3. Varbūtību īpašības

Jebkura notikuma varbūtība ir reāls skaitlis, kas atrodas starp 0 un 1:

0 <= P(A) <= 1.

Tajos gadījumos, kad lietojama iepriekšējā paragrāfā aprakstītā varbūtību aprēķināšanas metode, P(A) iznāk racionāls skaitlis. Šajos gadījumos viegli raksturot notikumus, kam P(A)=1 vai P(A)=0. Varbūtību 1 var pierakstīt tikai "obligātam" notikumam, piemēram, kauliņa mešanas gadījumā: "uzkritīs cipars, kas nepārsniedz 6". Varbūtība 0 pierakstāma neiespējamiem notikumiem, piemēram, "uzkritīs cipars 9".

Aplūkosim procesu, kas var dot n vienādi iespējamus iznākumus; pieņemsim, ka m iznākumos parādās notikums A. Tad P(A)=m/n. Bet līdzās A varam aplūkot notikumu "ne A" vai "nav A". Šis notikums (pēc definīcijas) parādās tieši tad, kad A neparādās, tātad n-m iznākumos no kopskaita n. Simboliski "ne A" pieņemts apzīmēt ar ~A, tāpēc:

P(~A) = (n-m)/n = 1 - m/n = 1 - P(A).

Dažkārt ~A sauc arī par A pretējo notikumu, tāpēc var teikt, ka A pretējā notikuma varbūtība vienāda A varbūtības papildinājumam līdz skaitlim 1.

Aplūkosim tagad divus notikumus A un B, kuri var parādīties vienā un tajā pašā procesā. No A, B var izveidot divus saliktus notikumus "A vai B", "A un B". Notikums "A vai B" (simboliski pieņemts rakstīt A+B) parādās, ja parādās vismaz viens no abiem notikumiem (vai abi kopā). "A un B" (simboliski A*B vai vienkārši AB) parādās, ja A un B parādās vienlaicīgi. Ko var teikt par varbūtībām P(A+B), P(AB), zinot P(A) un P(B)?

Izrādās, ka

P(A+B) = P(A) + P(B) - P(AB).

Pierādījums. Pieņemsim, ka procesam, kurā var parādīties notikumi A, B, ir vienādi n iespējami iznākumi. Pieņemsim arī, ka no šiem iznākumiem notikums A parādās k gadījumos, bet notikums B - t gadījumos, bez tam, A un B parādās vienlaicīgi m gadījumos (dabiski, m<=k un m<=t). Tas nozīmē, ka

P(A) = k/n, P(B) = t/n, P(AB) = m/n.

Cik gadījumos parādīsies A+B (t.i., A vai B)? Varbūt k+t gadījumos? Diemžēl, summā k+t tie iznākumi, kuros A un B parādās kopā, ieiet divreiz (vienreiz pie k, otrreiz pie t). Šo iznākumu skaits ir m, resp., summa k+t satur m "liekas" vienības. Tātad A+B parādās k+t-m iznākumos un

P(A+B) = (k+t-m)/n = k/n + t/n - m/n,

ko arī vajadzēja pierādīt.

Šis pierādījums kļūst uzskatāmāks, ja situāciju attēlo zīmējumā:

|---------------|-------A--------|--AB----|------------B-------------------|-----------------------|

Šeit katrs nogriežņa punkts atbilst vienam no vienādi iespējamiem iznākumiem. Nogrieznis A+AB atbilst iznākumiem, kuros parādās notikums A, bet nogrieznis AB+B atbilst notikumam B. Abu nogriežņu kopīgā daļa atbilst AB. Kas atbilst A+B?

Notikumus A,B sauc par nesavienojamiem, ja tie nekad neparādās kopā. Piemēram, metot monētu, cipars un ģērbonis nevar uzkrist reizē. Ja A, B ir nesavienojami, tad, protams, P(AB)=0 un tātad

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

Šo pēdējo vienādību sauc par varbūtību saskaitīšanas likumu: nesavienojamu notikumu summas varbūtība vienāda atsevišķo notikumu varbūtību summai.

