Е.Н. Грибанов Теория вероятностей и математическая статистика. Методические указания для студентов всех специальностей

10

n- число всевозможных оставшихся шаров, то есть n=4. Тогда искомая вероятность равна pA (B)= 24 = 12 .

Т. 1. Вероятность произведения двух событий равна произведению вероятности одного из них на условную вероятность другого, вычисленную при условии, что первое событие произошло.

То есть p(A B)= p(A) pA (B)= p(B) pB (A).

Доказательство. Пусть число всевозможных исходов опыта равно n. Из них событию А благоприятствует m из них. Совместному появлению событий А и В благоприятствует k. Тогда

pA (B)= mk , так как число всевозможных исходов для этого ус-

ловного события равно m приятных исходов равно k появления события А).

(событие А произошло), число благо- (событие В происходит при условии Для других вероятностей имеем

p(A B)= k	,	p(A)= m	. Подставляя в формулу, имеем
n		n

kn = mn mk = kn тождество.

Следствие 1. Если появление события А не зависит от события В, то появление события В не зависит от события А.

Доказательство. Если появление события А не зависит от события В, то можно записать p(A)= pB (A). Используя две

записи теоремы умножения, имеем, p(A) pA (B)= p(B) pB (A) подставив указанное условие, получим p(A) pA (B)= p(B) p(A), разделив обе части на p(A), получим pA (B)= p(B), то есть

вероятность появления события В не зависит от события А. Следствие 2. Вероятность произведения двух независимых

событий равна произведению вероятности этих событий. Доказательство. Применяя первое следствие к теореме

умножения, получаем p(A B)= p(A) p(B).

Пример 10. Известно, что 85% готовой продукции цеха является стандартной. Вероятность того, что стандартная деталь отличного качества, равна 0,51. Найти вероятность того, что наудачу взятое изделие окажется отличного качества.

Решение. Пусть А− событие, означающее, что взятое наудачу изделие стандартное, В− событие, означающее, что изделие от-

11

личного качества. Изделие может быть отличного качества, если

оно стандартное. Поэтому из	условия	задачи следует
p(A)= 0,85 и pA (B)= 0,51. Тогда	искомая	вероятность равна
p(A B)= p(A) pA (B)= 0,85 0,51 = 0,4335 .

7. Формула полной вероятности Т. Если событие А может наступить только при условии по-

явления одного из событий H1, H2, …. Hn , образующих полную группу несовместных событий, то вероятность события А равна сумме произведений вероятностей каждого из событий H1, H2, …. Hn на соответствующую условную вероятность события А,

p(A)= ∑n p(Hk ) pHk (A).

k =1

Эту формулу называют формулой полной вероятности, а

события H1, H2, …. Hn, причём сумма вероятностей гипотез равна

единице, то есть ∑n p(Hk )=1.

k =1

Доказательство. Формулу полной вероятности можно вывести на основании теорем умножения и сложения вероятностей. Согласно условию, событие А можно представить в виде суммы несовместных событий A = H1 A + H2 A +K+ Hn A. По теореме

сложения вероятностей несовместных событий можно записать p(A)= p(H1 A)+ p(H2 A)+K+ p(Hn A), применяя теорему умножения к каждому слагаемому получаем

p(A)= p(H1) pH1 (A)+ p(H2 ) pH1 (A)+K+ p(Hn ) pH n (A)

или p(A)= ∑n p(Hk ) pHk (A).

k =1

Примечание. Формула полной вероятности используется до совершения события.

Пример 11. Три завода производят одинаковые изделия, которые поступают на один склад, причём первый завод производит 30%, второй 20% и третий 50% всех поступивших на склад деталей. Процент брака для первого завода 5%, для второго 8% и для третьего 10%. Найти вероятность того, что наудачу взятая со склада деталь окажется браковочной.

