Aksiome verovatnoće

Funkcija verovatnoće P se definiše na podskupu prostora uzorka S čiji su elementi slučajni događaji E, tako da zadovoljava sledeće aksiome:

1. nenegativnost: P(E) ≥ 0;
2. uzajamna isključivost: P(E₁ ∪ E₁) = P(E₁) + P(E₂), kada je E₁ ∩ E₁ prazan skup;
3. potpunost: P(S) = 1.

To su aksiome verovatnoće ruskog matematičara Kolmogorova.

Neposredne posledice

Komplementarni događaj

Za svaki slučajni događaj E ⊆ S definisan je suprotan (komplementan) slučajni događaj koji se označava sa crticom pored (prim) ili crtom iznad slova. Događaj E′ će se desiti ako i samo ako se događaj E neće desiti. Tada je P(E′) = 1 - P(E).

Naime, ako su E i E′ uzajamno isključivi, tj. E ∩ E′ je prazan skup, biće P(S) = P(E ∪ E′) = P(E) + P(E′). Zatim, iz aksioma (2) i (3) sledi P(E) + P(E′) = 1, tj. P(E′) = 1 - P(E).

Nemoguć događaj (prazan skup)

Prazan skup ∅ je nemoguć događaj, odnosno P(∅) = 0.

Naime, S = S ∪ ∅. Skupovi S i ∅ su i uzajamno isključivi pa je P(S) = P(S ∪ ∅) = P(S) + P(∅). Zatim iz aksioma (2) i (3) sledi P(∅) = 0, što je i trebalo dokazati.

Monotonost (potskup)

Ako su E₁ i E₂ potskupovi od S takvi da je E₁ ⊆ E₂, tada je P(E₁) ≤ P(E₁).

Naime, iz teorije skupova znamo da je E₂ = E₁ ∪ (E′₁ ∩ E₂) i da su E₁ i E′₁ ∩ E₂ uzajamno isključivi.

Zato i prema aksiomi (2) imamo P(E₂) = P(E₁) + P(E′₁ ∩ E₂) ≥ P(E₁), jer prema aksiomi (1) imamo P(E′₁ ∩ E₂) ≥ 0.

Granice verovatnoće (opseg)

Za svaki slučajni događaj E opseg verovatnoća je 0 ≤ P(E) ≤ 1.

Naime, iz ∅ ⊆ E ⊆ S i verovatnoće potskupa sledi P(∅) ≤ P(E) ≤ P(S), te 0 ≤ P(E) ≤ 1.

Pravilo sabiranja

Za proizvoljne potskupove E₁, E₂ ⊆ S važi jednakost P(E₁ ∪ E₂) = P(E₁) + P(E₂) - P(E₁ ∩ E₂).

Naime, iz E₁ ∪ E₂ = E₁ ∪ (E₂ ∩ E′₁) i zato što su događaji E₁ i E₂ ∩ E′₁ uzajamno isključivi imamo P(E₁ ∪ E₂) = P(E₁) + P(E₂ ∩ E′₁).

Pored toga, drugi događaj razlažemo na dva uzajamno isključiva događaja E₂ = (E₂ ∩ E₁) ∪ (E₂ ∩ E′₁) tako da je P(E₂) = P(E₂ ∩ E₁) + P(E₂ ∩ E′₁)

Iz poslednje P(E₂ ∩ E′₁) = P(E₂) - P(E₂ ∩ E₁) i pretposlednje jednakosti sledi P(E₁ ∪ E₂) = P(E₁) + P(E₂) - P(E₁ ∩ E₂), što je i trebalo dokazati.

Algebarski izrazi

Vjerovatnoće događaja su realni brojevi iz intervala [0, 1]. U algebri u vezi sa takvima postoje brojne korisne netrivijalne formule. Slede primeri nekih, sa algebarskim dokazima, koji bi mogli biti inspiracija za nalaženje sličnih izraza potrebnih u različitim primenama teorije verovatnoće.

