УМК по ТВ и МС

P(C) = P( A + B) = P(A) + P(B) = 0,351 + 0,458 = 0,809 .

Пример 1.12. Для получения кредита предприятие обратилось к трем банкам. Статистические исследования показали, что вероятности выделения кредита этими банками соответственно равны р1 = 0,5, р2 = 0,4 и р3 = 0,9. Банки выделяют кредит независимо друг от друга и, если примут решение о его выделении, то в размере: первый банк – 160 млн. руб., второй – 40 млн. руб., третий

– 200 млн. руб. Найти вероятности того, что предприятие получит кредит в размере: а) 200 млн. руб.; б) не менее 240 млн. руб.; в) любом.

Решение. Введем события: А – первый банк выделит кредит; В – второй банк выделит кредит; С – третий банк выделит кредит; D – предприятие получит кредит в размере 200 млн. руб.; E – предприятие получит кредит в размере не менее 240 млн. руб.; F – предприятие получит кредит.

а) Т.к. D = A B, то

P(D) = 0,5 0,4 (1 – 0,9) + (1 – 0,5)(1 – 0,4)0,9 = 0,02 + 0,27 = 0,29.

б) Т.к. E = A B C + A B C + A B C , то

P(E) = 0,5 (1 – 0,4)0,9 + (1 – 0,5)0,4 0,9 + 0,5 0,4 0,9 = 0,63.

в) Т.к. F = A B C , то P(F) = 1 – P( A B C ) = 1 – 0,5 0,6 0,1 = 0,97.

1.9. Формула полной вероятности и формула Байеса

Определение 1.6. Набор событий B1, … , Bn называется полной группой не-

совместных событий или разбиением пространства Ω, если

∑in=1 Bi = Ω и i ≠ j Bi I B j = .

Очевидно, что любые два противоположных события A и A образуют полную группу несовместных событий, т.е. P(A + A) = P(A) + P(A) = P(Ω) =1.

Рис 1.7. Разбиение пространства Ω.

Предложение 1.5. (Формула полной вероятности). Пусть события

B1, … , Bn образуют разбиение. Тогда P( A) = ∑in=1 P(A/ Bi )P(Bi ) . Доказательство. Справедливо представление A = AB1+K+ ABn . Следова-

тельно, P( A) = P( AB1) + K+ P( ABn ) . Для завершения доказательства достаточно применить формулу произведения вероятностей (1.4).

21

Предложение 1.6. (Формула Байеса). Пусть B1, … , Bn – разбиение. Тогда

	P(Bk / A) =	P(A/ Bk )P(Bk )		. #
		∑n	P(A/ Bi )P(Bi )
		i=1

Замечание 1.5. События, образующие разбиение пространства Ω в формулах полной вероятности и Байеса часто называют гипотезами и обозначают Hi.

Пример 1.13. Есть три завода, производящих одну и ту же продукцию. При этом 1-й завод производит 25%, 2-й завод − 35% и 3-й завод − 40% всей производимой продукции. Брак составляет 5% от продукции 1-го завода, 3% от продукции 2-го и 4% от продукции 3-го завода.

Вся продукция смешивается и поступает в продажу. Найти: а) вероятность купить бракованное изделие; б) условную вероятность того, что купленное изделие изготовлено 1-м заводом, если это изделие бракованное.

Решение. Обозначим событие A – «куплено бракованное изделие». Так как производят продукцию три завода, то выдвинем три гипотезы:

H1 – изделие изготовлено первым заводом;

H2 – изделие изготовлено вторым заводом;

H3 – изделие изготовлено третьим заводом.

Найдем вероятности гипотез: P(H1) = 0,25; P(H2) = 0,35; P(H3) = 0,4. Проверим:

P(H1) + P(H2) + P(H3) = 0,25 + 0,35 + 0,4 = 1.

Найдем условные вероятности события A относительно выдвинутых гипотез:

P(A/H1) = 0,05; P(A/H1) = 0,03; P(A/H1) = 0,04.

Определим вероятность события A по формуле полной вероятности:

P(A) = ∑in=1 P(A/ Hi )P(Hi ) = 0,05 0,25 + 0,03 0,35 + 0,04 0,4 = 0,039 .

