Skip to content

Commit

Permalink
big update
Browse files Browse the repository at this point in the history
  • Loading branch information
@Yalikesifulei
Yalikesifulei committed Dec 10, 2020
1 parent 00404c4 commit a858644
Show file tree
Hide file tree
Showing 10 changed files with 312 additions and 311 deletions.
215 changes: 207 additions & 8 deletions lectures/1_1.tex
View file

Large diffs are not rendered by default.

219 changes: 19 additions & 200 deletions lectures/1_2.tex
View file
Original file line number Diff line number Diff line change
Expand Up @@ -3,207 +3,8 @@
\newlength\Radius
\setlength\Radius{2cm}

\section{Геометричні ймовірності. Аксіоми теорії ймовірностей.}
\subsection{Геометрична модель ймовірності}
\begin{example}
Нехай точка кидається навмання на відрізок $\left[a; b\right]$.
Яка ймовірність її
потрапляння в $\left<\alpha; \beta\right> \subset \left[a; b\right]$?
Розглянемо подію $A = \left\{
\text{точка потрапила в} \left<\alpha; \beta\right>
\right\}$.
\newline
\hbox to \hsize{\hfil{
\begin{tikzpicture}
\draw [fill] (0, 0) circle [radius = 0.05];
\node [below] at (0, 0) {$a$};
\node [above] at (0, 0) { };
\node [below] at (8, 0) {$b$};
\draw [-{Straight Barb}] (6,0) to (2,0) {};
\draw [-{Straight Barb}] (2,0) to (6,0) {};
\node [below] at (2, 0) {$\alpha$};
\node [below] at (6, 0) {$\beta$};
\draw [fill] (8, 0) circle [radius = 0.05];
\draw [thick] (0, 0) -- (8, 0);
\end{tikzpicture}
}\hfil}
$P(A) = k\cdot l_{\left<\alpha; \beta\right>}\; \text{для деякого}\; k > 0$.
З іншого боку, $P(\Omega) = 1 = k\cdot l_{\left[a; b\right]}$. Таким чином
$k = \frac{1}{l_{\left[a; b\right]}} = \frac{1}{b-a}$.
Тому $P(A) = \frac{l_{\left<\alpha; \beta\right>}}{l_{\left[a; b\right]}}$.
\end{example}
Нехай простір елементарних подій інтерпретується як замкнена область в
$ \mathbb{R} ^n$, а випадкові події --- її підмножини. В якості $\sigma$-алгебри
подій $\mathcal{F}$ беремо підмножини, що мають міру $\mu$. Тоді в якості ймовірності
деякої події $A$ беремо $P(A) = \frac{\mu(A)}{\mu(\Omega)}$.
Наприклад, в $\mathbb{R}^1$ беремо міру <<довжина>>, в $\mathbb{R}^2$ --- <<площа>>, а в $\mathbb{R}^3$ --- <<об'єм>>.

Ймовірності, що знаходяться таким чином називаються \emph{геометричними}, а сама модель
називається \emph{геометричною моделлю ймовірності}.
Геометрична модель може використовуватись,
коли $\Omega$ має геометричну інтерпретацію як замкнена область в $\mathbb{R}^n$,
а елементарні події --- рівноможливі.

