Цель работы: сформировать навыки решения задач по теории вероятностей с помощью формулы полной вероятности и формулы Байеса.

Формула полной вероятности

Вероятность события А , которое может наступить лишь при условии появления одного из несовместных событий В х,В 2 ,...,В п, образующих полную группу, равна сумме произведений вероятностей каждого из этих событий на соответствующую условную вероятность события А:

Эту формулу называют формулой полной вероятности.

Вероятность гипотез. Формула Байеса

Пусть событие А может наступить при условии появления одного из несовместных событий В ь В 2 ,...,В п, образующих полную группу. Поскольку заранее неизвестно, какое из этих событий наступит, их называют гипотезами. Вероятность появления события А определяется по формуле полной вероятности:

Допустим, что произведено испытание, в результате которого появилось событие А . Требуется определить, как изменились (в связи с тем, что событие А уже наступило) вероятности гипотез. Условные вероятности гипотез находят по формуле

В этой формуле индекс / = 1,2

Эту формулу называют формулой Байеса (по имени английского математика, который её вывел; опубликована в 1764 г.). Формула Байеса позволяет переоценить вероятности гипотез после того, как становится известным результат испытания, в итоге которого появилось событие А .

Задача 1. Завод изготавливает определённого типа детали, каждая деталь имеет дефект с вероятностью 0,05. Деталь осматривается одним контролёром; он обнаруживает дефект с вероятностью 0,97, а если дефект не обнаружен, пропускает деталь в готовую продукцию. Кроме того, контролер может по ошибке забраковать деталь, не имеющую дефекта; вероятность этого равна 0,01. Найти вероятности следующих событий: А - деталь будет забракована; В - деталь будет забракована, но ошибочно; С - деталь будет пропущена в готовую продукцию с дефектом.

Решение

Обозначим гипотезы:

Н = (на контроль поступит стандартная деталь);

Н =(на контроль поступит нестандартная деталь).

Событие А = (деталь будет забракована).

Из условия задачи находим вероятности

Р Н (А) = 0,01; Pfi(A) = 0,97.

По формуле полной вероятности получаем

Вероятность того, что деталь будет забракована ошибочно, равна

Найдём вероятность того, что деталь будет пропущена в готовую продукцию с дефектом:

Ответ:

Задача 2. Изделие проверяется на стандартность одним из трёх товароведов. Вероятность того, что изделие попадёт к первому товароведу, равна 0,25, ко второму - 0,26 и к третьему - 0,49. Вероятность того, что изделие будет признано стандартным первым товароведом, равна 0,95, вторым - 0,98, третьим - 0,97. Найти вероятность того, что стандартное изделие проверено вторым контролёром.

Решение

Обозначим события:

Л. = (изделие для проверки попадёт к /-му товароведу); / = 1, 2, 3;

В = (изделие будет признано стандартным).

По условию задачи известны вероятности:

Также известны условные вероятности

По формуле Байеса находим вероятность того, что стандартное изделие проверено вторым контролёром:

Ответ: «0,263.

Задача 3. Два автомата производят детали, которые поступают на общий конвейер. Вероятность получения нестандартной детали на первом автомате равна 0,06, а на втором - 0,09. Производительность второго автомата вдвое больше, чем первого. С конвейера взята нестандартная деталь. Найти вероятность того, что эта деталь произведена вторым автоматом.

Решение

Обозначим события:

А. = (взятая с конвейера деталь произведена /-м автоматом); / = 1,2;

В = (взятая деталь окажется нестандартной).

Также известны условные вероятности

По формуле полной вероятности находим

По формуле Байеса находим вероятность того, что взятая нестандартная деталь произведена вторым автоматом:

Ответ: 0,75.

Задача 4. Испытывается прибор, состоящий из двух узлов, надёжность которых равна 0,8 и 0,9 соответственно. Узлы отказывают независимо друг от друга. Прибор отказал. Найти с учётом этого вероятности гипотез:

• а) неисправен только первый узел;
• б) неисправен только второй узел;
• в) неисправны оба узла.

Решение

Обозначим события:

Д = (7-й узел не выйдет из строя); i = 1,2;

Д - соответствующие противоположные события;

А = (при испытании будет отказ прибора).

Из условия задачи получаем: Р(Д) = 0,8; Р(Л 2) = 0,9.

По свойству вероятностей противоположных событий

Событие А равно сумме произведений независимых событий

Используя теорему сложения вероятностей несовместных событий и теорему умножения вероятностей независимых событий, получаем

Теперь находим вероятности гипотез:

Ответ:

Задача 5. На заводе болты изготавливаются на трёх станках, которые производят соответственно 25%, 30% и 45% всего количества болтов. В продукции станков брак составляет соответственно 4%, 3% и 2%. Какова вероятность того, что болт, случайно взятый из поступившей продукции, окажется дефектным?

Решение

Обозначим события:

4 = (наудачу взятый болт изготовлен на /-м станке); i = 1, 2, 3;

В = (взятый наудачу болт окажется дефектным).

Из условия задачи по формуле классической вероятности находим вероятности гипотез:

Также по формуле классической вероятности находим условные вероятности:

По формуле полной вероятности находим

Ответ: 0,028.

Задача 6. Электронная схема принадлежит одной из трёх партий с вероятностями 0,25; 0,5 и 0,25. Вероятность того, что схема проработает сверх гарантийного срока службы для каждой из партий, соответственно составляет 0,1; 0,2 и 0,4. Найти вероятность того, что наугад взятая схема проработает сверх гарантийного срока службы.

Решение

Обозначим события:

4 = (наугад взятая схема из г-й партии); i = 1, 2, 3;

В = (наугад взятая схема проработает сверх гарантийного срока службы).

По условию задачи известны вероятности гипотез:

Также известны условные вероятности:

По формуле полной вероятности находим

Ответ: 0,225.

Задача 7. Прибор содержит два блока, исправность каждого из которых необходима для функционирования прибора. Вероятности безотказной работы для этих блоков соответственно равны 0,99 и 0,97. Прибор вышел из строя. Определить вероятность того, что отказали оба блока.

Решение

Обозначим события:

Д = (z-й блок выйдет из строя); i = 1,2;

А = (устройство выйдет из строя).

Из условия задачи по свойству вероятностей противоположных событий получаем: ДД) = 1-0,99 = 0,01; ДД) = 1-0,97 = 0,03.

Событие А наступает только тогда, когда наступает хотя бы одно из событий Д или А 2 . Поэтому это событие равно сумме событий А = Д + А 2 .

По теореме сложения вероятностей совместных событий получаем

По формуле Байеса находим вероятность того, что устройство вышло из строя из-за отказа обоих блоков.

Ответ:

Задачи для самостоятельного решения Задача 1. На складе телевизионного ателье имеется 70% кинескопов, изготовленных заводом № 1; остальные кинескопы изготовлены заводом № 2. Вероятность того, что кинескоп не выйдет из строя в течение гарантийного срока службы, равна 0,8 для кинескопов завода № 1 и 0,7 - для кинескопов завода № 2. Кинескоп выдержал гарантийный срок службы. Найти вероятность того, что он изготовлен заводом № 2.

Задача 2. На сборку поступают детали с трёх автоматов. Известно, что 1-й автомат даёт 0,3% брака, 2-й - 0,2%, 3-й - 0,4%. Найти вероятность поступления на сборку бракованной детали, если с 1-го автомата поступили 1000, со 2-го - 2000, с 3-го - 2500 деталей.

Задача 3. На двух станках производятся одинаковые детали. Вероятность того, что деталь, произведённая на первом станке, будет стандартной, равна 0,8, а на втором - 0,9. Производительность второго станка втрое больше производительности первого. Найти вероятность того, что стандартной будет деталь, взятая наудачу с транспортёра, на который поступают детали с обоих станков.

