Главная
страница 1страница 2страница 3
скачать файл
Нужно делать вариант 3 он выделен жирным шрифтом

Федеральное агентство по образованию


Государственное образовательное учреждение

высшего профессионального образования

«Санкт-Петербургский государственный

инженерно-экономический университет»




МАТЕМАТИКА
Методические указания и контрольные задания

к контрольной работе №3

(теория вероятностей и математическая статистика)

для студентов 2 курса заочной формы обучения

Для всех специальностей кроме 23050 (социально-культурный сервис и туризм),

350400 (связи с общественностью), 071900 (информационные системы и технологии),

021100 (юриспруденция), 351300 (коммерция (торговое дело))

Санкт-Петербург

2005
Допущено

редакционно-издательским советом СПбГИЭУ

в качестве методического издания
Составители
ст. преп. В. Г. Блинова

канд. техн. наук, доцент Я. В. Войтишек

ст. преп. Е. Н. Зверева

Рецензент

канд. физ.-мат. наук, доцент Л. Н. Пронин

Подготовлено на кафедре



высшей математики

Одобрено научно-методическим советом специальностей

060400 – Финансы и кредит

060500 – Бухгалтерский учет, анализ и аудит

Отпечатано в авторской редакции с оригинал-макета,

представленного составителями



Содержание


  1. Общие положения 4

  2. Методические указания к изучению дисциплины 4

  3. Методические указания к выполнению заданий №№1-4

Комментарии к задаче №1

§1. Случайные события. Основные понятия. 5

§2. Случайные события. Операции. 5

§3. Классическое определение вероятности. 6

§4. Примеры задач на классическую вероятностную схему. 7

§5. О статистической и геометрической вероятностях. 9

§6. Простейшие свойства вероятностей. 10

§7. Условные вероятности. Независимость событий. 11

§8. Вероятность наступления хотя бы одного события. 12

§9. Формула полной вероятности. 13

§10. Формула Байеса. 15

Комментарии к задаче №2

§11. Повторные независимые испытания. 17

§12. Другие формулы вычисления вероятностей для схемы Бернулли. 19

Комментарии к задаче №3

§13. Случайные величины дискретного типа. 21

§14. Функция распределения. 23

§15. Математическое ожидание случайной величины дискретного типа. 24

§16. Дисперсия случайной величины. 25

§17. Биномиальный и пуассоновский законы распределения.26

Комментарии к задаче №4

§18. Случайные величины непрерывного типа. 28

§19. Нормальный закон распределения и его характери-стики 29

§20. Другие законы распределения непрерывных случайных величин. 31



  1. Методические указания к выполнению задания №5 32

  2. Контрольные задания №№1-4 52

  3. Контрольные задания №5 72

  4. Приложения 1-4 78

  5. Требования к оформлению контрольной работы 84

  6. Список литературы 85

  7. Приложение А. Содержание дисциплины 85

  8. Перечень контрольных вопросов для проверки знаний по дисциплине 87



  1. ОБЩИЕ ПОЛОЖЕНИЯ

Цель дисциплины «теория вероятностей и математическая статистика» - дать необходимый математический аппарат и привить навыки его использования при решении инженерно-экономических задач. Для этого при изучении курса студенты осваивают методы математического моделирования экономических и иных возникающих на практике ситуаций, вероятностные методы их исследования и решения, методы обработки статистических данных (аналитически и при помощи вычислительной техники), а также методы дальнейшего анализа полученных результатов. Это способствует также развитию логического и алгоритмического мышления.

Теория вероятностей опирается на предшествующие курсы математики, как на курс средней школы, так и на разделы, изучавшиеся на 1 курсе (множества, функции, непрерывность, производные, интегралы, ряды).

Студенты 2 курса, имеющие зачтенные контрольные работы №3 и №4, сдают экзамен по математике.


2. МЕТОДИЧЕСКИЕ УКАЗАНИЯ К ИЗУЧЕНИЮ ДИСЦИПЛИНЫ
Изучение дисциплины следует начать с теоретической части данных методических указаний. Поскольку методические указания не являются учебником и теоретический материал здесь изложен кратко, полезно обратиться к учебникам, перечисленным в списке литературы.

Для изучения дисциплины в общепринятом логическом порядке полезно сверяться с Приложением А данного издания.


3.МЕТОДИЧЕСКИЕ УКАЗАНИЯ К ВЫПОЛНЕНИЮ

ЗАДАНИЙ №№1-4
КОММЕНТАРИИ К ЗАДАЧЕ №1
§1. СЛУЧАЙНЫЕ СОБЫТИЯ. ОСНОВНЫЕ ПОНЯТИЯ.

