Учебное пособие 323
.pdf
A2 - второй стрелок попал, P( A2 ) = 0,8; P( A2 ) =1 − P( A2 ) =1 −0,8 = 0,2
A3 - третий стрелок попал, P(A3 ) = 0,5; P( A3 ) =1 − P( A3 ) =1 −0,5 = 0,5.
а) событие А заключается в том, что и первый стрелок попал, и второй попал, и третий попал, следовательно A = A1 A2 A3 .
Так как A1 , A2 , A3 независимы, то по формуле, аналогичной (10),
P(A1 A2 A3 ) = P(A1 )P(A2 )P(A3 ) = 0,9 0,8 0,5 = 0,36 .
б) событие В – никто не попал – состоит в том, что и первый стрелок не попал, и второй не попал, и третий не попал. Следовательно: B = A1 A2 A3 . Так
как A1 , A2 , A3 независимы, то
P(B) = P(A1 A2 A3 ) = P(A1 )P(A2 )P( A3 ) = 0,1 0, 2 0,5 = 0,01.
в) событие С – хотя бы одно попадание – складывается из большого количества вариантов. Поэтому выгодно перейти к противоположному событию
C - никто не попал, в наших обозначениях C = B . По формуле (9) имеем
P(C) =1 − P(C) =1 − P(B) =1 −0,01 = 0,99 .
г) событие D – только одно попадание – складывается из следующих вариантов: (первый стрелок попал, а второй стрелок не попал и третий стрелок не попал) или (второй стрелок попал, а остальные двое не попали) или (третий стрелок попал, а остальные двое не попали). Следовательно:
P(D) = P(A1 A2 A3 ) + P(A1 A2 A3 ) + P( A1 A2 A3 ) =
=P(A1 )( A2 )( A3 ) + P( A1 )( A2 )( A3 ) + P( A1 )( A2 )( A3 ) =
=0,9 0,2 0,5 + 0,1 0,8 0,5 + 0,1 0, 2 0,5 = 0,09 + 0,04 + 0,01 = 0,14.
д) событие Е – ровно два попадания – как и в предыдущем пункте, составляется из перебора трех вариантов, когда один из стрелков не попал в мишень, а остальные двое попали:
E = A1 A2 A3 + A1 A2 A3 + A1 A2 A3 ,
P(E) = P(A1 )P(A2 )P(A3 ) + P(A1 )P( A2 )P( A3 ) + P( A1 )P( A2 )P( A3 ) = 0,1 0,8 0,5 + +0,9 0, 2 0,5 + 0,9 0,8 0,5 = 0,04 + 0,09 + 0,36 = 0, 49 .
Замечание 4. Отметим, что сумма событий A + B + D + E дает достоверное событие, а так как они не совместны, то обязательно
P( A) + P(B) + P(D) + P(E) =1.
11
Действительно: 0,36 + 0,01 + 0,14 + 0, 49 =1. Это условие можно использовать как критерий правильности вычислений. А можно было найти P(E) по формуле P(E) =1 − P( A) − P(B) − P(D) .
Формула полной вероятности
Пусть событие B может наступить при условии появления одного из несовместных событий A1 , A2 , ... An , образующих полную группу событий. Эти
|
n |
|
|
|
события называют гипотезами и |
∑P(Ak ) =1. |
|
|
|
|
k =1 |
|
|
|
Тогда имеет место формула полной вероятности: |
|
|
||
P(B) = P( A1 ) PA (B) + P(A2 ) PA |
(B) +... + P( An ) PA |
(B) . |
(12) |
|
1 |
2 |
n |
|
|
Пример 8. В магазине имеются электрические лампочки, изготовленные на трех заводах: 3 ящика с первого завода, 5 – со второго, 2 – с третьего. Процент бракованных лампочек (то есть тех, что перегорают раньше гарантийного срока) составляет на первом заводе – 10 %, на втором – 20%, на третьем – 25%. Найти вероятность купить бракованную лампочку при условии, что ящики заносятся в торговый зал случайным образом.
Решение. Рассмотрим события: В – лампочка бракованная, A1 - лампочка сделана на первом заводе, A2 - на втором, A3 - на третьем. Так как в магазине всего 3 +5 + 2 =10ящиков лампочек, то по формуле (6) P(A1 ) = 0.3 ; P(A2 ) = 0.5;
P(A3 ) = 0.2 .
