Добавил:

ivanov666 Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Хабаровский государственный университет экономики и права

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

4923

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

13.11.2022

Размер:

828.81 Кб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 12 / 52 3 4 5 > Следующая >>>

						11
Р(Н3) =		20	0,2 ; РН3 А		6	0,06 .
Р(Н3) =	100		0,2 ; РН3 А	100		0,06 .
	100			100

Р(А) = 0,5 0,1 + 0,3 0,05 + 0,2 0,06 = 0,077.

2. Формула Байеса

Формула Байеса определяет условную вероятность появления гипотезы Hi, при условии, что событие А уже произошло:

PA	H i	P(H i ) PHi ( A)	P(H i )	PHi	( A)	.
PA	H i	P( A)	n			.
		P( A)	P(H i )	PHi ( A)
			P(H i )	PHi ( A)
			i 1

Пример 2. В центральную бухгалтерию корпорации поступили пачки накладных для проверки и обработки. 90% пачек были признаны удовлетворительными: они содержали только 1% неправильно заполненных накладных. Остальные 10% пачек были признаны неудовлетворительными, так как содержали 5% неверно оформленных накладных. Взятая наугад из пачки накладная оказалась оформленной неверно. Учитывая это, какова вероятность того, что вся пачка накладных будет признана несоответствующей стандарту?

Решение: Испытание: проверяется пачка накладных. Событие А – взятая наугад накладная оказалась неверной.

Гипотеза Н1 – пачка не соответствует стандарту. Гипотеза Н2 – пачка соответствует стандарту.

Необходимо узнать вероятность гипотезы Н1 при условии, что событие А произошло. Согласно формуле Байеса имеем:

		P(H1)		PH ( A)
PA	H i			1			.
PA	H i	P(H1) PH	( А )	P(H 2 ) PH			.
		P(H1) PH	( А )	P(H 2 ) PH	2	( A)
		1			2

Р(Н1) =		10	0,1	;	Р
	100

Р(Н2) =		90	0,9	;	Р
	100

Н1

Н2

А	5	0,05 .

	100
	100
А	1	0,01 .

	100
	100

РА	(Н1 )	0,1	0,05		0,357 .

		0,05	0,9
	0,1			0,01

ТЕМА 4. ПОВТОРНЫЕ НЕЗАВИСИМЫЕ ИСПЫТАНИЯ

1. Формула Бернулли

Вероятность того, что в n независимых испытаниях, в каждом из которых вероятность появления события А постоянна и равна р, событие А наступит ровно m раз, вычисляется по формуле Бернулли:

Pn (m) = Cnm pm q n-m , где q = 1 – p.

Пример 1. Вероятность выигрыша по одному любому лотерейному билету равна 0,02. Чему равна вероятность выигрыша для владельца а) по трём билетам; б) не более двух билетов; в) хотя бы по одному билету.

Решение: n = 4; p = 0,02 ; q = 0,98.

a) P4	(3) = C43	(0,02)3	(0,98)1		≈ 3	10-5;		C40 (0,02)0 (0,98)4 +
б) P4	(0 ≤ m ≤ 2) = P4 (0) +				P4 (1)	+	P4 (2) =	C40 (0,02)0 (0,98)4 +
+ C41	(0,02)1	(0,98)3	+	C42	(0,02)2		(0,98)2 =	0,099;
в) P4	(m ≥ 1) = 1 – P4 (0)		=	1 – (0,98)4 = 0,078.

2. Локальная теорема Лапласа При большом числе испытаний для решения подобных задач

применяется локальная формула Лапласа.

Pn (m)

(x)

n p q

x 2

где

(x)

2 π

n p q

Функция φ (х) – чётная, т.е. φ(-х) = φ (х). Функция φ (х) табулированная на отрезке [0; 4], поэтому для х ≥ 4 функция φ (х) ≈ 0.

В приложении 1 приведена таблица значений этой функции.

Пример 2. Доля изделий высшего сорта на данном предприятии составляет 90%. Найти вероятность того, что среди наудачу взятых 100 изделий высшего сорта окажется 84 изделия.

Решение: n = 100; p = 0,9; q = 0,1; m = 84; n p = 90.

P100	(84)	1		84	90		1	( 2)	1	(2)

							3		3
		0,9	0,1	100	0,9	0,1
	100	0,9	0,1	100	0,9	0,1
1	0,054 0,018 .

3
3

3. Теорема Пуассона

Если вероятность p наступления события А в каждом испытании стремится к 0 (р→0) при неограниченном увеличении числа испытаний (n→∞), причём произведение n∙p стремится к постоянному числу λ = n∙p, то вероятность Рn(m) того, что событие А из n испытаний наступит m раз находится по формуле

P (m)	λm	e	λ
			.
n	m!