Primer 1.

Neka su p₀, p₁ i p₂ pozitivni brojevi čiji je zbir jedan. Ako kvadratna jednačina p₂x² + p₁x + p₀ = x ima korjen x₀ ∈ (0, 1), onda je p₁ + 2p₂ > 1 i obrnuto: ako je p₁ + 2p₂ > 1 onda data kvadratna jednačina ima korjen x₀ ∈ (0, 1).

Dokaz: Pišemo datu jednačinu u ekvivalentnim oblicima redom:

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

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

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

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

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

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

Ako je x₀ rešenje ove jednačine, onda je x₀ p₀/p₂. Kako je to broj od nula do jedan isključujući granice, biće p₀ < p₂, pa je 1 = p₀ + p₁ + p₂ < p₂ + p₁ + p₂ = p₁ + 2p₂, tj. p₁ + 2p₂ > 1. Zatim se lako dokazuje i obrnuto tvrđenje.♦

Algebarske jednakosti

Primer 1. Naći prirodne brojeve n₁ < n₂ < n₃ < n₄ < n₅ veće od dva takve da važi jednakost:

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

Rešenje: Ako je n₁ > 3, tada leva strana jednakosti nije veća od

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

Prema tome mora biti n₁ = 3. Tada je

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

Slično, ako je n₂ > 4, tada leva strana poslednje jednakosti nije veća od

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

Dakle, mora biti n₂ = 4. Nastavljajući na sličan način, dobijamo jedinstveno rešenje n₁ = 3, n₂ = 4, n₃ = 5, n₄ = 6, n₅ = 20, tj.

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

Primer 2. Dato je k (k > 1) različitih prirodnih brojeva n₁, n₂, ..., n_k. Dokazati da jednakost

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

nije tačna niti za jedno k > 1.

Dokaz: Pretpostavimo suprotno, da je

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

gde je n₁ < n₂ < ... < n_k. Tada mora biti n₁ ≥ 2. Inače, za n₁ = 1 bilo bi 1/n₁ = 1 pa bi zbir na desnoj strani bio veći od jedan. Zbog pretpostavke o poretku brojeva imamo

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

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

što je nemoguće.♦

Algebarske nejednakosti

Primer 1. Ako je x + y + z = 1 tada je x² + y² + z² ≥ ⅓.

Dokaz: Iz (x - y)² ≥ 0 sledi x² + y² ≥ 2xy. Sabiranjem sličnih dobijamo nejednakost 2(x² + y² + z²) ≥ 2(xy + yz + zx). Ako levoj i desnoj strani ove nejednakosti dodamo izraz x² + y² + z² dobijamo 3(x² + y² + z²) ≥ x² + y² + z² + 2xy + 2yz + 2zx = (x + y + z)³ = 1, odnosno x² + y² + z² ≥ 1/3.♦

Primer 2. Ako su x₁, x₂, ..., x_n iz intervala [0, 1] onda je

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

Dokaz: Označimo x₁ + x₂ + ... + x_n = y. Kako iz identiteta (y - 1)² ≥ 0 sledi identitet (y + 1) ≥ 4y, to sada imamo

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

Dalje je x_k ≥ x_k², jer su x-ovi (pozitivni i) manji od jedan, pa važi i nejednakost

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

Iz ove i prethodne nejednakosti sledi tražena.♦

Primer 3. Ako je

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

tada je

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

Dokaz: Iz očiglednih nejednakosti 2|x|⋅|y| ≤ x² + y² primjenjenih redom na elemente datih nizova a i b, nakon sabiranja dobijamo

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

odnosno

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

Koristimo činjenicu da je |x|⋅|y| = |x⋅y| i |x₁ + x₂ + ... + x_n| ≤ |x₁| + |x₂| + ... + |x_n| (dokazati indukcijom). Dalje je -1 ≤ a₁b₁ + a₂b₂ + ... + a_nb_n ≤ 1, što je i trebalo dokazati.♦