Если лампочка произведена на первом заводе, то вероятность брака
PA1 (B) = 100%10% = 0.1;
аналогично
PA2 (B) = 100%20% = 0.2; PA3 (B) = 100%25% = 0.25 .
По формуле (12)
P(B) = P( A1 ) PA1 (B) + P( A2 ) PA2 (B) + P( A3 ) PA3 (B) = 0,3 0.1 + 0,5 0,2 +
+0, 2 0, 25 = 0,03 + 0,1 + 0,05 = 0,18 .
12
Формула Бернулли. Локальная и интегральная теоремы Лапласа
Схема Бернулли состоит в том, что проводятся n одинаковых, независимых испытаний, и вероятность появления событий A в каждом испытании одна
и та же: P(A) = p , вероятность появления противоположного события A – q , т.е q = P(A) =1 − P( A) =1 − p . Нас будет интересовать вероятность Pn (k) появ-
ления события A ровно k раз в n испытаниях. Эта вероятность вычисляется по
формуле Бернулли:
|
P |
(k) = Ck pk qn−k , |
(13) |
|
n |
n |
|
k |
|
′ |
|
где Cn |
считаются по формуле (3) или (3 ). |
|
|
Пример 9. Два шахматиста, первый из которых выигрывает в два раза чаще другого, играют матч из трех партий. Считая, что игроки слабые и все партии результативные, найти вероятность выигрыша матча первым игроком.
Решение. Обозначим через событие A - выигрыш партии первым игроком. Так как первый игрок выигрывает вдвое чаще, то
p = P(A) = 23 , q =1 − p = 13 .
Количество испытаний (партий) n = 3. Матч будет выигран, если первый игрок выиграет две или три партии. Найдем по формуле Бернулли (13)
P (2) |
= C2 p2 q = 3 |
|
2 |
2 |
|
1 |
= |
4 |
, P (3) |
= C3 p3 |
=1 |
2 |
3 |
= |
8 |
. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
3 |
3 |
3 |
3 |
9 |
3 |
3 |
|
3 |
|
27 |
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
P( A) = P3 (2) + P3 (3) = 94 + 278 = 2720 ≈ 0,74 .
Ответ: Вероятность выиграть матч равна 0,74 Решите аналогичную задачу, если матч из пяти партий. Возрастет ли при
этом вероятность выиграть матч?
Отметим, что пользоваться формулой (13) при больших n затруднительно из-за большого объема счетной работы. В этом случае и неблизких к нулю p
применяется приближенная формула, вытекающая из локальной теоремы Ла-
пласа
|
|
|
|
2 |
|
|
||
P (k) ≈ |
1 |
|
1 |
e− |
x |
, |
(14) |
|
2 |
||||||||
|
|
|||||||
n |
npq |
|
2π |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
13
|
|
|
|
2 |
|
||
где x = |
k − np |
, а значения функции ϕ(x) = |
1 |
e− |
x |
затабулированы [2, 3, 5]. |
|
2 |
|||||||
npq |
2π |
||||||
|
|
|
|
|
|||
Пример 10. В условиях предыдущего примера найти вероятность выигрыша первым игроком 13 партий из 18.
|
Решение. В нашем случае n =18, k =13, p = |
2 |
, q = |
1 |
, npq =18 |
|
2 |
|
1 |
= 4 |
|||||||||||||
|
|
3 |
3 |
3 |
|||||||||||||||||||
|
|
k − np |
|
2 |
|
|
|
1 |
|
|
|
3 |
|
|
|
|
|
|
|||||
и |
x = |
= (13 −18 |
) : |
4 = |
, |
а |
табличное |
значение |
функции |
||||||||||||||
npq |
|
|
|||||||||||||||||||||
|
|
3 |
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
ϕ(0.5) = 0,3521. Тогда искомая вероятность |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||
|
|
|
P (13) = |
1 |
ϕ(0.5) = |
1 |
0,3521 = 0,176 . |
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||
|
|
|
18 |
|
|
4 |
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
Если бы нас интересовала вероятность выиграть матч в условиях предыдущей задачи, то пришлось бы считать вероятности P18 (10) , P18 (11) ,…, P18 (18) и
затем их складывать. В этой ситуации выгоднее пользоваться интегральной
теоремой Лапласа. |
A в каждом испытании посто- |
Пусть вероятность наступления события |
|
янна: P( A) = p (0 < p <1) . Тогда вероятность |
Pn (k1; k2 ) того, что событие A |
появится в n независимых испытаниях от k1 до k2 раз, можно приближенно найти по формуле (n велико и p не близко к нулю)
|
|
Pn (k1 , k2 ) ≈ Φ(x2 ) −Φ(x1 ) , |
|
|
|
(15) |
|
|
ki − np |
|
1 |
x |
e− |
z2 |
|
где x = |
(i =1, 2) , а значения функции Лапласа Φ(x) = |
|
2 |
dz на- |
|||
|
2π ∫0 |
||||||
i |
npk |
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|||
ходятся из таблицы [2, 3, 5].