Задача 4. Руководитель компании решил воспользоваться услугами двух из трёх транспортных фирм. Вероятности несвоевременной доставки груза для первой, второй и третьей фирм равны соответственно 0,05; 0,1 и 0,07. Сопоставив эти данные с данными о безопасности грузоперевозок, руководитель пришёл к выводу о равнозначности выбора и решил сделать его по жребию. Найти вероятность того, что отправленный груз будет доставлен своевременно.

Задача 5. Прибор содержит два блока, исправность каждого из которых необходима для функционирования прибора. Вероятности безотказной работы для этих блоков соответственно равны 0,99 и 0,97. Прибор вышел из строя. Определите вероятность того, что отказал второй блок.

Задача 6. В сборочный цех поступают детали с трёх автоматов. Первый автомат даёт 3% брака, второй - 1% и третий - 2%. Определить вероятность попадания на сборку небракованной детали, если с каждого автомата поступило соответственно 500, 200, 300 деталей.

Задача 7. На склад поступает продукция трёх фирм. Причём продукция первой фирмы составляет 20%, второй - 46% и третьей - 34%. Известно также, что средний процент нестандартных изделий для первой фирмы равен 5%, для второй - 2% и для третьей - 1%. Найти вероятность того, что наудачу взятое изделие произведено второй фирмой, если оно оказалось стандартным.

Задача 8. Брак в продукции завода вследствие дефекта а составляет 5%, причём среди забракованных по признаку а продукции в 10% случаев встречается дефект р. А в продукции, свободной от дефекта а , дефект р встречается в 1% случаев. Найти вероятность встречи дефекта Р во всей продукции.

Задача 9. В фирме имеются 10 новых автомобилей и 5 старых, которые ранее находились в ремонте. Вероятность исправной работы для нового авто равна 0,94, старого - 0,91. Найти вероятность того, что наудачу выбранный автомобиль будет исправно работать.

Задача 10. Два датчика посылают сигналы в общий канал связи, причём первый из них посылает вдвое больше сигналов, чем второй. Вероятность получить искажённый сигнал от первого датчика равна 0,01, от второго - 0,03. Какова вероятность получить искажённый сигнал в общем канале связи?

Задача 11. Имеется пять партий изделий: три партии по 8 штук, из которых 6 стандартных и 2 нестандартных, и две партии по 10 штук, из которых 7 стандартных и 3 нестандартных. Наудачу выбирают одну из партий, а из этой партии берут деталь. Определить вероятность того, что взятая деталь будет стандартной.

Задача 12. Сборщик получает в среднем 50% деталей первого завода, 30% - второго завода и 20% - третьего завода. Вероятность того, что деталь первого завода отличного качества, равна 0,7; для деталей второго и третьего заводов соответственно 0,8 и 0,9. Наудачу взятая деталь оказалась отличного качества. Найти вероятность того, что деталь изготовлена первым заводом.

Задача 13. Таможенный досмотр автомашин осуществляют два инспектора. В среднем из 100 машин 45 проходят через первого инспектора. Вероятность того, что при досмотре машина, соответствующая таможенным правилам, не будет задержана, составляет 0,95 у первого инспектора и 0,85 - у второго. Найти вероятность того, что машина, соответствующая таможенным правилам, не будет задержана.

Задача 14. Детали, необходимые для сборки прибора, поступают с двух автоматов, производительность которых одинакова. Вычислите вероятность поступления на сборку стандартной детали, если один из автоматов даёт в среднем 3% нарушения стандарта, а второй - 2%.

Задача 15. Тренер по тяжёлой атлетике рассчитал, что для получения командных зачётных очков в данной весовой категории спортсмен должен толкнуть штангу в 200 кг. На место в команде претендуют Иванов, Петров и Сидоров. Иванов за время тренировок пытался поднять такой вес в 7 случаях, а поднял в 3 из них. Петров поднял в 6 случаях из 13, а Сидоров имеет 35%-ную вероятность успешно справиться со штангой. Тренер случайным жребием выбирает одного спортсмена в команду.

• а) Найти вероятность того, что выбранный спортсмен принесёт команде зачётные очки.
• б) Команда не получила зачётных очков. Найти вероятность того, что выступал Сидоров.

Задача 16. В белом ящике 12 красных и 6 синих шаров. В черном - 15 красных и 10 синих шаров. Бросают игральный кубик. Если выпадет количество очков, кратное 3, то наугад берут шар из белого ящика. Если выпадет любое другое количество очков, то наугад берут шар из черного ящика. Какова вероятность появления красного шара?

Задача 17. В двух ящиках имеются радиолампы. В первом ящике содержится 12 ламп, из них 1 нестандартная; во втором 10 ламп, из них 1 нестандартная. Из первого ящика наудачу взята лампа и переложена во второй. Найти вероятность того, что наудачу извлеченная из второго ящика лампа будет нестандартной.

Задача 18. В урну, содержащую два шара, опущен белый шар, после чего из нее наудачу извлечен один шар. Найти вероятность того, что извлеченный шар окажется белым, если равновозможны все возможные предположения о первоначальном составе шаров (по цвету).

Задача 19. В ящик, содержащий 3 одинаковые детали, брошена стандартная деталь, а затем наудачу одна деталь извлечена. Найти вероятность того, что извлечена стандартная деталь, если равновероятны все возможные предположения о числе стандартных деталей, первоначально находящихся в ящике.

Задача 20. Для улучшения качества радиосвязи используются два радиоприемника. Вероятность приема сигнала каждым приемником равна 0,8, и эти события (прием сигнала приемником) независимы. Определить вероятность приема сигнала, если вероятность безотказной работы за время сеанса радиосвязи для каждого приемника равна 0,9.

Составитель преподаватель кафедры высшей математики Ищанов Т.Р. Занятие №4. Формула полной вероятности. Вероятность гипотез. Формулы Байеса.

Теоретический материал
Формула полной вероятности
Теорема. Вероятность события А, которое может наступить лишь при условии появления одного из несовместных событий , образующих полную группу, равна сумме произведений вероятностей каждого из этих событий на соответствующую условную вероятность события А:

.
Эту формулу называют «формулой полной вероятности».

Доказательство. По условию, событие А может наступить, если наступит одно из несовместных событий . Другими словами, появление события А означает осуществление одного, безразлично какого, из несовместных событий . Пользуясь для вычисления вероятности события А теоремой сложения, получим
. (*)
Остается вычислить каждое из слагаемых. По теореме умножения вероятностей зависимых событий имеем
.
Подставив правые части этих равенств в соотношение (*), получим формулу полной вероятности

Пример 1. Имеется два набора деталей. Вероятность того, что деталь первого набора стандартна, равна 0,8, а второго-0,9. Найти вероятность того, что взятая наудачу деталь (из наудачу взятого набора) - стандартная.
Решение. Обозначим через А событие «извлеченная деталь стандартна».
Деталь может быть извлечена либо из первого набора (событие ), либо из второго (событие ).
Вероятность того, что деталь вынута из первого набора, .
Вероятность того, что деталь вынута из второго набора, .
Условная вероятность того, что из первого набора будет извлечена стандартная деталь, .
Условная вероятность того, что из второго набора будет извлечена стандартная деталь .
Искомая вероятность того, что извлеченная наудачу деталь - стандартная, по формуле полной вероятности равна

Пример 2. В первой коробке содержится 20 радиоламп, из них 18 стандартных; во второй коробке-10 ламп, из них 9 стандартных. Из второй коробки наудачу взята лампа и переложена в первую. Найти вероятность того, что лампа, наудачу извлеченная из первой коробки, будет стандартной.
Решение. Обозначим через А событие «из первой коробки извлечена стандартная лампа».
Из второй коробки могла быть извлечена либо стандартная лампа (событие ), либо нестандартная (событие ).
Вероятность того, что из второй коробки извлечена стандартная лампа, .
Вероятность того, что из второй коробки извлечена нестандартная лампа,
Условная вероятность того, что из первой коробки извлечена стандартная лампа, при условии, что из второй коробки в первую была переложена стандартная лампа, равна .
Условная вероятность того, что из первой коробки извлечена стандартная лампа, при условии, что из второй коробки в первую была переложена нестандартная лампа, равна .
Искомая вероятность того, что из первой коробки будет извлечена стандартная лампа, по формуле полной вероятности равна

Вероятность гипотез. Формулы Байеса

Пусть событие A может наступить при условии появления одного из несовместных событий , образующих полную группу. Поскольку заранее не известно, какое из этих событий наступит, их называют гипотезами. Вероятность появления события A определяется по формуле полной вероятности:

Допустим, что произведено испытание, в результате которого появилось событие А. Поставим своей задачей определить, как изменились (в связи с тем, что событие А уже наступило) вероятности гипотез. Другими словами, будем искать условные вероятности

Найдем сначала условную вероятность . ПО теореме умножения имеем

.

