Название дисциплины Теория вероятностей и математическая статистика Раздел

Название дисциплины: Теория вероятностей и математическая статистика Раздел 1. Теория вероятностей

М. В. Ломоносов: «Математику уже затем учить следует, что она ум в порядок приводит» . Давид Гильберт: «Математика – основа всего точного естествознания» . Теория вероятностей (ТВ) и математическая статистика (МС) – это ветви математики.

Повесьте ваши уши на гвоздь внимания !!!!!!

Введение. Теория вероятностей – это математическая наука, изучающая закономерности случайных явлений. Математическая статистика – это наука об обработке больших массивов информации и получении практически значимых выводов на основе этой обработки. Случайные явления – это явления, которые могут произойти, а могут и не произойти.

Примеры неслучайных явлений: рождение – смерть, прилив – отлив, восход и закат солнца. Становление теории вероятностей Возрождения в Италии (15 век). относится к эпохе Итальянец Кардано (16 век) – «Книга об игре в кости» ; Галилео Галилей (1564 -1642) – «О выходе очков при игре в кости» . Считается, что теория вероятностей зародилась как наука в переписке двух ученых Б. Паскаля (1623 г. -1662 г. ) и П. Ферма (1601 г. -1665 г. ). В частности, Ферма был математиком в свободное от работы время (советник парламента в Тулузе, т. е. юрист). Считался знатоком классической литературы, лингвистом и поэтом. Математика была для Ферма лишь увлечением, тем не менее, он заложил основы многих ее областей – аналитической геометрии, исчисления бесконечно малых, теории вероятностей.

С именем Ферма связана знаменитая теорема из области теории чисел, так называемая «великая» теорема Ферма.

Нельзя не упомянуть еще некоторые имена: Якоб Бернулли, который в 1713 г. выпустил книгу «Искусство предположений» . Колмогоров Андрей Николаевич (1903 г. -1987 г. )-год 1933.

§ 1. Случайный эксперимент. Элементарные исходы случайного эксперимента. Случайное событие. Простейшие объекты, которые используются при введении исходных базовых понятий ТВ: u монета (герб Г или решётка Р); u игральные карты; u игральная кость; u урна (закрытый ящик с разноцветными шарами). Случайное событие (то же, что и случайное явление) – это событие, которое может произойти или же не произойти. Реализация этого случайного события возможна в ходе случайного эксперимента (иначе: случайного опыта). Например, нас интересует событие «Выпадение герба при бросании монеты» . Но для возможности возникновения этого события следует произвести опыт, состоящий в бросании монеты.

Совокупность всех условий, при которых возможна реализация случайного события, носит название случайного эксперимента или случайного опыта. Давайте проанализируем фразу: «Студент Васечкин написал контрольную работу по математическому анализу и не сделал в ней ни одной ошибки» . Что в этой ситуации является случайным опытом, а что случайным событием? События обозначаем заглавными латинскими буквами: А, В, С, D, …

Некоторые из случайных событий можно разбить на более простые события. Рассмотрим пример: Бросаем игральную кость: А = {“ 5”} B = {“нечётное количество очков”} Простое, т. к. Составное, т. к. далее не разбивается можно разбить на 1, 3, 5 Те события, которые нельзя разбить на другие более простые события, называются элементарными событиями или элементарными исходами случайного эксперимента. В результате случайного эксперимента реализуется только один элементарный исход.

Пример: бросаем игральную кость ω1 = {“ 1”} – первый элементарный исход ω2 = {“ 2”} – второй элементарный исход ω3 = {“ 3”} – третий элементарный исход ω4 = {“ 4”} – четвёртый элементарный исход ω5 = {“ 5”} – пятый элементарный исход ω6 = {“ 6”} – шестой элементарный исход Ω = {ω1 , ω2 , ω3 , ω4 , ω5 , ω6 } – равновозможные, взаимоисключающие друга элементарные исходы. Совокупность всех элементарных исходов эксперимента носит название «множество (или пространство) всех элементарных исходов случайного эксперимента» . Обозначение: Ω = { ω1, ω2, … , ωn} Пример: случайный опыт состоит из двукратного бросания монетки, выпишем все элементарные исходы, соответствующие этому случайному опыту: ω1 = {“ГГ”}, ω2= {“РР”}, ω3 = {“ГР”}, ω4 = {“РГ”} – четыре элементарных исхода (также равновозможные, взаимоисключающие друга).

Пример: Не всегда число элементарных исходов конечно. На луче выделяем отрезок [0; 1] и бросаем на него точку A. Точка может иметь бесконечно много расположений на этом отрезке. А. 0 1 Пространство элементарных исходов может быть как конечным, так и бесконечным. Пример: Бросаем кость два раза. Надо выписать все элементарные исходы, при которых сумма выпавших очков равна четырем. Решение: ω1 = {3; 1}, ω2 = {1; 3}, ω3 = {2; 2} Всего исходов 6*6 = 36.

Заметим, что до сих пор рассматривались ситуации с правильной игральной костью, с правильной монетой (они имеют несмещенный центр тяжести; только в этом случае можно считать элементарные исходы равновозможными). Те элементарные исходы, при которых реализуется событие А, называются элементарными исходами, благоприятствующими наступлению событию А или просто благоприятными исходами. Примеры: 1) Бросаем кость: А={“число очков , выпавших на верхней грани, принимает значение, большее или равное четырем”} ω1 = {“ 4”} ω2 = {“ 5”} благоприятные для события А исходы. ω3 = {“ 6”}

2) Три студента Васечкин (В), Петров (П) и Иванов (И) случайным образом выстроились друг за другом в очередь в буфете на 9 этаже, чтобы пообедать. Перечислим все возможные варианты расположения этих студентов в очереди (элементарные события): {“ВПИ”} , {“ВИП”}, {“ПВИ”} , {“ПИВ”} , {“ИПВ”} , {“ИВП”} Этих событий 6. Рассмотрим более сложное событие С = {“Васечкин стоит в очереди перед Петровым”}, тогда С = {”ВПИ”, “ ВИП”, “ИВП”}- эти события благоприятствуют наступлению события С.

§ 2. Классификация случайных событий Достоверное событие – это событие, которое обязательно произойдёт в данном случайном эксперименте. Пример: А = {“выпадение числа очков при бросании игральной кости не более 6”}. Обозначается символом возможные элементарные эксперимента). Ω (поскольку включает все исходы такого случайного Невозможное событие – такое событие, которое никогда не произойдёт в данном случайном эксперименте. Пример: А = {“ выпадение числа очков при бросании игральной кости более 7”} Обозначается символом Ø.

Вводится также данное событие А и противоположное ему событие Противоположное событие - это событие, состоящее в ненаступлении события А. События удобно изображать, используя множество точек на плоскости. Для этого используются диаграммы Эйлера - Венна (иногда – диаграммы Венна). Весь прямоугольник или квадрат – это множество всех элементарных исходов случайного эксперимента. Случайное событие - это подмножества пространства элементарных исходов (они изображаются замкнутыми областями, чаще всего кругами). Возникает понятие объединения (или суммы ):

События А и В называются несовместными, если они не могут произойти одновременно в одном и том же случайном эксперименте. Примеры несовместных событий: 1. Данной событие и ему противоположное событие. 2. При бросании игральной кости В={“ 2”} , C={“выпадение нечетного числа очков”}. Удобно ввести понятие пересечения событий А∩В (иногда: произведение событий А В). Очевидно, для несовместных событий их пересечением является пустое множество: А∩В=Ø. На диаграмме Эйлера-Венна несовместные события не имеют общих областей:

События А и В называются совместными, если они могут произойти в одном и том же случайном эксперименте. На диаграмме Эйлера-Венна совместные события имеют общие области: в этом случае А∩В Ø. Примеры совместных событий: 1. А = {при бросании игральной кости выпало четное число очков В = {при бросании игральной кости выпала шестерка} 2. А = {Васечкин опоздает на лекцию завтра} В= {Петров опоздает на лекцию завтра} События А и В совместные, т. е. А ∩В - непустое множество.