Пример 11. Для выполнения ответственного заказа нужно произвести не менее 90 качественных плавок металла. Зная, что плавка получается качественной в 90% случаев, руководство завода решило провести 100 плавок металла. Какова вероятность выполнить заказ?
Решение. Воспользуемся интегральной теоремой Лапласа. В нашем слу-
чае p = 0,9; q =1 − p = 0,1; n =100, k1 = 90, k2 =100 . По формуле (15):
x = |
k2 − np |
= |
100 −100 0.9 |
= |
10 |
≈ 3.33; |
|||||
|
|
|
|
|
|||||||
2 |
npk |
100 |
0.9 0.1 |
9 |
|
||||||
|
|
||||||||||
|
x = |
k1 − np |
|
= |
90 −90 |
= 0; |
|||||
|
|
|
|||||||||
|
2 |
|
|
npk |
9 |
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
14
P100 (90,100) ≈ Φ(x2 ) −Φ(x1 ) = Φ(3,33) −Φ(0) = 0, 49966 ≈ 0,5.
Значение функции Лапласа Φ(x) найдено по таблице.
Ответ. При 100 плавках выполнение заказа гарантировано лишь на 50%.
Дискретная случайная величина
Одним из основных понятий теории вероятностей является случайная величина, которая в одинаковых условиях принимает случайно одно из своих возможных значений. Различают дискретные и непрерывные случайные величины. Например, количество мальчиков среди сотни новорожденных является дискретной случайной величиной (которая может принимать возможные значения 0,1……100), а их вес является непрерывной случайной величиной (значения которой принадлежат промежутку, например, от 1,5 до 7 кг).
Законом распределения дискретной случайной величины называют соответствие между ее возможными значениями и их вероятностями. Чаще всего его задают в виде таблицы 1.
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Таблица 1 |
||
|
X |
x1 |
x2 |
|
… |
|
xi |
… |
|
xn |
|
|
P |
p1 |
p2 |
|
… |
|
pi |
… |
|
pn |
|
Отметим, что |
|
|
pi = P( X = xi ) |
|
(16) |
||||||
и |
|
|
|
||||||||
|
|
|
n |
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
∑pi |
=1. |
|
|
(17) |
||
i=1
Графически закон распределения задается многоугольником распределения, представляющий собою ломаную, соединяющую на плоскости “сосед-
ние” точкиAi (xi , pi ) (i =1, 2, ..., n) .
Еще одним способом описания закона распределения случайной величины является функция распределения F(x) , значение которой в произвольной
точке x0 равно вероятности того, что случайная величина X примет значения меньше x0 :
F(x0 ) = P ( X < x0 ) (−∞ < x0 < ∞). |
(18) |
Информацию о дискретной случайной величине дают также ее числовые характеристики:
15
● математическое ожидание
n |
|
M (X )= ∑xi pi , |
(19) |
i=1
● дисперсия
D |
( |
X |
) |
= M |
X − M |
( |
X |
)) |
2 |
|
= |
n |
x − M |
( |
X |
|
2 |
p , |
(20) |
|
|
( |
|
|
|
|
|
∑ i |
|
) |
|
i |
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
i=1 |
|
|
|
|
|
|
|
или преобразованная формула (20):
n |
|
|
D (X ) = M ( X 2 ) − M 2 (X ), где M 2 ( X ) = ∑xi |
2 pi ; |
(21) |
i=1 |
|
|
● среднее квадратическое отклонение |
|
|
σ (X ) = D (X ) . |
|
(22) |
Отметим, что математическое ожидание характеризует среднее значение случайной величины, а дисперсия и среднее квадратическое отклонение – средний разброс значений относительно этого среднего значения.
