Теория вероятностей и математическая статистика
Конспект лекций назад  

Содержание

Глава 1. Вероятность событий

§1. Пространство элементарных исходов. Операции над событиями.

Отношения между событиями.

В Теории Вероятностей все действия мы будем называть испытаниями или опытами, а результат этих действий – случайными событиями или просто событиями или исходами.

Определение 1:

Событие называется достоверным, если оно происходит при любом испытании. Достоверное событие обозначается символом Ω.

Событие называется невозможным, если оно не происходит при любом испытании. Невозможное событие обозначим символом Ø.

Определение 2:

Пусть дано некоторое испытание или опыт. Пространством элементарных исходов называется максимально возможное множество всех результатов испытаний.

Пространство элементарных исходов обозначается Ω, а его элементы w .

Пример 1. Симметричную монету подбрасывают 1 раз. Исходов (результатов такого опыта) всего два, обозначим их ω1 и ω2 :

ω1 - выпал орел ( герб), ω2 - выпала решка (цифра)

Тогда пространство элементарных исходов можно записать как Ω={ω1, ω2} или Ω={ Ц, Г}.

Пример 2. Подбрасывают один раз игральную кость ( шестигранный кубик). Обозначим ωi – на кубике выпало i очков. Тогда

Ω={ω1, ω2, ω3, ω4, ω5, ω6}

Пример 3. Некто решил покупать лотерейные билеты до тех пор, пока не выиграет. Обозначим символом В то, что человек выиграл по билету, Н – не выиграл. Тогда Ω = { В, НВ, ННВ, НННВ, …}. Теоретически, этот ряд продолжается до бесконечности. Т.е. пространство элементарных исходов может быть не только конечным, но и счетным, как в данном случае.

Пример 4. В некотором военном училище проходит учебное бомбометание по цели. Поместим цель в начало координат. Тогда элементарным исходом будет любая точка на плоскости:

ω = (x, y) – координаты попадания бомбы

Ω={(x, y), -∞ < x < +∞ ; -∞ < y < +∞ }

Определение 3: Пусть дано испытание с пространством элементарных исходов Ω. Случайным событием называется любое подмножество Ω.

Пример 5. Подбрасываем один раз игральную кость. Пространство элементарных исходов уже описано в примере 2. Введём следующие события:

А - выпало четное число очков. С помощью введённых обозначений его можно записать как А={ω1, ω4, ω6}.

В - число очков делится на 3. Его можно записать как В={ω3, ω6}.

С – выпало 5 очков. С={ω5}.

Пример 6. Учебное бомбометание из примера 4. Введём событие А – бомба отклонилась от цели не больше, чем на 10 м. Если описать это событие математически, то . Т.е. это круг диаметром 10 метров с центром в начале координат:

Операции над событиями.

Определение 4. Сумма событий С= А + В происходит тогда, когда происходит либо А, либо В, либо оба вместе.

На языке теории множеств сумма событий соответствует объединению соответствующих множеств.

{С}={А} U {В}

Круг – область А

Треугольник – область В.

С – заштрихованная область.
Пример 7. В случае с игральной костью и событиями из примера 5:

А + В ={ω2, ω3, ω4, ω6}

Определение 5. Произведение событий С = А·В происходит тогда, когда наступают и А, и В. В теории множеств произведению событий соответствует пересечение множеств: {С}= {А} ∩ {В}

Определение 6. Разность событий С = А \ В происходит тогда, когда событие А наступает, а В не наступает.

В примере с игральной костью А \ В ={ω2, ω4}

Определение 7. Пусть дано событие А. Отрицание события А (“не А”)Ā происходит тогда, когда А не происходит. Ā = Ω \ А.

На рисунке множество, соответствующее событию Ā, заштриховано.

 

В примере с игральной костью Ā ={ω1, ω3, ω5}

Свойства операций над множествами

Напомним свойства операций над множествами, известные вам из курса дискретной математики.
  1. А · Ω = А
  2. А + Ω = Ω
  3. А · Ø = Ø
  4. А + Ø = А
  5. (А + В) · С = АВ + ВС
Формулы 6) и 7) легко обобщаются на случай большего количества множеств.

Пример 7. Рассмотрим следующие события:

А – студент курит;

В – живет в общежитии;

С – студент мужского пола;

Тогда

А + В – или курит, или живет в общежитии, или то и другое вместе.

– не курит, женщина, живет в общежитии.`

– не курящая студентка, не живущая в общежитии.

Отношения между событиями.

Определение 8. Пусть даны два события, которые могут произойти при одном испытании. Говорят, что из события А следует событие В, если при наступлении события А автоматически наступает В. Обозначается это как А => В. На множествах это означает, что

Определение 9. Два события А и В эквивалентны, если А => В, и В => А. Обозначают этот факт как А = В.

Соответствующие множества при этом совпадают:

{А} = {В}.

Определение 10. Два события А и В не совместны ( или не совместимы), если А и В не могут произойти при одном испытании.

Множества, соответствующие этим событиям, не имеют общих элементов.

Если события могут произойти при одном испытании, то они совместны.

Пример 8. Рассмотрим следующие события:

А – студент получил 4 на экзамене;

В – не сдал экзамен;

С – сдал экзамен;

Тогда события А и В – несовместны; А и С – совместны;

В и С –несовместны;

А => C .

Определение 11. Пусть даны события А1 , А2, ………., Аn, связанные с одним испытанием. Они образуют полную группу попарно несовместных событий, если выполняются следующие условия:

  1. А1 + А2 +……..+ Аn = Ω (т.е. в сумме эти события образуют всё пространство элементарных исходов).
  2. Ai и Аj – несовместны при i ≠ j (т.е. попарно несовместны).

Пример 9. Игральную кость бросают 1 раз. Введём события:

А1 = { выпало меньше трёх очков }

А2 = { очков выпало больше двух , но меньше шести}

А3 = { выпало 6 очков }

Образуют ли они полную группу событий? Проверим выполнение первого условия:

А1 + А2 + А3 = { ω1, ω2, ω 3, ω4, ω5, ω6 } = Ω

Проверим попарную несовместимость (второе условие):

А1 и А2 – не совместны;

А1 и А3 – не совместны;

А2 и А3– не совместны;

Т.о. это полная группа попарно несовместных событий.

Задачи для самоконтроля к §1

1. Монета подбрасывается до первого герба. Выписать пространство элементарных исходов и события: А={герб выпал при втором подбрасывании}, В={потребовалось не более трёх подбрасываний}, C={потребовалось чётное число подбрасываний}. D=B× C; E=A+B.

2. Образуют ли полную группу следующие события:

а) Опыт – бросание монеты; события: А1–появление герба, А2– появление цифры.

б) Опыт – бросание двух монет; события: В1 –появление двух гербов, В2 – появление двух цифр.

в) Опыт – два выстрела по мишени; события: С1– ни одного попадания, С2 – два попадания.

3. Для социологического обследования случайно выбирается семья с тремя детьми. Рассматриваются события: А– первый ребёнок девочка, В – первый ребёнок мальчик, С – есть и мальчик, и девочка. Выписать пространство элементарных исходов, события А, В, С. Проверить, будут ли совместны А и В, и В.

§ 2 Классическое определение вероятности. Основные свойства вероятности.

Вероятность – одно из основных понятий теории вероятностей, и для него существует несколько определений. Приведем определение, которое называется классическим.

Определение 1.Пусть дано испытание с пространством элементарных исходов Ω. И пусть все исходы равновозможны ( или равновероятны). Тогда вероятность любого события А (обозначается Р(А))

,где | Х | - количество элементов во множестве Х.

Замечания:

  1. Из определения следует, что в Ω должно быть конечное число элементов.
  2. Равновероятность определяется из физических соображений.

Пример 1. Даны 3 карточки с буквами : К, О, Т. Карточки перемешивают и, не глядя, раскладываются в ряд. Найти вероятность того, что получится осмысленное слово.

Выпишем пространство элементарных исходов и событие А (осмысленные слова):

Ω = {КТО, КОТ, ОТК, ОКТ, ТКО, ТОК}

А = { осмысленные слова} = {КОТ, КТО, ТОК, ОТК}

Очевидно, что все исходы равновероятны, поэтому

Р (А) = |А| /|Ω| = 4/6 = 2/3.

Пример 2. К экзамену надо знать 30 вопросов. Студент выучил первые 20 из них. Какова вероятность того, что он вытащит билет с выученным вопросом (в билете 1 вопрос).

Решение:

|Ω| = 30, | А| = 20 – кол-во исходов, благоприятных событию А.

Р(А) = |А |/ |Ω| = 20/30 = 2/3.

Основные свойства вероятности.

Теорема 1. Классическое определение вероятности обладает следующими свойствами:

1) Р(А) >= 0;

2) Р(Ω) = 1;

3) Пусть А и В – два несовместных события. Тогда Р(А + В) = Р(А) + Р(В).

Доказательство:

  1. Очевидно, т.к по определению 1 и числитель, и знаменатель положительные.
  2. Р(Ω) =
  3. Р(А + В) =
{А и В несовместны => у них нет общих элементов} =

§ 3 Основные формулы комбинаторики.

Для определения количества элементов во множествах применяют формулы, известные вам из курса дискретной математики. Напомним основные из них.

3.1 Принцип (правило) умножения.

Пусть дано К испытаний и пусть в первом испытании n1 исходов, во втором – n2 исходов,и т.д., в к- ом – исходов nk. Рассматривают последовательность испытаний как одно большое испытание. Тогда общее число исходов этого испытания N задается формулой:

Пример 1. В доме 4 подъезда, в каждом 5 этажей по 4 квартиры на этаже. Допустим, что некто знает подъезд, но не знает все остальное. Тогда выбор квартиры можно представить как два испытания :

1) выбрать этаж (5 вариантов)

2) выбрать квартиру на этаже (4 варианта)

Всего возможных вариантов

А вот если некто не помнит и подъезд, то здесь 3 этапа:

1) подъезд (4 варианта)

2) этаж (5 вариантов)

3) квартира на этаже (4 варианта)

Тогда всего вариантов: N = 4 · 5 · 4 = 80.

Вероятность того, что он найдет квартиру с первого раза = 1 / 80.

Пример 2. Студент выучил 20 вопросов из 30. В билете 2 вопроса. Найти вероятность того, что попадутся 2 выученных вопроса.

Решение:

Найдем количество элементов в Ω, используя правило умножения. Число испытаний равно 2 (выбрать первый вопрос, выбрать второй вопрос). Исходов в 1-ом испытании n1 = 30, во втором n2 = 29 ( т.к. одинаковых нет), т.е. количество исходов |Ω| = 30 ·29 = 870.

Найдём число элементов во множестве А – т.е. студент вытащил 2 известных вопроса: здесь также 2 испытания, в n1 = 20, n2 =19.

=> .

=> Р(А) = |А| / |Ω| = 380/870 = 4/9.

3.2 Перестановки.

Перестановками называют комбинации, состоящие из одних и тех же n различных элементов и отличающихся только порядком их расположения.

