1.5.10. Кореляційна залежність

Ч

асто доводиться мати справу з випадковими величи­нами, зв’язок між якими має так званий кореля­цій­ний характер (на відміну від функціональної, строго детер­мінованої залежності). Наприклад, зв’язок між ростом і вагою, зниженням температури зовнішнього середовища і зростанням застудних захворювань тощо.

Для характеристики кореляційного зв’язку між ви­пад­ко­вими величинами використовують коефіцієнтr кореляції, який є мірою залежності між цими величинами. Коефіцієнт кореляціїr визначається за формулою

.

Якщо випадкові величини не залежать одна від одної (не ко­ре­лю­ють між собою), то r = 0(обернене твердження несправедли­ве). Коефіцієнт кореляції може набувати мак­си­мальне значення, рівне +1 (повна позитивна коре­ля­ція) та –1 (повна негативна кореляція). Мал.1.20а ілюструє випад­ки тісної кореляції(0.7 < r < 1);1.20б – слабкої кореляції(0.7 > r > 0.4); практичну відсутність кореляції(r < 0.4) ілюструє малюнок1.20в.

1.5.11. Практичне заняття

Приклад 1.Записати повну групу подій (множину генотипів), які можуть утворюватися при схрещуванні осо­бин типу: 1)АаАа– гетерозиготи; 2)ААаа– гомозиготи. Знайти ймовірність появи кожного з генотипів.

Розв’язок.У даній задачі ми розглядаємо генотипи і успадку­ван­­ня лише для однієї пари генів (так успадко­ву­ють­ся колір очей, здат­ність бути лівшею тощо). Генотип нащадка залежить від випад­ко­вих процесів. При будь-яких умовах кожен батьківський ген може пе­ре­даватися з імовір­ніс­тю 0.5, і послідовні випробування незалеж­ні.

У цьому випадку можливі варіанти АА, Аа, аА, аа, ймовір­ність появи кожного з них. Але, якщо між парамиАаіаАвідмінностей немає, то ймовірність появи генотипуАавизначається за теоремою додавання ймовірностей:

.

Таким чином, отримаємо: ;;.

СхрещуванняAAааможе привести до появи лише особинAа, тобто в цьому випадкуP(Aa) = 1.

Приклад 2.Багато генів, зчеплених зі статтю, є рецесив­ними і викликають дефекти (дальтонізм, гемофілія). Нехайa– такий ген. Тоді дефект мають всі чоловіки типуата жінкиаа (жінки типуАадефекту не мають, але можуть передавати його нащадкам). Яка ймовірність дальтонізму у жінок, якщо в середньому з 100 чоловіків 1 дальтонік?

Розв’язок.Відповідно до статистичного означення, ймо­вір­­ність дальтонізму у чоловіків. Це є ймо­вір­­ність появи генаав парі. Ймовірність знайти пару, в якій два гениа, може бути знайдена за теоремою множення ймовірностей

P(аа) = P(a)P(а) = 10^–4 = 0.0001.

Приклад 3. За статистичними даними, групу кровіАма­ють 36.9% всіх європейців, групуВ – 23.5%, групуАВ– 0.6 %, групуО– 39%. Знайти ймовірність того, що у довільно взятого донора-європейця група кровіАабоВ.

Розв’язок.Згідно зі статистичним визначенням імовір­ностей,Р(A) = 0.369,Р(B) = 0.235. Використовуючи теорему додавання ймовірностей для несумісних подій, одержимоP(AB) =P(A) +P(B) = 0.369 + 0.235 = 0.604.

Приклад 4.Ймовірність відмови певного елементу в системіР_i = 0.05. Для підвищення надійності замість одного елементу в систему введеноn= 5 аналогічних елементів. Знайти ймовірність безвідмов­ної роботи системи за умови, що система виходить із ладу, якщо не спрацьовують всі 5 елементів.

Розв’язок.Ймовірність відмови п’яти елементів визна­чаєть­ся за теоремою множення ймовірностей:Р= = 3.12510^–7.

