и = 1, 2, 4, 8, 16, 32. Масштаб по горизонтальной оси выбран постепенно уменьшающимся, так что максимальный возможный пробег частицы все время изображается отрезком одной и той же длины. Масштаб по вертикальной оси (гдэ откладываются вероятности) сохраняется неизменным.

Мы видим, что наиболее вероятным все время является среднее значение пробега

$ = 4рп.

Большие же отклонения от этого среднего с возрастанием п делаются все более редкими. Можно доказать, что среднее квадратическое отклонение от среднего пробега в этой задаче равно

Например, за 10 000 секунд средний пробег будет 5000 шагов, а среднее квадратическое отклонение от этого среднего будет лишь 50 шагов. Здесь мы соприкасаемся с одним из фундаментальных предложений теории вероятностей — законом больших чисел, о котором речь будет идти в главах 3 и 5.

Бином Ньютона

Числа называются биномиальными коэффициентами. При этом имеют в виду их обычное употребление в алгебре, не связанное с теорией вероятностей и задачами о блужданиях. Вам известны формулы:

(а + by =- 1,

(а + д')1 = а + 6,

(а + by 2= а2 + 2аб + Ь2,

(а + by = а8 + За2Ь + Заб2 + Ь3.

Обращает на себя внимание то обстоятельство, что числовые коэффициенты взяты из соответствующих строк треугольника Паскаля.

Вычислим еще:

(а + Ь)4 = (а + ЬУ (а + Ь\, для этого надо, умножить

а3 + За26 + Заб2 + б3

на а и на b и результаты сложить:

а4 + 3«% + За2Ь2 4- а№ +a36 + 3a2624-3abs + 64

о»+4а3Ь + 6а2Ь2 + 4аЬ3 + Ь4

Мы видим, что коэффициенты суммы получаются точно по тому же правилу, по какому формировался треугольник Паскаля.

Возникает гипотеза, что всегда

(а 4-6)" = ^ + ^-! b +... -у Спа^У’Н - • • + Ь" (1)

Гипотеза верна. Знакомые с методом математической индукции могут провести строгое доказательство формулы бинома Ньютона (1), опираясь на равенство (1) из § 5.

Биномиальные коэффициенты и число сочетаний

Числом сочетаний из и по т называется число способов выделения из множества, состоящего из п предметов, подмножества, состоящего из т предметов. Например, из множества, состоящего из четырех букв

А, Б, В, Г, можно выделить шесть различных подмножеств, состоящих каждое из двух букв:

{А, Б}, {А, В}, {А, Г}, {Б, В}, {Б, Г}, {В, Г}.

Оказывается, что число сочетаний из п по т равно соответствующему элементу треугольника Паскаля С™.

Этот факт легко понять, если обратиться к последней задаче о блуждании из § 5. Например, чтобы определить в этой задаче число различных способов, которым эта чащ тица может сделать два шага направо за 4 с, надо пере, брать все способы выделения из четырех секундных про.

межутков двух промежутков. Таких способов шесть:

12 3 4

1 + +

2 ++

3 ++

4+ +

5++

6+ +

Знакомые с методом математической индукции могут провести общее доказательство, опираясь на равенство (1) из § 5.

Формула, выражающая биномиальные коэффициенты через факториалы, и ее применение к вычислению вероятностей

Эта замечательная формула имеет вид:

Ст — п!Ж

mt(n-m)l ‘W

Ее тоже можно доказать при помощи метода математической индукции. Дадим другое, более непосредственное доказательство.

Если из п предметов отобраны т, то можно ml способами занумеровать отобранные предметы числами:

1, 2, 3, . . ., пи

Оставшиеся п — т предметов можно занумеровать числами:

т + 1, т + 2, . . ., п

(п — т)! способами. Таким образом, получим

ml (п — т)!

нумераций всего множества из п предметов числами:

1, 2, . . ., п.

Но сам отбор т элементов из п можно произвести способами. Таким образом, всего мы получим:

Сп ml (и — т)!

Таблица логарифмов факториалов

я

1g nl

Я

1g 71!

1g 71!

Я

1g nl

1

о.оооо

26

26,6056

51

66,1906

76

111,2754

2

0,3010

27

28,0370

52

67,9066

77

113,1619

3

0,7782

28

29,4841

53

69,6309

78

115,0540

4

1,3802

29

30,9465

54

71,3633

79

116,9516

5

2,0792

80

32,4237

55

73,1037

80

118,8547

6

2,8573

81

33,9150

56

74,8519

81

120,7632

7

8,7024

82

35,4202

57

76,6077

82

122,6770

8

4,6055

33

36,9387

58

78,3712

83

124,5961

е

5,5598

34

38,4702

59

80,1420

84

126,5204

10

6,5598

35

40,0142

60

81,9202

85

128,4498

и

7,6012

36

41,5705

61

83,7055

86

130,3843

12

8,6803

37

43,1387

62

85,4979

87

132,3238

13

9,7943

38

44,7185

63

87,2972

88

134,2683

14

10,9404

39

46,3096

64

89,1034

89

136,2177

15

12,1165

40

47,9116

65

90,9163

90

138,1719

16

13,3206

41

49,5244

66

92,7359

91

140,1310

17

14,5511

42

51,1477

67

94,5619

92

142,0948

18

15,8063

43

52,7811

68

96,3945

93

144,0632

19

17,0851

44

54,4246

69

98,2333

94

146,0364

20

18,3861

45

56,0778

70

100,0784

95

148,0141

21

19,7083

46

57,7406

71

101,9297

96

149,9964

22

21,0508

47

59,4127

72

103,7870

97

151,9831

23

22,4125

48

61,0939

73

105,6503

98

153,9744

24

23,7927

49

62,7841

74

107,5196

99

155,9700

25

25,1906

50

64,4831

75

109,3946

100

157,9700

нумераций полного множества ив п элементов. Каждую нумерацию этого множества мы получили ровно один раз. Всего же их п!. Поэтому:

С^тА (к — m)l = nlрти!

”' т! (п — т)! *

что и требовалось доказать.

Чтобы формула (1) была верна и при п = 0, и при m = О, надо положить:

01 = 1

Формула (1) позволяет вычислять Ln в случае больших п и т с помощью таблицы логарифмов факториалов (см. таблицу или формулу Стирлинга).

Формула Стирлинга

Дж. Стирлинг (1730 г.) предложил разложение натурального логарифма и| в бесконечный ряд:

In и! = п In п — п 4- -^- In п -f- In }/г2л 4-

+ ^-^ + --- + (~1)т+1;>г + --'-

где числа s^ могут быть выписаны в явном виде, например,

$! - 1/12, s2 = 1/360.

Ряд этот расходится, однако при любом натуральном т верно равенство:

In и! = п In п — п 4- — In п 4- In ]/2л 4-

где 0 < 6 < 1.

Для нас представляют интерес такие следствия последней формулы:

In и! ~ п In п,(1)

In n! = п In п — п 4- О (In п),(2)

In и! = n In и—и 4-In "^Зли 4—Ду 0<^0<^1,(3)

и! — У 2nn n^e"^.(4)

Здесь, как всегда, / — g обозначает f/g -> 1, / = g 4- 4- О (h) обозначает, что -^у^- ограничено. Формула (1) плоха и приводится лишь как простейшее асимптотическое выражение для п!. Мы дадим простое наглядное доказательство формулы (2). В процессе доказательства получится оценка остатка О (In и).

Так как

In и! = In 2 4" In 3 4" • • • 4- In п

и функция In х выпукла вверх, из рис. 10 видно, что раз

ность между In п! и In х dx положительна и меньше 1

Рис, 10. Схема вычисления интеграла от In г, суммарной площади заштрихованных треугольников, которая равна V2ln п. Подсчитав п

i In X dx а (ж In X — х) |1 = П In П — П + 1, получим, что

; п In П — П 4- 1 < In zz! < п In п — п + V2ln П + 1.

Вычислим, например, в задаче из конца § 5 вероятность сделать за 100 секунд ровно 50 шагов. Эта вероятность равна

100!

Лоо (50) = ■■= 2юо (501)2 •] 1

Логарифмические вычисления не сложны: 1g 100! = 157,9700, 1g 2 = 0,3010300, lg 2100 = 30,1030, lg 50! = 64,4831, lg (50!)2 = 128,9662, lg /’юс (50) = 2,9008, PMo (50) = 0,0796 ^ 0,08.

ГЛАВА 2

ВЕРОЯТНОСТЬ И ЧАСТОТА

Численное значение вероятностей в примерах главы 1 получается из классического определения, в соответствии с которым вероятность какого-либо события равна отношению числа исходов, благоприятствующих этому событию, к общему числу равновозможных исходов. Вычисление вероятностей при этом сводится к подсчету элементов того или иного множества и оказывается чисто комбинаторной задачей (иногда весьма трудной). Классическое определение оправдано тогда, когда существует возможность предсказания вероятности на основании симметрии условий, при которых происходит испытание, и, вследствие этого, симметрии исходов испытания, что и приводит к представлению о «равповоз- можности». Например, если сделанная из однородного материала геометрически правильная игральная кость подбрасывается так, что она успевает сделать достаточно большое число оборотов перед тем, как упасть, то выпадение любой из ее граней мы считаем равновозможными исходами. По тем же соображениям симметрии мы считаем равновозможными исходы такого эксперимента: из сосуда, в который помещены одинаковые по размеру и массе, тщательно перемешанные и неотличимые на ощупь .белые и черные шары, «наудачу» вынимается шар за шаром так, что после регистрации цвета каждый шар возвращается обратно в сосуд и после тщательного перемешивания производится извлечение следующего шара. Таким образом, классическое определение лишь сводит понятие «вероятности» к понятию «равновозможности». «Равновозмож- ность» представляет собой объективное свойство испытаний, определяемое условиями их проведения, но, как всякое конкретное свойство, может быть установлено только с известной степенью точности. Наше представление о асимметричных» костях, монетах и т. п. было бы

только иллюзией, если бы данные опыта не подтверждали правоту сделанных предположений. Существует множество примеров испытаний со случайными исходами, которые могут быть повторены большое число раз в одинаковых условиях. При рассмотрении результатов отдельных испытаний очень трудно найти какие-либо закономерности. Однако в последовательности одинаковых испыта-. ний можно обнаружить устойчивость некоторых средних характеристик. Назовем частотой какого-либо случайного события А в данной серии из п испытаний отношение mln числа т тех испытаний, в которых событие А насту-1 пило, к общему их числу. Наличие у события А при определенных условиях вероятности, равной р, проявляется в том, что почти в каждой достаточно длинной серии испытаний частота события А приблизительно равна р. Устойчивость значений частоты неоднократно подтверждалась специальными экспериментами. В качестве иллюстрации рассмотрим данные по проверке симметричности монеты. Пусть т — число выпадений герба в п испытаниях, так что т/п — частота выпадения герба. В следующей табличке помещены результаты, экспериментально полученные разными исследователями, начиная с XVIII века (их фамилии помещены в левом столбце таблички)'

71

тп/п

Бюффон

4040

0,507

Де Морган

4092

0,5005

Джевоне

20480

0,5068

Романов

80640

0,4923

ский

Пирсон К.

24000

0,5005

Феллер

10000

0,4979

Данные проверки в совокупности показывают, что предположение о равновозможности герба и решки, т. е. о том, I что с вероятностью 0,5 появляется любая сторона монеты, находится в согласии с опытом. Это согласие по данным таблички кажется вполне удовлетворительным, однако, если для исследования применить специальные вероятностные методы, то вполне возможен вывод, что выпадение герба и решки в отдельных случаях не одинаково вероятно. Это будет проявлением того факта, что любая реальная монета не является идеально симметричной. И тем не менее, представление об абсолютно симметричной монете очень полезно, так как во многих приложениях теории

вероятностей такая модель с двумя равновозможными исходами достаточно точно описывает случайные явления, и даже точнее, чем эксперимент с подбрасыванием монеты.

Статистические закономерности такого рода были впервые обнаружены на примере азартных игр, таких как игра в кости, игра в «орел — решку», карточные игры и т. п., т. е. на примере тех испытаний, которые характеризуются равиовозможностью исходов. Эти наблюдения открыли путь для статистического подхода к численному определению вероятности, который особенно важен тогда, когда из теоретических соображений, подобных соображениям симметрии, значение вероятности заранее установить нельзя. Например, если некий стрелок при 100 попытках попал в цель 39 раз, то можно думать, что для него вероятность попадания в цель при одном выстреле и при неизменных условиях стрельбы близка к 39/100 = = 0,39. Однако, так как у нас заранее нет никаких представлений о том, какова эта вероятность, нам нужно быть уверенным в том, что результаты стрелка устойчивы на протяжении достаточно большого числа попыток поразить цель.

Рассмотрим несколько серий испытаний, проходящих в неизменных условиях, и пусть nv пг, . . ., пв — числа испытаний в каждой серии. Предположим, что в каждом испытании происходит или не происходит событие А, и пусть т17 ш27 . . ., ms — соответственно числа испытаний, которые завершаются появлением события в каждой серии. Тогда т^п^ т2/п2, . . ., mslnB образуют ряд соответственных частот. Явление статистической устойчивости состоит в том, что частоты, полученные при достаточно больших значениях п17 н2, . . ., ns, обнаруживают незначительные отклонения друг от друга или от некоторой средней величины. Например, еще в XVIII веке было замечено, что среди обычной корреспонденции письма без

Год

Все письма

Письма без адреса

1906

983000000

26112

1907

1076000000

26977

1908

1214000000

33515

1909

1357000000

33643

1910

1507000000

40101

адреса обладают определенной устойчивостью, Данные таблички на с, 29, собранные по материалам русской почтовой статистики, свидетельствуют о том, что на протяжении нескольких лет на каждый миллион писем приходилось в среднем 25—27 писем без адреса.

Приведем также данные о рождаемости в Швеции за 4935 год по материалам Г. Крамера (п — число рождений, т/п — частота рождения мальчика):

Месяцы

I

и

III

IV

V

VI

п mju

7280

0,514

6957

0,510

7883

0,510

7884

0,529

7892

0,522

7609

0,518

Месяцы

VI]

VIII

IX

X

XI

XII

За год

п

7585

7393

7203

6903

6552

7132.

88273

т[п

0,523

0,514

0,515

0,509

0,518

0,527

0,517

Несмотря на то что общее число рождений меняется в течение года, частота рождения мальчика довольно устойчиво колеблется около среднего значения 0,517. Такого рода статистические закономерности были открыты довольно давно, еще в XVIII веке, в демографических материалах — при изучении статистики рождаемости, смертности, несчастных случаев и т. д. и ее использовании, например, в страховом деле. Позже, в конце XIX и начале XX века были обнаружены новые статистические закономерности в физике, химии, биологии, экономике и других науках. При вероятностном анализе этих данных основанием для количественных оценок вероятности обычно могут служить только сами эти статистические данные.

Итак, по поводу связи вероятности с частотой нужно иметь в виду следующее. При конечном числе п испытаний при неизменных условиях доля числа испытаний т, в которых данное событие появится, т. е. частота события т/п, как правило, мало отличается от вероятности р. И чем больше число испытаний, тем реже встречаются сколь-нибудь значительные отклонения частоты mfn от вероятности р — частота отклонений стано-* 30

рится все меньше. Это утверждение о близости частоты и вероятности математически уточняется законом больших чисел в форме теоремы Бернулли, о которой будет рассказано в главе 3. Проводя большое число наблюдений, мы принимаем частоту за приближенное значение вероятности, существование которой и постулируется на основании результатов наблюдений. Способы оценок неизвестной вероятности по результатам наблюдений будут продемонстрированы на примере задач § 4 главы 6.

При третьем подходе к определению вероятности — аксиоматическом — вероятности задаются перечислением их свойств. Простейшие свойства вероятности определяются естественными свойствами частоты mln*.

0 ^ т!п <. 1;

если событие появляется при каждом испытании, т. е. оно достоверно при любом п, то т = п й mln = 1;

если т^ из п испытаний привели к осуществлению события А, а т2 — к осуществлению события В, и при этом ни в одном из п испытаний события А и В не появились одновременно, то частота т события, состоящего в появлении либо А, либо В, равна

mln = т^/п + mjn.

При изложении теории вероятностей свойства вероятности формулируются в виде аксиом. Ныне принятое аксиоматическое определение вероятности было введено в 1933 году А. Н. Колмогоровым. Для случаев, которые рассматриваются в книге, вероятность задается как числовая функция Р (А) на множестве всех событий, определяемых данным экспериментом, которая удовлетворяет следующим аксиомам:

0< Р (Л) < 1;

Р (А) = 1, если А — достоверное событие;

Р (A (J В) = Р (Л) + Р (В), где событие Л J ® означает осуществление или события А, или события В, причем А и В не могут произойти одновременно. Эти аксиомы в простейших случаях проверяются (см. подробнее в главе 3), в более сложных случаях служат единственным способом задания вероятностей.

Однако ни аксиомы, ни классический и статистический подходы к определению вероятности не дают исчерпывающего определения реального содержания понятия «вероятность», а являются лишь приближениями ко все более

31

полному его раскрытию. Предположение "о том, что при данных условиях для данного события существует вероят- । ность, является гипотезой, которая в каждой отдельной ] задаче требует проверки и обоснования. Например, имеет смысл говорить о вероятности попадания в цель заданных

размеров с заданного расстояния из оружия известного образца стрелком, выбранным «наудачу» из определенного подразделения. Однако было бы бессмысленно говорить о вероятности попадания в цель вообще, если об условиях стрельбы ничего неизвестно.

По численным значениям вероятностей, определенным классическим или статистическим способом, могут быть вычислены по правилам теории вероятностей новые вероятности. Например, если вероятность выпадения герба при одном бросании монеты равна 1/2, то вероятность того, i что при четырех «независимых» бросаниях монеты хотя бы раз выпадет герб, может быть вычислена следующим образом. Вероятность события, состоящего в том, что герб не выпадет вовсе при четырех бросаниях, равна 1/24, так как этому событию благоприятствует лишь один исход 1 из общего числа 24 равновозможных (в силу симметрии монеты) исходов. Так как оба рассматриваемых события

взаимно исключают и взаимно дополняют друг друга, то сумма их вероятностей (это следует из свойств 2 и 3) равна 1. Поэтому искомая вероятность равна 1 — (V2)4 = = 1в/1в = 0,9375. Заметим, что частота этого события в зксперименте из 20160 бросаний четырех монет, проделанном В. И. Романовским (1912 г.), приняла значение 0,9305. Подробно о правилах вычисления вероятностей мы расскажем в следующей главе.

Очевидно, что утверждение, что вероятность какого- либо события весьма близка к единице, имеет гораздо большую практическую ценность, чем утверждение о том, что событие наступает с вероятностью, равной, например, 1/2. Это объясняется тем, что мы интересуемся практически достоверными выводами и стремимся к ним. К примеру, при 10 бросаниях симметричной монеты появление десяти гербов или десяти решек очень маловероятно; вероятность этого события равна 1/2“ = 111№4 = 0,00098. Но и утверждение, что герб выпадет ровно пять раз, не имеет достаточных оснований, хотя эта вероятность в 252 раза больше предыдущей: С’о/210 = 262/lo24 = 0,24609. Более того, утверждая, что герб выпадет 4, 5 или 6 раз, мы еще довольно сильно рискуем ошибиться; вероятность

С4этого события равна ' —-—-77— = -—— = 0,65625.

1024

Наиболее достоверный прогноз возможен лишь в отноше- ши события, заключающегося в появлении герба хотя бы раз, но особой практической ценности утверждение об осуществлении этого события не имеет, так как это событие противоположно очень маловероятному событию, которое состоит в невыпадении герба вовсе. Однако увеличение числа испытаний делает прогноз более содержательным и надежным. При 100 бросаниях симметричной монеты уже без практически ощутимого риска можно заранее утверждать, что число выпавших гербов будет лежать между 39 и 61; вероятность этого события равна

613 cw

= 0,97876;

следовательно, мы можем считать это событие практически достоверным, но при этом отдавать себе отчет в том, ,что если, например, данный эксперимент производится ■100 раз, то в среднем приблизительно в двух случаях мы будем встречаться с событием", противоположным данному, .так как вероятность противоположного события равна 0,02124. Для сравнения укажем, что вероятность того, что число гербов заключено между 35 и 65, равна 0,99822

Решение вопроса о практической достоверности, к которому приводит описанный выше расчет, непосредственно связано с вопросом о том, какими вероятностями можно пренебрегать на практике. Этот последний вопрос решается в каждом отдельном случае по-разному и, как правило, за рамками теории вероятностей. В большинстве случаев пренебрегают уже вероятностями 0,05. Если условия практической задачи допускают такую долю ошибок (в среднем 5 случаев на каждые 100 экспериментов), то мы считаем событие, происходящее с вероятностью 0,95, практически достоверным. В других, более деликатных случаях принято пренебрегать лишь вероятностями 0,001, а иногда требовать и еще большего приближения вероятности отсутствия ошибки к единице. Эти рассуждения основаны на практической уверенности в том, что если вероятность события очень мала, то при однократном испытании это событие не осуществится. Примеры подобных рассуждений о практической достоверности будут обсуждаться в главе 6.

33332 А>. Не Колмогоров и др.

33

33

ГЛАВА 3

ОСНОВНЫЕ ТЕОРЕМЫ О ВЕРОЯТНОСТЯХ

§ 1. Определение вероятности

Рассмотрим испытания со случайными ис

ходами. Пусть при каждом испытании может появитьс: любой из п равновероятных исходов, и только они. Обо значим их символами Ег, Ей, . . ., Еп. При бросании моне ты могут появиться только два исхода: Ег — герб и Ей - решка. При бросании игральной кости могут произойт! бисходов: Ev Е2,Е3,Е4, Еь, #6, соответствующие выпаде нию одного, двух, трех, четырех, пяти и шести очков. Ее

ли в лотерее имеется 1000 билетов, то при вынимании одно го билета имеются 1000 равновероятных исходов.

ЛюбоеЛюбоемы будеммы будемназыназывозможное множество исходов

Любое

Любое

мы будем

мы будем

назы

назы

вать случайным событием. Так, например, при бросании игральной кости выпадение четного числа очков, т. е. появление либо грани с двумя очками, либо с четырьмя, либо с шестью, является случайным событием. Точно так

же выпадение грани с тремя очками является случайным событием. Появление любого из событий Ег, Ей, Е3, Е4, FJ6, Ев, т. е. появление какого-либо числа очков, также является случайным событием. Это случайное событие обладает одной особенностью, оно обязательно наступает и поэтому называется достоверным событием.

Пусть А — некоторое случайное событие и оно наступает тогда и только тогда, когда наступает хотя бы один из т различных определенных исходов из общего числа и возможных. Вероятностью события А называется отношение mln,— как говорят, отношение числа благоприятствующих событию А исходов к числу всех возможных. Вероятность события А обозначают символом Р (А). Таким образом,

(1)(1)Р (А) = т/п.

(1)

(1)

В частности, при любом г (1 ^ I ^ п)

Р (Е^ = 1/и,\

а для события U, происходящего каждый раз, когда наступает какое-то из событий Et, которому благоприятствуют все возможные исходы,

Р (17) = 1.

Событие 17 и в общем случае называется достоверным.

Пример 1. Лотерея состоит из 1000 билетов, среди них 150 выигрышных. Вынимается произвольный (обычно говорят «наугад») билет из 1000. Чему равна вероятность того, что этот билет выигрышный?

Различных исходов в этом примере 1000 (п = 1000). В интересующее нас событие А входят 150 исходов, следовательно, т = 150. Таким образом, согласно определению:

Р — 150 — 3V 7— 1000 — 20 *

П р и м е р 2. В полученной партии деталей оказалось 200 деталей первого сорта, 100 деталей — второго сорта и 50 деталей — третьего сорта. Наудачу вынимается одна из деталей. Чему равны вероятности получить деталь первого, второго или третьего сорта?

В нашем примере п = 350. Обозначим соответственно через Л, В, С случайные события, состоящие, соответственно, в получении детали первого, второго или третьего сорта. Легко видеть, что

Р^=^ = ^* Р^ = -^ = ^,

Пример 3. Бросается игральная кость. Чему равны вероятности следующих событий: Л — выпадет грань с 6 очками, В — выпадет грань с четным числом очков, С — выпадет грань с числом очков, делящимся на 3?

В нашем примере п = 6. Событию Л благоприятствует только один исход, событию В — три исхода, событию С — два исхода. Таким образом,

pw=A- рт-^=А., /-<0=4=4.

Пример 4. Известно, что в школе с 900 учащимися имеется 60 учеников, которые по всем предметам имеют

отличные оценки, 180 учеников только по одному предмету имеют хорошую или удовлетворительную оценку, апо остальным отличные, 150 учащихся не имеют ни одной отличной оценки, а 20 учащихся имеют отличные оценки по всем предметам, кроме одного, по которому у них оценка неудовлетворительная. Чему равны вероятности, встретив учащегося этой школы, (Л) — увидеть отличника, (5) — учащегося, у которого хотя бы по одному предмету имеется отличная оценка, (С) — учащегося, у которого, только по одному предмету нет отличной оценки?

В нашем примере п = 900. Вероятность первого события находится просто, она равна

Р(А) =Р(А) =60 _ 1900 ~ 15 "60 _ 1900 ~ 15 "

Р(А) =

Р(А) =

60 _ 1

900 ~ 15 "

60 _ 1

900 ~ 15 "

Событию В благоприятствуют все учащиеся, за исключением 150. Таким образом,

Р(В)Р(В)7509007509005б-’5б-’

Р(В)

Р(В)

750

900

750

900

5

б-’

5

б-’

Событию С благоприятствуют, во-первых, 180 учащихся, у которых оценки по всем предметам «положительные» и только по одному нет отличной оценки, а также 20 учащихся, имеющих по одному предмету неудовлетворительную оценку и по остальным отличные. Следовательно,

P(Q =P(Q =г 200г 20029 ■29 ■

P(Q =

P(Q =

г 200

г 200

2

9 ■

2

9 ■

§ 2. Операции с событиями: теорема сложения вероятностей

Для дальнейшего нам полезно ввести некоторые понятия.

Суммой или объединением событий А и В назовем событие, состоящее как из исходов, составляющих А, так и из исходов, составляющих В. Те исходы, которые входят и в А, и в В, считаются только один раз. Сумму событий А и В мы будем обозначать символом A J В.

Пусть А и В обозначают вьшадеиие при бросании игральной кости соответственно четного числа очков и числа очков, кратного трем. Событие А состоит из исходов Ег, Е4, Ее; событие В — из исходов Е3, Е6. Событие A (J (J В состоит из исходов Ег, Е3, Е41 Е6. Исход Е6 у нас встречался как в событии А, так и в событии В. Заметим.

что событие В мы можем записать также в виде суммы событий Е3 и Ев.

Понятие суммы распространяется естественным путем на любое число событий А, В, ..., N. Событие Л (JB(J« • • , . . (J состоит из тех и только тех исходов, которые входят в состав хотя бы одного из событий А, В, . . ., N.

Теперь и событие А, приведенное нами только что для иллюстрации понятия суммы двух событий, мы можем записать в виде суммы А = Ег U Е4 у Ев.

Пересечением двух событий А и В назовем событие, состоящее из тех и только тех исходов, которые входят как в А, так и в В. Такое событие будем обозначать А Q В или АВ.

В примере с бросанием игральной кости пересечение событий А и В состоит из одного-единственного исхода Е6. Таким образом, АВ = Е6.

Понятие пересечения событий естественно распространяется на любое число событий А, В, .... N. Пересечением событий А, В, . . ., N назовем событие АВ . . . N, состоящее из тех и только тех исходов, которые входят в состав каждого из событий А, В, . . ., N.

Противоположным событием или дополнением события А назовем событие А, состоящее из всех тех исходов, которые не входят в состав А.

В иллюстративном примере с игральной костью событие А = Ех (J Е3 [J Еъ состоит в выпадении нечетного числа очков; событие В = Е± (J Е3 [J Е4 (J Еь, т. е. состоит в выпадении числа очков, не делящегося на 3.

Очень наглядна и часто бывает полезной геометрическая иллюстрация понятия события и только что определенных понятий. Представим себе, что каждый исход изображается точкой на плоскости. Событие мы будем обозначать, взяв определенные точки в рамки и заштриховав полученную область. На рис. 11 приведены события Л, В, А, В, A U В, АВ.

Для приведенной на рис. 11 иллюстрации общее число исходов равно 36. Подсчитав число точек, находящихся в соответствующих заштрихованных областях, находим, что

Р^ = 4г=^' Р^ = "^ = ^'Р^=^=^« р^=-^=4г,f^UB)=^ = ^, р^-А^Ц.,

АОАОРис. 11. Иллюстрация суммы и пересечения событий,Рис. 11. Иллюстрация суммы и пересечения событий,ABAB

АО

АО

Рис. 11. Иллюстрация суммы и пересечения событий,

Рис. 11. Иллюстрация суммы и пересечения событий,

AB

AB

Говорят, что событие А влечет за собою событие В (говорят также, что В содержит, является следствием, включает Л), и обозначают это символом A CL В (или В Z) ^4)> если все исходы, составляющие А, входят и в 7?.

Очевидно, что всегда А С A [J В, АВ CZ А (конечно) в В d A [J В, АВ CZ B^

Для операций над событиями часто используют скобки, чтобы показать, в какой последовательности следует производить действия. Например, (Л U В) (В U С) означает, что сначала нужно найти сумму событий А и В, а также В и С, а затем взять пересечение получившихся событий.

