ВЫСШАЯ МАТЕМАТИКА. ЭЛЕМЕНТЫ ТЕОРИИ ВЕРОЯТНОСТЕЙ И МАТЕМАТИЧЕСКОЙ

И.П. ЕГОРОВА
ВЫСШАЯ МАТЕМАТИКА.
ЭЛЕМЕНТЫ ТЕОРИИ
ВЕРОЯТНОСТЕЙ
И МАТЕМАТИЧЕСКОЙ
СТАТИСТИКИ
f(x)
=1
=3
 = 7,5
0
x
Сызрань
Сызранский филиал
Самарского государственного технического университета
2009
Федеральное агентство по образованию
Государственное образовательное учреждение
высшего профессионального образования
«Самарский государственный технический университет»
Филиал в г. Сызрань
И.П. ЕГОРОВА
ВЫСШАЯ МАТЕМАТИКА.
ЭЛЕМЕНТЫ ТЕОРИИ ВЕРОЯТНОСТЕЙ
И МАТЕМАТИЧЕСКОЙ СТАТИСТИКИ
Утверждено научно-методическим советом механического факультета
Сызранского филиала Самарского государственного технического
университета в качестве учебного пособия
Сызрань
Сызранский филиал
Самарского государственного технического университета
2009
УДК 378.147:51
Е30
Рецензенты:
канд. физ.-мат. наук, доцент В.Б. Кислинский,
канд. физ.-мат. наук, доцент В.Н. Анисимов
Егорова И.П.
Е30 Высшая математика. Элементы теории вероятностей и математической статистики: учеб. пособ. / И.П. Егорова.  Сызранский филиал Самар.
гос. техн. ун-та. Сызрань, 2009. 140 с.
ISBN
Учебное пособие можно рассматривать как курс 10 лекций по одному из
разделов высшей математики "Элементы теории вероятностей и математической статистики". Рассмотрены основные понятия, свойства, теоремы и формулы, необходимые для успешного изучения указанного раздела, которые сопровождаются достаточным количеством задач.
Несмотря на то, что материал представлен в краткой форме, основные вопросы изложены достаточно полно.
Предназначено для инженерных, экономических и других нематематических вузовских специальностей.
УДК 378.147:51
Е30
ISBN
 И.П. Егорова, 2009
 Сф СамГТУ, 2009
Учебное издание
ЕГОРОВА Ирина Петровна
Высшая математика.
Элементы теории вероятностей и математической статистики
Редактор Г.В. Загребина
Верстка Е.Э. Парсаданян
Выпускающий редактор Н.В. Беганова
Подписано в печать 20.12.09.
Формат 6084 116 . Бумага офсетная. Печать офсетная.
Усл. п. л. 8,14. Уч-изд. л. 2,89.
Тираж 100 экз. Рег. №
Государственное образовательное учреждение
высшего профессионального образования
"Самарский государственный технический университет"
443100, г. Самара, ул. Молодогвардейская, 244. Главный корпус
Отпечатано в типографии Сф СамГТУ
446001, Самарская обл., г. Сызрань, ул. Советская. 45.
ВВЕДЕНИЕ
До появления теории вероятностей как действительно общепризнанной теории в науке господствовал детерминизм, согласно которому осуществление определенных условий однозначно определяет
результат. Классическим примером является механика: если известны начальное положение, скорость материальной точки и действующие силы, то можно определить ее дальнейшее движение. Развитие
этого подхода привело знаменитого французского математика и механика П. Лапласа к своеобразной механистической модели мироздания.
Однако практика показала, что этот подход далеко не всегда
применим. Во многих случаях предсказать наступление определенного явления при реализации соответствующих условий невозможно,
оно может произойти, а может и не произойти. Например, в механике
мы никогда абсолютно точно не знаем начальных данных, действующих сил, следовательно, и в дальнейшем движении есть некоторая неопределенность. Развитие науки, в особенности физики, еще
более поставило под вопрос единственность детерминистического
подхода к изучению многих явлений. Более того, многие выдающиеся естествоиспытатели и философы современности склонны даже
считать, что все без исключения законы природы на самом деле имеют вероятностный характер. Еще больше сомнений в справедливости
детерминизма дало развитие естествознания (генетика, медицина и
др.) и общественных наук (экономика, в частности страховое дело,
демография и так далее).
Приведем более простые примеры: при бросании монеты она
может упасть кверху гербом или цифрой; продолжительность жизни
определенного человека заранее неизвестна. Число таких примеров из
различных областей науки и техники можно неограниченно продолжить.
3
Индивидуальные результаты таких опытов непредсказуемы, однако их многократное повторение приводит к интересным закономерностям. Если бросить одну монету, никто не сможет предсказать, какой стороной она упадет кверху, но если бросить две тонны монет, то
каждый скажет, что примерно одна тонна монет упадет кверху гербом.
Раздел I. СЛУЧАЙНЫЕ СОБЫТИЯ
Лекция № 1. ПРЕДМЕТ ТЕОРИИ ВЕРОЯТНОСТЕЙ
1.1. Основные определения
В окружающем нас мире можно наблюдать события (явления),
которые обязательно произойдут, если будет осуществлена определенная совокупность условий. Такие события принято называть достоверными. Например, если нагреть в сосуде воду до температуры
100 при нормальном атмосферном давлении, то обязательно наступит процесс кипения воды. Если в урне находятся только цветные
шары и из урны наугад извлечен шар, то событие "извлечен цветной
шар" произойдет обязательно. Событие, которое заведомо не произойдет, если будет осуществлена определенная совокупность условий, называется невозможным событием. Например, если в ящике
имеются только стандартные детали и из ящика наугад извлечена деталь, то невозможно будет событие "извлечена нестандартная деталь".
Однако подобная однозначность далеко не всегда имеет место.
Часто приходится сталкиваться с событиями, которые при осуществлении определенных условий могут произойти, а могут и не произойти. Такие события называются случайными. Совокупность условий, при осуществлении которых случайное событие может либо
произойти, либо не произойти, будем называть испытанием или
опытом. Например, "брошена монета" – испытание, "появление герба" – случайное событие; "произведен выстрел по мишени" – испытание, "попадание" – случайное событие; "брошена игральная кость"
(однородный кубик, на гранях которого отмечено от одного до шести
очков) – испытание, "выпадение четырех очков" – случайное событие.
4
Случайные события обозначаются заглавными буквами латинского алфавита А, В, С, … Например, событие А – "попадание в мишень при стрельбе", событие В – "появление герба при бросании монеты". Достоверное событие будем обозначать буквой U, невозможное  V.
Отметим, что всякое случайное событие является следствием
очень многих причин. Например, выпадение герба или цифры при
бросании монеты зависит от силы, с которой брошена монета, ее
формы, сплава и многих других причин. Попадание или промах при
стрельбе зависят от расстояния до мишени, формы и веса пули (снаряда), от направления и силы ветра и других случайных причин. В
связи с этим невозможно заранее предсказать, произойдет единичное
событие или нет. Иначе обстоит дело при изучении многократно повторяющихся опытов.
Оказывается, что однородные случайные события при многократном повторении опыта подчиняются определенным закономерностям. Изучением этих закономерностей и занимается теория вероятностей.
Возникла теория вероятностей в середине XVII века. У ее истоков стояли французские математики Б. Паскаль и П. Ферма, а также
голландский математик Х. Гюйгенс. В переписке между ними, вызванной анализом задач, связанных с азартными играми, формировались основные понятия теории вероятностей. При этом следует отметить, что выдающиеся ученые, решая различные задачи азартных игр,
предвидели фундаментальную роль науки, изучающей случайные явления.
Большое значение в становлении теории вероятностей как математической науки имели работы Я. Бернулли, А. Муавра, П. Лапласа,
К. Гаусса, С. Пуассона. С середины XIX века и до двадцатых годов
ХХ века развитие теории вероятностей связано в основном с именами
русских ученых: П.Л. Чебышева, А.А. Маркова, А.М. Ляпунова и
других. Неоценимый вклад в развитие теории вероятностей внесли
5
советские ученые А.Н. Колмогоров, А.Я. Хинчин, Б.В. Гнеденко, Н.В.
Смирнов и др.
В настоящее время теория вероятностей характеризуется всеобщим подъемом интереса к ней, а ее методы находят широкое применение в различных отраслях науки и народного хозяйства.
Наука о случайных явлениях завоевывает все новые и новые области применения. Теперь немыслимо успешное развитие теории
массового обслуживания, теории информации, теории управления,
теории надежности, физики, геодезии, астрономии, экономики и других разделов науки без четких представлений о случайных явлениях
(событиях) и их закономерностей, к изучению которых мы приступаем.
1.2. Виды случайных событий
Определение. Два события называются несовместными,
если появление одного из них исключает появление другого.
В противном случае события называются совместными.
Пример 1. В ящике имеются стандартные и нестандартные детали. Наугад берут одну деталь. События А1 – "появилась стандартная деталь" и А2 – "появилась нестандартная деталь" являются несовместными событиями.
Пример 2. Брошена игральная кость. Событие А1 – "появление
двух очков" и событие А2 – "появление четного числа очков" совместны, так как появление одного из них не исключает появление другого.
Определение. События А1, А2, …, Аn называются попарно
несовместными, если любые два из этих событий несовместны.
Пример 3. Произведено два выстрела по мишени. События А1 –
"два попадания", А2 – "только одно попадание", А3 – "ни одного попадания" попарно несовместны.
Определение. События А1, А2, …, Аn образуют полную
группу событий, если в результате данного испытания непременно произойдет хотя бы одно из них.
Пример 4. Учащемуся на экзаменах достался билет с двумя теоретическими вопросами. События А1 – "учащийся знает оба вопро6
са", А2 – "учащийся знает первый вопрос, но не знает второго", А3 –
"учащийся знает второй вопрос, но не знает первого", А4 – "учащийся
не знает ни одного из вопросов" образуют полную группу событий,
связанных с данным экспериментом.
В теории вероятностей важную роль играет полная группа попарно несовместных событий, т.е. такая группа событий, что в результате данного испытания непременно произойдет одно и притом
только одно событие данной системы.
Пример 5. Из ящика, в котором имеются стандартные и нестандартные детали, наугад извлечены три детали. События А1 – "все три
детали стандартные", А2 – "две детали стандартные и одна нестандартная", А3 – "одна деталь стандартная и две нестандартные", А4 –
"все три детали нестандартные" образуют полную группу попарно
несовместных событий.
Различают события элементарные и составные.
Пример 6. При однократном бросании игральной кости элементарными являются события: А1={1} – "появление одного очка",
А2={2} – "появление двух очков", А3={3} – "появление трех очков",
А4={4} – "появление четырех очков", А5={5} – "появление пяти очков", А6={6} – "появление шести очков". События В1={1,3,5} – "появление нечетного числа очков", В2={3,6} – "появление числа очков,
кратного 3", В3={1,2,3,4} – "появление числа очков, меньшего пяти"
являются составными, так как их можно разложить соответственно на
три {1}, {3}, {5}, два {3},{6} и четыре {1}, {2}, {3}, {4} элементарных события.
Определение. События А1, А2, …, Аn называются равновозможными, если условия испытания обеспечивают одинаковую возможность осуществления каждого из них.
Пример 7. Появление того или иного числа очков при бросании
игральной кости есть события равновозможные, так как игральная
кость изготовляется из однородного материала и имеет строго симметричную форму.
7
Определение. Множество всех элементарных событий,
связанных с некоторым опытом, называется пространством
элементарных событий.
Каждое событие А определяется как подмножество в множестве
элементарных событий пространства. При этом те элементарные события, при которых событие А наступает, называются благоприятствующими событию А.
Очевидно, что невозможному событию не благоприятствует ни
одно элементарное событие, т.е. оно совпадает с пустым множеством
(поэтому его обозначают и символом Ø); достоверному событию
благоприятствуют все элементарные события пространства.
1.3. Операции над событиями
Рассмотрим события: А – "появление трех очков при бросании
игральной кости", А={3}, В – "появление нечетного числа очков при
бросании игральной кости", В={1,3,5}.
Очевидно, что если произошло событие А, то непременно произошло и событие В. В этом случае говорят: "А влечет за собой В"
(или "В является следствием А") и записывают АВ (или ВА).
Определение. Если события А и В таковы, что АВ и
ВА, то они называется равными (равносильными), при этом
пишут А=В.
Пример 8. Брошена симметричная монета. Событие А  "появление герба", событие В  "непоявление цифры". Очевидно, что АВ
и ВА, и следовательно, А=В.
Определение. Суммой или объединением двух событий А
и В называется событие С, состоящее в наступлении хотя бы
одного из событий А или В.
Символически это записывают так:
С = А + В или С = А  В.
(1.1)
Сумма событий интерпретируется как объединение (сумма) множеств (подмножеств множества элементарных событий) (рис. 1.1).
8
Определение. Суммой или
объединением нескольких событий А1, А2, …, Аn называется событие С, состоящее в наступлении хотя бы одного из событий
А1, А2, …, Аn.
Символически:
А+В
В
А
Р и с. 1.1.
n
(1.2)
С   Аi
i 1
Пример 9. Найти сумму событий А  "появление одного очка
при бросании игральной кости" и В  "появление двух очков при
бросании игральной кости".
Суммой А+В является событие – "появление не больше двух очков при бросании игральной кости".
Определение. Произведением или пересечением двух событий А и В называется событие С, состоящее в одновременном наступлении А и В.
Символически произведение записывают так:
С = А  В или С = А  В.
(1.3)
Если А и В  несовместные события, то АВ = Ø, т.е. их пересечение пусто (невозможное событие).
Геометрическая интерпретация произведения дана на рис. 1.2.
Определение.
Произведением
В
или пересечением нескольких событий А1, А2, …, Аn называется
событие С, состоящее в одновременном наступлении всех событий
А1, А2, …, Аn.
Символически:
А
АВ
Р и с. 1.2.
n
С   Аi
(1.4)
i 1
9
Пример 10. Найти произведение событий А  "студенту попался экзаменационный билет с четным номером" и В  "студенту попался экзаменационный билет с номером, кратным пяти".
Произведением АВ является событие – "студенту попался экзаменационный билет с номером, кратным десяти".
Определение. Два случайных события называются противоположными, если одно из них происходит в том и только в
том случае, когда не происходит другое. Событие, противоположное событию А, обозначают через А (читают "не А").
Пример 11. Попадание и промах при выстреле по мишени –
противоположные события. Если А – попадание, то А  промах.
Пример 12. Появление четного числа очков при бросании игральной кости – событие, противоположное появлению нечетного
числа очков.
Так как в результате испытания обязательно произойдет одно из
противоположных событий, то противоположные события образуют
полную группу попарно несовместных событий, т.е. А А  есть
достоверное, а А А  невозможное события.
1.3. Задания для самостоятельного решения
1. Найти среди событий Аi достоверные и невозможные:
А1  "появление 10 очков при бросании игральной кости";
А2  "появление 10 очков при бросании трех игральных костей";