12

Решение. Обозначим события: А − деталь бракованная, так как вероятность этого события зависит от того, на каком заводе она произведена, то добавим следующие гипотезы: Н1− деталь произведена на первом заводе, Н2− на втором заводе, Н3 − а треть-

ем	заводе.	По	условию	задачи
p(H1)= 0,3; p(H2 )= 0,2; p(H3 )= 0,5			и	pH1 (A)= 0,05;
pH2	(A)= 0,08; pH3 (A)= 0,1. Тогда искомая вероятность по фор-

муле полной вероятности равна

p(A)= ∑3 p(Hk ) pHk (A)= 0,3 0,05 +0,2 0,08 +0,5 0,1 = 0,081.

k =1

8. Формула Байеса Формула Байеса применяется при решении практических за-

дач, когда событие А, появляющееся совместно с каким-либо из событий H1, H2, …. Hn которые образуют полную группу несовместных событий (гипотез), произошло и требуется произвести количественную переоценку вероятностей событий H1, H2, …. Hn. Априорные (до опыта) вероятности p(H1); p(H2 );Kp(Hn ) из-

вестны. Требуется вычислить апостериорные (после опыта), вероятности, то есть, нужно найти условные вероятности pA (H1); pA (H2 );KpA (Hn ).

Пусть событие А может наступить при условии появления одной из гипотез H1, H2, …. Hn. Вероятность совместного появле-

ния события А с одной из гипотез Нm по теореме умножения равна

p(A H

m

)= p(A) p

A

(H

m

)= p(H

m

) p

H m

(A), отсюда

(A)

pA (Hm )

=

p(Hm ) pH

m

или

p(A)

pA(Hm )=

p(Hm )

pHm (A)

.

p(H ) p

H1

(A)+ p(H

2

) p

H2

(A)+K+ p(H

n

) p

Hn

(A)

1

Полученные формулы носят название формулы Байеса. Пример 12. В первой группе 20, во второй 25, в третьей

группе 15 студентов. Вероятность сдать экзамен на отлично для студентов первой группы равна 0,6, для студентов второй – 0,3, для третьей – 0,4. Наудачу взятый студент сдал экзамен на отлично. Найти вероятность того, что он из третьей группы.

13

Решение. Обозначим события: А − наудачу взятый студент сдал экзамен на отлично, Н1 – студент из первой группы, Н2 – студент из второй группы, Н3 – студент из третьей группы. По

условию					задачи												p(H1)=											20					= 20	;					p(H2 )=								25	;
																									20 + 25 +15																						60
																																	60
p(H3 )=		15 ;					pH				(A)			=			6			;			pH					(A)=			3	;	pH		(A)=					4		.		Тогда
									1																		2		10					3					10
		60													10
искомая			вероятность															pA (H3 )										по			формуле						Байеса							равна
																					p(H						) p				(A)
pA(H3 )=																									3 H3																				=
				p(H )				p				H1		(A)+ p(H											) p						(A)		+ p(H		3		) p		H3			(A)
						1																		2				H2
						15				4																		15 4									60						4
							60			10																																				.
=																							=													=						=
	20	6				25				3					15					4				20 6 + 25 3 +15 4														255						17
					+								+
60			10			60				10						60				10

9. Схема независимых испытаний. Формула Бернулли

На практике приходится сталкиваться с задачами, которые можно представить в виде многократно повторяющихся испытаний, в результате каждого из которых может появиться или не появиться событие А. При этом представляет интерес не исход каждого отдельного испытания, а общее число появлений события А в результате определённого количества испытаний. В подобных задачах нужно уметь определять вероятность любого числа m появлений события А в результате n испытаний. Рассмотрим случай независимых испытаний.

