Теория вероятностей. Учебное пособие-1

По теореме умножения





X



















5

2) вероятность того, что стрелок промахнулся все пять раз,

т. е.

.0

Так как

то по теореме умножения

,3,07,01 AP

 AAAAAPXP



5



;16807,07,07,07,07,07,07,0



0

3) одно попадание при пяти выстрелах означает, что стрелок

попал в мишень один раз, а четыре раза промахнулся. Попадание может произойти при первом выстреле, или при втором выстреле, или при третьем, или при четвертом выстреле, или при пятом.



 



4

C

5

!5

1

где

выстрелах,

C

5

4) вероятность того, что стрелок попадет два раза при пяти



;5



!4!1



AAP



AAAAAP

41



,02835,03,07,03,07,05



 AAAAAPXP

5



7,03,03,03,03,03,07,03,03,03,0



;00243,03,03,03,03,03,03,0





AAAAAPAAAAAPXP 1



AAAAAPAAAAAP



AAAAAPAAA

3,03,07,03,03,03,03,03,07,03,03,03,03,03,07,0



AAAAAPAAAAAPXP 2



  

41



AAAAAPAAAAAP



AAAAAPAAAAAP



AAAAAPAAAAAP









A





A







A



X

P















X

P



3,03,07,03,07,03,03,03,07,07,0



7,03,03,03,07,03,07,03,03,07,0

3,07,03,07,03,03,03,07,0



3,07,07,03,03,07,03,03,07,03,0



32

3,07,0107,07,03,03,03,07,03,07,03,03,0



где



7,03,0

C

5

!

5

2

C

5



!!

32



10

322



,1323,03,07,0

.

Биномиальный закон распределения

Проводим n независимых испытаний в одинаковых условиях.

При каждом испытании может произойти событие роятностью

p или событие

(неудача) с вероятностью pq

(успех) с ве-

1.

Тогда по теореме умножения вероятность осуществления события

k раз в n испытаниях, безразлично в каком порядке, равна

knk



qp

 (k раз успех и оставшиеся разы

событий будет столько, сколько можно составить сочетаний из элементов по

, т. е.

k

появления события

k

Отсюда по теореме сложения вероятность

.

C

n

k раз при n испытаниях

kn

– неудача). Таких

n

knkk



nn



(7)

.

qpCkP



Биномиальный закон распределения еще называют схемой

повторения испытаний или схемой Я. Бернулли.

Пример 2.3.2. Подбрасываем монету три раза. Случайная ве-

личина ния случайной величины

– число выпавших гербов. Составить закон распределе-

и найти функцию распределения.

Решение

Ряд распределения имеет вид

0 1 2 3

p 2p 3p 4p

1

42

1. Событие















X

P



{при трех бросаниях монеты герб не вы-

0X

пал, т. е. три раза выпала цифра}.

Так как вероятность выпадения герба и вероятность выпаде-

ния цифры одинаковы и равны

1

2

2. Аналогично находится вероятность

,

то



XPp

1

p события

4

1





0







2





= {три раза выпал герб}.

3

1





 XPp

3





2





.



8

3. Событие



4



1X {при трех бросаниях монеты выпал 1 герб

и 2 раза выпала цифра}.



4. Событие

11



2X {при трех бросаниях монеты выпали

 CPXPp





332

2





1





1

!3













2

!2!1







32

1

2 герба и 1 цифра}.



2

22

333

1





 CPXPp





2





!3













2

!1!2







32

1

Ряд распределения имеет вид

0 1 2 3

1

8

3

8

3

8

1

8

Отметим, что сумма вероятностей равна 1. Функция распределения

;0,0

   







xF

    



1

8

1

3

1

2

8

7

3

1

8

x



;10,

x



;21,

x



;32,

x



.3,1

x

3

1

.



8



3

.

 3X

8

3

.

8

43

График





X







X

x





X

Х

P



X



X

представлен на рис. 4.

xF

7

8

1

2

1

8

1

Рис. 4

0

2

3

Пример 2.3.3. Имеется 10 семян. Вероятность того, что семя

взойдет, равна 0,4. Найти вероятность того, что взойдут не менее трех, но не более шести семян.

Решение. Случайная величина

Событие

{взошло или 3, или 4, или 5, или 6 се-

63 X

– число взошедших семян.

мян}. По аксиоме сложения и биномиальному закону находим вероятность:



C

10

466

733

10

.78,077777,06,04,0



644

CCCXp

10

555

6,04,06,04,06,04,063



2.4. Наиболее вероятное число успехов в схеме Бернулли (мода биномиального закона)

Рассмотрим случайную величину ,

распределенную по би-

номиальному закону.