Заменив здесь Р (А) по формуле (*), получим

Аналогично выводятся формулы, определяющие условные вероятности остальных гипотез, т. е. условная вероятность любой гипотезы может быть вычислена по формуле

Полученные формулы называют формулами Байеса (по имени английского математика, который их вывел; опубликованы в 1764 г.). Формулы Бейеса позволяют переоценить вероятности гипотез после того, как становится известным результат испытания, в итоге которого появилось событие А.

Пример. Детали, изготовляемые цехом завода, попадают для проверки их на стандартность к одному из двух контролеров. Вероятность того, что деталь попадает к первому контролеру, равна 0,6, а ко второму - 0,4. Вероятность того, что годная деталь будет признана стандартной первым контролером, равна 0,94, а вторым-0,98. Годная деталь при проверке была признана стандартной. Найти вероятность того, что эту деталь проверил первый контролер.
Решение. Обозначим через А событие, состоящее в том, что годная деталь признана стандартной. Можно сделать два предположения:
1)деталь проверил первый контролер (гипотеза );
2)деталь проверил второй контролер (гипотеза ). Искомую вероятность того, что деталь проверил первый контролер, найдем по формуле Байеса:

По условию задачи имеем:
(вероятность того, что деталь попадает к первому контролеру);
(вероятность того, что деталь попадет ко второму контролеру);
(вероятность того, что годная деталь будет признана первым контролером стандартной);
(вероятность того, что годная деталь будет признана вторым контролером стандартной).
Искомая вероятность

Как видно, до испытания вероятность гипотезы равнялась 0,6, после того, как стал известен результат испытания, вероятность этой гипотезы (точнее, условная вероятность) изменилась и стала равной 0,59. Таким образом, использование формулы Байеса позволило переоценить вероятность рассматриваемой гипотезы.

Практический материал.
1. (4) Сборщик получил 3 коробки деталей, изготовленных заводом № 1, и 2 коробки деталей, изготовленных заводом № 2. Вероятность того, что деталь завода № 1 стандартна, равна 0,8, а завода № 2 - 0,9, Сборщик наудачу извлек деталь из наудачу взятой коробки. Найти вероятность того, что извлечена стандартная деталь.
Отв. 0,84.
2. (5) В первом ящике содержится 20 деталей, из них 15 стандартных; во втором-30 деталей, из них 24 стандартных; в третьем - 10 деталей, из них 6 стандартных. Найти вероятность того, что наудачу извлеченная деталь из наудачу взятого ящика-стандартная.
Отв. 43/60.
3. (6) В телевизионном ателье имеется 4 кинескопа. Вероятности того, что кинескоп выдержит гарантийный срок службы, соответственно равны 0,8; 0,85; 0,9; 0,95. Найти вероятность того, что взятый наудачу кинескоп выдержит гарантийный срок службы.
Отв. 0,875.
4. (3) В группе спортсменов 20 лыжников, 6 велосипедистов и 4 бегуна. Вероятность выполнить квалификационную норму такова: для лыжника-0,9, для велосипедиста-0,8. и для бегуна-0,75. Найти вероятность того, что спортсмен, выбранный наудачу, выполнит норму.
Отв. 0,86.
5. (С) В белом ящике 12 красных и 6 синих шаров. В черном – 15 красных и 10 синих шаров. Бросают игральный кубик. Если выпадет количество очков, кратное 3, то наугад берут шар из белого ящика. Если выпадет любое другое количество очков, то наугад берут шар из черного ящика. Какова вероятность появления красного шара?
Решение :
Возможны две гипотезы:
– при бросании кубика выпадет количество очков, кратное 3, т.е. или 3 или 6;
– при бросании кубика выпадет другое количество очков, т.е. или 1 или 2 или 4 или 5.
По классическому определению вероятности гипотез равны:

Поскольку гипотезы составляют полную группу событий, то должно выполняться равенство

Пусть событие А состоит в появлении красного шара. Условные вероятности этого события зависят от того, какая именно гипотеза реализовалась, и составляют соответственно:

Тогда по формуле полной вероятности вероятность события А будет равна:

6. (7) В двух ящиках имеются радиолампы. В первом ящике содержится 12 ламп, из них 1 нестандартная; во втором 10 ламп, из них 1 нестандартная. Из первого ящика наудачу взята лампа и переложена во второй. Найти вероятность того, что наудачу извлеченная из второго ящика лампа будет нестандартной.
Отв. 13/132.

7. (89 Г) В урну, содержащую два шара, опущен белый шар, после чего из нее наудачу извлечен один шар. Найти вероятность того, что извлеченный шар окажется белым, если равновозможны все возможные предположения о первоначальном составе шаров (по цвету).
Решение. Обозначим через А событие – извлечен белый шар. Возможны следующие предположения (гипотезы) о первоначальном составе шаров: - белых шаров нет, - один белый шар, - два белых шара.
Поскольку всего имеется три гипотезы, причем по условию они равновероятны, и сумма вероятностей гипотез равна единице (так как они образуют полную группу событий), то вероятность каждой из гипотез равна 1/3, т.е. .
Условная вероятность того, что будет извлечен белый шар, при условии, что первоначально в урне не было белых шаров, .
Условная вероятность того, что будет извлечен белый шар, при условии, что первоначально в урне был один белый шар, .
Условная вероятность того, что будет извлечен белый шар, при условии, что первоначально в урне было два белых шара .
Искомую вероятность того, что будет извлечен белый шар, находим по формуле полной вероятности:

8. (10) В ящик, содержащий 3 одинаковых детали, брошена стандартная деталь, а затем наудачу извлечена одна деталь. Найти вероятность того, что извлечена стандартная деталь, если равновероятны все возможные предположения о числе стандартных деталей, первоначально находящихся в ящике.
Отв. 0,625 .

9. (6.5.2Л) Для улучшения качества радиосвязи используются два радиоприемника. Вероятность приема сигнала каждым приемником равна 0,8, и эти события (прием сигнала приемником) независимы. Определить вероятность приема сигнала, если вероятность безотказной работы за время сеанса радиосвязи для каждого приемника равна 0,9.
Решение.
Пусть событие А={сигнал будет принят}. Рассмотрим четыре гипотезы:

={первый приемник работает, второй - нет};

={второй работает, первый - нет};

={оба приемника работают};

={оба приемника не работают}.

Событие А может произойти только с одной из этих гипотез. Найдем вероятность этих гипотез, рассматривая следующие события:

={первый приемник работает},

={второй приемник работает}.

Контроль:

.