Случайным называется событие, которое при осуществлении совокупности некоторых условий S может либо произойти, либо не произойти. Пример: событие А1 - выпадение “шестерки” при одном броске игральной кости (кубика с занумерованными гранями ).

Достоверным называют событие, которое обязательно произойдет, если будет осуществлена совокупность условий S. Пример: событие А2 - при одном броске игральной кости число выпавших очков меньше 7. Обозначим достоверное событие буквой 

Невозможным называют событие, которое заведомо не произойдет при осуществлении совокупности событий S. Пример: событие А3 - при одном броске игральной кости число выпавших очков дробно. Невозможное событие обозначим символом .

События и будем рассматривать как частные (“крайние”) случаи случайных событий, хотя они не являются таковыми.

Два или более событий назовем несовместными, если в результате осуществления условий S (или, по-другому, в результате испытания) невозможно их совместное осуществление, т.е. появление одного из них исключает появление другого в том же испытании. Пример: событие А4 - при броске игральной кости выпало нечетное число очков - несовместно с событием А1 (выпала “шестерка”).


§2. СЛУЧАЙНЫЕ СОБЫТИЯ. ОПЕРАЦИИ.
Сумма событий А + В - событие, состоящее в том, что произошло хотя бы одно из двух событий А и В, т.е. наступило либо А, либо В, либо оба сразу. Пример: для событий А1 и А4 из §1 А1 + А4 = {выпало 1,3,5 или 6 очков}.

Произведение событий А · В  это совместное осуществление и А и В (иначе: их общие исходы). Пусть В = {при броске игральной кости выпало число очков, кратное 3}. Тогда В · А4 = {выпала грань с 3 очками}.

Для несовместных событий А и В их произведение А·В= у них нет общих исходов. В частности, для последнего примера §1 можно записать А1 ·А4 = .

Событие называется противоположным к А (т.е. состоит в том, что “ достоверное событие происходит, а событие А не происходит”).

Для операций над событиями выполняются свойства:

А + В = В + АА · В = В · А (А + В) + С = А + (В + С)(А · В) · С = А · (В · С)(А + В) · С = А · С + В · СЕсли события Н1, Н2, ..., Нn попарно несовместны (Нi·Hj=при i j ), а их сумма  достоверное событие (H1+H2+...+Hn = ), то говорят, что {H1, H2, ..., Hn}  полная группа несовместных событий или разбиение . В частности, {A, }  полная группа несовместных событий для любого А.


§3. КЛАССИЧЕСКОЕ ОПРЕДЕЛЕНИЕ ВЕРОЯТНОСТИ .
Вероятность события А  это число Р(А), которое вводится для количественного описания степени объективной возможности наступления А.

В этом параграфе рассмотрим испытания, в которых множество  представляет собой конечное число равновозможных исходов. Например, если бросить игральную кость один раз, то она может выпасть на любую из шести граней. Достоверное событие здесь состоит в том, что выпала одна из шести граней. Будем считать кубик симметричным; в этом случае можно считать все шесть исходов равновозможными. В случае двух бросков симметричной монеты  4 различных исхода: “орел-орел” (О, О), “орел-решка”(О, Р), а также Р, О и Р, Р; их также считают равновозможными. Все они вместе образуют достоверное событие для данного испытания. В первом случае вероятность каждого из элементарных исходов равна 1/6, а во втором 1/4.

В общем случае, если число всех элементарных исходов N() равно n, то вероятность каждого из них 1/n. Пусть число благоприятствующих исходов для А или, иначе, число элементарных исходов испытания, входящих в событие А ( N(A) ), равно m, тогда вероятность

( 1 )

Это формула классической вероятности.

В примерах из §1 шесть элементарных исходов: выпала цифра 1, 2, 3, 4, 5 или 6. Событие А1 включает в себя ровно 1 элементарный исход, А2 (достоверное)  все 6, А3 (невозможное)  0, А4  3. Поэтому

, ,

,
Еще примеры. При двух бросках симметричной монеты событие С = {выпал хотя бы один “орел”} включает в себя три элементарных исхода из четырех, поэтому .

Событию D = {при трех бросках монеты выпало ровно два ”орла”} благоприятствуют 3 из 8 возможных элементарных исходов, поэтому .


§ 4. ПРИМЕРЫ ЗАДАЧ НА КЛАССИЧЕСКУЮ

ВЕРОЯТНОСТНУЮ СХЕМУ.
1. Брошены две игральные кости. Какова вероятность того, что на них выпали грани с одинаковым числом очков?