\begin{example}[задача Бюффона]\label{buffon}
На площині накреслені паралельні прямі на відстані $2a$, на них кидається
голка довжиною $2l,\; l \leq a $. Яка ймовірність того, що голка перетне
яку-небудь пряму?
\newline
\hbox to \hsize{\hfil{
\begin{tikzpicture}[scale = 0.5]
\draw [thick] (0, 0) -- (8, 0);
\draw [thick] (0, 2) -- (8, 2);
\draw [thick] (0, 4) -- (8, 4);
\draw [thick] (0, 6) -- (8, 6);
\draw [{Straight Barb}-{Straight Barb}] (7.5,4) to (7.5,6);
\node [right] at (7.5, 5) {$2a$};
\end{tikzpicture}
\begin{tikzpicture}[scale = 1]
\draw (0, 0) -- (4, 0);
\draw (0, 2) -- (4, 2);
\draw [thick] (0.5, -0.5)-- (2.5, 1.5);
\draw [{Straight Barb}-{Straight Barb}] (3.5,0) to (3.5,2);
\draw [{Straight Barb}-{Straight Barb}] (1.5,0) to (1.5,0.5);
\node [right] at (3.5, 1) {$2a$};
\node [right] at (1.5, 0.25) {$ x $};
\draw [-{Straight Barb}](2.5, 0) to [out = 90, in = 0](1.75, 0.75);
\node [right] at (2.28, 0.53) {$ \varphi $};
\end{tikzpicture}
}\hfil}
Достатньо розглядати лише дві прямі. $\Omega = \left\{(\varphi, x)\in
\mathbb{R}^2: \varphi \in \left[0; \pi\right], x \in \left[0; a\right]
\right\}$
\newline
При такій побудові простору елементарних подій подія $A = \left\{\text{голка
перетне пряму}\right\} =$
\newline
$\left\{(\varphi, x)\in
\Omega: x\leq l\sin\varphi\right\}$
\newline
\hbox to \hsize{\hfil{
\begin{tikzpicture}
\draw [<->] (4, 0) -- (0, 0) -- (0, 2.5);
\node [left] at (0, 2.5) {$x$};
\node [below] at (4, 0) {$\varphi$};
\draw [domain=0:pi,fill=gray] plot (\x, {1*sin(\x r)});
\node [below] at (0, 0) {$0$};
\node [below] at (pi, 0) {$\pi$};
\draw [dashed] (0,1) to (pi/2,1);
\node [left] at (0, 1) {$l$};
\draw (0,2) -- (pi, 2) -- (pi, 0);
\node [left] at (0, 2) {$a$};
\node [below left] at (pi, 2) {$\Omega$};
\node [above] at (pi/2, 0.25) {$A$};
\end{tikzpicture}
}\hfil}
$P(A) = \frac{S(A)}{S(\Omega)},\; S(\Omega) = \pi a,\;S(A) = \int\limits_0^\pi
l\sin\varphi\ d\varphi = l\left.(-\cos\varphi)\right|^\pi_0 = 2l$.
Отже, $P(A) = \frac{2l}{\pi a}$.
\newline
Якщо провести $n$ кидань голки, у $m$ з яких голка потрапить на пряму, то за допомогою приблизної рівності $\frac{m}{n}
\approx \frac{2l}{\pi a}$ можна приблизно обчислити число $\pi$.
Наприклад, якщо взяти $n=5000, m=2532, l/a = 0.8$, то отримаємо $\pi \approx 3.1596$.
\end{example}
\begin{example}[парадокс Бертрана]
Нехай в колі радіусом $R$ навмання обирається хорда. Яка ймовірність того,
що її довжина буде більшою за довжину сторони правильного трикутника,
вписаного в це коло?
\newline
Існують три способи розв'язання цієї задачі, причому кожен з них дає різний результат.