В приложении 2 приведена таблица значений этой функции.

Пример 3. Магазин получил 1000 бутылок минеральной воды. Вероятность того, что при перевозке бутылка окажется разбитой, равна 0,003. Найти вероятность того, что магазин получит разбитых бутылок:

а) ровно две; б) меньше двух; в) больше одной; г) хотя бы одну.

Решение: n = 1000; p = 0,003; λ = 1000 0,003= 3.

а)	P1000 (2)	32	e 3	0,224	;
а)	P1000 (2)		2!	0,224	;
			2!
б)	P1000 (m		2)	P1000 (0)	P1000 (1)	30	e 3		3 e 3
б)	P1000 (m		2)	P1000 (0)	P1000 (1)		0!	1!
							0!	1!

= 0,0498 + 0,1494 = 0,1992 ;

в) P1000 (m>1) = 1 – P1000 (m ≤ 1) = 1 – [ P1000 (0) + P1000 (1)] = 0,800 8 ; г) P1000 (m ≥ 1) = 1 – P1000 (0) = 1 – 0,049 8 = 0,950 2.

4. Интегральная теорема Лапласа

Если вероятность р наступления события А в каждом из n

независимых испытаний постоянна и отлична от 0 и 1, то при достаточно большом числе испытаний вероятность того, что событие наступает не менее m1 раз и не более m2 раз, приближенно равна

P (m1 m m2 )

n p

n p q

где Ф (x)

e 2 dt – функция Лапласа, или интеграл вероятностей.

Таблица значений Ф(х) (приложение3) приводится для	0 ≤ х ≤ 5.
Функция Ф(х) быстро возрастает и ограничена сверху:

при х = 5 Ф(5) = 0,499 997 ≈ 0,5, поэтому для х > 5 полагают Ф(х) ≈ 0,5. Ф(х) нечётная, т.е. Ф(-х) = Ф(х).

Пример 4. Доля изделий высшего сорта продукции составляет 80%. Найти вероятность того, что в партии из 900 изделий высшего сорта будет: а) заключено между 700 и 750 ; б) не меньше 750; в) не больше 600.

	Решение.		n = 900,			р = 0,8,		q = 0,2, n p = 720.

	n p q	900 0,8		0,2			12.
а) P (700		m	750 )	Ф	750		720	Ф	700 720			Ф	5	Ф		5
а) P (700		m	750 )	Ф				Ф				Ф		Ф
900						12		12				2				3
						12		12				2				3
= Ф (2,5) + Ф (1,666)				= 0,493 8 + 0,4521 = 0,945 9;
б) P (m		750)	P	(750			m 900) Ф				900 720			Ф			750 720
б) P (m		750)	P	(750			m 900) Ф							Ф
900			900					12								12
								12								12
= Ф(15) – Ф(2,5) = 0,5 – 0,493 8 = 0,006 2;
в) P (m		600)	P	(0		m	600)	Ф		600 720			Ф		0	720
в) P (m		600)	P	(0		m	600)	Ф					Ф
900			900					12								12
								12								12

=Ф(–10) – Ф(–60) = –Ф(10) + Ф(60) = –0,5 + 0,5 = 0.

5.Наивероятнейшее число появления события

Если n – число независимых испытаний, р – вероятность наступления события А в отдельном испытании, то наивероятнейшее число появления события А m0 удовлетворяет неравенству

n p – q ≤ m0 ≤ n p + p.

Пример 5. Предприятие поставляет свою продукцию 15 магазинам, от каждого из которых может поступить заявка на очередной день с вероятностью 0,6 независимо от заявок других магазинов. Найти наивероятнейшее число заявок.

Решение: n = 15; p = 0,6; q = 0,4.

15 0,6 – 0,4 ≤ m0 ≤ 15 0,6 + 0,6; 8,6 ≤ m0 ≤ 9,6 ; m0 = 9.

ТЕМА 5. СЛУЧАЙНЫЕ ВЕЛИЧИНЫ И ИХ ЧИСЛОВЫЕ ХАРАКТЕРИСТИКИ

Случайной называют величину, которая в результате испытания примет одно и только одно возможное значение, наперёд неизвестное и зависящее от случайных причин, которые заранее не могут быть учтены.

Дискретной называют случайную величину, которая принимает отдельные, изолированные возможные значения с определёнными вероятностями.

Непрерывной называют случайную величину, которая может принимать все значения из некоторого конечного или бесконечного промежутка.