Каждому из шести исходов при броске первой кости соответствует шесть исходов, получающихся при броске второй кости, значит, всего получится 36 элементарных исходов (1-1, 1-2, ..., 1-6, 2 - 1, ... , 6 - 6). Искомому событию благоприятствуют 6 исходов из 36 (1-1, 2-2, ... , 6-6), поэтому вероятность данного события А



.

2. В урне 10 белых и 12 черных шаров, вынимают 3 из них. Какова вероятность того, что среди них ровно 2 черных?

Общее число элементарных исходов  это число способов, которым можно вынуть 3 шара из 22. Оно равно числу сочетаний из 22 элементов по 3.

n =

(первый шар выбирается 22 способами, после того, как первый выбран, второй  21 способом, а для третьего после выбора первых двух остается 20 вариантов; однако каждый набор из трех шаров мы включили в общее число несколько раз, а именно 3·2·1=6, поэтому разных наборов из 3 шаров в 6 раз меньше, чем 22·21·20).

Общая формула для числа сочетаний из L по k приведена ниже.

Событие А, вероятность которого нужно подсчитать, состоит в том, что вынуты 2 черных и 1 белый шар. 2 черных шара из 12-ти можно извлечь



способами ( 1-й  любой из 12-ти черных, 2-й  любой из 11-ти оставшихся, но каждый набор из двух шаров учтен дважды, поэтому 12·11 делим пополам). 1 белый шар из 10-ти можно взять



способами. Таким образом, число благоприятствующих событию А способов равно

m =

(каждый из 66 наборов из 2 черных шаров и каждый из 10 белых шаров дают устраивающий нас вариант).

Итак,

.

Примечание. Общая формула для числа сочетаний из L по k

,

где .

(подробнее о комбинаторных схемах см. [ 3-4 ]).
3. Полный набор домино (28 костей) раздается между четырьмя игроками (по 7). Какова вероятность, что у третьего игрока нет “шестерок”?

Всего игрок может получить n = различных наборов из 7 костей, составленных из всех 28 костей домино, “шестерка” содержится на 7 “костяшках”, значит, без “шестерок” – 21 кость домино. Из них можно составить m = всевозможных “семерок” – наборов из 7 костей. Окончательно,




§5. О СТАТИСТИЧЕСКОЙ И ГЕОМЕТРИЧЕСКОЙ

ВЕРОЯТНОСТЯХ.
Относительная частота события А  это отношение числа испытаний, в которых событие фактически появилось (благоприятствующих А) к общему числу проведенных испытаний: .

Если классическая вероятность вычисляется до опыта, то относительная частота  после опыта. Конечно, при увеличении количества испытаний в серии на 1 W(A) меняется  хотя бы потому, что на единицу изменяется знаменатель дроби. Тем не менее, с увеличением n величина W(A) приближается к некоторому числу, которое называют статистической вероятностью события А.

Заметим, что когда в задаче говорится, что “вероятность поражения стрелком мишени равна 0,7”, то речь идет о вероятности, вычисленной статистически.

Бывают задачи, когда множества всех элементарных исходов и благоприятствующих исходов невозможно пересчитать. В этих задачах иногда удается выразить вероятность события как отношение либо длин, либо площадей, либо объемов. Например, если считать, что попадания в круглую мишень происходят равномерно по площади всей мишени, а диаметр центра мишени в 5 раз меньше диаметра самой мишени, то вероятность попадания в центр (при условии попадания в мишень) равна отношению площадей центра мишени и всей мишени:



В этом случае количество вариантов, благоприятствующих А, бесконечно, но и общее число вариантов исхода испытания бесконечно, т.е. формулы классической или статистической вероятности неприемлемы.

Вероятность, определяемую как отношение длин, площадей, объемов, называют геометрической вероятностью.
§6. ПРОСТЕЙШИЕ СВОЙСТВА ВЕРОЯТНОСТЕЙ.
Для классического, статистического и геометрического определений вероятности выполняются следующие аксиомы:


  1. Р(А)  0 для любого наблюдаемого события А ;

  2. Р( ) = 1 ;

  3. Если события А и В несовместны (А · В = ), то Р(А + В) = Р(А) + Р(В).

Из аксиом можно вывести следующие свойства:

1. Р() = 0 , откуда следует, что если А и В несовместны (А · В = ), то Р(А · В) = 0.

2. Р( ) = 1  Р(А).

3. Р(А) 1.

4. Если А  В (А влечет за собой В, т.е. все исходы, содержащиеся в А, содержатся и в В), то Р(А)  Р(В) .

