- •78 Елементи диференціального числення Розділ 1. Математична обробка медико-біологічної інформації
- •Елементи диференціального числення
- •1.1.1.Похідна та диференціал функції
- •Геометричне тлумачення похідної і диференціала
- •Фізичне тлумачення похідної і диференціала
- •1.1.2. Основні правила диференціювання
- •1.1.3. Таблиця похідних основних елементарних функцій
- •1.1.4. Правило диференціювання складної функції
- •1.1.5. Похідні вищого порядку
- •1.1.6. Дослідження функцій на монотонність.Максимуми та мінімуми функцій
- •1.1.7. Випуклість та увігнутість графіка функції.Точки перегину
- •1.1.8. Побудова графіків функцій
- •1.1.9. Практичне заняття
- •1.1.10. Завдання для самостійної роботи
- •Функції декількох змінних
- •1.2.1. Частинні похідні і диференціали функції декількох змінних
- •1.2.2. Повний диференціал
- •1.2.3. Застосування диференціала функції для обчислення похибок
- •Правила визначення похибок
- •1.2.4. Практичне заняття
- •1.2.5. Завдання для самостійної роботи
- •Елементи інтегрального числення
- •1.3.1. Первісна.Невизначений інтеграл
- •1.3.2. Властивості невизначеного інтегралу
- •1.3.3. Таблиця найпростіших інтегралів
- •1.3.4. Основні методи інтегрування
- •1.3.5.Визначений інтеграл
- •1.3.6. Властивості визначеного інтеграла
- •1.3.7. Формула Ньютона–Лейбніца
- •1.3.8. Практичне заняття
- •1.3.9. Завдання для самостійної роботи
- •Елементи теорії Звичайних диференціальних рівнянь
- •1.4.1. Поняття про диференціальні рівняння
- •1.4.2. Лінійні диференціальні рівняння
- •Лінійні диференціальні рівняння першого порядку
- •1.4.3. Диференціальні рівняння зі змінними,що розділяються
- •1.4.4. Лінійні диференціальні рівняння другого порядку з постійними коефіцієнтами
- •1.4.5.Практичне заняття
- •1.4.6. Завдання для самостійної роботи
- •Основи теорії йМовірностей та математичної статистики
- •1.5.1. Класифікація явищ.Частота та ймовірність події
- •1.5.2. Теорема додавання ймовірностей
- •1.5.3. Теорема множення ймовірностей
- •1.5.4. Формула повної ймовірності.Формули Байєса
- •1.5.5. Повторні випробування. Формула Бернуллі
- •1.5.6. Випадкова величина,дискретні та неперервні випадкові величини
- •1.5.7. Інтегральна та диференціальна функції розподілу
- •1.5.8. Основні кількісні характеристики розподілу випадкових величин
- •1.5.9. Основні закони розподілу випадкових величин
- •1.5.10. Кореляційна залежність
- •1.5.11. Практичне заняття
- •1.5.12. Завдання для самостійної роботи
1.5.10. Кореляційна залежність
Ч
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)АаАа– гетерозиготи; 2)ААаа– 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: ;;.
СхрещуванняAAааможе 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(AB) =P(A) +P(B) = 0.369 + 0.235 = 0.604.
Приклад 4.Ймовірність відмови певного елементу в системіРi = 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= = 3.12510–7.
Ймовірність безвідмовної роботи системи є протилежною подією і дорівнює:
Q = 1 –Р= 1 – 3.12510–7= 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)PA (B),
де Р(A) = 3/10,РA (B) = 2/9. ОтжеР(A і B) = .
б) Аналогічно введемо подію С: перший пацієнт – здоровий і подіюD: другий – здоровий.
Р(CіD) =P(C)РC (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) = 0.520.520.52 = (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 Pi 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)50.364 + 150.41 + 250.183 + 350.045 + 450.005 +
+ 550.00032 14.2.
Обчислимо дисперсію D(Х)і середнє квадратичне відхилення. Для цього знайдемо математичне сподівання квадрату випадкової величини:
M(X 2) = 0.36452 + 0.408152 + 0.183252 + 0.04352 +
+ 0.005452 + 0.0002552 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 = np = 40000.001 = 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.