Обратим внимание на то, что в том множестве случайных событий, которое мы ввели, операции пересечения событий и нахождения противоположного события выполнимы не всегда. Действительно, если события Л и В не содержат общих исходов, то их пересечение не является событием при данном нами определении (оно не состоит из каких-нибудь исходов). Точно так же, если событие А является достоверным, то противоположное ему событие А в определенном нами классе случайных событий не существует. Чтобы исключить такие возможности, мы пополним класс случайных событий невозможным событием, в которое не входит ни один из исходов. Иными словами, невозможное событие состоит из пустого множества исходов. Обозначим невозможное событие символом У. Теперь мы уже свободны от возможных исключений и можем говорить, что операции пересечения событий и нахождения противоположного события всегда выполнимы. В частности, U = У. Очевидно, что мы должны положить Р (У) = 0.

Про события А и В говорят, что они несовместны, если их пересечение является невозможным событием. Если А и В несовместны, то Р (АВ) = 0.

Сформулируем теперь несколько свойств вероятности.

Для каждого случайного события А определена его вероятность Р (А), причем 0 ^ Р (Л) ^ 1.

Для достоверного события U имеет место равенство Р (U) = 1.

Если события А и В несовместны, то (теорема слежения вероятностей):

Р (А () В) = Р (А) -V Р (В).

Для противоположных событий Л и Л имеет место равенство:

Р (Л) = 1 - Р (Л).

Первые два свойства очевидны и следуют из самого определения вероятности случайного события (включая, естественно, и невозможное).

Докажем свойство 3. Пусть событие Л содержит т исходов, а событие В — к исходов. Поскольку, по предположению, события Л и В несовместны, то событие Л 0 В состоит ровно из т + к исходов. Теперь, по определению,

Р(ли^)=-^-^- + 4-

Но Р (Л) = mln, Р (В) = Мп. Это и доказывает свойство 3 — теорему сложения вероятностей.

По определению противоположных событий Л и Д имеем: 1) Л (J Д = U и 2) Л и Л несовместны. Поэтому в силу свойства 2

Р (Л и Д) = 1,

а в силу свойства 3:

Р (Л (J Д) = Р (Л) + Р (Л).

Свойство 4, таким образом, доказано.

Докажем теперь одно обобщение свойства 3. Пусть события Л], Л2, . . ., Л^ попарно несо&иестны, т. е. для каждой пары событий Л t и Аj при г =# j имеет место равенство AtAj= V. Тогда:

’ (Д, и Д2 и ... и Дн и да =

= Р (Л]) + р (Л2) + . . . + р (Д^) + р (ла.

Действительно, события Лг [J Л2 (J • • • U Дн и Ак несовместны и в сумме дают Лт Q Л2 U ■ • • L1 Дм U (J АК. Поэтому в силу теоремы сложения

р и, и д2 и •.. и Ди и да =

= р (Д1 и д2 и • • • и Дн) + р (да

Но теперь снова события Л} U Д2 U • ■ • U Дн и Д^-i несовместны и в сумме дают Л] U Л2 U • ■ • U Дн> поэтому в силу теоремы сложения

р (Л, и Д2 и •.. и и А^ =

= р (Л! и Д2 и ... и А^ + р VV^Y

Таким образом,

р (Д1 и д2 и • ■ • и да =

= Р (Д1 и Д2 и ... и А^ + р (Л^Д + р (Ак). 40 ■

Повторив проведенные рассуждения еще к — 3 раз, мы завершим доказательство обобщенной теоремы сложения.

Пример 1. В зрительном зале кинотеатра имеются 9 рядов, пронумерованных подряд числами от 1 до 9, а в каждом [ряду по 9 кресел, также пронумерованных

Номера мест Т^оуйбУбу

Рис. 12. Иллюстрация к задаче о кинотеатре.

числами от 1 до 9. Зритель наудачу занимает место. тЛо вероятнее: сумма номеров ряда и места в ряду окажется четной или нечетной?

Пусть А — событие, состоящее в том, что указанная сумма будет четной. Тогда А распадается на сумму попарно несовместных событий Л2, А4, Ав, . . ., Л18, где АК означает событие, состоящее в том, что сумма номеров ряда и места оказалась равной к. По теореме сложения:

Р (Л) = Р (Л2) 4- Р (л4) + ... + р (Л18).

Из рис. 12 непосредственным подсчетом получаем:

Р (Л г)—“sP > ^kAti—1 । (Лв) —,

Р(Л8)=-^-, pW=-^-, Р(Лм)=-2-,р^=4г' рм=4г' pw=4r-

Отсюда:

Р (Л) = 41/81.

Поскольку событие, состоящее в том, что интересующая вас сумма будет нечетной, противоположно событию Л, то его вероятность равна:

Р (Л) = 1 - Р (Л) = 40/81.

Мы видим, таким образом, что Р (Л) > Р (Л).

Пример 2. Имеются три электрические схемы, состоящие каждая из 4 выключателей. Каждый из выключателей с вероятностью 0,5 может быть включен и выключен. Выяснить, для какой из схем, изображенных на

Рис. 13. Электрические схемы к примеру 2.Рис. 13. Электрические схемы к примеру 2.рис. 13, вероятность того, что ток будет проходить от точки Л к точке В, будет наибольшей.

Рис. 13. Электрические схемы к примеру 2.

Рис. 13. Электрические схемы к примеру 2.

Под исходом здесь следует понимать состояние всех выключателей. Например, возможен такой исход: первый выключатель включен, второй выключен, третий включен, четвертый выключен. Поскольку выключателей четыре и каждый из них может находиться только в одном из двух допустимых состояний, то всего исходов 24= 16.

Пусть Л обозначает событие, состоящее в том, что схема проводит ток.

Найдем Р (Л) для схемы I. Чтобы схема I проводила ток, необходимо, чтобы все выключатели были включены. Такая возможность только одна. Следовательно, Р (Л) = 1/16.

Для схемы II рассмотрим событие Л, состоящее в том, что схема II ток не проводит. Для этого необходимо, чтобы ни один из выключателей не проводил ток.

Событие Л состоит из единственного исхода. Таким образом, Р (Л) = 1/16 и, значит,

Р (Л) = 1 - Р (Л) = 15/16.

Найдем, наконец, Р (Л) для третьей схемы. Событие Л мы можем здесь представить в виде суммы попарно несовместных событий At, Л2, Л3. Событие Л1 состоит в том, что участок «1—2» ток проводит, а участок «3—4» ток не проводит. Событие Л2 состоит в том, что участок «3—4» ток проводит, а участок «1—2» ток не проводит. Событие Л з состоит в том, что оба участка проводят ток. Очевидно, что события Аг и Л2 содержат по три исхода, а событие Ла — только один исход. Отсюда

р (Л) = Р (А) + Р (Л2) + Р (Лз) = 3 + 36+1 = 2_.

Итак, самой выгодной схемой, которая с максимальной вероятностью проводит ток, является схема II.

Упражнения

1» Возможны всего четыре исхода ап а2, аа, а4. Перечислить все события. Каково их число?

Ответ: 16.

Каков смысл равенств АВС = A; A (J В (J С = Л?

Рис. 14. Электрические схемы к задаче 8.Рис. 14. Электрические схемы к задаче 8.Ответ: А С ВС; А Э В Ц С.

Рис. 14. Электрические схемы к задаче 8.

Рис. 14. Электрические схемы к задаче 8.

Доказать, что A (J В = = Ав; АВС = А\3 В\3с«

Упростить (Л U В) (Л (J Е\

Ответ: А.

Какой ответ в примере!, если в зале 8 рядов, а в каждом ряду 8 мест?Ответ: искомые вероятности равны.Игральная кость бросается два раза. Чему равна вероятность того, что сумма очков будет делиться на 3; будет больше 7? Какая из возможных сумм (2,3,,.., 12) имеет наиКакой ответ в примере!, если в зале 8 рядов, а в каждом ряду 8 мест?Ответ: искомые вероятности равны.Игральная кость бросается два раза. Чему равна вероятность того, что сумма очков будет делиться на 3; будет больше 7? Какая из возможных сумм (2,3,,.., 12) имеет наиДоказать, что из Л О В следует неравенство Р(Л)^ > Р^ВУ

Какой ответ в примере!, если в зале 8 рядов, а в каждом ряду 8 мест?

Ответ: искомые вероятности равны.

Игральная кость бросается два раза. Чему равна вероятность того, что сумма очков будет делиться на 3; будет больше 7? Какая из возможных сумм (2,3,,.., 12) имеет наи

Какой ответ в примере!, если в зале 8 рядов, а в каждом ряду 8 мест?

Ответ: искомые вероятности равны.

Игральная кость бросается два раза. Чему равна вероятность того, что сумма очков будет делиться на 3; будет больше 7? Какая из возможных сумм (2,3,,.., 12) имеет наи

большую вероятность появления при двух бросаниях?

Ответ: 1/3; 5/12; 6/36 — вероятность, что сумма равна 7.

Какая из двух изображенных на рис. 14 цепей с большей вероятностью проводит электрический ток?

Ответ: II — вероятность для нее равна 21/64.

Что вероятнее: при двух бросаниях монеты получить хотя бы раз герб или получить подряд два раза решку?

Ответ: хотя бы раз герб, вероятность этого события равна 3/4»

Элементы комбинаторики и применения к задачам теории вероятностей

Мы ограничимся здесь изложением элементов комбинаторики, предварительное ознакомление о которыми было начато в главе 1.

Пусть имеется п элементов (предметов), отличающихся друг от друга какими-то признаками, например, номерами или индексами. Размещением из п элементов по к называется совокупность к элементов из этих п, размещенных в определенном порядке. Различными считаются ' размещения, в которых или имеются различные элементы, i или, если все элементы одни и те же, то различны порядки их расположения.

Пусть для примера: в портфеле имеются такие предметы — ручка (р), карандаш (к), линейка (л), резинка 1 (ре) и очки (о). Мы просим одного из учащихся достать по очереди два предмета. При этом могут представиться следующие случаи: (р, к), (р, л), (р, ре), (р, о), (к, о), (к, р), (к, ре), (к, л), (л, р), (л, к), (л, ре), (л, о), (ре, р), (ре, к), (ре, л), (ре, о), (о, р), (о, к), (о, л), (о, ре). На первом месте в скобках выписан предмет, извлеченный из портфеля первым, на втором — извлеченный вторым. Мы выписали все возможные размещения из 5 предметов по 2, их оказалось 20. Часть из этих размещений отличается только порядком элементов, например, первая пара и шестая, вторая и девятая. Некоторые же из них отличаются и элементами — первая пара и вторая, первая и одиннадцатая.

В приведенном примере было несложно подсчитать число всех возможных размещений путем непосредственного их выписывания. Однако в ряде случаев такое перечисление всех возможных размещений оказывается или технически затруднительным, или же практически невозможным из-за огромного времени, которое необходимо па эту работу. Естественно поставить вопрос о разыскании общей формулы для числа различных размещений из п элементов по к. Это число обозначается символом Ап-

Докажем, что

Ап = п (п — 1) (п — 2) . . . (п — к 4- 1).

С этой целью разобьем все размещения на п непересекаю- щихся между собой групп. В первую группу включим

все размещения, начинающиеся с первого элемента, во вторую — начинающиеся со второго и т. д. Теперь, поскольку в первой группе первый элемент уже фиксирован, мы можем эту группу разбить на п — 1 новых подгрупп: в первую подгруппу первой группы мы отнесем те и только те элементы первой группы, у которых второй по порядку элемент будет иметь номер 2. Во второй подгруппе вторым элементом будет элемент с номером 3 и т. д. Эту операцию мы проделаем для каждой группы. В результате мы получим п (и — 1) различных подгрупп. Продолжив этот процесс разбиения далее, мы убедимся, что всех размещений будет и (п — 1) . . . (п — /с + 1).

Размещения из п элементов по п называют перестановками. Мы видим, что число различных перестановок равно

Л„ = п (п — 1) . . . 2-1.

Это число обозначается символом п\ (м-факториал).

Очевидно, что и-факториал при п^2 обладает следую- щим свойством:

п! = (и — 1)! п.

Чтобы это равенство имело место при любых целых Положительных значениях п, положим по определению СИ ^ 1.

Функция п\ растет с ростом п очень быстро. Приведем несколько первых ее значений:

О! = 1,1! = 1, 2! = 2, 3! = 6, 4! = 24,

5! = 120, 6! = 720, . . .

Теперь формула для Л„ может быть записана и в иной форме:

Сочетанием из п различных элементов по к называется произвольный набор к предметов из этих п. Различными считаются сочетания, различающиеся между собой хотя бы одним элементом.

Найдем формулу для числа сочетаний, которое мы будем обозначать символом С^.

Рассмотрим все размещения из п элементов по к. Разобьем их на различные группы, в каждой из которых размещения различаются только порядком элементов, но не составом, а две различные группу отличаются хотя бы

одним элементом. Очевидно, что число различных групп совпадает с числом сочетаний из п элементов по к. Но внутри каждой из групп содержится столько размещений, сколькими способами можно переставить к различных предметов, т. е. А^. Таким образом,

^n n (п — 1) . .. (п — к + 1)1 ”1~ ~ — к'. (п — к)! *

По определению положим

С" - 1.

Рассмотрим теперь несколько примеров использования формул комбинаторики для разыскания вероятностей случайных событий.

Пример!. Пять друзей живут вместе. Они решили, что утром, когда нужно пойти в магазин купить к завтраку свежего хлеба, они будут тянуть жребий: из пяти бумажек на одной будет стоять буква «х». Кто вытянет бумажку с этой буквой, тот и должен идти за покупкой. Для какого из друзей, вытягивающего бумажку первым, вторым, третьим, четвертым или пятым, вероятность вынуть жребий «х» будет наименьшей?

Исходом здесь следует назвать любую из 5! перестановок 5 билетов. Найдем вероятность того, что билет «х» достанется /с-му по счету другу. Это событие содержит все исходы, в которых билет «х» занимает к-е место, а остальные 4 билета могут занимать любые из оставшихся 4 мест. Это может произойти 4! способами. Таким образом, вероятность вытянуть билет «х» /с-му по счету другу равна

р —JL—L— 5 "

Эта вероятность не зависит от того, каким по порядку очередности вытягивать жребий, так что последний в очереди имеет такую же вероятность вытянуть жребий, как и первый.

Очевидно, что этой задаче можно придать большое число различных интересных в прикладном отношении формулировок.

Пример 2. В ящике имеются 10 белых и 5 черных шаров. Наудачу вынимают 3 из них. Какой состав шаров по цвету извлечь наиболее вероятно?

49

Обозначим через Л1)3_{ событие, состоящее в том, что среди трех извлеченных шаров i окажутся белыми, а 3 — i — черными. Очевидно, что могут осуществиться такие события: Л3|0, Л2-1, Л1-2, Л0,3. Так как порядок извлеченных шаров нас не интересует, то под исходом следует понимать любое сочетание трех элементов из 15. Тогда событие Л3>0 состоит из исходов (вынимаются какие-то 3 белых шара из 10 белых), событие Л2>1 состоит из C^Cg исходов, событие Л112 — из C}0Cg исходов и Л0,3 — из С® исходов. Вероятности интересующих нас событий будут:

Р(Л3,0) = -^ = ^-^0,264,

Р(Л2.1) = -^- = -^-^0,494,

° 15

Р(Л112) = -^ = -|-»0,220, 15

С3 9

Р(А.^ = -^=-^-«0,022.

Таким образом, наиболее вероятно появление двух белых и одного черного шара.

Пример 3. В группе из М + N предметов имеются М предметов, обладающих некоторым свойством Л, и N предметов, которые им не обладают. Из этой группы предметов вынимаются наудачу к предметов. Спрашивается: чему равна вероятность того, что будут извлечены m предметов со свойством Лип предметов, не обладающих этим свойством (m + п = Ас)?

Эта задача играет большую роль в ряде областей практических применений математики в демографии, статистике населения, статистическом контроле качества промышленной продукции.

Под исходом здесь следует понимать появление любых к предметов из имеющихся М + N. Поскольку нас не интересует порядок появления этих элементов, то общее число различных исходов равно См+м- Очевидно, что в задаче следует считать O^m^MnO^n^jV, поскольку, если эти условия не выполняются, то вероятность появления интересущего нас события будет равна 0. Из-

в вчь m предметов со свойством Л можно См различными способами. Но каждый способ извлечения т предметов со свойством А может сочетаться с любым способом извлечения п предметов, не обладающих этим свойством. Следовательно, общее число исходов, благоприятствующих интересующему нас событию, равно См-С^, а тем самым искомая вероятность равна

Р

^M+N

Пример 4. Имеются N ячеек и п частиц. Частицы наудачу размещаются по ячейкам. Найти вероятность каждого из возможных размещений.

Эта задача представляет значительный интерес для ряда основных вопросов физики, химии, биологии, инженерного дела и пр. В зависимости от физической сущности задачи в слово «наудачу» вкладывается различный смысл. Мы приведем три различных подхода, выработанных в физике и получивших соответственно наименование статистик Максвелла — Больцмана, Бозе — Эйнштейна и Ферми — Дирака.

Статистика Максвелла — Б о льцма- н а. Каждая из всех п различных частиц с вероятностью может попасть в каждую из ячеек, независимо от положения других частиц. Число всех возможных различных расположений частиц по ячейкам, как легко понять,- равно М". Найдем теперь вероятность того, что в первой ячейке окажутся пх частиц, во второй — па, в TV-й — пц. Понятно, что некоторые из чисел nv п2, . . ., п^ могут оказаться нулями. На формулу для числа сочетаний из п элементов по m можно смотреть как на размещение п элементов по двум ячейкам (N = 2), причем пг = т и па = п — т. Повторив почти дословно рассуждения, проведенные нами при выводе формулы для числа сочетаний, мы получаем, что число всех возможных различных способов размещения п элементов по N ячейкам, при котором в первую из них попадает пг элементов, во вторую — па элементов и, наконец, в N-ю — hr элементов (п^ = п — — пх — па — . . . — nN_^, равно

nil па|.. . nNl '

Теперь ясно, что искомая вероятность указанного размещения равна

Р П2, . . . ,= —

nJ п2!... nN! /V

В качестве частного случая рассмотрим эту задачу при п ^ ^. Чему равна вероятность того, что в определенных ячейках окажется по одной частице, а в остальных по О частиц? Искомая вероятность, как это вытекает из формулы, равна

п!

Если бы нас интересовала вероятность того, что по одной частице окажется в каких-то ячейках, то вероятность оказалась бы иной, больше в См раз. Таким образом, эта вероятность равна

Статистика Бозе — Эйнштейна. Частицы неразличимы между собой, и тождественными случаями считаются те, в которых в данные ячейки попадает данное число частиц, но какие именно частицы, не имеет значения. Число всех равновозможных исходов в статистике Бозе — Эйнштейна, как мы сейчас покажем, равно Cjv+n-i- В современной физике эта статистика используется при изучении ряда явлений ядерной физики.

Расположим на прямой N + 1 вертикальную черточку. Каждую ячейку станем рассматривать как промежуток между двумя соседними черточками. Две крайние черточки оставим неподвижными и между ними поместим п точек. Станем теперь переставлять всеми возможными способами N — 1 внутреннюю черточку и и точек. Число возможных перестановок черточек и точек равно (// + + п — 1)!. Среди них, однако, имеются тождественные. Действительно, за различные перестановки мы, во-первых, считали те, в которых поменялись местами черточки, т. е. стенки ячеек. Таким образом, каждое распределение мы считали (// — 1)! раз. Во-вторых, мы считали различными точки, и тем самым каждое распределение мы снова считали п! раз. Отсюда число различных в смысле статистики Бозе — Эйнштейна распределений частиц по

ячейкам равно

(7V + n — 1)! nix(N — 1)! n! ~

Рассмотрим теперь вероятности px и pa для статистики' Бозе — Эйнштейна. Вероятность попадания по одной частице в заданные п ячеек (n < ТУ) равна

1_ n!(/V—1)!

Р1— С" ~ W + n —1)! •'Л+п-!'1'

Вероятность попадания в какие-то п ячеек по одной частице равна

CN _ " TV! (TV — 1)!

Р2~ CN+n-i ~~ (TV+n-l)!(ZV-n)! 1

Статистика Ферми — Дирака. В этой статистике не только уничтожена индивидуальность частиц, но и предполагается, что в каждой ячейке может находиться либо 0 частиц, либо 1 частица. Общее число распределений п частиц по N ячейкам (n ^ 7V) равно Сд. Действительно, первая частица может быть расположена N способами, вторая — ЦЧ — 1) способами, п-я — (N — — n + 1) способами. Общее число различных способов равно, таким образом, N (N — 1) . . . ( N — n + 1). При этом подсчете, однако, мы учитывали индивидуальность частиц. Для того чтобы исключить ее, нужно это произведение разделить на п!, т. е. на общее число перестановок п частиц. Итак, общее число различных и равновероятных распределений в статистике Ферми — Дирака равно

-^-TV(TV-l)...(TV-n+l) = a.

Интересовавшие нас вероятности рг и р2 в статистике Ферми — Дирака равны

1 и! — п)!1 и! — п)!р2 = 1.р2 = 1.

1 и! — п)!

1 и! — п)!

р2 = 1.

р2 = 1.

Упражнения

Чему равна вероятность того, что два лица А и В окажутся рядом, если они рассаживаются вместе с 15 остальными произвольным образом в ряд из 17 мест?

„2! 16!

Ответ: - j?J = 2/17.

и девочек и п мальчиков рассаживаются произвольным образом в ряду из 2п мест. Какова вероятность того, что никакие две девочки не окажутся рядом? Чему равна вероятность того, что все девочки будут сидеть рядом?

2(н!)»(И-Ц)(И!Р

Ответ. (2r)] ,^

На шахматную доску произвольным образом поставили дво ладьи (белую и черную), каждую в свою клетку. Что вероятнее: побьют эти люди друг друга или нет?

Ответ: вероятнее, что не побьют; вероятность этого 64-49

"64-6349/63.

Построить таблицы и графики вероятностей выпадения герба при числе бросании монеты п = 5, 10, 15. Отложить р/п (р — число появлений герба) по оси Ох, а по оси Оу — вероятности соответствующего значения ц. Что можно сказать о том, как меняются вероятности при увеличении и?

Ответ: см. рис. 15.

Рис. 15, Вероятности успеха при бросании монеты.

Частица поглощается экраном с вероятностью 0,5. Какое минимальное число таких экранов надо поставить на пути частицы, чтобы они поглотили эту частицу с вероятностью не меньшей, чем 0,999?

Ответ: ю/2~10< jqqq-

§ 4. Условные вероятности и независимость

При решении вероятностных задач часто бывает важно определить вероятность события, когда о нем имеются некоторые дополнительные сведения. Обычная ситуация при этом такова: нужно найти вероятность события А после того, как стало известно, что некоторое событие В произошло, т. е. нам уже известно, что произошел некоторый исход, благоприятствующий событию В. Так, если мы ищем вероятность того, что при бросании игральной кости выпадет четное число очков, а нам стало известно, что выпало число очков, меньшее 4, то это означает, что из трех возможностей только одна благоприятствует наступлению интересующего нас события.

Предположим, что всех возможных исходов имеется N и из них m благоприятствуют наступлению события В. Пусть событие В наступило. Это означает, что наступил один из исходов, благоприятствующих В.

Условной вероятностью события А при условии, что наступило событие В, называется отношение числа тех исходов, благоприятствующих А, которые благоприятствуют и 6, к числу всех исходов, благоприятствующих В. Эту вероятность будем обозначать символом Р (А/В). Если В — невозможное событие, то будем считать Р (А В) = 0. Пусть событию АВ благоприятствуют к исходов, тогда по определению

Р (А/В) = к!т.

Д-.V :ИМ, ЧТО

Р ~ mln ~ Р (5) •

Мы олучили важное равенство, позволяющее вычислять условную вероятность по вероятностям Р (АВ) и Р (В), или, как говорят, по безусловным вероятностям. Полученная формула обычно используется для подсчета условных вероятностей.

Пример 1. Трое ваших приятелей живут в одном из 50 домов с номерами от 1 до 50. В каждом из этих домов по 100 квартир с номерами от 1 до 100. Где живет каждый из ваших приятелей, вы точно не знаете. Вам известно лишь, что а) номер квартиры первого оканчивается на 3; б) номер дома второго делится на 5, а номер его кварти- 52

ры — на 2; в) сумма номеров квартиры и дома третьего равна 100.

В каком из этих случаев вероятность попасть в нужную вам квартиру с первого раза наибольшая?

Обозначим черев А событие: номер квартиры оканчивается на 3. Ясно, что всевозможных исходов, благоприятствующих А, будет 50-10 = 500.

Пусть В — событие, состоящее в том, что номер дома делится на 5, а номер квартиры — на 2. Очевидно, что и В состоит из 10-50 = 500 исходов.

Далее, С — событие, для которого сумма номера дома и номера квартиры равна 100. Для С имеется 50 исходов.

Наконец, D — событие, состоящее в том, что с первого вахода удается попасть в нужную квартиру.

Искомые вероятности равны

р(°м)-та. т8)--^. 8т=-яг-

Для сравнения приведем безусловную вероятность события D*.

Р ^ = "5бб0 1

Подобно тому, как мы выписали в § 2 несколько свойств безусловных вероятностей, мы выпишем здесь подобные же свойства для условных вероятностей.

Всегда 0 ^ Р {А/В) ^ 1, причем Р {А/В) = 0, если АВ — невозможное событие, и Р {А/В) = 1, если А 2D В.

Если С = A (J В и АВ = V, то для любого события D

Р {AID) + Р {BID) = Р (C/D).

Теорема сложения вероятностей распространяется и на случай, когда А = A, [J Ла (J . . .^Мю A;Aj = •а V при i ^ Ь i< 7 = 1, 2, . . . , к:

Р {AID) = Р {AJD) + Р {AJD) + . . . + Р {A^/D).

Если А — событие, противоположное .4 о

Р {А/В) = 1 — Р {А/В).

Приведенные свойства доказываются точно так же, как и подобные свойства для безусловных вероятностей, поэтому мы не станем проводить необходимых рассуждений.

Пример 2. Электрические схемы, о которых речь пойдет дальше, собраны иа элементов, которые могут в момент включения с вероятностью 0,5 проводить ток и

с вероятностью 0,5 не проводить ток. Состояние каждого

из элементов не влияет на состояние других.

Рис. 16. Электрическая схема к примеру 2.Рис. 16. Электрическая схема к примеру 2.Известно, что цепь (рис. 16) проводит ток. Какова вероятность того, что элемент 1 проводит ток? Какова вероятность того, что элемент 2 проводит ток? Какая из вероятностей больше?

Рис. 16. Электрическая схема к примеру 2.

Рис. 16. Электрическая схема к примеру 2.

Известно, что цепь (рис. 17) проводит ток. Чему равны вероятности того, что ток проводят участки I, II и III?

Известно, что цепь (рис. 18) не проводит ток. Каковы вероятности того,что ток не проводят участки I, II иIII?

Решение, а) Поскольку в цепи имеются 5 элемен

Рис. 17. Электрическая схе- Рис. 18. Электрическая схема к прима к примеру 2. меру 2«Рис. 17. Электрическая схе- Рис. 18. Электрическая схема к прима к примеру 2. меру 2«тов и каждый из пих может находиться в одном из двух

Рис. 17. Электрическая схе- Рис. 18. Электрическая схема к прима к примеру 2. меру 2«

Рис. 17. Электрическая схе- Рис. 18. Электрическая схема к прима к примеру 2. меру 2«

состояний, то цепь может находиться в 2Б = 32 состояниях. Введем обозначения: Л1 — событие, состоящее в том, что элемент 1 проводит ток; Л2 — событие, состоящее в том, что элемент 2 проводит ток; В — вся цепь проводит ток.

Из всех 32 возможных состояний элементов цепи в 16 она проводит ток. В этом легко убедиться, выписав все возможные состояния:

ппттп -|-(1+)

С одной буквой н все проводят(5+)

нппнп —,пгшпн —(2—)

Все остальные с двумя буквами и проводят (8+) липни+»иинпп +(2+)

Все остальные с тремя буквами и не проводят(8—)

С четырьмя буквами и все не проводят(5—)

ннинн—(1—)

В этой табличке буква п обозначает слово «проводит», н — «не проводит», место буквы означает номер элемента, знак «+» означает, что цепь проводит, а знак «—» — что цепь не проводит ток.

Таким образом, Р (В) — 0,5. Далее находим, что Р (Л^) = 11/32 и Р (А3В) = 9/32. Отсюда находим, что

РА.РА.Р(АВ)И/32И

РА.

РА.

— Р(5)16/3216 ’

Р А/В) — р^ = .

Введем следующие обозначения событий: Ах — участок I проводит ток, Аа — участок II проводит ток, А3 — участок III проводит ток, В — цепь проводит ток. Легко подсчитать Р (В), т. е. вероятность того, что цепь не проводит ток. Для этого нужно, чтобы ни один из участков не проводил ток. Из 64 возможных Исходов 21 благоприятствует этому событию. Таким образом, Р (В) = 43/64.

Так как Ах влечет за собой В, то АХВ = Av Но Ах содержит ровно 8 исходов — элементы 1, 2, 3 проводят ток, а элементы 4, 5, 6 могут находиться в любых состояниях (а таких состояний всего 8). Таким образом, Р (Л^) = 8/64. Подобным же способом убеждаемся в том, что Р АВ) = 16/64 и Р АВ) = 32/64.