5. Если А = B (т.е. А  В и В  А), то Р(А) = Р(В) .

6. Р(А + В) = Р(А) + Р(В)  Р(А · В), формула сложения вероятностей. В частности, если А и В несовместны (А · В = ), то получим аксиому III.


§7. УСЛОВНЫЕ ВЕРОЯТНОСТИ. НЕЗАВИСИМОСТЬ СОБЫТИЙ.
Условная вероятность Р(В / А) = РA(В)  это вероятность осуществления события В при условии, что событие А уже произошло (причем последнее не является невозможным, т.е. Р(А) > 0). Эту вероятность можно вычислить по формуле

Для краткости эта величина называется “вероятностью события В при условии А”. Заметим, что для величины Р(В / А) выполняются аксиомы I, II, III, и , следовательно, простейшие свойства (см. §6).

Обозначим через Х число очков, выпавших при одном бросании игральной кости. Пусть А = {Х – простое число}, В = {Х – четное число}. Тогда Р(А) = 3/6 = 1/2 (числа 2, 3, 5  простые, 1, 4, 6  нет), Р(В) = 3/6 = 1/2, Р(А · В) = 1/6 (простое и четное одновременно число только одно  это 2). Следовательно, Р(В / А) = 1/3, т.е. вероятность того, что выпало четное число очков при условии, что выпало простое число очков, равна 1/3 (среди 3 простых чисел четное одно); Р(А/В) = 1/3, т.е. вероятность того, что выпало простое число очков при условии, что выпало четное число очков, также равна 1/3 (среди 3 четных чисел простое  одно) .

События А и В называют независимыми, если

Р(А · В) = Р(А) · Р(В).

Если одно из событий невозможное ( ), то в обеих частях стоят нули. Если же Р(А) > 0 и Р(В) > 0, то Р(А / В) = Р(А), Р(В / А) = Р(В).

Для последнего примера Р(А · В) Р(А) · Р(В) , значит, А и В зависимые.

Во многих задачах независимость событий задается по условию задачи (из общих соображений).


§8. ВЕРОЯТНОСТЬ НАСТУПЛЕНИЯ ХОТЯ БЫ ОДНОГО СОБЫТИЯ.
Сложные события выражаются через другие наблюдаемые события с помощью алгебраических операций, описанных в §2. Основные формулы для вычисления вероятностей таких событий:
Р( ) = 1  Р(А). ( 1 )
Р(А · В) = Р(А) · Р(В / А) = Р(В) · Р(А / В) , если Р(А) > 0, Р(В) > 0 (формула умножения вероятностей); ( 2 )
Р(А + В) = Р(А) + Р(В)  Р(А · В)

(формула сложения вероятностей). ( 3 )


Пример 1. Два стрелка независимо друг от друга ведут стрельбу по мишени, причем вероятности попадания при одном выстреле в мишень для них равны p1 = 0,8, p2 = 0,6. Каждый произвел по одному выстрелу. Вычислить вероятность события А = {произойдет ровно одно попадание}.

Рассмотрим события А1 = {первый стрелок попал в мишень} и А2 = {второй стрелок попал в мишень}. Тогда = {первый стрелок промахнулся}, a = {второй стрелок промахнулся}. В мишени окажется ровно одна пробоина в тех случаях, когда либо первый попал, а второй промахнулся, либо первый промахнулся, а второй попал. Поэтому А = А1 · + А2 · . Последние два события несовместны, поэтому сумма их вероятностей равна вероятности их суммы А. События А1 и , а также А2 и попарно независимы, т.е. вероятности произведений этих событий равны соответствующим произведениям вероятностей этих событий. Т.к. Р(А1)=p1=0,8, P(A2)=p2=0,6, то Р( ) = 1  p= q= 0,2, P( ) = 1  p= q= 0,4 и Р(А) = p1q2 + p2q= 0,44.

Вероятность наступления “хотя бы одного события” (т.е. суммы нескольких событий ) вычисляют по формуле

( 4 )

Если же эти события попарно независимы, то




Пример 2. В продукции предприятия 10% бракованных изделий. Какова вероятность, что среди 4 взятых независимо изделий хотя бы одно бракованное?

Пусть А  интересующее нас событие, А = A1+ A2+ A3+ A4 , где A1 = {первое изделие бракованное}, A2 = {второе изделие бракованное} и т.д. Так как A1, A2, A3, A4 независимы, то и события также независимы. Событие = {среди 4 изделий ни одного бракованного} = , где = {первое изделие не бракованное} и т. д. Так как Р(A1) = Р (A2) = Р (A3) = Р(A4) = 0,1 (=10%) , то Р( ) = (1  0,1)4 = 0,94 = 0,6561. Значит, Р(А) = 1  Р( ) = 0,3439.