Ймовірність безвідмовної роботи системи є протилеж­ною подією і дорівнює:

Q = 1 –Р= 1 – 3.12510^–7= 0.9999997.

Приклад 5.На обстеження прибула група з 10 чоловік. Троє з них хворі. Лікар запрошує до кабінету по 2 пацієнти. Знайти ймовірність того, що вони обидва є: а) хворі, б) здорові.

Розв’язок.а) Позначимо події:А – перша людина, яка заходить до лікаря, хвора;В– друга людина хвора.

Події залежні, тому теорему множення ймовірностей запишемо у вигляді:

P(A і B) =P(A)P_A (B),

де Р(A) = 3/10,Р_A (B) = 2/9. ОтжеР(A і B) = .

б) Аналогічно введемо подію С: перший пацієнт – здоровий і подіюD: другий – здоровий.

Р(CіD) =P(C)Р_C (D) = =.

Приклад 6.У сім’ї троє дітей. Враховуючи, що ймовір­ність народження хлопчика 0.52, знайти ймовірність того, що у сім’ї: а) три хлопчики, б) діти однієї та другої статі.

Розв’язок. Оскільки стать кожної наступної дитини не залежить від статі попередньої (це є припущення), то ми маємо справу з незалежними подіями.

а) Ймовірність того, що всі троє дітей – хлопчики, може бути визначена за теоремою множення ймовірностей:

P(x x x) = 0.520.520.52 = (0.52)³= 0.14.

б) Подія, яка полягає в тому, що у сім’ї є діти двох статей, є протилежною до події, яка полягає в тому, що в сім’ї лише хлопчики або лише дівчатка. Тому шукана ймо­вір­ністьРвизначається:

P= 1 – [P(x x x)+P(д д д)],

де P(x x x) – ймовірність того, що в сім’ї лише хлопчики;P(д д д) = (0.48)³– ймовірність того, що в сім’ї лише дівчатка. Шукана ймовірністьР= 1 – (0.52)³– (0.48)³= 0.73.

Приклад 7.Знайти ймовірність того, що в сім’ї з п’яти дітей двоє хлопчиків. Вважати, що ймовірність народження хлопчика 0.52 і стать наступної дитини не залежить від статі попередньої.

Розв’язок.Використаємо формулу Бернуллі (1.27):

,

де q = 1 –p,n= 5,m= 2;q= 1 –p= 1 – 0.52 = 0.48.

Отже,

P= = 0.24.

Приклад 8.Великій кількості людейNпотрібно зро­би­ти аналіз крові на певне захворювання, ймовірність якогоp. Для цього утворюють групи поkосіб. Проби крові лю­дей, що входять до однієї групи, змішуються й аналізується су­міш. Якщо результат негативний, то одного аналізу до­сить дляkосіб. Якщо ж він позитивний, то кров кожного зkлю­дей потрібно дослідити окремо. І тоді дляkлюдей необхід­нийk + 1аналіз. Вважаючи результати аналізів стохастично незалежними, задати закон розподілу кількості аналізівXпри даному способі обстеження. Загальна кіль­кість осіб, якихтреба обстежити,N = 50, утворено п’ять груп поk = 10осіб в кожній, імовірність захворюванняp = 0.02.

Розв’язок.Спочатку знайдемо ймовірність того, що ре­зуль­татв групінегативний. Згідно з теоремою множення ймовірностей для незалежних подій

Q = (1 – 0.02)¹⁰=0.98¹⁰= 0.817;

P = 1 – (1 – 0.02)¹⁰=1 – 0.98¹⁰= 0.19.

Випадкова величина X може набувати таких значень: – серед обстежених 100 осіб хворих немає;X₁ = 15– хворі є в одній з п’яти груп;X₂ = 25– хворі є в двох; X₃ = 35 – хворі є в трьох;X₄ = 45– в чотирьох із п’яти груп;X₅ = 55хворі є в усіх групах. Закон розподілу задамо табличним способом:

Y	0	1	2	3	4	5
	5	15	25	35	45	55
	0.364	0.408	0.183	0.04	0.0046	0.0002

Ймовірності P_i обчислювались за формулами (1.27). Y – кількість груп, в яких загальний аналіз позитивний.