Вычислим долю первого завода в общем количестве бракованных изделий, т.е. переоценим гипотезу H1 по формуле Байеса:

P(H1 / A) =	P(A/ H1 )P(H1 )		=	P(A/ H1 )P(H1 )	=	0,05 0,25	=0,321.
				P(A)		0,039
	∑3	P(A/ Hi )P(Hi )
	i=1

Пример 1.14. Турист, заблудившись в лесу, вышел на полянку, от которой в разные стороны ведут 5 дорог. Если он пойдет по первой дороге, то вероятность выхода из леса в течение часа равна 0,6; если по второй – 0,3; если по третьей – 0,2; если по четвертой – 0,1; если по пятой – 0,1. Какова вероятность того, что турист пошел по первой дороге, если через час он вышел из леса?

Решение. В данном случае событие A – «турист через час он вышел из леса» произошло. Поэтому используем формулу Байеса. Искомая вероятность того, что турист пошел по первой дороге, если через час он вышел из леса, равна

	P(H1	/ A) =	P(H1 )P(A/ H1 )		,
			∑5	P(Hi )P(A/ Hi )
			i=1

где Hi – гипотеза «турист пойдет по i-й дороге, i = 1, 2, 3, 4, 5. Очевидно, что все пять гипотез равновероятны, т.е.

P(H1 ) = P(H2 ) = P(H3 ) = P(H4 ) = P(H5 ) =0,2 .

22

Значения условных вероятностей даны в условии задачи:

P( A / H1 ) = 0,6; P( A / H 2 ) = 0,3; P( A / H3 ) = 0,2; P( A / H 4 ) = P( A / H5 ) = 0,1.

Отсюда имеем:

	P(H1	/ A) =			0,2	0,6			=
				0,2	0,6 + 0,2 0,3 + 0,2	0,2 +	0,2 0,1 + 0,2 0,1
		=			0,6	= 0,6	= 0,462.
				0,6	+ 0,3 + 0,2 + 0,1 + 0,1
						1,3

1.10. Независимость событий

Определение 1.7.

События

A и

B называются

независимыми, если

P( AB) = P(A) P(B) .

Замечание 1.6. Если A и B независимы и P(B) > 0, то

P( A / B) =

P( AB)

=

P( A)P(B)

= P( A) .

P(B)

P(B)

Аналогично, если A и B независимы и P(A) > 0, то P(B / A) = P(B) .

Пример 1.15. Бросание двух игральных костей:

Ω = {(a1, a2): a1, a2 {1, … , 6}}, |Ω| = 36,

A = {на первой кости выпала «6»},

B = {на второй кости выпала «6»},

A = {(6, 1), (6, 2), … , (6, 6)}, |A| = 6,

B = {(1, 6), (2, 6), … , (6, 6)}, |B| = 6,

AB = {(6, 6)}, |AB| = 1.

AB

P(A) =

A

=

6

=

1

, P(B) =

B

=

6

=

1 , P(AB) =

=

1

.

Ω

36

6

Ω

Ω

36

6

36

Таким образом,

P( AB) = P( A) P(B) , и события A и B – независимы.

Пример 1.16. Студент сдает три экзамена. Вероятность успешной сдачи первого экзамена 0,9, второго – 0,65, третьего – 0,35. Найти вероятность того, что он не сдаст хотя бы один экзамен.

Решение. Обозначим A – событие «студент не сдал хотя бы один экзамен».

Тогда P(A) =1 − P( A) ,

где A – противоположное событие «студент сдал все экзамены». Поскольку сдача каждого экзамена не зависит от других экзаменов, то

P( A) =1 − P(A) =1 − 0,9 0,65 0,35 = 0,7953.

Предложение 1.7. Известно, что события A и B независимы. Тогда: A и B.

– независимы, A и B – независимы, A и B – независимы.

23

Предложение 1.8. Если события A и B несовместны, то они независимы, если и только если P(A) = 0 или P(B) = 0.

1.11. Статистическая независимость

Теперь распространим понятие независимости на случай произвольного конечного набора событий A1, … , An. Обсудим два способа распространения

определения 1.7 – понятия взаимной независимости и попарной независимости.

