Добавил:
ivanov666
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз:
Предмет:
Файл:Теория вероятностей и математическая статистика. Учебно-методическое пособие
.pdf
11
( )
=
=
n
i
i
HAP
i
HPAP
1
называется формулой полной вероятности.
Если в результате опыта событие А произошло, апостериорную
(послеопытную) вероятность гипотезы Hi находят по формуле Бейеса:
( )
( ) ( )
( ) ( )
=
=
n
i
ii
jj
j
HAPHP
HAPHP
AHP
1
Пример 1.14. Имеется пять одинаковых приборов. Из них два новых,
остальные бывшие в употреблении. Вероятность отказа нового прибора 0,05,
вероятность отказа прибора, бывшего в употреблении, – 0,3. Найти
вероятность отказа случайно взятого прибора.
Решение. Событие А: случайно взятый прибор отказал
Гипотезы (несовместные события, вместе с которыми может произойти
событие A):
Н1: взятый прибор новый
Н2: взятый прибор был в употреблении.
Р(Н1) = 2/5; Р(А/Н1) = 0,05
Р(Н2) = 3/5; Р(А/Н2) = 0,3
По формуле полной вероятности,
( )
.2,0
5
1
5
9,0,1,0
3,0
5
3
05,0
5
2
2
1
==
+
=+=
=
=
i
i
HAP
i
HPAP
Пример 1.15. В условиях предыдущей задачи известно, что случайно
взятый прибор отказал. Найти вероятность того, что отказал новый прибор.
Решение. Для нахождения апостериорной вероятности гипотезы Н1
воспользуемся формулой Бейеса:
( )
( ) ( )
( ) ( )
1,0
2,0
05,0
5
2
2
1
11
1
=
=
=
=i
ii
HAPHP
HAPHP
AHP
Пример 1.16. Специалистов некоторой специальности выпускают три вуза.
Первый вуз обеспечивает 20% требуемого количества выпускников, второй –
30%, остальных – третий вуз. 30% выпускников первого вуза являются
первоклассными специалистами. Среди выпускников второго вуза их доля
составляет 10%, а для третьего – 5%. Случайно выбранный выпускник
оказался первоклассным специалистом. Какова вероятность, что он из
первого вуза?
12
Решение. Событие А: случайно выбранный выпускник – первоклассный
специалист.
Событие А может быть реализовано вместе с одной из 3-х гипотез:
Н
1:
выбранный выпускник закончил 1-й вуз.
Н2: выбранный выпускник закончил 2-й вуз.
Н3: выбранный выпускник закончил 3-й вуз.
Р(Н1) = 0,2; Р(А/Н1) = 0,3
Р(Н2) = 0,3; Р(А/Н2) = 0,1;
Р(Н3) = 0,5; Р(А/Н3) = 0,05.
По формуле Бейеса,
( )
( ) ( )
( ) ( )
522,0
115,0
06,0
05,05,01,03,03,02,0
3,02,0
3
1
11
1
=
++
=
=
=i
ii
HAPHP
HAPHP
AHP
1.5. Схема Бернулли. Предельные теоремы
Пусть проводятся n независимых испытаний, в каждом из которых может
быть два исхода, условно называемых «успех» и «неудача». Вероятность
наступления «успеха» в каждом испытании одинакова и обозначается р,
вероятность наступления «неудачи» q =1 – р. Вероятность наступления k (0 <
k <n) успехов при n испытаниях обозначается через
( )
kP
n
. Справедлива
формула Бернулли
( )
knkk
nn
qpCkP
−
=
,
где
k
n
C
число сочетаний из n no k:
( )
!!!knk
n
k
n
C−=
При больших n, но очень малых р (или q) таких, что npq < 9, используют
приближенную формулу Пуассона:
( )
−
e
k
k
k
n
P
!
, где
pn=
При n , большем нескольких десятков, не очень малой вероятности р, так, что
npq > 9, справедливо равенство (локальная теорема Лапласа)
( )
( )
qpn
x
kP
n
, где
qpn
pnkx−
=
,
( )
2
2
2
1
/xex−
=
функция Гаусса,
берется из таблицы (таблица 2 в данном пособии).