§ 3. Действия над событиями (исчисление событий) Объединением двух событий AUB или суммой двух событий (A+B) называется новое событие, которое заключается в наступлении хотя бы одного из событий A или B (наступает либо событие A, либо событие B, либо то и другое одновременно). Несовместные события Совместные события B A А B

Пример: … Два стрелка стреляют в мишень. A = {I стрелок попал в мишень} B = {II стрелок попал в мишень} АUВ = {цель поражена стрелками – либо первым, либо вторым, либо первым и вторым одновременно} Обобщение: Объединением нескольких событий называется событие, состоящее в одновременном наступлении хотя бы одного из данных событий. Если по мишени стреляют, например пять стрелков, то объединением этих событий будет новое событие, заключающееся в том, что хотя бы один из пяти стрелков попал в мишень.

Пересечением двух событий А∩В ( или АВ) называется новое событие, состоящее в одновременном наступлении этих двух событий. А А∩В В В приведенном ранее примере А∩В = {в мишень попадают оба стрелка} Обобщение: Пересечением нескольких событий называется новое событие, состоящее в одновременном наступлении всех этих событий. В нашем примере пять стрелков стреляли в мишень, пересечение событий означает, что все стрелки попали в мишень.

Рассмотрим несколько примеров: 1. А = {Васечкин утром встретил белую кошку} B = {Васечкин вечером встретил черную кошку} АU B = {Либо утром встретил белую кошку, либо вечером встретил черную, либо и утром встретил белую и вечером черную кошек } А∩ B = {Утром встретил белую кошку и вечером встретил черную кошку} Одновременность наступления событий в данном случае – это наступление событий в течении данного дня. 2. Дважды бросаем монету : Введем два события A = {первый раз выпал Г} B = {второй раз выпал Г} Выпишем все элементарные исходы, благоприятствующие наступлению событий А, В, АU B , А∩ B: А = {ГГ, ГР}, B = {ГГ, РГ}, АU B = {ГР, РГ, ГГ}, А∩ B = {ГГ}

3. Рассмотрим завтрашний день: А = {Завтра будет солнце}, В = {Завтра будет снег} АU В= {Завтра будет либо солнце, либо снег, либо и то и другое} А ∩В= {Завтра будет солнце и снег одновременно} Являются верными соотношения: Эти две формулы выражают принцип двойственности - операции объединения и пересечения меняются местами при переходе к противоположным событиям.

Покажем, например, справедливость первого равенства с помощью диаграммы Венна. Изобразим левую часть равенства АА В В Изобразим правую часть равенства А В Множества точек на первом и втором рисунках совпали, следовательно, равенство верное. Дома аналогично (с помощью диаграмм Венна) покажите справедливость второго равенства.

Обобщение этих равенств: 1. Если данное событие состоит в появлении хотя бы одного из данных событий, то противоположное событие состоит в непоявлении одновременно всех данных событий. Если событие состоит в одновременном наступлении всех данных событий, то противоположное событие состоит в непоявлении хотя бы одного из этих событий.

Свойства операций объединения и пересечения событий: (эти свойства аналогичны тем, которые мы используем при действиях с числами): 1. АUВ= ВUА коммутативность объединения (сложения) А+В=В+А 2. АU(ВUС)=(АUВ)UС А+(В+С)=(А+В)+С 3. А∩В= В∩А АВ=ВА ассоциативность объединения (сложения) коммутативность пересечения (умножения) 4. А∩(В∩С)=(А∩В)∩С А(ВС)=(АВ)С ассоциативность пересечения (умножения) 5. дистрибутивность пересечения (умножения) а) А U (В ∩ С)=(А U В)∩(А U С) А+ВС=(А+В)(А+С) ( см. след стр. с пояснением) б) А ∩ (В U С)=(А∩В) U (А ∩ С) А(В+С)=АВ+АС

Поясним справедливость данного равенства: А+ВС=(А+В)(А+С): (А+В)(А+С)=АА+ВА+АС+ВС =A+BC

Примеры формирования сложных событий на основе исходных простых событий: Стрелок произвел три выстрела по мишени. Записать на основе трех исходных событий Аi = {стрелок попал в мишень при i-ом выстреле}, i=1, 2, 3 несколько сложных событий. а) С =={при трех выстрелах три попадания} б) D ={при трех выстрелах три промаха} в) Е ={одно попадание при трех выстрелах } г) F ={два попадания при трех выстрелах }

д) G ={два или более попаданий при трех выстрелах } е) Н ={хотя бы один промах трех выстрелах }

§ 4. Вероятность случайного события. При бросании игральной кости рассматривали события: А={“ 2“}, B={“выпадение четного числа очков”}. Понятно, что событие В более возможно, чем событие А, поскольку имеет больше шансов реализоваться, т. е. Р(А)<Р(В). Хотелось бы ввести численную меру возможности реализации случайного события. Естественно принять: Р(Ω)=1; Р(Ø)=0. Все прочие возможные значения вероятности лежат между этими крайними значениями. Отметим: 0≤Р(А) ≤ 1

Выделяют два подхода к определению вероятности случайного события: А) Классический Р(А)=N A / N , где N A - количество благоприятных исходов, т. е. тех исходов, в результате которого наступает событие А, N- общее количество элементарных исходов случайного эксперимента. Пример: A = {2}, B = {четные числа очков}, C = {число очков ≤ 5} P (A) = 1/6 , P (B) = 3/6= 1/2, P (С) = 5/6. Ограничения классического подхода к вычислению вероятности случайного события: 1) Не всегда элементарные исходы равновозможны. 2) Не всегда число возможных исходов конечно. 3) Не всегда просто выделить множество элементарных исходов, взаимно исключающих друга.

Б) Статистический: Применим тогда, когда эксперимент можно повторять многократно в неизменных условиях. Пусть выполнено большое число экспериментов n и пусть в n из них событие А реализуется, тогда n A / n– относительная частота возникновения события A. Можно приближенно принять, что Р (A) ≈ n A / n. A Чем больше экспериментов выполнено, тем ближе вычисленное по этой формуле значение P (A) к точному значению вероятности возникновения данного события. Пример: На заводе производят шарикоподшипники. Была изготовлена партия в 10 000 шарикоподшипников. Подвергли проверке 100 случайно отобранных шарикоподшипников (n=100). Оказалось, что среди отобранных бракованных два (n. A=2). Тогда вероятность брака для всей данной партии подшипников примерно равна 0. 02→ Р (A)≈2/100=0. 02.

Заметим, что на практике в реальных ситуациях чаще всего используется именно статистический подход к определению вероятности случайного события. Пример: А) Монету подбрасывали всего 4040 раз, из них она упала гербом 2048 раз, тогда Р(А) ≈ 2048/4040 ≈ 0, 5069. Б) Монету подбрасывали всего 24000 раз, из них она упала гербом 12012 раз, тогда Р(А) ≈ 12012/24000 ≈ 0, 5005. Ограничения статистического подхода: 1. Эксперимент надо повторять многократно. 2. Следует сохранять неизменными условия эксперимента. Замечания: 1. Вероятность события всегда связана с многократным повторением эксперимента (хотя бы и мысленного повторения). 2. Следует принимать во внимание приближенный смысл числового значения вероятности.