А3  "появление 20 очков при бросании трех игральных костей";
А4  "наугад выбранное двузначное число меньше 100";
А5  "появление двух гербов при бросании двух монет".
2. Являются ли несовместными события А1 и А2:
а) испытание – бросание монеты; события: А1 – "появление герба", А2 – "появление цифры";
б) испытание – бросание игральной кости; события: А1 – "появление
трех очков", А2 – "появление нечетного числа очков";
10
в) испытание – бросание двух монет; события: А1 – "появление
герба на одной из монет", А2 – "появление герба на второй монете"?
3. Являются ли равновозможными события А1 и А2:
а) испытание – бросание игральной кости; события: А1 – "появление двух очков", А2 – "появление пяти очков";
б) испытание – бросание игральной кости; события: А1 – "появление двух очков", А2 – "появление четного числа очков";
в) испытание – два выстрела по мишени; события: А1 – "промах
при первом выстреле", А2 – "промах при втором выстреле"?
4. Образуют ли полную группу события:
а) испытание – бросание монеты; события: А1 – "появление герба", А2 – "появление цифры";
б) испытание – три выстрела по мишени; события: А1 – "ни одного попадания", А2 – "одно попадание", А3 – "два попадания", А4 –
"три попадания".
Являются ли они попарно несовместными?
5. Найти сумму событий:
а) испытание – два выстрела по мишени; события: А  "попадание с первого выстрела", В  "попадание со второго выстрела";
б) испытание – бросание игральной кости; события: А  "появление одного очка", В  "появление двух очков", С  "появление
трех очков";
в) испытание – приобретение лотерейных билетов; события: А 
"выигрыш 10 рублей", В  "выигрыш 20 рублей", С  "выигрыш 25
рублей"
6. Найти произведение событий:
а) испытание – два выстрела по мишени; события: А  "попадание первым выстрелом", В  "попадание вторым выстрелом";
б) испытание – бросание игральной кости; события: А  "непоявление трех очков", В  "непоявление пяти очков", С  "непоявление нечетного числа очков".
7. Назовите противоположные события для событий:
11
А – "выпадение двух гербов при бросании двух монет";
В – "появление белого шара", если опыт состоит в извлечении
одного шара из урны, в которой имеются белые, черные и красные
шары;
С – "пять попаданий при пяти выстрелах";
D – "не более трех попаданий при пяти выстрелах";
Е – "хотя бы одно попадание при пяти выстрелах".
Лекция № 2. ЧАСТОТА И ВЕРОЯТНОСТЬ СОБЫТИЯ
2.1. Классическое определение вероятности
Пусть А – случайное событие, связанное с некоторым опытом.
Повторим опыт n раз в одних и тех же условиях и пусть при этом
событие А появилось m раз.
Определение. Отношение m/n числа m опытов, в которых событие А появилось, к общему числу n проведенных
опытов называется частотой события А.
Оказывается, что при многократном повторении опыта частота
события принимает значения, близкие к некоторому постоянному
числу. Например, при многократном бросании игральной кости частота выпадения каждого из очков от 1 до 6 колеблется около числа
1/6.
Многократно проводились опыты бросания однородной монеты,
в которых подсчитывали число появлений "герба", и каждый раз, когда число опытов было достаточно велико, частота события "выпадение герба" незначительно отличалась от 1/2. Для наглядности приводим табл. 2.1 результатов, полученных в XVIII в. французским естествоиспытателем Бюффоном и в начале ХХ в. – английским статистиком Пирсоном.
12
Таблица 2.1
Экспериментатор
Число бросаний
Бюффон
К. Пирсон
К. Пирсон
4040
12000
24000
Число
выпадений
герба
2048
6014
12012
Частота
0,5080
0,5016
0,5006
Свойство устойчивости частоты случайного события было подмечено и на явлениях демографического характера. Посчитано, например, что частота рождения мальчика колеблется около числа
0,517.
Описанные в приведенных примерах явления, а также неоднократные наблюдения и других массовых явлений позволяют сделать
вывод, что если опыт повторяется в одинаковых условиях достаточно
большое количество раз, то частота некоторого события А приобретает статистическую устойчивость, колеблясь около некоторой постоянной величины р, к которой она все более приближается с увеличением числа повторений опыта.
Определение. Постоянная величина р, к которой все более приближается частота событий А при достаточно большом повторении опыта, называется вероятностью события А
и обозначается р = Р(А).
На практике часто за численное значение вероятности события А
приближенно принимается частота этого события, вычисленная при
достаточно большом количестве опытов. Математическим обоснованием близости частоты m/n и вероятности р некоторого события А
служит теорема Бернулли.
Классический способ определения вероятности базируется на понятии равновозможных элементарных событий. Рассмотрим конкретный пример.
Пример 1. При однократном подбрасывании правильной и однородной игральной кости пространство элементарных событий
U={A1, A2, A3, A4, A5, A6}. Учитывая однородность и симметричность
13
кости, можно предположить, что выпадение любой грани, а следовательно, и наступление любого из событий Аi={i} (i=1,2,3,4,5,6), имеет
одинаковый шанс, т.е. эти события равновозможны. В таком случае
говорят, что вероятность каждого из этих событий равна 1/6, т.е.
Р(Аi)=1/6.
Рассмотрим конечное пространство элементарных событий
U={A1, A2, …, An}, где A1, A2, …, An  попарно несовместные и равновозможные элементарные события. Пусть некоторому событию А
благоприятствуют m из n элементарных событий пространства U.
Определение. Вероятностью Р(А) события А называется
отношение числа m элементарных событий, благоприятствующих событию А, к общему числу
n равновозможных
элементарных событий:
Р(А) = m/n.
(2.1)
Из определения вероятности вытекают следующие ее свойства:
1.
(2.2)
0  Р(А)  1, так как 0  m  n
2.
Р(U) = 1, так как Р(U) = m/n = n/n = 1
(2.3)
3.
Р(V) = 0, так как Р(V) = m/n = 0/n = 0
(2.4)
Пример 2. В урне 3 белых и 9 черных шаров. Из урны наугад
вынимают один шар. Какова вероятность того, что вынутый шар
окажется черным (событие А)?
Имеем n = 12, m = 9, и поэтому Р(А) = 9/12 = 3/4.
Пример 3. Набирая номер телефона, абонент забыл одну цифру
и набрал ее наугад. Найти вероятность того, что набрана нужная
цифра.
Обозначим через А событие – набрана нужная цифра. Абонент
мог набрать любую из 10 цифр, поэтому общее число возможных
элементарных исходов равно 10. Эти исходы несовместны, равновозможны и образуют полную группу. Благоприятствует событию А
лишь одни исход (нужная цифра лишь одна). Искомая вероятность
равна отношению числа исходов, благоприятствующих событию, к
числу всех элементарных исходов: Р(А) = 1/10.
14
Пример 4. Подбрасывают две игральные кости. Найти вероятность того, что на них в сумме выпадет 6 очков (событие А).
При подбрасывании двух игральных костей общее число равновозможных элементарных исходов равно числу пар (х; у), где х и у
принимают значения 1, 2, 3, 4 ,5, 6:
(1; 1)
(1; 2)
(1; 3)
(1; 4)
(1; 5)
(1; 6)
(2; 1)
(2; 2)
(2; 3)
(2; 4)
(2; 5)
(2; 6)
(3; 1)
(3; 2)
(3; 3)
(3; 4)
(3; 5)
(3; 6)
(4; 1)
(4; 2)
(4; 3)
(4; 4)
(4; 5)
(4; 6)
(5; 1)
(5; 2)
(5; 3)
(5; 4)
(5; 5)
(5; 6)
(6; 1)
(6; 2)
(6; 3)
(6; 4)
(6; 5)
(6; 6),
т.е. n = 36. Событию А благоприятствуют пять пар: (1; 5), (2; 4),
(3; 3), (4; 2), (5; 1), т.е. m = 5. Следовательно, искомая вероятность
Р(А) = 5/36  0,139.
В 1933 г. А.Н. Колмогоров ввел так называемое аксиоматическое определение вероятности. Согласно этому определению, числовая функция Р, определенная на множестве F всех событий, связанных с данным опытом, определяет вероятность любого события
А  F, если выполняются следующие аксиомы:
1. 0  Р(А)  1 для любого А  F,
2. Р(U) = 1, где U  достоверное событие,
3. Р(А + В) = Р(А) + Р(В), если А и В несовместны.
2.2. Ограниченность классического определения вероятности. Геометрическая вероятность
Классическое определение вероятности предполагает, что число
элементарных исходов испытания конечно. На практике же весьма
часто встречаются испытания, число возможных исходов которых
бесконечно. В таких случаях классическое определение неприменимо. Этот факт указывает на ограниченный характер определения.
Указанный недостаток может быть преодолен введением понятия
геометрической вероятности – вероятности попадания точки в об15
ласть (в отрезок, как часть прямой; в область, как часть плоскости; в
тело, как часть пространства).
Пусть отрезок  составляет часть отрезка L. На отрезок L наугад поставлена точка. Это означает выполнение следующих предположений: поставленная точка может оказаться в любой точке отрезка
L, вероятность попадания точки на отрезок  пропорциональна длине этого отрезка и не зависит от его расположения относительно отрезка L. В этих предположениях вероятность попадания точки на
отрезок  определяется равенством
Р = длина  / длина L.
(2.5)
Пример 5. На отрезок ОА длины L числовой оси Ох наугад
поставлена точка В(х). Найти вероятность того, что меньший из отрезков ОВ и ВА имеет длину, большую L/3. Предполагается, что
вероятность попадания точки на отрезок пропорциональна длине отрезка и не зависит от его расположения на числовой оси.
Разобьем отрезок ОА точками С и D на 3 равные части. Требование задачи будет выполнено, если точка В(х) попадет на отрезок
СD длины L/3. Искомая вероятность Р = (L/3) / L = 1/3.
Пусть плоская фигура g составляет часть плоской фигуры G.
На фигуру G наугад брошена точка. Это означает выполнение следующих предположений: брошенная точка может оказаться в любой
точке фигуры G, вероятность попадания брошенной точки на фигуру g пропорциональна площади этой фигуры и не зависит ни от ее
расположения относительно G, ни от формы g. В этих предположениях вероятность попадания точки в фигуру g определяется равенством
Р = площадь g / площадь G.
(2.6)
Пример 6. На плоскости начерчены две концентрические окружности, радиусы которых 5 и 10 см соответственно. Найти вероятность того, что точка, брошенная наугад в большой круг, попадет в
кольцо, образованное построенными окружностями. Предполагается,
что вероятность попадания точки в плоскую фигуру пропорциональ16
на площади этой фигуры и не зависит от ее расположения относительно большого круга.
Площадь кольца (фигуры g) Sg = (102 – 52) = 75.
Площадь большого круга (фигуры G) SG = 102 = 100.
Искомая вероятность Р = 75 / (100) = 0,75.
Замечание. Приведенные определения являются частными случаями общего определения геометрической вероятности. Если обозначить меру (длину, площадь, объем) области через mes, то вероятность попадания точки, брошенной наугад (в указанном выше смысле) в область d – часть области D, равна
Р=
mes d
.
mes D
(2.7)
2.3. Элементы комбинаторики. Размещения, перестановки,
сочетания
При решении ряда задач требуется из элементов конечного множества по заданным правилам составлять различные комбинации и
производить их подсчет. Такие задачи принято называть комбинаторными, а раздел математики, занимающийся их решением,  комбинаторикой. Комбинаторика широко применяется в теории вероятностей, теории массового обслуживания, теории управляющих систем и вычислительных машин (основанием последних является математическая логика) и других разделах науки и техники.
Чтобы определить сходства и различия комбинаторных задач,
рассмотри следующие примеры.
Пример 7. В группе 30 студентов. Сколькими способами могут
быть выбраны староста и представитель в студенческий совет, если
каждый студент может быть избран на одну из этих должностей? (Из
30 элементного множества создаются, и подсчитывается число всех
двухэлементных подмножеств.)
Итак, существует 30 способов выбрать одного студента на должность старосты из 30, представителем в студсовет от группы может
17
стать любой из 29 оставшихся, тогда применяя правило произведения
30×29 = 870 способов.
Пример 8. Для проведения экзамена создается комиссия из двух
преподавателей. Сколько различных комиссий можно составить из
пяти преподавателей?
Обозначив для удобства преподавателей буквами А, В, С, D, Е,
нетрудно выписать все возможные варианты для состава комиссии, а
именно: АВ, АС, АD, АЕ, ВС, ВD, ВЕ, СD, СЕ, DЕ. Таким образом, число различных комиссий равно 10. Пример удалось решить
простым перебором всех возможных случаев. Данный метод применим тогда, когда число элементов множества преподавателей конечно.
Пример 9. Для дежурства в группе в течение недели (кроме
воскресенья) выделены 6 студентов. Сколькими способами можно
установить очередность дежурств, если каждый студент дежурит
один раз?
В понедельник может дежурить любой из 6 человек, во вторник 
каждый из еще не дежуривших пяти человек. Следовательно, расписание дежурства на первые два дня можно составить 6×5=30 способами. На среду дежурного можно назначить 4 способами. Каждый из
этих способов может комбинироваться с любым из 30 способов дежурных на понедельник и вторник. Таким образом, существует
6×5×4 способов на первые три дня недели. Рассуждая аналогично,
получим 6×5×4×3×2×1 = 6! = 720 способов.
Рассмотрим, что общего в этих примерах и есть ли какая-либо
существенная разница между ними.
Прежде всего отметим, что во всех примерах речь идет о некотором конечном множестве элементов и о количестве его подмножеств,
удовлетворяющих заданным требованиям.
Различие заключается в том, что слова "различные подмножества" понимаются по-разному. Например, в примере 8 подмножества
отличались по крайней мере одним элементом. Порядок следования
элементов во внимание не принимался. В примере 7, наоборот, подмножества, отличающиеся друг от друга только порядком элементов,
18
считались различными. В примере 9, подмножества отличались только порядком следования элементов.
В комбинаторных задачах всегда необходимо подсчитать число
всех подмножеств данного множества, удовлетворяющих определенным условиям. Мы рассмотрим основные типы комбинаций: размещения, перестановки и сочетания (без повторения элементов).
Размещения. Пусть дано множество, состоящее из n элементов.
Определение. Размещением из n элементов по m
(0  m  n) элементов называется упорядоченное подмножество,
содержащее m различных элементов данного множества.
Из определения вытекает, что размещения из n элементов по m
элементов – это все m-элементные подмножества, отличающиеся составом элементов или порядком их следования.
Число всех возможных размещений из n элементов по m элементов обозначают Аnm и вычисляют по формуле:
Апт = n (n – 1)(n – 2) … (n – m + 1).
(2.8)
Докажем формулу (2.8).
Так как в качестве первого элемента может быть выбран любой
из данных n элементов, то первый элемент можно выбрать n различными способами. Очевидно, что в качестве второго элемента
можно выбрать любой из оставшихся n – 1 элементов, поэтому его
можно выбрать n – 1 различными способами. Так как каждый из
способов выбора первого элемента можно объединить с каждым из
способов выбора второго элемента, то существуют n(n – 1) различных способов выбора первых двух элементов. Рассуждая аналогично,
приходим к выводу, что существуют n(n – 1)(n – 2) различных способов выбора первых трех элементов и т.д. Наконец, существует
n (n – 1)(n – 2) … (n – m + 1) способов выбора m различных элементов, т.е. имеет место равенство (2.8).