Следовательно,

РА/В) = р(В)"=-43,

РА/В)РА/В)_ Р (А2В) _ 161ЦВ) 43 *_ Р (А2В) _ 161ЦВ) 43 *

РА/В)

РА/В)

_ Р (А2В) _ 16

1ЦВ) 43 *

_ Р (А2В) _ 16

1ЦВ) 43 *

n/л 1т>\ _ В (/1SB) _32

p AIB) — р-^ ■ =.

Решение задачи в) ничем не отличается от решения задачи б), только повсюду следует заменить слово «проводит» на слово «не проводит». Искомые вероятности оказываются равными соответственно 8/43, 16/43, 32/43.

В теории вероятностей и ее применениях играет очень важную роль понятие независимости двух и нескольких событий.

Событие А называется независимым от события В, если имеет место равенство Р (AIB) = Р (Л). Иными словами, событие А независимо от события В, если условная вероят- 55

ность события Л при условии, что событие В произоййд# совпадает с безусловной вероятностью события А.

Приведем некоторые примеры.

Из колоды карт вынимают наудачу карту. Чему равна вероятность того, что эта карта окажется тузом? Если в колоде 36 карт, то легко видеть, что искомая вероятность равна 4/36 = 1/9. Итак, вероятность события А равна 1/9. Предположим теперь, что произошло событие 1 , состоящее в том, что вынутая карта оказалась черной. Чему равна условная вероятность вынуть туз при этом допол- ' нительном условии? Легко видеть, что теперь у нас имеется только 48 возможностей и из них 2 благоприятствуют событию А. Таким образом, условная вероятность собы- . тия А при условии, что В наступило, равна безусловной : вероятности, Событие А не зависит от события В.

В классе 4 ученика, имеющих недовлетворительные оценки по предметам А, В и С. Первый ученик имеет не- ' удовлетворительную оценку по предмету А, второй — по предмету В, третий — по предмету С, а четвертый — по всем этим трем предметам. Директор школы знает, что у этих четырех учеников неудовлетворительные оценки по предметам А, В и С, но не знает, у какого ученика по какому предмету. Во время перемены он встречает одного пз учеников и говорит ему: «Когда же ты исправишься по предмету Л?» Ясно, что какой бы предмет он ни назвал, он скажет правильно только с вероятностью 0,5:

Р (Л) = Р (В) = Р (С) = 0,5.

Пусть теперь нам стало известно, что директор угадал, действительно, у этого ученика имеется неудовлетворительная оценка по предмету А. Тогда директор добавляет! «Тебе нужно исправить твои оценки и по предмету В». С какой вероятностью директор не ошибается и на этот раз? Легко подсчитать, что

Р фЩ = Р (С/А^ = Р (AiB) = Р (А:С) Р (В/С) = = 0,5.

Мы видим, что и в этом примере события А, В, С, состоящие в том, что наудачу спрошенный из этих четырех учеников имеет неудовлетворительную оценку по предмету А (соответственно по предмету В и С), таковы, что каждая пара из этих событий является независимой.

Пусть вероятность события В больше 0, т. е. событие В не является невозможным. Докажем, что в зтом случае 56

пе только событие А не зависит от В, но и событие В не зависит от А. Иными словами, докажем, что свойство независимости случайных событий является взаимным.

Пусть известно, что Р (A IB) = Р (Л) и что Р (В) > 0. Мы имеем в силу определения независимости и сделанного условия следующие равенства:

p№) = -^- = P(A),

откуда Р (АВ) = Р (Л) Р (В). Но по определению Р (BIA) = Р (АВ)1Р (Л), если Р (А) > 0, и Р (В/А) => 0, если Р (Л) = 0. Этот последний случай можно отбросить, поскольку для него всегда Р (В!А) = Р (Л) =;р 0. Пусть поэтому Р (Л) > 0. Мы уже знаем, что г» Р (АВ) = = Р (Л) Р (В), поэтому

P(BjA)=^M. = P<B).

Требуемое доказано. Легко видеть, что свойство взаимности независимости имеет место и в случае, если Р (В) = 0. Докажите это.

Из проведенного доказательства вытекает важное следствие: для независимых событий Л и В имеет место теорема умножения вероятностей

Р (АВ) = Р (А) Р (В).

докажите обратное предложение: если Р (АВ) = = Р (А) Р (В) )> 0, то события Л и В независимы.

Если события Л и В произвольны, то теорема умножения имеет вид:

Р (АВ) = Р (А) Р (В]А) = Р (В)-Р (AIB).

Обобщим понятие независимости на любое число событий. События Лп Л2, . . ., Л„ называются независимыми е совокупности, если для любого события Лг(1^г^/с) и произвольного набора событий Л{1, Л in . . ., Л1 где г не совпадает ни с одним из чисел i1, i2, . . ., i6, a s может быть любым между 1 и к — 1, события АТ и (Л^Л„. . . Л;£) независимы.

Заметим, что в примере с учениками события Л, В и С в совокупности уже не являются независимыми.

Пример 3. Дважды бросается игральная кость. Доказать, что события А (при первом бросании выпала

шестерка) и В (при втором бросании выпало нечетное чис-1 йо очков) независимы.

В нашей задаче имеется 36 различных исходов. Из них шесть следующих благоприятствуют событию Л: (6,1), (6,2), (6,3), (6,4),' (6,5), (6,6).

Событие В содержит 18 исходов, поскольку каждое выпадение нечетного числа очков при втором бросании может Сочетаться с любым из шести возможных исходов первого бросания. Событие АВ будет содержать только следующие три исхода: (6,1), (6,3), (6,5). Таким образом,

^ ^^ = 36 = ТГ ’ Р ^ ~ 36" “ Т ’

р(лв>=^-А. = 4-.4—Р(Л).е<в).

Требуемое доказано.

Нетрудно показать, что при и бросаниях игральной кости события, формулируемые относительно отдельных! бросаний, будут независимы в сококупности. Доказатель-- ство этого факта проводится аналогично только что приведенным рассуждениям.

Мы перейдем теперь к выводу важной формулы, нося- щей наименование формулы полной вероятности.

Пусть для событий A, Bv В2, . . ., В^ известны сле-1 дующие вероятности: Р (В^, Р (В^, . . ., Р ф^ и! \Р VA!B^, Р (А1В2), . . ., Р (А1Вк). Пусть далее нам известно, что А с Bt (J . . . (J Bv и события Bt попарно несовместны. Можно ли только по этим данным найти, вероятность события А, и если можно, то как? На этот, вопрос исчерпывающий ответ и дает формула полной вероятности.

[ Прежде всего заметим, что имеет место следующее ра-' венство:

А = А (В, (J Вй (J • • • U Вк) = АВг (J АВй U . . .

...

Это равенство хорошо иллюстрируется рис. 19.

Из несовместности событий Bt вытекает несовместное :ь событий ABt. Следовательно, можно воспользоваться теоремой сложения вероятностей:

р И) = Р кЛВ^ + Р (4В2) + . . . + Р (ABh).

По при любом г (1 i ^ к)

Р (АВ^ = Р ф^ Р (А/В^, поэтому

^ (Л) ^ Р (В.) Р ф!В^ + Р №) Р ф!В^ 4-. . .

. . . + Р ф^ Р ф/В^.

Это и есть формула полной вероятности.

Пример 4. Партия деталей содержит 20 % деталей, изготовленных заводом I, 30% —заводом 11,50% —

Рис. 19. К выводу формулы полной вероятности.

заводом III. Для завода I вероятность выпуска бракованной детали равна 0,05, для завода II — 0,01, для завода III — 0,06. Чему равна вероятность того, что наудачу взятая из партии деталь окажется бракованной?

Обозначим через Л, Въ В2, В3 следующие события: деталь бракованная, деталь изготовлена соответственно заводом I, II, III. Нам известны следующие вероятности:

9RЧ

^(51) =4’Р^’ Рфз)^'

[Р ф/Вг) = 0,05, Р (ф!В^ = 0,01, Р ф^ =0,06.

По формуле полной вероятности находим, что

Р (Л) = 0,2-0,05 + 0,3-0,01 + 0,5-0,06 = 0,043.

Простым следствием формулы полной вероятности является так называемая теорема Байеса:

Пусть события Bt попарно несовместны и Л CZ 5](J-.

... U^k, тогда

ИМ- ^^_

5 рф^рфгв^

В бамом деле, из формул

Р (АВ) = Р (В/А)-Р (А),Р (АВ) = Р (А/В)-Р (В)

Р (В) Р (А/В)Р(А)Р (В) Р (А/В)Р(А)следует формула Байеса

Р (В) Р (А/В)

Р(А)

Р (В) Р (А/В)

Р(А)

* Р (В/А) =

Подставим сюда выражение для Р (Л) по формуле полной’ Вероятности: положив В = В,, получим утверждение теоремы Байева. Эта теорема находит нам значения «апостериорных» вероятностей Р (Bj/A) события Bj после наступления события A (a posteriori — после опыта) через вначения «априорных» вероятностей Р (Bt) (a priori — до опыта). Проиллюстрируем теорему Байеса на материале примера 4.

Пример 5. Пусть выполнены условия примера 4. Наудачу выбранная деталь из партии оказалась бракованной. Чему равна вероятность, что она была изготовлена заводом I, заводом II, заводом III?

Будем придерживаться обозначений примера 4. Нам необходимо найти вероятности Р (BJA), Р (BJA), Р (В81А). По теореме Байеса

Р (В^А) = -/^^^i)= °о ^— ~°>233-

2 Р(,В5)Р(А1В})

^(^М)^^-^0,070,I

^№M)=:-^^-^ 0,698.

Итак, вероятность того, что бракованная деталь принад-1 лежит третьему заводу, в десять раз больше, чем та же Вероятность для второго завода, и в три раза больше, чем та же вероятность для первого завода.

Упражнения

Когда вероятнее угадать результат: если известно, что сумма очков при бросании "двух игральных костей равна V йли если она равна 10?

Ответ: вероятнее, если сумма равна 10, тогда вероятность равна 1/3.

Может ли быть верна формула

Р {(-41 U A^IB) = Р МВ) + Р МВ), если Л]Л2 — не пустое событие?

Ответ; Может. Например, если В — AXA2.

20. Электриче- схемы к зада^ че 4.20. Электриче- схемы к зада^ че 4.

20. Электриче- схемы к зада^ че 4.

20. Электриче- схемы к зада^ че 4.

Имеется 4 урны со следующим составом шаров: 1-я урна —• 5 белых и 5 черных; 2-я урна — 1 белый и 2 черных; 3-я урна —. 2 белых и 5 черных; 4-я урна — 3 белых и 7 черных. Наудачу выбирается урна и из нее один шар. Чему равна вероятность того, что он окажется черным?

Ответ- 1/4 (1/2 + 2/3 + 5/7 + 7/10) = 271/420.

Имеются три схемы с ненадежными элементами (рис. 20), Наудачу выбирается произвольная из них. Какова вероятность того, что она проводит ток?

Ответ: 1/3 (1/8 + 5/8 + 7/8) = 13/24$

8 а некоторый промежуток времени амеба может погибнуть с вероятностью 1/4, выжить с вероятностью 1/4, разделиться на две с вероятностью 1/2. В следующий промежуток времени с каждой амебой происходит то же самое. Сколько амеб и с какими вероятностями будут существовать к концу второго промежутка времени (см. главу 7)?

Ответ: если при t = 0 число амеб равнялось 1, то число амеб к концу второго промежутка будет 0, 1, 2, 3, 4 с вероятностями 11/32, 4/32, 9/32, 4/32, 4/32.

У к а в а н и е. Сравните вычисления требуемых вероятностей с вычислением суперпозиции

, 9 , 4 Рис.

( 32 + 32 32 ' + 32 + 32 г' ские где

11 1 „ Л0 = ~+т< + ТА

Легко доказать, что вероятности в /с-й момент времени совпадают с коэффициентами /г-кратной суперпозиции функции F (/), а коэффициент при t° (вероятность вырождения) стремится к меныНё^у (неотрицательному) корню уравнения F (z) = t.

Игрок А называет число 0 или 1 с вероятностью рх и 1 — р, соответственно. Игрок В, независимо от А, называет те же чйсла, но с вероятностью р2 и 1 — Ра- Выигрывает А, если сумма четная, если же сумма нечетная, то выигрывает В, Каковы вероятности- выигрыша для каждого из игроков? Если А знаетр2, то как ему еле-" дует выбрать ри чтобы добиться максимальной вероятности выигрыша?

Ответ: вероятности выигрыша: для игрока А — рхр2 + qxqa, для игрока В — pxq$ + p29i; Pi *= 1, если рг"> 0,5; рх = 0, если р2 < 0,5, и безразлично при р2 = 0,5.

У мальчика в левом кармане 8 конфеты «Белочка» и 1 конфета «Маска», а в правом — две «Белочки» и две «Маски». Он достал две конфеты из одного кармана, и оказалось, что одна из них «Белочка», а другая «Маска». Чему равны вероятности того, что он достал конфеты из левого кармана, из правого кармана?

Ответ: 3/7, 4/7.

§ 5. Последовательность независимых испытания Формула Бернулли

В самом начале формирования основных понятий теории вероятностей выяснилась фундаментальная роль одной математической схемы, изученной известным швейцарским математиком Я. Бернулли (1654—1705). Эта схема состоит в следующем: производится последовательность испытаний, в каждомиз которых вероятность наступления определенного события А одна и та же и равна р. Испытания предполагаются независимыми. В это вкладывается следующий смысл: вероятность появления события А в каждом из испытаний не зависит от того, появилось или не появилось это событие в других испытаниях (предшествующих или последующих). Последовательность независимых испытаний с двумя исходами,впервые исследованная Я. Бернулли, носит название последовательности испытаний Бернулли.

Приведем несколько примеров. Два шахматиста условились сыграть 10 партий. Вероятность выигрыша каждой отдельной партии первым игроком равна 2/3. В этом примере мы каждую партию можем считать за отдельное испытание. Всего производится 10 испытаний. Предполагается, что результат каждой сыгранной партии не влияет на результаты остальных партий. Спрашивается, чему равна вероятность того, что вся игра будет выиграна первым игроком?

Известно, что в некотором городе в течение года родилось 400 детей. Вероятность рождения мальчика при каждом рождении равна 0,5. Под испытанием здесь мы будем понимать рождение ребенка. Достаточно ясно, что испытания можно считать независимыми. Спрашивается, чему равна вероятность того, что число родившихся мальчиков окажется между 180 и 220?

Производятся независимые испытания партии изделий на длительность безотказной работы. Известно, что вероятность того, что конденсатор откажет до истечения 10 000 часов непрерывной работы, равна 0,01. Чему рав- йа вероятность того, что в течение 10 000 часов испытаний откажут 0, 1, 2, 3 конденсатора?

Число важных в практическом отношении примеров можно увеличивать неограниченно. Однако нам нужно иное — получение общих математических результатов, 62

которые позволяли бы решать все подобные задачи единым способом. Необходимые для этой цели формулы были найдены Я. Бернулли. Них выводу мы теперь и переходим.

Задача состоит в следующем: производится п независимых испытаний, в каждом из которых событие А может появиться с вероятностью р. Найти вероятность того, что событие А наступит т раз в п испытаниях.

Заметим сначала, что в каждом испытании нас интересуют два исхода — наступление и ненаступление события А (по традиции «успех» и «неудача»). Вероятность наступления события А в определенном испытании равна

у — 1 — р.

Вероятность того, что событие А наступит при определенных т испытаниях, а при остальных п — т (также определенных) не наступит, в силу теоремы умноженйй вероятностей равна

pV"1-

Но событие А может произойти при любых т из п возможных испытаний. Число всех различных выборов т элементов из п равно С™. Поэтому, в силу теоремы сложения вероятностей, искомая вероятность, которую мы станем обозначать символом Р^ (т), равна:

Pn^ = C^pmq—.(1)

Эта формула носит название формулы Бернулли.

Формула (1) дает, в частности, вероятность того, что событие А произойдет во всех п испытаниях,

Рп W = р^;

вероятность того, что она не произойдет пи разу,

Рп (0) = q^.

Рассмотрим несколько примеров.

Пример 1. В семье 10 детей. Считая для упрощения, что вероятность рождения мальчика равна 0,5, найдем вероятность того, что в семье имеются 0, 1, 2, . . ., 10 мальчиков. Заметим, что в силу равенства С™ = Сп~т и предположения р = q = 0,5 имеют место равенства Р^ (т) =

63

«= Pn(n — m). Таким образом,

■Pio (0) " Рю (19) = Сю* •^м = Ю24 *

Рю (1) = Р10 (9) = С1о -^ = ^,

Рю (2) = Рю (8) = Сщ • -уо- = 7024" • Рю (3) = Рю (7) = С?о • -1» - ж ’ Рю (4) = Рю (6) = С?о • -Аг = -^ , п /гх ^5^ 252

• -уд- = 7024"1

Мы видим, таким образом, что почти с вероятностью 0,25 в многодетной семье с десятью детьми половина будет мальчиков и половина девочек. Вероятность же того, что в семье будут только мальчики или только девочки, очень мала — чуть меньше одной пятисотой. С вероятностью 672212

- = —- ^ -т- в столь многодетных семьях будет четыре (■мальчика и шесть девочек, или пять мальчиков и пять де

вочек, или шесть мальчиков и четыре девочки.

Пример 2. На испытательный стенд поставлены 100 конденсаторов. Известно, что вероятность пробоя конденсатора до истечения 10 000 часов равна 0,01. Чему фавны вероятности того, что за 10 000 часов откажут [D, 1, 2, 3 конденсатора?

Согласно формуле (1) имеем

Р100 (0) = О,99100 = 0,3660,

Р100 (1) = 100-0,01 -0,99" = 0,3697,

/>100 (2) = 1^.. 0,012 - 0,9988 = 0,1848,

Р1ОО (3) = -^5^" • °.°13 • °>"97 = o,oi85.

Вероятность того, что во время испытаний будут про" бои более чем у трех конденсаторов, очень невелика — она равна:

1 - [Рюо (0) + Р100 (1) + Рюо (2) + Рюо (3)1 = 0,0185.

64

ПримерЗ. Известно, что в некотором городе родилось 400 детей. Чему равна вероятность того, что число родившихся мальчиков оказалось между 180 и 220, если вероятность появления мальчика при каждом рождении равна 0,5?

Нам нужно найти вероятность того, что число родившихся мальчиков будет равно или 181, или 182, или 183, ... . . ., или 219. Если граничные значения — 180 или 220 — желательно включить в интересующую нас группу событий, то нужно к полученной сумме прибавить и вероятности двух этих событий. Итак, искомая вероятность равна или

219219

Р —Р400 (ш) =С400 ■ 2400

«1=181«1=181

или

220

Р' =^400' ' 2400" •

,ш=180

Однако эти вероятности отличаются друг от друга очень мало, поскольку

Лоо (180) = Р400 (220) « 0,005.

Пример 4. Два шахматиста условились сыграть 10 результативных партий. Вероятность выигрыша каждой отдельной партии первым игроком равна 2/3, вероятность выигрыша каждой отдельной партии вторым игроком равна 1/3 (ничьи не считаются). Чему равны вероятность выигрыша всей игры первым игроком, вторым игроком, общего ничейного результата?

Для того чтобы игру выиграл первый игрок, ему необходимо выиграть 6, 7, 8, 8 или 10 партий. Вероятность этого в силу формулы Бернулли и формулы сложения вероятностей равна

Ло (6) + Ло (7) + Рю (8) + Ло (9) + Р10 (10) -

в ^ . [210 + 240 + 180 + 80 + 16] —^^- « 0,7869.

Вероятность ничейного результата равна

n /es ^в / 2 у f 1 \в 7-27 ~ n 4.4AR

Рю (5) = С10= у и,IODO.

з Л. н. Колмогоров и др.

Вероятность выигрыша игры вторым игроком равна

Ло (0) + Ло (1) + Ло (2) + Ло (3) + Ло (4) =

+ ^^ + ^ШШ* - ^ = «Н

Мы видим, что, хотя первый игрок выигрывает каждую отдельную партию с вероятностью вдвое большей, чем второй игрок, всю игру он выигрывает с вероятностью, более чем в десять раз большей, чем вероятность выигрыша всей игры вторым игроком. Для второго игрока вероятность сведения игры вничью почти вдвое больше, чем вероятность ее выигрыша.

Рассмотрим событие Ет, заключающееся в том, что событие А появилось т раз в п независимых испытаниях. Обратим внимание на то, что события Ет1 т = 0, 1, 2, . . ., и, являются несовместными событиями и вдобавок в сумме составляют достоверное событие. Следовательно, так как Ет происходит с вероятностью Рп (тп), то

£ Р»(т)=1.

т—0

Заметим, что, с другой стороны, для каждого испытания имеет место равенство р + g = 1, а при п испытаниях, на основании теоремы умножения вероятностей,

(р + qT = 1.

Таким образом, из сравнения левых частей двух только что написанных равенств находим, что

(р + д)” = 5 Рп И = 3 С№—.

Мы получили частный случай так называемой формулы бинома Ньютона.

Рассуждения настоящего параграфа, как мог заметить внимательный читатель, по существу не связаны с классическим определением вероятности: рассматриваются испытания с двумя взаимоисключающими исходами, имеющими вероятности р, 0^р<^1,ид = 1 — р, не обязательно равные друг другу. В данных здесь примерах мы уже не можем находить вероятности по сообра-*

жениям симметрии, а должны прибегать к их статистическому определению. Даже в случае р = q = XU мы с помощью формулы Бернулли приходим к испытаниям с исходами Ео, . . ., Еп, которым соответствуют различные вероятности Рп (т) = С^ C/g)”. Таким образом, под вероятностью отдельного исхода понимается любое положительное число, не большее 1, которое удовлетворяет требованиям, выделенным нами в качестве основных свойств вероятности.

Изучим теперь вероятность Рп (т) как функцию целочисленного аргумента т. Примеры 1 и 2 наводят на мысль, что следует ожидать такого ее поведения: сначала при возрастании аргумента т функция Рп (т) возрастает, затем достигает максимального значения и после этого начинает убывать. Докажем, что это действительно так. С этой целью рассмотрим отношение

Pn(m + 1) ... и!

Рп О”) (т +1)! (» — m — 1)!

Вероятность Рп (т +1) будет больше, равна или меньше вероятности Рп (т) в зависимости от того, будет ли отношение • — больше, равно или меньше 1. Вчастности, m +19

Рп (m + 1) больше, чем Рп (т), т. е. возрастает в точке т, если

п — т Р \ л m +1 ‘ g

т. е. если

т < пр — q.

Таким образом, Рп (т) возрастает при увеличении т от 0 до пр — q.

Если

п — т рtn +1 " q

т. е. если т = пр — q (это равенство возможно в очень редких случаях, а именно только тогда, когда пр — q есть целое неотрицательное число), то

Рп №) = Рп (т + 1).

Наконец, Рп (m + 1) < Рп («О, если

п — т Р £ m -|- 1 ' g

т. е. если m > пр — q.

Теперь поведение функции Рп (т) мы выяснили полностью: оно возрастает, пока т остается меньшим пр — q, достигает максимума и для т, больших пр — q, убывает. Если величина пр — q является целым, то имеется два наибольших значения вероятности, а именно Рп (пр — — ч) = Рп (пр + р).

Если же пр — q — нецелое число, то имеется единственное максимальное значение Рп (т) при иг, большем пр — q и меньшем пр + Р-

Пример 5. Вероятность события А равна 3/5. Найти число появлений события А, имеющее наибольшую вероятность, если число испытаний равно 19, 20.

При п = 19 находим

пр — 9 = 19-—= 11.

455

Таким образом, максимальная вероятность достигается для двух значений т, равных 11 и 12. Эта вероятность равна

Р18 (И) = Р19 (12) = 0,1797.

При п = 20 максимальная вероятность достигается только для одного значения т, поскольку пр — q = 322

=20 • -gg- = 12 —g- не является целым числом. Самое

вероятное начение т равно 12. Вероятность его появления равна

Р20 (12) = 0,1797.

Совпадение чисел Р19 (12) и Р20 (12) вызвано лишь сочетанием значений п и р и не имеет общего характера.

Упражнения

Воспользовавшись рассуждениями, проведенными при выводе формулы Бернулли, доказать формулу Ньютона (а>0 и Ь>0):

(а + Ь)" = а1 + С^Ч + . .. + ЬП.

В урне 9 белых и 1 красный шар. Какова вероятность того, что при 10 извлечениях (с возвращением каждого вынутого шара) 68

буДет извлечен хотя бы раз красный шар? Сколько раз нужно производить извлечения, чтобы вероятность получить хотя бы раз красный шар была не меньше 0,9?

/ 9 \Ю 0,1

Ответ: 1 — , ~ 0,6613; ~ 22.

Нейтрино пролетает сквозь Землю с вероятностью 249 999/250 000. С какой вероятностью Нейтрино пролетит сквозь 250 000 земных шаров, сквозь 500 000 шаров?

Ответ: ?хе-^ к 0,3679; ~е-г ~ 0,1353.

Теорема Бернулли

Мы можем теперь сформулировать и доказать одну из важнейших теорем теории вероятностей, найденную Я. Бернулли и опубликованную уже после его кончины в 1713 году.

Задача, которая привела Я. Бернулли к формулировке теоремы, получившей наименование" закона больших чисел в форме Я. Бернулли, очень естественна и может быть описана так.

В каждом из п независимых испытаний Бернулли с одной и той же вероятностью р может появиться некоторое событие Л. В предыдущем параграфе мы установили, йто наиболее вероятное число появлений события А в п испытаниях близко к пр. Нельзя ли высказать несколько более определенное суждение относительно числа появлений А во всей совокупности этих испытаний? Оказывается, можно. Обозначим с этой целью через р. число появлений события А во всех п испытаниях и рассмотрим разность pin — р между частотой pin события А и его вероятностью р. Величина этой разности, естественно, зависит от случая, поскольку р, может принять любое целочисленное значение от 0 до п. Однако, как мы увидим, чем больше п, тем реже эта разность сможет значительно отклониться от 0. Более того, какое бы малое положительное число е мы ни взяли, например, 0,0001 или 0,000001, при достаточно большом п разность pin — р по абсолютной величине окажется с большой вероятностью меньше, чем е.

Дадим теперь точную формулировку этого утверждения Бернулли.

Закон больших чисел (теорема Бернулли). Если вероятность наступления некоторого случайного события А в последовательности п независимых испытаний постоянна и равна р, то, каково бы ни

было положительное число е, с вероятностью, сколь угодно близкой к 1, при достаточно большом п разность pin — р по абсолютной величине окажется меньше, чем е.

Это утверждение можно записать следующим образом: каковы бы ни были е > и и fl ,> О, при достаточно большом п имеет место неравенство

Р { | р/п — р I < е} > 1 — fl.(1)

Ррежде чем перейти к доказательству теоремы Бернулли, вычислим следующие суммы!

nпп

3 Рп(т), 2 тРп(т), ^ т^РДтУ m=0m=oт=0

Значение первой суммы уже было вычислено в предыдущей параграфе. Оказалось, что

3 ^И = 1.т=0

Теперь

nпл

£ тРп (т) = £ тРп (m) = £ m "^ (^jT Р'^ = «1=0т=1т=1

п\(т —1)! (га —т)!п\(т —1)! (га —т)!- ^ Е („-S*! <„-„>, р-'-г-= т=1- ^ Е („-S*! <„-„>, р-'-г-= т=1п—1п—1

п\

(т —1)! (га —т)!

п\

(т —1)! (га —т)!

- ^ Е („-S*! <„-„>, р-'-г-= т=1

- ^ Е („-S*! <„-„>, р-'-г-= т=1

п—1

п—1

= пр^ Cn_1p1Vn"'V)-K = пр.к—о

Последнее равенство написано на основании равенства (2) для значения п, равного п — 1. Итак,

п

5 тРп (т) = пр.ш=0

Uonepb

5 m2Pn (m) = m (m --1 4-1) Pn (m) =

ei=077i= 1

«= S mPn (w) 4* X m (m — 1) ^n tn=Om=l

Первая сумма правой части нам известна (равенство (3)), поэтому

7111

У т*Рп (иг) = пр + У т (т - 1) тЦ^ту Рт9^ = п=1

=«р+£ «и-д-й^^ ₽"«"-'-=

с= пр 4- П (п — 1) р* У —XT" p™-2qn~m =з

=рр+,. (и -1) р« £ -й^Йцг =

А-=0

с= пр 4- п (п — 1) Рг = п^р1 4- пр (1 — р) =

= п2р2 4- прд.

Здесь равенство

У ("-2>!pV-’^-l

к=0

написано на основании формулы (2) для и, равного п — 2. Талим образом,

п

(^)(^)2 тйРп (т) = п2р2 4- npq. 01=0

(^)

(^)

Заметим, что случайные события - р|<б и | -^р | > е противоположны, а потому

В силу теоремы сложения вероятностей

РРР пР п>е} = ^Рп(т),>е} = ^Рп(т),

Р

Р

Р п

Р п

>е} = ^Рп(т),

>е} = ^Рп(т),

где сумма распространена на те значения т, для которых

-^р > а. Но для етих значении т

п поэтому

Рп ^,Рп ^,

Рп ^,

Рп ^,

где сумма по-прежнему распространена на те т, для которых —р > е. Очевидно, что эта сумма может быть только увеличена, если ее распространить на все зпаче- ния т от 0 до п. Следовательно,

p{|"£“~fI>e}^1j ~

771=0

77П

= -^ Ц <m - RP)2 Р- <-т> = ^М L m2jP" <m> -

ТП—о771=0

П77

— 2пр У| тРп (т) 4- п2р2Рп (m) J =

т—077i=o

=1пм + и2Р2 — 2n2р2 + И2р2] =.