§ 5. Геометрическая вероятность. Классическое определение вероятности предполагает, что число элементарных исходов случайного эксперимента конечно, однако возникают случайные эксперименты, в которых количество элементарных исходов бесконечно. Перейдем к т. н. геометрической вероятности, которая позволяет рассматривать случайные события с бесконечным числом элементарных исходов. Как и ранее предполагается, что все возможные исходы эксперимента равновозможны, только теперь исходов континуум.

Предположения: 1) случайно брошенная точка может оказаться в любой точке отрезка L. 2) вероятность попадания случайно брошенной точки на l пропорциональна длине этого отрезка и не зависит от расположения этого маленького отрезка в большом отрезке L. В этих предположениях вероятность попадания точки на отрезок l определяется равенством Пример: на отрезок ОА длины L числовой оси ОХ наудачу бросается точка В. Найти вероятность того, что меньший из отрезков ОВ или ВА имеет длину, превосходящую L/4. Пусть L=1. Решение:

Разделим отрезок ОА точками С и D. Требование задачи будет выполнено, если точка В попадет на отрезок СD, т. е. CD дает множество возможных расположения т. B, при котором реализуется условие задачи, т. е. CD – множество точек на отрезке, благоприятствующих реализации заданного условия; OA – вся длина. Искомая вероятность Р= 0. 5 / 1= 0. 5.

Весной 2010 здесь закончила первую лекцию (первая лекция была 15 марта, две пары подряд)

Приведенный выше подход является частным случаем общего определения геометрической вероятности: Геометрической вероятностью события А называется отношение меры области, благоприятствующей появлению события А, к мере всей области: Mesure – мера Примеры: 1. На плоскости начерчены две концентрические окружности разных радиусов r = 5, R =10. Найти вероятность того, что точка, брошенная наудачу в большой круг, попадет также и в кольцо, ограниченное окружностями. Предполагается, что вероятность попадания точки в плоскую фигуру, пропорциональна площади этой фигуры и не зависит от ее расположения.

Решение: mes G = ·R 2 = · 100, : mes g = ·R 2 - ·r 2 = = · 100 - · 25 = · 75. 2. На плоскости проведено множество параллельных линий, расстояние между которыми равно 1 см. Какова вероятность того, что брошенный наудачу на эту плоскость кружок радиуса 0. 3 см не будет пересечен ни одной линией ? Решение :

3. На плоскости проведено множество параллельных линий, расстояние между которыми попеременно равно 2 см и 8 см. а) Какова вероятность того, что брошенный наудачу на эту плоскость кружок радиуса 2. 5 см не будет пересечен ни одной линией ? б) Какова вероятность того, что брошенный наудачу на эту плоскость кружок радиуса 2. 5 см будет пересечен сразу двумя линиями ? Решение : 8 -2, 5=3 0102=3 Решение: а) Р=3/10=0. 3; б) Р=3/10=0. 3

Не следует думать, что геометрическая вероятность применяется в задачах исключительно геометрического характера. Задача о встрече. Студенты Петров и Васечкин договорились встретится завтра друг с другом около памятника Пушкину между 10 и 11 часами утра. Пришедший первым ждет второго в течение 15 минут (¼ часть часа), после чего уходит. Найти вероятность того, что встреча состоится, если каждый студент наудачу выбирает время своего прихода (в промежутке от 10 до 11 часов ). Если 11 часов наступило, то ожидающий студент также уходит.

Решение : Условия встречи: 1) каждый выбирает время прихода произвольно; 2) каждый пришедший первым ждет не более 15 минут; 3) если 11 ч. миновало, то студент уходит; Начало отсчета времени – это 10 часов. х – время прихода Васечкина; у – время прихода Петрова.

у y 1=x+1/4 1 g G ¼ 0 y 2=x-1/4 ¼ 1 x

§ 6. Элементы комбинаторики Возвращаемся опять к классическому подходу определения вероятности, где Р(А)=N A / N Комбинаторика – раздел дискретной математики, посвященный решению задач выбора и расположения элементов конечного множества в соответствии с заданными правилами. Пример: Предположим, что имеется белый хлеб, черный хлеб, сыр, колбаса, варенье. Сколько видов бутербродов можно приготовить, если внизу хлеб, а наверху лишь один вид наполнителя?

Черный Хлеб Белый Начинки Варенье Сыр Колбаса Количество видов бутербродов, которые мы можем создать: 2· 3=6. n, а разновидностей верхней части (наполнителя) m, то количество типов бутербродов будет n·m. Если разновидностей хлеба

В общем случае сформулируем правило умножения: Пусть некоторое конечное множество состоит из причем первый элемент можно выбрать способами; второй элемент можно выбрать n элементов, способами; ………………………………. n- ный элемент можно выбрать способами; Тогда набор из n элементов, можно выбрать способами. Пример: а) Сколько существует трехзначных чисел, состоящих из разных цифр? N=9· 9· 8 = 648; б) Сколько существует трехзначных чисел, в которых цифры могут совпадать? N=9· 10 = 900.

Пример: В группе 25 студентов. Необходимо выбрать старосту и культорга. Сколько существует способов это сделать, если один студент не может совмещать две должности? Решение: N = 25· 24 = 600. Пусть имеется набор из n элементов. Отличающиеся друг от друга порядком наборы, составленные из всех элементов данного множества, называются перестановками этого множества. Обозначение : Показать это можно так. Вообразите n ящиков:

Примеры: 1. Сколько существует перестановок из трех разноцветных карандашей? Решение: 2. На отдельных карточках написаны буквы , составляющие слово « П Р И В Е Т» . Карточки перемешаны, их случайным образом отбирают и прикладывают одна к другой. Какова вероятность, что снова получится слово « П Р И В Е Т» ? Решение:

Какова вероятность получить это же слово, если карточки после фиксации извлеченной буквы снова будут возвращаться в исходную кучку? - Вероятность стала существенно меньше. Маленькую вероятность следует записывать в нормированном виде. Аналогичная задача на дом: На отдельных карточках написаны буквы , составляющие имя «ДАНЯ» . Карточки перемешаны, их случайным образом отбирают и прикладывают одна к другой (без возвращения). а) Какова вероятность, что снова получится имя « ДАНЯ» ? б) Какова вероятность, что получится имя « НАДЯ» ? Ответ : Р=1/24≈0. 042

Пусть имеется набор из n элементов. Размещениями называются комбинации, состоящие из n различных элементов, содержащие к составом элементов, либо их порядком элементов, отличающиеся либо (к ≤n). Примеры размещений: 1. Имеются три цветных карандаша - К, С, З. Создадим размещения из трех элементов по два элемента: КС , СК, СЗ , ЗС и т. д. 2. Различными размещениями множества из трех элементов 1, 2, 3 по два элемента будут наборы: 1; 2, 2; 1 , 1; 3, 3; 1 и т. д.

