Аксиоме вероватноће

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

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

То су аксиоме вероватноће руског математичара Колмогорова.

Непосредне последице

Комплементарни догађај

За сваки случајни догађај E ⊆ S 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. E ∩ E′ је празан скуп, биће P(S) = P(E ∪ E′) = 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 E₁ ⊆ E₂, тада је P(E₁) ≤ P(E₁).

Наиме, из теорије скупова знамо да је E₂ = E₁ ∪ (E′₁ ∩ E₂) и да су E₁ и E′₁ ∩ E₂ узајамно искључиви.

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

Границе вероватноће (опсег)

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

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

Правило сабирања

За произвољне потскупове E₁, E₂ ⊆ S важи једнакост P(E₁ ∪ E₂) = P(E₁) + P(E₂) - P(E₁ ∩ E₂).

Наиме, из E₁ ∪ E₂ = E₁ ∪ (E₂ ∩ E′₁) и зато што су догађаји E₁ и E₂ ∩ E′₁ узајамно искључиви имамо P(E₁ ∪ E₂) = P(E₁) + P(E₂ ∩ E′₁).

Поред тога, други догађај разлажемо на два узајамно искључива догађаја E₂ = (E₂ ∩ E₁) ∪ (E₂ ∩ E′₁) тако да је P(E₂) = P(E₂ ∩ E₁) + P(E₂ ∩ E′₁)

Из последње P(E₂ ∩ E′₁) = P(E₂) - P(E₂ ∩ E₁) и претпоследње једнакости следи P(E₁ ∪ E₂) = P(E₁) + P(E₂) - P(E₁ ∩ E₂), што је и требало доказати.

Алгебарски изрази

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:

${\displaystyle p_{2}x^{2}+p_{1}x+p_{0}=x}$,

${\displaystyle p_{2}x^{2}+(p_{1}-1)x+p_{0}=0}$,

${\displaystyle p_{2}x^{2}-(p_{0}+p_{2})x+p_{0}=0}$,

${\displaystyle (p_{2}x^{2}-p_{0}x)-(p_{2}x-p_{0})=0}$,

${\displaystyle x(p_{2}x-p_{0})-(p_{2}x-p_{0})=0}$,

${\displaystyle (x-1)(p_{2}x-p_{0})=0}$.

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

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

${\displaystyle {\frac {1}{n_{1}}}+{\frac {1}{n_{2}}}+{\frac {1}{n_{3}}}+{\frac {1}{n_{4}}}+{\frac {1}{n_{5}}}=1}$.

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

${\displaystyle {\frac {1}{4}}+{\frac {1}{5}}+{\frac {1}{6}}+{\frac {1}{7}}+{\frac {1}{8}}={\frac {743}{840}}<1}$.

Према томе мора бити n₁ = 3. Тада је

${\displaystyle {\frac {1}{n_{2}}}+{\frac {1}{n_{3}}}+{\frac {1}{n_{4}}}+{\frac {1}{n_{5}}}=1-{\frac {1}{3}}={\frac {2}{3}}}$.

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

${\displaystyle {\frac {1}{5}}+{\frac {1}{6}}+{\frac {1}{7}}+{\frac {1}{8}}={\frac {533}{840}}<{\frac {2}{3}}}$.

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

${\displaystyle {\frac {1}{3}}+{\frac {1}{4}}+{\frac {1}{5}}+{\frac {1}{6}}+{\frac {1}{20}}=1}$.♦

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

${\displaystyle {\frac {1}{n_{1}^{2}}}+{\frac {1}{n_{2}^{2}}}+...+{\frac {1}{n_{k}^{2}}}=1}$

није тачна нити за једно k > 1.

Доказ: Претпоставимо супротно, да је

${\displaystyle 1={\frac {1}{n_{1}^{2}}}+{\frac {1}{n_{2}^{2}}}+...+{\frac {1}{n_{k}^{2}}}}$,

где је n₁ < n₂ < ... < n_k. 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

${\displaystyle 1={\frac {1}{n_{1}^{2}}}+{\frac {1}{n_{2}^{2}}}+...\leq {\frac {1}{2^{2}}}+{\frac {1}{3^{2}}}+...+{\frac {1}{(k+1)^{2}}}<}$

${\displaystyle <{\frac {1}{1\cdot 2}}+{\frac {1}{2\cdot 3}}+...+{\frac {1}{k\cdot (k+1)}}=\left(1\frac {1}{2}}\right)+\left({\frac {1}{2}{\frac {1}{3}}\right)+...+\left({\frac {1}{k}{\frac {1}{k+1}}\right)=1\frac {1}{k+1}}<1}$,

што је немогуће.♦

Алгебарске неједнакости

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, ..., x_n из интервала [0, 1] онда је

${\displaystyle (x_{1}+x_{2}+...+x_{n})^{2}\geq 4(x_{1}^{2}+x_{2}^{2}+...+x_{n}^{2})}$.

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

${\displaystyle (x_{1}+x_{2}+...+x_{n}+1)^{2}\geq 4(x_{1}+x_{2}+...+x_{n})}$.

Даље је x_k ≥ x_k², јер су x-ови (позитивни и) мањи од један, па важи и неједнакост

${\displaystyle 4(x_{1}+x_{2}+...+x_{n})\geq 4(x_{1}^{2}+x_{2}^{2}+...+x_{n}^{2})}$.

Из ове и претходне неједнакости следи тражена.♦

Пример 3. Ако је

${\displaystyle a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+...+a_{n}^{2}=b_{1}^{2}+b_{2}^{2}+...+b_{n}^{2}=1}$

тада је

${\displaystyle -1\leq a_{1}b_{1}+a_{2}b_{2}+...+a_{n}b_{n}\leq 1.}$

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

${\displaystyle 2(|a_{1}|\cdot |b_{1}|+|a_{2}|\cdot |b_{2}|+...+|a_{n}|\cdot |b_{n}|)\leq (a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+...+a_{n}^{2})+(b_{1}^{2}+b_{2}^{2}+...+b_{n}^{2})=2}$,

односно

${\displaystyle |a_{1}b_{1}+a_{2}b_{2}+...+a_{n}b_{n}|\leq 1}$.

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