А – первая буква французского слова arrangement, что означает "размещение, приведение в порядок".
19
Умножив и разделив правую часть равенства (2.8) на произведение 123 … (n – m), получим
Аnm 
или
nn  1n  2 ...n  m  1n  m ...3  2  1
,
1  2  3...n  m 
Аnm 
n!
n  m !
(2.9)
Здесь n! = 123 … (n  m)  n (читается "эн факториал") и
(n  m)! = 123 … (n  m  1)(n  m) (читается "эн минус эм факториал"). Условимся считать 0! = 1, поэтому А00 =
0!
=1.
0!
Пример 10. В группе из 30 студентов нужно выбрать старосту,
профорга и физорга. Сколькими способами это можно сделать, если
каждый из 30 учащихся активист-общественник, член профсоюза и
спортсмен?
Искомое число способов равно числу размещений из 30 элемен3
тов по 3 элемента, т.е. А30
. Положив в формуле (2.9) n = 30, m = 3,
3
получаем А30
= 302928 = 24360.
Перестановки. Пусть дано множество, состоящее из n элементов.
Определение. Перестановкой из n элементов называется
размещение из n элементов по n элементов.
Так как каждая перестановка содержит все n элементов множества, то различные перестановки отличаются друг от друга только
порядком следования элементов.
Число всех возможных перестановок из n элементов обозначают) Рn. Из определения перестановок следует
Рn  Аnn 
т.е.
)
n!
n! n!
   n!
n  n ! 0! 1
Рn = n!
Р – первая буква французского слова permutation  перестановка.
20
(2.10)
Пример 11. Сколькими способами можно расставить на одной
полке шесть различных книг?
Искомое число способов равно числу перестановок из 6 элементов, т.е.
Р6 = 6! = 123456 = 720.
Сочетания. Пусть дано множество, состоящее из n элементов.
Определение. Сочетанием из n элементов по m (0  m  n)
элементов называется любое подмножество, которое содержит m
различных элементов данного множества.
Следовательно, сочетания из n элементов по m элементов – это
все m-элементные подмножества n-элементного множества, причем
различными подмножествами считаются только те, которые имеют
неодинаковый состав элементов. Подмножества, отличающиеся друг
от друга лишь порядком следования элементов, не считаются различными.
Число всех возможных сочетаний из n элементов по m элементов обозначают*) С nm и вычисляют по формуле
Сnm
Anm n  n  1  n  2...n  m  1


Pm
m!
(2.11)
Докажем формулу (2.11). Число Аnm размещений из n элементов
по m найдем следующим образом. Сначала составим все возможные
подмножества, содержащие по m различных элементов. Их число
равно С nm . Затем в каждом из полученных таким образом подмножеств (сочетаний) сделаем все перестановки, в результате получим
все размещения из n элементов по m. Так как число перестановок
из m элементов равно m!, то число Аnm размещений из n элементов
по m будет в m! раз больше, чем число С nm сочетаний из n элементов по m, т.е. Аnm = m! С nm = Pm С nm .
*)
С – первая буква французского слова combination  сочетание.
21
Отсюда
Сnm
Anm n  n  1  n  2...n  m  1


.
Pm
m!
Так как Аnm 
n!
, то
n  m !
С nm 
n!
m! n  m !
(2.12)
Число С nm сочетаний из n элементов по m определяют по одной
из формул (2.11) или (2.12).
Пример 12. В бригаде из 25 человек нужно выделить четырех
для работы на определенном участке. Сколькими способами это
можно сделать?
Так как порядок выбранных четырех человек не имеет значения,
4
то это можно сделать С25
способами. По формуле (2.11) находим
4
С25

25  24  23  22
 12650.
1 2  3  4
При решении комбинаторных задач наиболее часто применяются
следующие основные правила:
Правило суммы : если элемент а может быть выбран р способами, а элемент b  q способами, то выбор "либо а, либо b " может быть осуществлен р + q способами.
Правило произвед ения : если элемент а может быть выбран р способами, а элемент b  q способами, то выбор "а и b " (пару элементов в указанном порядке (а; b)) можно осуществить р  q
способами. Действительно, с каждым способом выбора элемента а
существует q способов выбора элемента b.
2.4. Примеры вычисления вероятности события
Комбинаторика широко применяется при вычислении вероятностей. Рассмотрим характерные примеры.
Пример 13. На каждой из семи одинаковых карточек напечатана одна из следующих букв: н, о, п, р, с, т, у. Найти вероятность того,
22
что на пяти взятых наугад и расположенных в ряд карточках можно
будет прочесть слово "спорт" (событие А).
Общее число возможных элементарных исходов
n = А75 =
= 76543 = 2520, а благоприятствует событию А лишь один, т.е.
1
1
m = 1. Поэтому Р(А) = 5 =
 0,0004.
А7
2520
Пример 14. В урне 4 белых и 7 черных шаров. Из урны одновременно вынимают два шара. Какова вероятность того, что оба шара
белые (событие А).
Здесь общее число возможных элементарных событий
11  10
= 55. Число случаев, благоприятствующих событию А:
1 2
43
m = С 42 =
= 6. Следовательно, Р(А) = 6/55.
1 2
2
n = С11
=
Пример 15. В урне а белых и b черных шаров. Из урны наугад вынимают k шаров. Найти вероятность того, что среди них будет
 белых, а следовательно, k   черных (  а, k    b).
Число элементарных событий n = C ak b . Подсчитаем число элементарных событий, благоприятствующих интересующему нас событию А: среди k взятых шаров будет  белых и k   черных. Очевидно, что число способов, которыми можно выбрать  белых шаров
из а, равно Са , а число способов, которыми можно к ним "добавить"
k   черных шаров, равно Сbk   . Каждая комбинация белых шаров
может
сочетаться
с
каждой
комбинацией
черных,
поэтому
m = C a  Cbk  . Следовательно,
Р(А) =
Са  Сbk  
Cak b
.
(2.13)
Пример 16. В партии из 12 деталей имеется 7 стандартных.
Найти вероятность того, что среди шести взятых наугад деталей 4
стандартных.
23
Нетрудно заметить сходство между этой и предыдущей задачами.
Здесь в качестве "урны" фигурирует партия деталей, среди которых 7
стандартных ("белые шары") и 5 нестандартных ("черные шары"), а
роль вынимаемых шаров играет контрольная партия из шести деталей. Поэтому искомую вероятность находим по формуле (2.13) для
случая а = 7, b = 5, k = 6,  = 4: Р(А) =
С74  С52
6
C12

25
.
66
Пример 17. Десять различных книг расставляются наугад на
одной полке. Найти вероятность того, что три определенные книги
окажутся поставленными рядом.
Представим себе, что три определенные книги связаны вместе.
Тогда число возможных способов расположения связки на полке равно числу перестановок из 8 элементов (связка плюс остальные 7
книг), т.е. Р8 = 8! Внутри связки 3 книги можно переставлять Р3 = 3!
раз. При этом каждая комбинация внутри связи может сочетаться с
каждой из Р8 комбинаций. Поэтому число m благоприятных случаев
равно Р8  Р3, т.е. m = Р8  Р3. Число n возможных случаев, очевидно, равно
Р10 = 10! Таким образом, искомая вероятность
Р Р
8! 3! 1  2  3  4  5  6  7  8  1  2  3 1
р= 8 3 

 .
Р10
10!
1  2  3  4  5  6  7  8  9  10
15
Пример 18. Первенство по футболу оспаривают 18 команд, среди которых 5 лидирующих. Путем жеребьевки команды распределяются на две группы по 9 команд в каждой. Какова вероятность попадания всех лидирующих команд в одну группу (событие А)? Какова
вероятность попадания двух лидирующих команд в одну группу и
трех – в другую (событие В)?
9
Одну группа из 9 команд может быть составлена С18
способами,
при этом автоматически образуется и вторая группа. Следовательно,
9
n = С18
.
Тогда
24
4
4
m A  C55  C13
 C13
 C55 ,
7
6
mB  C52  C13
 C53  C13
.
Следовательно, Р(А) =
mA
1
 ,
n
34
7
6
 C53  C13
mB C52  C13
12
Р(В) =


.
9
n
17
C18
2.5. Задания для самостоятельного решения
1. В урне 100 шаров, помеченных номерами 1, 2, …, 100. Из урны
наугад вынимают один шар. Какова вероятность того, что номер вынутого шара содержит цифру 5?
2. Из урны, в которой находятся 7 красных, 8 желтых и 5 зеленых
шаров, наугад вынимается один. Найти вероятность того, что вынутый шар окажется: а) красным; б) желтым; в) черным; г) зеленым.
3. Среди 50 деталей 5 нестандартных. Найти вероятность того,
что наугад взятая деталь окажется: а) стандартной; б) нестандартной.
4. Брошена игральная кость. Найти вероятность следующих событий: А – "выпало 3 очка", В – "выпало нечетное число очков".
5. Монета брошена два раза. Какова вероятность того, что хотя
бы один раз выпадет герб?
6. Куб, все грани которого окрашены, распилен на тысячу кубиков одинакового размера, которые затем тщательно перемешаны.
Найти вероятность того, что наугад извлеченный кубик будет иметь
окрашенных граней: а) одну; б) две; в) три.
7. Из тщательно перемешанного полного набора 28 костей домино наугад извлечена кость. Найти вероятность того, что вторую наугад извлеченную кость можно будет приставить к первой, если первая
кость: а) оказалась дублем; б) не есть дубль.
8. В замке на общей оси пять дисков. Каждый диск разделен на
шесть секторов, на которых написаны различные буквы. Замок открывается только в том случае, если каждый диск занимает одно определенное положение относительно корпуса замка. Найти вероятность того, что при произвольной установке дисков замок можно будет открыть.
25
9. В партии из 100 деталей отдел технического контроля обнаружил 5 нестандартных деталей. Чему равна относительная частота появления нестандартных деталей?
10. При стрельбе из винтовки относительная частота попадания в
цель оказалась равной 0,85. Найти число попаданий, если всего было
произведено 120 выстрелов.
11. На отрезок ОА длины L числовой оси 0х наугад поставлена
точка В(х). Найти вероятность того, что меньший из отрезков ОВ и
ВА имеет длину, меньшую, чем L/3. Предполагается, что вероятность попадания точки на отрезок пропорциональна длине отрезка и
не зависит от его расположения на числовой оси.
12. Внутрь круга радиуса R наугад брошена точка. Найти вероятность того, что точка окажется внутри вписанного в круг квадрата.
Предполагается, что вероятность попадания точки в квадрат пропорциональна площади квадрата и не зависит от его расположения относительно круга.
13. Два студента условились встретиться в определенном месте
между 12 и 13 часами дня. Пришедший первым ждет второго в течение 1/4 часа, после чего уходит. Найти вероятность того, что встреча
состоится, если каждый студент наугад выбирает момент своего прихода (в промежуток от 12 до 13 часов). (Ввести в рассмотрение прямоугольную систему координат х0у и принять для простоты, что
встреча должна состояться между 0 и 1 часами).
14. Наугад взяты два положительных числа х и у, каждое из которых не превышает двух. Найти вероятность того, что х  у  1, а
у/х < 2.
15. В квадратном окне со стороной а имеется квадратная форточка со стороной b. Во время игры мяч случайно попадает в окно.
Какова вероятность того, что мяч через открытую форточку влетит в
комнату, не разбив окна (событие А)? Какова вероятность, что окно
разобьется (событие В)?
16. Вычислить:
26
а)
А73