Iepriekšējā sadaļā mēs aplūkojām lodīšu vilkšanu no urnas, kurā bija 10 lodītes (5 baltas, 3 melnas un 2 sarkanas). Zinot, ka notikumam A "tiks izvilkta balta lodīte" un notikumam B "tiks izvilkta melna lodīte", varbūtības ir attiecīgi P(A)=5/10 un P(B)=3/10, un, ievērojot, ka A un B ir nesavienojami, mēs uzreiz varam rakstīt:

P(A+B) = 5/10 + 3/10 = 8/10.

Notikums A+B šeit nozīmē "tiks izvilkta balta vai melna lodīte". Pretējais notikums ~(A+B) šai gadījumā nozīmē "tiks izvilkta sarkana lodīte". Tā varbūtība

P(~(A+B)) = 1 - P(A+B) = 1 - 8/10 = 2/10.

Šajā vienkāršajā uzdevumā, protams, nebija vajadzības lietot rēķināšanā varbūtību saskaitīšanas likumu u.c. kārtulas. Visas varbūtības varēja aprēķināt tieši. Toties sarežģītākos uzdevumos tāda tieša rēķināšana ne vienmēr būs iespējama.

Piezīme. Saskaitīšanas likumu viegli pierādīt ne tikai diviem, bet arī jebkuram citam skaitam notikumu A₁, A₂, ..., A_k. Nepieciešams tikai, lai šie notikumi piedalītos vienā procesā un lai nevieni divi no tiem nebūtu savienojami. Tad:

P(A₁+A₂+...+A_k) = P(A₁) + P(A₂) + ... + P(A_k).

2.uzdevums. Pieņemsim, ka trīs notikumi A, B, C piedalās vienā procesā un ka mums zināmas varbūtības P(A), P(B), P(C), P(AB), P(AC), P(BC), P(ABC). Kā aprēķināt varbūtību P(A+B+C)?

Nelasiet tālāk, neatrisinājuši šo uzdevumu.

Tagad jūs redzat, ka notikumu summām varbūtības varētu aprēķināt itin viegli, ja mēs prastu rēķināt varbūtības notikumu reizinājumiem. Diemžēl vispārīgā gadījumā rēķināt varbūtības reizinājumiem nebūt nav vieglāk kā summām.

Ir zināms tikai viens speciāls gadījums, kad notikuma AB varbūtību var viegli izrēķināt, zinot varbūtības P(A), P(B). Tas ir gadījums, kad A un B ir neatkarīgi notikumi, t.i., kad A parādīšanās vai neparādīšanās nekādi neietekmē B parādīšanās apstākļus, un otrādi, B nekādi neietekmē A.

Piemērs. Dotas divas urnas, no kurām vienlaicīgi velk pa vienai lodītei, A = "no pirmās urnas izvilks melnu lodīti", B = "no otrās urnas izvilks melnu lodīti". Skaidrs, ka - notiks A vai nenotiks - tas nekādi neizmaina B iespējas notikt vai nenotikt. Un otrādi, B neietekmē A iespējas notikt. Šeit notikumi A, B ir neatkarīgi.

Piemērs. No vienas un tās pašas urnas izvelk vispirms vienu un pēc tam (neatliekot pirmo atpakaļ) - otru lodīti. A = "pirmā izvilktā lodīte būs melna", B = "otra izvilktā lodīte būs melna". Šie notikumi jau vairs nav neatkarīgi, jo, piemēram, A parādīšanās samazina B izredzes (melno lodīšu urnā kļuvis par vienu mazāk!). Toties, ja pirmo izvilkto lodīti atliktu atpakaļ un urnas rūpīgi samaisītu, tad tie paši notikumi A un B būtu jau neatkarīgi, jo A vairs neietekmētu B (un B neietekmē A, jo pats notiek vēlāk par A!).