Пусть игральный кубик подбрасывается четыре раза. Случай-

ная величина 

число выпавших очков больше четырех.

44

Вероятность успеха в каждом опыте

X

Х

P



X



X

1

p (выпадение пяти

3

или шести очков), вероятность неуспеха

1

11  pq Слу-

3

чайная величина

может принимать значения 0, 1, 2, 3, 4 с веро-

ятностями, вычисленными по формуле Бернулли (7).

В нашем случае



0



4

400

 qpCP



44



3





1

311

222

33

044

 qpCP



41

 qpCP



3



1



62

 qpCP



3



1





43

 qpCP





3





4

1









3





;



81

3

32

2

 

3







 

3





 

1



;



81

22

2

 

3



2

 

3



24

 





;



81

8

;

81

4

16

2





и ряд распределения случайной величины X имеет вид

0 1 2 3 4

32

24

8

81

1

81

16

81

Заметим, что наибольшее значение

32

p вероятность при-

81

нимает при 1

.

Это значение случайной величины называется модой и явля-

ется ее важной характеристикой.

Определение 2.4.1. Мода для дискретной случайной величины



это то значение случайной величины, которое имеет наиболь-

шую вероятность.

Обозначим это значение случайной величины

В нашем примере

m

.1

0

Если посмотреть на ряд распределения рассматриваемой слу-

чайной величины ,

то видим, что значения вероятностей сначала

2

.

3

.

mX 

0

45

увеличиваются для X от 0 до ,















X





p



X















m до .n

0

В случае биномиального распределения

роятнейшим числом

Для

справедливы неравенства

m

0

наступления успехов в n опытах.

 





Воспользовавшись формулой Бернулли

m а затем уменьшаются для X от

0

nn

наиве-

mnmm

qpCmP

называется

m

0



,1

mXPmXP

00



.1

mXPmXP

00





сведем последние соотношения к системе неравенств



mnmm





n

 



n

111



n

111

mnmm



n

mnmm

000000

,

qpCqpC



mnmm

000000

или

!

 

  

 

 

  



n

mnm

!

n

!1!1



00

!1!1



00

11

qp



11



Сокращая общие множители и учитывая, что

!

n

!!

mnm



00

!

n

mnm



00



mnmmnm

0000

,

qp



mnmmnm

0000

.

qp

!!

полу-

,1

qp

чим

.0ppnmqpn 

(8)

В нашем примере, не находя вероятностей всех значений случайной величины , ла можно найти

1

4

3

с помощью формулы наивероятнейшего чис-

m

:

0

1

2

3

1

4

0

 m

3

2

;

3

5

или

 m

0

3

m

0

.1

Если найти разность крайних значений неравенства для



то получим

Следовательно, если

 qpqpnppn

n целое число, то и

целым. Тогда неравенству для

и случайная величина

m

0

имеет две моды.

m



0

.1

будет

q

n

(8) удовлетворяют два значения

Пример 2.4.1. Батарея произвела 14 выстрелов по объекту,

вероятность попадания в который равна 0,2. Найти наивероятнейшее число попаданий и вероятность этого числа попаданий.

Решение. Из условия задачи ,2,0p ,8,0

46

q .14

n

,

,0m

Используя неравенство (8), получим





















m

;2,042,08,0142,0

0

m

.32

0

Из решения мы видим, что данная задача имеет два наиверо-

ятнейших числа: 2 и 3, причем



2

1414



3

1414

Отметим, что неравенство для

!14

 qpCP



!2!12

!14

 qpCP



!11!3

m (8) включает в себя и те

случаи, когда наивероятнейшее число значениями

.,0

nmm

00

1221222



1131133



0

m совпадает с крайними

0

,25,08,02,0

.25,08,02,0

Пример 2.4.2. Подбрасываем кубик четыре раза. Случайная

величина Х – число выпавших шестерок. Найти наивероятнейшее число успехов – выпадение шестерок.

Решение. Здесь ,4

1

,

p вероятность неуспеха .

6

n вероятность успеха в одном опыте

1  pq

5

6

Используя неравенство (8) для наивероятнейшего числа, по-

лучим

1

4

6

0

6

5

1

4

 m ,

6

1

,

6

5

 m .0

0

m

6

0

При четырех бросаниях кубика наивероятнейшее число выпа-

дения шестерки равно нулю.

Пример 2.4.3. Вероятность безотказной работы прибора за

время Т равна 0,98. Работает шесть приборов. Выход из строя одного прибора не влияет на работу других. Найти наивероятнейшее число работающих приборов за время Т.