А63

А53 ;
г) Р6 ( Р7 – Р3);
б)
А65  А64
д)
С75
А63
;
 С50 ;
в)
е)
Р5  Р6
;
Р4
9
10
С14
 С14
10
С15
.
17. Найти n, если:
а) Аn32  4 An23 ;
б) An4  15 An32 ;
в) An4  Pn 4  42 Pn2 ;
г) Pn 5  240 Anm33  Pn m ;
д) 5C n3  C n4 2 ;
е) C nn41  C nn3  15n  2 .
18. Сколько различных трехзначных чисел можно составить из
цифр 1, 2, 3, 4, 5 при условии, что в каждом числе нет одинаковых
цифр?
19. Группа учащихся изучает восемь различных учебных дисциплин. Сколькими способами можно составить расписание занятий в
субботу, если в этот день недели должно быть три различных урока?
20. Сколькими способами восемь различных книг можно расставить на одной полке так, чтобы:
а) две определенные книги оказались рядом;
б) две определенные книги не оказались рядом?
21. Сколько шестизначных чисел можно составить из цифр 0, 1,
2, 3, 4, 5, не повторяя цифр в числе?
22. В урне 10 белых и 5 черных шаров. Сколькими способами из
урны можно вынимать наугад 3 шара, чтобы:
а) все три шара оказались белыми;
б) все три шара оказались черными;
в) два шара оказались белыми, а один  черным;
г) один шар оказался белым, а два  черными?
23. В розыгрыше личного первенства вуза по шахматам было
сыграно 120 игр. Сколько было участников, если каждые два участника встречались между собой один раз?
27
24. В группе 20 юношей и 10 девушек. Сколькими способами
можно избрать трех юношей и двух девушек для участия в слете студентов?
25. Сколько можно записать двузначных чисел в десятичной системе счисления?
26. В высшей лиге 18 команд. Борьба идет за золотые, серебряные или бронзовые медали. Сколькими способами медали могут быть
распределены между командами?
27. На тренировках занимаются 12 баскетболистов. Сколько может быть образовано тренером разных стартовых пятерок?
28. Для полета на Марс необходимо укомплектовать экипаж космического корабля: командир, первый его помощник, второй, два
бортинженера и один врач. Командующая тройка может быть отобрана из числа 25 готовящихся к полету летчиков, два бортинженера
– из числа 20 специалистов и врач – из числа 8 медиков. Сколькими
способами можно укомплектовать экипаж исследователей космоса?
29. В одной арабской сказке речь идет о такой задаче. Вокруг костра сидят 12 разбойников. Каждый из них смертельно ненавидит
двух ближайших соседей. С целью спрятать награбленное необходимо выделить 5 разбойников. Сколькими способами атаман может назначить пятерых так, чтобы между ними не было распри?
30. В колоде 32 карты. Раздаются 3 карты. Сколько может быть
случаев появления одного туза среди розданных карт?
31. Укротителю диких зверей предстоит вывести на арену цирка
один за другим 5 львов и 4 тигров. Сколькими способами он может
сгруппировать зверей так, чтобы ни разу два тигра не следовали один
за другим?
32. Сколько можно составить трехзначных чисел из цифр 1, 2, 3,
4, 5, если цифры могут повторяться?
33. Сколькими способами можно распределить 30 различных
книг между тремя студентами так, чтобы каждый получил 10 книг?
28
34. В урне 9 белых и 6 черных шаров. Из урны вынимают два шара. Какова вероятность того, что оба шара окажутся: а) белыми; б)
черными; в) разного цвета?
35. В партии из 8 деталей имеется 6 стандартных. Найти вероятность того, что среди пяти взятых наугад деталей три стандартных.
36. Бросаются одновременно две игральные кости. Найти вероятность следующих событий:
А – "сумма выпавших очков равна 8";
В – "произведение выпавших очков равно 8";
С – "сумма выпавших очков больше, чем их произведение".
37. Восемь различных книг расставляются наугад на одной полке.
Найти вероятность того, что две определенные книги окажутся поставленными рядом.
38. В книжном магазине на полке 10 различных книг, причем 5
книг стоят по 4 рубля каждая; 3 книги – по одному рублю и две книги
– по 3 рубля. Найти вероятность того, что взятые наугад две книги
стоят 5 рублей.
39. Оля и Коля договорились встретить Новый год в компании из
десяти человек. Они оба хотели сидеть за праздничным столом рядом. Найти вероятность исполнения их желания, если среди друзей
принято места распределять по жеребьевке.
40. Тридцать три буквы русского алфавита написаны на карточках разрезной азбуки. Пять карточек вынимают наугад одну за другой
и укладывают на стол в порядке появления. Найти вероятность того,
что получится слово "конец".
41. Набирая номер телефона, абонент забыл последние две цифры и, помня лишь, что эти цифры различны, набрал их наугад. Найти
вероятность того, что набраны нужные цифры.
42. В мешочке имеется 5 одинаковых кубиков. На всех гранях
каждого кубика написана одна из следующих букв: о, п, р, с, т. Найти
вероятность того, что на вынутых по одному и расположенных в одну
линию кубиков можно будет прочесть слово "спорт".
29
2.6. Контрольная работа по теме "Элементы комбинаторики"
1. Вычислить:
а)
6!
7
А10
С
5
7

 С73 ;
б)
Рk 1
k  n ! Akn11
.
2. Найти n, если:
а) С nn41  C nn3  15n  2 ;
б) n  2! 132  Ank  Pnk ;
An4 4
143
в)

;
n  2 ! 4 Pn
n
n 1
г) 8C105
 3C105
.
3. На пять студентов выделены три путевки. Сколькими способами их можно распределить, если:
а) все путевки различны;
б) все путевки одинаковы.
4. Сколькими способами можно расположить в ряд 5 белых и 4
черных шара так, чтобы черные шары не лежали рядом? Рассмотреть
два случая:
а) шары одного цвета не отличимы друг от друга;
б) все шары разные.
5. На первой из двух параллельных прямых лежат 10 точек, на
второй – 20. Сколько существует треугольников с вершинами в этих
точках?
6. Четыре автора должны написать книгу из 17 глав, причем первый и третий должны написать по 5 глав, второй – 4, а четвертый – 3
главы книги. Сколькими способами можно распределить главы между авторами?
7. Сколько различных десятизначных чисел можно написать, используя цифры 1 и 2?
8. Автомобильные номера состоят из трех букв (всего используется 30 букв) и четырех цифр (используются все 10 цифр). Сколько
автомобилей можно занумеровать таким образом, чтобы никакие два
автомобиля не имели одинакового номера?
9. Из цифр 0, 1, 2, 3 составлены всевозможные четырехзначные
числа так, что в каждом числе нет одинаковых цифр. Сколько получилось чисел? Сколько среди них четных чисел?
30
10. Хоккейная команда состоит из 2 вратарей, 7 защитников и 10
нападающих. Сколькими способами тренер может образовать стартовую шестерку, состоящую из вратаря, двух защитников и трех нападающих?
11. На полке стоят m книг в черных переплетах и n книг в синих переплетах, причем все книги разные. Сколькими способами
можно расставить книги так, чтобы книги в черных переплетах стояли рядом?
12. Сколько шестизначные чисел, кратных пяти, можно составить
из цифр 1, 2, 3, 4, 5, 6 при условии, что в числе цифры не повторяются.
13. Сколько различных перестановок можно образовать из букв
слова "задача"? Из букв слова "зебра"?
14. Сейф запирается на замок, состоящий из пяти дисков, на каждом из которых изображены цифры 0, 1, 2, …, 9. Замок открывается,
если на дисках набрана одна определенная комбинация цифр. Хватит
ли 10 дней на открытие сейфа, если "рабочий день" продолжается 13
часов, а на набор одной комбинации цифр уходит 5 секунд?
Лекция № 3. ТЕОРЕМЫ СЛОЖЕНИЯ И УМНОЖЕНИЯ
ВЕРОЯТНОСТЕЙ СЛУЧАЙНЫХ СОБЫТИЙ
Рассмотрим ряд теорем, которые позволят нам в дальнейшем выразить вероятность одного события через вероятности других. Именно эта ситуация, когда по известным вероятностям одних событий
требуется определить вероятность интересующего нас события, наиболее типична для задач теории вероятностей.
3.1. Теоремы сложения вероятностей
Теорема 1. Вероятность суммы двух несовместных событий А и В равна сумме вероятностей этих событий, т.е.
Р(А + В) = Р(А) + Р(В).
(3.1)
31
Пусть n  общее число равновозможных несовместных элементарных событий испытания, в результате которого может произойти
одно из событий А или В, mA  число элементарных событий, благоприятствующих событию А, mВ  число элементарных событий,
благоприятствующих событию В. Так как события А и В несовместны, то событию А+В благоприятствуют mA+mВ элементарных событий из общего числа n равновозможных несовместных элементарных событий. Поэтому
m  mB m A mB
Р(А + В) = A


= Р(А) + Р(В).
n
n
n
Заметим без доказательства, что теорема 1 может быть обобщена.
Теорема 2. Вероятность суммы конечного числа попарно
несовместных событий А1, А2, …, Аn равна сумме вероятностей
этих событий, т.е.
Р(А1 + А2 +…+ Аn) = Р(А1) + Р(А2) + … + Р(Аn).
(3.2)
Весьма важно подчеркнуть, что теорема сложения вероятностей
несовместных событий справедлива и для случая, когда элементарные события не равновозможны.
Пример 1. В урне 30 шаров: 10 красных, 5 синих и 15 белых.
Найти вероятность появления цветного шара.
Появление цветного шара означает появление либо красного, либо синего.
Вероятность появления красного шара (событие А)
Р(А) = 10/30 = 1/3.
Вероятность появления синего шара (событие В)
Р(В) = 5/30 = 1/6.
События А и В несовместны, так как появление шара одного
цвета исключает возможность появления шара другого цвета, поэтому теорема 1 применима:
Р(А + В) = Р(А) + Р(В) = 1/3 + 1/6 = 3/6 = 1/2.
32
Следствие 1. Если события А1, А2, …, Аn образуют полную
группу попарно несовместных событий, то сумма их вероятностей равна единице, т.е.
Р(А1) + Р(А2) + … + Р(Аn) = 1.
(3.3)
Так как события А1, А2, …, Аn попарно несовместны и образуют
полную группу, то А1 + А2 +…+ Аn  достоверное событие. Следовательно,
Р(А1) + Р(А2) + … + Р(Аn) = Р(А1 + А2 + … + Аn) = 1.
Следствие 2. Сумма вероятностей противоположных событий равна единице, т.е.
Р(А) + Р( А ) = 1.
(3.4)
Это непосредственно следует из формулы (3.3.), так как противоположные события образуют полную группу попарно несовместных
событий.
Пример 2. В ящике 40 деталей: 20 – первого сорта, 15 – второго
сорта, 5 – третьего сорта. Найти вероятность того, что наугад извлеченная деталь окажется не третьего сорта (событие А).
Первый способ. Событие А наступит, если извлеченная наугад деталь окажется либо первого сорта (событие В), либо второго
сорта (событие С), т.е. событие А есть сумма несовместных событий
В и С. Поэтому, применяя теорему 1, получим
Р(А) = Р(В + С) = Р(В) + Р(С) =
20 15 35 7


 .
40 40 40 8
Второй способ. Из условия задачи Р( А ) = 5/40 = 1/8 – деталь
третьего сорта. Согласно следствию 2, Р(А) = 1Р( А ) = 1 – 1/8 = 7/8.
Пример 3. На заочное отделение техникума поступают контрольные работы по математике из городов А, В и С. Вероятность
поступление контрольной работы из города А равна 0,6, из города
В  0,1. Найти вероятность того, что очередная контрольная работа
поступит из города С.
События "контрольная работа поступила из города А", "контрольная работа поступила из города В" и "контрольная работа по33
ступила из города С" образуют полную группу, поэтому сумма их вероятностей равна единице:
0,6 + 0,1 + р = 1, т.е. р = 0,3.
Пример 4. Вероятность того, что день будет ясным, р = 0,85.
Найти вероятность q того, что день будет облачным.
События "день ясный" и "день облачный" противоположные, поэтому р + q = 1, т.е. q = 1  р = 1 – 0,85 = 0,15.
Пример 5. В ящике имеется n деталей, из которых m – стандартных. Найти вероятность того, что среди k наугад извлеченных
деталей есть хотя бы одна стандартная (событие А).
Р(А) = 1  Р( А ), где А  среди k извлеченных деталей нет ни
С nk m
одной стандартной: Р( А ) =
.
k
Cn
Искомая вероятность:
С nk m
n  m ! k! n  k ! =1  n  m ! n  k ! .
Р(А) =1  Р( А ) =1 
=1

k! n  m  k ! n!
n  m  k ! n!
Cnk
Мы рассмотрели теорему сложения для несовместных событий.
Теперь рассмотрим случай, когда события А и В совместны, т.е. появление одного из них не исключает возможность появления другого
в одном и том же испытании, причем известны вероятности этих событий и вероятность их совместного появления.
Теорема 3. Вероятность появления хотя бы одного из
двух совместных событий равна сумме вероятностей этих событий без вероятности их совместного появления:
Р(А + В) = Р(А) + Р(В)  Р(АВ)
(3.5)
Поскольку события А и В по условию совместны, то событие
А + В наступит, если наступит одно из следующих трех несовместных
событий: АВ , А В или АВ. По теореме сложения вероятностей несовместных событий
Р(А + В) = Р( АВ ) + Р( А В ) + Р(АВ).
(3.6)
Событие А произойдет, если наступит одно из двух несовместных
событий: АВ или АВ.
34
По теореме сложения вероятностей несовместных событий имеем
Р(А) = Р( АВ ) + Р(АВ). Отсюда
Р( АВ ) = Р(А)  Р(АВ).
(3.7)
Аналогично имеем Р(В) = Р( А В ) + Р(АВ). Отсюда
Р( А В ) = Р(В)  Р(АВ).
(3.8)
Подставив (3.7) и (3.8) в (3.6), окончательно получим
Р(А + В) = Р(А) + Р(В)  Р(АВ).
Пример 6. Вероятности попадания в цель при стрельбе первого
и второго орудий соответственно равны р1 = 0,7; р2 = 0,8. Найти вероятность попадания при одном залпе хотя бы одним орудием.
Вероятность попадания в цель одним орудием (событие А) и другим орудием (событие В) являются независимыми. Искомая вероятность
Р(А + В) = Р(А) + Р(В)  Р(АВ) = 0,7 + 0,8 – 0,56 = 0,94.
Пример 7. Из 20 студентов 5 человек сдали на двойку экзамен
по истории, 4 – по английскому языку, причем 3 студента получили
двойки по обоим предметам. Каков процент студентов в группе, не
имеющих двоек по этим предметам (событие А)?
Р(А) = 1  Р( А ) = 1  (Р(Ист + Анг)) =
= 1  Р(Ист)  Р(Анг) + Р(Ист)  Р(Анг) =
=1
5
4
3 14 7
 