Число всевозможных перестановок из n элементов:

Рn = n!

Пример 3. Карточки с буквами К, Т, О. n = 3, всего различных перестановок Р3 = 3 · 2 · 1 = 6.

3.3 Размещения.

Размещениями называют комбинации, составленные из n элементов по m, которые отличаются либо составом элементов, либо их порядком. Число всех возможных размещений:

Пример 4. Набирая номер телефона, абонент забыл последние 2 цифры, помнит лишь, что они различны. Найти вероятность того, что он угадает номер с 1-го раза.

Решение:

Обозначим через событие В то, что абонент угадал нужные 2 цифры. Найдем |Ω|. Всего можно набрать комбинаций из 10 цифр по 2 т.е.

. Они все равновозможны. А благоприятный исход для события В только один => |B| = 1 => P(B) = 1/90.

В этом примере |Ω| можно было посчитать и по правилу умножения.

3.4 Сочетания.

Сочетаниями называют комбинации, составленные из n различных элементов по m элементов, которые отличаются только составом элементов. Число сочетаний:

Пример 5. Сколькими способами можно выбрать 2 детали из ящика, содержащего 10 различных деталей?

3.5 Гипергеометрическое распределение.

Пусть дано N элементов, из которых M элементов обладают некоторым свойством. Пусть случайно выбираются n элементов. Обозначим через

РN, M (n,m) вероятность того, что среди отобранных n предметов m обладают заданным свойством. Тогда

Пример 6. В урне 20 шаров, из них 3 белых. Наугад взяли 5 шаров. Найти вероятность того, что 2 из них – белые.

Применим формулу гипергеометрической вероятности:

N = 20, M = 3, n = 5, m = 2.

§4 Общее определение вероятности.

Классическое определение вероятности предполагает, что число исходов испытания конечно. На практике же часто встречаются испытания, число элементарных исходов которых бесконечно - экран локатора, возраст супругов и т.д. – в таких случаях классическое определение неприменимо.

Теорема 2. Для любых событий А,В и С выполняются следующие соотношения:

(4.1) 0 ≤ Р(А) ≤ 1

(4.2) Р(Ā) = 1 – Р(А)

(4.3) Р(А + В) = Р(А) + Р(В) – Р(АВ)

(4.3а) Р(А + В) ≤ Р(А) + Р(В)

(4.4) Р(А + В + С) = Р(А) + Р(В) + Р(С) – Р(АВ) – Р(ВС) – Р(АС) + Р(АВС)

Доказательство:

(4.1) следует из свойства 1 и 2 теоремы 1.

(4.2) 1 = Р(Ω) = Р(А + Ā) ={т.к. это несовместные события}= Р(А) + Р(Ā), т.е Р(А) + Р(Ā) = 1 => Р(Ā) = 1 – Р(А).

(4.3) Введём следующие события C, D и E:

С = АВ

D = A \ B = A \ C

E = B \ A = B \ C

Тогда

P(A + B) = P(D + E + C) = {т.к. события не совместны}=P(D) + P(C) + P(E) =

{ добавим и отнимем P(C) }= P(C) + P(D) +P(E) + P(C) – P(C) =

(P(C) + P(D)) +(P(E) + P(C)) – P(C)=P(A) + P(B) – P( AB).

(4.3а) следует из 4.3, т.к Р(АВ) ≥0.

(4.4) Введем событие D =A + B. Тогда

P(A + B + C) = P(D + C) = P(D) + P( C) – P(DC) = P(A + B) + P( C) – P((A +B)C) = P(A) + P(B) – P(AB) + P( C) – P(AC + BC) = P(A) + P(B)+ P( C) – P(AB) – (P(AC) + P(BC) – P(ABC)) = P(A) + P(B) + P( C) – P(AB) – P(AC) – P(BC) + P(ABC).

Геометрические вероятности

Определение 1. Дано некоторое испытание с пространством элементарных исходов Ω. И Ω представлено либо в виде тела в пространстве, либо в виде плоской фигуры, либо в виде отрезка на прямой. Пусть известно, что вероятность любого события А зависит только от размера множества А, но не зависит от местоположения А в Ω. Тогда

(4.5) , где μ – мера множества, т.е. объем в случае пространства, площадь в случае плоскости, длина в случае отрезка.

Теорема 3. Формула 4.5 действительно задает вероятность, т.е. выполняются свойства теоремы 1 §2.

Доказательство:

Проверим свойства теор.1.

1: надо проверить, что Р(А) ≥ 0.

по (4.5) 0, т.к числитель и знаменатель не отрицательны.

2: проветим, что Р(Ω) = 1.

3: Для несовместимых событий

Пример 1. Между пунктами А и В проложен телефонный кабель длиной 10 км. На линии произошел разрыв. Из пункта А выехала ремонтная бригада, которая обследует линию со скоростью 5 км/ч. Найти вероятность того, что обрыв будет найден за полчаса.

Решение:

Представим пространство элементарных исходов в виде отрезка. Обрыв – любая точка на этом отрезке. Обозначим ее ω. Рассмотрим произвольный отрезок Н. Вероятность попадания точки в этот отрезок зависит только от длины отрезка и не зависит от его местоположения на отрезке [А,В]. Следовательно, для вычисления вероятности можем применить формулу 4.1.

В данном случае μ – длина. За полчаса бригада проедет 2.5 км. Тогда

Р {обрыв найдут за 0.5.ч.} =

Пример 2. Два человека договорились встретиться в определенном месте от 12 до 13 ч . Причем каждый приходит к месту встречи в случайное время между 12 и 13 часами, ждет 20 мин, а затем уходит. Найти вероятность того, что встреча состоится.

Решение:

Пусть х – время прихода 1-го человека, у – время прихода 2-го,

0 ≤ х ≤ 60 мин., 0 ≤ у ≤ 60 мин.

W можно представить как квадрат на плоскости. Для удобства мы перенесли начало координат в точку (12,12). Тогда событие А={встреча состоится}={(x,y), |х – у| ≤ 20 мин.}

Т. к люди приходят в случайное время, то вероятность попадания в любое множество зависит только от его площади.

m (Ω)= 60², m (Α) = 60²–40². Тогда вероятность

Задание вероятности на дискретном пространстве элементарных исходов

Определение 2. Множество называется дискретным, если оно конечное или счетное.

Теорема 4. Пусть дано дискретное пространство элементарных исходов Ω и пусть задана функция Р(ω), удовлетворяющая следующим условиям:

1) Р(ω) ≥ 0

2)

Тогда равенство

(4.6) задаёт вероятность

Доказательство:

Проверим три свойства из теор.1 §2.

1) , т.к все Р(ω) ≥ 0, следовательно, Р(А) ≥ 0.

2) Р(Ω) = 1 из свойства 2.

3) если А и В несовместны, то Р(А + В) = Р(А) + Р(В). Проверим:

Т .к множества А и В не пересекаются.

Пример 3. Вероятность выигрыша по 1 билету лотереи равна 0.1. Некто решил покупать билеты до тех пор, пока не выиграет. Найти вероятность того, что он потратит меньше, чем 20 рублей, если билет стоит 5 рублей.

Решение: Мы уже выписывали пространство элементарных исходов для такой задачи:

Ω = {В, НВ, ННВ,НННВ,…}

Обозначим эти исходы соответственно ω1, ω2, ω3, … ωi,….

Известно, что Р(ω1) = 0.1

Функцию Р(ω) предлагается задать следующим образом:

Р(ω2) = (1 – 0,1)× 0,1 = 0,09

Р(ω3) = (1 – 0,1) 0,1 = 0,081

……….

Р(ωi) =(1 – 0,1) (i-1) ∙ 0,1.

Проверим выполнение свойств 1 и 2 теоремы 4:

1: Р(ωi) ≥ 0

2: Σ Р(ωi) = 0.1 ∙ 0.9º + 0.1∙ 0.9¹ + 0.1 ∙ 0.9 ²+ …= 0.1(1 + 0.9 + 0.9²+…) =

в скобках получилась бесконечная геометрическая прогрессия со знаменателем 0,9, её сумма вычисляется по соответствующей формуле

= Свойство 2 выполняется.

Найдем вероятность нашего события :

А = { потратит меньше 20 руб.} = {купит не больше 3-х билетов} =

{ω1, ω2, ω3}

Аксиоматическое определение вероятности.

Определение 3. Пусть дано пространство элементарных исходов Ω. Пусть функция Р(А) определена на элементах этого пространства. Функция Р(А) называется вероятностью, если выполняются следующие свойства:

А1) Р(А) ≥ 0 " А (каждому событию А соответствует положительное число).

А2) Р(Ω) = 1 (вероятность достоверного события равна 1)

А3) Для несовместных событий Р(А + В) = Р(А) + Р(В)

Свойство А1) также называют аксиомой положительности, А2) – аксиомой нормированности, А3) – аксиомой аддитивности.

Будем также использовать обобщение свойства А3:

Пусть А1 , А2, …, Аn – счетное множество попарно несовместных событий, т.е Аi ∙ Аj = Ø при i ≠ j. Тогда

В дальнейшем, при проверке того, задает ли некоторая функция вероятность, будем проверять свойства А1, А2, А3.

Задачи для самоконтроля к §2,3,4

1. В урне 15 шаров, из них 9 красных и 6 синих. Найти вероятность того, что два наугад выбранных шара окажутся красными.

2. Имеются карточки с буквами Б, Р, К, А. Найти вероятность того, что при случайном раскладывании получится осмысленное слово ( БАРК, КРАБ, БРАК).

3. В урне 20 белых, 20 чёрных и 20 красных шаров. Последовательно извлекают 3 шара. Событие А – все шары одного цвета, В – все разных цветов. Найти вероятность событий. Совместны ли они?

4. Из колоды в 52 карты наугад извлекают три. Какова вероятность того, что это будут тройка, семёрка, туз? (порядок извлечения не учитывается).

5. Из колоды в 36 карт случайным образом извлекли четыре. Найти вероятность того, что среди них не меньше трёх тузов.

6. В комплекте из 10 микросхем 4 бракованных. Найти вероятность:

а) взять бракованную микросхему;

б) того, что две наугад взятые микросхемы окажутся исправными;

в) того, что из двух наугад взятых микросхем одна бракованная

§5 Условная вероятность

Определение 1. Пусть даны события А и В, и Р(В) > 0. Тогда вероятность события А при условии, что произошло событие В, определяется равенством:

(5.1)

иначе говоря, это вероятность события А, при условии, что событие В уже наступило.

Пример 1. Игральную кость подбрасывают 1 раз. Событие А – выпало 6 очков, событие В – выпало четное число очков. Найти Р(А/В).

Решение:

Р(А/В) = Р(АВ) / Р(В) =

{ Р(В) = |B| / | Ω| = 3/6, P(AB) = |AB| / | Ω| = |A| / | Ω| = 1/6}

Утверждение 1. Формула (5.1) задает вероятность, т.е. выполняются аксиомы А1, А2, А3.