\textbf{Спосіб 1.}
З міркувань симетрії обирається якийсь фіксований діаметр кола і розглядається
всі перпендикулярні до нього хорди. Серед них і обирається навмання довільна хорда.
Очевидно, що кожна хорда у цьому випадку може бути однозначно визначена своєю серединою,
тобто кожній хорді можна взаємно однозначно поставити у відповідність координату її середини,
якщо за початок відліку взяти якийсь з кінців фіксованого діаметру.
\newline
\hbox to \hsize{\hfil{
\begin{tikzpicture}[scale = 1.5]
\draw (0, 0) circle [radius = 1];
\draw (0, 1) -- (-0.86602540378, -0.5);
\draw (0, 1) -- (0.86602540378, -0.5);
\draw (0.86602540378, -0.5) -- (-0.86602540378, -0.5);
\draw [->] (-1,0) to (1, 0);
\node [left] at (-1, 0) {$0$};
\node [right] at (1, 0) {$2R$};
\draw [dashed] (0, -1) to (0, 1);
\draw [dashed] (-0.3, -0.954) to (-0.3, 0.954);
\draw [dashed] (-0.7, -0.714) to (-0.7, 0.714);
\draw [dashed] (0.3, -0.954) to (0.3, 0.954);
\draw [dashed] (0.7, -0.714) to (0.7, 0.714);
\draw [ultra thick] (-0.5, 0) -- (0.5, 0);
\draw [ultra thick] (-0.5, 0.05) -- (-0.5, -0.05);
\draw [ultra thick] (0.5, 0.05) -- (0.5, -0.05);
\node [below] at (-0.5, 0) {$\frac{R}{2}$};
\node [below] at (0.5, 0) {$\frac{3R}{2}$};
\end{tikzpicture}
}\hfil}
Таким чином, множина всіх значень координати середини хорди $\Omega = \left[0; 2R\right]$.
Множина, що відповідає події --- це відрізок $A = \left[\frac{R}{2}; \frac{3R}{2}\right]$.
В якості міри візьмемо довжину. Тоді $P(A) = \frac{l(A)}{l(\Omega)} = \frac{R}{2R}= \frac{1}{2}$.

\textbf{Спосіб 2.}
В цьому способі пропонується розглядати тільки хорди з одним закріпленим кінцем.
Кожній хорді поставимо у відповідність ту частину дуги кола, яка потрапляє у кут $\varphi$,
що утворює хорда з дотичною, проведеною через точку закріплення кінця всіх хорд.
\newline
\hbox to \hsize{\hfil{
\begin{tikzpicture}[scale = 1.5]
\draw (0, 0) circle [radius = 1];
\draw (0, 1) -- (-0.86602540378, -0.5);
\draw (0, 1) -- (0.86602540378, -0.5);
\draw (0.86602540378, -0.5) -- (-0.86602540378, -0.5);
\draw (-1.2, 1) -- (1.2, 1);
\draw [fill] (0, 1) circle [radius = 0.05];
\draw [fill] (0.17, -0.985) circle [radius = 0.05];
\draw [fill] (1, 0) circle [radius = 0.05];
\draw [fill] (-0.967, -0.256) circle [radius = 0.05];
\draw (0.16, 1) arc (0:-46:0.16);
\draw (0.19, 1) arc (0:-46:0.19);
%\node [above] at (0, 1);
\draw [dashed] (0, 1) to (0.17, -0.985);
\draw [dashed] (0, 1) to (1, 0);
\draw [dashed] (0, 1) to (-0.967, -0.256);
\node [below right] at (0.14, 1) {$_\varphi$};
\draw [ultra thick](0.86602540378, -0.5) to [out = 242, in = 0](0, -1);
\draw [ultra thick](0, -1) to [out = 180, in = 300](-0.86602540378, -0.5);
\end{tikzpicture}
}\hfil}
Тоді множина $\Omega = \left[ 0; \pi\right]$, а $A = \left[ \frac{\pi}{3}; \frac{2\pi}{3}\right]$.
Знову візьмемо за міру довжину і отримаємо $P(A) = \frac{\pi /3}{\pi} = \frac{1}{3}$.