При вычислениях мы воспользовались равенствами (2), (3) и (4). Теперь

pJIJL-pl^J^(5)

11 R I JII” I J «а2 ' '

Отсюда видно, что для любого положительного е мы можем сделать вероятность Р 11 -^р | <^ е| сколь угодно близкой к 1. Теорема Бернулли доказана.

Пример 1. В примере 3 предыдущего параграфа мы интересовались вероятностью того, что число родившихся мальчиков среди 400 родившихся детей отклонится 72

от 200 ■■ пр не более чем на 20. Эта'вероятность была представлена в виде суммы. Теперь мы можем оцепить ату сумму. Действительно, поскольку п « 400, то

Р**Р{|р —пр|<20}=»

-'R-H<vHH-H<R}-

Согласно неравенству (б)

ns1 *4.400.(1/20)»44 *

Более точный подсчет показывает, что

Р як 0,95.

Если число рождений п ° 10 000, то вероятность того, что число родившихся мальчиков отклонится от пр = •= 5000 не более чем на 10 %, согласно неравенству (5) будет больше чем 0,99.

Упражнения

1» Пояснить графики упражнения 4 н § 8 о по виций теоремы Бернулли.

Велика *1 вероятность того, что при 6000 бросаниях игральной кости «шестерка» выпадет не более 500 раз? Дать оценку сверху зтой вероятности.

юо1 б

°™- tA^V660-* <тдате -w-

к=0

При каких р ж q оценка, используемая при доказательстве геореня Бернулли, при данных пне будет самой далекой от 1?

Omeemi при р = g " 0,5.

Пользуясь вероятностными соображениями (упражнение 4 и | 8), доказать формулу С* *

Слова «папаха» и «письмо» наносятся на карточки и разрезаются иа отдельные буквы. Для каждого слова вти буквы перетасовываются и наудачу располагаются одна ва другой. Чему равны вероятности вновь получить те же слова?

Опиет: 1/60, 1/720.

5 человек пришли в гости и оставили свои шляпы в гарде- робе. Уходя, каждый из гостей взял шляпу наудачу. Чему равна вероятность того, что каждый ив гостей надел чужую шляпу?

Опиет: 1/21-1/81 + 1/41 -1/5! = 11/30,

ГЛАВА 4

СИММЕТРИЧНОЕ

СЛУЧАЙНОЕ БЛУЖДАНИЕ

Введение

В этой главе мы более подробно рассмотрим вадачи, которые возникают в схеме случайного блуяеда- ния. Как уже было отмечено в главе 1 (см. с. 17—21), .'эта математическая схема подсказана и оправдана физическими приложениями — она служит для простейшего, приближенного описания одномерного физического процесса броуновского движения и диффузии материальной частицы, которая совершает случайные перемещения под действием большого числа столкновений с молекулами. Физический смысл имеет лишь предельный случай — непрерывное движение, однако дискретная схема случайного блуждания приводит к результатам, остающимся справедливыми и в своей предельной форме.

Представим себе, что некоторая частица (подвижная точка) перемещается в дискретные моменты времени по целым точкам числовой прямой, расположенной вертикально. Будем считать, что в начальный момент времени и ■= 0 частица находится в начале отсчета, а в каждый следующий момент времени n = 1, 2, 3, ... она совершает перемещение на единицу вверх или на единицу вниз. Так, например, в момент n = 1 частица оказывается в точках +1 или —1; если в момент времени п частица занимала положение у, то в следующий момент времени n + 1 сна оказывается в точках с координатами р + 1 или у — 1 независимо от того, как осуществлялось ее движение до момента п. Предположим, что движение частицы вверх а вниз на один шаг равновозможно, т. е. происходит с вероятностями 1/2 каждое. Тогда говорят, что частица совершает простое симметричное случайное блуждание на прямой. Рассмотрим график случайного блуждания в пространственно-временной системе координат, где 174

ось абсцисс выступает в роли оси времени, а ось ординат по-прежнему служит для указания положения частицы. Отметим точки, соответствующие положению частицы в каждый момент времени, соединим ближайшие точки прямолинейными отрезками. Тогда любой возможный исход последовательных перемещений частицы будет графически изображаться ломаной с вершинами в точках с абсциссами 1, 2, 3,... и целочисленными ординатами.

Рис. 21, Траектория движения частицы.

Полученный график и есть траектория движения частицы. На рис. 21 изображена траектория движения частицы, занимающей за время п = 41 последовательные положения: 0, 1, 2, 3, 2, 1, 2, 3, 2, 3, 4, 3, 2, 1, 0, —1, 0, -1, -2, -1, -2, -3, —4, -5, -4, -3, -4, —3, —2, -1, О, 1, 2,1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 6, 7. При фиксированном времени наблюдения п в качестве множества возможных событий (исходов) естественно выбрать множество всех траекторий длины п, начинающихся в начале координат. Так как их общее число равно 2” и все они равновозможны, то каждой траектории приписывается вероятность 2-п. Таким образом, в симметричном случайном блуждании любое событие, состоящее в достижении частицей некоторого множества точек на прямой, имеет вероятность, пропорциональную числу траекторий, заканчивающихся в точках этого множества. Поэтому при подсчете вероятностей тех пли иных событий мы будем пользоваться комбинаторными формулами § 5 главы 1.

В этой главе будут рассмотрены задачи, типичные для случайных блужданий,— задача первого достижения частицей некоторого уровня, задача возвращения частицы в начало координат, задача о времени пребывания частицы на положительной части прямой и т. и. На примере

симметричного одномерного случайного блуждания будут продемонстрированы совершенно неожиданные, противоречащие, на первый взгляд, здравому смыслу свойства случайных блужданий. Эти закономерности случайных блужданий на прямой имеют чисто комбинаторную природу и остаются справедливыми для случайных блужданий гораздо более общего вида.

Комбинаторные основы

Траектория частицы графически представляется ломаной с вершинами в точках с целочисленными координатами, при этом координатами своих вершин каждая траектория определяется однозначно. Такие траектории мы будем называть путями из начала координат, и в этом параграфе будем заниматься подсчетом числа путей, обладающих определенными свойствами. Обозначим L (ж, у) число всех путей, ведущих из начала координат в точку (ж, у\ Очевидно,-в соответствии с вычислениями в § 5 главы 1, в случае, когда ж и у имеют одинаковую четность и у ^ ж,

ГДх^-СТ^ ■ (1)

;в других случаях полагаем просто L (ж, у) = 0). Очевидно также, что число путей из точки (ж0, у0) в точку (ж, у), где 0 <ж0 <ж, у0 < ж0, у < ж, ж0 + у0 и ж + у четны, равно числу путей из начала координат в точку (ж — ж0, у — у0), т. е. равно L (ж — ж0, у — у0).

Все подсчеты в этом параграфе и вычисление вероятностей в следующих параграфах будут основаны на одном замечательном и чрезвычайно простом результате, носящем название «принципа отражения».

Лемма 1 (принцип отражения). Пусть А и В — точки с целочисленными координатами (ж0, у0) и (х, у), 0 <ж0 с ж, у0 > 0, у>0, и А'— точка (ж0, —У о)* симметричная точке А относительно оси абсцисс. Тогда число тех путей из А в В, которые касаются или пересекают ось абсцисс, равно числу всех путей, ведущих из точки А' в точку В.

Доказательство. Сопоставим каждому пути иэ А в В, который касается или пересекает ось абсцисс, муть из А* в В следующим образом (см. рис. 22): если путь из А в В попадает на ось абсцисс впервые в точке С, то участок А’С пути А'В построим по симметрии как отра- 76

жение участка АС относительно оси абсцисс (на рисунке новый участок пути изображен пунктиром) и сохраним для пути А'В без изменения участок СВ, Очевидно, что указанное соответствие между путями из А в В, попадающими на ось абсцисс, и отраженными путями из А’ в В взаимно однозначно, что и доказывает лемму.

Эта лемма значительно облегчает вычисление числа путей, обладающих некоторыми нужными свойствами. Будем называть пути положительными, если их вершины лежат строго выше оси абсцисс, и неотрицательными, если их вершины не опускаются ниже оси абсцисс. Аналогично определяются отрицательные и неположительные пути.

Лемма 2. Число положительных путей из начала координат е точку (х, у), 0 < у ^ х, равно -^- L(x, у), где L (х, у) — число всех путей из (0, 0) в (ж, у).

Доказательство. Все положительные пути проходят через точку (1, 1) (см. рис. 23). Поэтому искомое число совпадает с числом положительных путей из (1,1) в (ж, у), а это число равно разности между числом всех путей из точки (1, 1) в (ж, у) и числом путей из (1, 1) в (ж, у), касающихся или пересекающих ось абсцисс, или, по лемме 1, разности между числом всех путей из (1, 1) в (х, у) и числом всех путей из (1,—1)в (ж, у), т. е. равно L (х — 1, у — 1) — L (х — 1, у + 1). Теперь легко проверить, что

х+у т

L (х - 1, у - 1) - L (ж - 1, у + 1) = СЛ - С^'2 =

__ ^>(х+У)/2 / 2 + ?/ х — У \ _ У ^(х+у)}2 У j ^ ^

\) хх

По симметрии заключаем, что число отрицательных путей в точку (ж, —у), у "> 0, также равно-^- L(x, у).

Пример 1. Лемма 2 известна как «теорема о баллотировке» в комбинаторном анализе. Исторически первое ее использование связано с именами Уайтворта (1878 г.) и Бертрана (1881 г.), решивших так называемую баллотировочную задачу. Если два кандидата В и S получили на выборах соответственно г и s, г > з, голосов,

Рис. 23. Подсчет числа положительных траекторий.Рис. 23. Подсчет числа положительных траекторий.

Рис. 23. Подсчет числа положительных траекторий.

Рис. 23. Подсчет числа положительных траекторий.

то каковы шансы, что кандидат В в течение всех выборов был по количеству голосов впереди 8? Очевидно, что постановка задачи предполагает выполненной следующую несколько наивную процедуру подсчета голосов: каждый выборщик отдает свой голос или кандидату В, или 8 с вероятностью 1/2; последовательно опрашиваются все выборщики, и на каждом шаге подсчитывается разность голосов, поданных за В и за 8; после опроса (г + з)-го выборщика эта разность должна быть равна г — з. Таким образом, речь идет о подсчете числа положительных путей из (0, 0) в точку (г + $, г — з). По лемме 2 зто число равно

-r~s L(г + s, г — з).

Тогда шансы на устойчивый перевес кандидата В над 8 в течение выборов измеряются отношением этого числа

к L (г + з, г — з), т. е. величиной ———.

г |-s

П р и м е р 2. Та же задача, но с более понятным нам

сюжетом звучит так. Два шахматиста, имея равные шансы на успешный результат в каждой партии (ничьи не засчитываются), играют матч из 10 партий. Матч закан-

чивается победой определенного игрока со счетом 6 : 4. Каковы шансы на то, что победитель матча после каждой

партии был впереди по числу очков? Очевидным образом используя лемму 2 и рассуждения предыдущего примера,

получаем, что вероятность этого события равна -| _^ = 0,2.

Нам понадобится еще один важный результат, представляющий собой утверждение, двойственное утверждению леммы 2. Будем рассматривать все пути из (0, 0) в (ж, у), обладающие тем свойством, что ординаты всех промежуточных вершин меньше у, и будем называть такие пути путями, впервые достигающими уровень (положение) у в момент ж (или путями первого достижения у).

Л е м м а 3. Число путей, выходящих из начала координат и впервые достигающих уровня у, у^>0, в мо

мент х, равно -^-L (х, у).

Доказательство. Рассмотрим все пути, удовлетворяющие условию, и будем проходить каждый такой путь в обратном направлении. Для этого выберем новую систему координат с началом в точке (ж, у) и осями, которые параллельны и противоположно направлены соответствующим осям исходной системы координат. Очевидно, что «обращенный» путь удовлетворяет условию леммы 2, т. е. является положительным путем из нового начала в точку с координатами (ж, у) в новой системе (см. рис. 23). Тем самым установлено взаимно однозначное соответствие между двумя типами путей. Используя результат леммы 2, получаем утверждение леммы.

По симметрии, число путей, впервые достигающих Уровня — у, У 2> 0, равно L (х, у).

Докажем в заключение одно простое следствие леммы 1, которое будет полезно в последующих рассуждениях.

Лемма 4. Число положительных путей, выходящих из начала координат и заканчивающихся в точках с абсциссой ж > 1, равно С^Х при х четном и равно при х нечетном.

Доказательство. Мы должны найти число всех путей, ведущих из (0, 0) в множество М точек (ж, у), имеющих одинаковую абсциссу х и ординаты у 2> 0. Все такие пути необходимо проходят через точку (1, 1). Число

путей из (1, 1) в М равно 1Дх— 1,у—1), а число

X—2

путей ив (1, —1) в М равно S L^x — 1, у 4-1), где

V=Vo

р0 = 2 при х четном и у0 = 1 при х нечетном. Тогда по Лемме 1 число путей из (О, 0) в точки множества М равно

хк—2

S 1Дх- 1,у-^- s £(ж-1.у + 1) =

= L (х — 1, у0 — 1) + S L (х — 1, у — 1) —

У=1/о+2

х—2

— 2 ЬД — !| У + i) = L (х — 1, Уо — 1) =

{

C^i,х четно,

Cx-iU/a,х нечетно.

Следствие. Общее число положительных и отрицательных путей, выходящих из начала координат и заканчивающихся в точках с абсциссой х, равно 2С^1_1 = •= С^п при х = 2п и равно 2Cgn при х ~ 2п +1.

Упражнения

Покажите, что число положительных путей из (О, 0) в (2л, 0) равно -^- С^.

Покажите, что число неотрицательных путей из (0, 0) в (2е, 0) равно -^р- С^.

Покажите, что число неотрицательных путей длины 2л равно Cgn.

Используя лемму 1, докажите, что число путей первого достижения точкй у в момент 2л—у равно разности между числом путей из (0, 0) в (2п—у, у') и удвоенным числом путей из (0, 0) в (2п — у — 1, у + 1).

Докажите, что число путей из (0, 0) в точку (ас, у0), уе > 0, которые лежат выше прямой у = —уъ ух "> 0, равно

^ ^t Уо) * ^ 0-> Уй Ч- 2pi),

(Используйте принцип отражения применительно к прямой У = гК^

Докажите, что число путей из (0, 0) в (ж, у0), у0 > 0, которые лежат ниже прямой у = у4, у2 > у0, равно

^ С®, Уо) "" ^ (^t 2уа —• уо)«

Используйте задачу 5,)

Задача о возвращении частицы в начало координат

Этот и последующие параграфы посвящены собственно симметричному случайному блужданию «на прямой. Основываясь только на комбинаторных свойствах путей (фактически только на лемме 1), мы получим некоторые глубокие и неожиданные закономерности поведения блуждающей частицы. Наши предсказания, в первую очередь, будут относиться к возвращению частицы в исходное положение и достижению ею некоторого уровня. При решении задачи о возвращении будем рассматривать пути, соединяющие начало координат с точками (ж, 0), где х = 2п, так как возвращение частицы в нуль может происходить только в четные моменты времени. Событие, состоящее в том, что возвращение в нуль произошло на 2п-м шаге, связано лишь с первыми 2п перемещениями частицы. В силу симметрии все 22п возможные траектории длины 2п оказываются равнововможными. Поэтому вероятности возвращения вычисляются подсчетом соответствующих путей на отрезке от 0 до 2п.

Пусть u2n — вероятность возвращения частицы в О в момент 2п. Так как число путей, соединяющих точки (0, 0) и (2п, 0), равно L (2п, 0) = С2П (см. формулу (1) § 2), то u2n = Cin2-ln. Пусть /а„ — вероятность первого возвращения в нуль в момент 2п. Для определения /2п мы найдем соотношение, связывающее /2„ с вероятностью u2n.

Лемма. При n ^ 1

/зп —" ^Зп—2^2п*(^)

Доказательство. Пусть событие Лап состоит в том, что путь до момента 2п включительно нигде на обращается в нуль. По лемме 4 § 2 Р (Л2п) = u2n. Пусть событие В состоит в том, что в момент 2п имеет место возвращение в нуль. Тогда событие Л2п_а Q В означает, что первое возвращение в нуль произошло в момент времени 2п, и поэтому Р (Л2п_а Q Б) = /2п. Очевидно, что

(Л2П_2 Q 5) (J (Л2П_2 f) S) = Л2п_а, где В — дополнение события В. Так как события, стоящие в скобках, несовместны и Л2п_а Q В = Л2п, то

р (Лп_2 п В) + р (Л2п) = р (лап_а), что и приводит к соотношению (1).

Следствие. При п^ 1

,19-2П+12^TL"2n-1Z,19-2П+12^TL"2n-1Z(2)(2)

,19-2П+1

2^TL"2n-1Z

,19-2П+1

2^TL"2n-1Z

(2)

(2)

^или /зп 2^ ®2>1—2 ; •

Соотношение (1) можно также доказать как просто® комбинаторное тождество, если вероятности /2п в виде (2) вычислить, непосредственно применяя лемму 2 § 2 (см. упражнение 1).

Используя формулу (2), нетрудно проверить, что вероятности первого возвращения в нуль, например, на 2-м, 4-м, 6-м шагах, равны соответственно

/г = 0,5, к = 0,125, /6 = 0,0625.

Вычисление кп для небольших значений п удобно производить, используя табличку значений вероятностей и2п:

п

1

2

3

4

5

“2п

0,5

0,375

0,3125

0,2734

0,2461

п

6

7

8

9

10

м2п

0,2265

0,2095

0,1964

0,1855

0,1762

Для больших значений п можно вычислять /2п приближенно, .пользуясь таблицами логарифмов (см. с. 24) или формулой Стирлинга. По формуле Стирлинга (см. с. 25) при больших п

nA ~ ппе-11 V 2лп, откуда

Поэтому

141

н2п ' г—И Tin '•

У лп2 У л п '2

Интересно узнать, каковы шансы на возвращение частицы в нуль эа некоторое конечное время.. Например, вероятность вернуться в нуль за 2 шага равна /2 = 0,5, за 82

4 шага f2 + /4 = 0,626, за 6 шагов /2 + /4 + /6 = = 0,6875 и т. д. Очевидно, что вероятность возвращения частицы в нуль за время 2п равна

/2 + Л + • • • + /зп-

По лемме получаем, что

/2 + • • • + /гп = (1 — мг) + • • • + (w2n_2 — u2n) =

4 M2ni (3)

т. е. u2n — вероятность противоположного события. Пользуясь приближенным значением u2n при больших п, можно вычислить, например, вероятность возвращения за 100 шагов — 0,9202, за 1000 шагов — 0,9748, за 10 000 шагов — 0,9920. Заметно, что с ростом п вероятности и1п 11

стремятся к 0, а вероятности 2 /гк возрастают и прибли- жаются к 1. Какова же вероятность того, что частица когда-либо вернется в начало координат? До сих пор мы рассматривали вероятности в конечном множестве возможных событий, а для корректного определения интересующей нас вероятности необходимо рассматривать бесконечное множество траекторий. Для того чтобы не выходить за рамки конечной схемы, мы упростим решение задачи и предположим, что событие, заключающееся в том, что частица рано или поздно вернется в нуль, имеет определенную вероятность, которую мы обозначим через /. Тогда

/ — /2 + А + • • • + /гп + . . .(4)

Теперь мы можем доказать замечательный результат о возвратности симметричного случайного блуждания на прямой.

Теорема. Возвращение частицы в нуль происходит с вероятностью 1.

Доказательство. Из формул (2), (1) и (4) имеем

/ = (1 — и2) + (iz2 — u4) + (u4 — ue) + . . . = 1.

Таким образом, возвращение частицы в нуль является событием с вероятностью 1. Оказывается, однако, что момента возвращения приходится ждать слишком долго. Для того чтобы в этом убедиться, найдем среднее значе- вие периода времени до возвращения частицы в нуль. Так

как каждому значению 2п времени ожидания соответствует вероятность /2п, то среднее время ожидания возвращения частицы, если время наблюдения не превосходит некоторого момента 2N, равно

N

2 2и/2п -|- 2ZVw2jv.(5)

71=1

Последнее слагаемое в этой сумме соответствует случаю, когда за время 2N частица ни разу не вернется в нуль N

( S/г«+h2iv= 1, см. (3)). Очевидно, что большим зна- п=1

чениям N соответствуют довольно большие значения выражения (5). Оценим значение выражения

71=1

Так как при п—> ос /2п>-"ir и 2^/гп—- —,— , то ряд 2 У л пУ лп

3 2п/2„ расходится ) и, следовательно, среднее значе- 71=1

ние времени возвращения бесконечно.~

Итак, частица обязательно вернется в начало координат, и, стало быть, побывает там бесконечное числе раз, но (среднее) время ожидания даже первого возвращения бесконечно. Можно ли утверждать, что начало координат — единственная точка, которая обладает таким свойством? Ответ на поставленный вопрос дает решение задачи о первом достижении некоторого уровня.

По лемме 3 § 2 вероятность того, что точка с ординатой у > О будет впервые достигнута при абсциссе х, равна

g^ = у c^+t№-2-xg^ = у c^+t№-2-x(6)(6)

g^ = у c^+t№-2-x

g^ = у c^+t№-2-x

(6)

(6)

О < у ^ х. Так как х + у четно, положим х + у = 2п и перепишем (6), выразив х через 2п:

(7)рП 0-271+1 ^гп-!’^—(7)рП 0-271+1 ^гп-!’^—„(1/) Уп-ъп+у

(7)

рП 0-271+1 ^гп-!’^—

(7)

рП 0-271+1 ^гп-!’^—

Положим в (7) у = 1 и получим g^^ = 2п — 1

вероятность первого достижения прямой у = 1 в момент 2п — 1. Как следует из формулы (2),

sin-i — /гп-(8)

Это соответствие между вероятностями первого достижения точки с ординатой 1 и первого возвращения в нуль позволяет применить доказанную теорему к решению задачи о первом достижении.

Следствие. С вероятностью 1 частица достигает уровня 1.

По симметрии, тот же вывод справедлив в отношении первого достижения уровня —1.

Теперь интуиция подсказывает, что подобное утверждение может быть сформулировано для любого уровня у; план точного доказательства см. в задачах 5 и 6.

Общий итог параграфа таков: с вероятностью 1 блуждающая частица бесконечное число раз пересекает любой постоянный уровень, в частности, бесконечное число раз возвращается в исходное положение, но среднее время ожидания этих событий бесконечно.

Упражнения

Используя лемму 2 § 2 для подсчета числа положительных и отрицательных путей, соединяющих точки (0, 0) и (2п, 0), найдите вероятность /2П.

В сберегательную кассу стоят в очереди 2п человек. Каждый из них с вероятностью 1/2 вносит 10 рублей или с вероятностью 1/2 берет 10 рублей. В начальный момент времени в кассе денег нет. Найдите вероятность того, что ни один из тех, кто хочет взять деньги, не будет ждать? Докажите, что эта вероятность равна и2п» и найдите ее точные и приближенные значения для и = 4, 5, 6.

Опираясь на упражнение 2 § 2, найдите, что „(у) — сп .2~2п+« —o-zn+v+i »2а-у 2п-у2n-y-i'

Покажите, что вероятность достижения точки (2п— т, т), равная С^1_Тп-2-1п+т1 может быть представлена в виде суммы

У=т

Докажите формулу

„(уи)„(П)

°2n—(у+1)6 2»-y®2n-2k-l'

к=У

связывающую вероятности первого достижения уровней у и у + 1*

85

В следствии из основной теоремы доказано, что g^ =

= 2 g^^ = 1. Докажите, что частица с вероятностью 1 достигнет П=1

любого уровня у, т. е. 4iog^= У, ggnLy —1- [Доказательство про- п=у

ведите методом математической индукции, используя формулу (11) и формулу изменения порядка суммирования:

ОО п1 ОО ОО

3 2 = 2 2-1

n=y+l v=y v=y n—v=l

Покажите, что частица, начинающая блуждание из любой точки с ординатой у, с вероятностью 1 попадет в нуль.

Пусть в случайном блуждании на прямой участвуют две частицы, которые перемещаются независимо друг от друга и в одни и те же моменты времени. Используя вывод о том, что частица с вероятностью 1 достигает любого положения на прямой, докажите, что вероятность встречи частиц равна 1, если начальное расстояние между ними четно, и равна 0, если начальное расстояние нечетно.

Задача о числе возвращений в начало координат

Мы доказали, что симметричное случайное блуждание бесконечное число раз возвращается в исходное положение. После того как произошло первое возвращение, мы проводим время в ожидании второго возвращения, и, хотя оно достоверно, ждать нам приходится в среднем столь же долго, как и первого возвращения. В этом параграфе мы ответим па вопросы о том, как с увеличением продолжительности наблюдения растет число возвращений и как «тянется» время ожидания m-го возвращения.

Теорема 1. Вероятность того, что в момент 2п имеет место т-е возвращение в нуль, равнй

с(тп) ШГ>~2п+?п/Ах

— 2n —m

Сравнение (1) с формулой (7) из § 3 позволяет высказать утверждение теоремы иначе: вероятность m-го возвращения в начало координат на 2п-м шаге равна вероятности первого достижения точки с ординатой т на (2п — т)-м шаге, т. е.

^ = Л.(2)

ото утверждение справедливо во всяком случае при m = 1 (см. (8) в § 3). Новая формулировка теоремы подсказывает способ доказательства.

Доказательство. Установим взаимно однозначное соответствие между путями, впервые достигающими точки т в момент 2п — т, и всеми неположительными путями, для которых точка (2п, 0) является точкой последнего 771-го возвращения в нуль. Для этого рассмотрим

произвольный путь первого достижения т и проведем через точки первого достижения уровней 1, 2, .. ., т прямые с угловым коэффициентом —1 до пересечения с осью абсцисс (см. рис. 24)-. Полученные т точек на оси абсцисс будут вершинами некоторого неположительного пути длины 2п и будут указывать моменты возвращения этого пути в начало координат. С помощью обратного построения любой неположительный путь длины 2п, имеющий ровно т вершин на оси абсцисс и последнюю в точке 2и, преобразуется в некоторьш путь, впервые достигающий точки т в момент 2п — т. Из соответствия двух множеств путей следует, что число неположительных путей с m-м возвращением в нуль в момент 2?? равно

т ^т с^п-т (т)2п — т —g№-m.

Каждый такой путь точками возвращения делится на т участков. Отображая произвольным образом эти участки относительно оси абсцисс, мы получим все пути с т вершинами на оси абсцисс. Число их будет, очевидно^в 2го раз больше числа неположительных путей и поэтому будет равно 2№g^lm. Разделив это число на 22” — общее число путей длины 2п, — получим вероятность (1).

Найдем теперь вероятность т возвращений в течение всего промежутка времени от 0 до 2п. Рассмотрим все пути длины 2н, которые т раз возвращаются в нуль. Существуют две возможности: последнее m-е возвращение происходит или в момент 2п, или в некоторый момент 2v <^ < 2т. Во втором случае каждый путь точкой 2v последнего m-го возвращения делится па два участка, причем на участке от 2v до 2п возвращений в нуль нет. По лемме 4 § 2 (см. следствие) участок пути от 2v до 2п можно выбрать числом способов, равным числу всех путей, соединяющих точки (2v, 0) и (2п, 0). Поэтому все участки от момента последнего возвращения можно без ущерба заменить участками, которые имеют возвращение в нуль по крайней мере в момент 2п. Следовательно, число путей длины 2п, имеющих ровно т возвращений, равно числу путей, которые имеют самое меньшее т возвращений в нуль и последнее — в момент 2п. Таким образом, мы свели задачу к подсчету общего числа путей, имеющих т, т + + 1, . . ., п возвращений в нуль в момент 2п. Переходя к вероятностям и используя теорему 1, получаем, что вероятность т возвращений равна или

АГ - Л +*№1)+...+£\

где слагаемые справа — это вероятности первого достижения точек т, т 4- 1, . . ., п в моменты 2п — т, 2п — — т — 1, . . ., и соответственно. Так как при к = т, т + 1, . . ., п — 1

„(К)/1П9-8П+*9-2П+&+1

и g^ = С”-2^ (см. упражнение 8 § 3), то

т. е. равна вероятности достижения точки иг в момент 2п — т (см. упражнение 4 $ 8). Итак, доказана

Теорема 2. Вероятность того, что за время 2» произойдет ровно т возвращений в нуль, равна

^-<^-?^.(3)

Заметим, что в теоремах 1 и 2 «новых» вероятностей не появилось: найденные вероятности совпали со значениями вероятностей, полученных в предыдущих параграфах.

Следствие. При т = 0 и т = 1 вероятности h’S равны и^; при т> 1 вероятности h’S строго убывают;

h^ = h^ > h’S > ... > h’S.(4)

Следствие доказывается простой проверкой. Для проверки формулы (4) достаточно показать, что h’S > ^гп-1) при m> 1.

Неравенства (4) неопровержимо свидетельствуют, что каково бы ни было время случайного блуждания, наиболее вероятно либо отсутствие возвращений, либо ровно одно возвращение, чем любое другое их число. Обычно ожидается, что число возвращений пропорционально времени блуждания. Но это представление опровергается наблюдением и расчетом — число возвращений растет с ростом 2п как У2п. Пути возвращаются в начало координат очень редко, и чем продолжительнее время блуждания, тем реже возвращается частица в исходное положение. Чтобы в этом убедиться, вычислим среднее число возвращений за фиксированное время 2п:

р — 2 ml©.