1. Дискретная случайная величина

Пример 1.	Дискретная случайная				величина Х задана законом
распределения:
		X	2	4	5	7
		p	0,2	0,1	0,3	0,4

Найти: а) математическое ожидание М(Х);

б) дисперсию D(Х) и среднее квадратическое отклонение (Х); в) составить функцию распределения F(х) и построить её график.

Решение:

а) по формуле

n
M ( Х )	xi pi находим математическое ожидание Х:
i	1

М(Х) = 2 × 0,2 + 4 × 0,1			+ 5 × 0,3 + 7 × 0,4 = 5,1;
				M (Х2) – [ M(Х)]2
б) по формулам		D(Х)	=	M (Х2) – [ M(Х)]2	и	(Х ) D(Х ) найдём
дисперсию и среднее квадратическое отклонение.
n	x2i p = 22 × 0,2 + 42 × 0,1 + 52 × 0,3 + 72 × 0,4 = 29,5.
M ( Х 2 )	x2i p = 22 × 0,2 + 42 × 0,1 + 52 × 0,3 + 72 × 0,4 = 29,5.
	i
i 1
	– (5,1)2
D(Х) = 29,5	– (5,1)2	= 3,49 ;		(Х) = 3,49 =	1,87;
в) по определению F(x)			= P(X < x ) , т.е. F(x)		есть вероятность того, что
случайная X примет значение меньше, чем х.
Если х 2, то F(x) = P(X < 2) = 0.
Если 2 < x	4, то F(x) = P(X < 4) = P(X=2) = 0,2.
Если 4< x	5, то F(x) = P(Х < 5) = P(X=2)+(X=4) = 0,2+0,1 = 0,3.

Если 5< x 7, то F(x) = P(Х<7)= P(X=2)+P(X=4)+P(X=5)=0,2+0,1+0,3 = 0,6.

Если x>7, то F(x) = P(Х<7) = P(X=2) + P(X=4) + P(X=5) + P(X=7) =

= 0,2+0,1+0,3+0,4	= 1.
Построим график F(x):
			Y
			1
0,	x	2
0,2,	2	x	4
			0.6
			0.6
F (x) 0,3,	4	x	5
0,6,	5	x	7
1,	x	7	0.3
			0.2
			0.2
			2	4 5	7	X

Пример 2. В магазине куплено 3 электроприбора: чайник, утюг и пылесос. Вероятность выхода из строя в течение гарантийного срока для каждого из них соответственно равна р1=0,05, р2=0,1, р3 = 0,2. Составить закон распределения случайной величины Х – числа приборов, вышедших из строя в течение гарантийного срока.

Решение: Х – число приборов, вышедших из строя, имеет следующие возможные значения:

х1=0 – все три прибора не выйдут из строя в течение гарантийного срока; х2=1 – один прибор выйдет из строя; х3=2 – два прибора выйдут из строя; х4=3 – три прибора выйдут из строя.

Найдем соответствующие этим значениям вероятности. По условию вероятности выхода из строя приборов равны:

р1=0,05; р2=0,1; р3=0,2, тогда вероятности того, что приборы будут рабочими в течение гарантийного срока равны:

q1 = 1 – p1 = 1 – 0,05 = 0,95; q2 = 1 – p2 = 1 – 0,1 = 0,9; q3 = 1 – p3 = 1 – 0,2 =

0,8.
P1	(X=0) = q1 ∙ q2 ∙ q3 = 0,95 ∙ 0,9 ∙ 0,8 = 0,684.
P2	(X=1) = q1 ∙ q2 ∙ p3	+ q1 ∙ p2 ∙ q3	+ p1 ∙ q2 ∙ q3 = 0,95 ∙ 0,9 ∙ 0,2	+ 0,95 ∙ 0,1 ∙
0,8 + 0,05 ∙ 0,9 ∙ 0,8		= 0,283.
P3	(X=2) = p1 ∙ p2 ∙ q3	+ p1 ∙ q2 ∙ p3	+ q1 ∙ p2 ∙ p3 = 0,05 ∙ 0,1 ∙ 0,8	+ 0,05 ∙ 0,9
0,2 + 0,95 ∙ 0,1 ∙ 0,2 = 0,032.
P4	(X=3) = p1 ∙ p2 ∙ p3 = 0,05 ∙ 0,1 ∙ 0,2 = 0,001.
Проверка:

P=P1(X=0)+P2(X=1)+P3(X=2)+P4(X=3)=0,684+0,283+0,032+0,001= 1

Закон распределения имеет вид:

X	0	1	2	3
p	0,684	0,283	0,032	0,001

Пример 3. Предприятие выпускает 90% изделий высшего сорта. Составить закон распределения случайной величины Х – числа изделий высшего сорта из трёх взятых наудачу изделий. Найти M(X), D(X), (Х).

