Аксиоме вероватноће

Из Википедије, слободне енциклопедије

Функција вероватноће P се дефинише на подскупу простора узорка S чији су елементи случајни догађаји E, тако да задовољава сљедеће аксиоме:

  1. ненегативност: P(E) ≥ 0;
  2. узајамна искључивост: P(E1E1) = P(E1) + P(E2), када је E1E1 празан скуп;
  3. потпуност: P(S) = 1.

То су аксиоме вероватноће руског математичара Колмогорова.

Непосредне последице[уреди]

Комплементарни догађај

За сваки случајни догађај ES дефинисан је супротан (комплементан) случајни догађај који се означава са цртицом поред (прим) или цртом изнад слова. Догађај E′ ће се десити ако и само ако се догађај E неће десити. Тада је P(E′) = 1 - P(E).

Наиме, ако су E и E′ узајамно искључиви, тј. EE′ је празан скуп, биће P(S) = P(EE′) = P(E) + P(E′). Затим, из аксиома (2) и (3) следи P(E) + P(E′) = 1, тј. P(E′) = 1 - P(E).

Немогућ догађај (празан скуп)

Празан скуп ∅ је немогућ догађај, односно P(∅) = 0.

Наиме, S = S ∪ ∅. Скупови S и ∅ су и узајамно искључиви па је P(S) = P(S ∪ ∅) = P(S) + P(∅). Затим из аксиома (2) и (3) следи P(∅) = 0, што је и требало доказати.

Монотоност (потскуп)

Ако су E1 и E2 потскупови од S такви да је E1E2, тада је P(E1) ≤ P(E1).

Наиме, из теорије скупова знамо да је E2 = E1 ∪ (E1E2) и да су E1 и E1E2 узајамно искључиви.

Зато и према аксиоми (2) имамо P(E2) = P(E1) + P(E1E2) ≥ P(E1), јер према аксиоми (1) имамо P(E1E2) ≥ 0.

Границе вероватноће (опсег)

За сваки случајни догађај E опсег вероватноћа је 0 ≤ P(E) ≤ 1.

Наиме, из ∅ ⊆ ES и вероватноће потскупа следи P(∅) ≤ P(E) ≤ P(S), те 0 ≤ P(E) ≤ 1.

Правило сабирања

За произвољне потскупове E1, E2S важи једнакост P(E1E2) = P(E1) + P(E2) - P(E1E2).

Наиме, из E1E2 = E1 ∪ (E2E1) и зато што су догађаји E1 и E2E1 узајамно искључиви имамо P(E1E2) = P(E1) + P(E2E1).

Поред тога, други догађај разлажемо на два узајамно искључива догађаја E2 = (E2E1) ∪ (E2E1) тако да је P(E2) = P(E2E1) + P(E2E1)

Из последње P(E2E1) = P(E2) - P(E2E1) и претпоследње једнакости следи P(E1E2) = P(E1) + P(E2) - P(E1E2), што је и требало доказати.

Алгебарски изрази[уреди]

Вјероватноће догађаја су реални бројеви из интервала [0, 1]. У алгебри у вези са таквима постоје бројне корисне нетривијалне формуле. Следе примери неких, са алгебарским доказима, који би могли бити инспирација за налажење сличних израза потребних у различитим применама теорије вероватноће.

Пример 1.

Нека су p0, p1 и p2 позитивни бројеви чији је збир један. Ако квадратна једначина p2x2 + p1x + p0 = x има корјен x0 ∈ (0, 1), онда је p1 + 2p2 > 1 и обрнуто: ако је p1 + 2p2 > 1 онда дата квадратна једначина има корјен x0 ∈ (0, 1).

Доказ: Пишемо дату једначину у еквивалентним облицима редом:

,
,
,
,
,
.

Ако је x0 решење ове једначине, онда је x0 p0/p2. Како је то број од нула до један искључујући границе, биће p0 < p2, па је 1 = p0 + p1 + p2 < p2 + p1 + p2 = p1 + 2p2, тј. p1 + 2p2 > 1. Затим се лако доказује и обрнуто тврђење.♦

Алгебарске једнакости[уреди]

Пример 1. Наћи природне бројеве n1 < n2 < n3 < n4 < n5 веће од два такве да важи једнакост:

.

Решење: Ако је n1 > 3, тада лева страна једнакости није већа од

.

Према томе мора бити n1 = 3. Тада је

.

Слично, ако је n2 > 4, тада лева страна последње једнакости није већа од

.

Дакле, мора бити n2 = 4. Настављајући на сличан начин, добијамо јединствено решење n1 = 3, n2 = 4, n3 = 5, n4 = 6, n5 = 20, тј.

.♦

Пример 2. Дато је k (k > 1) различитих природних бројева n1, n2, ..., nk. Доказати да једнакост

није тачна нити за једно k > 1.

Доказ: Претпоставимо супротно, да је

,

где је n1 < n2 < ... < nk. Тада мора бити n1 ≥ 2. Иначе, за n1 = 1 било би 1/n1 = 1 па би збир на десној страни био већи од један. Због претпоставке о поретку бројева имамо

,

што је немогуће.♦

Алгебарске неједнакости[уреди]

Пример 1. Ако је x + y + z = 1 тада је x2 + y2 + z2 ≥ ⅓.

Доказ: Из (x - y)2 ≥ 0 следи x2 + y2 ≥ 2xy. Сабирањем сличних добијамо неједнакост 2(x2 + y2 + z2) ≥ 2(xy + yz + zx). Ако левој и десној страни ове неједнакости додамо израз x2 + y2 + z2 добијамо 3(x2 + y2 + z2) ≥ x2 + y2 + z2 + 2xy + 2yz + 2zx = (x + y + z)3 = 1, односно x2 + y2 + z2 ≥ 1/3.♦

Пример 2. Ако су x1, x2, ..., xn из интервала [0, 1] онда је

.

Доказ: Означимо x1 + x2 + ... + xn = y. Како из идентитета (y - 1)2 ≥ 0 следи идентитет (y + 1) ≥ 4y, то сада имамо

.

Даље је xkxk2, јер су x-ови (позитивни и) мањи од један, па важи и неједнакост

.

Из ове и претходне неједнакости следи тражена.♦

Пример 3. Ако је

тада је

Доказ: Из очигледних неједнакости 2|x|⋅|y| ≤ x2 + y2 примјењених редом на елементе датих низова a и b, након сабирања добијамо

,

односно

.

Користимо чињеницу да је |x|⋅|y| = |xy| и |x1 + x2 + ... + xn| ≤ |x1| + |x2| + ... + |xn| (доказати индукцијом). Даље је -1 ≤ a1b1 + a2b2 + ... + anbn ≤ 1, што је и требало доказати.♦