  0,7 (70%).
20 20 20 20 10
3.2. Теоремы умножения вероятностей
Условная вероятность . Часто при осуществлении некоторого эксперимента вероятность наступления интересующего нас события В изменяется в зависимости от наступления (или ненаступления) другого события А, связанного с тем же опытом. в таких случаях говорят об условной вероятности события В при условии А. Интуитивно под условной вероятностью события В при условии А понимают вероятность события В, вычисленную в предложении, что
событие А наступило, и обозначают ее Р(В|А) или РА (В).
35
Пример 8. В урне 4 белых и 3 черных шара. Из урны последовательно вынимают два шара. Найти вероятность того, что второй шар
окажется черным при условии, что первый шар был черным.
Обозначим события: А – "первый шар черный"; В –"второй шар
черный". Если произошло событие А, то в урне осталось 6 шаров, из
которых 2 черных. Поэтому искомая условная вероятность Р(В|А) =
= 2/6 = 1/3.
Дадим строгое определение условной вероятности.
Определение. Условной вероятностью события В при условии А называется отношение
Р  АВ 
вероятности произвеР  А
дения событий А и В к вероятности события А при Р(А)  0.
Таким образом, по определению
Р(В|А) =
Р АВ 
.
Р  А
(3.9)
Аналогично определяется и условная вероятность события А при
условии В:
Р(А|В) =
Р ВА Р АВ 
=
при Р(В)  0.
Р В 
РВ 
(3.10)
Покажем, что если в примере 8 условную вероятность Р(В|А) вычислим по формуле (3.9), то получим тот же результат.
Так как из 7 шаров, имеющихся в урне, 3 черных, то Р(А) = 3/7.
Для нахождения Р(АВ) вычислим n  общее число исходов (совместного появления двух шаров безразлично какого цвета) по формуле
n = А72 = 76 = 42. Из этого числа событию АВ благоприятствуют m
= А32 = 32 = 6 исходов. Поэтому Р(АВ) = 6/42 = 1/7. По формуле (3.9)
получаем Р(В|А) =
Р АВ  1 3 1
= :  , т.е. тот же результат.
Р  А 7 7 3
Теорема умножения вероятностей произвольных
событий. Из формул (3.9) и (3.10) следует
Р(АВ) = Р(А)  Р(В|А) = Р(В)  Р(А|В).
(3.11)
36
Формулы (3.11), выражающие вероятность произведения двух
событий через вероятности и условные вероятности этих событий,
представляют собой теорему умножения вероятностей.
Теорема 4. Вероятность произведения двух произвольных
событий равна произведению вероятности одного из этих событий на условную вероятность другого при условии, что
первое произошло.
Можно доказать, что в случае n событий А1, А2, …, Аn справедлива формула
Р(А1  А2 … Аn) = Р(А1) Р(А2|А1) Р(А3|А1  А2) …
… Р(Аn|А1  А2 … Аn1),
(3.12)
где Р(Аk|А1  А2 … Аk1) – вероятность события Аk, вычисленная при
условии, что произошли события А1, А2, …, Аk1.
Пример 9. В учебных мастерских техникума изготовляются детали на двух станках. Вероятность изготовления детали на первом
станке равна 0,6. Вероятность появления годной детали на первом
станке равна 0,8. Найти вероятность того, что годная деталь изготовлена на первом станке.
Обозначим события: А – "деталь изготовлена на первом станке",
В – "деталь годная". Имеем: Р(А) = 0,6; Р(В|А) = 0,8. По формуле
(3.10) находим:
Р(АВ) = Р(А)  Р(В|А) = 0,6  0,8 = 0,48.
Пример 10. В ящике находится 7 деталей первого сорта, 5 –
второго сорта и 3 – третьего сорта. Из ящика последовательно вынимают три детали. Найти вероятность того, что первая наугад вынутая
деталь окажется первого сорта (событие А1), вторая деталь – второго
сорта (событие А2) и третья деталь – третьего сорта (событие А3).
Очевидно, что
Р(А) = 7/15, Р(А2|А1) = 5/14 и Р(А3|А1 А2) = 3/13.
По формуле (3.12) находим
Р(А1 А2 А3) = Р(А1) Р(А2|А1) Р(А3|А1 А2) =
7 5 3
1
   .
15 14 13 26
37
Независимые события. Пусть события А и В таковы, что
вероятность события В не изменяется в зависимости от наступления
(или ненаступления) события А. В таких случаях говорят о независимости события В от события А.
Определение. Событие В называется независимым от события А, если уловная вероятность события В при условии
А равна вероятности события В, т.е. если Р(В|А) = Р(В) при
Р(А)  0.
Если же Р(В|А)  Р(В), то событие В называется зависимым от события А.
Пример 11. В ящике имеется 90 стандартных деталей и 10 нестандартных. Из ящика наугад берут одну за другой две детали. Вероятность появления стандартной детали при первом испытании (событие А) равна Р(А) = 90/100 = 0,9. Вероятность появления стандартной детали при втором испытании (событие В) зависит от результата
первого испытания: если в первом испытании событие А уже произошло, то Р(В|А) = 89/99; если же событие А не произошло, то
Р(В| А ) = 90/99 = 10/11. Следовательно, события А и В  зависимые.
Покажем, что если событие В не зависит от события А, то и событие А не зависит от события В при условии, что Р(В)  0.
Согласно теореме умножения, имеем
Р(АВ) = Р(А)  Р(В|А).
Но Р(В|А) = Р(В), следовательно, Р(АВ) = Р(А)  Р(В). С другой
стороны, Р(АВ) = Р(В)  Р(А|В).
Из последних двух равенств имеем Р(А)  Р(В) = Р(В)  Р(А|В),
откуда Р(А|В) = Р(А).
Таким образом, свойство зависимости или независимости двух
событий является взаимным. На практике независимость событий устанавливается по смыслу задачи.
Теорема 5. Вероятность произведения двух независимых
событий равна произведению вероятностей этих событий, т.е.
Р(АВ) = Р(А)  Р(В).
(3.13)
38
Пусть события А и В независимы. По теореме умножения вероятностей Р(АВ) = Р(А)  Р(В|А).
Так как событие В не зависит от события А, то
Р(В|А) = Р(В). Следовательно, Р(АВ) = Р(А)  Р(В).
Пример 12. Найти вероятность совместного появления герба
при одном бросании двух монет.
Вероятность появления герба на первой монете (событие А):
Р(А) = 1/2. Вероятность появления герба на второй монете (событие
В): Р(В) = 1/2. События А и В независимые, поэтому искомая вероятность по теореме умножения равна Р(АВ) = Р(А)  Р(В) = 1/4.
Возвращаясь к теореме сложения совместных событий, можно
сформулировать ряд замечаний.
Замечание 1. При использовании формулы Р(А+В) = Р(А) +
+ Р(В)  Р(АВ) следует иметь в виду, что события А и В могут быть как независимыми, так и зависимыми.
Для независимых событий
Р(А + В) = Р(А) + Р(В)  Р(А) Р(В);
для зависимых событий
Р(А + В) = Р(А) + Р(В)  Р(А) РА(В).
Замечание 2. Если события А и В несовместны, то их совмещение есть невозможное событие и, следовательно, Р(АВ) = 0.
Формула для несовместных событий принимает вид Р(А + В) =
= Р(А) + Р(В).
Мы вновь получили теорему сложения для несовместных событий. Таким образом, формула (3.5) справедлива как для совместных,
так и для несовместных событий.
3.3. Вероятность появления хотя бы одного события
Пусть в результате испытания могут появиться n событий, независимых в совокупности, либо некоторые из них, причем вероятности появления каждого из событий известны. Как найти вероятность
39
того, что наступит хотя бы одно из этих событий? Ответ на поставленный вопрос дает следующая теорема.
Теорема 6. Вероятность появления хотя бы одного из событий А1, А2, …, Аn, независимых в совокупности, равна разности между единицей и произведением вероятностей противоположных событий А1 , А2 ,  , Аn :
Р(А) = 1  q1 q2 … qn
(3.14)
Обозначим через А событие, состоящее в появлении хотя бы одного из событий А1, А2, …, Аn. События А и А1  А2    Аn (ни одно
из событий не наступило) противоположны, следовательно, сумма их
вероятностей равна единице: Р(А) + Р( А1 А2  Аn ) = 1.
Отсюда, пользуясь теоремой умножения, получим
Р(А) = 1  Р( А1 А2  Аn ) = 1  Р( А1 )Р( А2 ) … Р( Аn ), или
Р(А) = 1  q1 q2 … qn.
Следствие. Если события А1, А2, …, Аn имеют одинаковую вероятность, равную р, то вероятность появления хотя бы одного из
этих событий
Р(А) = 1  qn.
(3.15)
Пример 13. Вероятности попадания в цель при стрельбе из трех
орудий таковы: р1 = 0,8; р2 = 0,7; р3 = 0,9. Найти вероятность хотя
бы одного попадания (событие А) при одном залпе из всех орудий.
Вероятность попадания в цель каждым из орудий не зависит от
результатов стрельбы из других орудий, поэтому рассматриваемые
события А1 (попадание первого орудия), А2 (попадание второго орудия) и А3 (попадание третьего орудия) независимы в совокупности.
Вероятности событий, противоположных событиям А1, А2 и А3
(т.е. вероятности промахов), соответственно равны:
q1 = 1  р1 = 1 – 0,8 = 0,2; q2 = 1  р2 = 1 – 0,7 = 0,3;
q3 = 1  р3 = 1 – 0,9 = 0,1.
Искомая вероятность
Р(А) = 1  q1 q2 q3 = 1 – 0,2  0,3  0,1 = 0,994.
40
Рассмотреть решение задачи, используя теорему сложения вероятностей, самостоятельно.
Пример 14. Вероятность того, что при одном выстреле стрелок
попадет в цель, равна 0,4. Сколько выстрелов должен произвести
стрелок, чтобы с вероятностью не менее 0,9 он попал в цель хотя бы
один раз.
Обозначим через А событие "при n выстрелах стрелок попадет
в цель хотя бы один раз". События, состоящие в попадании в цель
при первом, втором выстрелах и т.д., независимы в совокупности, поэтому применима формула (3.15)
Р(А) = 1  qn.
Приняв во внимание, что по условию Р(А)  0,9; р = 0,4 (следовательно, q = 1 – 0,4 = 0,6), получим
1 – 0,6n  0,9; отсюда 0,6n  0,1.
Прологарифмируем это неравенство по основанию 10:
n lg 0,6  lg 0,1.
Отсюда, учитывая, что lg 0,6 < 0, имеем
n  lg 0,1 / lg 0,6 = 4,5.
Итак, n  5, т.е. стрелок должен произвести не менее 5 выстрелов.
Пример 15. Вероятность того, что событие появится хотя бы
один раз в трех независимых в совокупности испытаниях, равна
0,936. Найти вероятность появления события в одном испытании
(предполагается, что во всех испытаниях вероятность появления события одна и та же).
Так как рассматриваемые события независимы в совокупности,
то применима формула (3.15) Р(А) = 1  qn.
По условию, Р(А) = 0,936; n = 3. Следовательно,
0,936 = 1  q3, или q3 = 1 – 0,936 = 0,064.
Отсюда q =
3
0,064 = 0,4. Искомая вероятность
р = 1  q = 1 – 0,4 = 0,6.
41
3.4. Задания для самостоятельного решения
1. Учебные мастерские техникума получают изделия от заводов
А, В и С. Вероятность поступления изделий от завода А равна 0,35,
от завода В  0,4. Найти вероятность того, что очередная партия изделий поступит от завода С.
2. В группе 30 учащихся, из которых отличников – 8, хорошистов
– 13 и слабо успевающих – 9. На предстоящем экзамене отличники
могут получить только оценки "5", хорошисты могут получить с равной вероятностью оценки "4" и "5", слабо успевающие могут получить с равной вероятностью оценки "3", "4" и "5". Для сдачи экзамена
вызывается наугад один учащийся. Найти вероятность того, что он
получит оценку не ниже "4".
3. В партии из 30 пар обуви имеется 10 пар мужской, 8 пар женской и 12 пар детской обуви. Найти вероятность того, что взятая наугад пара обуви окажется не детской.
4. В партии 10 деталей, из них 8 стандартных. Найти вероятность
того, что среди взятых наугад двух деталей есть хотя бы одна стандартная.
5. В денежно-вещевой лотерее на каждые 10000 билетов разыгрывается 150 вещевых и 50 денежных выигрышей. Чему равна вероятность выигрыша, безразлично денежного или вещевого, для владельца одно лотерейного билета?
6. Вероятность того, что стрелок при одном выстреле выбьет 10
очков, равна 0,1; вероятность выбить 9 очков равна 0,3; вероятность
выбить 8 или меньше очков равна 0,6. Найти вероятность того, что
при одном выстреле стрелок выбьет не менее 9 очков.
7. В ящике 10 деталей, среди которых 2 нестандартных. Найти
вероятность того, что в наугад отобранных 6 деталях окажется не более одной нестандартной детали.
8. События А, В, С и D образуют полную группу. Вероятности
событий таковы: Р(А) = 0,1; Р(В) = 0,4; Р(С) = 0,3. Чему равна вероятность события D?
42
9. По статистическим данным ремонтной мастерской в среднем
на 20 остановок токарного станка приходится: 10 – для смены резца;
3 – из-за неисправности привода; 2 – из-за несвоевременной подачи
заготовок. Остальные остановки происходят по другим причинам.
Найти вероятность остановки станка по другим причинам.
10. Вероятность того, что стрелок при одном выстреле попадет в
мишень, равна р = 0,9. Стрелок произвел 3 выстрела. Найти вероятность того, что все 3 выстрела дали попадание.
11. Брошены монета и игральная кость. Найти вероятность совмещения событий: "появился герб", "появилось 6 очков".
12. В двух ящиках находятся детали: в первом – 10 (из них 3
стандартных), во втором – 15 (из них 6 стандартных). Из каждого
ящика наугад вынимают по одной детали. Найти вероятность того,
что обе детали окажутся стандартными.
13. В студии телевидения 3 телевизионных камеры. Для каждой
камеры вероятность того, что она включена в данный момент, равна
р = 0,6. Найти вероятность того, что в данный момент включена хотя
бы одна камера (событие А).
14. Чему равна вероятность того, что при бросании трех игральных костей 6 очков появится хотя бы на одной из костей (событие А)?
15. Предприятие изготовляет 95% изделий стандартных, причем
из них 86%  первого сорта. Найти вероятность того, что взятое наугад
изделие, изготовленное на этом предприятии, окажется первого сорта.
16. Монета бросается до тех пор, пока 2 раза подряд она не выпадет одной и той же стороной. Найти вероятности следующих событий: а) опыт окончится до шестого бросания; б) потребуется четное
число бросаний.
17. Из цифр 1, 2, 3, 4, 5 сначала вбирается одна, а затем из оставшихся четырех – вторая цифра. Предполагается, что все 20 возможных исходов равновероятны. Найти вероятность того, что будет выбрана нечетная цифра: а) в первый раз; б) во второй раз; в) в оба
раза.
43
18. Вероятность того, что при одном выстреле стрелок попадает в
