Аксиоме вероватноће

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 последицеУреди

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 изразиУреди

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 једнакостиУреди

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 неједнакостиУреди

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.♦