Приклад 9.Знайти середню кількість аналізів, які необхід­но зробити при обстеженні великої групи людей, використовуючи вибраний нами метод (приклад 8).

Середня кількість аналізів при достатньо великій кількості випробувань приблизно дорівнює математичному сподіванню випадкової величини. Відповідо до форму­ли (1.28) матимемо:

M(X)50.364 + 150.41 + 250.183 + 350.045 + 450.005 +

+ 550.00032  14.2.

Обчислимо дисперсію D(Х)і середнє квадратичне від­хи­лення. Для цього знайдемо математичне сподівання квадрату випадкової величини:

M(X ²) = 0.3645² + 0.40815² + 0.18325² + 0.0435² +

+ 0.00545² + 0.000255²  274,3.

Згідно з (1.30) дисперсія D(Х) дорівнює:

D(Х) = 274.3 – 201.64 = 72.7,  8.5.

Проведені обчислення дозволяють стверджувати, що середня кількість аналізів крові, які треба виконати, щоб обстежити 500 000 жителів міста, становить (14.456 8.5) 10⁴аналізів.

Примітка.Вказані задачі базуються на методиці, запропонованій Р. Дорфманом під час Другої світової війни. Вико­рис­товуючи свою методику в армійській практиці, Дорфман добився економії на 80%. Можна показати (проте ця задача виходить за рамки нашої програми), що матема­тич­не сподівання буде мінімальним, якщо

.

В умові нашої задачі p = 0.02, а значитьk  7.14. Тобто кількість аналізів при ймовірності захворюванняp = 0.02буде мінімальною, якщо спільні обстеження проводити в гру­пах з 7–8 осіб.

Приклад 10.Вакцина формує імунітет від захворю­ван­ня з імовірністю 0.999. Яка ймовірність, що імунітету не набуло двоє, якщо вакцину ввели 4000 дітям? Задати закон розподілу випадкової величиниХ, яка полягає у тому, що імунітету: набули всі, не набуло 1, 2, 3, … осіб.

Розв’язок.У даній задачі зручно скористатися законом рідкісних подій (розподіл Пуассона), тому що ймовірність реалізації випадкової події в окремому випробуванні досить мала, а саме:

q = P(A) = 1 – 0.999 = 0.001.

Враховуючи, що згідно з розподілом Пуассона шукана ймовірність

,

у нашому випадку  = np = 40000.001 = 4, матимемо:

0.147.

Аналогічно розрахуємо ймовірності інших значень ви­падкової величиниХ. Результати подамо у вигляді таблиці:

X	0	1	2	3	…
P					…

Приклад 11. Випадкова величинаXмає нормальний закон розподілу з параметрамиа = 2, = 4. Визначити ймовірність того, що значенняXлежить у межах інтервалу від 0 до 8.

Розв’язок.Скористаємось (1.28) та таблицею значень функції Лапласа. Для цього знайдемоt₁таt₂:

t₁= (0 – 2)/4 = –1/2, t₂= (8 – 2)/4 = 3/2.

За таблицею Ф(t₁) = –0.191, аФ(t₂) = 0.433. ТодіP(0 <x < 8) =Ф(t₂) –Ф(t₁) = 0.624.

Приклад 12.Знайти коефіцієнт кореляції за даними вибірки:

	31	1.5	3.7	2.8	0.5	3.5	4.5	2.0	0.9
	1.7	1.2	3.0	2.5	0.7	2.2	2.6	1.9	1.8

Розв’язок.Знаходимо математичне сподівання дляXiY:

, .

За значеннями вибіркових дисперсій розраховуємо се­редньо­­квадра­тичні відхилення  3.7; .

Знаходимо значення коефіцієнта кореляції:

 0.84.

Таким чином, можна зробити висновок, що між випад­ко­вими величинамиXiYіснує сильний кореляційний зв’я­зок.