- •Оглавление
- •Глава 1. Теория вероятностей 10
- •Глава 2. Математическая статистика 44
- •Глава 3. Случайные процессы 67
- •Введение
- •Глава 1. Теория вероятностей
- •1.1. Случайные события Основные понятия теории вероятностей
- •Основные определения
- •Операции над случайными событиями
- •Элементы комбинаторики
- •Классическое определение вероятности
- •Свойства вероятности
- •Вопросы для самопроверки
- •1.2. Теоремы сложения и умножения вероятностей Теорема сложения вероятностей
- •Теорема умножения вероятностей Условная вероятность
- •Обобщенная теорема умножения вероятностей
- •Независимость случайных событий
- •Вопросы для самопроверки
- •1.3. Формула Бернулли. Формула полной вероятности Повторение испытаний. Формула Бернулли
- •Формула полной вероятности
- •Вопросы для самопроверки
- •1.4. Дискретные случайные величины
- •Закон распределения дискретной случайной величины
- •Биномиально распределенные случайные величины
- •Математическое ожидание случайной величины
- •Свойства математического ожидания
- •Дисперсия случайной величины
- •Свойства дисперсии
- •Функция распределения случайной величины
- •Свойства функции распределения
- •Вопросы для самопроверки
- •1.5. Непрерывные случайные величины
- •Плотность вероятности непрерывной случайной величины
- •Cвойства функции плотности вероятности
- •Нормальное распределение
- •Правило трех сигм
- •Независимость случайных величин. Коэффициент корреляции
- •Свойства коэффициента корреляции
- •Предельные теоремы теории вероятностей
- •Закон больших чисел в форме Чебышева
- •Следствия из закона больших чисел
- •Центральная предельная теорема (теорема Ляпунова)
- •Вопросы для самопроверки
- •Глава 2. Математическая статистика
- •2.1. Основные понятия математической статистики
- •Приемы обработки выборок
- •Построение гистограммы относительных частот
- •Точечные оценки параметров генеральной совокупности
- •Дополнительные свойства точечных оценок
- •Проверка взаимозависимости генеральных совокупностей. Выборочный коэффициент корреляции
- •Интервальные оценки параметров генеральной совокупности
- •Вопросы для самопроверки
- •2.2. Статистическая проверка статистических гипотез
- •Этапы проверки статистических гипотез
- •Проверка гипотез о параметрах генеральных совокупностей
- •Проверка гипотезы о виде распределения генеральной совокупности. Критерий согласия Пирсона
- •Вопросы для самопроверки
- •Глава 3. Случайные процессы
- •3.1. Элементы теории случайных процессов Определение случайного процесса
- •Основные характеристики случайных процессов
- •Свойства математического ожидания
- •Дисперсия случайного процесса и ее свойства
- •Корреляционная функция случайного процесса и ее свойства
- •Нормированная корреляционная функция
- •Взаимная корреляционная функция и ее свойства
- •Нормированная взаимная корреляционная функция
- •Производная и интеграл от случайной функции
- •Интеграл от случайной функции и его характеристики
- •Вопросы для самопроверки
- •Заключение
- •Библиографический список
Обобщенная теорема умножения вероятностей
Р(А1 ∙ А2 ∙ А3∙… ∙ Аn) = Р(А1) ∙Р(А2 / А1) ∙Р(А3 /А1 ∙А2)∙...
∙P(An / A1 ∙A2 ∙ An–1).
Задача. Рассмотрим ситуацию о вынимании одного счастливого билета (вероятность не зависит от порядка, очередности вытягивания жребия). 20 человек разыгрывают один приз. Изготовлены таблички (19 пустых, а на одной крест) и помещены в барабан. Участники по очереди, случайным образом достают их. У кого больше вероятность вытянуть призовую табличку – у первого или последнего? (Если вынимать с возвращением – то очевидно полное равенство шансов 1/20, но суть задачи при этом теряется, так как призовую табличку могут вытянуть двое.) Пусть карточки вынимаются без возвращения – интуитивно можно дать тот же ответ.
Решение. Введем события: Ai = {i-й участник вытянул приз}, тогда P(A1) = 1/20. Воспользуемся очевидными соотношениями: A2 = ∙ А2, А3 = ∙ ∙ А3, … (ясно, что , и т.д.).
Тогда Р(A2) = Р( ∙ А2) = Р( ) ∙ Р(А2/ ) = (19/20) ∙ (1/19) = = 1/20.
Р(A3) = Р( ∙ ∙ А3) = Р( ) ∙ Р( / ) Р(А3/ ∙ ) =
= (19/20) ∙ (18/19) ∙ (1/18) = 1/20 и т.д.
Задача. В связке 7 ключей, из которых лишь один открывает дверь. Какова вероятность, что для того, чтобы открыть дверь придется перепробовать ровно 4 ключа, (т.е. дверь откроется с 4-й попытки)?
Решение. Рассуждения предыдущей задачи приводят к выводу, что все попытки должны быть равноправны.
Но если после попытки ключ возвращается на связку, то каждая последующая попытка будет иметь все меньше шансов на успех: Р = (1–1/n)i(1/n) → 0 (геометрическое распределение). При этом, конечно, шанс открыть дверь по сумме попыток будет приближаться к 1 (сумма членов геометрической прогрессии).
Независимость случайных событий
Случайные события А и В называются независимыми, если вероятность того, что произойдет одно из них не зависит от того, произошло ли в этом опыте второе. Это означает, что условные вероятности этих событий равны безусловным:
Р(А) = P(A/B), Р(В) = P(В/А).