Условные вероятности соответственно равны:

;

;

Теперь по формуле полной вероятности находим искомую вероятность

10. (11) При отклонении от нормального режима работы автомата срабатывает сигнализатор С-1 с вероятностью 0,8, а сигнализатор С-11 срабатывает с вероятностью 1. Вероятности того, что автомат снабжен сигнализатором С-1 или С-11, соответственно равны 0,6 и 0,4. Получен сигнал о разделке автомата. Что вероятнее: автомат снабжен сигнализатором С-1 или С-11?
Отв. Вероятность того, что автомат снабжен сигнализатором С-1, равна 6/11, а С- 11- 5/11

11. (12) Для участия в студенческих отборочных спортивных соревнованиях выделено из первой группы курса 4, из второй - 6, из третьей группы - 5 студентов. Вероятности того, что студент первой, второй и третьей группы попадает в сборную института, соответственно равны 0,9; 0,7 и 0,8. Наудачу выбранный студент в итоге соревнования попал в сборную. К какой из групп вероятнее всего принадлежал этот студент?
Отв. Вероятности того, что выбран студент первой, второй, третьей групп, соответственно равны: 18/59, 21/59, 20/59.

12. (1.34К) В торговую фирму поступили телевизоры от трех поставщиков в отношении 1:4:5. Практика показала, что телевизоры, поступающие от 1-го, 2-го и 3-го поставщиков, не потребуют ремонта в течении гарантийного срока соответственно в 98, 88 и 92% случаев.
1) Найти вероятность того, что поступивший в торговую фирму телевизор не потребует ремонта в течение гарантийного срока.
2) Проданный телевизор потребовал ремонта в течение гарантийного срока. От какого поставщика вероятнее всего поступил этот телевизор?
Решение.
Обозначим события: - телевизор поступил в торговую фирму от i-го поставщика (i=1,2,3);
A – телевизор не потребует ремонта в течение гарантийного срока.
По условию

По формуле полной вероятности

Событие телевизор потребует ремонта в течение гарантийного срока; .
По условию

По формуле Байеса

;

Таким образом, после наступления события вероятность гипотезы увеличилась с до максимальной , а гипотезы - уменьшилась от максимальной до ; если ранее (до наступления события А) наиболее вероятной была гипотеза , то теперь, в свете новой информации (наступления события А), наиболее вероятна гипотеза -поступление данного телевизора от 2-го поставщика.

13. (1.35К) Известно, что в среднем 95% выпускаемой продукции удовлетворяют стандарту. Упрощенная схема контроля признает пригодной продукцию с вероятностью 0,98, если она стандартна, и с вероятностью 0,06, если она нестандартна. Определить вероятность того, что:
1) взятое наудачу изделие пройдет упрощенный контроль;
2) изделие стандартное, если оно: а) прошло упрощенный контроль; б) дважды прошло упрощенный контроль.
Решение.
1). Обозначим события:
- взятое наудачу изделие соответственно стандартное или нестандартное;
- изделие прошло упрощенный контроль.

По условию

Вероятность того, что взятое наудачу изделие пройдет упрощенный контроль, по формуле полной вероятности:

2, а). Вероятность того, что изделие, прошедшее упрощенный контроль, стандартное, по формуле Байеса:

2, б). Пусть событие - изделие дважды прошло упрощенный контроль. Тогда по теореме умножения вероятностей:

По формуле Байеса

очень мала, то гипотезу о том, что изделие, дважды прошедшее упрощенный контроль, нестандартное, следует отбросить как практически невозможное событие.

14. (1.36К) Два стрелка независимо друг от друга стреляют по мишени, делая каждый по одному выстрелу. Вероятность попадания в мишень для первого стрелка равна 0,8; для второго – 0,4. После стрельбы в мишени обнаружена одна пробоина. Какова вероятность того, что она принадлежит:
а) 1-му стрелку;
б) 2-му стрелку?
Решение.
Обозначим события:

Оба стрелка не попали в мишень;

Оба стрелка попали в мишень;

1-й стрелок попал в мишень, 2-й нет;

1-й стрелок не попал в мишень, 2-й попал;

В мишени одна пробоина (одно попадание).

События образуют полную группу , если хотя бы одно из них обязательно произойдет в результате эксперимента и попарно несовместны.

Предположим, что событие A может наступить только вместе с одним из нескольких попарно несовместных событий , образующих полную группу. Будем называть события (i = 1, 2,…, n ) гипотезами доопыта (априори). Вероятность появления события А определяется по формуле полной вероятности :

Пример 16. Имеются три урны. В первой урне находятся 5 белых и 3 черных шара, во второй – 4 белых и 4 черных шара, а в третьей – 8 белых шаров. Наугад выбирается одна из урн (это может означать, например, что осуществляется выбор из вспомогательной урны, где находятся три шара с номерами 1, 2 и 3). Из этой урны наудачу извлекается шар. Какова вероятность того, что он окажется черным?

Решение. Событие A – извлечен черный шар. Если было бы известно, из какой урны извлекается шар, то искомую вероятность можно было бы вычислить по классическому определению вероятности. Введем предположения (гипотезы) относительно того, какая урна выбрана для извлечения шара.

Шар может быть извлечен или из первой урны (гипотеза ), или из второй (гипотеза ), или из третьей (гипотеза ). Так как имеются одинаковые шансы выбрать любую из урн, то .

Отсюда следует, что

Пример 17. Электролампы изготавливаются на трех заводах. Первый завод производит 30 % общего количества электроламп, второй – 25 %,
а третий – остальную часть. Продукция первого завода содержит 1% бракованных электроламп, второго – 1,5 %, третьего – 2 %. В магазин поступает продукция всех трех заводов. Какова вероятность того, что купленная в магазине лампа оказалась бракованной?

Решение. Предположения необходимо ввести относительно того, на каком заводе была изготовлена электролампа. Зная это, мы сможем найти вероятность того, что она бракованная. Введем обозначения для событий: A – купленная электролампа оказалась бракованной, – лампа изготовлена первым заводом, – лампа изготовлена вторым заводом,
– лампа изготовлена третьим заводом.

Искомую вероятность находим по формуле полной вероятности:

Формула Байеса. Пусть – полная группа попарно несовместных событий (гипотезы). А – случайное событие. Тогда,

Последнюю формулу, позволяющей переоценить вероятности гипотез после того, как становится известным результат испытания, в итоге которого появилось событие А, называют формулой Байеса .

Пример 18. В специализированную больницу поступают в среднем 50 % больных с заболеванием К , 30 % – c заболеванием L , 20 % –
с заболеванием M . Вероятность полного излечения болезни K равна 0,7 для болезней L и M эти вероятности соответственно равны 0,8 и 0,9. Больной, поступивший в больницу, был выписан здоровым. Найдите вероятность того, что этот больной страдал заболеванием K .

Решение. Введем гипотезы: – больной страдал заболеванием К L , – больной страдал заболеванием M .

Тогда по условию задачи имеем . Введем событие А – больной, поступивший в больницу, был выписан здоровым. По условию

По формуле полной вероятности получаем:

По формуле Байеса .

Пример 19. Пусть в урне пять шаров и все предположения о количестве белых шаров равновозможные. Из урны наудачу взят шар, он оказался белым. Какое предположение о начальном составе урны наиболее вероятно?

Решение. Пусть – гипотеза, состоящая в том, что в урне белых шаров , т. е. возможно сделать шесть предположений. Тогда по условию задачи имеем .

Введем событие А – наудачу взятый шар белый. Вычислим . Так как , то по формуле Байеса имеем:

Таким образом, наиболее вероятной является гипотеза , т. к. .

Пример 20. Два из трех независимо работающих элемента вычислительного устройства отказали. Найдите вероятность того, что отказали первый и второй элементы, если вероятности отказа первого, второго и третьего элементов соответственно равны 0,2; 0,4 и 0,3.

