- •ВВЕДЕНИЕ
- •Глава XIV ТЕОРИЯ ВЕРОЯТНОСТЕЙ
- •Раздел I
- •Виды случайных событий
- •Классическое определение вероятности
- •Основные формулы комбинаторики
- •Статистическое определение вероятности
- •Непосредственное вычисление вероятностей
- •§ 2. Теорема сложения вероятностей несовместных событий
- •§ 3. Условная вероятность. Теорема умножения вероятностей
- •§ 4. Теорема сложения вероятностей совместных событий
- •§ 5. Формула полной вероятности
- •§ 6. Формула Бейеса
- •§ 7. Схема Бернулли
- •Раздел II
- •§ 2. Математическое ожидание, дисперсия и среднеквадратическое отклонение случайной величины, их свойства
- •Свойства математического ожидания
- •Свойства дисперсии
- •Примеры решения задач
- •§ 3. Примеры распределения случайных величин
- •3.1 Биномиальное распределение
- •3.2 Распределение Пуассона
- •3.3 Нормальное распределение
- •3.4. Равномерное распределение
- •3.5 Показательное (экспоненциальное) распределение
- •§ 4. Система случайных величин
- •§ 5. Ковариация и коэффициент корреляции
- •Свойства коэффициента корреляции
- •§ 6. Закон больших чисел. Теорема Чебышева
- •§ 7. Центральная предельная теорема Ляпунова
- •Глава XV МАТЕМАТИЧЕСКАЯ СТАТИСТИКА
- •§ 1. Задачи математической статистики
- •§ 2. Выборочный метод
- •2.1 Генеральная и выборочная совокупности
- •2.2 Статистическое распределение выборки
- •2.3 Эмпирическая функция распределения
- •2.4 Полигон и гистограмма
- •2.5 Оценки математического ожидания
- •2.6 Оценки дисперсии
- •§ 3. О статистической проверке гипотез
- •ПЕРЕЧЕНЬ КОНТРОЛЬНЫХ ВОПРОСОВ
- •КОНТРОЛЬНЫЕ ЗАДАНИЯ
- •Вариант 1
- •Вариант 2
- •Вариант 3
- •Вариант 4
- •Вариант 5
- •Вариант 6
- •Вариант 7
- •Вариант 8
- •Вариант 9
- •Вариант 10
- •ПРИЛОЖЕНИЕ
- •Список рекомендуемой литературы
15
Пример 5.
В студии 3 телевизионные камеры. Для каждой камеры вероятность того, что она включена в данный момент, равна 0,6 . Найти вероятность того, что в данный момент включена хотя бы одна камера.
Решение.
Событие A – “ в данный момент включена хотя бы одна камера”.
I способ.
Событие A1 – “1-я камера включена”,
событие A2 – “2-я камера включена”,
событие A3 – “3-я камера включена”.
P( A1 ) = P( A2 ) = P( A3 ) = p = 0,6 ; P( A1 ) = P( A2 ) = P( A3 ) = q = 0,4 .
Тогда искомая вероятность равна
P( A) = P( A1 A2 A3 + A1 A2 A3 + A1 A2 A3 + A1 A2 A3 + A1 A2 A3 +
+A1 A2 A3 + A1 A2 A3 ) = P( A1 A2 A3 ) + P( A1 A2 A3 ) + P( A1 A2 A3 ) +
+P( A1 A2 A3 ) + P( A1 A2 A3 ) + P( A1 A2 A3 ) + P( A1 A2 A3 ) =
= p p p + q p p + p q p + p p q + q q p + q p q + p q q = 0,936 .
II способ.
P( A1 A2 A3 ) = q q q = 0,43 = 0,064 .
P( A) =1 − P( A1 A2 A3 ) =1 −0,064 = 0,936 .
Пример 6.
Вероятность поражения цели первым стрелком при выстреле равна 0,8 , а вторым – 0,6 . Найти вероятность того, что цель будет поражена только одним стрелком.
Решение.
Событие A – “цель поражена только одним стрелком”, событие A1 – “в цель попал первый стрелок”, событие A2 – “в цель попал второй стрелок”.
P( A) = P( A1 A2 + A1 A2 ) = P( A1 A2 ) + P( A1 A2 ) = P( A1 ) P( A2 ) + P( A1 ) P( A2 ) = = 0,8 0,4 + 0,2 0,6 = 0,32 + 0,12 = 0,44 .
§ 4. Теорема сложения вероятностей совместных событий
Определение. Два события A и B называют совместными, если появление одного из них не исключает появления другого в одном и том же испытании.
