У входа в храм науки о случайном
Однажды на страницах журнала «Современник» (1836), издаваемого А.С. Пушкиным, появилась статья «О надежде», написанная князем П.Б. Козловским — дипломатом, глубоко образованным человеком. Статья начиналась с эпиграфа из Горация:
Осветить истину сквозь туман заблуждений
— и представляла собой первое в русской литературе популярное изложение, как пишет автор,
философической математики, называемой исчислением вероятностей или — по-моему лучше — наукой исчисления удобосбытностей.
Идея числовой оценки шансов на случайный успех, на выигрыш, на появление ожидаемого события «стара как мир», но обретать силу метода, теории она начала с середины XVII века в трудах Паскаля (1623–1662), Ферма (1601–1665), Гюйгенса (1629–1695), Я. Бернулли (1654–1705). Мощный импульс развитию теории вероятностей дали ставшие классическими работы Чебышева (1821–1894), главы созданной им «петербургской» школы, Маркова (1856–1922), Ляпунова (1857–1918).
Статус истинно математической науки теория вероятностей обрела лишь с 1933 года, когда Колмогоровым (1903–1987) был создан аксиоматический фундамент теории — введено аксиоматическое определение вероятности, принятое всюду и поныне. Теория вероятностей теперь — это величественный храм мощной, фундаментальной, очень красивой науки.
В преддверии этого храма понятие вероятности формируется вначале на абстрактной модели реальных испытаний с известным числом n случайных исходов, предполагаемых равновозможными. Обозначим их Е1, Е2, ..., Еn. Так, в модели испытаний, состоящих в бросании монеты, предусматриваются только два возможных исхода:
Е1 — появление герба,
Е2 — появление решки.
Оба исхода предполагаются (если к этому есть объективные основания) равновозможными, и потому естественно считать их равновероятными.
Любое возможное множество исходов называется случайным событием. Множество, состоящее из всех n возможных исходов рассматриваемых испытаний, образует достоверное событие. Достоверному событию приписывается вероятность, равная 1. Когда все n исходов, образующих достоверное событие, признаются равновозможными, их считают равновероятными; тогда вероятность р каждого отдельного исхода равна 1/n, то есть
р = 1/n.
Если известно, что m исходов из n возможных образуют событие А, то его вероятность
Р (А) = m/n
или в форме классического определения вероятности:
вероятность событияАравна отношению числа m — исходов, благоприятствующих наступлению событияA, к числу n — всех равновозможных исходов.
Для случайных событий А постулируются три основных утверждения:
1. 0 ≤ Р (A) ≤ 1.
2. Р (А) = 1, если A — достоверное событие.
3. Р (А∪В) = Р (А) + Р (В), где событие А∪В означает осуществление или события А, или события В, причем А и В не могут произойти одновременно.
Задача 1. Бросание монеты
Найдем вероятность события: при трехразовом бросании монеты появляется герб хотя бы один раз (событие А).
Решение.
Для выяснения количества всех возможных исходов удобна следующая таблица.
Только в одном из восьми исходов герб не появляется ни разу — в событии РРР. В остальных семи случаях герб появляется хотя бы один раз. Следовательно,
Р (А) = 7/8 = 0,875.
Ответ: 0,875.
Наряду с событием А∪В, что означает: или A или В, вводят еще событие А∩B, что означает: совместное появление событий и А и В одновременно или одно после другого. Если при этом реальные условия для событий А и В таковы, что вероятность одного из них, скажем В, характеризуется одним и тем же числом вне зависимости от того, произошло или нет событие А, то такие события называются независимыми. Имеет место теорема умножения:
если события А и В независимы, то
Р (А∩B) = Р (А) · Р (В),
то есть вероятность совместного появления независимых событий А и В равна произведению вероятностей Р (А) и Р (В).
Задача 2. Белые и черные шары
В урне 3 белых шара и 2 черных. Наугад вынимаем один шар и, не возвращая его в урну, вторично вынимаем один шар. Рассматриваются события:
А — появление белого шара в первый раз;
В — появление белого шара во второй раз.
Зависимые или независимые события Аи В?
Решение.
Р (А) = 3/3+2 = 3/5.
Если событие А произошло, то в урне остались 2 белых шара и 2 черных и
Р (В) = 2/2+2 = 2/4 = 1/2.