Если изделий не 4 , а 2 , то вероятность того, что из этих двух изделий хотя бы одно бракованное, можно вычислить с помощью формулы (3), т.е. не переходя к противоположному событию:

P (A1+A2) = P (A1) + P (A2)  P (A) P (A2) = 0,1 + 0,1  0,01 = 0,19.



§9. ФОРМУЛА ПОЛНОЙ ВЕРОЯТНОСТИ.
Пусть H1, H2, ...,Hn  полная группа несовместных событий (определение см. в §2) и пусть событие А может произойти только с одним из событий Нk. Для такого события А выполняется следующая “формула полной вероятности”

События Hk принято называть гипотезами по отношению к событию А. Вероятности Р(Hk) трактуются как доопытные (априорные) вероятности гипотез.


Пример 1. Вероятность попадания в мишень при одном выстреле равна 0,8. Стрелок сделал два выстрела, а затем бросил симметричную монету столько раз, сколько попал в мишень. Какова вероятность, что в результате выпал ровно один “орел”?

Здесь в качестве гипотез рассмотрим события Н1 = {произошло два попадания}, H2 = {произошло одно попадание}, H3 = {произошло два промаха}. Их вероятности Р( Н1 ) = 0,82 = 0,64, Р( Н2 ) = 2 · (1  0,8) · 0,8 = 0,32 (множитель 2 здесь из-за того, что гипотеза содержит два равновероятных события: “попал - промахнулся” и “промахнулся - попал”  это формула Бернулли при р = 0,8, q = 0,2 , n = 2 , k = 1  см. §11), Р(Н3) = (1  0,8)2 = 0,04 . Сумма вероятностей этих гипотез равна 1, как и должно быть для полной группы. Далее рассмотрим событие А = {выпал ровно один “орел”}. Если произошло событие Н1, то монета бросается дважды. Вероятность того, что при этом выпадет ровно 1 “орел”, равна Р( А/ H1 ) = 0,5 ( либо “орел - решка” с вероятностью 0,25 , либо “решка - орел” также с вероятностью 0,25 ). Если произошло событие Н2, то монета бросается один раз и вероятность выпадения при этом одного “орла” равна Р( А/H2 ) = 0,5 . Если же происходит событие Н3, то монету не бросают и Р(А/H3)= 0. Все данные для формулы полной вероятности получены. Следовательно,

Р(А) = Р( Н1 )Р( А/H1 ) + P( H2 )P( A/H2 ) + P( H3 )P( A/H3 ) = 0,48.
Пример 2. В ящике лежат 10 теннисных мячей, в том числе 8 новых и 2 играных. Для игры наудачу выбираются два мяча и после игры возвращаются обратно. Затем для второй игры наудачу извлекаются еще два мяча. Какова вероятность того, что вторая игра будет проводиться новыми мячами?

Здесь удобно задать 3 гипотезы: H1 = {для первой игры взяты 2 новых мяча}, H2 = {для первой игры взяты новый и играный мячи}, Н3 = {для первой игры взяты 2 играных мяча}. Их вероятности вычисляются по формуле классической вероятности ( как и в примерах из §4 ) :



; ;

(Проверка: Р(H1) + Р(H2) + Р(H3) = 1).

Событие А = {для второй игры взяты два новых мяча}. В результате осуществления гипотезы H1 в ящике останется 6 новых и 4 играных мяча, поэтому . В результате осуществления гипотезы H2 в ящике будет 7 новых мячей из 10, поэтому . Аналогично, . Таким образом,

Заметим, что в одной и той же задаче могут быть выбраны разные наборы гипотез, скажем, в примере 2 гипотезу H2 можно представить в виде суммы двух: H2 = {первый взятый для первой игры мяч новый, второй  играный}+{первый взятый для первой игры мяч играный, второй  новый} и т. д. Желательно формулировать гипотезы так, чтобы их вероятности, а также и условные вероятности, вычислялись проще.