Решение: Случайная величина Х – число изделий высшего сорта среди трёх отобранных изделий может принимать одно из значений: 0, 1, 2, 3. Вероятности этих значений вычисляются по формуле Бернулли:

Pn(X=m) = Cnm pm qn-m , такое распределение называют биноминальным.

Известно, что n = 3 ;

p = 0,9;

q = 0,1; m = 0,1,2,3, тогда

P1(X=0) =

(0,1)3 = 0,001.

P2(X=1) =

C31

∙

0,91 ∙ 0,12 = 0,027.

P3(X=2) =

C32

∙

0,92 ∙ 0,1 = 0,243.

P4(X=3) = 0,93 = 0,729.

Проверка:

Р= Р3(Х=0)+Р3(Х=1)+Р3(Х=2)+Р3(Х=3)= 0,001+0,027+0,243 +0,729 = 1.

Закон распределения случайной величины Х:

0,001

0,027

0,243

0,729

M(X),

D(X),

(X)

случайной величины, распределённой по

биноминальному закону, находятся по формулам:

M(X) = np ,

D(X) = npq ,

(X) =

n p q .

M(X) = 3 ∙ 0,9 = 2,7;

D(X) = 3 ∙ 0,9 ∙ 0,1 = 0,27;

(X) =

0,27 = 0,53.

Пример 4.

На сборку поступило 30 деталей, из них 25 стандартных.

Сборщик берёт наудачу 3 детали. Составить закон распределения случайной величины Х – числа стандартных деталей среди трёх отобранных.

Решение: Возможные значения случайной величины Х:

Х1 = 0, Х2 = 1, Х3 = 2, Х4 = 3.

Вероятности этих значений вычисляются по формуле

Cm Cr m

Рn(Х=m) = s Crn s , n

где n – число элементов множества,

s – число элементов множества, обладающих фиксированным свойством;

r – число отобранных элементов;

m= 0, r - число элементов с фиксированным свойством, оказавшихся в выборке. Такое распределение называют гипергеометрическим.

	C0	C3	1
P3(X=0) =	25	5
P3(X=0) =	3		406
	С30
P3(X=2) =	C252	C51		150
P3(X=2) =	3		406
	3		406
	С30

.	P3(X=1) =	C125 C52						25	.
.	P3(X=1) =			3				406	.
			С30
			С3		C		0	230
.	P3(X=3) =		25			5		230		.
			25			5
				3				406
			С30

Проверка: Р=Р3(Х=0)+Р3(Х=1)+Р3(Х=2)+Р3(Х=3) =
1	25	150	230	1 .

406	406	406	406
406	406	406	406
Закон распределения случайной величины Х:

	X	0	1	2	3
	P	1	25	150	230

		406	406	406	406

	Пример 5: Независимые случайные величины Х и У заданы законами
распределения:
Х		1	3	4	Y	0	2	3
p		0,1	?	0,6	P	0,2	0,4	?

а) найти P(X=3), P(Y=3);

б) составить закон распределения случайной величины Z = X + Y. Найти M(Z), D(Z) и проверить выполнение свойств M (X+Y) = M(X) + M(Y); D(X+Y) = D(X) + D(Y);

в)	составить закон распределения V = X							Y. Найти M(V)			и проверить
выполнение свойства M(X Y) = M(X) M(Y).
Решение:			а) так как
P(X=1) + P(X=3) + P(X=4) = 1, P(Y=0) + P(Y=2) + P(Y=3) = 1,
то		P(X=3) = 1 – (0,1 + 0,6) = 0,3,				P(Y=3) = 1 – (0,2 + 0,4) = 0,4.
Запишем законы распределения случайных величин X и Y с учётом их
вероятностей:
Х		1		3	4		Y		0	2	3
p		0,1		0,3	0,6		P		0,2	0,4	0,4

б) суммой случайных величин X и Y называется случайная величина Z = X + Y, возможные значения которой равны суммам каждого возможного значения величины X с каждым возможным значением величины Y. Если X и Y независимы, то вероятности возможных значений Z = X + Y равны произведениям вероятностей слагаемых.