Parādīsim tagad, kā rēķināt P(AB), ja A, B - neatkarīgi notikumi un varbūtības P(A), P(B) ir zināmas. Pieņemsim, ka notikums A piedalās procesā, kam ir n₁ vienādi iespējami iznākumi, no tiem m₁ iznākumi dod notikumu A. Notikums B piedalās citā, neatkarīgā procesā, kuram ir n₂ vienādi iespējami iznākumi, no tiem m₂ dod notikumu B. Aplūkosim tagad saliktu procesu, kurš sastāv no abiem iepriekš minētajiem. Acīmredzot šim saliktajam procesam ir n₁n₂ dažādi (vienādi iespējami) iznākumi, jo katrs no n₁ pirmā procesa iznākumiem var kombinēties ar jebkuru no n₂ otrā procesa iznākumiem. Cik no šiem saliktajiem n₁n₂ iznākumiem dos notikumu AB, t.i., A un B vienlaicīgi? Tā kā abi procesi ir neatkarīgi, tad tie m₁ pirmā procesa iznākumi, kas dod A, pilnīgi brīvi kombinējas ar tiem m₂ otra procesa iznākumiem, kas dod B. Kopā sanāk m₁m₂ kombinācijas. Tātad no n₁n₂ saliktā procesa iznākumiem m₁m₂ dod iznākumu AB. Simboliski:

P(AB) = m₁m₂ / n₁n₂ = m₁/n₁ * m₂/n₂ = P(A)P(B).

Esam ieguvuši t.s. varbūtību reizināšanas likumu: neatkarīgu notikumu reizinājuma varbūtība vienāda atsevišķo notikumu varbūtību reizinājumam. Šo likumu mēs te izvedām divu notikumu gadījumam. Jums nebūs grūti pārliecināties, ka likums

P(A₁A₂...A_k) = P(A₁) P(A₁₂) ... P(A_k)

derīgs jebkuram skaitam k, ja vien notikumi A₁, A₂, ..., A_k ir neatkarīgi, t.i., ja neviena notikuma parādīšanās vai neparādīšanās neietekmē citu notikumu parādīšanās apstākļus.

Piemērs. Met divus spēļu kauliņus reizē. A = "uz pirmā kauliņa uzkritīs cipars 1", B = "uz otrā kauliņa uzkritīs cipars 6". A+B nozīmē "uz pirmā 1 vai uz otrā 6". Mēs jau zinām, ka

P(A+B) = P(A) + P(B) - P(AB).

Zinām arī, ka P(A)=P(B)= 1/6. Atliek atrast P(AB). Notikumi A, B ir neatkarīgi (pārdomājiet to!), tātad:

P(AB) = P(A)P(B) = 1/6 * 1/6 = 1/36.

Rezultātā:

P(A+B) = 1/6 + 1/6 - 1/36 = 11/36.

Šo varbūtību varēja aprēķināt arī tieši: no 36 vienādi iespējamiem ciparu pāriem notikumu A+B dod 11 pāri:

11, 12, 13, 14, 15, 16, 26, 36, 46, 56, 66,

tātad P(A+B) = 11/36, kas sakrīt ar "teorētisko" iznākumu.

3.uzdevums. Trīs reizes pēc kārtas tiek mesta monēta. Kāda varbūtība, ka vismaz vienu reizi uzkritīs cipars? Tiek mesti trīs spēļu kauliņi reizē. Kāda varbūtība, ka uzkritīs vismaz viens skaitlis, kas lielāks par 2?

4.uzdevums. Jefreitors X trāpa mērķī vidēji 67 gadījumos no 100. Cik reizes viņam jāizšauj, lai varbūtība "trāpīt mērķī vismaz vienreiz" būtu ne mazāka par 0,99? Šo uzdevumu var reducēt uz urnu ar lodītēm: jefreitors X velk lodītes no urnas, kurā ir 100 lodītes (67 sarkanas un 33 baltas). Pēc katras vilkšanas lodīti ieliek atpakaļ urnā un urnas saturs tiek samaisīts.