Число размещений вычисляется по формуле: Как объяснить эту формулу? Заполняем ящички элементами. : На основе правила умножения следует количества вариантов заполнения ящичков перемножить:

Примеры: 1. Сколько существует способов размещений из трех элементов по два элемента (например, из трех разноцветных карандашей по два карандаша)? Решение: 2. Cколько существует способов создать разные сигналы на мачте парусника из четырех разноцветных флажком, вывешивая сигналы, состоящие из трех флажков, когда важно, какого цвета флажок висит выше, а какой ниже? Решение:

3. Задача о заполнении вакансий претендентами (Здесь важно, какой конкретный претендент заполнить именно эту вакансию). Пусть на фирме имеется три вакансии - Менеджер по оптовым продажам по Москве; - Менеджер по розничным продажам по Москве; - Менеджер по оптовым продажам по регионам. - На фирму пришли пять резюме подходящих претендентов. Сколькими способами можно заполнить вакансии? Решение: (Иванов , Петров , Сидоров) и (Петров , Сидоров. Иванов – это разные варианты заполнения вакансий. )

4. Расширим задачу, в которой надо было из букв, записанных на карточках, составить слово «ПРИВЕТ» . Добавим еще три карточки П Р И В Е Т Г А М Какова вероятность, выбирая случайным образом шесть карточек, и подкладывая их одна к другой, выложить слово «ПРИВЕТ» ? (Карточки не возвращаются). Решение: Здесь важен порядок расположения букв. Вероятность стала существенно меньше, чем в предыдущем примере ( была 1/720 ≈ 0. 0014).

Сочетаниями называются комбинации, составленные из n различных элементов, содержащие k элементов, которые отличаются только составом элементов (к ≤n). В примере с тремя карандашами мы теперь не различаем группы (КЗ) и (ЗК). Нам важен лишь состав этого набора, в котором есть зеленый карандаш и есть красный карандаш, а какому карандашу приписан первый номер и какому карандашу приписан второй номер – это в данном случае совершенно неважно. Поэтому при вычислении количества вариантов создания соответствующих групп следует уменьшить число рассматриваемых вариантов на число перестановок в группах.

Примеры: 1. Повар делает пиццу из шести наполнителей: ветчина, сыр, помидоры, салями, зелень и морепродукты. Каждый тип пиццы содержит три компонента. Сколько различных типов пиццы может сделать повар? Решение: 2. Группа состоит из 30 студентов, 12 из них девушки, остальные – юноши. Случайным образом выбрали группу из пяти человек. а) Какова вероятность , что в группе из пяти человек окажутся две девушки? Решение: А={в группе из пяти человек две девушки}

б) Какова вероятность, что в группе из пяти человек окажутся менее двух девушек? Решение: В={в группе из пяти человек менее двух девушек}

Число сочетаний из n по k называют также биномиальными коэффициентами, т. к. они входят в формулу бинома Ньютона. Бином Ньютона В частности:

Свойства Доказательство:

На свойстве 3 основан треугольник Паскаля, который позволяет вычислять биномиальные коэффициенты в формулах бинома Ньютона при возрастании n. Треугольник Паскаля

Рассмотрим пример, который показывает, что задачи иногда можно решать на основе несколько отличающихся подходов. Пусть в ящике имеется 8 деталей. Три из них бракованные. Случайным образом извлекли четыре детали. а) Какова вероятность того, что среди извлеченных деталей нет бракованных? Решение: Первый способ решения: Второй способ решения:

б) Какова вероятность того, что среди извлеченных деталей одна бракованная и три годных? Решение: Первый способ решения: Второй способ решения:

Урновая модель (гипергеометрическое распределение): В урне имеется N шаров, из них М - белых шаров, тогда n шаров (n ≤N). вынутых оказалось m белых шаров (N-М) – черных шаров. Случайным образом вынули Какова вероятность, что среди (m ≤M)?

Примеры: 1. Пусть в урне 6 шаров, из них два белых. Случайным образом вынули три шара. Какова вероятность того, что среди них один белый и два черных шара? Решение: N=6, M=2, n=3, m=1

2. В группе учатся 18 студентов. Шесть из них отличники. Группу разделили на две равные части. Какова вероятность , что отличников окажется поровну в двух новых группах? Решение: N=18, M=6, n=9, m=3

3. Обобщение урновой модели: Пример: В группе 20 студентов. Трое из них занимаются научной работой, четверо – бальными танцами, семеро студентов занимаются спортом, остальные студенты ничем не занимаются. Случайным образом из группы выбрали 7 студентов. Какова вероятность того, что среди отобранных семи студентов окажется два студента, занимающихся научной работой, один - танцами, два - спортом, а два будут бездельниками? Решение:

§ 7. Условная вероятность. Независимые и зависимые случайные события. Пусть события А и В происходят на одном и том же пространстве элементарных исходов. Кроме того, пусть эти события являются совместными, т. е. могут произойти в одном и том же случайном эксперименте. Условная вероятность – это вероятность события A при условии, что произошло событие B. Обозначение: P(A/B) Примеры: . 1. Бросается игральная кость. а) Найти вероятность выпадения шестерки? ( так называемую безусловную вероятность) Решение: A= { выпадение “ 6”}; Р(А) = 1/6 ≈ 0. 17.

б) Найти вероятность выпадения шестерки, если известно, что выпало четное число очков? Решение: A= { выпадение “ 6”}; B= {выпадение четного числа очков} Р(А/В) = 1/3 ≈ 0. 33. Из решения видно, что безусловная и условная вероятности не совпадают. 2. Дважды бросается игральная кость. Найти вероятность выпадения двойки при втором бросании игральной кости, если при первом бросании выпала шестерка? Решение: A= {выпадение “ 6” при первом бросании} B= {выпадение “ 2” при втором бросании} Р(В/А) = Р(В) =1/6 ≈ 0. 17 ( предистория не важна для результата каждого конкретного бросания кости). В этом случае безусловная и условная вероятности совпадают.

Весной 2010 здесь закончила вторую лекцию (вторая лекция была 22 марта, две пары подряд)

Событие A не зависит от события B, если P(A)=P(A/B). Событие A зависит от события B, если P(A) P(A/B). Замечание: Если A зависит от B, то и B зависит от A (события А и В – зависимые). Если A не зависит от B, то и B не зависит от A (события А и В – независимые). Пример: В урну помещено четыре белых шара и два черных шара. Случайным образом вынули один шар. а) Найти безусловную вероятность того, что вытащили белый шар. Решение: A = {вытащили белый шар} B = {вытащили черный шар }

б) Найти условную вероятность второй раз вынуть белый шар, если известно, что первый раз вынули черный шар. Решение: Имеем: Р(А) Р(А/В), т. е. реализация события В меняет вероятность возникновения события А, следовательно, А зависит от В. Можно показать , что и В зависит от А: - вероятность сохраняется и при вытаскивании черного шара на втором месте, если неизвестно, какого цвета шар вынули первым. Имеем: Р(В) Р(В/А), т. е. реализация события А меняет вероятность возникновения события В, следовательно, В зависит от А.

Еще раз отметим: Влияние или же отсутствие влияния событий друг на друга всегда взаимно. Пример: Как вы думаете, зависимы или же нет такие события: A = {быть женщиной}, B = {занимать руководящую должность на фирме с численностью сотрудников не менее 300 человек}? Решение: Вероятность быть женщиной среди всего трудоспособного населения Москвы Р(А) ≈ 0. 5. Данные статистики показывают, что на руководящих должностях женщин работает примерно 6 процентов , т. е. Р(А/В) ≈ 0. 06. Сделаем вывод: Р(А) Р(А/В), следовательно, события А и В – зависимые.

§ 8. Основные теоремы теории вероятностей. Теорема сложения вероятностей: 1 случай: Для несовместных событий вероятность объединения событий равна сумме вероятностей этих событий.

Доказательство: пусть N – общее число всех возможных элементарных исходов случайного эксперимента, N A – число исходов, благоприятствующих наступлению события A. N B – число исходов, благоприятствующих наступлению события B. Это и требовалось доказать. Примеры: 1. Мы результат этого доказательства уже интуитивно использовали, когда говорили о данном событии и событии, ему противоположном.