13
Вероятность того, что в условиях схемы Бернулли событие А, имеющее в
каждом из n испытаний вероятность р, появится не менее к1 и не более к2 раз,
приближенно рассчитывается по формуле (интегральная теорема
Лапласа):
),()()(
1221
tФtФkkkP
ооn
−=
где
( )
−
=
t
dx
x
et
о
0
2
2
2
1
– функция
Лапласа, берется из таблицы (таблица 2).
qpn
pnk
t
qpn
pnk
t
−
=
−
=
2
2
1
1
,
Пример 1.17. Вероятность попадания в цель 0,7. Сделано 5 выстрелов.
Какова вероятность того, что оказалось: а) 3 попадания; б) 2 или 3
промаха?
Решение. а) Событие А: ровно 3 попадания в цель из пяти выстрелов.
Вероятность попадания (успеха) равна р = 0,7, вероятность промаха
(неудачи) q=1- p = 0,3, число испытаний n = 5.
По формуле Бернулли,
( )
.3087,0
2
)3,0(
3
)7,0(10
3533
5
3
5
=
−
= =qpCP
б) Событие В: из пяти выстрелов промахов 2 или 3. «Успехом» в задаче
является промах, поэтому здесь р=0,3, q = 0,7.
По теореме сложения вероятностей и формуле Бернулли,
Р (В) = Р5(2) + Р5(3) = .
.441,049,0027,010343,009,010)7,0()3,0()7,0()3,0(
233
5
322
5
=+=+= СС
Пример 1.18. Монету бросают пять раз. Найти вероятность того, что
‘‘герб’’ выпадет: а) ровно два раза; б) менее 2-х раз; в) не менее 2-х раз.
Решение. а) Событие А: «герб» выпал ровно 2 раза при 5 бросаниях,
р = q = 0,5, n = 5.
По формуле Бернулли,
( )
.3125,0
32
10
)5,0(10)5,0()5,0(102)(
5322522
55
==== =
−
=qpCPAP
б) Событие В: «герб» выпал менее 2-х раз.
По теореме сложения вероятностей и формуле Бернулли,
.156,0
32
5
64
6
4
)
2
1
(5
5
)
2
1
(1
411
5
500
555
)5,0()5,0()5,0()5,0()1()0()2()(
==+=
=+=+== CCPPkPBP
в) Событие С: «герб» выпал не менее 2-х раз.
14
.844,0
32
27
32
5
1)2(1)2()( − ==−== kPkPСP
Пример 1.19. Найти вероятность того, что трехзначный номер случайно
встретившегося автомобиля содержит а) две пятерки; б) хотя бы один нуль;
в) не менее двух шестерок.
а) Пусть «успех» – пятерка в любом знаке 3-значного номера. Вероятность
«успеха» p = 0,1, тогда q = 0,9 – вероятность любой другой цифры от 0 до 9,
кроме пятерки.
Пусть событие А: наличие ровно 2-х пятерок в 3-значном номере автомобиля.
По формуле Бернулли,
( )
.0027,009,0)01,0(3)9,0()1,0(32)(
122322
33
==== =
−
qpCPAP
б) Пусть «успех» – нуль в любом знаке 3-значного номера. Вероятность
«успеха» p = 0,1, тогда q = 0,9 – вероятность любой другой цифры от 0 до 9,
кроме нуля.
Пусть событие B: наличие хотя бы одного нуля в 3-значном номере
автомобиля.
По формуле Бернулли,
( )
.729,0)9,0()1,0(11)0(11)(
300300
33
1
3
=−=−== −=
−
qpCPkPBP
в) Пусть «успех» – шестерка в любом знаке 3-значного номера.
Вероятность «успеха» p = 0,1, тогда q = 0,9 – вероятность любой другой
цифры от 0 до 9, кроме шестерки.
Пусть событие С: наличие не менее 2-х шестерок в 3-значном номере
автомобиля.
По формуле Бернулли и теореме сложения вероятностей,
( )
.0037,0001,000027)9,0()1,0(0027,0)3()2(2)(
033
333
3
=+=+=+== CPPkPBP
Пример 1.20. Вероятность ошибки при обращении к навигационной системе
равна 0,005. Найти вероятность, что из 500 обращений: а) одно будет
ошибочное; б) все будут правильные.
Решение. Так как n = 500, p = 0,005, q = 1- p = 0,995, npq = 2,4875<9 ,
5,2== np
, можно воспользоваться приближенной формулой Пуассона:
( )
−
e
k
k
kP
n
!