Определение 1.8. События A1, … , An называются независимыми в совокуп-

ности (взаимно			независимыми), если		для всех k (1 ≤ k ≤ n) и для любых
1 ≤ i1 < … < ik ≤ n			верно
P(Ai KAi	)	= P(Ai )KP(Ai		) .	(1.5)
1	k		1	k

Определение 1.9. События A1, … , An называются попарно независимыми,

если i ≠ j P(Ai Aj ) = P( Ai ) P(Aj ) .

Замечание 1.7. Понятия взаимной независимости и попарной независимости набора событий не являются равносильными, а именно,

Первая импликация вытекает из определений 1.8 и 1.9, достаточно взять в равенстве (1.5) n = 2. Следующие два примера показывают, что события могут быть попарно независимыми, но зависимыми в совокупности.

Пример 1.17. Производится бросание двух костей. Рассмотрим события: A = {на первой кости выпало нечетное число очков},

B = {на второй кости выпало нечетное число очков}, C = {сумма очков – нечетна}.

События A, B, C – попарно независимые. Действительно,

P( A) = P(B) = P(C) =1/ 2 , P( AB) = P( AC) = P(BC) =1/ 4 .

Но независимости в совокупности нет, т.к.

ABC = P( ABC) =0 ≠	1	= P( A)P(B)P(C) .
	8

Глава 2. Дискретные случайные величины

Для дальнейшего изложения необходимо ввести понятие дискретного вероятностного пространства. Мы будем называть дискретным вероятностным пространством либо конечное вероятностное пространство, определенное в § 1.2, либо счетное вероятностное пространство, которое мы определим ниже.

24

2.1. Счетное вероятностное пространство

Пусть Ω – счетное множество, то есть, бесконечное множество, элементы которого могут быть занумерованы натуральными числами:

Ω={ω1, ω2 ,...,ωn ,...} ={ωi}i N ,

афункция P, зависящая от ω Ω, удовлетворяет условиям:

P(ω) ≥ 0, ∑ P(ω) = ∑i∞=1 P(ωi ) =1.

ω Ω

В этом случае говорят, что (Ω, P) – счетное вероятностное пространство.

Как и прежде, событиями будем называть любые подмножества множества элементарных исходов Ω: A Ω.

2.2. Дискретные случайные величины

Определение 2.1. Случайной величиной назовем произвольную функцию на множестве элементарных исходов: ξ: Ω → R, ξ = ξ(ω). Случайные величины обозначают греческими или заглавными латинскими буквами.

Множества вида {ω: ξ(ω) = x} Ω являются событиями. Далее для них будем использовать более короткое обозначение: {ξ = x} =& {ω: ξ(ω) = x}.

Так как Ω – не более чем счетно, то случайная величина ξ принимает не более чем счетное число значений: x1, x2, … , xk, … .

Определение 2.2. Распределением дискретной случайной величины ξ назовем таблицу

	ξ	x1	x2		…		xk	…
	P	p1	p2		…		pk	…
где pk = P{ω: ξ(ω) = xk } = P{ξ = xk }.
Замечание 2.1. Если k ≠ l, то {ξ = xk}					∩ {ξ = xl} = . Более того,
U{ω: ξ(ω) = xk } = Ω. Следовательно, ∑ pk =1.
k				k

2.3.Схема Бернулли

2.3.1.Распределение числа успехов в n испытаниях

Определение 2.3. Схемой Бернулли называется последовательность независимых испытаний, в каждом из которых возможны лишь два исхода – «успех»

и«неудача», при этом «успех» в одном испытании происходит с вероятностью

р[0, 1], «неудача» – с вероятностью q = 1 – р.

25

Определение 2.4. Бернуллиевской называют случайную величину, принимающую два значения:

1,	с вероятностью p,
ξi =	с вероятностью 1 – p.
0,

Таким образом, ее распределению соответствует таблица

ξ	0	1
P	1 − p	p

Предложение 2.1. (Формула Бернулли). Обозначим, через vn число успехов в n испытаниях схемы Бернулли. Тогда для любого k = 0, 1, ... , n

P(vn = k) = Pn (k) = Cnk pk (1 − p)n−k = Cnk pk qn−k .