Решение. Обозначим через А событие – отказали два элемента. Можно сделать следующие гипотезы:

– отказали первый и второй элементы, а третий элемент исправен. Поскольку элементы работают независимо, применима теорема умножения:

Формула полной вероятности. Формулы Бейеса. Примеры решения задач

Как известно, вероятностью события А называют отношение числа m исходов испытаний, благоприятствующих наступлению события А, к общему числу n всех равновозможных несовместных исходов: Р(А)=m/n.

Кроме того, условной вероятностью события А (вероятностью события А при условии, что наступило событие В) называется число Р В (А) = Р(АВ)/Р(В), где А и В – два случайных события одного и того же испытания.

Поскольку события представимы в виде суммы и произведения, то и существуют правила сложения вероятностей событий и, соответственно, правила умножения вероятностей . Теперь дадим понятие полной вероятности.

Предположим, что событие А может наступить только вместе с одним из попарно несовместных событий Н1, Н2, Н3, …, Нn, называемых гипотезами. Тогда справедлива следующая формула полной вероятности :

Р(А) = Р(Н1)*Р Н1 (А)+ Р(Н2)*Р Н2 (А)+…+ Р(Нn)*Р Нn (А) = ∑Р(Нi ) *Р Нi (А) ,

т.е. вероятность события А равна сумме произведений условных вероятностей этого события по каждой из гипотез на вероятность самих гипотез.

Если событие А уже произошло, то вероятности гипотез (априорные вероятности) могут быть переоценены (апостериорные вероятности) по формулам Бейеса :

Примеры решения задач по теме «Формула полной вероятности. Формулы Бейеса»

Задача 1 .

На сборку попадают детали с трех автоматов. Известно, что первый автомат дает 3% брака, второй – 2% и третий – 4%. Найти вероятность того, что на сборку попадает бракованная деталь, если с первого автомата поступает 100 деталей, со второго – 200 и с третьего – 250 деталей.

Решение.

• событие А = {на сборку попадает бракованная деталь};
• гипотеза Н1 = {эта деталь с первого автомата}, Р(Н1)= 100/(100+200+250) =100/550=2/11;
• гипотеза Н2 = {эта деталь со второго автомата}, Р(Н2)= 200/(100+200+250) = 200/550=4/11;
• гипотеза Н3 = {эта деталь с третьего автомата}, Р(Н3)= 250/(100+200+250) = 250/550=5/11.

2. Условные вероятности того, что деталь бракованная составляют Р Н1 (А)=3%=0,03, Р Н2 (А)=2%=0,02, Р Н3 (А)=4%=0,04.

3. По формуле полной вероятности находим
Р(А)= Р(Н1)*Р Н1 (А)+ Р(Н2)*Р Н2 (А)+Р(Н3)*Р Н3 (А) = 0,03*2/11 + 0,02*4/11 + 0,04*5/11 = 34/1100 ≈ 0,03

Задача 2 .

Имеются две одинаковые урны. Первая содержит 2 черных и 3 белых шара, вторая – 2 черных и 1 белый шар. Сначала произвольно выбирают урну, а затем из нее наугад извлекают один шар. Какова вероятность того, что будет выбран белый шар?

Решение. 1. Рассматриваем следующие события и гипотезы:

• А = {белый шар извлечен из произвольной урны};
• Н1 = {шар принадлежит первой урне}, Р(Н1)=1/2=0,5;
• Н2 = {шар принадлежит второй урне}, Р(Н2)=1/2=0,5;

2. Условная вероятность того, что белый шар принадлежит первой урне Р Н1 (А)=3/(2+3)=3/5, а условная вероятность того, что белый шар принадлежит второй урне Р Н2 (А)=1/(2+1)=1/3;

3. По формуле полной вероятности получим Р(А) = Р(Н1)*Р Н1 (А)+Р(Н2)*Р Н2 (А) = 0,5*3/5 + 0,5*1/3 = 3/10 + 1/6 = 7/15 ≈ 0,47

Задача 3 .

Литье в болванках поступает из двух заготовительных цехов: из первого цеха – 70%, из второго цеха 30%. Литье первого цеха имеет 10% брака, литье из второго – 20% брака. Взятая наудачу болванка оказалась без дефекта. Какова вероятность ее изготовления первым цехом?

Решение. 1. Рассматриваем следующие события и гипотезы:

• событие А = {болванка без дефекта};
• гипотеза Н1 = {болванка изготовлена первым цехом}, Р(Н1)=70%=0,7;
• гипотеза Н2 = {болванка изготовлена вторым цехом}, Р(Н2)=30%=0,3.

2. Так как литье первого цеха имеет 10% брака, то 90% болванок, изготовленных первым цехом, не имеют дефекта, т.е. Р Н1 (А)=0,9.
Литье второго цеха имеет 20% брака, то 80% болванок, изготовленных вторым цехом, не имеют дефекта, т.е. Р Н2 (А)=0,8.

3. По формулу Бейеса найдем Р А (Н1)

0,7*0,9/(0,7*0,9+0,3*0,8)= 0,63/0,87≈0,724.

Формула полной вероятности.

Следствием обеих основных теорем- теоремы сложения вероятностей и теоремы умножения вероятностей- является так называемая формула полной вероятности.

Пусть требуется определить вероятность некоторого события A которое может произойти с одним из событий
, образующих полную группу несовместимых событий.Будем эти события называть гипотезами.

Докажем что в этом случае

Вероятность события A вычисляется как сумма произведений вероятности каждой гипотезы на условную вероятность события при реализации этой гипотезы.

Эта формула носит название формулы полной вероятности.

Доказательство

Так как гипотезыH1,H2…, Hn,образуетполную группу то событие A может появиться в комбинации с какой либо из этих гиплтез

A=AH1+AH2+…+Ahn.

Т.к.гипотезы Н1, Н2,…,Hn несовместны, то и комбинации Н1А,H2A,…,HnA также несовместны; применяя к нему теорему сложения,получим:

Применяя к событию HiA теорему умножения, получим

Что и требовалось доказать.

Имеется три одинаковых на вид урны: в первой урне два белых и один черный шар; во второй-три белых и один черный шар; в третьей-два белых и два черных шара.

Некто выбирает наугад одну из урн и вынимает из нее шар.Найти вероятность того,что этот шар белый.

Рассмотрим три гипотезы:

Н1-выбор первой урны,

Н2-выбор второй урны,

Н3-выбор третьей урны

И событие А-появление белого шара.

Т.к.гипотезы по условию задачи равновозможны,то

Условные вероятности события А при этих гипотезах соответственно равны

Задача 3.5.

Завод изготовляет изделия, каждое из которых с вероятностью p имеет дефект.

В цехе имеется три контролера; рассматривается только одним контролером, с одинаковой вероятностью первым, вторым или третьим.Вероятность обнаружения дефекта(если оно имеется) для i-го контролера равна Pi (i=1,2,3). Если изделие не было забраковано в цехе, то оно попадает в ОТК завода, где дефект, если он имеется, обнаруживается с вероятностью P0.

Определить вероятность того,что изделие будет забраковано.

А- изделие будет забраковано

В- изделие будет забраковано в цехе

С- изделие будет забраковано в ОТК завода.

Так как события В и С несовместимы и

Р(А)=Р(В)+Р(С)

Находим Р(В).Для того, чтобы изделие было забраковано в цехе, нужно,чтобы оно, во-первых,имело дефект, и во-вторых, чтоб дефект был обнаружен.

Вероятность того,что будет обнаружен дефект в цехе равна

Действительно,

Формулируем гипотезы

Н1-дефект обнаружен 1-ым контролером

Н2-дефект обнаружен 2-ым контролером

Н3-дефект обнаружен 3-им контролером

Отсюда

Аналогично

Теорема гипотез (формула Бейеса)

Следствием теоремы умножения и формулы полной вероятности является так называемая теорема гипотез или формула Бейеса.

Поставим следующую задачу.