а) событие А: из 500 обращений ровно одно ошибочное.
По формуле Пуассона,
15
( )
.205,0082,05,2
5,2
!1
)5,2(
1
1
500
−
eP
б) Событие В: все 500 обращений правильные.
По формуле Пуассона,
( )
.082,0082,0
1
1
5,2
!0
)5,2(
0
0
500
−
eP
Для последовательности событий, наступающих одно за другим в
случайные моменты времени с постоянным средним числом событий в
единицу времени
– (простейший «пуассоновский» поток событий)
вероятность появления к событий за время t определяется формулой
Пуассона:
( )
t
k
t
e
k
t
kP
−
!
)(
Пример 1.21. Среднее число заявок, поступающих на предприятие за 1
час, равно 3. Найти вероятность того, что за 2 часа поступит
а) 4 заявки; б) менее 3-х заявок; в) не менее 3-х заявок
4,6,2,/3,.) ==== ktчасаtчасусловиюПоРешениеа
По формуле Пуассона
135,0
24
0025,01296
!4
6
)4(
64
2
=
=
−
e
P
3,6,2,/3,.) === ktчасаtчасусловиюПоРешениеб
0625,00025,025)1618(
!0
6
!1
6
!2
6
)0()1()2()2()3(
6
606162
22222
=++
=
+
+
=++==
−
−−−
e
eee
PPPkPkP
1.6. Дискретные случайные величины и их характеристики
Если случайным событием (результатом испытания) является число, его
называют случайной величиной. Случайная величина Х называется
дискретной, если она принимает конечное или счетное число значений
,2,1xx
. Дискретная случайная величина (ДСВ) может быть задана рядом
распределения, который можно представить в виде таблицы 1.1:
Таблица 1.1 – Ряд распределения дискретной случайной величины
i
x
x1 x2 …
i
p
1
p
2
p
…
16
(
)
i
xXP
i
p ==
,
11=
=i
i
p
Чтобы придать ряду распределения более наглядный вид, прибегают к его
графическому изображению – многоугольнику распределения. Он
представляет собой ломаную линию, последовательно соединяющую точки с
координатами
),(iipx
(рис.1.1):
Рис. 1.1 – Многоугольник распределения ДСВ
Функция распределения F(x) случайной величины X, определяется
равенством
( ) ( )
xXPxF =
Для дискретной случайной величины выполняется равенство
( )
=x
i
x
i
PxF
Функция распределения F(x) дискретной случайной величины является
разрывной, ступенчатой функций (рис.1.2):
17
Рис. 1.2 – Функция распределения ДСВ
Для дискретной случайной величины X, принимающей значения
n
xxx ,,,21
с вероятностями Р
1
, Р
2
, ...,
n
P
математическое ожидание X
определяется равенством
i
P
n
i
i
x
x
mXM
===1
)(
Основные свойства математического ожидания
1. Математическое ожидание постоянной величины С равно С: М(С)=С
2. Математическое ожидание суммы двух случайных величин равно
сумме математических ожиданий этих величин: М(X+Y)=M(X)+M(Y)
3. Математическое ожидание произведения двух независимых случайных
величин равно произведению математических ожиданий этих величин:
М(XY)=M(X)M(Y)
Следствие: постоянный множитель можно выносить за знак
математического ожидания: M(CX)=CM(X)
Дисперсия случайной величины X определяется равенством
( )( )
,0),(
2
)
2
(
2
−=−=
x
DXMxMXMxM
x
D
среднее квадратическое отклонение (СКО)
.
xx
D=
Основные свойства дисперсии
1. Дисперсия постоянной величины равна нулю: D(C) = 0
2. Дисперсия суммы двух независимых случайных величин равна сумме
дисперсий этих величин: D(X+Y) =D(X)+D(Y)
3. Постоянный множитель можно выносить за знак дисперсии, возведя его
в квадрат: D(CX) = C2 D(X)
18
Для биномиального распределения (числа успехов в схеме Бернулли)
математическое ожидание, дисперсия, среднее квадратическое отклонение
равны:
.,, npqnpqDnpm
xxx
===
Пример 1.22. Дан ряд распределения дискретной случайной величины:
xk 0 1 2 3 4
pk
0,3
0,2
0,1
0,3
0,1
Найти математическое ожидание, дисперсию, среднее квадратическое
отклонение. Построить многоугольник распределения.