т=о

Используем соотношения

7171—1

£^=1, ^ Ь^ = <п-т«=^^^. т=от=о

Проведем выкладки по вычислению pi

пп—1

н-р^ (п-т)№=^=

m=Qтм=О

n—1П—1

=*l) - 4- E (m+4> ^+1)

771—0771=0

—22 “

Отсюда

p = —g— u^ — 1.

Гак как при больших значениях п

^2п '"'*■'^2п '"'*■'1У лп1У лп

^2п '"'*■'

^2п '"'*■'

1

У лп

1

У лп

тото

то

то

У^п

/2л '

Таким образом, с увеличением продолжительности блуждания относительное число возвращений убывает, а периоды между возвращениями возрастают по длине. Так, например, за 10 000 шагов частица побывает в нуле в среднем около 40 раз, за 1000 000 шагов — около 400 раз, а за 100 000 000 шагов — около 4000 раз. Соответственно, среднее время между возвращениями будет меняться от 250 к 2500 и далее до 25 000. Мы уже говорили о том, что рост среднего времени между соседними возвращениями не зависит от номера возвращения. Теперь, используя то, что число возвращений растет в среднем как п, можно сделать вывод о том, что среднее время от начала блуждания до m-го возвращения в начало координат растет как /п2. Это заключение может быть уточнено в форме «предельной» теоремы (см. упражнение 2).

Так как приблизительно в половине моментов возвращения в пуль частица переходит с одной на другую половину прямой, то полученные вдесь выводы непосредственно касаются продолжительности времени пребывания частицы па положительной и отрицательной сторонах прямой. К точной формулировке результата мы переходим в следующем параграфе.

Упражнения

Показать, что

«ап = /ап + fan + •" + fan

(см, следствие к теореме 2).

Используя асимптотические соотношения

In ~ — Z In -^- — (к — Z) In —P In

при I -» оо и к — I —♦ оо (ато сдедствие формулы Стирлинга, см, | 9 главы 1) и

lu (1 У «) ~ к —

при | а | -< 1 (первые два члена разложения функции в ряд Тейлора), докажите, что при я —» оо

/(т) ~—— ,-#№/2(2П-т)

V л (2п_и)’А е

m-^N

Тогда вероятность У, /^ того, что m возвращений в начало коор- п=т

дипат произойдет за время от 2m до 2m + 27V, можно представить как интегральную сумму для интеграла Римана от функции

ф (у) =— y—Vze—1/2V

V '/2 л

в пределах от 0 до 2N/m?« Отсюда можно заключить, что вероятность того, что m-е возвращение произойдет до момента ат* (а > 0 — произвольное действительное число), Стремится бри возрастании m к интегралу

а

Му) dy,о

е. время до m-го возвращения растет с ростом т как т2. (Для вычисления последнего интеграла удобно использовать равенство

так как значения функции Ф (t) = -у— \ е-"6'2 du можно найти е У 2л

в любом учебнике по теории вероятностей в таблицах функции нормального распределения.)

Закон арксинуса

Мы установили важнейшее свойство симметричного случайного блуждания — периоды между последовательными возвращениями частицы в нуль оказываются необычайно длинными. Мы убедились в этом, используя различные подходы, и теперь нам предстоит ответить на вопрос о том, как долго частица будет в течение блужДания находиться выше или ниже оси абсцисс. Естественное, с точки зрения здравого смысла, предположение о том, что относительное время, которое частица проводит выше оси абсцисс, близко к х/2, не подтверждаете^ экспериментом. Оказывается, что для этой доли времена значения, близкие к 1/2, наименее вероятны, и значитель-

ную часть времени частица проводит в какой-либо одной полуплоскости. Эти парадоксальные закономерности перехода частицы с положительной стороны прямой на отрицательную и наоборот раскрываются теоремой, получившей название «закона арксинуса».

Докажем предварительно следующий простой результат.

Лемма. При n > 1

71

^2п = 5 /2kW2n_2k.(1)

‘Для доказательства рассмотрим все пути длиной 2м, которые возвращаются в момент 2пв нуль. Формула (1) является вариантом формулы полной вероятности (см. с. 59). В самом деле, пусть событие Л2п соответствует любому пути из (0, 0) в (2п, 0), а событие В^ — пути с первым возвращением в нуль в момент 2/с, к = 1, . . ., п; при этом п

события Ва несовместны и Л2пС U В^. Тогда к=1

пп

Р (^ - S Р (В^) Р (A^jB^ = 3 Р (5ц) Р (Л2п_2) к-=1к=1

в силу того, что Р (Л2п/Р2к) = Р (Л2п-а). Так как Р (4ад) ^ «зп» Р (Bat) = fa» получаем (1).

Обозначим через р2к|2п вероятность того, чтов течение времени от 0 до 2п путь частицы неотрицателен 2/с единиц времени и неположителен 2п — 2/с единиц времени. Удобно говорить, что частица проводит на положительной стороне время от п до п + 1, если соответствующий отрезок пути лежит выше оси ж.

Теорема!. При п >= 1 и 0 ^к^п

Ptii, 2n = U2kU2n-2k.( 2)

Доказательство. Пусть Л2к-2П — событие, состоящее в том, что частица за период времени от 0 до 2п проводит 2к единиц времени на положительной стороне и 2п — 2/с — на отрицательной стороне. Пусть Р2Г и Р2Г — события, состоящие в том, что частица впервые возвращается в нуль в момент 2г, оставаясь до этого соответственно на положительной пли отрицательной стороне. Очевидно, что Р (Л2к- 2п) = Ргк, 2П и Р >г) = Р (Р2г) = -g- f^T. По

формуле полной вероятности

Р (^2fr, 2n) = U Р (Par) Р С^Й, 2п/^2г) +

Г

+ иргор^^^Я г

так как

Р (-^Й, anlB^ = Р (^2^г-2г, 2П-2г)1

Р (-^2*, ITilB^ = Р (-^2fr, 2n-2r)i

ТО

кп—к

Р», 2n = " f»rPik-8r, 2п-2г + -у ^ f flrPtk, tn-2r* (3) r = lr = l

В случае, когда к = 0 или к = п, равенство (2) тривиально, так как искомая вероятность равна м2„. Полученное тождество рассматривается при всех п и 0 < к <; п — 1. Выведем (2) из (3) методом математической индукции по п. Легко видеть, что при и = 1 соотношение тривиально. Предположим, что при всех т ^ п — 1

Рй, 2m = K2fcH2m-2S

и, в частности,

Р21-2Г, 2П-2Г — l<2n-21i^2t-2ri

Рйк, 2П-2Г = M2kH2n-2t-2r*

M2k ^^| /2r^2n-21r-2r*M2k ^^| /2r^2n-21r-2r*Тогда из (3) и (4) получаем кп—к

M2k ^^| /2r^2n-21r-2r*

M2k ^^| /2r^2n-21r-2r*

Рй, 2Пу M2n-2t У?, /ггм2п-2г

Пользуясь утверждением леммы, находим окончательно

1। 1

Р», 2п = у W2n-2frH2k Ну ^2^^271-21' = UaicUin-lk

Соотношение (2) определяет удивительное свойство, присущее блужданию частицы. Интуиция подсказывает, что доли времени, проводимые частицей выше и ниже оси абсцисс, примерно одинаковы и близки к V2. Для проверки произведем подсчеты с помощью формулы (2) для случая п = 10. Вероятности р2»,2п даны в следующей

табличке:

к

0

1

2

3

4

6

Р», 2п

0,1762

0,0927

0,0736

0,0655

0,0617

0,0606

к

10

9

8

7

6

6

Даже эти данные показывают, что значениям к = 0 и к — п соответствуют наибольшие вероятности и, наобо-

Рис. 25. Закон арксинуса-Рис. 25. Закон арксинуса-сравнения приближенным Стирлинга:Ро, 2П = Pin,сравнения приближенным Стирлинга:Ро, 2П = Pin,рот, менее всего вероятно, что доля времени kin близка к 1/2. В данном случае важны не абсолютные значения вероятностей, а характер их изменения в зависимости от к. В общем случае эти вероятности обладают следующими свойствами: р»,т = == Pan-й, га» при к ^ (к 4- 1)/2 вероятности рд,т убывают, при /с >(п + 1)/2 — возрастают; при п четном минимальное значение рйк1№ достигается в точке к = в/2, при п нечетном — в двух точках к = (п — 1)/2 и к = (в + 1)/2. Графически зависимость рд, гп от к указана для п = 10 на рис. 25. Более выразительно соотношение вероятностей Pix.m для больших значений п. Воспользуемся для значением и2п по формулерот, менее всего вероятно, что доля времени kin близка к 1/2. В данном случае важны не абсолютные значения вероятностей, а характер их изменения в зависимости от к. В общем случае эти вероятности обладают следующими свойствами: р»,т = == Pan-й, га» при к ^ (к 4- 1)/2 вероятности рд,т убывают, при /с >(п + 1)/2 — возрастают; при п четном минимальное значение рйк1№ достигается в точке к = в/2, при п нечетном — в двух точках к = (п — 1)/2 и к = (в + 1)/2. Графически зависимость рд, гп от к указана для п = 10 на рис. 25. Более выразительно соотношение вероятностей Pix.m для больших значений п. Воспользуемся для значением и2п по формуле

Рис. 25. Закон арксинуса-

Рис. 25. Закон арксинуса-

сравнения приближенным Стирлинга:

Ро, 2П = Pin,

сравнения приближенным Стирлинга:

Ро, 2П = Pin,

рот, менее всего вероятно, что доля времени kin близка к 1/2. В данном случае важны не абсолютные значения вероятностей, а характер их изменения в зависимости от к. В общем случае эти вероятности обладают следующими свойствами: р»,т = == Pan-й, га» при к ^ (к 4- 1)/2 вероятности рд,т убывают, при /с >(п + 1)/2 — возрастают; при п четном минимальное значение рйк1№ достигается в точке к = в/2, при п нечетном — в двух точках к = (п — 1)/2 и к = (в + 1)/2. Графически зависимость рд, гп от к указана для п = 10 на рис. 25. Более выразительно соотношение вероятностей Pix.m для больших значений п. Воспользуемся для значением и2п по формуле

рот, менее всего вероятно, что доля времени kin близка к 1/2. В данном случае важны не абсолютные значения вероятностей, а характер их изменения в зависимости от к. В общем случае эти вероятности обладают следующими свойствами: р»,т = == Pan-й, га» при к ^ (к 4- 1)/2 вероятности рд,т убывают, при /с >(п + 1)/2 — возрастают; при п четном минимальное значение рйк1№ достигается в точке к = в/2, при п нечетном — в двух точках к = (п — 1)/2 и к = (в + 1)/2. Графически зависимость рд, гп от к указана для п = 10 на рис. 25. Более выразительно соотношение вероятностей Pix.m для больших значений п. Воспользуемся для значением и2п по формуле

Р», 2ПЫ2дЫ2п-2к •—■ " ,г—— •

л У к (п — к)

В частности, если в четно, то минимальное значение

Рт.еп приближенно равно 22

Рв,2П = И»— .

результаты подсчета для п = 100, 1000, 10 000, 100 000 сведены в следующую табличку:

2п

Р0, 2п

Р2, 2п

Рп, 2п

100

0,07979

0,04030

0,01273

1000

0,02523

0,01263

0,00127

10000

0,00798

0,00399

0,00013

100000

0,00252

0,00126

0,00001

Отношение максимальной вероятности к минимальной с ростом п стремится к бесконечности:

2

Ро, + ^2П, 271 VКП д—- = у лп —> оо.Рп, 2ПЯП

Введем в рассмотрение функцию /(ж) =—.■,

Л У л (1 — z) определенную для 0 <ж <1. Эта функция имеет U-об- разную форму, симметрична относительно прямой ж = Vg и имеет минимум в точке ж = г/2, равный 2/л (см. рис. 25). Легко убедиться в том, что )

/(ж)=-^- Г— arcsin V хА

или

ЭС

^ / (Z/) ^У = -” arcsin Ух. о

Пользуясь только формулой Стирлинга, можно утверждать, что при больших и

Р», 271 '—'Р», 271 '—'п ' \ п /п ' \ п /

Р», 271 '—'

Р», 271 '—'

п ' \ п /

п ' \ п /

с хорошим приближением, если только к не очень близко к 0 или п. Зададимся некоторым а, 0 <_а < 1, и сравним

две величины

а

2 Р*, 2л И ^ / (ж) ЙЖ.

t/пСао

Обозначим жк *= к/п и Джк “ ж* — ж^ » Чп, тогда

2 №.8п~ Джк/(жк).

Правая часть при п -> со или при Джк -> 0 огр мится к в личине площади фигуры, ограниченной осью ж, кривой / (•) и вертикальными прямыми ж =» 0 и ж ■■ а. Эта площадь по определению выражается интегралом

а

^ / (ж) йж вarcsin ^cL

о

Таким образом, мы пришли к теореме, которая широко иввертна как «закон арксинуса».

Теорема 2 (а а к о в арксинуса). Вероятность того, что воля времени, проводимое» частицей на положительной части, не прееобеовит а, 0 <<а <1, стремится к (2/л) arcsin Vа пре п -*■ со.

Пользуясь таблицами синуса, можно вычислить, например,

.2 PUt, 8Л'"' ^,05,

1/ПЧ0.0068

S p»,tn—од,

»/n<o,o2M

S Рек, ал — 0»2'

»/п<0,14М

Так, например, за время п ■ 1000 частица о вероятностью 0,1 остается на одной стороне более чем 998 момента времени и с вероятностью 0,2 — больше чем 975 моментов времени.

При м е р. Представим себе, что два человека играют в «орла и решку», поочередно подбрасывая правильную монету и выигрывая всякий раз при выпадении «орла» («герба»). Последовательность результатов отдельных партий (последовательность выигрышей и проигрышей) геометрически будет представляться графиком симметричного случайного блуждания. Положение графика выше оси абсцисс соответствует ситуации, при которой 86

один из игроков лидирует; достижение графиком оси абсцисс интерпретируется как суммарный ничейный результат и т. п. Результаты §§ 4 и 5 применительно к описанной ситуации говорят о том, что с ростом числа сыгранных партий «ничьи» становятся все реже и реже, соответственно уменьшается относительное число смен лидерства и, таким образом, большую часть времени лидирует один из игроков. В игре, состоящей из 1000 партий, среднее число ничьих равно 12, из них приблизительно половина будет соответствовать действительной смене лидерства. Как показывают предыдущие расчеты, по закону арксинуса не реже чем в одном случае из десяти один игрок будет за все время находиться в выигрыше более чем в 975 партиях из 1000.

Упражнения

Доказать, что вероятность того, что последнее возвращение в нуль для траектории длины 2п произойдет в момевт 2Л, А- 0, 1, 2,. . ., п, равна UgfrKgn-zt-

Найти число путей из начала координат в точку (2п, 0) таких, что 2Л вершин лежат не ниже оси ж, а остальные — ниже (к = 0, 1,», ., п). Доказать, что это число не зависит 1

от и равно ууу С"п.

Говорят, что траектория длины п с ординатами у0 = б, Уш • ч Уп имеет первый максимум уу в момент к, если уу > у0, ук > > Уш- • ч Ук > Ук-1 и Ук > Ук+ш- • м Ук > Уп- Доказать утверждение, носящее название «второй закон арксинуса»: вероятность того, что траектория длины 2п имеет первый максимум в моменты 2к (к = = 0, 1,. , ,, л) или 2к + 1 (к = 0,. . ., п — 1), равна Ргк,т.

О симметричном случайном блуждании на плоскости и в пространстве

Б главе 1 на с. 11—17 было рассказано о случайном блуждании на плоскости. Предполагалось, что частица выходит из начала координат (0, 0) п перемещается по точкам плоскости с целочисленными координатами. При этом за один шаг частица перемещается из точки (ж,| у) с вероятностями V4 в одну из четырех смежных точек (ж + 1, у), (а: — 1, у), (^, у + 1),- (ж, у — 1) независимо от того, где находилась частица до точки (ж, у). Аналогично можно определить симметричное блуждание в трехмерном пространстве! частица перемещается из точки (ж, у, z) за один шаг в одну из шести точек (ж + 1, у, z), (ж — 1, у, z), (ж, у + 1, z), (ж, у — 1, z), (ж, у, z + 1), 4 А, Н, Колмогоров и др. 97

^x, ^ z — 1) с вероятностями Ve. В § 3 мы разрешили вопрос о возвратности симметричного блуждания на прямой. Рассмотрим эту же задачу на плоскости и в пространстве. Покажем, что двумерное случайное блуждание возвратно, а трехмерное, вообще говоря, невозвратно.

Введем снова вероятности u2n и /2п. Как и раньше, — вероятность возвращения частицы в исходное положение в момент 2п, а /2п — вероятность первого возвращения в момент 2п. Оказывается, что в случае двух и трех измерений остается справедливым соотношение

п

Ы2П — 2 /2fcH2n_2t,П^1,(1)

1=1

между игп и /2п (это легко проверить, используя соображения при выводе этой формулы в одномерном случае, см. лемму в § 5 на с. 92).

Наша задача состоит в том, чтобы показать, что на

плоскости 2 /гп= 1* а в пространстве 2 /гп< 1- Вспом- П=1П=1

ним, что в одномерном случае в то время как ряд 2 /а»

П=1

сходится к 1, ряд 2 н2п расходится. Это поведение рядов п=>0

есть проявление общей закономерности, которая будет доказана в главе 6 (см. § 2) и состоит в том, что

2 /гп= 1 тогда и только тогда, когда 2 U2n = 00 i иными П—171=0

словами, вероятность возвращения в начало координат равна 1 или меньше 1 в зависимости от того, расходится

или сходится ряд 2 и2п. Например, если ряд 2 нап схо- п=0п=0

дится, т. е. 2 H2n = s<Co°i то, суммируя обе части соотношения (1) no n > 1, получаем слева

ООСОсю

2 ^2ц^2n^0'—^2« ““ ^-i

№=1n=0n=o

так как u0 = 1, и справа

ОО 71ОООО

2 [ 2 /г1и2п-21] = 22 игп-

п=1 1—11=1п=о

D8

Таким образом,

ШШ3 «tn — 1 = S /гп У м2 71=071=171=03 «tn — 1 = S /гп У м2 71=071=171=071=071=0(2)(2)

Ш

Ш

3 «tn — 1 = S /гп У м2 71=071=171=0

3 «tn — 1 = S /гп У м2 71=071=171=0

71=0

71=0

(2)

(2)

^А^1Г<1" Если ряд 2 и2п расходит-

51"«=о

ся, то У /2П= !• В этом параграфе мы только воспользуемся этим утверждением, а доказательство отложим до § 2 главы 6. Исследуем сходимость ряда У М2П в двумер- п=о

ном и трехмерном случае и па этой основе сделаем заключение о возвратности соответствующего блуждания.

Найдем ийп в двумерном случае. Общее число путей из начала координат длины 2п равно 42п. Для того чтобы в момент 2п частица оказалась снова в начале координат, число игр смещений вверх должно быть равно числу перемещений вниз, а число перемещений вправо — числу перемещений влево. Поэтому, если к — число перемещений вверх, то число перемещений вниз равно к, а число перемещений вправо, так же как и число перемещений влево, равно п — к. Так как при этом последовательность перемещений вверх, вниз, вправо, влево произвольна, то искомое число путей равно

(2п)!к'. к'. (п — к)\ (п — к)\(2п)!к'. к'. (п — к)\ (п — к)\(3)(3)

(2п)!

к'. к'. (п — к)\ (п — к)\

(2п)!

к'. к'. (п — к)\ (п — к)\

(3)

(3)

Поскольку к может принимать значения от 0 до п, то общее число путей, заканчивающихся в момент 2п в начале координат, равно

Пп

V (2п)!VI . „к.а,,х

М к\ (и — /с)!— к)! ~1 ’

Так как § (С^)2 = § С1^ = C2nt то это число равно к—34=0

(С^)4. Таким образом,

(5)(5)u^=47m№.

(5)

(5)

Еще раз воспользуемся приближенным представлением С^п при больших п по формуле Стирлинга. Получаем

u2n~u2n~^-ZT^tn 1ЯП^-ZT^tn 1ЯПЯПЯП

u2n~

u2n~

^-ZT^tn 1

ЯП

^-ZT^tn 1

ЯП

ЯП

ЯП

откуда следует, что ряд У w2n расходится. Поэтому, ис- пользуя соображения, относящиеся к соотношению (2), заключаем, что У/2п = 1, т. е. блуждание возвратно. 71=1

В трехмерном случае вероятность возвращения в начало координат в момент 2п равна по аналогии с (3) — (5)

„ _ е-2п V —

ilil/l/Kn-I-jjl'^-i-/)! — O^Ci+Xn

<Xi+j«n

Выражения Cn (i, j) = ^у, ^^i — ,)! являются коэффициентами в так называемом триномиальном разложении

(а + 6 + с)" = У Сп (i, j) а^Ус^-Н.

Полагая в этом разложении а = Ь = с = 1, получаем

3n= 2 Cn(i,7),O^i+j^n

или

ПоэтомуПоэтому1= 3 ^X<mV0<i+Xn1= 3 ^X<mV0<i+Xn

Поэтому

Поэтому

1= 3 ^X<mV

0<i+Xn

1= 3 ^X<mV

0<i+Xn

2 (3-ПСП ((,/)]=< max [3-Cn (i.j)] <Х»+К«0<i+j<n

и

Н2п<(2_гяС2п„) max [3'nC„ (i, j)].(7)

0<»+j«n

Вероятности 3 nCn (i, /) достигают своего максимального' значения

при 1 = 7 = -^-,если п делится на 3,

при г = у = —g— , если п — 1 делится на 3,

при 1 = 7 = —~— , если п4- 1 делится на 3.

Во всех трех случаях, используя формулу Стирлинга, получаем, что при больших п

max [3-ПСП (7, /))— (с — постоянная).

tXi+7<nп

Так как2"2ПС£пт=г, то u2n в (6) по порядку не превос- V ЛИ

ходит Mr^h. Отсюда следует, что ряд 5 м2п сходится к 71=0

конечному пределу, и, следовательно, /2п <^ 1, т. е. п=1■

симметричное блуждание в трехмерном пространстве невозвратно (вероятность / = У /2п вычислена и оказалась близкой к 0,35). Таким образом, замечательное свойство возвратности одномерного симметричного случайного блуждания сохраняется р двумерном случае и утрачивается при большем числе измерений.

ГЛАВА 5

СЛУЧАЙНЫЕ ВЕЛИЧИНЫ, РАСПРЕДЕЛЕНИЕ ВЕРОЯТНОСТЕЙ

§ 1. Понятие случайной 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. Сколько вызовов поступит на телефонную станцию в течение ближайшего часа? На этот вопрос нельзя дать строго определенного ответа, поскольку число вызовов за определенный промежуток времени подвержено случайным колебаниям ото дня ко дню. Точно так же нет возможности указать точное число уличных происшествий в течение предстоящих суток в каком-либо населенном пункте.

В подобных ситуациях приходится иметь дело со случайными величинами, т. е. величинами, значения которых могут быть различны в зависимости от случая.

Что нужно знать о случайной величине, чтобы иметь о ней исчерпывающие сведения? В первую очередь, очевидно, перечень тех значений, которые она может принимать. Однако этого далеко не достаточно. Действительно, легко представить себе величины, которые принимают в точности одни и те же значения, но с разными вероятностями. Пусть для примера имеются два стрелка А и В, которые могут при каждом выстреле по мишени выбить 0, 1 и 2 очка. Одних этих сведений, конечно, недостаточно, чтобы охарактеризовать меткость стрелков. Если же дополнительно сообщить вероятности, с которыми каждый из них выбивает то или иное число очков (см. таблицу), то такая характеристика уже возможна. Нет сомнений, что стрелок А лучше, поскольку он чаще выбивает наибольшее число очков и реже выбивает минимальное число очков. В данном примере сравнение случайных величин

0

1

2

А

0,01

0,19

0,80

В

0,05

0,25

0,70

несложно, но можно привести и другие примеры, в которых такое сравнение затруднено, у

Принято определять случайную величину как числовую функцию, определенную на множестве исходов. Если все возможные исходы исчерпываются множеством Еи Ег,. . ., Еп, то любая числовая функция 6 ^Е^ является случайной величиной. При таком определении на случайные величины распространяются все правила действий с обычными функциями: их можно складывать, вычитать, перемножать и т. д.

Пример 1. Пусть имеются шесть исходов Еь г = *= 1, 2, 3, 4, 5, 6, вероятности которых равны между собой. Определим на этом множестве следующие случайные

величины:

а)

61 (1) = Г

61 (2) = 2,

61 (3) = з,

61 (4) = 4,

61 (5) = 5,

61 (6) = 6;

б)

68 (1) = 1,

62 (2) = 4,

62 (3) = 9, j

62 (4) = 16,

62 (5) = 25,

62 (6) = 36;

в)

6з (1) = 1,

63 (2) = 0,

63 (3) = 1,"

63 (4) = 0,

6з (5) = 1,

63 (6) = 0;

г)

64 (1) = о,

64 (2) = 0,

64 (3) - 1,

64 (4) = 0,

64 (5) = 0,

64 (6) = 1;

д)

6з (1) = -1,

65 (2) = 1,

65 (3) = -1,

65 (4) = 1,

6в(5) = -1,

65 (6) = 1.

Сумма случайных

величин 61 и 6г

дает новую случай-

ную величину т], которая определяется из равенства

11 ^) = ^ ^ + g2 (Е,).

Следовательно,

Л (1) - 2, Н (2) =6, я (3) = 12,Л (4) = 20, л (5) = 30, й (6) = 42.

Из определения случайной величины с помощью основных свойств вероятностей мы можем найти вероятно-

103

сти, с которыми случайная величина принимает то или иное из возможных своих значений. Обозначим через Вс событие, состоящее из всех тех исходов Еь на которых В (.Ei) принимает значение с, тогда вероятность того, что ^ (Fj) примет значение с, равна Р {Вс}. В зависимости от значений с событие Вс может оказаться невозможным, состоять из одного исхода, из двух и даже из всего множества исходов.

В примере 1в) мы можем записать такие равенства:

Р{Ез = 0} = 0,5; Р{^3 = 1} = 0,5.

В примерах 1г) и 1д)

р&=о}=^-; P{g4=i}=4-;

Р {& = -!} = 0,5;Р{^ = 1) = 0,5.

Совокупность значений, которые может принимать случайная величина Е, и вероятностей, с которыми она их принимает, называют распределением случайной величины |. В примерах 1а) и 16) уже сразу определены распределения. Для примеров 1в), 1г) и 1д) распределения были только что выписаны.

Пример 2. Пусть случайная величина | равна числу выпадений герба при 10 бросаниях монеты. Какие значения принимает случайная величина £ и с какими вероятностями?

Очевидно, что Е может принимать любые целые значения от 0 до 10 включительно с вероятностями

^{6=0}=-^, р{ё=1} = _^,

г2

Р<£ = 2} = ^,...,с10 л^{^=10}=-^-=^.

Выделим один важный класс случайных величин, Пусть В — некоторое случайное событие. Определим случайную величину Хв посредством равенств

Хв(^,) = |Хв(^,) = |если Et Е В, если Et е В.

Хв(^,) = |

Хв(^,) = |

Эту величину называют характеристической функцией] или инбикатором события В, поскольку по событию можно найти его характеристическую функцию, а по функции хв №) — породившее ее событие В.

Легко проверить, что случайные величины уА (Е^ и Хв (Ei) удовлетворяют следующим свойствам!

Ха (ЕгУхв (Е<) ■= Хав (Et),

Ха (Et) + Хв (Et) — Хав (Ei) = Xaub (Ei),

1 — Xa (Et) — Xa (Et)-

Рассмотрение характеристической функции события полезно тем, что оно позволяет свести операции над событиями к собтветствующим действиям над характеристическими функциями событий.

Две случайные величины Бит) называются независи- мыми, если для любых а и Ъ имеют место равенства

Р {£ *= а}-Р {ц = 6} = Р {£ = а, 1] = 6}.

/Пример 8. Пусть случайная величина 8 равна числу очков, выпавшему при первом бросании игральной кости, а ц — числу очков, выпавшему при втором ее бросании. Докажем, что случайные величины | и ц независимы при условии, что все исходы двух бросаний кости рав- вовозможны.

Действительно, всего при двух бросаниях кости возможны 36 исходов. Обозначим их через Е1}, ц / = 1, 2, 3, 4, 5, 6, где i — число очков, выпавших при первом бросании кости, а / — при втором. Очевидно, что Е (Ец) =• » I при любом /, а ц (Е^) *= / при любом L Событие Ёц в нашем случае совпадает с событием {Е = i, ц = /}, и вероятность его равна 1/36. Событие {5 = 0 включает шесть ‘равновероятных исходов Е1}, / *= 1,..., 6. Поэтому величина 8 принимает каждое ив Своих возможных значений 4, 2, 8, 4, б, 0 с вероятностью 1/6. То же самое можно сказать и о величине тр Таким образом, при любых i в /

1

Р^=11Ч=Пар^ = 1).р^=1)=— • —=16 •

Упражнения

1# Сколько всего существует различных характер ристических функций ДЛЯ данного множества Et, Elv . ., Е^

Ответ; 2"»

На плоскости «у аадапы ЮР точек с целочисленными ко» ординатами от 1 до 10, Можно ли с помощью комбинаций одни»

лишь функций от одной переменной (от х или у отдельно), определенных в точках 1, 2,. . ., 10, задать характеристическую функцию произвольного множества из этих точек?

Ответ; можно.

Доказать, что при двух бросаниях монеты с равновозможными исходами случайная величина, равная числу выпадений герба при бросании в первый раз, не зависит от числа выпадений герба во второй раз.