десятку, равна 0,6. Сколько выстрелов должен сделать стрелок, чтобы
с вероятностью не менее 0,8 он попал в десятку хотя бы один раз?
19. Три электрические лампочки последовательно включены в
цепь. Вероятность того, что одна (любая) лампочка перегорит, если
напряжение в сети превысит номинальное, равна 0,6. Найти вероятность того, что при повышенном напряжении тока в цепи не будет.
20. Вероятность того, что событие А появится хотя бы один раз
при двух независимых испытаниях, равна 0,75. Найти вероятность
появления события в одном испытании (предполагается, что вероятность появления события в обоих испытаниях одна и та же).
21. Три команды А1, А2, А3 спортивного общества А состязаются соответственно с тремя командами общества В. Вероятности того,
что команды общества А выиграют матчи у команд общества В, таковы: при встрече А1 с В1  0,8; А2 с В2  0,4; А3 с В3  0,4. Для победы необходимо выиграть не менее двух матчей из трех (ничьи во
внимание не принимаются). Победа какого из обществ вероятнее?
22. Вероятность поражения цели первым стрелком при одном выстреле равна 0,8, а вторым стрелком – 0,6. Найти вероятность того,
что цель будет поражена только одним стрелком.
23. Из последовательности чисел 1, 2, …, n наугад одно за другим выбираются два числа. Найти вероятность того, что одно из них
меньше целого положительного числа k, а другое больше k, где
1< k < n.
24. Отдел технического контроля проверяет изделия на стандартность. Вероятность того, что изделие нестандартно, равна 0,1. Найти
вероятность того, что: а) из трех проверенных изделий только одно
окажется нестандартным; б) нестандартным окажется только четвертое по порядку проверенное изделие.
44
3.5. Контрольная работа по теме "Вероятность случайного
события. Теоремы сложения и умножения вероятностей"
1. Четырем игрокам раздается поровну колода из 32 карт. Определить вероятность того, что каждый игрок получил карты только
одной масти.
2. Номер телефона состоит из пяти цифр. Какова вероятность того, что все цифры наугад набранного номера разные.
3. На первом этаже семиэтажного дома в лифт зашли 3 человека.
Вероятность выхода каждого из лифта на любом этаже одинакова.
Найдите вероятности событий:
А – "все вышли из лифта на 4 этаже";
В – "все вышли из лифта на одном и том же этаже";
С – "все выходили из лифта на разных этажах".
4. Быстровращающийся диск разделен на четное число равных
секторов, попеременно окрашенных в белый и черный цвет. По диску
произведен выстрел. Найти вероятность того, что пуля попадет в
один из белых секторов.
5. Плоскость разграфлена параллельными прямыми, находящимися друг от друга на расстоянии 2а. На плоскость наугад брошена
монета радиуса r < a. Найти вероятность того, что монета не пересечет ни одной из прямых.
6. Три стрелка стреляют по цели. Вероятность попадания в цель
для первого стрелка равна 0,7, для второго – 0,8, для третьего – 0,9.
Найти вероятность р того, что в цель попадет хотя бы один стрелок.
7. В учебных мастерских техникума работают три станка с программным управлением. Вероятность того, что в течение рабочей
смены первый из них не потребует ремонта, равна 0,5, для второго
станка такая вероятность равна 0,6, для третьего – 0,8. Найти вероятность следующих событий: А – "ни один из станков в течение рабочей смены не потребует ремонта"; В – "первый станок потребует ремонта, а второй и третий нет"; С – "первый и второй станок потребу-
45
ет ремонта, а третий нет"; D – "хотя бы один из станков потребует
ремонта".
8. Три стрелка стреляют по одной и той же цели. Вероятность попадания в цель первого, второго и третьего стрелков соответственно
равна 0,7, 0,8 и 0,9. Найти вероятность того, что все три стрелка попадут в цель.
9. Из трех станков, обслуживаемых одним рабочим, вероятность
остановки в течение рабочей смены для первого станка равна 0,1, для
второго – 0,15, для третьего – 0,2. Найти вероятность бесперебойной
работы всех трех станков в течение одной смены.
10. В ящике имеются 20 изделий первого сорта и 5  высшего
сорта. Из ящика наугад берут одно за другим два изделия. Найти вероятность того, что оба изделия окажутся высшего сорта.
11. В каждой из трех партий, содержащих по 20 изделий, имеется
соответственно одно, два и четыре бракованных изделия. Из каждой
партии наугад извлекают по одному изделию. Найти вероятность того, что все три изделия окажутся бракованными.
12. Вероятности попадания в цель при стрельбе из трех орудий
соответственно равны 0,7, 0,8 и 0,9. Найти вероятность хотя бы одного попадания при одном залпе из всех орудий.
13. Предприятие изготовляет 98% изделий стандартных, причем
из них 90% первого сорта. Найти вероятность того, что взятое наугад
изделие окажется первого сорта.
14. Вероятность поражения цели первым стрелком при одном выстреле равна 0,9, а вторым стрелком – 0,8. Найти вероятность того,
что цель будет поражена только одним стрелком. Задачу решить двумя способами.
46
Лекция № 4. ФОРМУЛА ПОЛНОЙ ВЕРОЯТНОСТИ.
ФОРМУЛЫ БАЙЕСА
4.1. Формула полной вероятности
Формулу полной вероятности можно продемонстрировать на
конкретном примере. Пусть имеются три урны, в каждой их которых
находятся шары определенного цвета. Наугад выбирается урна и извлекается шар. Определить вероятность того, что наугад извлеченный
шар белого (черного) цвета (событие А).
Пусть событие А может произойти только с одним из событий
Н1, Н2, …, Нn, образующих полную систему попарно несовместных
событий:
А = Н1  А + Н2  А + Н3  А + … Нn  А
(4.1)
Тогда попарно несовместны и события А  Н1, А  Н2, …, А  Нn.
Используя для вычисления вероятности события А теорему сложения вероятностей, получим:
Р(А) = Р(Н1  А) + Р(Н2  А) + … + Р(Нn  А).
Применив к каждому слагаемому последнего равенства теорему
умножения вероятностей зависимых событий, имеем:
Р(А) = Р(Н1)  РН1 (А) + Р(Н2)  РН 2 (А) +…+ Р(Нn)  РН n (А). (4.2)
Полученная формула называется формулой полной вероятности.
Пример 1. В учебных мастерских на станках а, b и с изготовляют соответственно 25%, 35% и 40% всех деталей. В их продукции
брак составляет соответственно 15%, 12% и 6%. Найти вероятность
того, что наугад взятая деталь дефектна.
Обозначим события:
А – "наугад взятая деталь дефектна";
Н1  "деталь изготовлена на станке а";
Н2  "деталь изготовлена на станке b";
Н3  "деталь изготовлена на станке с".
События Н1, Н2, Н3 образуют полную группу попарно несовместных событий и Р(Н1)=0,25, Р(Н2)=0,35, Р(Н3)=0,4. Кроме того,
47
числа 0,15; 0,12; 0,06 (15%, 12% и 6%) являются условными вероятностями события А при условии событий (гипотез) Н1, Н2, Н3 соответственно, т.е. РН1 (А) = 0,15, РН 2 (А) = 0,12, РН 3 (А) = 0,06.
По формуле (4.2) находим:
3
Р(А) =  Р ( Н i )  Р(А|Нi) =
i 1
= Р(Н1)  РН 1 (А) + Р(Н2)  РН 2 (А) + Р(Н3)  РН 3 (А) =
= 0,250,15 + 0,350,12 +0,40,06 = 0,1035.
Пример 2. В первой коробке содержится 20 радиоламп, из них
18 стандартных; во второй коробке – 10 ламп, из них 9 стандартных.
Из второй коробки наугад взята лампа и переложена в первую. Найти
вероятность того, что лампа, наугад извлеченная из первой коробки,
будет стандартной.
Обозначим через А событие "из первой коробки извлечена стандартная лампа". После того, как в первую коробку была переложена
одна лампа, можно выдвинуть следующие предположения:
Н1  "наугад извлеченная лампа из первой коробки, раньше ей
принадлежала";
Н2  "наугад извлеченная лампа из первой коробки, раньше ей не
принадлежала":
Р(Н1) = 20/21;
Р(Н2) = 1/21.
РН1 (А) = 18/20;
РН 2 (А) = 9/10.
Искомая вероятность того, что из первой коробки будет извлечена стандартная лампа, по формуле полной вероятности равна:
Р(А) = Р(Н1)  РН1 (А) + Р(Н2)  РН 2 (А) =
=
20 18 1 9
    0,9
21 20 21 10
Пример 3. По цели произведено три последовательных выстрела. Вероятность попадания при первом выстреле р1 = 0,5, при втором
 р2 = 0,6, при третьем  р3 = 0,8. При одном попадании вероятность
48
поражения цели равна 0,4, при двух  0,7, при трех  1,0. Найти вероятность поражения цели при трех выстрелах.
Обозначим события:
А  "поражение цели при трех выстрелах";
Н1  "одно попадание";
Н2  "два попадания";
Н3  "три попадания";
Н4  "ни одного попадания".
Согласно формуле полной вероятности
Р(А) = Р(Н1)  РН 1 (А) + Р(Н2)  РН 2 (А) + Р(Н3)  РН 3 (А) + Р(Н4)  РН 4 (А).
Из условия задачи имеем
РН 1 (А) = 0,4; РН 2 (А) = 0,7;
РН 3 (А) = 1,0;
РН 4 (А) = 0.
Вычислим вероятности событий Н1, Н2, Н3, Н4. Подчеркнем, что
если р1, р2, р3  соответственно вероятности попаданий при первом,
втором и третьем выстрелах, то 1р1, 1р2, 1р3  соответственно
вероятности промахов при тех же выстрелах. Следовательно,
Р(Н1) = р1 (1р2)(1р3) + (1р1) р2 (1р3) + (1р1)(1р2) р3 =
= 0,50,40,2 + 0,50,60,2 + 0,50,40,8 = 0,26.
Р(Н2) = р1 р2 (1р3) + р1 (1р2) р3 + (1р1) р2 р3 =
= 0,50,60,2 + 0,50,40,8 + 0,50,60,8 = 0,46.
Р(Н3) = р1 р2 р3 = 0,50,60,8 = 0,24.
Р(Н4) = (1р1)(1р2)(1р3) = 0,50,40,2 = 0,04.
Подставив полученные значения вероятностей в равенство, найдем
Р(А) = 0,260,4 + 0,460,7 + 0,241 + 0,040 = 0,666.
4.2. Вероятность гипотез. Формулы Байеса
Пусть событие А может наступить при условии появления одного из несовместных событий Н1, Н2, …, Нn, образующих полную
группу. Поскольку заранее не известно, какое из этих событий наступит, их называют гипотезами. Вероятность появления события А
определяется по формуле полной вероятности (4.2)
49
Р(А) = Р(Н1)  РН1 (А) + Р(Н2)  РН 2 (А) + … + Р(Нn)  РН n (А).
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
РА (Н1), РА (Н2), …, РА (Нn).
Найдем сначала условную вероятность РА (Н1). По теореме умножения имеем Р(АН1) = Р(А)РА (Н1) = Р(Н1) РН1 (А). Отсюда РА (Н1) =
=
Р ( Н1 ) РН1 ( А)
Р ( А)
. Заменив здесь Р(А) по формуле (4.2), получим
РА (Н1) =
Р ( Н1 ) РН1 ( А)
Р ( Н1 ) РН1 ( А)  Р( Н 2 ) РН 2 ( А)  ...  Р( Н n ) PH n ( A)
.
Аналогично выводятся формулы, определяющие условные вероятности остальных гипотез, т.е. условная вероятность любой гипотезы Нi (i = 1, 2, …, n) может быть вычислена по формуле
РА (Нi) =
Р( Н i ) РН i ( А)
Р ( Н1 ) РН1 ( А)  Р ( Н 2 ) РН 2 ( А)  ...  Р( Н n ) PH n ( A)
.
(4.3)
Полученные формулы называют формулами Байеса (по имени
английского математика, который их вывел; опубликованы в 1764 г.).
Формулы Байеса позволяют переоценить вероятности гипотез после
того, как становится известным результат испытания, в итоге которого появилось событие А.
Пример 4. Детали, изготовляемые цехом завода, попадают для
проверки их на стандартность к одному из двух контролеров. Вероятность того, что деталь попадет к первому контролеру, равна 0,6, а ко
второму – 0,4. Вероятность того, что годная деталь будет признана
стандартной первым контролером, равна 0,94, вторым – 0,98. Годная
деталь при проверке была признана стандартной. Найти вероятность
того, что эту деталь проверил первый контролер.
Обозначим через А событие, состоящее в том, что годная деталь
признана стандартной. Можно сделать два предположения:
50
 деталь проверил первый контролер (гипотеза Н1);
 деталь проверил второй контролер (гипотеза Н2).
Искомую вероятность того, что деталь проверил первый контролер, найдем по формуле Байеса:
РА (Н1) =
Р( Н1 ) РН1 ( А)
Р ( Н1 ) РН1 ( А)  Р( Н 2 ) РН 2 ( А)
.
По условию задачи имеем:
Р(Н1) = 0,6 (вероятность того, что деталь попадет к первому контролеру);
Р(Н2) = 0,4 (вероятность того, что деталь попадет ко второму
контролеру);
РН1 ( А) = 0,94 (вероятность того, что годная деталь будет признана первым контролером стандартной);
РН 2 ( А) = 0,98 (вероятность того, что годная деталь будет признана вторым контролером стандартной).
Искомая вероятность РА (Н1) =
0,6  0,94
 0,59.
0,6  0,94  0,4  0,98
Как видно, до испытания вероятность гипотезы Н1 равнялась
0,6, а 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.
Пример 5. Имеются три одинаковые по виду урны. В первой
урне 15 белых шаров, во второй – 10 белых и 5 черных, а в третьей –
15 черных шаров. Из выбранной наугад урны вынули белый шар.
Найти вероятность того, что шар вынут из первой урны.
Обозначим события:
А – "появление белого шара";
Н1  "выбор первой урны";
Н2  "выбор второй урны";
Н3  "выбор третьей урны".
51
Имеем Р(Н1) = Р(Н2) = Р(Н3) = 1/3,
РН 1 (А) = 1,
РН 2 (А) = 10/15 = 2/3,
РН 3 (А) = 0.
Искомую вероятность РА (Н1) находим по формуле (4.3):
РА (Н1) =
Р( Н1 )  РН 1 ( А)
P ( H1 )  PН 1 ( A)  P( H 2 )  PН 2 ( A)  P( H 3 )  PН 3 ( A)
=
1
1
3
3
=
  0,6.
1
1 2 1
1     0 5
3
3 3 3
Пример 6. Двадцать учащихся, уезжающих в студенческий
строительный отряд, пришли сдавать экзамен по математике досрочно. Шестеро из них подготовились отлично, восемь хорошо, четверо
удовлетворительно, а двое совсем не подготовились – понадеялись,
что все помнят. В билетах 50 вопросов. Отлично подготовившиеся
учащиеся могут ответить на все 50 вопросов, хорошо – на 40, удовлетворительно – на 30 и неподготовившиеся – на 10 вопросов. Приглашенный учащийся ответил правильно на все три заданных ему вопроса. Найти вероятность того, что он отлично подготовился к экзамену.
Обозначим события:
Н1  "приглашен учащийся, подготовившийся отлично";
Н2  "приглашен учащийся, подготовившийся хорошо";
Н3  "приглашен учащийся, подготовившийся удовлетворительно";
Н4  "приглашен учащийся, не подготовившийся к экзамену";
А – "приглашенный учащийся ответил на все три вопроса".
Имеем Р(Н1) = 6/20 = 0,3, Р(Н2) = 8/20 = 0,4,
Р(Н3) = 4/20 = 0,2, Р(Н4) = 2/20 = 0,1.
Находим условные вероятности:
РН1 (А) = 1,
РН 3 (А) =
30 29 28
 