Решение.
7,11,043,031,022,013,00
5
1
=++++==
=i
ix
i
pxm
1,2)7,1(1,0163,091,042,013,00
2
5
1
22
=−++++=−=
=k
xix
mpxD
i
Многоугольник распределения представлен на рис. 1.3:
p
i
0,3
0,2
0,1
x
i
0 1 2 3 4
Рис. 1.3 – Многоугольник распределения
Пример 1.23. Найти дисперсию дискретной случайной величины Х –
числа появлений события А в пяти независимых испытаниях, если
вероятность появления события А в каждом испытании равна 0,3.
Решение. По условию, случайная величина Х имеет биномиальный закон
распределения (закон Бернулли). При этом p = 0,3, q = 0,7, n = 5. Составим
ряд распределения для X, воспользовавшись формулой Бернулли:
( )
5,4,3,2,1,0, =
−
= k
kn
q
k
p
k
n
Ck
n
P
19
( )
( )
( )
( )
( )
( )
!
5
0
1)(
5
055555
55
144544
55
233533
55
322522
55
411511
55
00500
55
:
0024,0)7,0()3,0(15
0284,0)7,0()3,0(54
1323,0)7,0()3,0(103
3087,0)7,0()3,0(102
3602,0)7,0()3,0(51
1687,0)7,0()3,0(10
5
=
=
==
==
==
==
==
==
=
=
=
=
=
=
−
−
−
−
−
−
k
kPПроверка
qpCP
qpCP
qpCP
qpCP
qpCP
qpCP
xi 0 1 2 3 4
5
pi
0,1681
0,3602
0,3087
0,1323
0,0283
0,0024
5,10024,05
0283,041323,033087,023602,011681,00
5
0
=+
+++++==
=k
kx
k
pxm
05,125,206075,04536,01907,12348,13602,0)5,1(0024,025
0283,0161323,093087,043602,011681,00
2
5
0
22
=−++++=−+
+++++=−=
=k
xx
mpxD
k
k
.05,17,03,05;5,13,05: ====== npqDnpmПроверка
xx
Пример 1.24. Измерительный комплекс состоит из 3-х одинаковых
приборов, отказы которых происходят независимо друг от друга.
Вероятность отказа прибора в течении суток 0,2. Рассматривается случайная
величина – число отказавших приборов. Построить ее ряд распределения.
Найти функцию распределения и построить ее график. Вычислить
математическое ожидание и среднее квадратическое отклонение.
Решение. Случайная величина Х – число приборов, отказавших в течение
суток. Вероятность отказа каждого прибора p=0,2, вероятность безотказной
работы каждого прибора q = 0,8, n=3. Имеет место схема независимых
испытаний.
По формуле Бернулли рассчитываем вероятности отказов 0, 1, 2, 3
приборов в течение суток:
20
( )
( )
( )
( )
!
3
0
1)(
3
033333
3
3
122322
33
211311
33
300300
3
3
:
008,0)7,0()2,0(103
096,0)7,0()2,0(32
384,0)8,0()2,0(31
512,0)8,0()2,0(10
=
=
==
==
==
==
=
=
=
=
−
−
−
−
k
kPПроверка
qpCP
qpCP
qpCP
qpCP
Ряд распределения случайной величины Х имеет вид:
xk 0 1 2 3 pk
0,512
0,384
0,096
0,008
Математическое ожидание, дисперсия и СКО равны:
.69,0;48,08,02,03;6,02,03 ======= npqnpqDnpm
xxx
Функция распределения случайной величины Х равна:
++
++
==
=+=+
=+=
=
=+=+
=
3,1008,0992,0
43
32,992,0096,0896,0
3
21
10,512,0
1
21
21
,896,0384,0512,0
21
;0,0
)()(
x
x
x
x
i
pppp
ppp
p
x
pxXPxF pp
xx
i
График функции распределения случайной величины Х имеет вид (рис.
1.4)
F(x)
1
0,5
0 1 2 3 x
Рис. 1.4 – Функция распределения
1.7. Непрерывные случайные величины. Основные законы
распределения непрерывных случайных величин
Случайная величина X называется непрерывной, если ее возможные
значения целиком заполняют некоторый конечный или бесконечный
интервал числовой оси. Для непрерывной случайной величины существует
неотрицательная функция
)(xf
, удовлетворяющая при всех х равенству
Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]