§10. ФОРМУЛА БАЙЕСА.
В этом параграфе {H1, H2, H3, H4}  по-прежнему, полная группа несовместных событий (гипотез). Если Р(А) > 0, Р(Hk) > 0, то Р(А · Hk) = Р(А) · Р(Hk / А) = Р(Hk) · Р(А / Hk) (см. §§7,8), откуда

это формула Байеса, в которой Р(А) вычисляют по формуле полной вероятности. Р(Hk / А)  вероятность осуществления гипотезы Hk при условии, что событие А осуществилось. Эту вероятность называют послеопытной или апостериорной. Для ее вычисления рассматривают только те испытания, которые закончились “успехом”, т.е. осуществлением события А. Вероятность Р(Hk / А) выражает “долю” гипотезы Hk для вышеуказанных испытаний.


Пример 1. (см. пример 1 из §8).

Два стрелка независимо друг от друга ведут стрельбу по мишени, причем вероятности попадания при одном выстреле в мишень для них равны p1 = 0,8 и p2 = 0,6. Каждый сделал по одному выстрелу, причем в результате в мишени оказалась одна пробоина. Найти вероятность того, что промахнулся второй.

Зададим гипотезы: Н1 = {оба стрелка либо попали, либо промахнулись}, H2 = {попал только первый}, H3 = {попал только второй}. Подсчитаем их вероятности: P( H1 ) = p1p2 + q1q2 = 0,56 , P( H2 ) = p1q2 = 0,32 , P( H3 ) = q1p2 = 0,12 . Сумма их вероятностей равна 1.

Событие А = {в мишени оказалась ровно 1 пробоина} осуществилось, т.е. данная задача на формулу Байеса. Событие {при одной пробоине промахнулся второй} это гипотеза H2 . По формуле Байеса



т. к. Р(А/Н1) = 0 , Р(А/Н2) = Р(А/Н3) = 1 . Значение Р(А), вычисленное по формуле полной вероятности, совпадает с результатом, вычисленным ранее в §8 другим способом. Итак, в среднем среди каждых 11 исходов, заканчивающихся одним попаданием, 8 соответствуют варианту H2 = {первый попал, второй промахнулся}, а остальные три  H3.


Пример 2. (см. пример 2 из §9)

В ящике лежат 10 теннисных мячей, в том числе 8 новых и 2 играных. Для игры наудачу выбираются 2 мяча и после игры возвращаются обратно. Затем для второй игры наудачу извлекаются еще 2 мяча, оказавшиеся новыми. Какова вероятность, что первая игра также проводилась новыми мячами?

Событие А = {для второй игры взяты два новых мяча}, осуществилось. Поэтому задача решается по формуле Байеса. Нас интересует вероятность Р(H1 / А) , где, напомним, гипотеза H1 ={для первой игры взяты 2 новых мяча}. Подставим в формулу Байеса вероятности, подсчитанные в §9.


Постановки задач, подобных изложенным в §9 и в §10, встретятся при решении задачи №1 из контрольной работы.
КОММЕНТАРИИ К ЗАДАЧЕ №2

§11. ПОВТОРНЫЕ НЕЗАВИСИМЫЕ ИСПЫТАНИЯ
Пусть проводится n последовательных испытаний. Предположим, что эти испытания независимые, т.е. вероятность осуществления очередного исхода не зависит от реализации исходов предыдущих испытаний. Рассмотрим простейший случай, когда различных исходов всего два (“успех” и “неуспех”). Более того, речь пойдет о случае, когда вероятность “успеха” в каждом из испытаний неизменна и равна p, т.е. вероятность “неуспеха” также неизменна и равна q = 1 p . Такие испытания называются испытаниями Бернулли.

Простейшими примерами здесь могут служить: последовательное бросание монеты (с вероятностью “успеха”  выпадения “орла”  равной 0,5); последовательная стрельба по мишени с постоянной вероятностью “успеха”  попадания  в каждом выстреле; извлечение из урны, содержащей шары двух цветов, по одному шару с возвращением (и перемешиванием); и т. д.

Я. Бернулли вычислил вероятность того, что в n последовательных “испытаниях Бернулли” произойдет ровно k “успехов”

(о вычислении числа см. §4).


Пример 1. Вероятность того, что при 4 бросках игральной кости выпадут ровно 2 “четверки”, равна

Здесь p  вероятность выпадения “четверки” в одном броске  равна 1/6, q = 5/6 , общее число испытаний n = 4 , число “успехов” k = 2 .


Пример 2. Вероятность попадания в мишень при одном выстреле p = 0,6 . Какова вероятность, что при пяти выстрелах будет 3 попадания?

Здесь n = 5 , k = 3 , q = 1 p = 0,4 ,



.
Пример 3. В урне 4 белых и 2 черных шара. 6 раз извлекают по 1 шару, записывают цвет, а шар возвращают в урну и перемешивают шары. Какова вероятность, что среди записанных шаров более 4 белых?