В частности, если вероятность брака а партии изделий равна 0. 1, то вероятность отсутствия брака в этой партии изделий равна 0. 9. 2. Когда говорили об урновой модели, то, рассматривая совокупность сценариев, также эту теорему применяли (на основе здравого смысла). Пусть группа состоит из двух девушек и трех юношей. Случайным образом отобрали группу из трех человек. Какова вероятность того, что среди них окажется менее двух девушек? Решение на основе сложения вариантов реализации двух сценариев:

Решение на основе теоремы сложения вероятностей несовместных событий: А={в выбранной группе одна девушка}, В={в выбранной группе девушки отсутствуют}. События А и В – несовместные. 3. Рассматривается игра в лотерею. Пусть вероятность выигрыша по одному билету равна 0. 03. Студент Васечкин приобрел 50 билетов. Какова вероятность того, что Васечкин выиграет хотя бы по одному билету? Решение: введем событие = {Васечкин выиграл по i-тому билету}, i=1, 2, …, 50

Получился результат, который должен насторожить, поскольку вероятность получилась больше 1, чего быть не может. В чем дефект решения? Этот дефект в том, что мы применили формулу суммы вероятностей для несовместных событий, в то время события выигрыша совместны, поскольку у Васечкина есть возможность выиграть не только по одному билету, но и по двум билетам, и по трем билетам, и даже по всем 50 билетам. Как правильно решить эту задачу, рассмотрим позднее. 2 случай: Для совместных событий вероятность объединения событий определяется формулой:

Доказательство: Три сформированные события являются несовместными.

Упражнение на дом: На основе только что полученной формулы доказать для трех совместных событий справедливость следующей формулы: Обобщение формулы на произвольное число совместных событий:

Теорема умножения вероятностей: Для зависимых событий Р(А∩В)=Р(А)·Р(В/А) Доказательство: Пусть случайный эксперимент имеет исходов; пусть N A N элементарных – число исходов, благоприятствующих наступлению события А; пусть N AВ – число исходов, благоприятствующих наступлению событий А и В одновременно. Если известно, что событие А произошло, то из ранее возможных N исходов опыта остаются только те исходы опыта, которые благоприятствовали наступлению события А.

Р(А∩В)=Р(В)·Р(А/В), Аналогично можно показать, что: формулу можно записывать в разных вариантах: т. е. Р(А∩В)=Р(А)·Р(В/А)= Р(В)·Р(А/В) Следствие: если события А и В – независимые, то поскольку P(В / A)=P(B). Р(А∩В)=Р(А)·Р(В),

Обобщение теоремы умножения вероятностей на случай многих событий: а) Для зависимых событий : б) Для независимых событий :

Примеры: 1. Мистер Дулитл, джентльмен и сибарит, каждый вечер на ночь выкуривает сигару. Вероятность возникновения пожара в каждый данный вечер из-за курения сигары равна 0. 002. Какова вероятность, что в доме мистера Дулитла целый год не будет пожара? ( Принимаем, что в году 365 дней). Решение: Р{ «В данный вечер пожара не будет» } = 1 - 0. 002= 0. 998 Р{ «Не будет пожара в течение года» } = Р{ «В первый вечер пожара не будет» } · Р{ «Во второй вечер пожара не будет» } · … · Р{ «В 365 - ый вечер пожара не будет» }= 0. 998 365 ≈ 0. 48. Здесь использовали теорему умножения вероятностей для независимых событий. Вывод: примерно в 50% случаев пожара не будут, а следовательно, в 50% случаев пожар возникнет. Редкие события, т. е. события с малой вероятностью возникновения, если снова воспроизводить ситуацию, при которой они могут произойти, скорее всего произойдут (например, аварии при переходах пешеходами проезжих дорог в запрещенных местах).

2. Два охотника стреляют по утке. Первый охотник попадает в цель с вероятностью, равной 0, 8; второй охотник попадает в цель с вероятностью, равной 0, 6. Если охотник попадает в цель, то утка будет убита. Какова вероятность того, что утка будет убита? Решение: первый способ решения (прямой ход решения): второй способ решения (через противоположное событие):

3. Давайте вспомним задачу о Васечкине, который купил 50 лотерейных билетов. Вероятность выигрыша по одному билету равна 0. 03. Какова вероятность, что Васечкин выиграет хотя бы по одному лотерейному билету? Решение: 4. На основе данных прошлых лет известно, что вероятность успешной сдачи с первого раза экзамена по экономике для случайно выбранного студента первого курса факультета менеджмента равна 0. 8. Вероятность успешной сдачи экзамена по ТВ равна 0. 7, а вероятность успешной сдачи сразу двух этих экзаменов равна 0. 6. Следует ответить на несколько вопросов: а) Какова вероятность сдать хотя бы один из этих двух экзаменов для случайно выбранного студента?

Решение: Введем несколько событий: А={случайно выбранный студент сдаст экзамен по экономике}; В={случайно выбранный студент сдаст экзамен по ТВ}; А∩В={случайно выбранный студент сдаст оба эти экзамена}; АUВ={случайно выбранный студент сдаст хотя бы один из этих экзаменов}. Поскольку события А и В совместные, то б) Являются ли события А и В зависимыми или же нет? Решение: следует проверить, выполняется ли равенство Р(А)=Р(А/В)? Р(А∩В)=Р(В)·Р(А/В), следовательно,

Можно сделать вывод, что события А и В – зависимые. Над причинами зависимости подумайте сами. Зависимость событий скорее всего есть результат действий усердного студента. Аналогично можно показать, что Р(В) Р(В/А). 5. Вероятность того, что студент Васечкин сдаст первый экзамен, равна 0. 8; второй – 0. 85; третий – 0. 7. Предполагается, что результат сдачи каждого данного экзамена не зависит от того, что происходит с другими экзаменами, т. е. события сдачи экзаменов независимые. В задаче ставится несколько вопросов: а) Какова вероятность, что Васечкин сдаст только третий экзамен?

б) Какова вероятность, что Васечкин сдаст по крайней мере два экзамена ( т. е. два или три экзамена)? Решение: Создадим на основе исходных событий более сложное событие:

Домашнее задание: Дома ответьте еще на два вопроса , поставленные к тем же исходных данным: 1) Какова вероятность, что Васечкин сдаст только один экзамен? ( ответ: Р= 0. 108) 2) Какова вероятность, что Васечкин сдаст хотя бы один экзамен (удобнее эту задачу решить через противоположное событие) ( ответ: Р= 0. 991). Формула полной вероятности Введем новое определение: Совокупность событий Н 1, Н 2, …, Нn назовём полной группой событий, если они попарно несовместны и их объединение даёт достоверное событие (т. е. одно из событий этой совокупности обязательно произойдёт): Ø

Н События i в полной группе событий носят специальное название – гипотезы. Всегда должно быть выполнено: Кстати, данное событие и событие, ему противоположное, образуют полную группу событий. Далее мы будем рассматривать ситуации, когда интересующее нас случайное событие происходит одновременно только с одной из введенных гипотез. Пример: А = {Родители купят Васечкину новый мобильный телефон} введем две гипотезы Н 1 = {Студент Васечкин сдаст грядущий экзамен по ТВ} Н 2 = {Студент Васечкин не сдаст грядущий экзамен по ТВ} Эти два события (две гипотезы) образуют полную группу событий. Н 1 А Н 2

Мы бы хотели научиться вычислять вероятность события А , зная некоторую предварительную информацию о вероятностях событий. Теорема: Имеем полную группу событий Н 1, Н 2, …, Нn. Пусть событие А может происходить одновременно только с одним из этих событий, тогда: Доказательство: События в правой части равенства несовместны, поэтому при вычислении вероятности события А вероятности несовместных событий в правой части равенства будем складывать:

Здесь используем теорему умножения вероятностей для зависимых событий. Более компактная форма записи полученной формулы: Примеры: 1. Давайте теперь доделаем задачу о возможности появления нового мобильного телефона у Васечкина. Пусть Р(Н 1)=0. 8 – вероятность того, что Васечкин сдаст экзамен по ТВ, тогда Р(Н 2)=0. 2 – вероятность того, что Васечкин не сдаст экзамен по ТВ, Сумма этих вероятностей обязательно должна быть равна 1. Р(А/Н 1)=0. 9 – вероятность того, что родители купят Васечкину новый мобильный телефон при условии, что он сдаст экзамен по ТВ, Р(А/Н 2)=0. 4 –– вероятность того, что родители купят Васечкину новый телефон при условии, что он не сдаст экзамен по ТВ.