Пример 12. Стреляют три стрелка по одной мишени. Вероятность попадания в мишень первым стрелком – 0,9; вторым – 0,8; третьим – 0,5. Для случайной величины X (количества промахов) требуется: 1) составить закон распределения, 2) построить многоугольник и функцию распределения, 3) найти математическое ожидание, дисперсию и среднее квадратическое отклонение.
Решение. 1). Случайная величина X – количество промахов – принимает
в нашем случае четыре значения: 0, 1, 2, 3. В примере 7 были просчитаны веро- |
||
ятности |
P( X = 0) = P (A) = 0,36; |
P (X =1)= P (E)= 0, 49; |
P (X = 2) = P(D) = 0,14; P (X = 3)= P(B) = 0,01. |
|
|
||||
Составим таблицу 2 из возможных значений и их вероятностей для дан- |
||||||
ного случая по аналогии с таблицей 1. |
|
|
|
|||
|
|
|
|
Таблица 2 |
||
|
X |
0 |
1 |
2 |
3 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
P |
0,36 |
0,49 |
0,14 |
0,01 |
|
|
|
|
|
|
|
|
4 |
|
|
|
|
|
|
Заметим, что ∑pi = 0,36 + 0, 49 + 0,14 + 0,01 =1. |
||||||
i=1
16
2). Чтобы построить многоугольник распределения, построим на плоско-
сти x0 p четыре точки: A1 (0; 0,36) , A2 (1; 0,49) , A3 (2; 0,14) , A4 (3; 0,01) и соеди-
ним их ломаной (рис. 1). p
0,5 |
A2(1; 0,49) |
|
A1(0; 0,36) |
A3(2; 0,14) |
A4(3; 0,01)
0 |
|
|
|
|
x |
1 |
2 |
|
3 |
||
|
|
|
|||
|
Рис. 1. Многоугольник распределения |
|
|||
Для построения функции распределения F (x) |
отметим, что ее значения |
||||
могут меняться только при переходе через точки x =0, 1, 2, 3 (являющиеся зна-
чениями случайной величины), а точнее увеличиваются на соответствующие |
|||||||
вероятности. Например, |
F (x)= 0 при |
x ≤ 0 ,так как левее любого |
x0 ≤ 0 |
нет |
|||
значений |
случайной |
величины; |
если |
же |
0 < x0 |
≤1, |
то |
F (x0 )= P (X = 0)= p1 = 0,36 , так левее |
x0 есть одно значение x = 0 случайной |
||||||
величины X . |
|
|
|
|
|
|
|
Аналогично при 1 < x0 ≤ 2 |
|
|
|
|
|
||
F (x0 )= P (X < x0 )= P(X = 0)+ P(X =1)= p1 + p2 |
= 0,36 +0,49 = 0,85; |
|
|||||
при 2 < x0 |
≤ 3 |
|
|
|
|
|
|
|
F (x0 )= P (X < x0 )= P(X = 0)+ P(X =1)+ P (X = 2)= |
|
|
||||
|
= p1 + p2 + p3 = 0,85 + 0,14 = 0,99. |
|
|
|
|
||
Наконец при x0 > 3 |
F (x0 )=1, так как левее x0 лежат все возможные зна- |
||||||
чения случайной величины. Итак, функция F (x) является неубывающей, непрерывной слева, а ее график поднимается «лесенкой» (рис. 2).
17
0 |
при |
x ≤ 0, |
|
при |
0 < x ≤1, |
0,36 |
||
|
при |
1 < x ≤ 2, |
F (x)= 0,85 |
||
0,99 |
при |
2 < x ≤ 3, |
|
при |
x > 3. |
1 |
||
|
|
|
F(x)
1 |
|
F(x) = 0,99 |
F(x) =1 |
|
|
||
|
|
F(x) = 0,85 |
|
F(x) = 0,36
F(x) = 0
0 |
1 |
2 |
3 |
x |
|
Рис. 2. Функция распределения F (x) дискретной случайной величины X
3). Найдем математическое ожидание M (X ) по формуле (19):
4
M (X )= ∑xi pi = 0 +1 0, 49 + 2 0,14 +3 0,01 = 0,49 + 0, 28 + 0,03 = 0,8.
i=1
Далее
4
M (X 2 )= ∑xi2 pi = 0 +12 0,49 + 22 0,14 +32 0,01 = 0, 49 + 0,56 + 0,09 =1,14
i=1
инайдем дисперсию по формуле (21)
D (X )= M (X 2 )−(M (X ))2 =1,14 −(0,8)2 =1,14 −0,64 = 0,5.