Доказательство. Событие А = {vп = k} означает, что в п испытаниях схемы Бернулли произошло ровно k успехов (и, соответственно, (n − k) неуспехов). Рассмотрим один из благоприятствующих событию A элементарных исходов:

(u,u,...u,n,n,....n ).

123 14243

k l−k

Т.к. испытания независимы, вероятность такого элементарного исхода (первые k испытаний завершились успехом, остальные неудачей) равна pk(1−p)n−k. Другие благоприятствующие событию A элементарные исходы отличаются от рассмотренного выше лишь расположением k успехов на n местах. Есть ровно Cnk способов расположить k успехов на n местах. Поэтому событие A состоит из Cnk элементарных исходов, вероятность каждого из которых равна pk(1−p)n−k.

Определение 2.5. Набор чисел P(vn = k) = Ckpk(1−p)n−k, k = 0, 1, … ,n назы-

вается биномиальным распределением вероятностей и обозначается Bn,p или

B(n, p). Случайную величину с этим законом распределения называют биномиальной. Она означает, что в п испытаниях схемы Бернулли произошло ровно k успехов и (n−k) неуспехов.

Биномиальному распределению вероятностей соответствует таблица

νn	0	1	…	k	…	n
P	(1 − p)n	np(1 − p)n−1	…	Cnk pk (1− p)n−k	…	pn

Пример 2.1. В магазине 5 холодильников. Вероятность выхода из строя каждого холодильника в течение года равна 0,2. Найти вероятность того, что в течение года ремонта потребует: 1) 4 холодильника; 2) не менее 2 холодильников; 3) не более 1 холодильника; 4) не менее 1 холодильника.

Решение. Поскольку все холодильники имеют одинаковую вероятность выхода из строя в течение года p = 0,2, то используем формулу Бернулли.

1) Вероятность того, что в течение года ремонта потребуют 4 холодильника, равна

P5 (k = 4) = C54 p4 (1 − p) = 5 0,24 0,8 = 0,0064 .

26

2) Вероятность того, что в течение года ремонта потребуют не менее 2 холодильников, равна

P5 (k ≥ 2) =1 − P5 (k < 2) =1 − P5 (k = 0) − P5 (k =1) =

=1 − C50 p0 (1 − p)5 − C51 p1 (1 − p)4 =1 −1 0,20 0,85 − 5 0,21 0,84 = 0,2627 .

3) Вероятность того, что в течение года ремонта потребует не более 1 холодильника, равна

P5 (k ≤1) =1 − P5 (k ≥ 2) =1 − 0,2627 = 0,7373.

4) Вероятность того, что в течение года ремонта потребует не менее 1 холодильника, равна

P5 (k ≥1) =1 − P5 (k <1) =1 − P5 (k = 0) =

=1 −C50 p0 (1 − p)5 =1 −1 0,20 0,85 = 10000067232 = 0,6723 .

Пример 2.2. Вероятность того, что изделие является дефектным, равна 0,1. Сколько надо выбрать изделий, чтобы среди них с вероятностью более 0,96 оказалось хотя бы одно бездефектное?

Решение. По условию задачи требуется найти минимальное число n, для которого выполнялось бы неравенство Pn (k ≥1) > 0,96 . Данное неравенство

	равносильно тому, что P (k = 0)			= C 0 pn q0 <1−0,96 = 0,04 .
		n			n
	Подставив	p = 0,9, q = 0,1		в последнее неравенство, и,		учтя, что Cn0 =1,
	имеем: P (k = 0)	= C 0 pn q0 =1 0,9n 0,10 = 0,9n < 0,04.
	n	n
	Прологарифмируем обе части полученного неравенства:
	n ln 0,9 > ln 0,04 n >		ln 0,04		= −3,2189 = 30,551 nmin	= 31.
			ln 0,9
					− 0,1054

Таким образом, надо выбрать не менее чем 31 изделие, чтобы среди них с вероятностью более 0,96 оказалось хотя бы одно бездефектное

Пример 2.3. Адвокат выигрывает в суде в среднем 70% дел. Найдите вероятность того, что он из 8 дел выиграет больше половины.