 0,207,
50 49 48
40 39 38
 
 0,504,
50 49 48
10 9 8
 
 0,006.
РН 4 (А) =
50 49 48
РН 2 (А) =
Согласно условию задачи требуется найти РА (Н1). Применив
формулу Байеса, получим
52
РА (Н1) =

Р( Н1 )  РН1 ( А)
P( H1 )  PН 1 ( A)  P( H 2 )  PН 2 ( A)  P( H 3 )  PН 3 ( A)  Р( Н 4 )  РН 4 ( А)
=

0,3 1
= 0,552.
0,3 1  0,4  0,504  0,2  0,207  0,1 0,006
Искомая вероятность сравнительно невелика. Поэтому для уточнения оценки желательно предложить учащемуся дополнительные
вопросы.
4.3. Задания для самостоятельного решения
1. 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 наугад извлеченная деталь из наугад взятого ящика – стандартная.
2. В первом цехе завода производится в среднем 90% стандартных деталей, во втором – 95%, а в третьем – 85%. В сборочный цех
этого же завода поступает 50% деталей из первого цеха, 30%  из
второго и 20%  из третьего. Найти вероятность того, что деталь, наугад взятая сборщиком, окажется стандартной.
3. У сборщика имеются 80 деталей, 36 из которых изготовлены в
первом цехе, 24 – во втором и 20 – в третьем. Вероятность того, что
деталь, изготовленная в первом цехе, стандартная, равна 0,8, для второго цеха – 0,6 и для третьего цеха – 0,8. Найти вероятность того, что
наугад взятая сборщиком деталь стандартна.
4. Имеются два одинаковых по виду ящика. В первом ящике
имеются 8 пар обуви 41 размера и 6 пар 42 размера, а во втором ящике 10 пар 41 размера и 4 пары 42 размера. Из выбранного наугад ящика вынули одну пару обуви, оказавшейся 42 размера. Найти вероятность того, что обувь извлечена из первого ящика.
5. Детали для сборки изготовляются на двух станках, из которых
первый производит деталей в три раза больше второго. При этом брак
составляет в выпуске первого станка 2,5%, а в выпуске второго –
53
1,5%. Взятая наугад сборщиком деталь оказалась годной. Найти вероятность того, что она изготовлена на втором станке.
6. У рыбака есть три излюбленных места рыбалки, которые он
посещает с одинаковой вероятностью. Вероятность клева на первом
месте равна 1/3, на втором  1/2, на третьем  1/4. Рыбак забросил
удочку в наугад выбранном месте, и рыбка клюнула. Найти вероятность того, что он удил рыбу на первом месте.
7. В ящик, содержащий 3 одинаковые детали, брошена стандартная деталь, а затем наугад извлечена одна деталь. Найти вероятность
того, что извлечена стандартная деталь, если равновероятны все возможные предположения о числе стандартных деталей, первоначально
находящихся в ящике.
8. При отклонении от нормального режима работы автомата срабатывает сигнализатор С-1 с вероятностью 0,8, а сигнализатор С-2
срабатывает с вероятностью 1. Вероятности того, что автомат снабжен сигнализатором С-1 или С-2, соответственно равны 0,6 и 0,4. Получен сигнал о неполадке автомата. Что вероятнее: автомат снабжен
сигнализатором С-1 или С-2?
9. Для участия в студенческих отборочных спортивных соревнованиях выделено из первой группы курса 4 студента, из второй – 6, из
третьей группы – 5. Вероятности того, что студент первой, второй и
третьей группы попадает в сборную института, соответственно равны
0,9; 0,7 и 0,8. Наугад выбранный студент в итоге соревнования попал
в сборную. К какой из групп вероятнее всего принадлежал этот студент?
10. Вероятность для изделий некоторого производства удовлетворять стандарту равна 0,96. Предлагается упрощенная система проверки на стандартность, дающая положительный результат с вероятностью 0,98 для изделий, удовлетворяющих стандарту, а для изделий,
которые не удовлетворяют стандарту,– с вероятностью 0,05. Найти
вероятность того, что изделие, признанное при проверке стандартным, действительно удовлетворяет стандарту.
54
11. Из полного набора 28 костей домино наугад извлекают кость.
Найти вероятность того, что вторую наугад извлеченную кость можно приставить к первой.
Лекция № 5. ПОВТОРЕНИЕ ИСПЫТАНИЙ
5.1. Формула Бернулли
Определение. Испытания называются независимыми относительно события А, если вероятность появления события
А в каждом из этих испытаний не зависит от результата,
полученного в других испытаниях.
В разных независимых испытаниях событие А может иметь либо
различные вероятности, либо одну и ту же вероятность. Будем далее
рассматривать лишь такие независимые испытания, в которых событие А имеет одну и ту же вероятность.
Пусть производится n независимых испытаний, в каждом из которых событие А может появиться либо не появиться. Условимся
считать, что вероятность события А в каждом испытании одна и та
же, а именно равна р. Следовательно, вероятность ненаступления события А в каждом испытании также постоянна и равна q = 1  p.
Поставим перед собой задачу вычислить вероятность того, что
при n испытаниях событие А осуществится ровно k раз и, следовательно, не осуществится n  k раз. Важно подчеркнуть, что не требуется, чтобы событие А повторилось ровно k раз в определенной последовательности. Например, если речь идет о появлении события А
три раза в четырех испытания, то возможны следующие сложные события: АААА , ААА А , АА АА , А ААА . Запись АААА означает, что в
первом, втором и третьем испытаниях событие А наступило, а в четвертом испытании оно не появилось, т.е. наступило противоположное
событие А ; соответственный смысл имеют и другие записи.
Искомую вероятность обозначим Pn(k). Например, символ Р5(3)
означает вероятность того, что в пяти испытаниях событие появится
ровно 3 раза и, следовательно, не наступит 2 раза.
55
Поставленную задачу можно решить с помощью так называемой
формулы Бернулли.
Вывод формулы Бернулли. Вероятность одного сложного события, состоящего в том, что в n испытаниях событие А наступит k
раз и не наступит n  k раз, по теореме умножения вероятностей независимых событий равна pkqnk. Таких сложных событий может
быть столько, сколько можно составить сочетаний из n элементов по
k элементов, т.е. Сnk . Так как эти сложные события несовместны, то
по теореме сложения вероятностей несовместных событий искомая
вероятность равна сумме вероятностей всех возможных сложных событий. Поскольку же вероятности всех этих сложных событий одинаковы, то искомая вероятность (появления k раз события А в n испытаниях) равна вероятности одного сложного события, умноженной на
их число:
Pn(k) = Сnk pk qnk
или
Pn(k) =
n!
pkqnk.
k!n  k  !
(5.1)
Полученную формулу называют формулой Бернулли.
Пример 1. Вероятность того, что расход электроэнергии в продолжение одних суток не превысит установленной нормы, равна
р = 0,75. Найти вероятность того, что в ближайшие 6 суток расход
электроэнергии в течение 4 суток не превысит нормы.
Вероятность нормального расхода электроэнергии в продолжение
каждых из 6 суток постоянна и равна р = 0,75. Следовательно, вероятность перерасхода электроэнергии в каждые сутки также постоянна
и равна q = 1  p = 1  0,75 = 0,25.
Искомая вероятность по формуле Бернулли равна
Р6(4) = С64 p4 q2 = С63 p4 q2 =
65
 0,754  0,252 = 0,3.
1 2
Пример 2. В урне 20 шаров: 15 белых и 5 черных. Вынули подряд 5 шаров, причем каждый вынутый шар возвращается в урну и перед извлечением следующего шары в урне тщательно перемешивают56
ся. Найти вероятность того, что из пяти вынутых шаров будет два белых.
Вероятность появления белого шара в каждом испытании равна
р = 15/20 = 3/4, а вероятность непоявления белого шара равна
q = 1  p = 1/4. По формуле Бернулли находим
2
Р5(2) =
С52 p2 q52
3
54  3  1
45
=
    =
.
1 2  4   4 
512
5.2. Локальная теорема Лапласа
Нетрудно заметить, что пользоваться формулой Бернулли при
больших значениях n достаточно трудно, так как приходится выполнять действия над громадными числами.
Естественно возникает вопрос: нельзя ли вычислить интересующую нас вероятность, не прибегая к формуле Бернулли? Оказывается,
можно. Локальная теорема Лапласа и дает асимптотическую формулу, которая позволяет приближенно найти вероятность появления события ровно k раз в n испытаниях, если число испытаний достаточно велико.
Заметим, что для частного случая, а именно для р = 1/2, асимптотическая формула была найдена в 1730 г. Муавром; в 1783 г. Лаплас
обобщил формулу Муавра для произвольного р, отличного от 0 и 1.
Поэтому теорему, о которой здесь идет речь, иногда называют теоремой Муавра-Лапласа.
Доказательство локальной теоремы Лапласа довольно сложно,
поэтому мы приведем лишь формулировку теоремы и примеры, иллюстрирующие ее использование.
Теорема. Если вероятность р появления события А в каждом испытании постоянна и отлична от нуля и единицы, то
вероятность Pn(k) того, что событие А появится в n испытаниях ровно k раз, приближенно равна (тем точнее, чем
57
больше n) значению функции у =
при х =
1
1

e
npq 2

х2
2
=
1
  x 
npq
k  np
.
npq
Имеются таблицы, в которых помещены значения функции
(х) =
1
e
2

х2
2
, соответствующие положительным значениям аргу-
мента х (прил. 1). Для отрицательных значений аргумента пользуются
теми же таблицами, так как функция (х) четна, т.е. (х) = (х).
Итак, вероятность того, что бытие А появится в n независимых
испытаниях ровно k раз, приближенно равна
Pn(k) 
где х =
1
 (х),
npq
(5.2)
k  np
.
npq
Пример 3. Найти вероятность того, что событие А наступит
ровно 80 раз в 400 испытаниях, если вероятность появления этого события в каждом испытании равна 0,2.
По условию, n = 400, k = 80, q = 0,8. Воспользуемся асимптотической формулой Лапласа:
P400(80) 
1
1
 (х) =  (х)
8
400  0,2  0,8
Вычислим определяемое данными задачи значение х:
х=
80  400  0,2
= 0.
8
По таблице прил. 1 находим (0) = 0,3989.
Искомая вероятность P400(80) =
1
 0,3989 = 0,04986.
8
5.3. Интегральная теорема Лапласа
Вновь предположим, что производится n испытаний, в каждом
из которых вероятность появления события А постоянна и равна р
58
(0 < р < 1). Как вычислить вероятность Pn(k1, k2) того, что событие А
появится в n испытаниях не менее k1 и не более k2 раз (для краткости будем говорить "от k1 до k2 раз")? На этот вопрос отвечает
интегральная теорема Лапласа, которую мы приводим ниже, опустив
доказательство.
Теорема. Если вероятность р наступления события А в
каждом испытании постоянна и отлична от нуля и единицы,
то вероятность Pn(k1, k2) того, что событие А появится в n
испытаниях от k1 до k2 раз, приближенно равна определенному интегралу
2
Рn (k1, k2) 
где х' =
1
2
x   z
e 2

(5.3)
dz ,
x
k1  np
k  np
и x   2
.
npq
npq
При решении задач, требующих применения интегральной теоремы Лапласа, пользуются специальными таблицами, так как неопределенный интеграл
e

z2
2 dz
не выражается через элементарные
2
функции. Таблица для интеграла Ф(х) =
1
2
x  z
e 2

dz приведена в
x
прил. 2. В таблице даны значения функции Ф(х) для положительных
значений х и для х = 0; для х < 0 пользуются той же таблицей, так
как функция Ф(х) нечетна, т.е. Ф(х) = Ф(х). В таблице приведены значения интеграла лишь до х = 5, так как для х > 5 можно принять Ф(х) = 0,5. Функцию Ф(х) часто называют функцией Лапласа.
Приведем примеры, иллюстрирующие применение интегральной
теоремы Лапласа.
Пример 4. Известно, что 30% призывников имеют обувь 37
размера. Сколько пар обуви надо иметь на складе воинской части,
чтобы с вероятностью не меньшей 0,9 были обеспечены все такие
призывники, если в часть прибыло 200 новобранцев?
59
Подбор пары обуви каждому призывнику – одно из 200 испытаний, причем вероятность того, что ему потребуется обувь 37 размера,
р = 0,3 (q = 0,7). Пусть на складе имеется k пар обуви, где k пока не
известно. Требуется подобрать такое k, чтобы Р200(0  m  k)  0,9.
Поскольку n = 200 велико, а р и q не малы, применим интегральную формулу Лапласа:

P200 (0; k) = Ф(х'')  Ф(х') =  x 

k  np 
=
npq 
 k  np 
 0  np 
 k  200  0,3 
 200  0,3 
  
  


 






 200  0,3  0,7 
 200  0,3  0,7 
 npq 
 npq 
 
 k  60 
 60 
 k  60 
 k  60 
  
  
   9,26  
  0,5  0,9
 6,48 
 6,48 
 6,48 
 6,48 
 
 k  60 
 k  60 
  0,4  
 > 1,28
6
,
48
6
,
48




Ф
Решая полученное неравенство, находим k > 68,2944. То есть на
складе достаточно иметь 69 пар обуви 37 размера, чтобы с вероятностью 0,9 обеспечить ее спрос.
5.4. Формула Пуассона
Пусть производится n независимых испытаний, в каждом из которых вероятность появления события А равно р. Для определения
вероятности k появлений события в этих испытаниях используют
формулу Бернулли (см. п. 5.1). Если же n велико, то пользуются
асимптотической формулой Лапласа. Однако эта формула непригодна, если вероятность события мала (р  0,1). В случаях, когда n велико, р мало, прибегают к асимптотической формуле Пуассона.
Итак, будем искать вероятность события, состоящего в том, что
при очень большом числе испытаний, в каждом из которых вероятность события очень мала, событие наступит ровно k раз, при этом
предположим, что произведение n  р  есть величина постоянная,
например, равная  (среднее число появлений события).
60
Интересующая нас вероятность вычисляется по формуле:
k  е 
Pn(k) =
,
k!
 = n  р,
(5.4)
которая выражает закон распределения Пуассона вероятностей массовых (n велико) и редких (р мало) событий. Для вывода формулы
(5.4) используется формула Бернулли (5.1).
Пример 5. Прядильщица обслуживает 1000 веретен. Вероятность обрыва нити на одном веретене в течение 1 мин равна 0,004.
Найти вероятность того, что в течение 1 мин обрыв произойдет на пяти веретенах.
=nр=4
k  е  45  е  4
45
P1000(5) =