Доказательство:

Проверим выполнение аксиом.

А1) Р (А/В) = Р(АВ) / Р(В) ≥ 0 т.к. числитель и знаменатель неотрицательные величины.

А2) Р (Ω/В) = Р(ΩВ) / Р(В) = Р(В) / Р(В) =1.

А3)

Т.е. аксиомы выполняются, следовательно, формула (5.1) задаёт вероятность.

Утверждение 2. Если А и В несовместные события, то Р(А / В) = 0. (5.2)

Доказательство:

Р(А / В) = Р (А× В) / Р(В) =

{т.к. события несовместны, множества не пересекаются }

=Р(Ø) / Р(В) = 0.

Теорема 1( Формула произведения событий). Пусть даны события А1, А2, …,Аn, которые могут произойти при одном испытании. Тогда

(5.3) Р(А1× А2. …× Аn ) = Р(А1) Р(А2/А1) Р(А3/(A1 A2)).............Р(Аn/ (А1А2 …Аn-1))

Доказательство:

Используем для доказательства принцип мат. индукции.

Рассмотрим сначала случай n = 2:

Тогда Р(А2/А1) = Р(А2А1) / Р(А1) (по 5.1), Р(А1× А2) = Р(А1) × Р(А2/А1).

Предположим, что для некоторого n теорема доказана, проверим её для n +1:

Р(А1 А2…Аn An + 1) =

{введём событие В= А1 А2…Аn }

=P(B× An + 1) = {т.к. для двух событий формула уже доказана}

=Р(В) ∙ P(Аn +1/В)= P(А1 А2…Аn ) ∙ P(Аn +1/ (А1А2...Аn )) =

{по индукционному предположению}

=Р(А1) ∙ Р(А2/А1) ...P(Аn / (А1 А2… Аn An – 1 )) ∙ P(Аn +1/ (А1 А2… Аn ))

Теорема доказана.

Пример 2. В корзине имеется 3 красных яблока и 7 зеленых. Некто, не глядя, вытащил два яблока. Найти вероятность того, что первое яблоко окажется красным, а второе зеленым.

Введём события А ={ первое яблоко красное}, В – {второе яблоко зеленое}.

Тогда вероятность заданного события

Р(АВ) = Р(А) ∙ Р(А/В) = 3/10 ∙ 7/9 = 7/30.

§6 Независимость событий.

Определение 1. Пусть даны события А и В. Они называются независимыми, если Р(АВ) = Р(А) ∙ Р(В) (6.1)

Если равенство нарушается, то события зависимые.

Пример 1. Однократно подбрасывают игральную кость. События А - выпало четное число очков, В – число очков кратно 3, С – выпало 5 очков.Найдем пары независимых событий:

Проверим Р(АВ) = Р(А) ∙ Р(В):

Р(АВ) = Р{6} = 1/6, Р(А) = 1/2, Р(В) = 1/3.

1/6 = 1/2 ∙ 1/3, следовательно А и В независимы.

Проверим Р(АС) = Р(А) ∙ Р(С):

0 ≠ 1/2 ∙ 1/6, следовательно А и С зависимы.

Проверим Р(ВС) = Р(В) ∙ Р(С):

0 ≠ 1/3 ∙1/6, следовательно В и С зависимы.

Утверждение 1. Если А и В независимы, то независимы следующие пары событий : . Без доказательства.

Утверждение 2. Если А и В несовместны и Р(А) ≠ 0, Р(В) ≠ 0, то А и В зависимы.

Доказательство: Т.к. события несовместны, Р(АВ)=0. По (6.1)для независимости необходимо

Р(АВ) = Р(А) ∙ Р(В) Левая часть равна нулю, а правая – не равна. Т.е. равенство не выполняется.

Определение 2. Пусть даны n событий А1 , А2, ………., Аn . Говорят, что они попарно независимы, если для всех i, j, i ≠j P(Ai × Aj) = P(Ai) ∙P(Aj)

Определение 3. Пусть даны n событий А1 , А2, ………., Аn . Говорят, что эти события независимы в совокупности, если " к ≤ n , " i1, i2,.. ik,

i1 ≠ i2 ,..≠ ik

P(A i1 Ai2 ...Aik) = P(A i1) ∙ P(Ai2) …P(Aik) (*)

Отличие этих определений: при попарной независимости (*) выполняется только для пар событий.

Пример 2. Монету подбрасывают 2 раза. Рассмотрим следующие события:

А1 – первый раз выпал герб, А2 – второй раз выпал герб, А3 – число гербов равно числу цифр.Выпишем множества, соответствующие этим событиям:

А1 = { ГГ, ГЦ }, А2 = { ГГ, ЦГ}, А3 = { ГЦ, ЦГ}.

Проверим попарную независимость:

Р(А1× А2) = Р(А1)× Р(А2) ¼ = ½ × ½

Р(А2× А3) = Р(А2)× Р(А3) ¼ = ½ × ½

Р(А1× А3) = Р(А1)× Р(А3) ¼ = ½ × ½

Следовательно, эти события попарно независимы.

Для проверки независимости в совокупности осталось проверить только:

Р(А1× А2× А3) = Р(А1)× Р(А2)× Р(А3)

0 ≠ ½ × ½× ½

Следовательно, эти события не будут независимы в совокупности.

Задачи для самоконтроля к §5, 6

1. Монету подбросили три раза. Событие А – первый раз выпал герб, В – число выпавших гербов больше числа выпавших цифр. Найти вероятности этих событий. Зависимы ли они?

2. Студент знает 10 вопросов из 30. Используя теорему умножения вероятностей, определить вероятность того, что из трёх предложенных ему вопросов, студент знает:

а) все три вопроса;

б) хотя бы один вопрос.

3. Вероятность того, что в цепи напряжение превысит номинальное значение, равна 0,9. При повышенном напряжении вероятность отказа прибора равна 0,8. Найти вероятность отказа прибора вследствие повышения напряжения.

4. На заводе три цеха. Вероятность того, что первый цех выполнит план – 0,9; второй – 0,8; третий – 0,95. Завод выполнит план, если план выполнят хотя бы два цеха. Найти вероятность этого события.

5. В блоке, содержащем 24 лампы, отказала одна лампа. Неисправность отыскивается путём поочерёдной замены. Найти вероятность того, что неисправность будет устранена не более, чем при первых трёх попытках.

6. Вероятность хотя бы одного попадания в цель при трёх выстрелах равна 0,936. Найти вероятность попадания в цель при одном выстреле.

§7 Формула полной вероятности.

Теорема 1. Пусть событие А может произойти в результате появления одного из событий Н1, Н2,…Нк. Пусть события Нi образуют полную группу попарно несовместных событий. Тогда справедлива формула:

(7.1) формула полной вероятности.

Доказательство:

Т.к. события образуют полную группу попарно несовместных событий, то

Н1 + Н2 + ...+Нк = Ω и Нi ∙Hj = Ø при i≠j.

Р(А) = Р(Ω× А) = Р(Н1 + Н2 + …+Нк) × А) = Р(∑Нi ×А) =

{ Нi несовместны, значит и Нi ×А несовместны }

= ∑Р(Нi ×А) = {(5.3)}=∑ Р(Нi) ∙ Р(А/ Нi)

Пример 1. На заводе 3 цеха выпускают телевизоры. Первый и второй цеха выпускают равное количество продукции, третий – в двое больше, чем первый. В первом цехе 3% брака, во втром - 4%, в третьем – 2%. Найти вероятность того, что наудачу взятый телевизор будет небракованный.

Введём события: Н1 – телевизор из первого цеха, Н2 – из второго, Н3 – из третьего. Вероятности этих событий:

Р(Н1) = ¼ , Р(Н2) = ¼ , Р(Н3) = ½ .

Событие А – телевизор не бракованный. Тогда по условию задачи

Р(А/Н1) = 0.97, Р(А/Н2) = 0.96, Р(А/Н3) = 0.98.

По формуле полной вероятности

Р(А) = Р(Н1)× Р(А/Н1) + Р(Н2)× Р(А/Н2) + Р(Н3)× Р(А/Н3) =

¼ ∙ 0.97 + ¼ ∙ 0.96 + ½ ∙ 0.98 = 0.9728.

§8 Формула Байеса.

Теорема. Пусть выполнены все условия теоремы о полной вероятности. Тогда справедлива формула:

(8.1)формула Байеса.

Доказательство:

P(A)∙P(H j / A) = P( А∙H j ) = P( H j ∙ A ) = P( H j )× P( A/ H j ).

Тогда

Пример 1. В цехе два слесаря. У первого брак 1%, а у второго 0,1%. Они выпускают одинаковое число деталей. В ОТК при проверке обнаружили бракованную деталь. Найти вероятность того, что её сделал первый слесарь.

Введём сдедующие обозначения для событий: Н1 – деталь сделал первый слесарь, Н2 – деталь сделал второй слесарь. Р( Н1 = Р( Н2 ) = ½.

Событие А – деталь бракованная. Тогда Р(А / Н1) = 0,01; Р(А / Н2) = 0,001.

Найти требуется P(H1/A).

Пример 2. В столе 6 ящиков. Известно, что с вероятностью 0,9 ключ находится в столе. Некто в поисках ключа просмотрел 5 ящиков и ключ не нашел. Какова вероятность того, что ключ в последнем ящике?

Введем события:

Hi - ключ находится в i – м ящике , i = 1, …6;

Н7 – ключ вне стола. Вероятности этих событий заданы:

Р(Н7) = 0.1; P(Hi ) = 0,9/6 = 0,3/2 = 0,15 при i = 1,...6.

Событие А – ключа нет в первых пяти ящиках. Тогда

Р(А / Н1) = Р(А / Н2 ) … = Р (А / Н5 ) = 0.

Р(А / Н6) =1; Р(А /Н7 ) = 1.

Найти надо Р(Н6 / А). По формуле Байеса

Задачи для самоконтроля к §7, 8

1. Первая АТС работает 10 часов в сутки, вторая – 14 часов. Вероятность соединения в случае работы первой АТС – 0,8; в случае работы второй – 0,6. Какова вероятность соединения? Соединение произошло, какова вероятность, что оно произошло через вторую АТС?

2. В институт подали документы 6 медалистов, 120 человек со средним баллом выше 4,5(“эксперимент”) и 320 “обычных” абитуриентов. Известно, что из медалистов поступает в институт 90%, из “эксперимента” поступают 60 %, из прочих – 45%. Какова вероятность того, что наугад выбранный абитуриент поступит в институт? Известно, что абитуриент в институт поступил, какова вероятность того, что он из “эксперимента”?

§9 Последовательность испытаний (схема Бернулли ).

Под последовательностью испытаний будем понимать повторение одного и того же испытания.

Под схемой Бернулли понимается последовательность испытаний, удовлетворяющая следующим условиям:

  1. в каждом испытании всего два исхода, которые условно называют “успех”, и “неуспех”;
  2. испытания независимы, т.е. вероятность успеха в каждом из них не зависит от исходов других испытаний;
  3. вероятность успеха в каждом испытании одна и та же – обозначим её p, следовательно вероятность “неуспеха” равна 1 – p, эта вероятность обозначается q .