О. 1. Испытания называются независимыми, если результат одного испытания не зависит от результатов других испытаний и вероятность появления события А в каждом испытании постоянна. Пусть происходит n независимых испытаний, в каждом из которых событие А может либо появиться с вероятностью р, либо не появиться с вероятностью q=1-p. Рассмотрим событие Вm , состоящее в том, что событие А в этих n испытаниях появилось ровно m раз и, следовательно, не появилось m-n раз. Обозначим через

Ak (k =1, 2,K,n) появление события А, через Ak − не появление события А в k-м испытании. По условию имеем

14

p(A1)= p(A2 )=K= p(An )= p и p(A1)= p(A2 )=K= p(An )= q .

Событие может появиться m раз в различных последовательностях или комбинациях, чередуясь с противоположным событием A . Число возможных комбинаций такого рода равно числу со-

четаний из n элементов по m, то есть Сnm . Следовательно, событие Вm можно представить в виде суммы различных комбинаций, несовместных между собой, причём число слагаемых равно Сnm .

Вm = A1 A2 K Am Am+1 K An + A1 A2 A3 ×K

× Am+1 Am+2 K An +K+ A1 A2 K An−m An−m+1 K An,

где в каждое слагаемое событие А входит m раз, а событие А входит n −m раз. Вероятность каждой последовательности по теоре-

ме умножения равна pm qn−m . Так как общее число таких последовательностей равно Сnm , то, используя теорему сложения

для несовместных событий, получим вероятность события Вm, равную Сnm pmqn−m или pn (m)= Cnm pmqn−m . Последняя носит

название формулы Бернулли.

Пример 13. Найти вероятность того, что при пяти бросаниях монеты герб появится один раз.

Решение. Вероятность появления герба при одном бросании монеты равна p = 12 , вероятность его не появления q = 12 . Тогда

искомая			вероятность				по					формуле				Бернулли	равна
p	(1)= C1		1 1		1 5−1		5!		1		1			5
						=							=		.
							4! 1!		2		16			32
5	5		2		2

10. Наивероятнейшее число появления событий

О.1. Наивероятнейшим числом появления события А в n неза-

висимых испытаниях называется число m0, для которого вероятность, соответствующая этому числу, не меньше вероятности каждого из остальных возможных чисел появления события А.

По определению pn (m0 )≥ pn (m0 +1); pn (m0 )≥ pn (m0 −1). Из первого неравенства Сnm0 pm0 qn−m0 ≥ Cnm0 +1 pm0 +1qn−m0 −1. От-

15

	n!		q ≥		n!		p, или	q	≥	p
сюда											. То-
	(n−m )!m !			(n−m	−1)!(m	+1)!		n −m		m +1
	0	0	0		0			0	0

гда m0q +q ≥ np −m0 p m0 (p +q)≥ np −q m0 ≥ np −q . Из вто-

рого неравенства имеем Сnm0 pm0qn−m0 ≥Cnm0−1pm0−1qn−m0 +1. Или

n!		p ≥		n!		q,
(n −m	)! m !		(n −m	−1)! (m	+1)!
0	0	0		0

pn − pm0 + p ≥ qm0 m0 (p +q)≤ pn +

	или	p	≥	q		,
		n		n −m0 +1

p m0 ≤ pn + p .

Объединяя, получаем, что наивероятнейшее число удовлетворяет неравенству pn −q ≤ m0 ≤ pn + p .

Так как длина интервала, определяемого неравенством, равна единице (np + p)−(np −q)= p +q =1, а событие может произойти

в п испытаниях только целое число раз, то следует иметь в виду, что:

	1)		если np −q			− целое число, то существуют два значения
наивероятнейшего						числа, а	именно	(m0 )1 = np −q	и
(m		)	= np + p−;	q	−	дробное число,	то существует единственное
2) если np
	0	2

целое число удовлетворяющее полученному неравенству. Пример 14. Отдел технического контроля проверяет партию

из 20 деталей. Вероятность того, что деталь стандартна, равна 0,88. Найти наивероятнейшее число деталей, которые будут при-

знаны стандартными.
Решение. По условию задачи имеем п=20; р=0,88;
q=1-p=0,12.	Подставляя	в	неравенство,	получим
20 0,88 −0,12 ≤ m0 ≤ 20 0,88 +0,88			или 17,48 ≤ m0 ≤18,48. Един-

ственное целое число, принадлежащее этому интервалу, 18. Следовательно, наивероятнейшее число стандартных деталей в партии 18.