\textbf{Спосіб 3.}
Розглядаються всі хорди кола. Кожній з них взаємно однозначно ставиться у відповідність точка її середини $(x,y)$,
якщо за початок координат прийняти центр кола.
\newline
\hbox to \hsize{\hfil{
\begin{tikzpicture}[scale = 1.8]
\draw (0, 0) circle [radius = 1];
\draw (0, 0) circle [radius = 0.5];
\draw (0, 0) [fill] circle [radius = 0.05];
\draw (0, 1) -- (-0.86602540378, -0.5);
\draw (0, 1) -- (0.86602540378, -0.5);
\draw (0.86602540378, -0.5) -- (-0.86602540378, -0.5);
\draw (-0.737, 0.675) [fill] circle [radius = 0.05];
\draw (0.878, 0.479) [fill] circle [radius = 0.05];
\draw [dashed] (-0.737, 0.675) to (0.878, 0.479);
\draw [dashed] (0, 0) to (0.0705, 0.577);
\draw (0.0705, 0.577) [fill] circle [radius = 0.05];
\end{tikzpicture}
}\hfil}
В такому випадку $\Omega = \left\{ (x,y)\in \mathbb{R}^2: x^2 + y^2 \leq R^2\right\}$,
а $A = \left\{ (x,y)\in \Omega: x^2 + y^2 \leq \frac{R^2}{4}\right\}$.
Тоді $P(A) = \frac{\pi R^2/4}{\pi R^2} = \frac{1}{4}$.
\section{Система аксіом Колмогорова}

Жозеф Бертран був противником геометричного означення ймовірності.
Він казав, що воно не дає можливості однозначно обчислити ймовірність
однієї і тієї ж випадкової події та використовував вищенаведений приклад
для доведення своєї правоти. Дійсно, було отримано три різних відповіді при
розв'язанні однієї задачі. Так в чому ж справа? Насправді, помилка полягає
у різних трактуваннях поняття <<навмання обрана хорда>>.
В кожному з трьох способів це трактування було різним, що й стало причиною різних відповідей.
\end{example}

\subsection{Аксіоми теорії ймовірностей}
\begin{enumerate}[label=\Roman*.]
Expand Down Expand Up @@ -361,3 +162,21 @@ \subsection{Теореми неперервності ймовірності}
$P\left(\bigcap\limits_{n=1}^{\infty} A_n\right) = 1 - P\left(\bigcup\limits_{n=1}^{\infty} \overline{A_n}\right) \overset{\text{т. \refeq{th:1}}}{=} 1 -
\lim\limits_{n\rightarrow \infty} P(\overline{A_n}) = \lim\limits_{n\rightarrow \infty} (1-P(\overline{A_n})) = \lim\limits_{n\rightarrow \infty} P(A_n)$.
\end{proof}

\subsection{Аксіома неперервності}
\begin{theorem}
Аксіома зліченної адитивності \textbf{P3} еквівалентна аксіомі неперервності
\textbf{P4}: $$\forall n \in \mathbb{N}: B_n \in \mathcal{F}, B_1 \supset B_2 \supset ... \supset B_n \supset ..., \bigcap\limits_{n=1}^{\infty} B_n = \varnothing \Rightarrow \lim_{n\rightarrow \infty} P(B_n) = 0$$
\begin{proof}
За теоремою \refeq{th:2} маємо наслідок \textbf{P3} $\Rightarrow$ \textbf{P4}.

Доведемо \textbf{P4} $\Rightarrow$ \textbf{P3}. Для подій $A_1, A_2, ... , A_n, ... \in \mathcal{F}, A_i \cap A_j = \varnothing \text{ при } i \neq j$
введемо події $B_n = \bigcup\limits_{k=n+1}^{\infty} A_k$. Для них виконується $B_1 \supset B_2 \supset ... \supset B_n \supset ...$ та $\bigcap\limits_{n=1}^{\infty} B_n = \varnothing$,
тому з аксіоми \textbf{P4} $\lim\limits_{n\rightarrow \infty} P(B_n) = 0$.