Пусть “успех” состоит в том, что вынут белый шар. Тогда p= 4/6 = 2/3 ( из 6 шаров 4 белых ), q = 1  p = 1/3 . По условию n= 6 , k = 5 или k = 6 , откуда искомая вероятность



.

Пример 4. Вероятность попадания в мишень при одном выстреле p = 0,6 . Какова вероятность, что третье попадание произойдет в пятом выстреле?

Эта задача отличается от рассмотренной в примере 2 : там третье попадание может произойти и раньше пятого выстрела. Искомое событие является произведением двух следующих (независимых): А = {в первых 4 выстрелах ровно 2 попадания} и В={в пятом выстреле попадание}. P(A) вычисляется по формуле Бернулли



,

a P(B) = p = 0,6 . Поэтому искомая вероятность равна



В общем случае вероятность того, что к-й “успех” произойдет ровно в n-м испытании Бернулли, равна



.
Пример 5. Вероятность попадания в мишень при одном выстреле p = 0,6 . Какова вероятность, что в 5 выстрелах произойдет хотя бы 2 попадания?

Мы знаем, что Р5(0) + Р5(1) + Р5(2) + Р5(3) + Р5(4) + Р5(5) = 1. В данной задаче нас интересует сумма четырех последних слагаемых:

Заметим, что проще воспользоваться вероятностью противоположного события:1P5(0)P5(1)=10,455  
§12. ДРУГИЕ ФОРМУЛЫ ВЫЧИСЛЕНИЯ

ВЕРОЯТНОСТЕЙ ДЛЯ СХЕМЫ БЕРНУЛЛИ .
Хотя формула Бернулли и является точной, она не всегда удобна. Например, при 100 бросках монеты

,

и вычисление точного ответа затруднительно. Формула Бернулли приемлема для вычислений, если число испытаний не превышает 10-15. При больших n используют либо формулу Лапласа, либо формулу Пуассона.

Формула Лапласа ( локальная теорема Лапласа )

, ,

тем точнее, чем больше n. Здесь n, k, p, q  те же величины, что и в формуле Бернулли. Функция x) четная: x) = x) . Она быстро убывает: считают, что при x > 4 x) = 0. Таблица, позволяющая вычислять значения функции (x), имеется во всех учебниках и задачниках по теории вероятностей. Впрочем, можно не иметь таблицы, а иметь калькулятор, вычисляющий экспоненту (функцию ех).


Пример 1. Вероятность выпадения ровно 50 “орлов” при 100 бросках монеты Р100(50) вычислим по формуле Лапласа. Здесь n = 100 ,k = 50 ,p=0,5, q = 0,5 , k  np = 0 , и

.
Пример 2. Найти вероятность выпадения от 47 до 57 “орлов” при 100 бросках монеты.

При решении подобных задач ( при n > 15 ) используют интегральную теорему Лапласа: вероятность Рn(k1,k2) появления события в n испытаниях от k1 до k2 раз



Здесь n, p, q те же, что и в примере 1 : n=100 , p = q =0,5 , k1=47 , k2 = 57 .



Функция  вычисляется с помощью таблиц ( см. приложение ).



Функция Ф(x) нечетная: Ф(х) =  Ф(х) . При х > 5 считают, что Ф(х) = 0,5.

Итак, Р100(47,57) = Ф(1,4) + Ф(0,6). По таблице Ф(1,4) = 0,4192, Ф(0,6) = 0,2257 , поэтому Р100(47,57) = 0,6449.

При небольших значениях вероятности p ( меньших 0,1 ) и больших значениях n более точный результат дает другая приближенная формула  формула Пуассона



, np

 называется параметром распределения Пуассона, а сама формула выражает “закон редких явлений” (т. к. p мало).



Пример 3. Первый черновой набор “Методических указаний” на 50 страницах содержит 100 опечаток. Какое из событий вероятнее: на наудачу взятой странице нет опечаток, 1 опечатка, 2 опечатки, 3 опечатки?

Вероятность того, что данная опечатка попадет на наудачу взятую страницу равна 1/50 = 0,02 , число испытаний ( опечаток ) n = 100 . Поскольку p мало, воспользуемся формулой Пуассона с параметром = np = 2 . Вероятность того, что опечаток нет



( т.к. 0! = 1 )

Другие вероятности



, .

Как видим, наибольший коэффициент при е2 у Р100(1) и Р100(2).

Ответ: наиболее вероятны 1 или 2 опечатки, их вероятность .