11. Локальная теорема Муавра-Лапласа При большом числе испытаний пользоваться формулой Бер-

нулли достаточно трудно. Поэтому при большом числе испытаний ( n ≥ 20) пользуются локальной теоремой Муавра-Лапласа.

Т. Если вероятность р наступления события А в п независимых испытаниях постоянна и отлична от нуля и единицы, то при условии, что число испытаний достаточно велико, вероятность то-

16

го, что в этих испытаниях событие А наступит ровно m раз, при-

близительно равна				pn (m)≈		1	m −np		,
							ϕ
						npq		npq
где ϕ(x)=	1	e−		x2
				2 - табулированная чётная функция (см. при-
	2π

ложение таблица 1).

Пример 15. Вероятность того, что станок-автомат произведёт стандартную деталь, равна р=0,9. Найти вероятность того, что из 900 изготовленных стандартными будут 804 детали.

Решение. По условию задачи имеем п=900; m=804;

q=1-p=0,1,	тогда			np=900 0,9 =810;							npq =			=9;
												900 0,9 0,1
m−np=804−810=−6. Подставляя в формулу, получим
p900	(804)≈	1		−6			1	ϕ(−0,67)≈	1		,3187 ≈ 0		,0354.
			ϕ			≈				0
		9		9			9		9

12. Интегральная теорема Муавра-Лапласа Т. Если производится п независимых испытаний, в каждом из

которых событие А появляется с вероятностью р, для любого интервала [a;b) справедливо следующее соотношение:

b −np			a −np
					, где	m-число появлений со-
p{a ≤ m < b}≈Ф		−Ф
	npq			npq
			q =1− p и Ф(x)=				1	x	−	x2
бытий А в п испытаниях;								∫e		2 dx нечёт-
							2π	0

ная табулированная функция (см. приложение таблица 2). Пример 16. Известно, что при контроле бракуется 10% дета-

лей. Для контроля отобрано 500 изделий. Найти вероятность того, что число годных деталей окажется в пределах от 460 до 475.

Решение. По условию задачи n=500; p=0,9; q=0,1; a=460; b=475. Подставляя в формулу, получаем

	475 −500 0,9			460 −500 0,9
p{460 ≤ m < 475}≈Ф	500 0,9 0,1		−Ф	500 0,9 0,1		≈

≈Ф(3,73)−Ф(1,49)≈ 0,499928 −0,4319 ≈ 0,068.

17

13.Формула Пуассона.

Значения вероятностей, получаемых по локальной теореме Муавра-Лапласа, приближаются к значениям, получаемым по формуле Бернулли, тем лучше, чем больше п и меньше p или q, однако это не имеет места, если наряду с увеличением п одна из величин p или q стремится к нулю. В этом случае вместо формулы Бернулли используют формулу Пуассона, которая имеет вид

pn (m)= amm! e−a , где a = np.

Пример 17. Вероятность появления события А в каждом из 250 независимых испытаний равна 0,008. Найти вероятность того, что событие А появится 3 раза.

Решение. Так как по условию задачи вероятность р=0,008 мала, а число испытаний п=250 велико, то используем формулу

Пуассона.		Найдём a = np = 0,008 250 = 2. Искомая вероятность
равна	p	(3)=	23	e−2 ≈ 0,18.
	250	3!
				Случайные величины
		14. Закон распределения случайной величины

О.1. Случайной называют величину, которая принимает в ре-

зультате испытания то или иное (но при этом только одно) возможное значение, заранее неизвестное, меняющееся от испытания

киспытанию и зависящее от случайных обстоятельств.

Вотличие от случайного события, являющегося качественной характеристикой случайного результата испытания, случайная величина характеризует результат испытания количественно.