З іншого боку, маємо таку рівність:
$$P\left(\bigcup\limits_{k=1}^{\infty} A_k\right) = P\left(\bigcup\limits_{k=1}^{n} A_k\right) + P\left(\bigcup\limits_{k=n+1}^{\infty} A_k\right) = \sum\limits_{k=1}^{n} P(A_k) + P(B_n)$$
Перейшовши у правій частині до границі при $n \rightarrow \infty$, отримаємо $P\left(\bigcup\limits_{k=1}^{\infty} A_k\right) = \sum\limits_{k=1}^{\infty} P(A_k)$,
що є твердженням аксіоми зліченної адитивності.
\end{proof}
\end{theorem}
24 changes: 3 additions & 21 deletions lectures/1_3.tex
View file
Original file line number Diff line number Diff line change
@@ -1,23 +1,5 @@
% !TEX root = ../main.tex
\section{Аксіома неперервності. Умовні ймовірності. Незалежність подій. Формула Баєса.}

\subsection{Аксіома неперервності}
\begin{theorem}
Аксіома зліченної адитивності \textbf{P3} еквівалентна аксіомі неперервності
\textbf{P4}: $$\forall n \in \mathbb{N}: B_n \in \mathcal{F}, B_1 \supset B_2 \supset ... \supset B_n \supset ..., \bigcap\limits_{n=1}^{\infty} B_n = \varnothing \Rightarrow \lim_{n\rightarrow \infty} P(B_n) = 0$$
\begin{proof}
За теоремою \refeq{th:2} маємо наслідок \textbf{P3} $\Rightarrow$ \textbf{P4}.

Доведемо \textbf{P4} $\Rightarrow$ \textbf{P3}. Для подій $A_1, A_2, ... , A_n, ... \in \mathcal{F}, A_i \cap A_j = \varnothing \text{ при } i \neq j$
введемо події $B_n = \bigcup\limits_{k=n+1}^{\infty} A_k$. Для них виконується $B_1 \supset B_2 \supset ... \supset B_n \supset ...$ та $\bigcap\limits_{n=1}^{\infty} B_n = \varnothing$,
тому з аксіоми \textbf{P4} $\lim\limits_{n\rightarrow \infty} P(B_n) = 0$.

З іншого боку, маємо таку рівність:
$$P\left(\bigcup\limits_{k=1}^{\infty} A_k\right) = P\left(\bigcup\limits_{k=1}^{n} A_k\right) + P\left(\bigcup\limits_{k=n+1}^{\infty} A_k\right) = \sum\limits_{k=1}^{n} P(A_k) + P(B_n)$$
Перейшовши у правій частині до границі при $n \rightarrow \infty$, отримаємо $P\left(\bigcup\limits_{k=1}^{\infty} A_k\right) = \sum\limits_{k=1}^{\infty} P(A_k)$,
що є твердженням аксіоми зліченної адитивності.
\end{proof}
\end{theorem}
\section{Умовні ймовірності. Незалежність подій. Формула Баєса.}

\subsection{Умовні ймовірності}
Припустимо, що спостерігається деякий експеримент, що описується класичною моделлю, а для події $B$ $P(B)>0$.
Expand Down Expand Up @@ -96,11 +78,11 @@ \subsection{Незалежність подій}
$P(A\cap (B \cup C)) = P((A \cap B) \cup (A \cap C)) = P(A\cap B) + P(A\cap C) = P(A)\cdot P(B) + P(A)\cdot P(C) = P(A) \cdot (P(B) + P(C)) = P(A)\cdot P(B\cup C).$
\end{proof}
\end{enumerate}
\subsection{Незалежність у сукупності}

\begin{definition}
Події $A_1, A_2, ..., A_n \in \mathcal{F}$ називаються \emph{незалежними у сукупності}, якщо
\begin{equation}\label{eq:indep}
\forall i_1, i_2, ... i_r \in {1,...,n}: P\left(\bigcap\limits_{k=1}^r A_{i_k}\right) = \prod\limits_{k=1}^r P\left(A_{i_k}\right)
\forall i_1, i_2, ... i_r \in \{1,...,n\}: P\left(\bigcap\limits_{k=1}^r A_{i_k}\right) = \prod\limits_{k=1}^r P\left(A_{i_k}\right)
\end{equation}
Зокрема:
\nopagebreak
Expand Down
Loading

0 comments on commit a858644

Please sign in to comment.