Решение. По условию задач требуется определить вероятность P8 (k > 4) ,

где k – количество выигранных дел.

Поскольку вероятность выигрыша дела известна ( p = 0,7 ), то q =1 − p = 0,3 . Отсюда по формуле Бернулли имеем:

P8 (k > 4) = P8 (k = 5) + P8 (k = 6) + P8 (k = 7) + P8 (k = 8) =

= C85 0,75 0,33 + C86 0,76 0,32 + C87 0,77 0,31 + C88 0,78 0,30 = = 0,2450 + 0,2965 + 0,1776 + 0,0576 = 0,797 .

Таким образом, вероятность того, что адвокат из 8 дел выиграет больше половины, равна 0,797.

27

Определение 2.6. Будем говорить, что случайная величина Π имеет пуас-

соновское распределение с параметром λ > 0, если она принимает целые неот-

рицательные значения со следующими вероятностями:

P{Π = k}=	λk	e−λ , k = 0, 1, ....
	k!

2.3.2. Наиболее вероятное число успехов

По формуле Бернулли, событие «произошло 0 успехов в п испытаниях» имеет вероятность qn, 1 успех − вероятность npqn−1 и т.д. Какое же число успехов наиболее вероятно, или, при каком k достигается максимум P(vn = k)?

Предложение 2.2. В n испытаниях схемы Бернулли с вероятностью успеха p наиболее вероятным числом успехов является

а) единственное число k0 = [np + p], если число np + p не целое; б) два числа k0 = np + p и k0 = np + p − 1, если число np + p целое.

Доказательство. Чтобы выяснить это, сравним отношение P(vn = k) и

P(vn = k−1) с единицей:									pk qn−k
	P(vn = k)		n!		(k −1)!(n − k +1)!
		=								=
	P(vn = k −1)		k!(n − k)!			n!			pk−1qn−k+1
		= (n − k +1) p =1+				(n − k +1) p			−1 =1+ np + p − k .
			kq			kq				kq

Видим, что

(a) Р(vn = k) > Р(vn = k − 1) при np + p − k > 0, то есть при k < np + p; (b) Р(vn = k) < Р(vn = k − 1) при np + p − k < 0, то есть при k > np + p;

(c) P(vn = k) = P(vn = k − 1) при np + p − k = 0, что возможно лишь если пр + р − целое число.

Рассмотрим два случая: пр + р Z и пр + р Z. В первом случае пусть k0 = пр + р. Из полученных выше неравенств сразу следует, что

(a)	(c)	(b)
...< P(vn = k0 − 2) <	P(vn = k0 −1) =	P(vn = k0 ) > P(vn = k0	+1) >...

Во втором случае пусть k0 = [пр + р] (целая часть числа пр + р). Из неравенств (а), (b) следует, что

	(a)	(a)	(b)
	...< P(vn = k0 − 2) < P(vn = k0	−1) < P(vn = k0 ) > P(vn = k0 +1) >... .
	Действительно, неравенство Р(vn = k0) > Р(vn = k0 − 1), например, следует из
(b), примененного для k = k0 − 1 > np + p.
	В зависимости от того, является число пр + р целым или нет, имеем либо
два равновероятных «наиболее		вероятных»	числа	успехов	k0 = пр + р и
k0	− 1 = пр + р − 1, либо одно «наиболее вероятное»			число	успехов, равное
k0	= [пр + р].

Замечание 2.2. В предложении 2.2 наиболее вероятное число успехов k0 можно находить из двойного неравенства np − q ≤ k0 ≤ np + p .

28

Пример 2.4. Если p = q = 1/2, то при четном числе испытаний n число np + р = (п+1)/2 Z − не целое, так что наиболее вероятным является единственное число успехов [(п+1)/2] = n/2. Что совершенно понятно, так как есть нечетное число возможностей – получить 0,1, ... , п успехов, причем вероятности получить k и п−k успехов одинаковы.

При нечетном же числе испытаний п число пр + р = (п+1)/2 Z − целое, так что наиболее вероятными (и одинаково вероятными) являются два числа успехов (п+1)/2 и (п−1)/2.