Решение. Из условия ,6



.,,0209801

Пользуясь неравенством

m

тогда

m

.6

0

В данном примере

0

n 98,0

nm

0

p , тогда  pq 1

,0ppnmqpn

получим

,98,098,0602,098,06

m

0

,86,686,5

.6

47

2.5. Распределение Пуассона

A





A







A



A













Пусть проводится n независимых испытаний, в каждом из которых может произойти событие

с вероятностью .1 pq

Если n велико, а вероятность

с вероятностью p или событие

– мала, то вычисление веро-

p

ятностей по формуле (7) (раздел 2.3) затруднительно. Для этой цели применяют приближенную формулу Пуассона.

Теорема 2.5.1 (закон Пуассона)

Если ,n ,0p и при этом величиной, то вероятность появления события

является постоянной

anp

k раз в n испыта-

ниях определяется по формуле

k

a

aknkk



n



qpCkP



elim

(9)

.



!

k

Доказательство

Так как

то, следовательно,

,anp 

a

.



p

n

Тогда

knkk





n

lim



n



 

lim



n



k

a

n

!

k

n



k



1lim







qpCkP

 

1







nn



limlim



n





k



1

 

2





 



!

n

!!

knk





11321

nnknkn



!321

kkn

121

k



annnknkn

!

k

1







1





nnn





a









 

 



 

  

1







n





k

a







k

n



a









1

 





n







a







n



a

n

a

 

n





11



n



a

 

 

knk





 

kn



a





11



 

kn



a

 

n



a



a

k





n





k

a



.e



!

48

Так как ,0





A



A











k

n

k



1 

 

пределу

1



nn

n

k

2





1























 

n a

a

 

n



то каждый сомножитель выражения

n

1





1





nnn



множитель

e1lim 

а согласно замечательному

,1

 

n

a











n







a



.e1

Теорема доказана. Для оценки абсолютной погрешности приближенной форму-

лы (9) можно воспользоваться формулой

k

a





e

!

k

Видно, что абсолютная погрешность имеет порядок

2





kak

2

.

n

1

.

n

Пример 2.5.1. В люстре 100 лампочек. Вероятность того, что

лампочка перегорит, равна 0,01. Найти вероятность того, что перегорят не менее трех лампочек.

Решение. Пусть событие

{перегорят не менее трех лампо-

чек} = {или 3 лампочки перегорят, или 4, или …, или 100}.

Вероятность события

противоположного события

легче находить через вероятность

{перегорело менее трех лампочек} =

= {перегорят или 2, или 1, или 0 лампочек}.

Задачу можно решить двумя способами: а) по биномиальному закону



1



100



APAP

9822

100

9911

CCC

100

10000



.99,001,099,001,099,001,01

Счет очень трудоемкий;

б) по закону Пуассона

n ,01,0

,100

p .1

anp

Следовательно,

0

1

11

e



1





e







!0





1

e

1

 

2



APAP

11







2



1

 

!2





1

e

!1

.07,011

49

То есть вероятность события мала, что очевидно из условия









k





X

P

X





X





задачи, а вычисления по закону Пуассона несложные.

Пример 2.5.2. Устройство состоит из 100 элементов, работа-

ющих независимо один от другого. Вероятность отказа любого элемента в течение времени T равна 0,04. Найти вероятность того, что за время T откажут ровно два элемента.

Решение. ,100

n

p

,04,0

.2k

Возможно решение задачи двумя способами:

а) по биномиальному закону

  

22

100100

98

12

!100

 ppCP

!98!2



982



;1450,096,004,0

б) по закону Пуассона

n ,04,0p .4anp

,100

Тогда

2

4



4

e



!

2

.,

P

100

2

a



2

a

e 14650

!

2

Дадим оценку абсолютной погрешности приближенной формулы Пуассона:

k

a

e



!

k

2



kak

2

n

2

4



e



!2

2



242





.0015,0

1002

Пример 2.5.3.

Завод отправил на базу 5000 изделий. Вероятность того, что изделие повредится в пути, равна 0,0002. Найти вероятность того, что на базу прибудут изделия, среди которых будет три поврежденных.

Решение. ,5000

n ,0002,0

p .3

Найдем .1

npa

По формуле Пуассона (9)

3

1



1

e



e6

!3

.06,0

P

5000



3

a

e3

!3

Дадим оценку абсолютной погрешности приближенной фор-

мулы Пуассона:

2

k

a

e



!

k



kak

2

n

3

 

1



e



!3

2

313



50002





.000066,0

50