Пример 1. Группа студентов сдает экзамен: успех – сдал, неуспех – не сдал.

Пример 2. Выпущена партия изделий: успех – не брак, неуспех – брак.

В дальнейшем независимость будем определять из физических соображений, она соответветствует отсутствию физического влияния друг на друга. В примерах 1,2 такую независимость можно предположить.

Теорема. Пусть проводится n испытаний, удовлетворяющих схеме Бернулли. Пусть вероятность успеха в одном испытании p, вероятность неуспеха

q = 1 – p. Обозначим Pn (k) – вероятность того, что в n испытаниях наступило k успехов, тогда

формула Бернулли 9.1

Доказательство:

Обозначим успех А, неуспех Ā. У нас k успехов в n испытаниях. Т.е. это может быть, к примеру, такое событие: ААА…АĀ…Ā, где событие А повторяется к раз, а событие Ā – повторяется (n–k) раз. Вероятность такого события

P(ААА…АĀ…Ā) ={т.к. события независимы}=

Р(А)…Р(А)…Р(Ā)…Р(Ā) =рk × qn-k.

Проблема в том, что таких вариантов, где событие А повторяется к раз, а событие Ā – повторяется (n–k) раз, много. Чтобы вычислить количество таких вариантов, можно представить ситуацию так: есть n номеров мест, из которых надо вытащить k номеров, на которые поставим событие А. На оставшиеся (n-k) мест автоматически поставим событие Ā . Всего таких событий будет. Все эти сложные события несовместны, следовательно, вероятность их суммы равна сумме вероятностей и каждое слагаемое равно рk × qn-k. В итоге получаем:

Рn(k)= рk × qn-k + рk × qn-k... рk × qn-k + рk × qn-k =

Пример 3. В комнате общежития живут пять студентов. В этом институте студент с вероятностью 0.8 получает стипендию. Найти вероятность того, что 4 студента получат стипендию в следующем семестре.

Решение: Пусть в данном случае успех – получение стипендии, т.е. вероятность успеха р = 0.8. Тогда вероятность неуспеха q =1 – p = 0.2. Найти надо

Следствие 1. 9.2

Доказательство:

Т.к по формуле 9.1 здесь все возможные исходы при n испытаниях, то:

Рn(0) + Pn(1) + …..+ Pn(n) = 1

Следствие 2. Обозначим через Pn(k1, k2) вероятность того, что при n испытаниях успехов будет от k1 до k2 включительно. Тогда

9.3

Доказательство:

Обозначим через событие Аi ={ произошло i успехов при n испытаниях}. Тогда

Р{k1 ≤ успехов ≤ k2} = P(Ak1 + Ak1+1 + Ak1+2 +…….+Ak2) =

{cобытия несовместны}

= P(Ak1 ) + P(Ak1+1) + P(Ak1+2) +……+ P(Ak2) = Pn(k1) + Pn(k1+1) +…….Pn(k2)

Если записать вероятности этих событий по формуле 9.1, получим требуемую формулу.

Пример 4. Вероятность выигрыша по одному лотерейному билету равна 0.1. Некто купил 5 билетов. Найти вероятность того, что выиграет хотя бы два билета.

Решение: очевидно, что выполняются условия схемы Бернулли, n =5; p = 0,1;

Найти требуется P5(2,5).

т.к. вычислять довольно много, рассмотрим другой способ решения – через отрицание нужного события; искомая вероятность равна

= 1 – Р5 (0,1) =

Часто необходимо вычислить вероятность хотя бы одного успеха.

Следствие 3. Вероятность хотя бы одного успеха в n испытаниях равна

1 – qn . 9.4

Доказательство :

Р { хотя бы один успех } = Рn (1, n) = 1 – Pn (0) = 1 – qn

Пример 6. Известно, что у трети людей первая группа крови. Найти вероятность того, что из пяти доноров хотя бы у одного будет кровь первой группы.

Решение:

Р5 (1,5) = 1 – Р5 (0) = 1 – q5 = 1 – ( 2/3 )5 = 1 – 32/ 243 0,87.

Пример 7. В условиях предыдущей задачи сколько надо взять доноров, чтобы с вероятностью не меньше 0,9 среди них оказался хотя бы один с первой группой крови?

Р (1,n) = 1 – ( 2/3 )n ≥ 0,9 ( ⅔ )n ≤ 0,1

логарифмируем, чтобы найти n:

n ∙ ln ⅔ ≤ ln 0,1,

т.к. ln ⅔ < 0 знак неравенства меняется и

На примере 7 мы рассмотрели задачу, которую в общем виде можно сформулировать следующим образом: часто возникает вопрос о величине серии испытаний (n), такой, чтобы вероятность хотя бы одного успеха была не меньше некоторго числа γ ( 0 < γ < 1). Если провести действия, подобные решению из примера 7, получим формулу:

9.5

Задачи для самоконтроля к §9

1. Станок – автомат выпускает 30% деталей высшего сорта. Найти вероятность того, что из 6 случайно отобранных деталей будет:

а) 4 высшего сорта; б) хотя бы 4 высшего сорта.

2. Что более вероятно выиграть у равносильного противника:

а) три партии из четырёх или хотя бы три из пяти;

б) три партии из четырёх или пять из восьми;

3. Вероятность выиграть хотя бы по одному лотерейному билету из трёх равна 0,271. Какова вероятность выиграть по всем трём билетам?

§ 10 Предельные теоремы в схеме Бернулли.

Предположим, что вероятность успеха в испытаниях по схеме Бернулли равна 0,1. Требуется вычислить вероятность того, что в 1000 испытаниях успехов будет 500. По формуле Бернулли такая вероятность равна

Однако вычислить значение такого выражения практически невозможно. Получается, что пользоваться формулой Бернулли при больших n достаточно трудно, т.к. числа там получаются и громадные и очень маленькие. Возникает вопрос, нельзя ли как - то упростить вычисления?

10.1 Локальная теорема Муавра – Лапласа.

Теорема 1. Пусть проводятся испытания по схеме Бернулли, при этом вероятность успеха “достаточно большая” – 0,1 < p ≤ 0,9. Кроме того, произведение n ∙ p ∙ q ≥ 9. При этих условиях, а так же при конечном, но достаточно большом n (порядка нескольких десятков), справедлива приближенная формула Муавра-Лапласа (локальная): 10.1

Функция φ (х) протабулирована, кроме того легко вычисляется на компьютере или на калькуляторе. Среди нужных нам свойств функции

φ(х) отметим два :

1) φ(х) – чётная функция, т.е. φ(х) = φ(-х);

2)

Замечание : Эта приближённая формула тем точнее, чем больше n и чем ближе вероятность успеха p к 0,5.

Пример 1. Игральную кость бросают 80 раз. Найти вероятность того, что цифра 4 появится 20 раз.

Решение: выполняются условия схемы Бернулли, n = 80 ; k = 20.Найти надо P80(20) т.е. вычислить вероятность по формуле Бернулли сложно. Проверим условия применимости формулы 10.1:

p = 1/6 = 0,1(6) > 0,1; n ∙ p ∙q = 80 ∙ (1/6) ∙ (5/6) = 400/36 > 9 , n – достаточно большое, т.е. можем применить формулу 10.1. Тогда

10.2 Интегральная теорема Муавра – Лапласа.

Теорема 2. В условиях предыдущей теоремы вероятность того, что в n испытаниях успехов будет от k1 до k2 включительно, приближенно вычисляется по формуле:

10.2 Pn(k1,k2) = Ф02) – Ф01), где

Ф0 (х)=– интеграл Лапласа

Формулу 10.2 называют интегральной формулой Муавра – Лапласа.

Для вычисления Ф0 (х) пользуются специальными таблицами, т.к этот интеграл “не берется” (не выражается через элементарные функции). Часто эта функция присутствует в современных калькуляторах, всегда есть в электронных таблицах, например, в Excel.

Свойства функции Ф0 (х):

  1. Эта функция нечётная, т.е. Ф0 (-х) = –Ф0 (х);
  2. Ф0 (х) = 0.5, если х> 5, поэтому в таблице значений функции при x>5 нет.

Пример 2. Игральную кость бросают 80 раз. Найти вероятность того, что “4” выпадет не более 20 раз. Т.е. надо найти P80(0,20). В примере 1 мы уже проверили, что условия применимости формулы 10.2 выполняются, тогда

Р80 (0,20) = Ф02) – Ф01) = Ф0 (2) – Ф0 (–4) = Ф0 (2) + Ф0 (4) =

{смотрим по таблице значения фукции Ф0 }= 0,4772 + 0,4999 = 0,9771.

10.3 Формула Пуассона (формула редких событий).

А как вычислить Рn(k) приближенно, если какие – то из условий предыдущих теорем не выполняются?

Теорема 3. Пусть проводятся испытания по схеме Бернулли, и вероятность успеха р достаточно мала, т.е. р ≤ 0.1, и n ∙ p ∙q < 3. При этих условиях и достаточно большом, но конечном n, справедлива формула Пуассона.

Эта функция также протабулирована.

Пример 3. По цели проводятся 5000 выстрелов. Вероятность попадания при одном выстреле 0.0001. Найти вероятность хотя бы одного попадания.

Выполняются условия схемы Бернулли, n=5000, р = 0.0001, q = 0.9999. Если применить формулу Бернулли, то

P {хотя бы одно попадание} = 1 – Р5000(0) = 1 – q 5000 = 1 – (0.9999)5000

Такую величину сложно вычислить. Применим формулу Пуассона, проверив сначала условия её применимости:

р= 0.0001 < 0,1, n× p× q = 5000·0,0001·0,9999 = 0,5·0,9999 = 0,49995<3. Т.е. формулу Пуассона применять можно:

10.4 Вероятность отклонения относительной частоты от постоянной вероятности в независимых испытаниях.

Вновь будем считать, что находимся в условиях схемы Бернулли. Проводится n независимых испытаний, в каждом из которых вероятность появления события А равна р ( 0 < р < 1). Эту вероятность называют постоянной вероятности (т.к. она не меняется). Предположим, что на практике в n испытаниях случилось m успехов. Величину m/n называют относительной частотой, она является некоторым практическим приближением теоретической вероятности р. Понятно, что они в реальной жизни отличаются. Задача – найти вероятность того, что теоретическая вероятность отличается от практического приближения не больше, чем на достаточно малую величину e .

Теорема 4.

(левая часть читается как: “Вероятность отклонения относительной частоты от постоянной вероятности не больше, чем на величину e .”)

Пример 4. Сколько раз нужно бросить кость, чтобы с вероятностью 0.9 можно было ожидать отклонения частоты появлений пятёрки от 1/6 не более чем на ε.