Смысл Р(А) – «размазанная» по двум возможным сценариям вероятность, обусловленная неопределенностью будущей ситуации. 2. На производственной фирме имеются три технологических линии. На первой линии произведено два изделия, на второй – пять, на третьей – три. Вероятность выпуска бракованного изделия для первой линии равна 0. 1; для второй – 0. 2; для третьей – 0. 15. Какова вероятность, что случайно выбранное изделие этой фирмы будет небракованным? Решение: введем три гипотезы

Р(Н 1 )= 2/10=0. 2, Р(Н 2 )= 5/10=0. 5, Р(Н 3 )= 3/10= 0. 3, Сумма этих вероятностей обязательно равна 1. А={случайно выбранной изделие окажется небракованным} Р(А/Н 1 )= 0. 9, Р(А/Н 2 )= 0. 8, Р(А/Н 3 )= 0. 85, Смысл действий при вычислении вероятности интересующего нас события А – складываем вероятности выбрать небракованное изделие с учетом их «весов» по технологическим линиям (т. е. с учетом того, какой вклад дает каждая линия в производство всей партии изделий).

Формула Байеса Пусть до опыта нам известны априорные вероятности гипотез (a’priori – до опыта) Произведён опыт, в результате которого событие А произошло (появилась новая информация о реализации события А). Как переоценить вероятности гипотез в связи с получением этой информации? Следует вычислить: Теорема (вывод формулы Байеса): Доказательство: В условиях предыдущей теоремы запишем формулу для вероятности пересечения событий в случае зависимых событий

Это последняя формула и носит название «формула Байеса» . Она позволяет пересчитывать исходные (априорные) вероятности гипотез после получения сведений о том, что событие А произошло. В результате получаем уточненные (апостериорные) вероятности гипотез, т. е. мы корректируем вероятности выдвинутых до испытания гипотез при получении новой информации о реализации события А.

Как математически объяснить изменение вероятности? Раньше вычисляли на основе всего пространства элементарных исходов Ω, а теперь оцениваем вклад гипотезы только по отношению к той части Ω, которая составляет событие А. Продолжим рассмотрение примера 2: На производственной фирме имеются три технологических линии. На первой линии произведено два изделия, на второй – пять, на третьей – три. Вероятность выпуска бракованного изделия для первой линии равна 0. 1; для второй – 0. 2; для третьей – 0. 15. Мы вычислили вероятность того, что случайно выбранное изделие этой фирмы будет небракованным. Эта вероятность оказалась равной 0. 835. Поставим еще один вопрос к этому же примеру: Пусть случайно взятое изделие этой фирмы оказалось бракованным. Какова вероятность, что оно изготовлено на второй линии?

Решение: Исходная (априорная) вероятность была равна 0. 5. Апостериорная вероятность оказалась равной 0. 61. Произошло увеличение вероятности, что логически ясно, ибо именно вторая линия характеризуется пониженным качеством производимых изделий (вероятность брака для второй линии 0. 2). Поэтому если изделие плохое, то оно скорее всего произведено на второй линии, тем более, что вторая линия производит больше всего изделий - половину всех изделий). Дома вычислите остальные апостерионые вероятности и покажите, что

Графическое объяснение причины изменения апостерионой вероятности по сравнению с априорной вероятностью.

Весной 2010 здесь закончила третью лекцию (третья лекция была 29 марта, две пары подряд)

Пример: Мы в свое время рассматривали пример, поясняющий понятие условной вероятности. В том примере я вам без вычисления сказала, что « вероятность вытащить черный шар на втором месте та же самая, что вытащить черный шар на первом месте, если мы не знаем, какого цвета был шар, который вынули первым» . Давайте теперь подтвердим это мое высказывание , применив формулу полной вероятности. Итак, пусть в урне содержится четыре шара белого цвета и два шара черного цвета. Вычислим вероятность вынуть черный шар на втором месте, если неизвестен цвет шара , который мы вынули первым. Решение: Вероятность вытащить первый черный шар равна Р( «Ч» )=2/6=1/3. Вычислим вероятность вытащить черный шар вторым по счету, если цвет первого вынутого шара неизвестен. Введем две гипотезы: Н 1 = {первым вытащили белый шар}; Р(Н 1)=4/6=2/3 Н 2 = {первым вытащили черный шар }; Р(Н 2)=2/6=1/3

В = {вторым вытащили черный шар}; Р(В/Н 1)=2/5; Р(В/Н 2)=1/5; Видим, что вероятность вытащить шар на втором месте сохраняется.

Примеры: 1. Каким лучше быть в очереди за экзаменационным билетом? (Что лучше – идти брать экзаменационный билет в числе первых студентов или же встать в очередь за билетом в самый конец? ) Студент Васечкин знает только 14 вопросов из 30 вопросов, вынесенных на экзамен. (В каждом билете содержится только один вопрос). Он считает, что если пойдет сдавать экзамен вторым, то его шансы вытащить известный ему вопрос увеличатся. Прав ли он? Решение: 1) Если Васечкин идет первым, то вероятность вытащить известный ему вопрос равна: Р=14/30≈0. 47. 2) Пусть теперь Васечкин идет вторым к столу с экзаменационными билетами. Вводим две гипотезы: Н 1 = {вошедший первым студент взял известный Васечкину билет}; Р(Н 1)=14/30; Н 2 = {вошедший первым студент взял неизвестный Васечкину билет}; Р(Н 2)=16/30;

Можно по индукции доказать, что номер в очереди не важен. Если студент пойдет последним, то вероятность вытащить известный студенту билет сохраняется. 2. В некотором вузе 75% студентов – юноши ( остальные - девушки). Среди юношей курящих 20%, а среди девушек – 10%. 1) Найти вероятность того, что случайно выбранное лицо – курящее.

Решение: Вводим две гипотезы: Н 1 = {случайно выбранное лицо - юноша}; Р(Н 1)=0. 75; Н 2 = {случайно выбранное лицо - девушка}; Р(Н 2)=0. 25; Событие А = {случайно выбранное лицо курит};

2) Наудачу выбранное лицо оказалось курящим. Какова вероятность, что это юноша?