Имеется полная группа несовместных гипотез Н1,Н2,…Hn.Вероятность этих гипотез до опыта известны и равны соответственно Р(Н1),Р(Н2),…,P(Hn).Произведен опыт,в результате которого наблюдено появление некоторого события А. Спрашивается,как следует изменить вероятности гипотез в связи с появлением этого события?

Здесь по существу, речь идет о том, чтобы найти условную вероятность Р (Hi/A) для каждой гипотезы.

Из теоремы умножения имеем:

P(AHi)=P(A)*P(Hi/A)=P(Hi)*H(A/Hi),

Или отбрасываем левую часть

P(A)*P(Hi/A)=P(Hi)*P(A/Hi), i=1,2,…,n откуда

Или выражая Р(А) с помощью формулы полной вероятности,имеем

Эта формула и носит название формулы Бейеса или теоремы гипотез

Прибор может собираться из высококачественных деталей и из деталей обычного качества;вообще около 40% приборов собирается из высококачественных деталей. Если прибор собран из высококачественных деталей, его надежность (вероятность безотказной работы) за время tравна 0,05; если из деталей обычного качества- его надежность равна 0,7. Прибор испытывается в течении времени t и работал безотказно.Найти вероятность того,что он собран из высококачественных деталей.

Возможны две гипотезы:

Н1-прибор собран из высококачественных деталей,

Н2-прибор собран из деталей обычного качества.

Вероятность этих гипотез до опыта

Р(Н1)=0,4; P(H2)=0,6.

В результате опыта наблюдено событие А- прибор безотказно

Работал время t. Условные вероятности этого события при

Гипотезах Н1 и Н2 равны:

P(A/H1) = 0,95 ; P(A/H2) = 0,7 .

По формуле Вейсса находим вероятность гипотезы Н1 после

Задачи комбинаторики.

Во многих статистических исследованиях встречаются комбинаторные задачи, своеобразие которых целесообразно показать на примерах:

Сколькими способами можно расставить на полке 10 различных книг?

В турнире принимают участие 8 команд. Сколько различных представлений относительно трех первых мест (по результатам соревнований) можно сделать?

Сколько различных трехбуквенных слов можно составить из 32 букв алфавита, не обращая внимания на то, имеет ли смысл составленные из букв слова или нет?

Сколькими способами можно из множества k (различных) элементов выбрать r элементов?

Как велико число различных результатов бросаний двух игровых костей.

Приведенные примеры показывают, что в задачах комбинаторики интересуется вообще числом различных выборок определенных объектов, причем, в зависимости от вида дополнительных требований, следует различать, какие выборки считаются одинаковыми и какие различными.

В теории вероятности и математической статистике используют в основном три понятия комбинаторики:

Размещения

Перестановки

Сочетания

Размещениями из n элементов по m называются такие их соединения, которые различаются друг от друга самими элементами или их порядком. Например: размещения из 3 элементов a , b , c по 2: ab, ac, bc, ba, ca, cb.Число всех размещений из n различных элементов по m A

Например: размещения из 3 элементов a , b , c по 2: ab,ac ,bc , ba , ca ,cb.Число всех размещений из n различных элементов по m A

Всего m множителей

Перестановками из n элементов называются такие их соединения,отличающиеся друг от друга только порядком входящих в них элементов.Например: перестановка из трех элементов a,b и c: abc, bca, cab , cba, bac, acb. Число всех перестановок из n различных элементов Pn

Pn= 1*2*3* …*n=n!=An

Сколькими способами можно расставить на полке 10 книг.

P10=10!=3628800.

Сочетаниями из n элементов по m называются их соединения, различающиеся друг от друга только самими элементами. Например: сочетания из трех элементов a, b и c по два: ab , ac , bc . Число всех сочетаний из n различных элементов по m обозначается Cn

Мы можем записать

Повторение опытов

При практическом применении теории вероятностей часто приходится встречаться с задачами, в которых один и тот же опыт или аналогичные опыты повторяются неоднократно. В результате каждого опыта может появиться или не появиться некоторое событие А в результате серии опытов.

Такие задачи весьма просто решаются в случае, когда опыты являются независимыми.

Несколько опытов называются независимыми, если вероятность того или иного исхода каждого из опытов не зависит от того, какие исходы имели другие опыты. Несколько последовательных выниманий карты из колоды представляет собой независимые опыты при условии, что вынутая карта каждый раз возвращается в колоду и карты перемешиваются; в противном случае – зависимые опыты.

Независимые опыты могут производиться в одинаковых или различных условиях.

Общая теорема о повторении опытов.

Частная теорема о повторении опытов касается того случая, когда вероятность события А во всех опытах одна и та же. На практике часто приходится встречаться с более сложным случаем, когда опыты производятся в неодинаковых условиях, и вероятность события от опыта к опыту меняется. Способ вычисления вероятности заданного числа появлений событий в таких условиях дает общая теорема о повторении опытов.

Пусть число опытов u=2, тогда полная группа событий:

P1P2+P1q2+q1P2+q1q2

Пусть число опытов u=3, тогда полная группа событий:

P1P2P3+P1P2q3+P1q2P3+q1P2P3+P1q2q3+q1P2q3+q1q2P+q1q2q3

Аналогично для числа опытов n полная группа событий:

P1P2*…*Pn+P1P2*…*qn+…+q1P2*…*Pn+…+q1*q2*…qn,причем в каждое из произведений событие А входит m раз, а событие А входит n-m раз.Число таких сочетаний по прежнему

или короче

где z-произвольный параметр.

Функция jn(z),разложение которой по степеням параметра z дает в качестве коэффициентов вероятности pm,n, называется производящей функцией вероятностей pm,n или просто производящей функцией.

Пользуясь понятием производящий функции, можно сформулировать общую теорему о повторении опытов в следующем виде:

Вероятность того, что событие А в n независимых опытах появится ровно m раз, равна коэффициенту при zm в выражении производящей функции

jn(z)=(qi+piz) где pi-вероятность появления события А в i-ом опыте

Вышеприведенная формулировка общей теоремы о повторении опытов в отличии от частной теоремы не дает явного выражения для вероятности pm,n.

Такое выражение в принципе написать можно, но оно является слишком сложным, и мы не будем его приводить.

Однако не прибегая к такому явному выражению, все же можно записать общую теорему о повторении опытов в виде одной формулы

случайная величина.

Одним из важнейших основных понятий теории вероятности является понятие о случайной величине.

Случайной величиной называется величина, которая в результате опыта может принять то или иное значение, причем неизвестно заранее, какое имено.

Примеры случайных величин:

Число вызовов, поступавших на телефонную станцию за сутки;

Количество мальчиков, родившихся в роддоме за месяц;

Количество девочек, родившихся в роддоме за месяц;

Во всех трех примерах случайные величины могут принимать отдельные изолированные значения, которые можно заранее перечислить.

В примере 1;

Такие случайные величины, принимающие только отдельные, отделенные друг от друга значения называются дискретными величинами.

Существуют случайные величины другого типа.

Например, температура воздуха, влажность воздуха, напряжение в сети электрического тока.

Функция распределения.

Ряд распределения, многоугольник распределения не

являются универсальными характеристиками случайной величины:они существуют только для дискретных случайных величин.Нетрудно убедиться,что для непрерывной случайной величины такой характеристики построить нельзя. Действительно, непрерывная случайная величина имеет бесчисленное множество возможных значений, ???? занимающих некоторый промежуток (так называемое “несчетное множество”). Составить таблицу, в которой были бы перечислены все возможные значения такой случайной величины, невозможно. Следовательно, для непрерывной случайной величины не существует ряда распределения в том смысле, в каком он существует для прерывной величины. Однако различные области возможных значений случайной величины все же не являются одинаково вероятными, и для непрерывной величины существует распределение вероятностей, хотя и не в том смысле, как для прерывной (или дискретной).