Решение:

Ищем по таблице функции Ф0(х) зачение функции, наиболее близкое к 0,45,

и определяем аргумент при этом значении. В данном случае

выражаем из этого уравнения n:

Подставим в эту формулу различные значенияε< :

при ε= 0.1 n ≈ 38;

при ε= 0.01 n ≈ 3758

Можно сделать следующий вывод: чем больше n, тем меньше разница между теорией и практикой. Есть предположение, что при n→∞ они будут совпадать. Об этом и говорит Закон больших чисел.

Закон больших чисел в схеме Бернулли.

Теорема. Пусть νn – количество успехов в n испытаниях. Тогда

lim Р (|ν>n /n – р| ≤ ε ) = 1

n→∞

Это утверждение является следствием предыдущей теоремы:

Т.к. при x→ ∞ Ф0(x) → 0,5 , следовательно, 2Ф0(x) → 2× 0,5=1.

Читается это так: относительная частота стремится по вероятности к постоянной вероятности. Это означает, что отклонения могут быть , но при n→∞ вероятность большого отклонения равна 0.

Задачи для самоконтроля к §10

1. Вероятность производства нестандартного конденсатора на некотором заводе равна 0,2. Конденсаторы поступают потребителю в коробках по 400 штук. Какова вероятность того, что в коробке 64 нестандартных конденсаторов? 328 стандартных?

2. Среди школьников, проживающих в некотором городе, 40% близоруких. Какова вероятность того, что из 600 случайно отобранных школьников близоруких будет не более 252? Не близоруких будет хотя бы 330?

3. В вычислительной машине 1000 блоков. Вероятность отказа одного блока в течение суток равна 0,002. Найти вероятность того, что в течение суток у машины:

а) откажут два блока;

б) ни один блок не откажет.

в) откажут более двух блоков;

Глава 2 Случайные величины.

§1 Случайные величины и функция распределения.

Мы уже сталкивались с событиями, состоящими в появлении того или иного числа. Например, бросание кости: событие заключается в появлении чисел 1,2…6. Определить заранее число выпавших очков невозможно, т.к оно зависит от разных причин, все из них учесть нельзя. В этом смысле число выпавших очков есть случайная величина, а числа 1, 2, 3…6 – возможные значения случайной величины.

Определение 1. Дано некоторое испытание с пространством элементарных исходов Ω. Случайой величиной называется функция ξ(ω):Ω→R (определённая на пространстве элементарных исходов и принимающая значения из множества R).

Примеры:

1) Число родившихся мальчиков среди 100 новорожденных – случайная величина, которая может принимать значение 0, 1, 2…, 100.

2) Расстояние, которое пролетает снаряд при выстреле – случайная величина, которая может принимать значения от А до В ξ(ω):Ω→[А<,В].

3) Игральную кость подбрасывают 2 раза. Рассмотрим случайную величину ξ – сумму выпавших очков.

Ω = {(i, j) i, j = 1,…6}, где i – количество очков при первом броске, j – при втором.

ξ((i,j)) = i + j, ее возможные значения 2, 3,…, 12.

Как задать случайную величину (с.в. для краткости)?

На первый взгляд может показаться, что для задания С.В. достаточно перечислить ее возможные значения. В действительности это не так, потому что С.В. могут иметь одинаковые множества значений, но принимать эти значения с разными вероятностями. Т.е надо задавать и значения, и вероятности, с которыми С.В. принимает эти значения. Всё вместе это называется законом распределения С.В.

Функция распределения

Определение 2. Пусть дана С.В. ξ. Функция распределения задается равенством:

Fξ(x) = P{ξ < x} ( вероятность того, что ξ строго меньше х)

Теорема ( свойства функции распределения)

  1. 0 ≤ Fξ(x) ≤ 1
  2. Fξ(x) монотонно неубывающая функция, т.е если х < у, то Fξ(x) Fξ(у).
  3. ,

(кратко это будем записывать как Fξ(∞) = 1, Fξ(-∞) = 0)

4) P{x ≤ >ξ < y} = F<ξ>(у) – Fξ(x)

Доказательство:

1) очевидно, т.к Fξ(x) – вероятность,а она всегда в интервале [0, 1].

2) и 4) Введём события А = {ξ < у}, В = {ξ < х}, С = {x ≤ ξ < y}. Тогда

А = В + С. События В и С – не совместны, Р(А) = Р(В) + Р(С)

Р{ξ < у} = Р{ξ < х} + Р{x ≤ ξ < y}. По определению 2 это

Fξ(у) = Fξ(x) + Р{x ≤ >ξ < y}. Т.к. Р{x ≤ >ξ < y}³ 0, то

Fξ(у) ≥ Fξ(x). Отсюда же

P{x ≤ ξ < y} = Fξ(у) - Fξ(x).

P>3) Возьмем достоверное событие {ξ < ∞} = Ω.

Р{ξ < ∞} = Р(Ω) = 1. По определению 2: Р{ξ < ∞} = Fξ(∞) = 1.

Второй предел доказываем аналогично:

возьмем невозможное событие {ξ < –∞} = Ø. Р{ξ < –∞} = Р(Ø) = 0. По определению 2: Р{ξ < – ∞} = Fξ(–∞) = 0.

§2 Дискретные случайные величины.

2.1 Ряд распределения.

Определение 1. С.В. называется дискретной, если она принимает конечное или счетное число значений.

Определение 2. Дана дискретная С.В., принимающая значения х1, х2, …, хn . Рядом распределения этой с.в. называют множество пар

11) , (х2, р2)……, где рi = Р{ξ = хi}. Часто ряд распределения записывается в виде таблицы:

Значение ξ

x1

х2

…….

хn

вероятность

p1

p 2

……..

p n

где х1 , х2……– упорядочены по возрастанию.

Пример 1. В коробке 6 ламп, из них 3 бракованные. Рабочий извлекает лампы по одной, до тех пор пока не вытащит небракованную. С.В. ξ – число извлеченных ламп. Надо построить её ряд распределения.

Очевидно, что ξ – дискретная с.в., принимающая значения 1 ,2, 3, 4.

Чтобы найти вероятности , обозначим через Аi – i- я лампочка не бракованная. Тогда

Р1 = Р{ξ = 1} = 3/6= 1/2

Р2 = Р{ξ = 2} = Р(Ā1) × Р( А2/Ā>1) = 1/2× 3/5 = 3/10

Р3 = Р{ξ = 3} = Р(Ā1)× Р( Ā2/Ā<1)× Р(А3 /(ĀĀ1)) = 3/6 × 2/5 × 3/4 = 3/20

Р4 = Р{ξ = 4} = Р (ĀĀĀА4) = 3/6× 2/5 × 1/4 × 3/3 = 1/20

Т.к. события {ξ = 1}, {ξ = 2},{ξ = 3}, {ξ = 4} составляют полную группу событий, то сумма вероятностей Р1243 = 1.

Т.е. ряд распределения:

Значение ξ

1

2

3

4

вероятности

1/2

3/10

3/20

1/20

2.2 Функция распределения дискретной С.В.

Определение 3. Пусть дана дискретная С.В., заданная рядом распределения

Значение ξ

х1

х2

…….

вероятность

р1

р2

……..

Функция распределения дискретной с.в. строится следующим образом:

Пример 2. Монету подбрасывают 2 раза. С.В. ξ – число выпавших гербов. Построить функцию распределения.

Решение:

Сначала построим ряд распределения:

ξ

0

1

2

Р

¼

½

¼

0, если х ≤ 0,

¼ , если 0 < х ≤ 1,

Fξ(x) = ¼ + ½ , если 1 < х ≤ 2,

1, если х > 2.

График такой функции (они называются ступенчатыми) выглядит следующим образом:

2.3 Математическое ожидание дискретной случайной величины.

Определение 3. Пусть дискретная С.В. задана рядом распределения

11) , (х2, р2),….., (хn, рn). Математическим ожиданием (МО) дискретной С.В. называют

Замечание. В случае, когда случайная величина принимает счетное количество значений, МО существует, если ряд абсолютно сходится. В противном случае МО не определено.

Физический смысл мат. ожидания – среднее значение С.В.

Теорема 1( свойства мат. ожидания)

1) пусть ξ принимает только одно значение, т.е. ξ =с (const). Тогда М(с) = с.

2) М(ξ1 + ξ2) = М(ξ1) + М(ξ2).

3) М(сξ) = с М(ξ).

4) Если ξ и η – независимые с.в., то М(ξ∙η) = М(ξ) ∙ М(η) (с.в. независимы, если значения, которые принимает одна С.В. не влияют на значения, которые принимает другая С.В.) Без доказательства.

Пример 3. М(ξ1)=2.5, М(ξ2)=3.4. ξ1 и ξ2 – независимы. Найти МО для

ξ3 = 4.5ξ2 –ξ1 +0.5.

Решение:

Мξ3 = М(4.5ξ2 –ξ1 +0.5) = М(4.5ξ2 ) +М(–ξ1 ) +М(0.5)=

4.5 Мξ2 –Мξ1 +0.5= 13.3.

Теорема 2. Пусть даны дискретная С.В. ξ и η = f(ξ) – не случайная функция. Тогда

Пример 4. Случайная величина задана рядом распределения. Найти МО для с.в. h = x 2+1.

x

–1

2.5

3

4.5

р

0.1

0.3

0.4

0.2

Решение: Мh =((-1)2+1)0.1 + (2.52+1)0.3+ (32+1)0.4 +(4.52+1)0.2=10.625.

2.4 Дисперсия.

Определение 4. Дисперсией С.В. ξ называют математическое ожидание квадрата отклонения случайной величины от её мат. ожидания, т.е.

Dξ = M(ξ – M ξ)²

Физический смысл дисперсии – мера разброса случайной величины.

Кроме дисперсии для оценки разброса используют также среднеквадратичное отклонение от средней величины (СКО), равное .

Теорема 3. Дисперсию можно вычислять по формуле:

Dξ = M(ξ2) – (M ξ)².

Доказательство:

Обозначим а = Мξ. Тогда Dξ = М(ξ – а)² = М(ξ² – 2аξ + а²) =

= М(ξ²) + М(– 2аξ) + М(а²) = М(ξ²) –2а M(ξ) + а² = М(ξ²) – 2а² + а² =

М(ξ²) – а²= М(ξ²) – (Mξ)2.

Следствие. Для дискретной С.В. ξ дисперсию можно вычислить как

( следует из теоремы 3 и теоремы 2)

Теорема 4.( свойства дисперсии) Пусть имеются с.в. x , h и константа с. Тогда

  1. D(с) =0.
  2. D(сξ) = с²Dξ.
  3. Dξ ≥ 0 .
  4. Для независимых ξ и η D(ξ + η) = Dξ + Dη

Доказательство:

  1. D(с) = М(с²) – (Мс)²= с² – с²
  2. D(сξ) = М(сξ)² – (М(сξ))² = с² М(ξ²) – с² M(ξ)² =

с² (М(ξ²) – M(ξ)² = с²Dξ

3) Следует из определения: Dξ = M(ξ – M ξ)² –среднее значение неотрицательной случайной величины, оно неотрицательно.