Доказать, что случайные величины, равные числу очков, выпавших при бросании игральной кости в первый и третий раз, независимы при условии равновозможности исходов.

Четыре станка расположены на одной прямой, расстояния между каждыми двумя соседними станками одинаковы и равны а. Рабочий обслуживает эти станки и переходит от того станка, на котором им была закончена работа, к любому из четырех с равными вероятностями. Спрашивается, какое распределение имеет длина совершаемого им каждый раз перехода?

Ответ; Р„ = 1/4, Ра = 3/8, Ргй = 1/4, Рза = 1/8.

§ 2. Математическое ожидание и дисперсия

Полная характеристика случайной величины дается ее распределением вероятностей. Однако в ряде случаев исключительно полезны бывают некоторые постоянные числовые характеристики, дающие представление о ее свойствах. Среди таких характеристик особенно большую роль играют математическое ожидание и дисперсия. Они определяются однозначно по распределению случайной величины.

Начнем изложение со следующего схематического примера. Предположим, что некоторая школа решила организовать автобусную прогулку для учащихся. Заранее неизвестно, сколько учащихся согласится поехать на эту прогулку, и поэтому неизвестно, сколько автобусов следует заказать. Из некоторых общих соображений нам известны вероятности того, что потребуются 1, 2, 3,... . . ., и автобусов (заведомо достаточно п автобусов, поскольку они вместят всех учащихся школы). Пусть эти вероятности соответственно равны pv р», - . . , рп, при этом

Pi + Ра + ■ • • + Рп = 1.

Сколько в среднем потребуется автобусов? Точнее: если бы таких школ было много и автобусы забрали бы всех учащихся, пожелавших принять участие в прогулке, то в среднем сколько автобусов пришлось бы на одну школу?

Для ответа на поставленный вопрос будем рассуждать так. Если таких школ очень много, то на основании теоремы Бернулли относительное число случаев, когда будет достаточен один автобус, приблизительно равно pv Точно так же два автобуса потребуются приблизительно для 100р2% всех школ и т. д. Таким образом, в среднем для прогулки^ потребуется

Ipi + 2р^ + ... + п-р^ автобусов.

Аналогичные задачи по подсчету среднего значеЬия случайной величины возникают в очень многих теоретических и прикладных задачах.

Пусть случайная величина Е принимает значения

J т ^ 21 ■ • ♦ 1 ^ ГП соответственно с вероятностями

Pit Pv ■ ч Рт-

Сумма

М£= § ^Ркк=1

значений случайной величины, умноженных на соответствующие вероятности, называется математическим ожиданием случайной величины и обозначается символом М^.

Часто вместо термина «математическое ожидание» используют термин «среднее значение случайной величины £».

Пример 1. Вероятность появления события А в испытании равна р. Спрашивается, чему равно математическое ожидание числа появлений события А в одном испытании?

Рассмотрим случайную величину v, равную 1, если событие А в испытании наступило, и равную 0, если оно не наступило. Эта величина как раз равна числу наступлений события А в одном испытании, если только предположить, что Р {v = 1} = р и Р {v = 0} = 1 — р = q

Теперь ясно, что искомая величина равна

Mv = 0-q + Х-р = р.

П р и м е р 2. Производится п независимых испытаний, в каждом из которых событие А появляется с вероятностью р. Чему равно математическое ожидание числа появлений события А в п испытаниях?

Обозначим через ц число появлений события в п испытаниях. Эта случайная величина принимает значения О, 1, 2,- . ., п. Как мы знаем из § 5 главы 3,

Р {ц = А) = CV (1 - р)пЛ к = 0, 1, 2, . . ., и,

что называется биномиальным распределением. Согласно определению, математическое ожидание р равно

Пп

Мр = S mV (1 - р)^ = 3 keV (1 - ру*-*. 7>=0к=1

В § 6 главы 3 (см. с. 70) при доказательстве теоремы Бернулли было обнаружено, что

Мр = пр.

Чуть ниже (пример 4) мы выведем без вычислений это равенство из общих свойств математических ожиданий.

ПримерЗ. Станки расположены по кругу, расстояние между соседними станками равно а, число станков равно п. Рабочий обслуживает станки в порядке возникновения отказов, двигаясь по часовой стрелке по кругу. Вероятность возникновения требования об обслуживапии на каждом из станков одна и та же и равна 1/п. Найти среднюю длину перехода, который должен сделать рабочий. В начальный момент рабочий находится у станка с номером 0.

Требование об обслуживании может возникнуть на любом из станков, поэтому рабочему потребуется сделать путь |, длина которого может равняться 0, а, 2а,. . . ..., (и — 1)а. Математическое ожидание длины перехода равно

М^ = ^ка. А- = -^-(п- 1).

к=о

Очень часто встречается необходимость вычислять среднее значение суммы двух случайных величин, когда известны средние значения каждого из слагаемых.

Математическое ожидание суммы, равно сумме математических ожиданий слагаемых:

М (g + q) = М£ + Мх\.

Действительно,

м (g 4- n)=4- Е(g №)+11 №))=

nn

=_l e №+4- E11 №)=^+^.

Этот результат обобщается на сумму произвольного числа слагаемых. Действительно,

м (^ + ... ++ и = М (^ + ... ++

+ м^ = м^ -V М^ + + м^п.

Пример 4. Продолжим вычисления примера 2. Пусть £к обозначает число появлений события А в к-м. испытании. Тогда очевидно, что р = ^i + |г + ... + £п и

М^ = Mlv + М|2 + ... + М^.

Но из примера 1 мы знаем, что М^ = р, поэтому

Мр = пр.

Пример 5. На двух столах положены по две коробки с фантами. Коробки внешне абсолютно одинаковы. На первом столе в одной коробке имеется один фант, а в другой — 7 фантов. На втором столе в одной коробке имеются 2 фанта, а в другой — 5 фантов. Ребенок сначала выбирает стол, а затем наудачу берет коробку с этого стола. После того как коробка выбрана, игра начинается сначала и повторяется п раз. Какой стол лучше выбирать, чтобы в среднем за п игр получить большее число фантов?

Пусть Ек — число фантов, которое получит ребенок в к-й рдд, если он берет коробку с первого стола, а Т]к — число фантов, которое он получит, если возьмет коробну со второго стола. Если ребенок будет систематически брать коробки с первого стола, то он получит ^ + 6а + ... ... + £п фантов, а если он станет каждый раз выбирать коробку со второго стола, то он получит у^ + р2 + — ...+рп фантов. Подсчитаем математические ожидания числа вынутых'фантов. Так какМ^ = 1 • -у- + 7- -у = 4, а Мрк = 2- у + 5- у = 3,5, то за п раз в среднем ребенок с первого стола получит 4п, а со второго — только 3,5м фантов.

Вопрос, который мы только что разрешили для суммы случайных величин, часто возникает и для произведений: можно ли выразить среднее значение произведения двух случайных величин через средние значения сомножителей? Оказывается, что при дополнительном условии независимости сомножителей имеет место следующая простая теорема.

Математическое ожидание произведения двух независимых случайных величин g и ц равно произведению математических ожиданий сомножителей;

ТИ^ц - M^«Mv\.

Для независимых случайных величин и ц вероят- вость того, что будут выполнены сразу два события = = я,) и {г] = у^, равна произведению вероятностей каждого из этих событий:

Р {6 = $ъ П = У;} = Р {6 = х^-Р {ц = уД.

Очевидно, что мы можем написать следующую цепочку равенств:

М^Ч = 22 х^,Р {ё = xit Т] = у,} =

i j

= 2 2 XiPjP {с = xj p {ц = y^ = г j

= 2 XiP {£ = Ж{} • 2 У)Р Hi = Уу> = М^ • МТ) гj

П р и м е р 6. По проводнику, сопротивление которого зависит от случайных обстоятельств (изменения тепловых условий, влажности, состояния окружающей среды и в т. д.), течет электрический ток, сила которого также зависит от случая. Известно, что среднее значение сопротивления R проводника равно 25 омам, а средняя сила тока I — 6 амперам. Требуется подсчитать среднее значение электродвижущей силы Е, если известно, что сопротивление и сила тока независимы.

Согласно закону Ома

Е = RI.

Так как по условию задачи MR = 25 омам, MI = 6 амперам, то ME = 25-6 = 150 вольт.

Для общего представления о распределении случайной величины важно значение не только ее математического ожидания, по и разброса возможных ее значений. Типично

иый пример, который может пояснить положение дел, представляет собой распределение случайных ошибок измерения. Пусть о — величина ошибки, допущенной при измерении. Если при измерении не допускаются систематические ошибки, связанные с особенностями наблюдателя и измерительного прибора, то математическое ожидание (среднее значение) ошибки измерения равно 0. Равенство Мт = 0 позволяет нам утверждать, что ошибки положительного и отрицательного знака в среднем уравновешивают друг друга, но не дает ответа на важный вопрос: будут ли ошибки измерения малы по абсолютной величине и, следовательно, результаты измерений будут близки к измеряемой величине и на каждый из них можно уверенно рассчитывать, или же довольно часто будут встречаться большие ошибки того или иного знака?

В теории вероятностей для измерения разброса значений случайной величины около среднего значения используют понятие дисперсии ) — математического ожидания квадрата отклонения случайной величины от ее математического ожидания:

Z)g = М (£ - М^4.

Из определения ясно, что дисперсия является неотрицательной величиной и обращается в 0, если случайная величина постоянна.

Дисперсии можно придать другую форму, а именно, поскольку

DI = М (g - М^4 = М I?2 - 2Ж + (Л^)2] =

- М^ - 2 №У + (W = М^ - (ДО, то

Dg = W - №4.

Из этой формулы мы делаем простой и полезный вывод! математическое ожидание квадрата случайной величины не меньше квадрата ее математического ожидания: MV ^ > №4.

Для дальнейшего нам важна следующая теорема.

Дисперсия суммы независимых случайных величин равна сумме их дисперсий

D (^ + ^ + ... + Ы = D^ + D^2 + ... + Dtn.

Действительно,

& + £« + . •• + 6п-№ + ед + .-. + едГ=

= [& - ед +... + (Bn - мш=

= S & - м^у + 2 (Bi - м^ (В, - ми к=1i^j

Отсюда

D (2 ^) = s ^ + 2 м & - М^ & - М^.

Но, по предположению, при г Ф 7 величины ^ и ^ независимы. По свойству математического ожидания произведения независимых случайных величин

М (^ - М^ - М^ = М (^ - М^М (^ - MU Но

м ^ - М^^ = о, поэтому окончательно

k=l k=l

Теорема доказана.

Пример 7. Найти дисперсию числа р появлений события Л в п независимых испытаниях Бернулли, в каждом из которых А появляется с одной и той же вероятностью р.

Мы знаем, что

Р {р = т} = Рп И = С™ рт (1 - РГт.

По определению дисперсия р может быть записана в виде

/)р= 2 Vn-npyc^pm(i-p^-m.

771=0

Гораздо проще вычислить дисперсию с помощью только что доказанной теоремы. В самом деле, р = pi + + р2 + ••• + Рп» гДе Рк означает число появлений события А в испытании с номером к. Но М^ = р и М^ = = 0-д + 1-р = р. Поэтому

D^ = М^ — <MU = р — р» = р (1 — р) = рд.

Таким образом.

D^ = прд.

Упражнения

Пусть 6 = 6 (Eij) — случайная величина, равная числу очков при бросании первой кости, а ц = т) (£,Д — случайная величина, равная числу очков, выпавших при бросании второй кости. Доказать, что М^т) = М^-Мт).

Монета бросается наудачу 5 раз. Пусть § — число выпадений герба, at] — длина максимальной серии (выпавших подряд) гербов. Найти распределения величин § и т], а также их математические ожидания и дисперсии.

Ответ:

i

0

1

2

3

4

5

^К = 0

1/32

5/32

10/32

10/32

5/32

1/32

Р 01=0

1/32

12/32

11/32

5/32

2/32

1/32

М| = 5/2; Pg = 5/4; №] = 31/16; От] = 303/253.

Бросаются две игральные кости. Пусть ж — число очков, выпавших на первой кости, а у — число очков, выпавших на второй. Найти распределения х и z = max (ж, у), а также Mx, Dx, Mz и Dz.

Ответ:

i

1

2

3

4

5

6

р (® = 0

1/6

1/6

1/6

1/6

1/6

1/6

Р 0 = 0

1/36

3/36

5/36

7/36

9/36

11/36

Мх = 7/2; Dx = 35/12;

Mz = 161/36; Dz = 2555/1296.

Бросается или кость с обычными числами очков (0, 1, 2, 4, 5, 6) на гранях, или кость, на гранях которой обозначены числа очков (1, 1, 1, 4, 4, 4). Какой костью лучше играть, чтобы при трех бросаниях вероятность набрать в сумме не меньше 9 очков была большей?

Указание. Докажите, что распределения сумм 8г и Sa для первой и второй кости симметриям — одно относительно 9, другое — относительно 7,5. Полезно сравнить математические ожидания.

Ответ: первой, поскольку для нее P(5t > 9} > 0,5, тогда как Р {S2 > 9} < 0,5,

Предлагается трижды бросить или игральную кость (1, 2, 3, 4, 5, 6) или кость (1,1,1, 6,6,6). Какой костью лучше играть, чтобы с большей вероятностью набрать в сумме не менее 15 очков? Найти

для обеих костей математические ожидания и дисперсии суммы числа выпавших очков.

Ответ: второй. MSX = MS2 = 3-3,5 = 10,5; DST = 3-35/12 = = 8,75; DS2 = 3-6,25 = 18,75.

Пусть при игре в спортлото «5 из 36» вы заранее знаете, что при 5, 4, 3 угаданных вами номерах вы получаете выигрыш соответственно 10 000, 175, 8 рублей. Аналогично пусть в спортлото «6 из 49» вам заранее известны выигрыши: 10 000, 2730, 42, 3 рубля. Какая из этих игр оказывается более выгодной для игрока, если он собирается играть достаточно много раз?

Ответ: «5 из 36»; математическое ожидание выигрыша в этом случае при одной игре ?к20коп., в спортлото «6 из 49» это математическое ожидание «14 коп. При большом количестве игр к результату выигрыша применим закон больших чисел (см. следующий параграф),

§ 3. Закон больших чисел в форме Чебышева

Мы возвращаемся теперь к идеям, которые были изложены в § 6 гл. 3 в связи с теоремой Я. Бернулли. Оказывается, что доказанный там важный предельный результат, получивший наименование закона больших чисел в форме Бернулли, допускает очень широкие обобщения. Мы изложим здесь замечательное предложение, принадлежащее одному из крупнейших математиков прошлого века П. Л. Чебышеву (1821—1894). Теорема II. Л. Чебышева интересна не только широтой формулировки, но и исключительно простой идеей доказательства. В основе последующих рассуждений лежит неравенство, обнаруженное П. Л. Чебышевым и позднее нашедшее многочисленные применения как в теории вероятностей, так и в других математических дисциплинах.

Лемма Чебышева. Если случайная ееличи на £ имеет конечную дисперсию, то при любом положительном а имеет место неравенство

Р^-М^аК^-.

Доказательство. Пусть х, — возможные значения величины и р; — их вероятности. По определению

D^ = ^xt- М^ pt.г

Если в этой сумме мы выбросим все слагаемые, для которых | xL — Mg | < а, и сохраним лишь те, для ко- 114

Доказательство. ПосколькуДоказательство. Посколькуии

Доказательство. Поскольку

Доказательство. Поскольку

и

и

торых I Xi — Ml I > а, то от этого сумма может только уменьшиться. Следовательно,

^>2 ^-м^Рь

| х^ — Мх- | ^ a где сумма распространяется на те значения г, для которых

| Xi — Ml I > а.

Сумму, стоящую справа, мы уменьшим еще больше, если все множители (хг — Л/^)2 заменим допустимым для них минимумом а2:-

^>а22 Pi.

fxt-My>a

Но

Р^^ —Л/^|^а} —2 Pt-

|x—Mg|>z

Последнее неравенство эквивалентно утверждению леммы.

Найденный нами результат носит название неравенства Чебышева.

Закон больших чисел (теорема Чебышева). Пусть имеется последовательность попарно независимых случайных величин

ill ^21- • •» Bn

с математическими ожиданиями ak = М1к и дисперсиями Dlk, ограниченными одной и той же величиной с;

DEk<c (k = 1, 2, 3,. . .).

Тогда при любом a > 0 и и —> оо

'.-'Н£ь-4-1>|<“Н-

Л=1Л=1

события

противоположны, то имеет место равенство

^=₽НЁь>--гЁ',*13,а)= к=1к=1

= р{| S 1к — S cd>an} = 1 -Рп. 4 k=i к=11 J

Нам будет проще проводить рассуждения, оперируя с вероятностью Qn. Согласно неравенству Чебышева

п

Сп<Сп<D^4к=1nW

Сп<

Сп<

В силу независимости слагаемых

Е^Ь = S^k-к=1к=1

А так как по условию теоремы В^ ^ с, то

В S ik < «с. к=1

Но теперь очевидно, что Qn —>• 0, когда п-»оо. Отсюда

р — 1 — 0 > 1—

гпа? .

Нами не только доказана теорема, но и выяснено, как быстро Рп приближается к 1 при возрастании п.

Следствие 1. Если в условиях теоремы Чебышева дополнительно положить а^ = а при всех к, то теорема Чебышева приобретает особенно простую форму; при п-* оо и любом а > О

р{|4-1^-а1<аН1-к=1

Этому следствию можно придать такую интерпретацию. Предположим, что п наблюдателей измеряют величину а без систематической ошибки так, что допускаемые ими погрешности сравнимы по величине; тогда при большом числе измерений среднее арифметическое их результатов с вероятностью, сколь угодно близкой к 1, будет как угодно мало отличаться от измеряемой величины. В этом след- 116

ствии мы можем видеть обоснование принципа среднего арифметического, широко используемого в экспериментальных науках.

Следствие 2 (теорема Бернулли). Если случайные величины принимают только два значения 0 и 1 с вероятностями соответственно q = 1 — р up, то мы получаем доказанный ранее закон больших чисел в форме Бернулли.

Заметим, что теоремы о законе больших чисел содержат исключительно важные факты, указывающие на то, что при неизвестных условиях совместное воздействие большого числа случайных величин оказывается почти постоянным. В этом заложено обоснование многих законов физики, экономики и других явлений массового характера.

Упражнения

Монета кидается 1600 раз. Велики ли вероятности получить при этом выпадение герба а) более 1200 раз; б) более 900 раз?

Ответ", оценка по неравенству Чебышева дает а) менее 1/800; б) менее 0,02.

Частица пролетает сквозь поглощающий экран с вероятностью 0,01. Чему равно математическое ожидание числа пролртрв- ших сквозь него частиц, если их было выпущено 100? Велика ли вероятность того, что сквозь экран пролетит более 11 частиц?

Ответ: математическое ожидание числа пролетевших частиц равно 1. По неравенству Чебышева эта вероятность не превосходит 0,0099.

§ 4. Производящие функции

Будем рассматривать случайные величины X, У, принимающие только целочисленные неотрицательные значения. Определим производящую функцию

/х($) = 2Р(Х = й).?, s>0;

Ik

тут и далее мы не будем выписывать пределы суммирования, подразумевая, что суммирование производится по всем к, для которых Р (X = /с) ^ 0. Приведем некоторые очевидные свойства функции fx (s)- Так, fx (0) = Р (X = = 0), и если эта величина меньше 1, то /х (s) — строго возрастающая функция, выпуклая вниз, как сумма выпуклых вниз функций s*. В точке s — 1 выполняется равенство fx (1) = S1* IX = к) = 1. Вычислим теперь

производную функции fx (s) при s = 1: fxW=^PkX = kyk = MX\ к

другими словами, первая производная производящей функции в точке s=l равна математическому ожиданию случайной величины X. Вычислим

fx (i)=^P^X = kyk(k-l') =

= ^Р^к2-МХ = МХ2 — MX. к

Учитывая

DX = MX2 — (MXf, получим

DX = fx (1) - (fx (1))а + fx (1).

Вероятности Р (X = й) можно выразить через производные производящей функции, вычисленные в точке з = 0. В самом деле,

fx (0) = Р (X = 0), точно так же

fx (0) = Р (X = 1).

Вычисляя производную к-го порядка производящей функции при 8=0, получим

f^ (0) = к\Р (X = Ц или

Р^Х = к^ = ^-.

Таким образом, через производные производящей функции в точках s = 0 и s = 1 можно вычислить все основные характеристики случайной величины X.

Вычислим теперь производящую функцию суммы двух независимых случайных величин X и У:

fx.Y^=^PlX-VY = kV =

==^1'2iP^X = l')P(y = k — l^sl^-l = к I

= ^P^X = V)sl^PfY = rri)Sm = fx (s) fx (s)> Zm

т. е. производящая функция суммы независимых случайных величин равна произведению производящих функций этих величин.

Производящие функции будут применены в дальнейшем к решению комбинаторных задач и выводу «предельных» теорем в главах 6 и 7.

Упражнения

Найти производящую функцию для случайной величины р примера 2 § 1 данной главы.

1

Ответ: ^о" (1 + «)10-

Найти производящую функцию случайной величины р примера 2 § 2.

Ответ: (ps + g)n.

ГЛАВА 6

ПОСЛЕДОВАТЕЛЬНОСТИ ИСПЫТАНИЙ БЕРНУЛЛИ: СЛУЧАЙНОЕ БЛУЖДАНИЙ И СТАТИСТИЧЕСКИЕ ВЫВОДЫ

Испытания Бернулли

Мы возвратимся в этой главе к одной иа важнейших моделей теории вероятностей — схеме Бернулли независимых испытаний с двумя исходами, которая была введена в § 5 главы 3. Обычно один из исходов условно называют «успехом» (событие Л), а другой — «неудачей» (событие Л). Предполагается, что в каждом испытании «успех» происходит с одной и той же вероятностью р, 0 < р < 1, а «неудача» — с вероятностью q = 1 — р. Используя понятие случайной величины (см. § 1 главы 5), можпй дать равносильное определение схемы Бернулли в терминах случайных величин. Именно, рассмотрим последовательность случайных величин Х^ Х2,. . ., ХП1 каждая из которых принимает лишь два значения 1 и 0# Пусть {Xt - 1} — Л, {Хк = 0} = Л, тогда

Р {X. = 1} = р, Р VXt = 0} = g.

Таким образом, случайные величины Хк можно назвать характеристическими функциями (индикаторами) событйя Л в каждом испытании с соответствующим номером к’^ = 1, . . ., п. Предположим также, что случайные величин ны Хъ. . ., Хп взаимно независимы. Тогда говорят, что последовательность Хг,. . ., Хп задает схему БернуллЙ независимых испытаний.

Число успехов в п испытаниях Бернулли выражается случайной величиной 8п, равной сумме Хи. -. ., Хп:

Sn= Х. + . . . + Хп.

Эта случайная величина имеет биномиальное распределение, т. е,

Р ^8п = т) = С^у^, ^ = 0,. . ., п;

ее математическое ожидание — среднее число «успехов»-^ равно MSn =« пр, а дисперсия равна DSn — npq (см. § 2 главы Б).

Очевидно, что последовательность Уп,.., У„, где Ук взаимно независимы и принимают два значения 4-1 («успех») и —1 («неудача») с вероятностями

р=Р{Ук = 1}, 5=Р(Ук=-1},

также представляет собой схему Бернулли, притом случайные величины Ук и Хк связаны соотношением;

Yk = 2ХК - 1, к = 1п.

В этом случае сумма Sn = Ух + - • • + Уп имеет смысл разности между числом «успехов» и числом «неудач» в п испытаниях: Sn = 2Sn — п — Sn — (п — S„). Так как {Sn = т} = {S„ = 2m — п), то распределение случайной величины Sn- находится по распределению Sn и определяется формулой (п + к четно)

n+Jf 714-k n-k

Р {8п=к} = сГр~^, k = 0,...,n.(1)

Математическое ожидание и дисперсия Sn равны соответственно

MSn = п (р — g), DSV= 4npq

(см. задачу 1).

Согласно закону больших чисел при п —* оо

для любого е )> 0.

В последующих параграфах будут изучены представляющие несомненный практический интерес задачи, которые ставятся в рамках схемы Бернулли. Параграфы 2 и 3 посвящены случайным блужданиям на прямой, а параграф 4 — простейшим статистическим задачам, возникающим в схеме Бернулли.

Случайное блуждание на прямой, соответствующее схеме Бернулли

временивремениРассмотрим случайное блуждание, которое порождается схемой испытаний Бернулли. Предположим, что частица выходит из начала координат и через единицу

времени

времени

перемещается на единицу вверх с вероятностью Pi 0 < Р < 1. или на единицу вниз с вероятностью q = X — р (см. рис. 26). В каждый последующий момент времени повторяется та же история независимо от предыдущего положения частицы. Таким образом, за время и частица проходит некоторый путь, который можно, так же как в главе 4 (см. § 1), изобразить графически. Всего путей движения частицы ва время п будет 2П, однако теперь зти пути нельзя считать равновоз-

Рис, 26. Несимметричное блуждание частицы.Рис, 26. Несимметричное блуждание частицы.можными.

Рис, 26. Несимметричное блуждание частицы.

Рис, 26. Несимметричное блуждание частицы.

Последовательность перемещений частицы за время п может быть рассмотрена как последовательность п независимых испытаний

1 с двумя исходами (движение вверх на единицу —«1», движение вниз на единицу —4—1»), т. е. как схема Бернулли. Рассмотрим п взаимно независи

мых случайных величин Xv . . ., Хт каждая из которых принимает значения 4-1 и — 1 с вероятностями р и 9 — 1 — р соответственно. Тогда каждой последовательности значений этих величин, например, 1, 1, —1, 1, 1, —1, 1, — 1, — 1, . . ., 1, будет соответствовать опре- tеденная траектория движения частицы. Удобнее опи- ывать путь частицы не самими Х^, а их последовательно

вычисленными суммами:

-So - О,

Sk = Хх 4- ... 4* Хк, к = 1, . . ., п.

Значение каждой суммы Sn будет характеризовать положение частицы в момент времени п, так, например, событие {Sn = р) означает, что частица в момент п находится в точке с координатой у. Траектория движения частицы за время п однозначно описывается набором So, S^ . . ., Sn, и, наоборот, последовательность случайных величин So, 51т . . ., Sn, определенных по формулам (1), интерпретируется как траектория некоторой блуждающей частицы.

Как следует из § 1, случайная величина Sn имеет распределение

Р {Sn = Ц = С^^р^^п-^(2)

(п и к должны иметь одинаковую четность). Эта формула дает вероятность достижения блуждающей частицей точки с ординатой к в момент п. При р = q — 1/2

P{S„ = A} = C{T+,r)/22-n;

этот случай, соответствующий симметричному случайному блужданию, был подробно рассмотрен в главе 4.

Перейдем непосредственно к решению задачи о возвращении частицы в начало координат в случайном блуждании, задаваемом схемой Бернулли. Интуитивно ясно, что в силу несимметрии задачи начало координат уже не будет играть ту роль, которую оно играло в симметричном случае, и поведение частицы будет зависеть от соотношения вероятностей р и q.

Вновь введем вероятности ?z2n — вероятность возвращения в нуль в момент 2п и /2п — вероятность первого возвращения в нуль в момент 2п:

ийп = * {*^2п = 0),

/ап = Р {^2 ^ 0, . . ., S2n-2 ^ 0, S2n = 0}.

Нам необходимо определить величину/ = У /2п вороят-

П=1

ности вернуться когда-либо в начало координат. Так же как и в симметричном случае (см. (1) в § 5 главы 4), по формуле полной вероятности

пп

Uin= У fakU^n-2K— S /2n-2kM2k,П^1,(3)

к=оЛ=о

где но = 1, /о = 0. Вероятности н2п легко находятся из формулы (2) при к = 0 и п, замененном на 2п:

uw = C^pV

(при р = q = 1/2 получаем знакомую величину н2п — = С2п2"2п). Найдем вероятности /2п и / с помощью производящих функций.

Замечание о производящих функциях. Для дальнейшего нам будет полезно переформулировать более общим образом одно важнейшее свойство производящих функции.

123

Рассмотрим две числовые последовательности {а,} и {6,} и новую последовательность {сп}:

cn == ^o^Ti И- «Л-i + • • • -|- 0-^Ьу1 н = 0, 1, ^, ■ • .

Пусть ft (z) и /2 (z) — производящие функции числовых последовательностей {а(} и {6,} соответственно. Тогда производящая функция / (z) последовательности (сп) выражается формулой

Ж = /1С0 /3 (z),

т. е. равна произведению производящих функций ft (z) и /2 (z). Ясно, что это не что иное, как свойство производящих функций суммы независимых случайных величин (см. с. 118). Однако в данном случае последовательности {а,}, {6;} не обязаны быть распределениями вероятностей (напомним, что последовательность {а;} тогда считается распределением, когда щ > 0, «t = !)•

Введем производящие функции числовых последовательностей н2п и /2п:

и (z) = S «W^ F (z) = £ h^, [ z | < 1. 71=0П=1

00 ,«=3/2fc«2n-2Jt)”n=ifc=l00 ,«=3/2fc«2n-2Jt)”n=ifc=lТогда между функциями U (z) и F (z) в силу (3) можно обнаружить следующую связь!

00 ,«

=3/2fc«2n-2Jt)”

n=ifc=l

00 ,«

=3/2fc«2n-2Jt)”

n=ifc=l

<7 (z) — 1= 3 H2nz2" n=sl

= 3/^(S«2n-2^) == 3/^(S«2n-2^) =

= 3/^(S«2n-2^) =

= 3/^(S«2n-2^) =

:2n)=F(z)£/(z).