3. Группа студентов состоит из пяти отличников, трех хорошо успевающих студентов и двух студентов, занимающихся слабо. Отличники на предстоящем экзамене могут получить только отличные оценки. Хорошо успевающие студенты могут с равной вероятностью получить хорошие и отличные оценки. Слабо занимающиеся могут с равной вероятностью получить хорошие, удовлетворительные и неудовлетворительные оценки. Для сдачи экзаменов наугад вызывается один студент. Найти вероятность того, что он получит хорошую или отличную оценку. Решение: Вводим три гипотезы: Н 1 = {вызван отличный студент}; Р(Н 1)=0. 5; Н 2 = {вызван хороший студент}; Р(Н 2)=0. 3; Н 3 = {вызван слабый студент}; Р(Н 3)=0. 2; Событие А = {вызванный наугад студент получит хорошую или отличную оценку}; Р(А/Н 1)=1; Р(А/Н 2)=1; Р(А/Н 3)=1/3; Р(А ) = Р(Н 1)·Р(А/Н 1)+ Р(Н 2)·Р(А/Н 2) + Р(Н 3 )·Р(А/Н 3 )= = 0. 5· 1 + 0. 3· 1 + 0. 2· 1/3 = 26/30 = 13/15 ≈ 0. 87.

§ 9. Повторные независимые испытания (схема Бернулли) Рассмотрим следующий пример. Пусть бросается правильная монета. Нас интересует выпадение герба Г (удача У). Если выпадает решка Р, то для нас это неудача. Пусть мы бросаем монету 10 раз. Говорят, что мы реализуем серию из 10 повторных испытаний. Выпадение Г в каждом конкретном испытании зависит ли от того, какой результат мы имели до данного испытания ? НЕТ!!! Поэтому добавляют, что мы имеем серию из 10 повторных независимых испытаний. Иногда говорят: «Имеем серию из 10 последовательных независимых испытаний» . Конечно, число таких испытаний не обязательно должно быть именно десять. Количество испытаний мы задаем сами. Кстати, возникает еще один вопрос. Если вероятность выпадения Р(Г)=1/2, то можно ли считать, что при 10 бросаниях монеты Г выпадет именно 5 раз? Нет, нельзя! А может он выпасть 4 раза? Да, может, причем с достаточно большой вероятностью. А может он выпасть 1 раз? Да, может, но с малой вероятностью.

Итак, в общем случае пусть в одних тех же условиях проводится n повторных независимых испытаний, в каждом из которых с одной и той же р может произойти определенной событие (Удача У) или же не произойти это событие с вероятностью q = 1 - p (неудача ) вероятностью Подчеркнем еще раз ограничения модели: 1. Каждое испытание имеет два исхода (наступление или же ненаступление события). 2. Результат каждого данного испытания не зависит от результатов предыдущих испытаний. 3. Вероятность наступления интересующего нас события не меняется от испытания к испытанию. Рассмотрим пример: Стрелок стреляет в цель три раза подряд. Принимается, что вероятность попадания в цель не меняется от выстрела к выстрелу и равна р, тогда q = 1 - p. Какова вероятность , что при трех выстрелах в цель (имеем серию из трех независимых испытаний ; n=3) стрелок попадет в цель два раза (к=2)?

Имеем три сценария реализации заданного события, причем эти сценарии несовместны: + + - + р2 · q = q · р2 = р · q · р = р2 · q. вероятность этого сценария = вероятность этого сценария Здесь была использована теорема умножения вероятностей независимых событий. Далее, для вычисления вероятности интересующего нас события – попасть в цель дважды при трех выстрелах - следует вероятности трех несовместных сценариев сложить, тогда Р n=3 (к=2) =3· р2 · q , причем можно сообразить, что « 3» в формуле возникает как число сочетаний из трех по два, т. е. 3 = , т. е. Р n=3 (к=2) = · р 2 · q 1.

Теорема (формула Бернулли): Если вероятность наступления события А в каждом испытании равна то вероятность того, что событие А в вычисляется по формуле: n испытаниях наступит к р, раз, Доказательство: Для серии испытаний длины n наступления события А ровно мы будем иметь различные сценарии к раз, причем разные сценарии будут отличаться друг от друга различными чередованиями У и ( см. предшествующий пример. )

Введем событие В = {событие А произошло ровно к раз в серии из испытаний} = n Далее применим формулу произведения вероятностей независимых событий для вычисления вероятности каждого отдельного сценария, а затем вероятности отдельных сценариев суммируем как вероятности несовместных событий. Тогда:

Рассмотрим частные случаи этой формулы: Заметим, что всегда выполняется равенство, поскольку сумма всех возможных вероятностей дает вероятность достоверного события, которая равна 1.

Примеры: 1. Вообразите, что вы работаете в отделе продаж фирмы и на сегодняшний день планируете позвонить в 8 компаний с предложением продать им свою продукцию. Из предшествующего опыта известно, что каждый такой звонок с вероятностью 20% приведет к продаже продукции. Предполагается, что компании-покупатели принимают решение о покупке продукции вашей фирмы независимо друг от друга. Найдем вероятность следующих событий: 1) За день будет получено согласие от двух фирм на покупку вашей продукции: Решение: 2) День будет неудачным, т. е. не будет получено согласия ни от одной фирмы на покупку: Решение:

3) Будет получено хотя бы одно согласие за день на покупку продукции: Решение: 4) Будет получено более одного согласия за день на покупку продукции: Решение:

Пример: Давайте вернемся к задаче с бросанием симметричной, т. е. правильной, монеты десять раз. 1) Какова вероятность, что в серии из 10 бросков герб появится 5 раз? Решение: 2) Какова вероятность, что в серии из 10 бросков герб появится 4 раза? Решение:

3) Какова вероятность, что в серии из 10 бросков герб появится всего один раз? Решение:

Вновь рассмотрим формулу Бернулли и вычислим значения вероятностей при различных значениях к в серии из n испытаний (к≤n): Изобразим значения вероятности при различных значениях к в виде вертикальных отрезков разной длины. Получим следующий график: Рn(k) 0 1 2 3 ……… K 0 -1 K=K 0 +1. . . n-1 n K

Из графика видно, что существует такое значение К среди прочих значений К, вероятность возникновения которого самая большая. Это значение обозначим К 0 и будем называть его «наивероятнейшее число успехов» ( или: «наивероятнейшее число наступлений события А» ). Это такое число успехов, вероятность наступления которого наибольшая по сравнению с вероятностью наступления успехов любое другое количество раз. Поэтому на практике чаще всего реализуется именно такое число успехов.

Теорема: Наивероятнейшее число наступлений события А в заключено между числами n·p – q Доказательство: рассмотрим отношение и n·p + p. n испытаниях

Полученное отношение может принимать значения как меньше 1, так и больше 1. Для нахождения К 0 надо уловить момент, когда это отношение, бывшее больше 1, станет меньше 1. ; Следовательно, окончательно получаем, что

Заметит, что разность между (n·p – q) и (n·p + p) равна 1. Число К 0 ≈ n·p. Иногда бывает, что К 0 (1) = (n·p – q) –целое число, тогда и К 0 (2) = (n·p + р) – целое число. В этом случае имеются два наивероятнейших числа, для которых вероятности принимают самые большие и одинаковые значения: Р (К 0 (1) ) = Р (К 0 (2) ). Вернемся к ранее рассмотренным примерам: 1. Симметричная монета бросается 10 раз? Каково наивероятнейшее число выпадений герба? Решение: 10· 1/2 - 1/2 ≤ К 0 ≤ 10· 1/2 + 1/2 , 4. 5 ≤ К 0 ≤ 5. 5, следовательно, К 0 =5, , эта вероятность не равна 0. 5.