4) D(ξ + η) = М(ξ + η)² – (М(ξ + η))² = М(ξ² + 2ξη + η²) –(Мx +Мh )2

= Мξ² + 2Мξ Мη + Мη² –( (Мξ)² + 2Мξ Мη + (Мη)²) = Dξ + Dη

Пример 5. Вычислить Мξ и Dξ для с.в. из примера 2. Её ряд распределения:

ξ

0

1

2

Р

¼

½

¼

Мξ = 0 ∙ ¼ + 1∙ ½ + 2 ∙ ¼ = 1

Вычислим дисперсию сначала по определению: Dξ = M(ξ - M ξ)² . Для этого надо построить ряд распределения С.В. (ξ – M ξ)²:

(ξ – 1)²

1

0

1

Р

¼

½

¼

Эту таблицу, строго говоря, нельзя назвать рядом распределения, т.к. в ней есть повторяющиеся значения и они не упорядочены. Устраним этот недостаток:

(ξ – 1)²

0

1

Р

1/2

1/2

Тогда Dξ = 0 ∙ ½ + 1 ∙ ½ = ½

Вычислим дисперсию другим способом, по теореме 3:

Dξ = M(ξ – M ξ)²

Для этого надо найти М( ξ²) = Σ хi2 Pi = 0² ∙ ¼ + 1²∙ ½ + 2² ∙ ¼ = 1,5

тогда Dξ = 1,5 – 1² = ½.

Задачи для самоконтроля к §2

1. Измерительных комплекс состоит из трёх одинаковых приборов, отказы которых происходят независимо друг от друга. Вероятность отказа прибора в течение суток 0,2. Случайная величина – число отказавших приборов. Построить ряд распределения этой случайной величины, найти функцию распределения, мат. ожидание, дисперсию и вероятность попадания случайной величины в интервал (1; 3,5).

2. В партии из пяти изделий содержатся два бракованных. Для проверки контролёр берёт наугад одно изделие из партии и проверят его качество. Если оно окажется бракованным, дальнейшие проверки прекращаются, а партия задерживается. Если изделие не бракованное, контролёр берёт следующее и т.д. Случайная величина – количество проверенных изделий. Построить ряд распределения, найти функцию распределения, мат. ожидание и дисперсию. Какова вероятность того, что придётся проверять больше двух изделий?

§3 Важнейшие дискретные случайные величины

Распределение Бернулли.

Проводится одно испытание, в котором два исхода: “успех” и “неуспех”.

Вероятность успеха обозначим р, вероятность неуспеха q =1–р.

Пусть С.В. ξ принимает значение 1 (соответствует успеху) и 0( соответствует неуспеху). Ряд распределения для такой с.в.:

ξ

0

1

вероятность

1 - р

р

Найдём мат.ожидание и дисперсию:

Мξ = 0× (1 – р) +1× р = р

Dξ = M(ξ)² – (Мξ)² = р – р² = р(1 – р) = рq.

Биномиальное определение

Проводится n испытаний по схеме Бернулли, p – вероятность успеха в одном испытании, q=1–р. С.в. ξ – число успехов при n испытаниях. Такая с.в. может принимать значения 0,1,2,… n. Параметрами такого распределения являются р и n, где 0 ≤ р ≤ 1, n – целое положительное число. Вероятности для ряда распределения этой с.в. вычисляются как

, k = 0,1,...n

Утверждение. Для с.в., подчиняющейся биномиальному распределению,

Мξ = n ∙ q и Dξ = n× q× p.

Доказательство:

Пусть ξ –число успехов при n испытаниях. Введём случайные величины

ξi –результат i-го испытания, т.е ξi подчиняется распределению Бернулли.

Тогда ξ = ξ1 + ξ2 +…..+ ξn

Mξ = Mξ1 + Mξ2 +…..+ Mξn = p + p + ……+p = np

Dξ = D(ξ1 + ξ2 +…..+ ξn) = Dξ1 + Dξ2 +…..+ Dξn = npq

Пример 1. В некотором городе среди жителей 20% близоруких. Сколько в среднем будет близоруких среди двухсот случайно отобранных человек?

Решение: Пусть ξ – количество близоруких среди 200 отобранных человек. Это дискретная с.в., подчиняющаяся биномиальному распределению с параметрами р=0,2 ( “успех” – человек близорукий) и n=200. “В среднем” – значит, надо найти мат. ожидание этой с.в.

М ξ= n × p=200 × 0,2=40. Т.е. в среднем 40 человек из 200 будут близорукими.

Геометрическое распределение

Проводятся испытания по схеме Бернулли до первого успеха. Вероятность успеха в одном испытании р. С.в. ξ – количество испытаний. Такая с.в. может принимать значения 1,2,…∞. Вероятности для ряда распределения

рk=P{x =k} = p× qk-1.

Параметром этого распределения является вероятность успеха р, 0 ≤ р ≤ 1.

Для с.в., подчиняющейся геометрическому распределению

Пример 2. Для некоторого “баскетболиста” вероятность попадания в корзину при броске из центра площадки, равна 0,2. Он решил бросать мяч до первого попадания. Сколько в среднем бросков потребуется? Какова вероятность того, что потребуется 3 броска?

Решение:

С.в. ξ – количество бросков до первого попадания – подчиняется геометрическому распределению с параметром р=0,2. Найдём мат. ожидание:

М ξ=1/p=1/0,2=5. т.е. до первого попадания в среднем будет 5 бросков.

Р{потребуется 3 броска}=P{ ξ =k}=0,2× (1– 0,2)3-1= 0,2× 0,82= 0,128.

Распределение Пуассона

Это распределение описывает наступление редких событий ( приход кораблей в порт, поступление вызовов на АТС, ДТП, число пожаров и т.д. за единицу времени). Параметром этого распределения является число l Î [0, ∞).

С.в. ξ – число событий за единицу времени, она может принимать значения 0,1,2,…∞, с вероятностями

Для такой с.в. Мξ = λи Dξ = λ.

Пример 3. Известно, что число аварий в год на некотором предприятии подчиняется распределению Пуассона с параметром l =1,5 (год –1). Сколько в среднем происходит аварий в год? Какова вероятность того, что в течении года не будет аварий?

Решение:

С.в. ξ – число аварий в год. Её “ среднее” – это мат. ожидание:

М ξ= l =1,5 (полторы аварии в год в среднем).

Вероятность того, что в течении года аварий не будет, равна

.

Задачи для самоконтроля к §3

1. Число опечаток в рукописи распределено по закону Пуассона. Найти среднее число опечаток на странице в рукописи, если вероятность того, что страница рукописи содержит хотя бы одну опечатку, равна 0,95.

2. Мини –АТС обслуживает 100 абонентов. Вероятность того, что в течение 1 минуты абонент позвонит, равна 0,02. Какое из двух событий вероятнее: в течение минуты позвонят три абонента или позвонят четыре абонента?

3. Производится бросание игральной кости до первого выпадения шести очков. Найти вероятность того, что первое выпадение “шестёрки” произойдёт при втором бросании кости.

§4 Непрерывные случайные величины.

4.1 Плотность распределения

Определение 1. Пусть дана С.В.ξ со своей функцией распределения F<ξ(x).

ξ называется непрерывной, если существует функция Р ξ(x), такая что

, тогда Р ξ(x) называется плотностью распределения с.в. >ξ.

Теорема (свойства плотности распределения)

  1. Р>ξ(x) = F'>ξ(x) (производная от функции распределения)
  2. 2а) Р{а < ξ ≤ в} = Р{а < ξ < в} = Р{а ≤ ξ ≤ в} = Р{а ≤ ξ < в} ( т.е. для непрерывной с.в. не играет роли, строгое неравенство, или нет)

  3. Рξ(x) ≥ 0

Доказательство:

1) следует из определения первообразной .

2) Р{а ≤ ξ < в} = Fξ(b) – Fξ(a) =

3)

4)

Было доказано, что Fx (x) неубывающая функция. Рассмотрим два случая:

1)∆x > 0, тогда F(x+∆x) – F(x)) ≥ 0 числитель и знаменатель неотрицательные, и рξ(x) ≥ 0.

2)∆x < 0 , тогда F(x+∆x) – F(x)) 0 числитель и знаменатель отрицательные, и опять рξ(x) ≥ 0.

4.2 Математическое ожидание и дисперсия непрерывной С.В.

Определение 2. Для непрерывной случайной величины мат. ожидание вычисляется по формуле:

Все свойства МО из теоремы 1 §2 выполняются и в случае непрерывной с.в.

По определению, дисперсия Dξ = M(ξ – M ξ)², и для непрерывной с.в. может быть вычислена по формуле

Все свойства дисперсии из из теоремы 2 §2 так же выполняются и в случае непрерывной с.в.

4.3 Квантиль.

Определение 3. Пусть ξ – непрерывная случайная величина, заданная своей функцией распределения Fξ(х). Квантилем порядка р называется решение уравнения Fξ(х) = р. Сам квантиль порядка р обозначается хр .

При р = ½ квантиль называется медианой.

На графике функции распределения квантиль изображается следующим образом:

Т.к. по определению плотности , на графике плотности распределения квантиль изображается так:

Где S – площадь подграфика, равная р.

Пример 1. Известно, что время работы приемника до первой поломки – случайная величина, которая подчиняется экспоненциальному распределению (см. 5.2) с параметром λ = ½ (1/год ). Какой надо установить гарантийный срок, чтобы 90% приемников в течении этого срока не ломались.

Решение:

Обозначим t – время гарантийного срока, ξ - время работы до поломки

Р { t < ξ} =0.9.

Р { t < ξ} = Р { t < ξ < ∞} = F ξ (∞) – Fξ (t) = 1 – Fξ (t) = 0.9. Тогда

F(t) = 0.1. Т.о. требуется найти квантиль порядка 0.1. Для экспоненциального распределения F ξ (x)= 1–e– λ×x . Тогда решаем уравнение

0.9 = 1– e– λ× x ,

0.1 = e– λ× x, логарифмируем:

– λt = ln 0.9

t = 0.2

0.2 года = 2,4 месяца.

Задачи для самоконтроля к §4

1. Дана плотность распределения случайной величины x . Найти неизвестный параметр с, функцию распределения, мат. ожидание, дисперсию и вероятность Р{x < Mx }.

2. Случайная величина x задана своей функцией распределения. Найти неизвестный параметр с, плотность распределения, мат. ожидание, дисперсию, медиану и вероятность Р{x > 1,5}.

§5 Важнейшие непрерывные случайные величины.

5.1 Равномерное распределение

Случайная величина, подчиняющаяся такому распределению, описывает момент наступления случайного события, время наступления которого в интервале [а, в]. Числа а, в являются параметрами равномерного распределения, –∞ < а < в < ∞.

Плотность равномерно распределённой с.в:

 

Функция распределения:

Графики этих функций:

Найдем М ξ и Dξ для равномерно распределённой с.в.:

Аналогичным образом получается формула для дисперсии:

Пример 1. Известно, что в метро электрички отходят через каждые 5 мин. Некто пришел на перрон и электрички не обнаружил. Найти вероятность того, что ему придется ждать меньше 2-х минут.