Если же А не произошло, то в урне остались 3 белых шара и один черный. Тогда
Р (В) = 3/3+1 = 3/4.
Значит, события А и В зависимые.
Ответ: зависимые.
Задача 3. Все те же белые и черные шары
В урне 3 белых шара и 2 черных. Наугад вынимаем один шар, возвращаем его в урну и вторично вынимаем один шар. Рассматриваются те же события А и В, что и в задаче 2, с тем же заданием.
Решение.
Теперь
Р (А) = 3/5,
и независимо от того, произошло или нет событие А,
Р (В) = 3/5.
Ответ: события А и В независимы.
Тогда согласно теореме умножения для независимых событий вероятность вынуть белый шар и в первый раз и во второй раз равна
Р (А∩B) = Р (А) · Р (В) = 3/5 · 3/5 = (3/5)2 = 9/25.
Очевидно, если в задаче 3 повторять процедуру выниманияnраз, то вероятность появления белого шара и в первый раз, и во второй раз, и так далее, и вn-й раз равна (3/5) n.
Теорема Ферма на языке теории вероятностей
Утверждение Ферма, именуемое, как правило, Великой теоремой Ферма, о невозможности найти хотя бы одну тройку целых положительных чисел х, у и а, удовлетворяющих уравнению
x n + у n = а n (1)
где натуральное n > 2, доказано английским математиком Уайлсом в первой половине 90-х годов ХХ века.
Любопытную интерпретацию дал этой теореме в 1946 году американский математик Е.С. Молин, перефразировав ее как задачу теории вероятностей.
В барабан заложено х белых шаров и у черных. Ясно, что х и у — целые положительные числа. Если n раз вытаскивать из барабана по одному шару с возвращением его в барабан перед каждым последующим вытаскиванием, то вероятность того, что всеnраз будут вытащены белые шары, равна
( x/x+y ) n (см. следствие из задачи 3).
Соответственно вероятность того, что все n раз будут вытащены черные шары, равна
( y/x+y ) n.
Оба упомянутых события несовместимы, следовательно, вероятность того, что вынутые шары будут все белыми или все черными, согласно постулату 3, равна
Р = ( x/x+y ) n + ( y/x+y ) n.
Разделим обе части заданного уравнения (1) на (х+у) n:
( x/x+y ) n + ( y/x+y ) n = ( a/x+y ) n. (2)
Значит, левую часть получившегося уравнения (2) можно понимать как число Р.
Пусть теперь изменен состав содержимого барабана так, что а шаров стали белыми и b — черными, но при этом общее число шаров осталось неизменным:
а + b =х + у.
Из барабана с новым составом шаров вновь производим n вытаскиваний по одному шару с возвращением. Тогда вероятность того, что все вынутые шары окажутся белыми, равна
( a/x+y ) n.
А это и есть правая часть уравнения (2). Поэтому запись теоремы Ферма приобретает следующий вид:
Р = Р'
— и тем самым сводится к требованию:
доказать, что невозможно изменить состав содержимого барабана так, чтобы при n> 2имело место равенствоР = Р', то есть вероятность того, что вынутые n раз подряд шары будут все белыми или все черными равна при измененном составе барабана с сохранением общего числа шаров вероятности того, что все вынутые n раз шары окажутся белыми.
Эстетика в теории вероятностей всюду, в частности в содержании и решениях задач, своего рода миниатюрных поэм в прозе.
Задача 4. Дочь? Сын? С какой вероятностью?
У писателя двое детей — не близнецов. Один ребенок — дочь. Какова вероятность, что и второй ребенок — дочь? И у художника двое детей. Старший ребенок — сын. Какова вероятность, что второй ребенок тоже сын?
Решение.
Равновозможны следующие случаи:
для писателя — ДД ДС СД
для художника — СС СД.
Искомые вероятности:
Р (ДД) = 1/3
Р (СС) = 1/2.
Ответ: 1/3 и 1/2.
Задача 5. Сколько голубоглазых детей у моряка?
В семье моряка есть дети голубоглазые и кареглазые. Всякий раз, когда он после очередного рейса возвращается домой, первыми его встречают какие-либо двое из детей. Кто именно — чистая случайность. Но в силу той же случайности в 50% всех случаев это оказываются голубоглазые дети. Сколько же всего голубоглазых детей в семье моряка?
Решение.