5.uzdevums. Urnā ir 1000 lodītes, sanumurētas ar skaitļiem 1, 2, 3, ..., 1000. Kāda varbūtība, ka, velkot vienu lodīti, uz tās būs pilna pakāpe (t.i., vesela skaitļa kvadrāts, kubs, ceturtā pakāpe utt.)?

4. Kombinatorikas lietošana varbūtību teorijā

Monētu met 10 reizes pēc kārtas. Kāda varbūtība, ka cipars uzkritīs tieši 4 reizes? Šo uzdevumu grūti atrisināt ar tiešu skaitīšanu, jo te ir 2¹⁰ =1024 vienādi iespējami iznākumi (tieši tik ir ciparu un ģērboņu virknīšu garumā 10). Izrādās, ka no šiem 1024 iznākumiem tieši

(10*9*8*7) / (4*3*2*1) = 210

dod četrus ciparus (un sešus ģērboņus). Tātad meklētā varbūtība ir aptuveni 0,205.

Sastādīt sarakstu no visiem 210 gadījumiem, kad uzkrīt 4 cipari, būtu pārāk apgrūtinoši. Bet, ja 10 metienu vietā ņemtu 20, tad sarakstu sastādīt vispār nebūtu fiziski iespējams. Tomēr, kā redzat, skaitli 210 varēja iegūt arī vienkāršākā ceļā - kā izteiksmes

(10*9*8*7) / (4*3*2*1)

vērtību. Izstrādāt metodes, kuras ļauj visu gadījumu uzskaitīšanu aizstāt ar vienkāršākiem aprēķiniem - tas ir īpašas matemātikas nozares - kombinatorikas uzdevums. Atcerēsimies galvenos kombinatorikas rezultātus.

1. Ja doti n dažādi priekšmeti, tos var izvietot vienā rindā n!=n(n-1)(n-2)...2*1 veidos (n! lasa "en faktoriāls"). Piemēram, 4!=4*3*2*1=24.

2. Ja alfabētā ir k burtu, tad no tiem var izveidot pavisam k^m dažādu vārdu garumā m. Piemēram, ja alfabēts sastāv no 0 un 1, tad iespējami 2³ = 8 dažādi vārdi garumā 3:

000, 001, 010, 011, 100, 101, 110, 111.

3. No kopas, kas sastāv no n dažādiem priekšmetiem, jāizvēlas m priekšmeti (0<=m<=n). Cik veidos to var izdarīt? Teorija atbild:

C_n^m = (n(n-1)...(n-m+1)) / (m(m-1)...1)

veidos. (Simbolu C_n^m lasa "kombinācijas no n pa m.) Piemēram:

C₁₀⁴ = (10*9*8*7) / (4*3*2*1) = 210.

Šeit gan saucējā, gan skaitītājā ir 4 (t.i. m) reizinātāji, skaitītājā reizinājums sākas ar 10 (t.i. ar n).

4. Kombināciju īpašības:

C_n^m = C_n^n-m

(šeit der arī m=0, jo C_n⁰ =1 pēc definīcijas),

C_n⁰ + C_n¹ + ... + C_nⁿ =2ⁿ.

Pirmā īpašība dažreiz ļauj vienkāršot aprēķinus: piemēram, tiešā veidā rēķinot:

C₁₀⁷ = (10*9*8*7*6*5*4) / (7*6*5*4*3*2*1) = 120,

bet, izmantojot pirmo īpašību:

C₁₀⁷ = C₁₀³ = (10*9*8) / (3*2*1) = 120.