Наконец σ (X )= |
D(X ) = |
0,5 ≈ 0,71. |
Математическое |
ожидание |
M (X )= 0,8 характеризует среднее число |
промахов, а σ (X )= 0,71 – средний разброс числа промахов относительно этого среднего.
18
Непрерывная случайная величина
Многие случайные величины принимают не дискретные, а непрерывно заполняющие некоторый промежуток значения. Например, диаметр вытачиваемых на станке однотипных деталей; расстояние, которое пролетает снаряд при стрельбе из орудия по данной цели, и так далее. Такие случайные величины называются непрерывными, если функция распределения (18) будет непрерывной функцией с кусочно-непрерывной производной. Значения функции распределения F (x)есть вероятность того, что случайная величина приняла значение
меньше x , поэтому это – неубывающая функция, значения которой изменяются от нуля до единицы. Для непрерывной случайной величины X имеет смысл ставить вопрос только о вероятности попадания ее значений в некоторый промежуток. Если задана функция распределения F (x), то:
P(α < X < β)= F (β)− F (α). |
(23) |
Для непрерывной случайной величины удобно задавать функцию плотности распределения вероятностей, являющуюся производной от функции распределения F (x):
f (x) = F′(x). |
(24) |
Эта неотрицательная функция является “аналогом” вероятности дискретной случайной величины. Поэтому, заменяя в формулах (17), (19 – 21) вероятность на функцию плотности, умноженную на dx , а суммирование на интегрирование, получим аналогичные формулы для непрерывной случайной величины:
|
|
∞∫ |
f (x)dx =1; |
|
|
|
(17′) |
||
|
|
−∞ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
∞ |
|
|
|
|
|
|
|
|
M (X )= ∫ xf (x)dx ; |
|
|
′ |
||||
|
|
|
|
(19 ) |
|||||
|
|
|
−∞ |
|
|
|
|
|
|
D (X )= ∞∫(x − M (X ))2 f (x)dx |
|
( 20′) |
|||||||
или |
|
−∞ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
∞ |
|
|
|
D (X )= M (X )−(M (X )) |
|
, M (X |
|
|
( 21 ) |
||||
2 |
|
)= ∫ x f (x)dx . |
|||||||
|
2 |
|
|
|
|
2 |
|
2 |
′ |
−∞
Наконец из (23), (24) и формулы Ньютона-Лейбница следует, что вероят-
ность попадания значений непрерывной случайной величины X в интервал (α, β) задается формулой:
19
β |
( 23 ) |
P(α < X < β)= ∫ f (x)dx . |
|
|
′ |
α |
|
Из геометрического смысла определенного интеграла вытекает, что эта вероятность есть площадь криволинейной трапеции (рис. 3). В частности из
(17′) следует, что площадь под всей кривой (−∞ < x < ∞) равна 1.
y |
y = f (x) |
|
0 |
α |
β |
x |
Рис. 3. Геометрический смысл формулы ( 23′)
Пример 13. Задана функция распределения непрерывной случайной ве-
личины X :
0 |
при |
x ≤ 0, |
|
при |
0 < x < 2, |
F (x)= Ax4 |
||
|
при |
x ≥ 2. |
1 |
Требуется: 1) Найти A и функцию плотности f (x).
2)Построить графики функций F (x) и f (x).
3)Посчитать M (X ), D (X ), σ (X ).
4)Найти вероятность попадания значений случайной величины X
винтервал (0,1).
Решение. |
|
||
1). Функция F (x) |
должна быть непрерывной при x = 2 , поэтому |
||
lim F (x)= F (2). Так как |
при 0 < x < 2 F (x)= Ax4 и F (2)=1, то lim Ax4 =1, |
||
x→2 |
x→2 |
||
т.е. A 24 =1 и A = |
1 |
. |
|
|
|
||
16 |
|
|
|
Следовательно: |
|
||
20