Решение:

С.в. ξ –время ожидания электрички. Она может принимать значения в интервале [0, 5] с равными вероятностями. Т.е. это равномерное распределение с параметрами а=0, в=5. Найти надо

P{x £ 2} = P{0 <x £ 2} = Fξ(2) - Fξ(0)

5.2 Экспоненциальное ( показательное) распределение

Случайные величины, распределённые подобным образом, описывают время между наступлениями редких событий (см. распределение Пуассона). Параметром этого распределения также является величина . Плотность распределения задаётся как

Функция распределения:

Мат. ожидание и дисперсия:

Пример 2. Время работы телевизора подчиняется экспонициальному распределению, причём среднее время работы до поломки 2 года. Найти вероятность того, что телевизор проработает 5 лет.

Решение:

С.в. ξ – время работы телевизора до поломки. Найти надо

Для нахождения параметра λ вспомним , что “среднее время работы” – это мат. ожидание с.в. Для показательного распределения ,

Отсюда находим : λ = ½. Тогда

5.3 Нормальное распределение.

Нормальному распределению подчиняется множество случайных величин: рост и вес человека, прибыль предприятия, температура воздуха и т.д. Параметрами его являются величины a (среднее) и σ ( СКО). А само распределения обозначается N(a, σ) (т.е. “нормальное с параметрами a и σ”)

Плотность нормального распределения:

Нормальное распределение играет очень важную роль в теории вероятностей и мат. статистике, поэтому рассмотрим его подробнее.

Кратко опишем некоторые свойства плотности для N(a, σ):

  1. эта функция симметричена относительно прямой х = а (см. рисунок ниже)
  2. имеет максимум в точке х = а, и сам максимум равен

График плотности нормального распределения выглядит следующим образом:

Параметр а не влияет на высоту “горки”, на ее высоту влияет σ: чем σ меньше, тем “горка” выше и круче. Это согласуется с физическим смыслом σ (мера разброса).

Особое место занимает нормальное распределение N ( 0, 1) – оно называется стандартным или нормированным.

График плотности такого распределения симметричен относительно оси OY.

Функция распределения для нормально распределённой случайной величины

Для стандартного нормального распределения N ( 0, 1) функция распределения обозначается Ф(х) и задаётся выражением:

Как уже говорилось, интеграл этот – “неберущийся” и значения этой функции берут из специальных таблиц. Часто вместо функции Ф(х) используют Ф0(х):

Связь между ними следующая: Ф(x) = 0.5 + Ф0(x)

Утверждение: Для N(a, σ) справедливы равенства:

1)

Т.е. имея таблицу функции Ф(х) или Ф0(х) легко вычислить функцию распределения для нормального распределения с любыми параметрами

2) Р{х1 < ξ < х2} = Ф ( (х2 – а) / σ) – Ф ( (х1 – а) / σ) =

Ф0 ( (х2 – а) / σ) – Ф0 ( (х1 – а) / σ).

3) Р {|ξ – a| <ε} = 2 Ф0 (ε/σ).

Пример 3. Случайная величина x – длительность беременности женщины.

Плотность распределения x дана на рисунке ниже. Известно, что в интервал [270,290] попадает 68% родов, в интервал [260, 300] – 95%, в интервал [250,310] – 97%. Найти параметры нормального распределения.

Из рисунка видно, что параметр а ( среднее) равен 280 дней. Чтобы найти параметр σ, надо взять любой симметричный относительно среднего интервал. Возьмём, к примеру, [270,290]. Известно, что

Р{270 <ξ< 290} = 0.68

Р{270 <ξ< 290} = F(290) – F(270) = Ф0((290 – 280) /σ) – Ф0((270 – 280) /σ) = =2× Ф0 (10/σ). Получаем уравнение

2Ф0 (10/σ) = 0.68

Ф0 (10/σ) = 0.34

Теперь по таблице функции Ф0 находим значение функции, наиболее близкое к 0.34, и определяем соответствующий ему аргумент. В данном случае он равен 0.995.

10/σ = 0.995

σ = 10.05

Т.е. это нормальное распределение с параметрами а=280, и s = 10.05.

Задачи для самоконтроля к §5

1. Рост юноши в некоторой стране подчиняется нормальному распределению со средним 180 см и стандартным отклонением 10 см. В гвардию берут призывников с ростом не менее 200 см. Какова доля призывников, попадающих в гвардию? Как надо изменить призывную инструкцию, что бы в гвардию призывать 10% новобранцев?

2. Время между приходами кораблей в порт – случайная величина, подчиняющаяся экспоненциальному распределению, причём в среднем оно равно 10 часам. Сегодня в 8.00 пришёл корабль. Какова вероятность того, что до 24.00 больше не будет кораблей?

3. Диаметр вала является случайной величиной, имеющей равномерное распределение на интервале [98, 102] (см). Диаметр отверстия равен 101 см.

Найти мат. ожидание и СКО зазора между валом и отверстием, а также вероятность того, что вал войдёт в отверстие.

§6 Двумерные случайные величины.

Пусть даны случайные величины ξ1, ξ2. Можно считать, что они образуют векторную случайную величину ξ=(ξ1, ξ2). Например, ξ1 – рост, ξ2– вес человека, тогда ξ=(ξ1, ξ2) двумерная случайная величина, которую можно назвать “антропологические данные”.

Определение 1. Пусть дана двумерная с.в. ξ=(ξ1, ξ2). Ее функция распределения определяется равенством:

Fξ12) = P { ξ1< х1, ξ2< х2}

6.1 Дискретная двумерная случайная величина.

Определение 2. Пусть (ξ, h ) – двумерная дискретная с.в. Законом распределения такой с.в. называют перечень всевозможных значений (хi, yj) и вероятностей P ij = P {ξ = xi, η = yj}, i = 1,…n, j=1,..k.

ξ h

У1

У2

……..

УК

Х1

P11

P12

………

P1k

Х2

P21

P22

………

P2k

…..

……

……….

……….

…….

Хn

Pn1

Pn2

……….

Pnk

Т.к. события {ξ = xi, η = yj}, i = 1,…n, j=1,..k, образуют полную группу несовместных событий, сумма вероятностей в этой таблице равна 1.

Зная закон распределения двумерной с.в., можно найти закон распределения каждой из составляющих. Так, ряд распределения для ξ:

ξ

x1

x2

xn

р

p11+ p12 +..+ p1k

p21+ p22+..+ p2k

...

pn1+ pn2+…pnk

Ряд распределения для h :

h

y1

y2

yk

р

p11+ p21+..+ pn1

p12+ p22+..+ pn2

...

p1k+ p2k+…pnk

Пример 1. Задан закон распределения двумерной дискретной с.в. Найти законы распределения ξ и η.

ξ h

-1

2

0

0.1

0.06

2.5

0.3

0.18

3

0.2

0.16

Решение:

Построим ряд распределения для ξ:

x

0

2.5

3

Р

0.1+0.06

0.3+0.18

0.2+0.16

Т.е.

x

0

2.5

3

Р

0.16

0.48

0.36

Построим ряд распределения для η :

h

-1

2

Р

0.1+0.3 +0.2

0.06 +0.18 +0.16

Т.е.

h

-1

2

Р

0.6

0.4

6.2 Функция распределения двумерной случайной величины.

Дана двумерная случайная величина (ξ, η). Как уже говорилось, её функция распределения определяется равенством: F(ξ, η)(x,y) = P {ξ < x, η < y} ( в дальнейшем будем писать просто F(x,y) ). Т.е. это вероятность попадания случайной точки с координатами (ξ, η) в бесконечный квадрант с вершиной в точке (x,y).

Теорема 1( свойства функции распределения двумерной с.в.).

  1. 0 ≤ F(x,y) ≤ 1.
  2. F(x,y) – неубывающая функция по каждому аргументу.
  3. F (–∞, y) = 0, F(x , – ∞) = 0, F(–∞, –∞) = 0, F(∞, ∞) = 1.
  4. F(x , ∞) = Fξ(x), F(∞, y) = Fh (y)
  5. Вероятность попадания случайной точки (ξ, η) в прямоугольник P {x1 ≤ ξ ≤ x2, y1 ≤ η ≤ y2 } = F(x2,y2) – F(x1,y2) – F(x2,y1) + F(x1,y1)

Доказательство:

1) т.к это вероятность, а она всегда неотрицательна.

2) “Неубывающая по каждому аргументу” означает, что:

если х1 < х2 F(x1, y) ≤ F(x2,y);

если y1 < y2 F(x,y1) ≤ F(x,y2).

Докажем, что функция неубывающая по переменной х:

Пусть х1 < х2. Разобьём событие {ξ < х2, η < у} на два непересекающихся:

 

Тогда

По определению 1 это

Т.к.

Аналогично доказывается неубывание по переменной у.

3) Докажем первое равенство, остальные доказываются аналогично:

F (–∞, y) = 0.

По определению 1 это Р {ξ < –∞, η < у} = Р{Ø} = 0.

4) F(x , ∞) = Р {ξ < х, η < ∞} = Р{ξ < х} = Fξ(x).

Второе утверждение доказывается аналогично.

5) Геометрически получаем вероятность попадания в прямоугольник путём вычитания вероятностей попадания в квадранты. При этом вероятность попадания в квадрант с вершиной в точке (x1,y1) вычтем дважды, поэтому её надо прибавить

P {x1 ≤ ξ ≤ x2, y1 ≤ η ≤ y2 } = F(x2,y2) – F(x1,y2) – F(x2,y1) + F(x1,y1)

6.3 Непрерывные двумерные случайные величины.

Определение 3. Пусть (ξ, η) – непрерывная двумерная случайная величина. Она, кроме функции распределения, может быть задана двумерной ( совместной ) плотностью распределения р(x,y).

В свою очередь, функцию распределения можно найти как

Теорема 2 (свойства плотности распределения)

1) Р(x,y) ≥ 0.

2)

3)

4) ,

Пример 2. Плотность распределения системы двух случайных величин ξ и η задаётся следующим выражением:

Найти:

1) коэффициент а;

2) функцию распределения;

3) плотности каждой из компонент;

4) вероятность попадания в квадрат .

Решение:

1) Воспользуемся свойством 2 теоремы 2:

2)

3)

4) вероятность

Вычислим эти величины отдельно:

Подставим эти значения и получим :

§7 Ковариация и корреляция.

Определение 1. Пусть дана двумерная с.в. (ξ, η) ( или две одномерные случайные величины ξ и η). Ковариация случайных величин ξ, η определяется равенством:

cov (ξ, η) = M [(ξ – M ξ)( η – M η)]

Иногда используют обозначение к(ξ, η).