Для количественной характеристики этого распределения вероятностей удобно воспользоваться не вероятностью события x=x, а вероятностью события x

Функцию распределения F(x) иногда называют также интегральной функцией распределения или интегральным законом распределения.

Функция распределения-универсальная характеристика случайной величины.Она существует для всех случайных величин: как дискретных, так и непрерывных.Функция распределения

Полностью характеризует случайную величину с вероятной точки зрения,т.е. является одной из форм распределения.

Сформулируем некоторые общие свойства функции распределения:

Функция распределения F(x) есть неубывающая функция своего аргумента т.е. при x2>x1 F(x2)>F(x1).

На минус бесконечности функция распределения равна нулю

3.На плюс бесконечности функция распределения равна 1.

Типичная функция распределения непрерывной случайной величины имеет вид

Вероятность показания случайной величины на заданный участок.

При решении практических задач, связанных со случайными величинами часто оказывается необходимым вычислять вероятность того, что случайная величина примет значение, заключенное в некоторых пределах, например от a до b.

Условимся для определенности левый конец a включать в участок(a,b), а правый-не включать.Тогда попадание случайной величины x на участок(a,b) равносильно выполнено неравенство:

выразим вероятность того события через функцию распределения величины x. Для того рассмотрим три события:

событие А, состоящее в том, что C

событие B, состоящее в том, что C

событие С, состоящее в том, что a

Учитывая, что А=В+С, по теореме сложения вероятностей имеем

R(C

F(b)=F(a)+R(a£C

P(a£C

Т.е. вероятность показания случайной величины на заданный предел равна приращению функции распределения на этом участке.

Плотность распределения.

Пусть имеется непрерывная случайная величина x с функцией распределения F(x),которую мы предложим непрерывной и дифференцируемой.

Вычислим вероятность попадания этой величины на участок от x до x+DC:

R(C£C

т.е.приращению функции на этом участке. Рассмотрим отношение этой вероятности к длине участка, т.е. среднюю вероятность,приходящуюся на единицу длины на этом участке, и будем приближать DC к 0. В приделе получим производную от функции распределения.

Введем обозначение:

Функция f (x)- производная функции распределения - характеризует как бы плотность,с которой распределяются значения случайной величины в данной точке. Эта функция называется плотностью распределения

(иначе”плотностью вероятности”) непрерывной случайной величины X. Иногда функцию f (x) называют “дифференциальной функцией распределения” или “дифференциальным законом распределения “ величины Х.

Кривая, изображающая плотность распределения случайной величины, называется кривой распределения.

Плотность распределения, так же как и функция распределения, есть одна из форм закона распределения.В противоположность от функции распределения эта форма является универсальной: она существует только для непрерывных случайных величин.

Рассмотрим непрерывную величину Х с плотностью распределения f (x) и элементарный участок DX,

примыкающий к точке Х.

Вероятность нахождения случайной величины Х на этот элементарный участок (с точностью до бесконечно малых высшего порядка) равна f (x)dx. Величина f (x)dx называется элементом вероятности. Геометрически это есть площадь элементарного прямоугольника, опирающегося на отрезок dx.

Выразим вероятность попадания величины Х на отрезок от a до b через плотность распределения:

Очевидно, она равна сумме элементов вероятности на всем этом участке, то есть интегралу:

Геометрически вероятность попадания величины Х на участке (a,b) равна площади кривой распределения, опирающийся на этот участок.

выражает плотность распределения через функцию распределения. Зададимся обратрой задачей:выразить функцию распределения через плотность.По определению

F(x)=P(X

Откуда по формуле(3) имеем:

F(x)=

Геометрически F(x) есть не что иное,как площадь кривой распределения,лежащая левее точки:X

Укажем основные свойства плотности распределения:

1.Плотность распределения есть неотрицательная функция

Это свойство непосредственно вытекает из того,что функция распределения F(x) есть неубывающая функция.

2.Интеграл в бесконечных пределах от плотности распределения равен 1

Это следует из того,что F(+¥)=1

Геометрически основные свойства плотности распределения означают:

1.Вся кривая распределения лежит не ниже оси абсцисс.

2.Полная площадь,ограниченная кривой распределения и осью абсцисс, равна 1.

ЧИСЛОВЫЕ ХАРАКТЕРИСТИКИ СЛУЧАЙНЫХ ВЕЛИЧИН. ИХ РОЛЬ И НАЗНАЧЕНИЯ.

Мы познакомились с рядом полных характеристик случайных величин- так называемых законов распределения.Такими характеристиками были:

Для дискретной случайной величины

а) функция распределения;

б) ряд распределения (графически – кривая распределения).

Каждый закон распределения представляет собой некоторую функцию,и указание этой функции полностью

Описывает случайную величину с вероятностной точки зрения.

Однако во многих вопросах практики нет необходимости характеризовать случайную величину плотностью,исчерпывающим образом.

Зачастую достаточно бывает указать только отдельные числовые параметры, до некоторой степени характеризующие существенные черты распределения

чайной величины: например какое то среднее значение, около группируются возможные значения случайной величины; какое то число, характеризующее степень разбросанности этих значений относительно среднего, и т. д.

Пользуясь такими характеристиками, мы можем все существенные сведения относительно случайной величины, которыми мы располагаем, выразить наиболее компактно с помощью числовых параметров.Вот эти параметры, которые выражают в сжатой числовой форме наиболее существенные особенности распределения, называются числовыми характеристиками случайной величины.

В теории вероятности и математической статистики применяются большое количество различных числовых характеристик, имеющих различное назначение и различные области применения,но все они делятся на два класса:

1.Характеристики положения.

2. Характеристики рассеяния.

Характеристики положения.

Математическое ожидание. Медиана. Мода. Начальный момент.

Среди числовых характеристик случайных величин нужно прежде всего отметить те,которые характеризуют положения случайной величины на числовой оси,т. е. Указывают некоторое среднее, ориентировочное значение, около которого группируются все возможные значения случайной величины.

Из характеристик положения в теории вероятности важнейшую роль играет математическое ожидание случайной величины,которое иногда называют средним значением случайной величины.

Рассмотрим случайную дискретную величину X , имеющую возможные значения X1,X2 ,…Xn c вероятностями P1, P2 ,… Pn.

Нам требуется характеризовать каким то числом положение значений случайной величины на оси абсцисс. Для этой цели естественно воспользоваться так называемым « «средним взвешенным » из значений Xi, причем каждое значение Xi при?????????? должно учитываться с «весом» , пропорциональным вероятности этого значения. Т. о. Мы вычислим среднее значение случайной величины x , которое мы обозначим М[x]

Или учитывая, что

Это среднее взвешенное значение и называется математическим ожиданием случайной величины.

Математическим ожиданием случайной величины называется сумма произведений всех возможных значений с. в. на вероятности этих значений.

Заметим, что в выше приведенной формулировке определение математического ожидания справедлива только для дискретных случайных величин.

Для непрерывной величины x математическое ожидание, естественно выражается уже не суммой, а интегралом:

Где f(x)-плотность распределения случайной величины Х.

F(x)dx-элемент вероятности.

Кроме важнейшей из характеристик положение – математического ожидания, - на практике иногда применяются и другие характеристики положения, в частности мода и медиана

Модой случайной величины называется ее наиболее вероятное значение, строго говоря, применяем только x дискретным величинам

Для непрерывной случайной величины модой является то значение в котором плотность вероятности максимальна

Медианой с. в. X называется такое ее значение Ме, т. е. Одинаково вероятно, окажется ли случайная величина меньше или больше Ме

Геометрически медиана – это абсцисса точки, в которой площадь, ограниченная кривой распределения, делится попалам.