16
Теорема. Вероятность суммы двух совместных событий равна сумме
вероятностей этих событий без вероятности их произведения: |
|
P( A + B) = P( A) + P(B) − P( A B) . |
(1) |
Доказательство.
Событие A + B наступит, если наступит одно из следующих трех несовместных событий: A B , A B , A B .
По теореме сложения несовместных событий имеем: |
|
|
|
||||||||||||||
|
|
|
|
P( A + B) = P( |
|
B) + P( A |
|
|
|
) + P( A B) . |
(2) |
||||||
A |
B |
||||||||||||||||
Событие A произойдет, если наступит одно из двух несовместных событий |
|||||||||||||||||
A B и A |
|
|
. Отсюда: |
|
|
|
|||||||||||
B |
|
|
|
||||||||||||||
|
|
|
|
P( A) = P( A B) + P( A |
|
) . |
(*) |
||||||||||
|
|
|
B |
||||||||||||||
Аналогично |
|
|
|
||||||||||||||
|
|
|
|
P(B) = P( A B) + P( |
|
B) . |
(**) |
|
|||||||||
|
|
|
A |
||||||||||||||
Тогда |
|
|
|
||||||||||||||
P( A |
|
) = P( A) − P( A B) , P( |
|
B) = P(B) − P( A B) |
и |
||||||||||||
B |
A |
||||||||||||||||
|
|
|
|
P( A + B) = P( A) + P(B) − P( A B) . |
|
|
|
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Замечание. Если события A и B несовместны, то A B – невозможное событие и P( A B) = 0 . Формула (1) в этом случае принимает вид:
P( A + B) = P( A) + P(B) .
§ 5. Формула полной вероятности
Пусть событие A может наступить лишь при условии появления одного из несовместных событий B1 , B2 , …, Bn , которые образуют полную груп-
пу. Пусть известны вероятности этих событий P(B1 ) , P(B2 ) , …, P(Bn ) и условные вероятности PB1 ( A) , PB2 ( A) , …, PBn ( A) события A . Ответ на вопрос как при этом найти вероятность события A дает следующая теорема.
Теорема. Вероятность события A , которое может наступить лишь при условии появления одного из несовместных событий B1 , B2 , …, Bn , об-
разующих полную группу, равна сумме произведений вероятностей каждого из этих событий на соответствующую условную вероятность события A :
P( A) = P(B1 ) PB ( A) + P(B2 ) PB |
( A) +... + P(Bn ) PB |
( A) . |
(1) |
1 |
2 |
n |
|
Доказательство.
По условию, событие A может наступить, если наступит одно из несовместных событий B1 , B2 , …, Bn . Другими словами, появление события A
означает осуществление одного из несовместных событий B1 A, B2 A, …, Bn A. По теореме сложения имеем:
17
|
Теорема |
|
|
|
|
умножения |
|
|
|
P( A) = P(B1 |
A) +... + P(Bn A) = P(B1 ) PB |
( A) +... + P(Bn ) PB |
( A) . |
|
|
1 |
|
n |
|
|
|
|
|
|
Формулу (1) называют формулой полной вероятности.
Пример.
Сборщик получил три коробки деталей, изготовленных заводом № 1 и две коробки деталей, изготовленных заводом № 2. Вероятность того, что деталь завода № 1 стандартна – 0,8 , а завода № 2 – 0,9. Сборщик наудачу извлек деталь из наудачу взятой коробки. Найти вероятность того, что взятая деталь стандартная.
Решение.
Событие A – “взятая деталь стандартная”;
событие B1 – “взята коробка завода № 1”, P(B1 ) = 53 ;
событие B2 – “взята коробка завода № 2”, P(B2 ) = 25 ;
PB1 ( A) = 0,8 (вероятность, что взятая деталь стандартная, при условии,
что выбрана коробка завода № 1);
PB2 ( A) = 0,9 (вероятность, что взятая деталь стандартная, при условии, что выбрана коробка завода № 2).
P( A) = P(B1 ) PB1 ( A) + P(B2 ) PB2 ( A) = 53 0,8 + 25 0,9 = 0,84 .
§ 6. Формула Бейеса
Пусть событие A может наступить лишь при условии появления одного из несовместных событий B1 , B2 , …, Bn , образующих полную группу.
Поскольку заранее не известно, какое из этих событий наступит, их обычно называют гипотезами. Вероятность появления события A при этом определяется формулой полной вероятности:
P( A) = P(B1 ) PB1 ( A) + P(B2 ) PB2 ( A) +... + P(Bn ) PBn ( A) .
Допустим, что произведено испытание, и в результате него появилось событие A . Поставим задачу определить, как изменились вероятности гипотез в связи с тем, что событие A уже наступило, т.е. будем искать условные вероятности PB1 ( A) , PB2 ( A) , …, PBn ( A) .