Теорема 1(свойства ковариации)

1) сov (ξ, ξ) = Dξ

2) сov (ξ, η) = M(ξ× η) – Mξ× Mη

3) если ξ, η – независимы, то сov (ξ, η) = 0 ( независимость трактуется как отсутствие взаимного влияния друг на друга, и отсутствие причин, влияющих на обе случайные величины)

Доказательство:

1) по определению 1: cov (ξ, ξ) = M[(ξ - M ξ)( ξ - M ξ)] = M[(ξ - M ξ)²] = Dξ

2) сov (ξ, η) = M [(ξ – M ξ)( η – M η)] = M[ξ× η – η× Mξ – ξ× Mη + Mξ× Mη] =

M (ξ× η) – Mξ× Mη – Mξ× Mη + Mξ× Mη = M(ξ× η) – Mξ× Mη.

3)если ξ, η – независимы, то по свойству мат. ожидания, M(ξ× η) = Mξ× Mη. Тогда сov (ξ, η) = M(ξ × η) – Mξ× Mη = Mξ× Mη– Mξ× Mη= 0.

Формулы для вычисления ковариации

Если ξ, η – дискретные с.в., ξ принимает значения из множества {х1, х2, …xn}, η принимает значения из множества {y1, y2, …..yk}, и Pij = P{ξ = xi, η = yj}, то ковариацию вычисляют по формуле

Если ξ, η – непрерывные с.в., и p(x,y) – совместная плотность (ξ, η), тогда ковариацию вычисляют по формуле

Определение 2 . Пусть дана двумерная с.в.(ξ, η) ( или две одномерные случайные величины ξ и η). Коэффициент корреляции ξ и η вычисляется по формуле:

Теорема 2 (свойства коэффициента корреляции)

  1. если ξ, η – независимы, то ρ(ξ, η) = 0
  2. –1 ≤ ρ(ξ, η) ≤ 1
  3. Пусть даны случайные величины ξ и η, причём η = аξ + в, где а,в– некоторые константы (т.е. η линейно зависит от ξ). Тогда ρ(ξ, η) равен либо 1, либо –1.

Замечание: Коэффициент корреляции – это количественная мера линейной зависимости между случайными величинами. Если с.в. независимы, то он равен 0. Если зависимость прямая, т.е. при возрастании ξ, возрастает η, то коэффициент корреляции положительный.Если при возрастании ξ, η убывает, то коэффициент корреляции отрицательный. Чем ближе коэффициент корреляции к границе: к –1 или к 1, тем зависимость сильнее.

Определение 3. Пусть даны случайные величины ξ1, ξ2, ….ξn . Матрица ковариаций состоит из элементов kij = cov (ξi, ξj), i=1,..n, j=1,...n.

К =

Cвойства матрицы ковариаций:

1) Т.к. cov (ξi, ξj) = cov (ξj, ξi), то матрица симметрична относительно главной диагонали.

2) cov (ξi, ξi) = Dx i , т.е. на главной диагонали стоят дисперсии соответствующих случайных величин.

Определение 4. Пусть даны случайные величины ξ1, ξ2, ….ξn Матрица коэффициентов корреляции состоит из элементов ρ ij = ρ (ξi, ξj), i=1,..n, j=1,...n.

R =

Свойства корреляционной матрицы:

1) Она также симметрична относительно главной диагонали.

2) ρ ii =1(по диагонали стоят 1)

Пример 1. Рассмотрим три случайные величины: ξ1 – стипендия в 1-м семестре,

ξ2 – стипендия в 2-м семестре, ξ3 – стипендия в 3-м семестре (числа не соответствуют действительности, они подбирались из соображений простоты вычислений). Дана матрица ковариаций этих случайных величин:

К=

Найти : 1) дисперсии этих случайных величин; 2) матрицу коэффициентов корреляции.

Решение:

1) Dξ1 = cov (ξ1, ξ1) = k11= 36,

2 = cov (ξ2, ξ2) = k22= 49,

3 = cov (ξ3, ξ3) = k33= 36.

2)

ρ 11 = ρ 22 = ρ 33 = 1 по свойству матрицы коэффициентов корреляции. Т.к. матрица R симметрична относительно главной диагонали, найти надо, к примеру, элементы ρ 12 ; ρ 23 ; ρ 13 :

Тогда матрица коэффициентов корреляции R:

R =

Задачи для самоконтроля к §6, 7

1. Случайные величины x и h являются дискретными и независимыми.

Даны законы их распределения. Составить закон их совместного распределения и найти cov(x , h ).

x

0

10

15

 

h

7

14

25

р

2/5

1/5

2/5

 

p

1/2

1/6

1/3

2. По цели проводится три независимых выстрела. Вероятность попадания в цель при каждом выстреле равна 0,7. Случайная величина x – число попаданий в цель, h – число промахов. Составить таблицу распределения системы случайных величин (x , h ) и найти cov(x , h ).

3. Плотность распределения случайной величины (x , h ) определяется по формуле:

Найти параметр k, плотности распределения компонент, функцию распределения и вероятность попадания случайной точки в прямоугольник

§8 Задача о наилучшем линейном прогнозе.

Определение 1. Пусть даны случайные величины ξ12 , …ξnи зависящая от них случайная величина η. Рассмотрим следующую задачу: мы знаем конкретные значения величин ξ12 , …ξn ,и требуется предсказать значение величины η . Такую задачу будем называть задачей прогноза.

Реальные задачи прогноза – предсказание всевозможных климатических характеристик, предсказание траектории движущихся объектов и т.д.

Пример 1. Пусть тренер баскетбольной секции знает, какой рост был у спорстмена в 10 лет (ξ1 ), и в 15 лет (ξ2 ). И для того, чтобы определить перспективность спортсмена, ему надо спрогнозировать его рост в 20 лет (h ).

Мы рассмотрим простейший случай зависимости случайных величин – линейную .

Определение 2. Пусть даны случайные величины ξ12 , …ξn , η. Линейный прогноз величины η определяется равенством:

= а ξ1 + а ξ2 + … аn × ξn + а0, где а0, а1, …аn – некоторые константы.

Т.е. предположили, что η линейно зависит от ξ

1… ξ n и задача – найти неизвестные константы.

Замечание. – так же является случайной величиной, т.к. обычно мы не можем точно предсказать значения η , но можно с той или иной точностью оценить эту величину.

Теорема. Пусть даны случайные величины ξ12 , …ξn , η. Пусть

– значения соответствующих случайных величин, полученные в результате опыта. Тогда значение η (обозначим ) можно представить в виде :

8.1

Константы с1, с2, с3 ….. сn находят из системы линейных уравнений:

8.2

Замечание. Если система 8.2 не имеет решения ( вырожденная ), то прогноз можно строить по части случайных величин ξ1, ξ2, …ξn.

Следствие. Рассмотрим случай n = 1, т.е когда заданы случайные величины ξ и η, η –линейно-зависима от ξ, и надо предсказатьпо. Тогда из 8.1и константа с находится из уравнения:

Тогда:

Пример 2. Пусть ξ рост человека, η – его вес. В некоторой стране средний рост 175 см., а средний вес 70 кг. Матрица ковариаций для этих случайных величин :

 

Известно, что рост некоторого человека 190 см., предсказать его вес.

Решение:

=190; Мx =175; Мh =70; Линейный прогноз случайной величины η

Задачи для самоконтроля к § 8

1. Пусть x 1 – рост мальчика в 12 лет, x 2 – рост в 15 лет, x 3 – рост в 20 лет. В некоторой стране средние значения этих случайных величин равны 140, 170, 180 см соответственно, а матрица ковариации такова:

В баскетбольной секции занимаются два 15-летних мальчика, у которых рост в 12 лет был 150 и 155 см, а в 15 лет – 180 и 182. Тренер считает, что уровень их игры примерно одинаков. Одного игрока надо вывести из состава команды. Тренер оставил более рослого. Правильно ли он поступил? Указание: предсказать вес игроков в 20 лет.

Ответы

Глава 1

§1

1. W ={Г, ЦГ,ЦЦГ, ...}; А= {ЦГ}; В= {Г, ЦГ}

2. а) да; б) нет; в) нет

3. А={ДДД, ДДМ, ДМД, ДММ}; В={МММ, ММД, МДМ, МДД};

С={ДДМ, ДМД, ДММ, ММД, МДМ, МДД}

А и В – совместны, и В – совместны

§2,3,4

1. 12/35 (либо находить мощность множеств по правилу произведения, либо вероятность через формулу гипергеометрической вероятности).

2. 1/8

3. , несовместны

4.

5.

6. а) 0,4; б) 1/3; в) 8/15.

§5,6

1. P(A)=1/2=P(B); P(A× B)=3/8; события зависимы.

2. а) б)

3. 0,72.

4. 0,9× 0,8× 0,95+0,1× 0,8× 0,95+0,9× 0,2× 0,95+0,9× 0,8× 0,05=0,967.

§7,8

1. а) 0,683; б) 0,512

2. а) 0,4964; б) 0,325

§ 9

1. а) 15× 0,34 × 0,72=0,0595;

б) 15× 0,34× 0,72 +6× 0,35× 0,7 + 0,36

2. а) второе; б) первое.

3. Найти q из уравнения 1– q3=0,271;

тогда р=0,1 и искомая вероятность = 0,001.

§ 10

1. а) б)

2. а) Р600(0, 252) 0,84134 ( при р=0,4)

б) Р600(330, 600) 0,99379 ( при р=0,6)

3. а) 0,27; б) 0,1353; в) 0,3233

Глава 2

§2

1. ряд распределения

0

1

2

3

р

0,512

0,384

0,096

0,008

М =0,6; D =0,48; Р{1 < <3,5}=0,104;

2. ряд распределения

1

2

3

4

р

2/5

3/10

1/5

1/10

М =2; D =1; Р{ >2}=0,3;

§3

1. 3 ( найти параметр l из уравнения 0,05=е – l )

2. р100(3)=0,18; р100(4)=0,09.

3. Р( =2) = 5/36

§4

1.с=e; М =2; D =1; Р{ < М }=1–e–1; медиана х0,5=2.

2. М =2; D =4/3; Р{ >1,5} = 0,625;

§5

1. N(180,10);

а)

б) найти t из уравнения P{ t} = 0,1; t 192,9.

2.

3. M( –101)= –1; D( –101)=4/3; P{ < 101} = 3/4;

§6,7

1. M =8; M =85/6; т.к. случайные величины независимы, то вероятности для совместного закона рвспределения вычисляем как: pij=P{ =xi}× P{ =yj}

   

7

14

25

0

1/5

1/15

2/15

10

1/10

1/30

1/15

15

1/5

1/15

2/15

2. Вероятности для x , h вычисляем по формуле Бернулли; аналогично предыдущей задаче строим совместной закон распределения.

cov(   )=0;

3. k = 4; при x,y>0,

;

§8

1. M 1=140, M 2=170, M 3=180,

с1, с2 находим из системы уравнений:

Т.е получим систему:

находим с1= –0,053; с2= 1,012.

Прознозируем рост первого в 20 лет:

Прознозируем рост второго:

Литература

Гмурман В.Е. Теория вероятностей и математическая статистика.Москва, Высшая школа (любого года издания).





назад