Z=X+Y

1+0=1

1+2=3

1+3=4

3+0=3

0,1 ∙ 0,2=0,02

0,1 ∙ 0,4= 0,04

0,1 ∙ 0,4=0,04

0,3 ∙ 0,2=0,06

3+2=5

3 + 3= 6

4 + 2 =6

4 + 3= 7

4 +0 = 4

0,3 ∙ 0,4=0,12

0,6 0,2= 0,12

0,6 ∙ 0,4=0,24

Одинаковые значения величины Z объединяем, складывая их вероятности. Закон распределения случайной величины Z будет иметь вид:

Z=X+Y	1	3	4	5	6		7
P	0,02	0,1	0,16	0,12	0,36		0,24
M(Z) = 1 · 0,02 + 3 ·0,1		+ 4 · 0,16	+ 5 · 0,12	+ 6 · 0,36	+ 7	· 0,24	= 5,24
или М(Z) = M(X) + M(Y),
где M(X) = 1 · 0,1 + 3 · 0,3 + 4 · 0,6 = 3,4;
M(Y) = 0 · 0,2 + 2 · 0,4		+ 3 · 0,4 = 2,

тогда M(Z) = 3,4 + 2 = 5,4.

Вычислим дисперсию случайной величины Z по формуле

D(Z) = M(Z2) – [ M(Z)]2,

где M(Z2) = 1 · 0,02+9 · 0,1+16 · 0,16 +25 · 0,12+36 · 0,36+43 · 0,24 = 31,2, тогда D(Z) = 31,2 – (5,4)2 = 2,04

или D(Z) = D(X) + D(Y),

где D(X) = 1 ∙ 0,1 + 9 ∙ 0,3 + 16 ∙ 0,6 – (3,4)2 = 0,84; D(Y) = 0,2 ∙ + 4 ∙ 0,4 + 9 ∙ 0,4 – (2)2 = 1,2.

Таким образом D(Z) = 0,84 + 1,2 = 2,04;

в) составим закон распределения V = X ·Y.

Произведением случайных величин X и Y называется случайная величина V = X · Y , возможные значения которой равны произведениям каждого возможного значения X на каждое возможное значение Y . Если X и Y

независимы, то вероятности возможных значений												V = X · Y равны
произведениям вероятностей сомножителей.
V=X∙Y		1·0=0	1·2=2		1·3=3		3·0=0		3·2=6		3·3=9	4·0=0			4·2=8		4·3=12
V=X∙Y		1·0=0	1·2=2		1·3=3		3·0=0		3·2=6		3·3=9	4·0=0			4·2=8		4·3=12
P		0,02	0,04		0,04		0,06		0,12	0,12		0,12			0,24		0,24
Одинаковые значения величины V = X · Y											объединяем,			складывая их
вероятности.
Закон распределения V = X ·Y записываем так:

V=X ∙Y	0			2		3		6			8			9		12
P	0,2			0,04		0,04		0,12			0,24		0,12			0,24

Найдём

M(V) = 0 · 0,2 + 2 · 0,04 + 3 · 0,04 + 6 · 0,12 + 8 · 0,24 + 9 · 0,12 + 12·0,24 =

6,8.

Или М(V) = M(X) ∙ M(Y) = 3,4 ∙ 2 = 6,8.

2. Непрерывная случайная величина.

Пример 1: Непрерывная случайная величина Х задана функцией распределения:

	0,	x	0
	x2
F (х)		, 0 x 2 .
	4
		x	2
	1,

Требуется:

а) найти функцию плотности распределения f(x); б) построить графики функций f(x) и F(x);

в) найти математическое ожидание М(Х), дисперсию D(Х) и среднее квадратическое отклонение σ (Х);

г) найти P(-1 < Х < 1). Решение:

а) по определению функции плотности вероятности f(x) = F(x) , тогда

	0,		x	0
	x
f (х)		,	0	x 2 .
	2
			x	2
	0,

б)
F(x)	f(x)
	f(x)

1	1


									2				X									2	X

в) для непрерывной случайной величины
			b x f (x) dx				2 x					1			2				4
															2
М ( Х )									x dx				x3							.
															0
							0 2					6					3
			a
			a
	2		b		2			2		2	x			1		4		2				.
			b					2
М ( Х		)		x		f (x) dx			x			dx			x						2
М ( Х		)		x		f (x) dx			x	2		dx		8	x			0			2
			a					0										0

<<< < Предыдущая 12 / 52 3 4 5 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
13.11.2022827.21 Кб24918.pdf
#
13.11.2022828.39 Кб24919.pdf
#
13.11.2022828.45 Кб44920.pdf
#
13.11.2022828.57 Кб04921.pdf
#
13.11.2022828.68 Кб54922.pdf
#
13.11.2022828.81 Кб34923.pdf
#
13.11.2022828.93 Кб14924.pdf
#
13.11.2022829.17 Кб14925.pdf
#
13.11.2022830.72 Кб44926.pdf
#
13.11.2022830.93 Кб64927.pdf
#
13.11.2022831 Кб124928.pdf