КОММЕНТАРИИ К ЗАДАЧЕ №3

§13. СЛУЧАЙНЫЕ ВЕЛИЧИНЫ ДИСКРЕТНОГО ТИПА.
Cлучайной величиной называют величину, которая в результате испытания примет одно и только одно возможное числовое значение из заранее известной совокупности значений. Случайной величиной дискретного типа (дискретной случайной величиной) называется величина, которая может принимать либо конечное число возможных значений, либо такое бесконечное число значений, которые могут быть расположены в числовую последовательность Е1, Е2, ... . Для каждого из этих значений указывают его вероятность. Сумма этих вероятностей должна быть равна 1. Если случайная величина принимает только одно значение, то соответствующая ему вероятность равна 1.
Пример 1. Пусть Х1 - число “орлов”, выпавших при двух бросках симметричной монеты. Х может принимать значения 0, 1 или 2 с вероятностями, вычисленными по формуле Бернулли: . Т. к. p = q = 0,5 , то эти вероятности равны 0,25; 0,5; 0,25 соответственно.

Дискретные случайные величины записывают в виде таблицы. Для данного примера получим:


Х1012Р0,250,50,25

Верхняя строчка  возможные значения Х1, Р  их вероятности, сумма которых равна 1.

С помощью таблицы можно считать вероятности попадания случайной величины дискретного типа в интервалы. Например, для заданной выше случайной величины Х

.

Пример 2. В полном наборе игры в домино 28 костей. Пусть Х2 – сумма очков на случайно выбранной кости. Поскольку наименьшее значение такой суммы равно 0 («пусто-пусто»), следующее – 1 и так до 12 («6-6»), Х является случайной величиной дискретного типа. Зададим ее таблицей.

Х20123456789101112Р Вероятности в этой таблице вычислены по формуле классической вероятности, в числителях дробей количества костей домино с данным числом очков, знаменатели равны общему числу костей.

Случайные величины традиционно обозначаются заглавными буквами X, Y, Z, ... , а их возможные значения - прописными: x1, x2, y1, и т. д.

§14. ФУНКЦИЯ РАСПРЕДЕЛЕНИЯ.
Если F(x) = P(X < x), то функция F(x) называется функцией распределения (интегральной функцией распределения) случайной величины Х, т.е. функция распределения в точке “х”  это вероятность того, что случайная величина Х примет значение, меньшее заданного числа х.

Из определения сразу следуют несколько свойств F(x):

F( = 0, F(+ ) = 1;

F(x)  неубывающая функция (т.е. если x1 < x2 , то F(x1)  F(x2) ).

Функция распределения для случайной величины дискретного типа имеет “ступенчатый” график. Для случайной величины Х1 из §13 F(x) запишется так:


  • скачать файл


следующая страница >>
Смотрите также:
Ст преп. В. Г. Блинова канд техн наук, доцент Я. В
1631.71kb.
В. С. Ройфе, канд техн наук (руководитель темы); В. Г. Довжик, канд техн наук; Б. А. Верскайн; В. Г. Романов, канд техн наук; В. И. Коряков, канд физ мат наук; А. С. Запорожец, канд хим наук; В. В. Пушкарев; О. В
114.11kb.
Исследование причин разрушения сварного стыка бесстыкового рельсового пути Голомбецкий С. С
58.8kb.
В. А. Колычев, канд техн наук; В. Э. Дранковский, канд техн наук; К. А. Миронов; И. И. Тыньянова; Л. Н цехмистро, канд техн наук
105.95kb.
Державні будівельні норми україни конструкції будинків І споруд теплова ізоляція будівель дбн в 6-31: 2006 Мінбуд України Київ 2006
2409.7kb.
, цнииэп инженерного оборудования Госгражданстроя
2185.5kb.
Канд техн наук, доцент Ачкасов А
497.52kb.
Внутренний водопровод и канализация зданий сниП 04. 01-85
2207.24kb.
Описана імітаційна модель, призначена для дослідження зборки конструкцій, що мають з'єднання з натягом, забезпечує виконання технологічних і міцностних вимог до конструкції. Наведені числові результати
126.44kb.
Е ипк издательство стандартов москва информационные данные разработан и внесен министерством цветной металлургии СССР разработчики
226.33kb.
Составители: Галина Степановна Келлер, канд филос наук, доцент кафедры философии мгту; Людмила Ивановна Горбунова, канд филос наук, доцент кафедры философии мгту
1022.39kb.
Учебно-методическое пособие по курсовому и дипломному проектированию для студентов специальности «Строительство железных дорог, путь и путевое хозяйство»
726.53kb.