По теореме умножения имеем:
P( A B1 ) = P( A) PA (B1 ) = P(B1 ) PB1 ( A) .
Отсюда
|
|
|
|
|
|
18 |
PA (B1 ) = |
P(B1 ) PB |
( A) |
или |
|
|
|
1 |
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
P( A) |
|
|
|
|
|
PA (B1 ) = |
|
P(B1 ) PB ( A) |
|
. |
(1) |
|
|
|
1 |
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
P(B1 ) PB |
( A) +... + P(Bn ) PB |
( A) |
|
|
|
|
1 |
|
|
n |
|
|
Аналогично получаем:
PA (Bi ) = |
|
P(Bi ) PBi |
( A) |
|
, i =1, 2, ..., n . |
(2) |
|
P(B1 ) PB |
( A) +... + |
P(Bn ) PB |
( A) |
||||
|
|
|
|||||
|
1 |
|
|
n |
|
|
Формула (2) называется формулой Бейеса. Она позволяет переоценить вероятности гипотез после того, как становится известным результат испытания (появилось событие A ).
Пример.
Вероятность для изделий некоторого производства удовлетворять стандарту равна 0,96. Предлагается упрощенная система проверки на стандартность, дающая положительный результат с вероятностью 0,98 для изделий, удовлетворяющих стандарту, а для изделий, которые не удовлетворяют стандарту – с вероятностью 0,05. Найти вероятность того, что изделие, признанное при проверке удовлетворяющим стандарту, действительно стандартно.
Решение.
Событие A – “изделие признано стандартным”,
гипотеза |
B1 |
– “изделие стандартно”, |
P(B1 ) = 0,96, |
гипотеза |
B2 |
– “изделие нестандартно”, |
P(B2 ) = 0,04 . |
PB1 ( A) = 0,98 (изделие признано стандартным, при условии, что оно
действительно стандартно),
PB2 ( A) = 0,05 (изделие признано стандартным, при условии, что оно нестандартно).
Нас интересует вероятность PA (B1 ) . По формуле Бейеса имеем:
PA (B1 ) = |
P(B1 ) PB ( A) |
|
= |
0,96 0,98 |
= 0,998. |
|
1 |
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
P(B1 ) PB ( A) + P(B2 ) PB |
( A) |
|
0,96 0,98 + 0,04 0,05 |
|
|
|
1 |
2 |
|
|
|
|
§ 7. Схема Бернулли
Пусть производится серия из n испытаний, в каждом из которых событие A может наступить, а может и не наступить. Пусть при этом выполнено следующее условие: вероятность p наступления события A в каждом испы-
19
тании постоянна, т.е. не зависит ни от номера испытания, ни от результатов предыдущих испытаний.
Последовательность испытаний, удовлетворяющую указанному усло-
вию, называют последовательностью независимых испытаний или схемой Бернулли. Схема Бернулли полностью определяется двумя числами: количеством испытаний n и вероятностью появления события A в одном испытании – p .
Теорема. Вероятность того, что в последовательности из n испытаний в схеме Бернулли событие A наступит ровно k раз выражается формулой:
P (k) = Ck pk qn −k , ( q =1 − p ). |
(1) |
|
n |
n |
|
Доказательство. |
|
|
Вероятность одного сложного события, состоящего в том, что в n ис- |
||
пытаниях событие A наступит k раз равно pk (1 − p)n −k |
(по теореме умноже- |
ния независимых событий). Таких сложных событий может быть столько, сколько можно составить сочетаний из n элементов по k , т.е. Cnk . Все они несовместны. По теореме сложения имеем:
Pn (k) = pk qn −k + pk qn −k +... + pk qn −k = Cnk pk qn −k
Cnk раз
Полученную формулу называют формулой Бернулли.
Пример 1.
Найти вероятность того, что при 10-кратном бросании монеты выпадет ровно 3 герба.
Решение. |
|
|
|
|
1 |
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
n =10 , |
|
p = |
, |
q = |
, |
k = 3. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
P (3) |
= C |
3 |
|
1 |
3 |
|
1 |
7 |
|
10! |
|
|
|
1 |
10 |
|
|
10 9 8 |
|
120 |
|
15 |
. |
||
|
|
|
|
|
|
|
= |
|
|
|
|
|
|
= |
|
|
= |
|
= |
|
|
||||
|
2 |
|
3! 7! |
2 |
|
2 3 210 |
1024 |
128 |
|||||||||||||||||
10 |
|
10 |
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
Пример 2.
Найти вероятность того, что при 10-кратном бросании монеты количество гербов m окажется в пределах 2 ≤ m ≤ 8 .