О. 2. Дискретной называют такую случайную величину, которая принимает конечное или бесконечное счётное множество значений.

Примером дискретной случайной величины могут являться: число дефектных деталей в партии, число заявок, число отказов элементов за определённое время и так далее.

О. 3. Непрерывной называют такую случайную величину, которая может принимать любые значения из некоторого конечного или бесконечного интервала. Примером непрерывной случайной

18

величины могут являться время безотказной работы отдельных элементов системы, погрешность измерения физических величин.

Случайные величины обычно обозначаются заглавными буквами конца латинского алфавита – X, Y, Z,…., а их возможные значения – соответствующими малыми буквами – x, y, z,…

Для задания случайной величины недостаточно перечислить все её возможные значения. Необходимо также знать, как часто могут появляться те или иные значения в результате испытаний при одних и тех же условиях, то есть нужно задать вероятности их появления.

О. 4. Законом распределения случайной величины называется всякое соотношение между возможными значениями случайной величины и соответствующими вероятностями.

О. 5. Две случайные величины называются независимыми, если распределение вероятности одной из них не зависит от того, какие возможные значения приняла другая величина. В противном случае случайные величины называются зависимыми.

О. 6. Таблица, содержащая возможные значения случайной величины и соответствующие вероятности, называется рядом распределения случайной величины.

Пример 18. Составить закон распределения числа появлений герба при трёх бросаниях монеты.

Решение. Случайная величина X - число появлений герба может принимать значения: 0; 1; 2; 3. Соответствующие вероятности найдём по формуле Бернулли, используя то, что вероятность

появления герба в одном испытании равна p = 12 .

p{x = 0}= C30		1 0			1 3			=	1	;	p{x =1}= C31		1 1 1 2								=	3		;
									8													8
		2			2								2 2
		1 2			1 1				3					1 3				1 0				1
p{x = 2}= C32								=		;	p{x = 3}= C33										=
									8													8
		2			2									2				2

Следовательно, ряд распределения имеет вид:

xi	0	1	2	3
pi	1/8	3/8	3/8	1/8

19

15. Функция распределения Функция распределения является наиболее общей формой

задания закона распределения случайной величины. Она используется как для дискретных, так и для непрерывных случайных величин. Обычно обозначается F(x).

О.1. Функция распределения определяет вероятность того, что случайная величина Х примет значение, меньше фиксированного действительного числа х, то есть F (x)= p{X < x}.

Вероятность того, что X < x , зависит от х, следовательно, F(x) является функцией от х. Поэтому F(x) называется функцией распределения. В литературе встречаются термины: «интегральная функция распределения» и «интегральный закон распределения».

Общие свойства функции распределения.

1.Функция распределения F(x) есть неотрицательная функция, заключённая между нулём и единицей: 0 ≤ F (x)≤1.

2.Функция распределения случайной величины есть

неубывающая функция, то есть из x2 > x1 следует

F (x2 )≥ F (x1).

3. На минус бесконечности функция распределения равна нулю, а на плюс бесконечности функция распределения равна единице, то есть F (−∞)= 0; F (+∞)=1.

Следует отметить, что в то время, как каждая случайная величина однозначно определяет функцию распределения, одну и ту же функцию распределения могут иметь различные случайные величины. Отсюда следует второе определение случайной величины.

О. 2. Случайной величиной называется переменная величина, значения которой зависят от случая и для которой определена функция распределения вероятностей.

Т. 1. Вероятность попадания случайной величины в интервал [α; β) равна разности значений на концах интервала:

p{α ≤ X < β}= F (β)− F (α).

Доказательство. Рассмотрим три события: А, состоящее в том, что X < β ; событие В, состоящее в том, что X <α ; событие

С, состоящее в том, что α ≤ X < β . Тогда p(A)= p{x <β}=F(β); p(B)= p{X <α}=F(α); p(C)= p{α ≤ X <β}.