Пример. В урне 8 белых и 3 черных шара. Наугад достали 2 шара. События: А = {второй шар – белый}, В = {первый шар – белый}, очевидно, зависимы. Действительно, мы видели, что P(A/B) = 7/10. В то же время Р(А) = (интуитивно) 8/11 = (по комбинаторике) (3 ∙ 8 + 8 ∙ 7) / (3 ∙ 8 + 8 ∙ 7 + 8 ∙ 3 + 3 ∙ 2) = 80/110 = 8/11(!). Если же производятся вынимания с возвращением, то данные события будут независимыми.
При подбрасывании двух (или более) монет события: А = {на второй монете – Г}, В = {на первой монете – Г}, очевидно, независимы. Действительно, P(A/B) = Р(А) = 1/2.
Для независимых событий теорема умножения вероятностей принимает более простой вид: P(A ∙ B) = P(A) ∙ P(B).
Задача. Какова вероятность при двукратном подбрасывании кубика выбросить дважды единицу?
Решение. Р = (1/6) ∙ (1/6) = 1/36.
Задача. Какова вероятность при 10-кратном подбрасывании монеты выбросить подряд 10 гербов?
Решение. Все случайные события Аi = {на i-й монете герб} i = 1, ..., 10, – независимы. Поэтому Р = (1/2)10 = 1/210 = 1/ 1024 ~ ~ 0.001.
Задача. Ребенок играет с карточками, на которых написаны буквы: «Т» – 3 карточки, «У» – 1, «И» –2, «Н» – 1, «С» – 1. Найти вероятность, что он случайно выложит слово «институт».
Решение. Р = (2/8) ∙ (1/7) ∙ (1/6) ∙ (3/5) ∙ (1/4) ∙ (2/3) ∙ (1/2) ∙ (1/1) = = 1/3360 ~ 0.0003.
Задача. Студент проходит тестирование, решая одну за другой две задачи. Вероятность решить первую – 0.7, а вероятность решить вторую задачу – 0.8. Экзамен считается сданным, если хотя бы одна задача решена студентом успешно. Найти вероятность положительного результата тестирования.
Решение. Введем простые случайные события: А = {первая задача решена}, В = {вторая задача решена}. Считаем, что они независимы. Очевидно, что искомое событие С = {хотя бы одна задача решена}, является суммой этих простых событий. Совместны ли события А и В? Да, совместны. Поэтому применяем теорему сложения вероятностей в общей форме (и теорему умножения для независимых событий):
Р(С) = Р(А+В) = Р(А) + Р(В) – Р(А ∙ В) = 0.7 + 0.8 – 0.7 ∙ 0.8 = 0.94.
Задача. Из трех орудий производится залп по цели. Вероятности попадания при одном выстреле для каждого из этих орудий соответственно равны: 0.9, 0.8 и 0.6. Найти вероятности следующих случайных событий:
В = {в цель попали ровно два орудия}, С = {в мишени после залпа в точности одна пробоина}, D = {все орудия промахнулись}.
Решение. Введем в рассмотрение простые события.
А1 = {первое орудие попало}, = {первое орудие промахнулось}, P(А1) = 0.9, P( ) = 1 – 0.9 = 0.1.
А2 = {второе орудие попало}, = {второе орудие промахнулось}, P(А2) = 0.8, P( ) = 1 – 0.8 = 0.2.
А3 = {третье орудие попало}, = {третье орудие промахнулось}, P(А3) = 0.6, P( ) = 1 – 0.6 = 0.4.
События В, С и D легко представить через них:
В = А1 ∙ А2 ∙ + А1 ∙ ∙ А3 + ∙ А2 ∙ А3,
С = А1∙ ∙ + ∙ А2 ∙ + ∙ ∙ А3,
D = ∙ ∙ .
Теперь, используя теоремы о сложении вероятностей и об умножении вероятностей, получаем:
Р(В) = Р(А1∙ А2 ∙ + А1 ∙ ∙ А3 + ∙ А2 ∙ А3) = {по теореме сложения вероятностей для несовместных событий} = = Р(А1 ∙ А2 ∙ ) + Р(А1 ∙ ∙ А3) + Р( ∙ А2 ∙ А3) = {по теореме умножения вероятностей для независимых событий} = Р(А1) ∙ ∙ Р(А2) ∙ Р( ) + Р(А1) ∙ Р( ) ∙ Р(А3) + Р( ) ∙ Р(А2) ∙ Р(А3) = = 0.9 ∙ 0.8 ∙ 0.4 + 0.9 ∙ 0.2 ∙ 0.6 + 0.1 ∙ 0.8 ∙ 0.6 = 0.288 + 0.108 + + 0.048 = 0.444.
Р(С) = Р(А1 ∙ ∙ + ∙ А2 ∙ + ∙ ∙ А3) = {по теореме сложения вероятностей для несовместных событий} = Р(А1 ∙ ∙ ) + Р( ∙ А2 ∙ ) + Р( ∙ ∙ А3) = {по теореме умножения вероятностей для независимых событий} = Р(А1) ∙ ∙ Р( ) ∙ Р( ) + Р( ) ∙ Р(А2) ∙ Р( ) + Р( ) ∙ Р( ) ∙ Р(А3) = = 0.9 ∙ 0.2 ∙ 0.4 + 0.1 ∙ 0.8 ∙ 0.4 + 0.1 ∙ 0.2 ∙ 0.6 = 0.072 + 0.012 + 0.032 = = 0.116.
Р(D) = Р( ∙ ∙ ) = {по теореме умножения вероятностей для независимых событий} = Р( ) ∙ Р( ) ∙ Р( ) = 0.1∙0.2∙0.4 = = 0.008.
Замечание. Последняя из найденных вероятностей позволяет, применяя формулу для вероятности противоположного события, легко найти вероятность события Е = {цель поражена}. Р(Е) = 1 – Р( ) = 1 – Р(D) = 1–0.008 = –0.992, так как = D.