‘ PГрафик функции распределения имеет вид

Задача 5,50

На перекрестке стоит автоматический светофор, в котором

1минуту горит зеленый свет и 0,5 минуты-красный, затем 1 минуту горит зеленый свет,0,5 минут красный и,т,д

некто подъезжает к перекрестку на машине в случайный момент, не связанный с работой

светофора

а) найти вероятность того, что он проедет перекресток не останавливаясь

б)найти среднее время ожидания у перекрестка

Момент проезда автомашины через перекресток распределен равномерно в интервале, равном

Периоду смены цветов в светофоре

Этот период равен 1+0,5=1,5минут

Для того, чтобы машина проехала через перекресток, не останавливаясь, достаточно, чтобы

Момент проезда перекрестка пришелся на интервал времени (0,1)

Для случайной величены, подчиненный закону постоянной плотности в интервале (0,1,5)

Вероятность того,что она попадает на интервал (0,1) равна Время ожидания есть смешанная случайная величина,с вероятностью она равна 0,а с Вероятностью она принимает с одинаковой плотностью вероятности любое значение между 0 и 0,5 минут

Среднее время ожидания у перекрестка

Закон распределения Пуасона

Во многих задачах практики приходится иметь дело со случайными величинами распределенными по своеобразному закону который называется законом пуасона. Рассмотрим

Дискретную величину, которая может принимать только целые неотрицательные значения

0,1,2,..., m,...,

причем последовательность этих значений практически неограничена.

Говорят что случайная величина Х распределена по закону пуасона, если вероятность того, что

Она примет определенные значения m выражается формулой

где a- некоторая положительная величина называемая параметром Пуасона.Ряд распределения случайной величины Х, распределенный по закону Пуасона имеет вид;

Xm				...	m	...
Pm

Дисперсия величины Х равна

Вероятность попадания случайной величины, подчиненной нормальному закону на заданный участок.

Во многих задачах, связанных с нормально распределенными случайными величинами, приходится определять вероятность попадания случайной величины Х, подчиненной нормальному закону с параметрами

m, s,на участок от a до b .

Для вычисления этой вероятности воспользуемся общей формулой.

R (a < C< b) = F(b) – F(a) (1)

где F(b) - функция распределения величины Х в точке b

F(a)-функция распределения величины Х в точке a

Найдем функцию распределения F(x) случайной величины, распределенной по нормальному закону с параметрами m, s. Плотность

распределения величины Х равна:

Отсюда находим функцию распределения:

Сделаем в интеграле замену переменной:

И приведем его к виду:

Этот интеграл не выражается через элементарные функции, но для него

составлены таблицы.

Табличная функция распределения (так называемая таблица интеграла вероятностей) обозначается:

Нетрудно видеть, что эта функция представляет собой не что иное, как функцию распределения для нормально распределенной случайной

величины с параметрами m=0; s=1

Функция распределения Ф*(х) называется также нормальной функцией распределения.

Выразим функцию распределения величины Х с параметрами m,s через нормальную функцию распределения:

Теперь найдем вероятность попадания случайной величины Х на участок от a до b .

Согласно формуле (1):

Таким образом, мы выразим вероятность попадания на участок от a до

B случайной величины, распределенной по нормальному закону распределения с любыми параметрами, через стандартную функцию распределения Ф*(х) , соответствующую нормальному закону с параметрами m=0 и s=1. Заметим, что аргументы функции Ф* в последней формуле имеет простой смысл:

Есть расстояние от правого конца участка b до центра рассеяния, выраженное в средних квадратических отклонениях;

Есть такое же расстояние для левого конца участка, причем что расстояние считается положительным, если конец расположен справа от центра рассеяния, и отрицательным, если слева.

Как и всякая функция распределения, функция Ф*(х) обладает свойствами:

3.Ф*(х)- неубывающая функция.

Кроме того, из симметричности нормального распределения с параметрами m=0 и s=1 относительно начала координат следует, что

4.Ф*(-х)=1-Ф*(х).

Рассмотрим следующий пример.

Случайная величина Х, распределенная по нормальному закону, представляет собой ошибку измерения некоторого расстояния.

При измерении допускается систематическая ошибка в сторону завышения на 1,2(м); среднее квадратическое отклонение ошибки измерения равно 0,8(м).

Найти вероятность того, что отклонение измеренного значения от истинного не превзойдет по абсолютной величине 1,6(м).

Ошибка измерения есть случайная величина Х, подчиненная нормальному закону с параметрами m=12 , s=0,8.

Нужно найти вероятность попадания этой величины на участок от

a=--1,б до b= +1,6.

По формуле имеем:

Пользуясь таблицами функции Ф*(0,5)=0,6915 и Ф*(-3,5)=0,0002

Р(-1,6<х<1,6)=0,6915-0,0002=0,6913

Задача 5.48.

Браковка шариков для подшибников производится следующим образом:

если шарик не проходит через отверстие диаметром d2>d1, то его размер считается приемлемым. Если какое- нибудь из этих условий не выполняется, то шарик бракуется. Известно, что диаметр шарика Д есть нормально распределенная случайная величина с характеристиками

Определить вероятность q того, что шарик будет забракован.

q= 1- p(d1< d < d2);

Известно, что размер D шарика для подшипника является случайной величиной, распределенной по нормальному закону. Браковка шарика производится так же, как указанно в предыдущей задаче. При этом известно, что средний размер шарика равен

А брак составляет 10% от всего выпуска.Определить среднее квадратическое отклонение диаметра шарика sd.

Аналогично предыдущей задаче вероятность брака

Откуда

Задача 5-54

Случайная величина х подчинена нормальному закону с математическим мх=0.Вероятность показания этой случайной величины на участках от -1 до 1 равна 0.5.

Найти среднее квадратичное отклонение и написать выражение нормального закона

Откуда четность распределения

Построим график функции четность распределения

x	-5	-4	-3	-2	-1
	-5,68	-3,64	-2,05	-0,91	-0,22		-0,22	-0,91	-2,05	-3,64	-5,68
	0,003	0,026	0,129	0,403	0,803		0,803	0,403	0,129	0,026	0,003
	0,001	0,01	0,03	0,11	0,22	0,3	0,22	0,11	0,03	0,01	0,001

Здесь должен быть график

Задача 5-58.

Имеется случайная величина х, подчиненная нормальному закону е математическим ожиданием мх, а средним квадратичным отклонением сигма от х. Требуется приближенно

Заменить нормальный закон законом постоянной плотности в интервале альфа, бета; границы альфа, бета подобрать так, чтобы сохранить неизменными основные характеристики случайной величины х: математическое ожидание и дисперсию.

-2 -1 -5,68 -3,64 -2,05 -0,91 -0,22 -0,22 -0,91 -2,05 -3,64 -5,68 0,0033 0,0262 0,1287 0,4025 0,8025 0,8025 0,4025 0,1287 0,0262 0,033 0,001 0,01 0,03 0,11 0,22 0,270 0,22 0,11 0,03 0,01 0,001

Вариант 2

Случайная величина Х подчинена нормальному закону с математиче-ским ожиданием Мх=6. Вероятность попадания этой случайной величины на участок от 4 до8 равна 0,6. Найти среднее квадратичное отклонение и написать выражение нормального закона. Построить график плотности распределения.

Откуда плотность распределения

Построим график плотности распределения.

х	-1
	-4,36	-3,04	-2,20	-1,35	-0,76	-0,34	-0,08		-0,08	-0,34	-0,76	-1,35	-2,20	-3,04	-4,36

ПРАВИЛО ТРЕХ s

Пусть нормальная величина Х распределена по нормальному закону с параметрами М и s. Ппокажем что с точностью до 03% случается величина подчиненная закону принимает возможные значения не отклоняющиеся от центра рассеяния на ± 3s.

Мы хотим найти что

Не превысит 0003

Правило 3s в статистике имеет большое значение.

Одно из самых распространенных правил 3s - это отсеивающий экспери-мент. При отсеивающем эксперименте производят отсеивание выбросов.

Основные задачи математической статистики