Пример 2.5. Вероятность появления события A в каждом из n независимых испытаний равна 0,7. Сколько испытаний нужно произвести, чтобы наиболее вероятное число появлений события A в производимых испытаниях k0 =20 ?

Решение. По условию p =0,7 и q =0,3. Тогда из замечания 2.2 получим

0,7n − 0,3 ≤ 20 ≤ 0,7n + 0,7 .

Это двойное неравенство равносильно системе неравенств

0,7n − 0,3 ≤ 20,0,7n + 0,7 ≥ 20.

Из первого неравенства системы имеем n ≤ 20,3/ 0,7 = 29 . Из первого неравенства системы найдем n ≥19,3/ 0,7 ≈ 27,57 . Отсюда следует, что необходимо произвести 28 или 29 испытаний.

2.3.3. Номер первого успешного испытания

Рассмотрим схему Бернулли с вероятностью успеха p в одном испытании. Испытания проводятся до появления первого успеха. Введем величину τ, рав-

ную номеру первого успешного испытания.

Предложение 2.3. Вероятность того, что первый успех произойдет в испытании с номером k N = {1, 2, 3, …}, равна P(τ = k) = pqk −1 .

Доказательство. Действительно, P(τ = k) = P(n,n,K,nu) = pqk−1

14243

k−1

Определение 2.7. Набор чисел {pqk−1, k =1,2,3,...} называется геометриче-

ским распределением вероятностей и обозначается G(p).

Геометрическое распределение вероятностей обладает интересным свойством «нестарения», заключающимся в следующем. Пусть величина τ обозначает время безотказной работы (измеряемое целым числом часов) некоторого устройства. Предположим, что для величины τ вероятность принять любое свое значение k равна pqk−l, т.е. P(τ = k) = рqk−l для любого k N. Тогда для произ-

вольных n, k ≥ 0
P(τ > n +k / τ > n) = P(τ > k) .	(2.1)

29

Формула (2.1) означает следующее. Если известно, что устройство уже проработало без отказа n часов, то вероятность ему работать еще не менее k часов такая же, как вероятность проработать не менее k часов для нового устройства.

2.4. Математическое ожидание

Так как случайная величина ξ может принимать различные значения ξ(ω), в зависимости от того, какой исход ω «виртуального» эксперимента (замечание 1.1) будет разыгран, то с разных точек зрения удобно иметь числовую характеристику, имеющую смысл «среднего значения» случайной величины.

Определение 2.8. Математическим ожиданием дискретной случайной ве-

личины ξ называется число M[ξ] = ∑ξ(ω)P(ω) .

ω Ω

Математическое ожидание существует в том и только в том случае, когда этот ряд сходится абсолютно.

Предложение 2.4. Математическое ожидание может быть вычислено как

M [ξ] = ∑xk pk = ∑xk P{ξ = xk }.		(2.2)
k	k

Доказательство. Мы будем использовать следующий факт из курса математического анализа. Пусть дан абсолютно сходящийся ряд. Тогда его члены можно произвольным образом переставлять и группировать, полученные в ре-

зультате этого ряды будут сходиться к одному и тому же значению:

M[ξ] = ∑ξ(ω)P(ω) = ∑ ∑xk P(ω) =

ω Ω		k ω: ξ(ω)=xk
= ∑xk	∑P(ω) =∑xk P{ω: ξ(ω) = xk }.
k	ω: ξ(ω)=xk	k

Пример 2.6. Математическое ожидание бернуллиевской случайной вели-

чины: M [ξ] =1 p + 0 (1 − p) = p .

Пример 2.7. ξ – число очков, выпавших на игральной кости. Распределение этой случайной величины:

	ξ			1		2				3				4					5					6
	P			1/6		1/6				1/6			1/6					1/6						1/6
M [ξ] = ∑kpk =1		1		+ 2	1		+ 3	1	+ 4		1	+ 5			1		+ 6		1		=	21		=	7	.
		6			6			6			6			6					6			6
k																								2

Пример 2.8. Пусть случайная величина ξ имеет биномиальное распределение. Найдем ее математическое ожидание. Согласно (2.2) имеем

M [ξ] = ∑nk =0 kCnk pk qn−k .

30