Отсюда

(4)(4)

(4)

(4)

Найдем производящую функцию U (z) по вероятностям M2n- Удобно переписать u2n в виде

U,n = -~^pqT.

Имеем

и (z) = £ и^ = £ ^- (4pgzT.71з=0?1—0

Обозначим через (2п — 1)!! произведение всех нечетных чисел вплоть до 2п — 1. Тогда, так как

(2п)! = (2п — 1)!! 2пп!, то

_(2n)l _ (2n — l)!!2nn! _ (2п — 1)!! _

22п — 22п(п!р —22п(п1)2— 2пп! ~

_ 1 -3.5 . .. (2п - 1) _ 1/2.з/2.б/2 . . , (2п - 1)/2

2пп!п!

Сравним эти коэффициенты с коэффициентами разложения функции (1 — x)~m по степеням х:

(1 - хГ1 = £ '"('" + !) •-('" + "-!) х» (5) 71—0

при | х | < 1 и любом т > 0. Получим

U (z) = ^ ^- ^pqz^ = (1 - 4pqzVbп=0

при 4pqza < 1. Легко видеть, что

/—V /2n = lim^’(2) = 1V ч • /\ /hmH (z)

n=lz-»l

Отсюда / = 1, если U (z) —» oo при z —> 1, что равносильно расходимости ряда ^иап= оо, и / < 1, если и (z) <С °°» т- е- РЯД S М2п сходится, и ^=^и%п<_ОО. Таким образом, получено общее утверждение, верное не только для случайного блуждания на прямой, но и в евклидовых пространствах любой размерности (см. § 6 главы 4)':

Вероятность. / меньше или равна 1 в зависимости от того, сходится или расходится ряд ^иЪа.

Из (4) получаем, что

F^ = 1 _ (1 _ 4pqz4yh

при | г | < 1. Поэтому / = 1 —(1 — 4pqyK Так как 1 — 4pq ~ (р — qY, то окончательно имеем

/ = 1 — |р — q |

и приходим к выводу, что вероятность возвращения когда-либо в начало координат

/ = 1 при р = q = Чй,

f < 1 при р Ф q.

Таким образом, случайное блуждание на прямой, соответствующее схеме Бернулли, возвратно тогда и только тогда, когда р = q = ^2, т. е. только в симметричном случае.

Для того чтобы уяснить, что же происходит с траекториями частицы при р^ q или р < q, обратимся к закону

Рис, 27. Траектория несимметричного блуждания.

больших чисел. Итак, траектория частицы задается последовательностью величин So, Sv. . ., 8п. Перепишем соотношение (3) § 1 следующим образом:

Р {| 8п — и (р — q) | > е} —> 0, п -» оо. (6)

Проведем для случая р ^> q на графике случайного блуждания две прямые, п (р — q — е) и п (р — q 4*- е) (см. рис. 27). Тогда из соотношения (6) можно сделать вывод, что траектория частицы пролегает в среднем

вдоль прямой п (р — д) и для любого е ^> 0 и достаточно больших п точка с координатой Sn (положение частицы в момент п) будет с большой вероятностью лежать в вертикальном интервале с концами п (р — q — е) и п (р — q + е). Это утверждение можно уточнить: оказывается, что почти все траектории ведут себя подобным образом, т. е. с вероятностью 1 ордината блуждающей частицы в момент п будет находиться в указанных пределах. Кроме того, можно уточнить сами границы, в которых с вероятностью 1 оказывается блуждающая частица. Эти возможные уточнения следуют из двух замечательных теорем теории вероятностей — усиленного закона больших чисел и закона повторного логарифма, которые для своего доказательства требуют более сложного аппарата и позтому остаются за пределами нашей книга.

Таким образом, при р > д существует постоянный снос частицы вверх, при р <^ q — вниз, и лишь в симметричном случае частица бесконечное число раз возвращается в начальное положение.

Задача о разорении

Рассмотрим еще одну задачу, естественным образом возникающую в схеме случайного блуждания. Предположим, что частица, выходящая из начала координат, блуждает на ограниченном интервале оси, а на границах этого интервала исчезает и блуждание прекращается. Пусть, например, при достижении частицей прямых у = —а или у = Ь, а, Ь > О, она исчезает (говорят обычно, что в точках у = —а, у — b находятся поглощающие экраны). Какова вероятность того, что частица исчезнет в точке у = —а раньше, чем она достигнет точки у = = Ь. Этот вопрос (или ему противоположный) представляется в сформулированной задаче наиболее интересным. При а = оо или b = оо мы уже рассматривали эту задачу в симметричном случайном блуждании (задача первого достижения). Мы увидим, что такое, на первый взгляд несложное, видоизменение задачи приводит к новым содержательным результатам. Очевидно, что описанное нами блуждание равносильно блужданию, выходящему из точки у — а и имеющему границы в точках у = О и у = а + Ъ (см. рис. 28 и 29). Это последнее блуждание с граничными точками 0 и а + Ъ мы и рассмотрим. Обозначим через 5а вероятность того, что частица, выходящая

из точки у = а, достигнет прямой у = 0 ранее, чем прямой у = а + Ъ. Однако корректно определить эту вероятность можно лишь в множестве возможных событий, которое образовано бесконечным множеством траекторий, выходящих из точки а. Мы обойдем эту трудность так же, как в § 3 главы 4, а именно, ограничимся

Рис. 28. Иллюстрация к задаче о разорении.Рис. 28. Иллюстрация к задаче о разорении.Рис. 29. К задаче о разорении,Рис. 29. К задаче о разорении,

Рис. 28. Иллюстрация к задаче о разорении.

Рис. 28. Иллюстрация к задаче о разорении.

Рис. 29. К задаче о разорении,

Рис. 29. К задаче о разорении,

рассмотрением множества возможных исходов, соответствующего п испытаниям Бернулли или соответственно п перемещениям частицы, и введем вероятность Чп,а достижения частицей точки 0 до момента времени п. Вероятности qn a с ростом п убывают и имеют предел, который мы и называем вероятностью qa. Аналогично можно рассмотреть вероятность ра достижения частицей прямой у = а + Ъ раньше, чем прямой у = 0. Будет показано, что pa-\-qa— 1, тем самым исключается необходимость рассмотрения бесконечного блуждания.

В результате первого испытания частица попадает в точку а + 1 при XY = 1 с вероятностью р, 0 < р < 1, Или в точку а — 1 при XY = —1 с вероятностью q = 1 — р. Тогда по формуле полной вероятности

Ча = Р‘Ча+1 + Ч-Ча-vЧа = Р‘Ча+1 + Ч-Ча-v(1)(1)

Ча = Р‘Ча+1 + Ч-Ча-v

Ча = Р‘Ча+1 + Ч-Ча-v

(1)

(1)

Это. основное соотношение для нахождения вероятности qa. При аз ом очевидно, что q0 — 1 и qa+b = 0. Перепишем

128

соотношение (1) в более удобной форме

9 ^а — 9а-1) = Р (qa+1 — 9а)(2)

и рассмотрим два случая в зависимости от вначений р и 9.

Пусть р — q = V2. Имеем при любом а

9а 9а-1 ~ 9а+1 9а == А,

где А — подлежащая определению постоянная. Ясно, что величины qa образуют арифметическую прогрессию с разностью А, так что

9а = 9о + «А.

В силу + 6)А,В силу + 6)А,того, что qo откуда А=того, что qo откуда А== 1» 9с+ь = 01 имеем 0 = 1 + (а + ^+Т • Таким образом, искомая

В силу + 6)А,

В силу + 6)А,

того, что qo откуда А=

того, что qo откуда А=

вероятность равна

9а =1 —9а =1 —а6а + 6 а+ bа6а + 6 а+ b(3)(3)

9а =1 —

9а =1 —

а6

а + 6 а+ b

а6

а + 6 а+ b

(3)

(3)

Аналогичным образом, составляя соотношение для вероятности ра, можно вывести, что она равна

аРч—Tvb

и, следовательно, ра + qa = 1.

Пусть р =^ Ч- Обозначим q/p = к. Имеем из (2)9а+1 9а = ^ (9а9а-1)

и поэтому

9а+1 — 9а = ^ (919о)-

Суммируем обе части по а от 1 до произвольного а01

S (9а+1 — 9а) = 3 ^° (91 — 9«) а=1а=1

и после сокращения и подсчета суммы геометрической а0

прогрессии ^° получаем а=1

, х Х(1-Х°»)„л

129129qi — 9а„+1 = (9о — 91)'(4)

129

129

5 Л. Н. Колмогоров и др.

Учитывая, что g0 — 1 и да+ь = 0, находим из (4) _ X —ха+ь

91 ~ 1 -

и

1 — Ха X — Ха9а — 91 х 1 — X *

Окончательно

Заменяя в этой формуле р на q, q на р, а на Ь, получаем

Ра — l-^+b '

Снова pQ + qa = 1.

5^= д) равна5^= д) равнаПриводимая далее табличкаПриводимая далее табличкаМы проведем интерпретацию полученных результатов в других терминах. Только что решенная задача имеет широкую известность как классическая задача о разорении игрока. Традиционная постановка этой задачи такова. Представим себе, что два игрока, имея начальные капиталы а и Ь, играют в игру «орел и решка» или в какую- нибудь ей подобную. При этом игрок с капиталом а выигрывает в каждой партии с вероятностью р и проигрывает с вероятностью q, р + q = 1 (предполагаем, что ничьи исключены, см., впрочем, задачу 5). При выигрыше он увеличивает свой капитал на 1, при проигрыше капитал его становится на 1 меньше. После некоторого числа партий может оказаться, что игрок проиграет весь свой капитал а или на руках у зтого игрока будет вся сумма денег а + Ъ. Эта ситуация и называется разорением либо первого, либо второго игрока. Если частица, выходя из точки а, достигает нуля, то разорен игрок с капиталом а, если частица достигает точки а + 6, то разорен игрок с капиталом Ъ. Поэтому вероятность qa называется вероятностью разорения. Итак, как мы установили, вероятность разорения^ игрока с капиталом а в случае одинаковых возможностей на выигрыш в каждой партии (р = д) равна qa =, в случае неодинаковых возможностей (р

5^= д) равна

5^= д) равна

Приводимая далее табличка

Приводимая далее табличка

Ча 1— Х°*ь *

показывает, что в случае р = q = Ч8 большие шансы на 130

разорение имеет игрок с меньшим капиталом, и его шансы на разорение тем более увеличиваются, если он менее искусен (или менее везуч) в игре.

р

9

а

ь

Ча

0,5

0,5

50

50

0,5

0,5

0,5

90

10

0,1

0,45

0,55

90

10

0,866

0,6

0,4

10

90

0,017

Рассмотрим, однако, ситуацию, когда игрок, для которого результаты отдельных партий более благоприятны, играет с более богатым противником (как, например, в последней строке таблички). Разберем крайний случай, когда у игрока с начальным капиталом а соперник «бесконечно» богат, т. е. b = сю, но при этом р > q. В формуле (5) перейдем к пределу при 6 -> оо. Тогда, так как Л=—<"1, то Р

и вероятность выигрыша игрока с капиталом а стремится к величине

Таким образом, игрок с капиталом а имеет неплохие шансы на выигрыш, несмотря на то, что его соперник бесконечно богат. Напротив, при р q ра->0.

Интересно дополнить наши выводы замечанием о средней продолжительности игры до разорения одного из соперников. Понятно, что продолжительность игры представляет собой случайную величину, распределение которой зависит как от соотношения ри q, так и от соотношения а и Ъ. Математическое ожидание продолжительности игры вычисляется несколько более сложным образом, чем вероятность разорения, и поэтому мы лишь укажем, что оно равно при р = q = V2 произведению a-b, а при p^q оно равно

а а-\-Ъ 1 — Х°

8 —р — q — p ' 1 — Х“+Ь

Подсчеты по этим формулам показывают, что продолжительность игры обычно гораздо больше, чем мы могли бы предположить заранее. При равных шансах на выигрыш в каждой партии длительность игры пропорциональна капиталам игроков. Если игра более благоприятна для одного из игроков, то длительность игры в среднем может уменьшиться. Так, например, для указанных в табличке случаев игра продолжается в среднем 2500, 900, 766, 441 партий соответственно. Игра более искусного игрока (р > q) с бесконечно богатым соперником с положительной вероятностью может вообще не иметь конца.

Статистические выводы

Все задачи, которые до сих пор нами решались, были отмечены тем общим характерным свойством, что в них принималась некоторая вероятностная модель и в рамках этой модели по вероятностям элементарных исходов вычисляли вероятности других, более сложных событий. Так, в схеме испытаний Бернулли мы по вероятности «успеха» р предсказывали суммарное число успехов в п испытаниях, т. е. находили для каждого значения т числа успехов Sn соответствующую ему вероятность

Рп (ш) = С™рт (1 - рГ™. (1)

Эта простая задача является типичной для теории вероятностей. В данном параграфе мы будэм решать задачи, в определенном смысле обратные. Задачи, обратные задачам теории вероятностей, очень важны для приложений, они составляют содержание математической статистики. Типичной для математической статистики применительно к схеме Бернулли является следующая задача. Предположим, что вероятность «успеха» р заранее неизвестна и нужно определить ее по наблюдениям за исходами испытаний, которые и представляют собой статистические данные.

Пример. Рассмотрим стандартную схему «случайного выбора с возвращением». Пусть имеется некоторый сосуд (урна) с шарами двух цветов — белого и черного. Шары в урне хорошо перемешаны и доля белых шаров равна р, 0 < р < 1. Предположим, что значение р неизвестно и мы должны поставить эксперимент по определению р. Будем последовательно выбирать шары из урны «наудачу» по одному, каждый раз возвращая шар в урну 132

и перемешивая шары в урне перед новым извлечением. В результате получим случайную выборку некоторого фиксированного объема. При этом результаты отдельных извлечений будут взаимно независимы. При известном р и указанных условиях эксперимента вероятность получить га белых шаров в выборке объема п равна вероятности та успехов (извлечение белого шара из урны — успех) в п испытаниях Бернулли с вероятностью успеха р. В рассматриваемом случае значение р неизвестно, но известно соотношение белых и черных шаров в выборке. Интуиция подсказывает, что если выборка достаточно представительна, то доля белых шаров в выборке должна быть близка к р.

Схема выбора с возвращением является частным случаем схемы Бернулли независимых испытаний. Частота «успеха» в п испытаниях (в примере — доля белых шаров в выборке) есть случайная величина SJn со значениями mln, где m = 0, 1, . . ., п. При этом из формулы (1) следует, что

{

S1

.^=21—р)п-тm = 0,...,n.

п п ) L

Математическое ожидание случайной величины SJn равно

М^- = 2_М8п=2_пр = Р1(2)

а ее дисперсия равна

D^=-^DSn = -^npl3.-p^=^=^l

Следовательно, среднее значение частоты успеха есть неизвестная вероятность успеха р, а дисперсия частоты, т. е. мера рассеяния значений частоты около р, стремится к нулю при п —> оо как 1/п. Таким образом, производя многократно случайный выбор объема п с возвращением из урны, мы можем рассчитывать, что частоты белых шаров в выборках будут группироваться около р и с ростом п отклонения mln от р будут в среднем уменьшаться, т. е. доля белых шаров в выборке будет приблизительно соответствовать доле белых шаров в урне: ^mln)~p. Из закона больших чисел для схемы Бернулли

следует, что при любом е > О и п —> оо

(см. (2) в § 1), иными словами, вероятности любых наперед заданных отклонений SJn от р с ростом п делаются сколь угодно малыми. Из этих рассуждений естественно сделать вывод, что частота Sn/n является достаточно хорошей оценкой неизвестной вероятности р (в математической статистике оценки р со свойством (2) называются несмегценными, а со свойством (3) — состоятельными).

На практике, однако, редко удается осуществить случайный выбор с возвращением и приходится использовать другой выборочный способ определения р — случайный выбор без возвращения, см. по этому поводу задачу 9.

Доводы в пользу частоты SJn как оценки неизвестной вероятности успеха можно дополнить следующим рассуждением. О значении р нам известно только то, что 0 р ^ 1. Напротив, значение SJn известно по результатам п испытаний, при этом ясно, что этому значению mln соответствует вероятность С пр™ (1 — p)n~m, зависящая от неизвестного р. Рассмотрим при фиксированном т выражение Рп (р) = С™р™ (1 — p)n-m как функцию от р, О ^ р ^ 1. Будем «перебирать» возможные значения р и сравнивать соответствующие им значения Рп (р) по величине. Идея этой процедуры состоит] в том, чтобы выбрать в качестве «истинного» то значение р, для которого выражение Рп (р) принимает максимально возможное значение при фиксированном т. «Выбор» р можно осуществить следующим образом. Так как биномиальный коэффициент С™ не зависит' от р, рассмотрим] вместо Рп (р) функцию L (р) = рт (1 — р^-™, 0 < р < 1. Эта функция обращается в нуль в точках р = 0 и р = 1, выпукла, неотрицательна и имеет максимум в точке р* = m/n, 0 < р* < 1 (в последнем легко убедиться, приравнивая производную L (р) нулю и решая полученное уравнение). Итак, наибольшему значению С^рт (1 — р)"-т отвечает значение р, равное т/п. Этот простой, замечательный принцип, называемый принципом максимального правдоподобия, восходит еще к К. Гауссу, знаменитому немецкому математику XIX века, и оказывается полезным в более сложных задачах.

Наши выводы имеют важное, но в большей степени теоретическое, значение, так как вопрос о точности оценивания неизвестной вероятности с помощью частоты решен лишь принципиально, а в каждом конкретном случае отклонения частоты от вероятности могут быть значительные. Более практичен метод оценивания неизвестной вероятности в схеме Бернулли, при котором указывается не одно, а целый интервал подходящих значений р, называемый доверительным интервалом. Мы ограничимся для иллюстрации построением «грубого» доверительного интервала для р на основе неравенства Чебышева.

По неравенству Чебышева

Р р < Л > 1 — _£_<1пР) > дL_

так как р (1 — р) <С 1^- Зададимся числом а, 0 < а ■< 1, и найдем е > 0 из уравнения

1— 1 — а.

4пег

Заменяя е на 1/2)Лпа, получаем

Итак, с вероятностью, превосходящей 1—а. выполняется неравенство

или ему равносильное

1/ п ,1

п гУгоГа + 21<па

_«S’15П

Интервал с границами р = —у ?,—I"

1

+ ^^/„оТ называется доверительным интервалом для р с уровнем значимости а. Смысл его применеппя заключается в том, что, доверяясь проведенному расчету, мы

135

утверждаем, что неизвестная вероятность р принадлежит интервалу [р, р], а вероятность возможной ошибки, имеющей место, если этот интервал не накрывает истинное значение р, не превосходит а. Другими словами, при использовании доверительного интервала уровня значимости а для оценки р мы будем ошибаться в среднем в доле случаев, не превосходящей а (а задается заранее). Приведем для примера доверительные интервалы для а= 0,05 и значения частоты 0,6 при разных значениях п:

71

р

100

0,38

0,82

1000

. 0,529

0,671

100С0

0,578

0,622

Мы видим, что с ростом п доверительный интервал сужается. Если уменьшить а, например, взять а = 0,01, то для тех ж, данных при п = 1000 получим доверительный интервал [0,442, 0,758]. Этот доверительный интервал шире того, который соответствует уровню а = 0,05, что является логичным следствием гарантированного уменьшения доли ошибочных решений.

Часто в этой же ситуации возникает проблема проверки гипотезы о том, что неизвестная вероятность р равна заданному числу р0. Эту гипотезу, анализируя результаты эксперимента, можно принять, т. е. посчитать не противоречащей статистическим данным, или отклонить. Можно указать такую процедуру проверки гипотезы р — р0: если роЕ|/>, pj, где[р, р]— доверительный интервал с уровнем значимости а, то гипотеза р = р0 принимается, если же рь ф [р, р], то эта гипотеза отклоняется. При этом можно отклонить верную гипотезу, слитком полагаясь на «неудачные» в некотором смысле результаты эксперимента. Вероятность такой ошибки нам известна, вернее, нами задана заранее при построении доверительного интервала, и она не превосходит а. Если, например, п ™ 1000, р0 = 0,5, а = 0,05, то, отвергая гипотезу о том, что р = 0,5, на основании того, что 0,5 ^[0,529, 0,671] (см. табличку), мы ошибаемся в среднем менее чем в 5 случаях из 100.

Еще одна интересная задача возникает при необходимости различения двух гипотез о неизвестной вероятно- 136

сти р. Пусть заранее известно, что или р = plt или р =ра, где pi и р2 — заданные числа, 0 <Pi'<p2 <1.

Пример. Рассмотрим урновую схему и предположим, что доля белых шаров в урне неизвестна. Пусть Pi = 0,2 и р2 = 0,8. Необходимо экспериментальным путем определить, какое из двух значений рл и р2 больше соответствует р. Для наглядности договоримся называть урну с Р = Pi урной I, а урну с р = р2 — урной II. Вытаскиваем из урны один шар и, если этот шар белый, то считаем, что он вынут из урны II, если же черный, то из урны I. При этом можно ошибиться в указании номера урны. Вероятность одной из ошибок равна вероятности вынуть белый шар из урны I, т. е. равна 0,2. Вероятность другой ошибки (вероятность извлечь черный шар из урны И) также равна 0,2. Вероятности ошибок можно уменьшить. Для этого извлечем из урны три шара с возвращением так, чтобы результаты испытаний были независимы. Если среди трех вынутых шаров белые шары составляют большинство, т. е. 2 или 3 белых шара, то будем считать, что это урна II, в противоположном случае — урна I. Очевидно, что вероятность ошибки при этом равна вероятности вытащить 3 или 2 белых шара из урны I, т. е. равна

« (1 - Pi)0 + « (1 - Pi)1 = 0,104.

По сравнению с первоначальной процедурой проверки вероятность ошибки уменьшилась почти в два раза. При увеличении объема выборки вероятности ошибок в различении двух гипотез продолжают уменьшаться. Если среди пяти выбранных шаров большинство белые, то мы, принимаем гипотезу р = 0,8 (урна II) и убеждаемся в том, что вероятность ошибки равна

ОД + ЭД (1 - Р1У + ад (1 - Рх)2 - 0,058.

При объеме выборки 7 вероятность ошибки равна 0,033, и мы различаем две гипотезы (две урны) с вероятностями ошибок, которые во всяком случае меньше 0,05. Таким образом, придерживаясь принятого правила пли, как говорят статистики, критерия проверки, мы будем ошибаться в среднем меньше, чем в пяти случаях из ста.

Поясним мотивы наших действий следующим рассуждением. Рассмотрим случайное блуждание, соответствующее схеме случайного выбора: частица выходит из начала Координат и перемещается на единицу вверх при извлече- «37

нии белого шара и остается на том же уровне при извлечении черного. Траектория движения частицы описывается величиной 8п — числом белых шаров в выборке объема п. Так как р ~ Pi или р = р2, то в соответствии с законом больших чисел траектория случайного блуждания должна пролегать или г направлении прямой у = пръ или в направлении прямой у = прй, так что при больших п отклонения 8п от npt = MS^ при р = рх или от прг — = М8п при р = р2 в среднем малы. При фиксированном п можно задать некоторое (критическое) значение уП1 пР1 <Уп< пРп такое, чтобы при 8п <^ уп принимать гипотезу р = рг, а ПРИ 8п > уп принимать гипотезу р = р2. Значение уп должно быть назначено из соображений минимальности ошибочных решений. Можно поступить иначе: задать два числа уп и уп (пр1 <zyn *<Уп < пр^ и последовательно для каждого п проверять, какое из трех неравенств 8п < у^ 8п > уп, уп <8п <уп имеет место. В первом случае принимается гипотеза р = рт, во втором — гипотеза р = р^, и на этом эксперимент по определению р прекращается. В третьем же случае наблюдения продолжаются. При таком подходе число шаров в выборке не фиксируется заранее, а является случайным, зависящим от значений 8п. Границы уп, рп также определяются ограничениями на возможные ошибки. В этом случае задача проверки гипотез имеет непосредственное отношение к задаче о разорении, но в более сложной постановке, чем мы рассматривали в § 3.

На практике задачу различения двух гипотез о вероятности успеха в схеме Бернулли решают, например, следующим образом. Пусть аир — два малых числа, О <а <1, О <Р <1. Для проверки гипотез р = Pi и р = рй, pt <_ рг, производится п независимых испытаний и подсчитывается число успехов т. Тогда

если m > т^ то принимается гипотеза р = р2, если т ^ тп, то принимается гипотеза р = рР

Здесь тп — критическое значение т, подлежащее определению. Вероятность ошибочного отклонения верной гипотезы р = Pi равна

ЛД^в, Pi) = X СпРГ(1-П)"^m=mn+i

а вероятность ошибочного принятия неверной гипотезы р = Pi равна

Qn ^^ Pi) = S љЙ (1 - р^-™.т=^

Спрашивается, каково наименьшее число испытаний, при котором возможно различение двух гипотез с вероятностями ошибок, не превосходящими заданных чисел а и р. Наименьшее значение п и соответствующее ему значение тп удовлетворяют неравенствам

Рп ^п, Pi) < a, Qn (wln, Pi) < Р- (5) При решении практических задач использовать неравенства (5) для нахождения п и тп не представляется возможным, но можно воспользоваться специальными таблицами, в которых указываются пары Qi, тп) для употребительных значений pv р^, а, р. В следующей табличке указаны результаты решения задачи о различении гипотез для а = р = 0,05:

Р1

Pl

п

тп

0,1

0,5

13

3

0,3

0,5

67

26

0,1

0,2

135

19

0,05

0,1

248

21

Если число испытаний не фиксировать заранее, а определять в ходе эксперимента, действуя по указанной выше схеме: на каждом шаге или принимать одну из гипотез, пли продолжать наблюдения, то число испытаний при тех же ограничениях на вероятности ошибок удается сократить в среднем почти вдвое.

У пражнения

Покажите, что случайная величина У^ с распределением Р {У^ = 1} = р, Р {Ук = —1} = 9 имеет математическое ожидание MY^ — р — ди дисперсию DY^ = 4pq. Пользуясь свойствами математических ожиданий и дисперсий, докажите, что

М (yt + ... + Yn) = п(р — g), D (yt + -•• + Уп) — 4npq,

Докажите, что в случайном блуждании, соответствующем схеме Бернулли с вероятностями р и д, вероятность и,,^ того, что

139

в момент п частица будет находиться в точке с ординатой у > О, равна

ып, у = С^ +vVip^v)!^-vV^

(п и у имеют одинаковую четность).

Докажите, что вероятность первого возвращения в начало координат в момент 2и, введенная в § 2 (см. (3)), равна

hn=^c^Pv*

Рассмотрим симметричное случайное блуждание, начинающееся в точке с ординатой z > 0. Если частица исчезает (поглощается) в точке 0, то докажите, что вероятность qn,y (z) достижения частицей точки с ординатой у в момент п равна ’

9п, у (z) = Иц, у—гМп, y+z,

где иП)У определено в упражнении 2. Если частица исчезает в двух точках 0 и о > 0, то

9п, у (z) = 3 (Мп, y-z-йаМп, y+z-2ka) >

где суммирование происходит по всем отрицательным и положительным к. (Используйте принцип отражения, см. § 2 главы 4.)

В задаче о разорении (§ 3) предположим, что частица перемещается в положительном направлении, отрицательном направлении или остается на месте соответственно с вероятностями р, q ar, р + g -}- г = 1 (это обобщение на игровом языке означает, что результатом отдельной партии с вероятностью г > 0 может быть ничья). Докажите, что вероятность разорения да по-прежнему задается формулой (4), т. е.

_ Х°+Ь-Хо

^а2n+,j । ’

где X = q/p.

Покажите, что математическое ожидание и дисперсия ча- sn

стоты «успеха» в схеме Бернулли равны М= р и D —— = _ Р (i — Р)

п

Докажите, что функция L (р) = р^д71-”1 достигает максимума в точке р = m/n.

Рассмотрим урновую схему, введенную в примере § 4. Пусть N — общее число шаров, М — число белых шаров, так что р = = M/N — доля белых шаров. Для оценки неизвестного значения р производится «случайный выбор без возвращения». Докажите, что вероятность получения т белых шаров в выборке объема п равна

лп-т

В условиях упражнения 8 пусть случайная величина Sn ccfbl число белых шаров в выборке без возвращения. Частоту появле# пия белого шара в выборке Snln можно использовать в качестве оценки р = M/N, Докажите, что

М^Г”Р-

При 100 бросаниях монеты «герб» появляется 70 раз. Про» верьте, согласуются ли эти данные с Представлением о симметрии монеты (д = 0,5). Постройте для этого доверительный ццтеивал с уровнем значимости 0,5/

ГЛАВА 7

ПРОЦЕССЫ ГИБЕЛИ И РАЗМНОЖЕНИЯ

Общая постановка задачи

Общепринято, что фамилия в семье сохраняется по мужской линии. Пусть р0,Р1, р2>-""~" вероятности того, что отец имеет соответственно 0, 1, 2, ... сыновей, пусть с теми же вероятностями каждый из них имеет своих сыновей и т. д. Какова вероятность того, что мужская линия выродится к r-му поколению. Эта задача решена была Гальтоном и Ватсоном в 1874 году, которые по ее поводу писали: «Исчезновение фамилий лиц, которые занимали видное положение в истории,— это факт, неоднократно отмечавшийся в прошлом; по этому поводу строились различные догадки... Слишком многочисленны были примеры фамилий, которые, будучи распространенными, становились редкими или даже совсем исчезали».