2. Пусть симметричная монета бросается 100 раз. Очевидно, что наивероятнейшее число выпадений герба будет равно 50. Какая вероятность , на ваш взгляд, больше ? Эту задачу решите дома самостоятельно. Замечание (подсказка): При увеличении числа испытаний вероятность реализации данного конкретного числа испытаний уменьшается.

§ 10. Случайная величина (СВ) и закон ее распределения (з. р. ). Рассмотрим примеры: 1. Бросаем игральную кость. Допустим, на верхней грани выпала « 6» . Это реализация некоторого случайного события и одновременно появление определенного значения , которое может принимать случайная величина – величина числа очков на верхней грани. Случайная величина обозначается заглавной буквой Х (если случайных величин несколько, то вводят У, Z и т. д. ); значение, которое принимает случайная величина, обозначается малой буквой х. Пишут Х = х. Это запись означает, что случайная величина приняла некоторое конкретное значение.

2. Бросаем случайным образом точку на отрезок длины 1 метр и измеряем расстояние от левого конца до этой точки. Допустим, получили метра. Х = 0. 22 Ясно, что в данном эксперименте случайная величина, равная расстоянию от левого конца отрезка до места расположения точки, может принять любое действительное значение от 0 до 1. 1 метр О ОА =0. 22 м Мы рассмотрели тем самым два типа случайных величин – дискретную случайную величину и непрерывную случайную величину.

Итак, дискретная случайная величина принимает отдельные изолированные значения, причем этих значений может быть конечное и даже бесконечное количество. Эти значения возникают с определенными конечными вероятностями (пример 1). Непрерывная случайная величина принимает значения, сплошь заполняющие отрезок на числовой оси. Говорят, что непрерывная случайная величина может принимать все значения из некоторого конечного и даже бесконечного промежутка (пример 2). Примеры: 1. Число бракованных изделий в партии из 100 одинаковых деталей, взятых на контроль – это дискретная случайная величина. 2. Напряжение в бытовой электрической сети (напряжение колеблется вблизи значения 220 вольт) – это непрерывная случайная величина.

Строгое определение СВ: Случайной величиной называется числовая функция , заданная на пространстве элементарных исходов случайного эксперимента (т. е. для каждого значения задается определенное значение Х). Следует отметить, что и вероятность является числовой функцией, заданной на пространстве элементарных исходов случайного эксперимента, т. е. Закон распределения случайной величины – это правило, устанавливающее связь между возможными значениями случайной величины и соответствующими им вероятностями.

Пример: пусть Х – число выпадений герба при трехкратном бросании монеты. Составим ряд распределения случайной величины : в первой строке стоят значения , которые принимает СВ; вторая строка – соответствующие этим значениям вероятности: Х 0 1 2 3 Эта таблица (ряд распределения) полностью описывает поведение СВ , т. е. данная таблица задает закон распределения СВ, т. к. в ней задаются значения, принимаемые СВ, и те вероятности, с которыми эти значения возникают.

Как получены вероятности в этой таблице? Обязательно должно быть выполнено А как описать поведение непрерывной случайной величины, которая принимает бесконечное (континуальное) количество значений? Подобной таблицы составить для этого случая невозможно !

Замечание: для непрерывной случайной величины всегда Для непрерывной случайной величины нужно знать лишь вероятность попадания этой СВ в заданный промежуток: Вернемся к проблеме описания поведения случайной величины любого типа. Для этого введем универсальный з. р. , который подходит как для описания поведения дискретной СВ, так и для описания поведения непрерывной СВ. Функцией распределения случайной величины называют , т. е. эта функция равна вероятности того, что СВ приняла значения, меньшие х.

Свойства функции распределения: 1. Первое свойство следует из определения числового диапазона изменения вероятности: 2. Доказательство: Х 1 Х 2 При доказательстве этого свойства используется теорема сложения вероятностей для несовместных событий.

Доказательство этого свойства основана на свойстве 2, поскольку при возрастании х происходит накопление вероятности. 4. Четвертое свойство получено на основе выражения для вероятности противоположного события:

5. 6. 7. Функция - непрерывна слева, т. е х х0 (Свойство приведено без строгого доказательства).

Построим график функции распределения для ранее приведенного примера с тремя бросаниями монеты. Для этого случая был получен ряд распределения. F (-0, 1) = P(X< -0, 1) = 0 F(0) = P(X<0) = 0 F(0, 7) = P(X<0, 7) = P(X=0) = 1/8 F(1, 8) = P(X<1, 8) = P(X=0) + P(X=1) = 4/8 F(2, 7) = P(X<2, 7) = P(X=0) + P(X=1) + P(X=2) = 7/8

Найдем вероятность попадания СВ в заданный интервал: P(0. 6 ≤ X< 2, 4) = F(2. 4) - F(0. 6) = 7/8 - 1/8 = 6/8 = 3/4. Конечно, в этом простейшем случае ту же вероятность можно было бы вычислить иначе: P(0. 6 ≤ X< 2, 4) = P(X = 1) + P(X = 2) = 3/8 + 3/8 = 6/8 = 3/4. Для непрерывной случайных величин суммирование вероятностей возникновения отдельных значений случайных величин при вычислении функции распределения (см. предыдущий пример) заменяется интегрированием. Дадим новое определение, которое выделяет непрерывные случайные величины из всего множества случайных величин. Пусть случайная величина такова, что ее функция распределения может быть представлена в виде: Здесь t – переменная интегрирования.

Такую случайную величину будем называть непрерывной случайной величиной. Функция распределения для нее является непрерывной функцией (пользуемся теоремой мат. анализа: «Функция по переменному верхнему пределе является непрерывной» ). Вспомним, что функция распределения для дискретной СВ является ступенчатой, т. е. разрывной. График функции распределения для непрерывной СВ может выглядеть, например, следующим образом: F(x) 1 0 x

Можно заметить, что функция является первообразной для , поскольку в точках существования производной выполняется равенство: Именно функцию f(x) используют для описания поведения непрерывных случайных величин, ибо она полностью содержит всю информацию, которая нужна для анализа поведения непрерывных случайных величин. В самом деле, чаще всего возникает один основной вопрос: «С какой вероятностью непрерывная случайная величина попадает в заданный числовой промежуток? »

Для ответа вычисления: на этот вопрос необходимо выполнить следующие При выводе этой формулы мы воспользовались аддитивными свойствами интеграла: a b x Функцию распределения. называют плотностью вероятности или плотностью Почему возникло именно такое название этой функции?

Аналогия: при вычислении плотности = вещества физического тела выделяем малый объем, измеряем массу этого малого объема. Тогда плотностью вещества называется: Рассмотрим Свойства 1. Доказательство: Поскольку F(x) – неубывающая функция , то

то 2. Справедливо так называемое условие нормировки: Доказательство: Условие нормировки означает, что площадь под кривой y=f(x) должна обязательно быть равна единице. f(x) x

f(x) x а в Рассмотрим несколько примеров: Ниже приведены несколько графиков. Вам следует определить, являются ли эти графики верными или же в них содержатся ошибки. F(x) 1. Функция F(x) не может быть убывающей. x

2. Функция f(x) не может быть отрицательной. f(x) x 3. Функция f(x) может иметь такой вид, поскольку выполняется условие нормировки – площадь под кривой равна единице. f(x) 1 x 2

4. Функция f(x) может принимать значение, превосходящую единицу, если площадь под кривой равна единице. f(x) 5 x

5. Плотность вероятности может иметь такой вид, если правильно будет подобрана константа С так, чтобы суммарная площадь под линиями будет равна единице. f(x) 1 C S = 1· 1/2+C· 2=1; 2·С=1/2; C = 1/4. -1 0 2 х

Благодарю за внимание!