Atgriezīsimies tagad pie uzdevuma, ar kuru sākās šī sadaļa. Desmit reizes pēc kārtas met monētu. Kāda varbūtība, ka uzkritīs tieši četri cipari (un seši ģērboņi)? Apzīmēsim ciparu ar 1 un ģērboni ar 0. Desmit metienu rezultātu tad var pierakstīt kā nuļļu un vieninieku virknīti (t.i., kā vārdu alfabētā, kurš sastāv no diviem burtiem: 0 un 1), piemēram: 0010111010. Visas šādas virknītes ir vienādi iespējamas. To kopskaits ir 2¹⁰ =1024 (sk. pieminēto otro kombinatorikas rezultātu). Lai aprēķinātu prasīto varbūtību ("būs 4 cipari"), atliek saskaitīt, cik virknītes no visām 1024-ām satur tieši 4 vieniniekus. Šādu virknīšu būs tik, cik veidos no skaitļiem 1, 2, ...,10 var izvēlēties četrus skaitļus (to vietu numurus virknītē, kurās jābūt vieniniekiem), t.i.,

C₁₀⁴ = (10*9*8*7) / (4*3*2*1) = 210.

Meklējamā varbūtība tāpēc ir

210 / 1024 ~ 0,205.

(Varbūtību parasti ieteicams izteikt tuvinātā decimāldaļā, tā var labāk novērtēt tās lielumu, salīdzinot ar citām varbūtībām.)

Nedaudz grūtāk ir risināt līdzīgu uzdevumu spēļu kauliņa mešanai: kāda varbūtība, ka 10 kauliņa metienu rezultātā uzkritīs tieši 4 sešinieki (un 6 "nesešinieki")? Arī šeit mēs katra metiena rezultātu varam atzīmēt ar ciparu 1 (uzkritis sešinieks) vai 0 (uzkritis "nesešinieks"). Desmit metienu sērijas rezultātu arī var pierakstīt kā ciparu virknīti x₁ x₂ ... x₁₀ (šeit katrs x_i ir 0 vai 1). Notikums B = "10 metienos uzkritīs tieši x₁ x₂ ... x₁₀" ir reizinājums no 10 notikumiem A₁, A₂, A₃, ..., A₁₀, kur

A_i = "i-tajā metienā uzkritīs x_i".

Skaidrs, ka P(A_i)=1/6, ja x_i=1 un P(A_i)=5/6, ja x_i=0. Bez tam notikumi A_i ir savā starpā neatkarīgi (tie parādās dažādos metienos!). Tātad:

P(B) = P(A₁A₂...A₁₀) = P(A₁) P(A₂) ... P(A₁₀) = (1/6)^k * (5/6)^t,

kur k - vieninieku skaits virknītē, t - nuļļu skaits tajā. Notikums C = "10 metienos uzkritīs 4 vieninieki un 6 nulles" ir summa no 210 nesavienojamiem notikumiem B_a, kur a ir jebkura virknīte, kas satur tieši 4 vieniniekus un 6 nulles (šādu virknīšu ir pavisam 210). Visiem a:

P(B_a) = (1/6)⁴ * (5/6)⁶,

tāpēc, pielietojot varbūtību saskaitīšanas likumu (3.sadaļa), iegūstam:

P(C) = 210 * (1/6)⁴ * (5/6)⁶ ~ 0,054.

6. uzdevums. Vispāriniet šo spriedumu, aplūkojot procesu, kurā notikums A parādās ar varbūtību p (0<=p<=1). Pierādiet, ka atkārtojot šo procesu n reizes (n>=1), notikums A parādīsies tieši m reizes (0<=m<=n) ar varbūtību C_n^m p^m(1-p)^n-m.

7. uzdevums. Monētu met 10 reizes. Kāda varbūtība, ka uzkritīs vismaz 3 ģērboņi? Spēļu kauliņu met 5 reizes. Kāda varbūtība, ka uzkritīs tieši 2 sešinieki? Vienlaicīgi met trīs monētas un trīs spēļu kauliņus. Kāda varbūtība, ka uzkritušo ģērboņu skaits sakritīs ar uzkritušo sešinieku skaitu?

8. uzdevums. Septiņi grenadieri izklaidējās, šaujot mērķī. Pavisam doti 3 mērķi. Uz katru mērķi grenadieri šauj visi reizē (vienu šāvienu katrs). Trīs no viņiem mēdz trāpīt vidēji 70 gadījumos no 100, pārējie četri - 60 gadījumos no 100. Kāda varbūtība, ka vismaz viens no mērķiem paliks nesašauts?