Аналогичная задача возникает при рассмотрении цепной ядерпой реакции. Нейтрон, находящийся в куске «ядерного горючего», характеризуется своим положением, направлением движения и энергией. В любой момент он может столкнуться с атомным ядром. В результате такого столкновения может произойти расщепление ядра. В процессе расщепления могут появиться различные частицы, в том числе случайное число новых нейтронов со случайными энергиями и направлениями движения. Очевидно, вероятность столкновения нейтрона с ядром зависит от геометрических размеров данного куска «ядерного горючего». Опять возникает задача, какова вероятность для данного нейтрона на n-м шаге иметь N потомков. Какова вероятность, что А будет с ростом п неограниченно возрастать (ядерный взрыв), или А будет находиться в некоторых фиксированных пределах (управляемая ядерная реакция), или А = О (прекращение реакции).

Аналогичные задачи возникают при рассмотрении вопросов размножения простейших одноклеточных ор- 142

гапизмов, при размножении вирусов и бактерий (задача эпидемиологии), при изучении различных химических реакций и т. д.

Часто рассматривают процессы гибели и размножения частиц нескольких взаимосвязанных типов. Типичным примером является изменение численности популяции зайцев и волков в некоторой местности. Чрезмерное увеличение численности зайцев приводит к ускоренному росту популяции волков, но заметное увеличение численности волков ведет к снижению численности зайцев. Происходит в результате взаимосвязанный колебательный процесс численности зайцев и волков.

Абстрагируясь от описанных выше природных явлений, сформулируем следующую задачу. Пусть в начальный момент времени t = 0 имеется одна частица, которая к моменту < = 1 может произвести с определенными вероятностями некоторое число частиц того же вида. Каждая из образовавшихся частиц независимо с теми же вероятностями за единицу времени опять может произвести некоторое число частиц того же вида и т. д. Пусть zo, Ztv означает последовательность случайных величин, равных числу частиц в моменты времени t = 0, t = = 1,... Мы всегда будем полагать z0 = 1. Заметим, что соответствующие свойства процесса при z0 ^ 1 легко получить, так как мы предположили, что процессы, начинающиеся от различных первоначальных частиц, развиваются независимо.

Итак, мы будем интерпретировать zn как число частиц популяции в n-м поколении: z0 = 1, распределение вероятностей гг определяется числами Р {zx = 7с) = рк << < 1, к = 0, 1, 2, . . ., А, 2Р/с — 1- гДе Рк — вероятность того, что в следующем поколении одной фиксированной частицы будет ровно к частиц. Мы предполагаем, что этот же вероятностный закон размножения действует в любом поколении для каждой из частиц независимым образом. Другими словами, условное распределение zn+1 при условии, что zn = к, определяется из предположения, что различные частицы размножаются независимо. Таким образом, zn+1 распределена как сумма к независимых случайных величии, каждая из которых распределена так же, как zP Если zn = 0, то с вероятностью 1 выполняется ^пН = 0.

Определив так процесс, мы хотим знать его свойства, распределение вероятностей величины zn, ее математиче- 343

ское ожидание, дисперсию; вероятность того, что случайная последовательность z0, zv... сходится к нулю; поведение этой последовательности в случае, когда она не сходится к нулю. В процессе наших рассуждений мы будем придерживаться определенной нами абстрактной модели, хотя за ней могут стоять конкретные процессы в физике, биологии, химии, генетике и других областях науки.

Производящая функция величины $п

Воспользуемся определением и простейшими свойствами производящих функций, введенных в главе 5, § 4.

В дальнейшем будем обозначать производящую функцию случайной величины zn через /п (s), производящую функцию z, для краткости будем обозначать / (s). Между производящими функциями величин zw справедливо следующее соотношение:

/п+i (s) = S Р (z„+i = m) sm = т

= 5i5iP (zn = k)P (Zn+1 = m]zn = A) = tn k

= X P k^ = &) S P (Zn+1 = mlzn = A) sm. Itm

Числа потомков от каждой из к частиц независимы друг от друга по определению, поэтому при условии zn = к распределение величины zn+1 является суммой независимых случайных величин, каждая из которых распределена как гТ и, следовательно, имеет производящую функцию Vfx (s)^, т. е.

вообще

/п («) = / (/... / ($)...),(2)

т. е. производящая функция] /п (s) величины zn равна п-кратной итерации производящей функции / (s) величины zv

Математическое ожидание и дисперсия случайной величины ж„

Обозначим

Мгх = f (1) = т, Dzx = а2 = j" (1) + т — иг2.

Дифференцируя (1) из § 2 в точке s = 1, найдем математическое ожидание

/^ (1) = /«(/ (D) г (1) = /; d)-™.

откуда по индукции получаем

Mz^ = /„ (1) = mn, и = О, 1, ...(1)

Продифференцировав еще раз, получим

f™ W=fHW (1)Р + /И1)Г(1) =

= /„ (1) иг2 + тп (о2 + т2 — т), откуда следует

/п (1) = o2mn-1 (иг*1-1 + иг*1-2 + ... + 1) + иг2*1 — тп или

Dzn = о^'1 (от”'1 + т^ + ...+ 1).(2.)

Формулы (1), (2) дают нам явный вид математического ожидания и дисперсии числа потомков n-го поколения через известные математическое ожидание и дисперсию числа потомков от одной частицы.

Вероятность вырождения

Рассмотрим теперь задачу о вероятности вырождения потомства одной первоначальной частицы, например, вероятности вырождения фамилии, или вероятности затухания цепной ядерной реакции, порожденной отдельным нейтроном, и т. д. На языке последовательности zn вырождение означает, что zn = 0, начиная с некоторого номера в, при этом, если zn = 0, то по

определению zm = О для всех т ^ п с вероятностью единица. Другими словами, мы имеем дело с последовательностью вложенных друг в друга событий

К = 0} С {zn+1 = 0} С {zn+2 = 0} С ...

Найдем предел

q = lim P{zn = 0},

который и будем называть вероятностью вырождения последовательности zn.

Теорема. Если т = Mzx ^ 1, то вероятность вырождения равна 1. Если т^> 1, то вероятность вырождения равна единственному неотрицательному решению уравнения

з=1 (s),меньшему единицы.

Доказательство. Очевидно, ввиду вложенности событий {zn = 0} С {zn+1 = 0} справедливо

0 < Р {z„ = 0} < Р {zn+1 = 0} < Р {zn+2 = 0}< ... < 1,

т. е. мы имеем неубывающую ограниченную последовательность Р {zn = 0}, следовательно, существует предел q. Из определения производящей функции последовательности zn следует

Р {г„ = 0} = к (0), а также

/»« (0) = / tin (0)).

Но так как

1 im к (0) = Иш /п+1 (0) = д, П—*00Я—*ОО

то справедливо

q = /(1)

Если т = f (1) ^ 1, то в силу выпуклости вниз функции

1 ^*> 8 При 0 < 5 < 1.

Отсюда следует, что в этом случае единственным решением уравнения (1) будет g = 1.

Если т = f (1) > 1, то в некоторой окрестности ТОЧКИ 5 = 1 ДЛЯ 51 будет ВЫПОЛНЯТЬСЯ /($)5, в то

же время / (0) > 0, следовательно, уравнение (1) им. решение в полуинтервале [0, 1). К тому же, Пт /,,

п—*оо

не может равняться единице, так как эго означало бы, Йто в некоторой окрестности точки 1 функция /„ (0) убывает ввиду /п+1 (0) = t Уп (0)), а это невозможно (см. начало доказательства теоремы). Следовательно, искомое q является единственным решением уравнения (1) в полуинтервале [0, 1). Теорема доказана.

Доказательство приведенной выше теоремы было основано на свойствах итераций функции / ($), оно наглядно иллюстрируется следующими графиками (рис. 30, 31).

Значение / (0) есть ордината пересечения графика / (s) с осью ординат. Значение /2 (0) = / (/ (0)) можно получить, проведя горизонтальную прямую на высоте / (0) до пересечения с диагональю квадрата с вершинами в точках (0, 0), (0, 1), (1, 0), (1, 1) и восставив затем к ней перпендикуляр из этой точки до пересечения с графиком / (s). Точно так же получаются последующие итерации функции / (s): /з (0) = / (/2 (0)) и т. д.

В виде небольшого отступления заметим, что приведенная процедура дает очень удобный способ отыскания приближенных значений решения уравнения / (s) = s. Любое уравнение может быть сведено к такому виду, и для приближенного отыскания корня после этого нужно лишь многократное повторение вычислений функции / (s). Это довольно часто используется на практике при отыскании численных решений уравнений. Читателю полезно будет самому подробнее ознакомиться с предлагаемым методом и убедиться, что при решении таких уравнений могут быть «устойчивые» и «неустойчивые» решения. К какому из корней приведут последовательные итерации, зависит от начального значения s0 или того, в область притяжения какого из корней попадает начальное приближение. Легко заметить, что в устойчивых корнях | f (д) |^1 (рис. 32), в неустойчивых корнях | /' (g) | > > 1, хотя практически любой неустойчивый корень может быть переведен в устойчивый путем линейного преобразования.

В случае задачи о вырождении фамилий обычно считают, что вероятности Pk — Р {zi = ^} рождения в семье к мальчиков образуют геометрическую прогрессию ри = Ъ^""1, к = 1,2,. . ., 0 <6, b ^ 1 — с, а ро = = 1 — рх — р2 — ... В таком случае производящая

Рис. 30. График функции /($) при тС1 с изображением графического способа отыскания итераций

1г (0) = 1 U (0)), /8 (0) = / (/2 (0)),. . .

Рис 31. График функции / (s) при т>1 с изображением графического способа отыскания итераций

1г (0) = IV (0)), 1з (0) = 1 U^. ^г • -

Рис. 32. Графики функции / (s), ее n-кратной итерации /п ($) и предельной функции g(s) в общем случае. Л и С — устройчивые корни, В — неустойчивый. Начальные точки и е2 попадают в область притяжения корня А, точка s3 — область притяжения корня С,

функция / (s) вычисляется следующим образом;

fc=o

Математическое ожидание числа мальчиков будет т = Mzt = /' (1) = (12с)2 •

Уравнение s = / (s) имеет неотрицательный корень

$о$о1 —6 — с с(1— с) *1 —6 — с с(1— с) *

$о

$о

1 —6 — с с(1— с) *

1 —6 — с с(1— с) *

Этот корень равен 1, если т = 1; если т=^ 1, то это единственный неотрицательный корень. Если т > 1, то вероятность вырождения q = s0.

По данным А. Лотка вероятности вырождения потомства мужских линий хорошо приближаются геометрической прогрессией с 6 = 0,2126, с = 0,5893, ро = 0,4825. В этом случае вероятность вырождения q — 0,819. Есте-

149

ственно, что величины 6, с подсчитываются статистически по данным переписей населения и могут меняться для разных географических областей. Приведенные данные основывались на переписи 1920 года в Америке. Эти величины даже для одной и той же местности могут со временем меняться. Изучением таких явлений занимается наука демография.

Предельное поведение г„

Мы уже выяснили в предыдущем параграфе, что при п —> оо, т 1

, lim Р (zn = 0) = 1,

П-»оо

т. е. с вероятностью единица в этом случае потомство одной частицы вырождается, когда число поколений п —> оо. При этом при m < 1 математическое ожидание числа потомков

Mzn = т"-^0

и дисперсия

Dzn = о2пгп-1(пг"-1 + тп~2 + ... + 1) = ——р — —> 0.

В то же самое время при т = 1 математическое ожидание и дисперсия числа потомков

М^п = 1,

Dzn = по2

к нулю вообще не стремятся, несмотря на то, что z^ вырождается с вероятностью единица. Это означает, что, несмотря на достоверность вырождения, с ростом п исчезающе малые вероятности больших флуктуаций все время остаются. Другими словами, «типичная траектория» числа потомков при т = 1 довольно долго блуждает вне нуля и может при этом подниматься достаточно высоко, но, тем не менее, с вероятностью 1 рано или поздно обрывается в нуле.

Найдем оценку вероятности Р (гп > 0) при т < 1. Очевидно,

Р ^п > 0) = 1 - Р (г„ = 0) = 1 - /„ (0).

Рассмотрим приближение функции / (s) (рис. 33) f (s) = 1 + т (s — 1).

Функция/ (s) — линейная и она совпадает с / (s) в точке 1 точно так же, как и ее производная. Очевидно,

Z(s)<Hs), 0<S<l,

и п-я итерация функции f (s) будет меньше n-й итерациии п-я итерация функции f (s) будет меньше n-й итерациифункции / (s):

и п-я итерация функции f (s) будет меньше n-й итерации

и п-я итерация функции f (s) будет меньше n-й итерации

f п (0) < к (0)

или

1 - к (0) < 1 - к (0),

но из вида f (s) непосредственно следует

4-/(0) = ГО, 1 -/2(0) = т\

4-/з(0) = т»,1-/п (0) = mn.

Таким образом, в случае m <21 р (2п > 0) = 1 - к (0) < тп,

Рпс. 33. Функция /(s) п ее приближение /($).Рпс. 33. Функция /(s) п ее приближение /($).Р^>0)Р^>0)2nf'W '2nf'W 'т. е. вероятность выживания убывает как геометрическая прогрессия. В случае m = 1 эта вероятность убывает значительно медленнее: можно показать, что в этом случае

Рпс. 33. Функция /(s) п ее приближение /($).

Рпс. 33. Функция /(s) п ее приближение /($).

Р^>0)

Р^>0)

2

nf'W '

2

nf'W '

Из рис. 30 для f (s) с m = 1 видно, что это убывание происходит гораздо медленнее, но строгое доказательство этого факта тут мы пе приводим.

В случае m )> 1, как мы уже установили, вероятность вырождения lim Р (zn = 0) — q<^ 1, в то же самое время при любом к > 0 вероятность фиксированного числа к потомков стремится к нулю:

lim Р (zn — к) = 0.(1)

П->оо

В самом деле, как видно из рис. 31, 32, при любом s < 1 lim к (s) = 9,

но это было бы невозможно при невыполнении равенства (1). Функция к (s) является полиномом от s с неотрицательными коэффициентами, и невыполнение (1) означало бы, что к (s) ПРИ достаточно больших п возрастает быстрее, чем '/2Р118\ 0 s < 1, где рк = lim Р (zn = к) > 0, П-»ОО

и не могло бы в пределе совпадать с постоянной q. Математическое ожидание zn при m )> 1 Мг^ = mn - m, n cW1-1 (mn — 1)

дисперсия Dzn—> oo.

Таким образом, последовательность zn при m )> 1 с вероятностью q обращается в нуль и с вероятностью 1 — q

стремится к бесконечности. Типичная траектория последовательности zn при m > 1 совершает при малых п колебания и может с вероятностью q обратиться в нуль, по если она достигла достаточно больших значений, то она возрастает со скоростью mn (рис. 34).

Упражнения

шага, если Ответ1.шага, если Ответ1.Найти вероятность вырождения раньше 5-го Р (Z1 = 0) = 0,5; Р (^ = 2) = 0,5.

шага, если Ответ1.

шага, если Ответ1.

P(Z4 = 0)=/4(0) =^(1 + ^(1+^- (1 + —) ) ) = 0,7417.

. 2. Найти вероятность выживания до 100-го шага включительно, если Р (z, = 0) = 0,5; Р ^2 = 2) = 0,5.

* Ответ: Р (z100 > 0) ж 0,02.

Найти оценку "вероятности выживания до 10-го шага включительно, если Р (z4 = 0) = 0,9; Р (z2 = 2) = 0,1.

Ответ: Р (z10 > 0) ^ 1,02-10-’.

Найти вероятность выживания до 3-го шага включительно, если Р (z, = 0) = 0,9; Р (z4 = 2) = 0,1.

Ответ: Р (z3 *> 0) = 0,0038.

Найти оценку для вероятности, отыскиваемой в предыдущем упражнении.

Ответ". Р (z3 > 0) ^ 0,008.

Найти вероятность выживания до 3-го шага включительно, если Р (гг = 0) = 0,1; Р (z, = 2) = 0,9. Найти предельную вероятность выживания.

Сравните численные ответы всех предыдущих задач.

Ответ: Р ^ъ > 0) = 0,8893, lini Р (zn > 0) = 0,8888.

П->ос

Найти вероятность вырождения до 5-го шага, если в начальный момент было пять частиц, а каждая частица исчезает с вероятностью Р = 0,5 и делится на две частицы с вероятностью Р = 0,5, Ответ: Р (z4 = 0/z0 = 5) =(0) = 0,1096.

У к а з а н и е: воспользоваться тем, что производящая функция суммы независимых случайных величин равна произведению производящих функций.

Найти вероятность выживания до 100-го шага включительно, если в начальный момент было 100 частиц, z0 = 100, а вероятность исчезновения для каждой частицы Р = 0,5 и деления на две частицы Р = 0,5.

Ответ:

,„/2 \юо

Р (=1ео > 0/zo = ЮО) = 1 - ^ (0) ж 1 - ^1 - ^= 0,8674.

Найти оценку вероятности выживания до 10-го шага включительно, если в начальный момент было 100 частиц, вероятность исчезновения каждой частицы 0,9 и деления на две частицы 0,1, Ответ:Р (z10 > 0 / z„ = 100) = 1 — /}“ (0)< 1 — (1 —

_ ,„10)100 = 1,024-10-5.

Найти вероятность выживания до 3-го шага включительно, если в начальный момент имеется 10 частиц (1000 частиц), а вероятность исчезновения для одной частицы 0,9, деления на две частицы 0,1.

Ответ: Р (z3 >■ 0/z0 = 10) = 0,037; Р (z, > 0 / z0 = 1000) = = 0,978.

То же, что в упражнении 9, но в начальный момент имеется один миллион частиц (десять миллионов частиц).

Ответ: Р (z10 > 0 / z0 = 1 000 000) ^ 0,097; Р (z10 > 0 / Zo = = 10 000 000) С 0,64.

Найти вероятность выживания до 3-го шага включительно, если в начальный момент имеется 10 частиц (1 частица), а вероятность исчезновения для каждойчастицыО,!, деления на две частицы 0,9. Сравните численные ответы всех предыдущих задач. Дайте «физическое» объяснение полученным результатам.

Ответ: Р (z3 > 0 / z„ = 10) = 1 — /“ (0) = 1 — 2,76-10-1°; Р (za > 0 / z0 = 1) = 1—0,1107 = 0,8893.

Найти. итерационный метод приближенного извлечения квадратного корня из числа. Можно ли достигнуть в итерационном процессе сходимости к искомому корню более быстрой, чем геометрическая прогрессия?2

Указание: извлечение квадратного корня из числа, с равносильно численному решению уравнения (рис. 35) —я + + с^ = 0 или2^Г Ч—2~ + ^ = *Г*

Последнее уравнение имев? корень с, при этом производная функция в левой части в т#чке с равна нулю, что приводит к ско

рости сходимости в итерационном процессе более быстрой, чем геометрическая прогрессия. В качестве примера приведем несколько итераций, последовательно приближающих с = 1,414213562... для с2 = 2:

ж0 = 1; ®i — 1,25; ж2 = 1,387;

ж3 = 1,413417; ж4 = 1,41421289; ж5 = 1,414213563,

Естественно, что существуют и другие итерационные последовательности, сходящиеся к с. Скорость сходимости в приведенном примере та же, что и у итерационного процесса, приводящего к отысканию корня ж = О уравнения ж2 = ж, к которому наше уравнение сводится путем линейной замены. Для последнего же уравнения скорость сходимости итерационного процесса, очевидно, будет »« — жо l^oK^, чт0 превосходит скорость сходимости геометрической прогрессии.

Провести аналогично задаче 13 исследование итерационного процесса

^п + ^пжя+1"2*

известного как древневавилонский способ извлечения квадратного корня из с3. Дать объяснение, почему итерационные методы особенно удобны для современных ЭВМ,

ЗАКЛЮЧЕНИЕ

Мы рассказали в этой небольшой книге об основных понятиях и некоторых результатах теории вероятностей, стараясь выдержать по возможности более простую форму, но в то же время сделать изложение достаточно полным и строгим. Мы стремились при выводе формул и доказательстве утверждений ограничиться комбинаторными методами, производящими функциями и формулой Стирлинга. Основные понятия теории вероятностей формировались, начиная с середины XVII века, в трудах Паскаля, Ферма, Гюйгенса, Галилея и др., посвященных решению многочисленных игровых задач. В те времена были уже известны и использовались теоремы сложения и умножения вероятностей, понятие условной вероятности, формула полной вероятности, было введено математическое ожидание. Вершиной этого периода явилось творчество Якова Бернулли. В его «Искусстве предположений», изданном посмертно в 1713 году, рассматривалась последовательность независимых испытаний с двумя исходами, было выведено биномиальное распределение, появились производящие функции, решалась задача о разорении игрока, но главное — была обоснована принципиальная возможность статистического подхода к вероятности. Знаменитая теорема Бернулли, установившая, что при большом числе независимых испытаний частота события, как правило, мало отличается от его вероятности, положила начало предельным теоремам теории вероятностей. Среди этих теорем первыми нужно назвать теоремы Муавра — Лапласа о предельном распределении отклонения частоты события от его вероятности.

Согласно формуле Бернулли вероятность т успехов в п испытаниях Бернулли равна (см. § 5 гл. 3) при любом О < р 1

Л. (rn) = С™рт (1 - рУ*™,

а в симметричной схеме Бернулли с р = 1/2 Рп М - №п.

Для не очень больших значений п можно непосредственно вычислять факториалы и степени, входящие в правые части выписанных формул, или пользоваться специальными таблицами (например, таблицей для логарифмов факториалов, помещенной на с. 24). При больших п и т формулы Бернулли мало пригодны для непосредственного вычисления. Так, если п = 100, т = 50, то для вычисления Р100 (50) необходимо найти и 2~100. Еще более затруднительно вычисление вероятностей вида

65

Рюо(т).

т=35

Подобные примеры показывают, что точные выражения могут быть бесполезны для практического подсчета. Приближенная формула для симметричного биномиального распределения (с р = 1/2), которая позволяет сравнительно легко находить Рп (т) при больших п, была доказана Муавром в 1730 году. Было показано, что при п —> оо

Если п фиксировано, то справа в формуле стоят значения _ (х—Ь)г

функции ае с (а, 6, с — постоянные) в точках х =т. (Если на рис. 9, помещенном на с. 20, провести кривые, огибающие графики Рп (т) сверху, то мы получим при больших п приближенный график указанной функции.) Основным средством доказательства была все та же формула Стирлинга, которую Муавр доказал независимо. Эту формулу Муавра читатель может получить сам, используя рекомендации и результаты упражнения 2 гл. 4 § 4. В последующем Лапласом (1812) была строго доказана для общего случая 0 < р <^ 1 формула

Рп(т) = СУ(1-рГтРп(т) = СУ(1-рГтУ^лир (1 — р)У^лир (1 — р)(771—Пр)2 е~ 2Пр (L-p)(771—Пр)2 е~ 2Пр (L-p)

Рп(т) = СУ(1-рГт

Рп(т) = СУ(1-рГт

У^лир (1 — р)

У^лир (1 — р)

(771—Пр)2 е~ 2Пр (L-p)

(771—Пр)2 е~ 2Пр (L-p)

включающая в себя формулу Муавра. Если положить

т — пр

—VnP\i-pV

то формула приобретает вид

Рп (ш) ~Рп (ш) ~—е"11№.

Рп (ш) ~

Рп (ш) ~

V 2лпр (1 — р)

Последнее соотношение известно как локальная предельная теорема Муавра — Лапласа. Используя локальную формулу, можно получить приближение для сумм бино- 7722

миальных вероятностей У Рп (т), которые выражают 772=7721

вероятность того, что число успехов в п испытаниях Бернулли лежит в пределах тг и т2 (т1 < т2). Это приближение дает так называемая интегральная предельная теорема Муавра — Лапласа:

У ^п(^)772=7721У ^п(^)772=7721e^dt, /2л }e^dt, /2л }т^ — прУпр^—р)т^ — прУпр^—р)(*)(*)

У ^п(^)

772=7721

У ^п(^)

772=7721

e^dt, /2л }

e^dt, /2л }

т^ — прУпр^—р)

т^ — прУпр^—р)

(*)

(*)

Разность между левой и правой частями стремится при п -> оо к нулю равномерно относительно tv t2 при постоянном значении 0 < р < 1.

С помощью интегральной формулы (*) оценивается вероятность отклонения частоты успеха SJn в п испытаниях Бернулли от вероятности успеха *р-.

Отсюда вытекает, в частности, основной результат теоремы Бернулли. Если переписать последнюю формулу в виде

р п I р (Д~ р)} ~ ■ L= ' е-"8/2 du,Un I г n J /2л д

то отсюда можно сделать вывод о том, что, как правило, отклонения частоты от вероятности р имеют порядок МУ"п. Интеграл, входящий в правые части асимптоти- 157,

ческих формул, принято выражать через функцию

1 с

Ф(<) = -7= \ er^du

как разность Ф (t^ — Ф (tj. Функция Ф (t) называется функцией нормального распределения, ее подробные таблицы имеются во многих учебниках и пособиях по теории вероятностей и математической статистике. Функция Ф (7) непрерывна, ее значения при t-> — со довольно быстро приближаются к 0, а при 1 —>- со приближаются к 1. Значения Ф (7) для значений аргумента t и —t связаны равенством

Ф (7) + Ф (—7) = 1.

Приведем здесь несколько значений функции Ф (7):

t

0 0,500

0,5 0,691

1,0 0,841

1,5

0,933

2,0 0,977

2,5 0,994

3,0 0,999

(Читатель может использовать эту табличку для вычисления приближенных значений вероятностей в упражнениях 4, 5 § 2 гл. 5 и упражнении 2 § 6 гл. 3.)

Укажем вероятностный смысл правой части Ф (72) — — Ф (7J интегральной формулы (*). Существуют случайные величины, распределение вероятностей для которых задается с помощью неотрицательной функции <р (7), — co<^t<^oo, следующим образом: для любого интервала (7V t^ на прямой вероятность того, что случайная величина примет значения из этого интервала, равна

<24-00

интегралу <р (7) dt, причем <р(7)с?7=1. Функция <р (7) с указанными свойствами называется плотностью сс- роятности, а распределение такой случайной величины обычно называется непрерывным распределением. Рас- пределение с плотностью ср (7) = —== е~р/2 называется нор- У 2л

мольным распределением, и поэтому разность Ф (72) — — Ф (7J есть вероятность случайной величине с нормальным распределением принять значение из интервала (?i, 72). Это распределение часто называют также гауссовским по имени Гаусса, который приблизительно в то же время, 158

что и Лаплас, получил его как распределение ошибок наблюдения в задачах астрономии и геодезии. Работы Лапласа и Гаусса по теории ошибок обнаружили, что распределение суммарной ошибки, полученной сложением большого числа незначительных случайных ошибок, при довольно общих условиях будет приближенно нормальным распределением. Таким образом, асимптотическая формула Муавра — Лапласа оказалась следствием достаточно универсального вероятностного закона. Роль, которую нормальное распределение играет в теории вероятностей и ее приложениях, определяется центральной предельной теоремой. Говорят, что случайные величины Хг, Х2, . . ., Хп удовлетворяют центральной предельной теореме, если при любых действительных числах аир для суммы Sn = Ху + . . . + Хп при п -> оо справедливо асимптотическое равенство

sn — MSnsn — MSn1313e-“72 Ди.e-“72 Ди.

sn — MSn

sn — MSn

13

13

e-“72 Ди.

e-“72 Ди.

Эта формула справедлива при очень широких условиях, налагаемых на Ху, Х2, . . ., Хп.

Возвращаясь к теореме Муавра — Лапласа, отметим, что при значениях р, близких к 0 пли 1, можно воспользоваться другой приближенной формулой для биномиальной вероятности, которая носит имя С. Пуассона, открывшего и опубликовавшего ее в 1873 году. Если в формуле Бернулли р близко к 0, а п велико, то Рк (т)

близко кг1 , где X = пр. Числа рт = е-х- - неотрицательны и в сумме по всем т = 0, 1, 2, составляют 1. Поэтому они могут быть взяты в качестве распределения некоторой случайной величины, принимающей целые неотрицательные значения 0, 1,2, .. . Это распределение называется распределением Пуассона (пример распределения случайной величины, принимающей счетное число значений). Оба предельных распределения — нормальное и Пуассона выводят нас за пределы книги.

Андрей Николаебич Колмогоров'

Игорь Георгиевич Журбенко

Александр Владимирович Прохоров

ВВЕДЕНИЕ В ТЕОРИЮ ВЕРОЯТНОСТЕЙ

(Сердя: §ублиотечца ««Квант»)

Редактор В. В. Донченко

Теки, редактор Л. В. Лихачева Корректор М. Л» МеОвеОская

ВБ Ml 12102

Сдано в набор 17.04.82. Подписано к печати 13.07.82. Т-11133, Формат 84x108’/»/ Бумага тип. Ms 3. Обыкновенная гарнитура. Высокая печать.

Условн. печ. л. 8,4. Уч.-изд. л. 8,19, Тираж 150000 экз. Заказ 1670, Цена 25 коп,,

Издательство «Наука»

Главная редакция физико-математической литературы

117071, Москва, В-71, Ленинский проспект, 15

2-я типография издательства «Наука»

121099, Москва, Г-99, Шу Синений пер., 10

БИБЛИОТЕЧКА-КВАНТ-

ВЫПУСК 23

А.Н. КОЛМОГОРОВ И. Г. ЖУРБЕНКО А. В. ПРОХОРОВ