Пусть в семье моряка n детей (условно различим их буквами А1, A2, ..., Аn), из них m голубоглазых. Дети встречали отца парами. Выясним для начала, сколько всех различных пар может быть составлено из nдетей? Ответ дает формула
Cn2 = n (n– 1)/2.
Кому неизвестна эта формула (число сочетаний из n по 2), может выполнить непосредственный подсчет числа возможных неповторяющихся пар следующим образом:
одна пара: А1А2;
еще две пары: А1А3, А2А3;
еще три пары: А1А4, А2А4, А3А4;
. . .
еще n – 1 пара: А1Аn, А2Аn, …, Аn-1Аn.
Число всех возможных различных пар равно:
1 + 2 + ... + (n – 1) = n (n– 1)/2.
Точно так же из m голубоглазых детей можно составить
m (m– 1)/2
пар. Следовательно, вероятность того, что два случайно объединившихся для встречи отца ребенка голубоглазые, равна
m (m– 1)/2 : n (n– 1)/2 = m (m– 1)/n (n– 1).
По условию эта вероятность равна 1/2, поэтому задача сводится к подбору таких натуральных чисел m и n, при которых
m (m– 1)/n (n– 1) = 1/2.
Наименьшими из таких значений являются
n = 4 и m = 3.
Ближайшие следующие значения:
n = 21 и m = 15.
Число 21, пожалуй, великовато для возможного состава семьи, так что, по-видимому, в семье четверо детей, трое из них — голубоглазые.
Ответ: скорее всего, четверо детей, трое из которых голубоглазые.
Задача 6. Технологический процесс
Оператор, наблюдая ход технологического процесса, при котором происходит смешивание двух веществ, следит за тем, чтобы температура компонентов смеси не была одновременно более 600° и не была одновременно менее 560°. Считая, что в ходе процесса температура первого вещества t1 с одинаковой возможностью может принимать любое значение от 550° до 620°, а температура второго t2 — от 555° до 605°, найти вероятность того, что процесс будет протекать нормально.
Решение.
Здесь все пары (t1; t2) возможных значений температур первого и второго компонентов целесообразно вообразить точками на координатной плоскости t1Оt2:
координаты t1 и t2которых удовлетворяют неравенствам
550° ≤ t1 ≤ 620° и 555° ≤ t2 ≤ 605°.
Условие задачи позволяет полагать, что температура каждого из компонентов меняется независимо от температуры другого и при этом «плотность» точек одинакова в каждом пункте изображенного прямоугольника. По условию процесс не будет протекать нормально, если
min {t1; t2} > 600°, max {t1; t2} < 560°.
Этим неравенствам отвечают точки внутри прямоугольника с площадью
S1 = 50
и прямоугольника с площадью
S2 = 100.
Искомая вероятность того, что процесс протекает нормально, равна
Р = 1 – S1 + S2/S = 1 – 150/3500 = 67/70 ≈ 0,96.
Ответ: 67/70 ≈ 0,96.
Задача 7. Вероятность для дискриминанта
С какой вероятностью можно ожидать, что дискриминант квадратного уравнения х2+ 2рх+q= 0 будет неотрицательным, если числовые значенияриqназначать произвольно при условии, что|p| ≤ 1 и |q| ≤ 1?
Решение.
Дискриминант данного уравнения
(2р)2 – 4q = 4 (р2 – q)
неотрицателен, когда
q ≤ р2.
По условию
–1 ≤ p ≤ 1 и –1 ≤ q ≤ 1.
В совокупности этим условиям удовлетворяют точки квадрата, изображенного на рисунке, из которого удален сегмент, ограниченный параболой
q = р2
и прямой
q = 1.
Площадь квадрата
Sкв = 4.
Площадь части квадрата без сегмента в параболе
S = 2 + –1∫1 р2dp = 2 + 2/3 = 8/3.
Искомая вероятность:
Р = Sкв/S = 8/3 : 4 = 2/3.
Ответ: 2/3.
Источник: Б.А. Кордемского «Великие жизни в математике» (Москва, «Просвещение», 1995)
<<< Вернуться в раздел "Магия математики"
Смотрите так же:
Задачи математических олимпиад. Элементы теории вероятностей
Принцип симметрии и случайные процессы
Справочник. Теория вероятностей
Создано на конструкторе сайтов Okis при поддержке Flexsmm - накрутка подписчиков ютуб