 0,1562
k!
5!
120  е 4
Значение функции ех можно найти по таблицам или с помощью
калькулятора, а также в прил. 3.
5.5. Задания для самостоятельного решения
1. В квартире шесть электролампочек. Вероятность того, что каждая лампочка останется исправной в течение года, равна 5/6. Найти
вероятность того, что в течение года придется заменить две лампочки.
2. Вероятность попадания в мишень при одном выстреле равна
1/5. Найти вероятность того, что из десяти выстрелов не будет ни одного попадания.
3. Вероятность попадания в цель при одном выстреле равна 0,9.
Найти вероятность 5 попаданий при 6 выстрелах.
4. В ящике находятся 80 стандартных и 20 нестандартных деталей. Найти вероятность того, что из пяти взятых наугад деталей не
менее четырех окажутся стандартными.
5. Для нормальной работы станции скорой медицинской помощи
требуется не менее восьми автомашин, а их имеется десять. Найти
вероятность нормальной работы станции в ближайший день, если вероятность ежедневной неисправности каждой автомашины равна 0,1.
61
6. Монету бросают 6 раз. Найти вероятность того, что герб выпадет: а) менее двух раз; б) не менее двух раз.
7. Вероятность попадания в цель при одном выстреле из орудия
р = 0,9. Вероятность поражения цели при k попаданиях (k  1) равна
1  qk. Найти вероятность того, что цель будет поражена, если сделано два выстрела. (Воспользоваться формулами Бернулли и полной
вероятности.)
8. Найти приближенно вероятность того, что при 400 испытаниях
событие наступит ровно 104 раза, если вероятность его появления в
каждом испытании равна 0,2.
9. Вероятность поражения мишени стрелком при одном выстреле
равна 0,75. Найти вероятность того, что при 100 выстрелах мишень
будет поражена: а) не менее 70 и не более 80 раз; б) не более 70 раз.
10. Найти вероятность того, что отклонение частоты появления
m
от вероятности р по абсолютной величине
n
 m

не превышает заданного числа   0  Р  p     .

 n
случайного события
11. Вероятность появления события в каждом из 10 000 независимых испытания р = 0,75. Найти вероятность того, что относительная частота появления события отклонится от его вероятности по абсолютной величине не более чем на 0,001.
12. Вероятность появления события в каждом из независимых
испытаний равна 0,2. Найти, какое отклонение относительной частоты появления события от его вероятности можно ожидать с вероятностью 0,9128 при 5000 испытаниях.
13. Сколько раз надо бросить монету, чтобы с вероятностью 0,6
можно было ожидать, что отклонение относительной частоты появлений герба от вероятности р = 0,5 окажется по абсолютной величине не более 0,01?
14. Какова вероятность того, что среди 500 наугад выбранных человек двое родились 1-го мая?
62
15. Среди 1000 человек приблизительно 8 левшей. Какова вероятность того, что среди сотни наугад выбранных человек не окажется
ни одного левши?
5.6. Контрольная работа по разделу "Случайные события"
1. Студент знает 45 из 60 вопросов программы. Каждый экзаменационный билет содержит три вопроса. Найти вероятность того, что:
а) студент знает все три вопроса; б) только два вопроса; в) только
один вопрос экзаменационного билета.
2. В каждой из двух урн находится 5 белых и 10 черных шаров.
Из первой урны во вторую переложили наудачу один шар, а затем из
второй урны вынули наугад один шар. Найти вероятность того, что
вынутый шар окажется черным.
3. Три стрелка в одинаковых и независимых условиях произвели
по одному выстрелу по одной и той же цели. Вероятность поражения
цели первым стрелком равна 0,9, вторым – 0,8, третьим – 0,7. Найти
вероятность того, что: а) только один из стрелков попадает в цель; б)
только два стрелка попадут в цель; в) все три стрелка попадут в цель.
4. Вероятность наступления события в каждом из одинаковых и
независимых испытаний равна 0,8. Найти вероятность того, что в
1600 испытаниях событие наступит 1200 раз.
5. Какова вероятность того, что среди 500 наугад выбранных лиц:
а) пятеро родились в марте; б) трое родились 10 июня; в) ни один не
родился 17 сентября?
6. Вероятность наступления события в каждом из одинаковых и
независимых испытаний равна 0,8. Найти вероятность того, что в 125
испытаниях событие наступит не менее 75 и не более 90 раз.
7. Турист, заблудившись в лесу, вышел на поляну, от которой в
разные стороны ведут пять дорог. Если турист пойдет по первой дороге, то вероятность выхода туриста из леса в течение часа составит
0,6; если по второй – 0,3; если по третьей – 0,2; если по четвертой –
0,1; если по пятой – 0,1. Какова вероятность того, что турист пошел
по первой дороге, если он через час вышел из леса?
63
8. Вы играете в шахматы с равным по силе партнером. Чего следует больше ожидать: трех побед в четырех партиях или пяти побед
в восьми партиях?
9. Мишень в тире состоит из "яблока" и двух концентрических
"колец". Вероятность попадания в "яблоко" одним выстрелом 1/10, в
первое "кольцо" – 1/5, во второе – 2/5, вероятность промахнуться
3/10. По мишени выпущено 5 выстрелов. Какова вероятность двух
попаданий в "яблоко" и одного попадания во второе "кольцо"?
10. Вероятность встретить на улице своего товарища равна 0,002.
Какова вероятность того, что среди 1200 случайных прохожих вы
встретите не более трех своих товарищей?
Раздел II. СЛУЧАЙНЫЕ ВЕЛИЧИНЫ
Лекция № 6. ВИДЫ СЛУЧАЙНЫХ ВЕЛИЧИН.
СПОСОБ ЗАДАНИЯ И ЗАКОНЫ РАСПРЕДЕЛЕНИЯ
ДИСКРЕТНОЙ СЛУЧАЙНОЙ ВЕЛИЧИНЫ
6.1. Случайные величины
Определение. Случайной называют величину, которая в
результате испытания примет одно и только одно возможное
значение, наперед не известное и зависящее от случайных
причин, которые заранее не могут быть учтены.
Пример 1. Число родившихся мальчиков среди ста новорожденных есть случайная величина, которая имеет следующие возможные значения: 0, 1, 2, …, 100.
Пример 2. Расстояние, которое пролетит снаряд при выстреле
из орудия, есть случайная величина. Действительно, расстояние зависит не только от установки прицела, но и от многих других причин
(силы и направления ветра, температуры и т.д.), которые не могут
быть полностью учтены. Возможные значения этой величины принадлежат некоторому промежутку (a, b).
64
Пример 3. Число очков, которое выпадает при подбрасывании
игральной кости: 1, 2, 3, 4, 5,6.
Будем далее обозначать случайные величины прописными буквами X, Y, Z, а их возможные значения – соответствующими строчными буквами x, y, z. Например, если случайная величина Х имеет
три возможных значения, то они будут обозначены так: x1, x2, x3.
В приведенных примерах можно выделить случайные величины,
которые принимают отдельные изолированные значения, отделенные
друг от друга промежутками, в которых нет возможных значений
(примеры 1 и 3). Во втором примере случайная величина могла принять любое из значений промежутка (a, b). Здесь нельзя отделить одно возможное значение от другого промежутком, не содержащим возможных значений случайной величины.
Уже из сказанного можно заключить о целесообразности различать случайные величины, принимающие лишь отдельные, изолированные значения, и случайные величины, возможные значения которых сплошь заполняют некоторый промежуток.
Определение. Дискретной (прерывной) называют случайную величину, которая принимает отдельные, изолированные
возможные значения с определенными вероятностями.
Число возможных значений дискретной случайной величины
может быть конечным или бесконечным.
Определение. Непрерывной называют случайную величину, которая может принимать все значения из некоторого конечного или бесконечного промежутка.
Очевидно, число возможных значений непрерывной случайной
величины бесконечно.
6.2. Способ задания дискретной случайной величины
Определение. Соответствие между возможными значениями х1, х2, …, xn случайной величины Х и их вероятностями р1, р2, …, рn называется законом распределения случайной
величины Х.
65
Закон распределения случайной величины может быть представлен в виде табл. 6.1.
Таблица 6.1
Х
р
х1
р1
х2
р2
…
…
xi
рi
xn
рn
…
…
События Х = х1, Х = х2, …, Х = xn образуют полную группу попарно несовместных событий, поэтому сумма их вероятностей равна
единице
р1 + р2 + … + рn = 1.
Пример 4. Составим закон распределения выпадения герба при
одном подбрасывании монеты (табл. 6.2).
Таблица 6.2
Х
р
0
1/2
1
1/2
Пример 5. Закон распределения вероятностей дискретной случайной величины Х – числа очков, выпадающих при бросании правильной игральной кости, имеет вид, заданный табл. 6.3.
Таблица 6.3
Х
Р
1
1/6
2
1/6
3
1/6
4
1/6
5
1/6
6
1/6
Для наглядности закон распределения дискретной случайной величины можно изобразить и графически, для чего в прямоугольной
системе координат строят точки (xi, рi), а затем соединяют их отрезками прямых. Полученную фигуру называют многоугольником распределения.
6.3. Виды законов распределения дискретной случайной
величины
Биномиальное распределение. Пусть случайная величины Х –
число появлений события А в n независимых испытаниях, в каждом
из которых вероятность появления события А равна р, а непоявле66
ния q = 1  р. Очевидно, что Х может принимать значения 0, 1, 2,
…, n, вероятности которых определяются по формуле Бернулли:
Рп(k) = P(X = k) = Сnk pk qn-k ,
k = 0, 1, 2, …, n.
(6.1)
Определение. Биномиальным распределением называется
закон распределения случайной величины Х, имеющей вид
(табл. 6.4)
Таблица 6.4
Х
р
0
1
0
С n0 p q
n
1
Сn1 p q
2
n1
2
Сn2 p q
n2
…
k
…
k
Сnk p q
nk
…
n
…
Сnn pn q0
Пример 6. Составить закон распределения числа попаданий в
цель при четырех выстрелах, если вероятность попадания при одном
выстреле равна 0,9.
Случайная величина Х – число попаданий в цель при четырех
выстрелах – может принимать значения 0, 1, 2, 3, 4, а соответствующие им вероятности находим по формуле Бернулли (6.1):
Р(Х = 0) = С40  0,90  0,14 = 0,0001;
Р(Х = 1) = С41  0,91  0,13 = 0,0036;
Р(Х = 2) = С42  0,92  0,12 = 0,0486;
Р(Х = 3) = С43  0,93  0,11 = 0,2916;
Р(Х = 4) = С44  0,94  0,10 = 0,6561.
Итак, искомый закон распределения имеет вид (табл. 6.5).
Таблица 6.5
Х
р
0
0,0001
1
0,0036
2
0,0486
3
0,2916
4
0,6561
Геометрическое распределение. Пусть производятся независимые испытания, в каждом из которых вероятность появления события А равна p (0 < p < 1) и, следовательно, вероятность его непоявления q = 1 – p. Испытания заканчиваются, как только появится со-
67
бытие А. Таким образом, если событие А появилось в k-м испытании, то в предшествующих k – 1 испытаниях оно не появлялось.
Обозначим через Х дискретную случайную величину – число
испытаний, которые нужно провести до первого появления события
А. Очевидно, возможными значениями Х являются натуральные
числа: х1 = 1, х2 = 2, …
Пусть в первых k – 1 испытаниях событие А не наступило, а в
k-м испытании появилось. Вероятность этого "сложного события",
по теореме умножения вероятностей независимых событий,
P(Х = k) = qk1 p.
(6.2)
Полагая в формуле (6.2) k = 1, 2, …, получим геометрическую
прогрессию с первым членом р и знаменателем q (0 < q < 1):
р, qр, q2р, …, q k1р, …
(6.3)
По этой причине распределение называют геометрическим.
Легко убедиться, что ряд (6.3) сходится и сумма его равна единице. Действительно, S =
p
p
 = 1.
1 q p
Пример 7. Из орудия производится стрельба по цели до первого
попадания. Вероятность попадания в цель р = 0,6. Составить закон
распределения дискретной случайной величины Х – "число выстрелов до первого попадания в цель, если производится 3 выстрела"
(табл. 6.6).
Таблица 6.6
Х
р
1
0,6
2
0,24
3
0,16
P(Х = 1) = p = 0,6
P(Х = 2) = q  p = 0,40,6 = 0,24
P(Х = 3) = q  q = 0,40,4 = 0,16
p1 + p2 + p3 = 0,6 + 0,26 + 0,16 = 1
Гипергеометрическое распределение. Прежде чем дать определение гипергеометрического распределения, рассмотрим задачу.
Пусть в партии из N изделий имеется М стандартных (М < N). Из
68
партии случайно отбирают n изделий (каждое изделие может быть
извлечено с одинаковой вероятностью), причем отобранное изделие
перед отбором следующего не возвращается в партию (поэтому
формула Бернулли здесь неприменима). Обозначим через Х случайную величину – число m стандартных изделий среди n отобранных.
Очевидно, возможные значения Х таковы: 0, 1, 2, …, min (M, n).
Найдем вероятность того, что Х = m, т.е. что среди n отобранных изделий ровно m стандартных. Используем для этого классическое определение вероятности.
Искомая вероятность равна отношению числа исходов, благоприятствующих событию Х = m, к числу всех элементарных исходов
P(Х = m) =
m
CM
C Nn mM
(6.4)
C Nn
Формула (6.4) определяет распределение вероятностей, которое
называют гипергеометрическим.
6.4. Числовые характеристики дискретной случайной величины
Математическое ожидание. Кроме закона распределения, который дает полное представление о случайной величине, часто используют числа, которые описывают случайную величину суммарно.
Такие числа называют числовыми характеристиками случайной
величины. Среди числовых характеристик весьма важной является
математическое ожидание, которое указывает, какое среднее значение случайной величины следует ожидать в результате испытаний
или наблюдений.
Определение. Математическим ожиданием М(Х) дискретной случайной величины Х называется сумма произведений
всех ее возможных значений хi на соответствующие вероятности рi:
n
М(Х) = х1 р1 + х2 р2 + … + хn рn =  xi pi .
(6.5)
i 1
69
Пример 8. Найти математическое ожидание случайной величины Х, зная ее закон распределения (табл. 6.7).
Таблица 6.7
Х
р
1
0,2
0
0,1
1
0,25
2
0,15
3
0,3
По формуле (6.5) находим
М(Х) = 10,2 + 00,1 + 10,25 + 20,15 + 30,3 = 1,25.
Приведем без доказательства свойства математического ожидания.
1. Математическое ожидание постоянной величины С равно самой этой величине:
М(С) = С.
(6.6)
2. Постоянный множитель можно выносить за знак математического ожидания:
М(СХ) = СМ(Х).
(6.7)
3. Математическое ожидание суммы случайных величин равно
сумме их математических ожиданий (теорема сложения математических ожиданий):
М(Х + Y) = М(Х) + М(Y).
(6.8)
4. Математическое ожидание произведения независимых случайных величин равно произведению их математических ожиданий (теорема умножения математических ожиданий):
М(ХY) = М(Х)  М(Y).
(6.9)
Пример 9. Независимые случайные величины Х и Y заданы
следующими законами распределения:
Х
1
2
5
Y
7
8
р 0,2 0,7 0,1
р 0,2 0,8
Найти М(ХY): а) непосредственно; б) используя свойство 4.
а) Составим закон распределения случайной величины ХY:
ХY
7
8
14 16
35
40
р
0,04 0,16 0,14 0,56 0,02
0,08
70
М(ХY) = 70,04 + 80,16 + 140,14 + 160,56 + 350,02 + 400,08 =
= 16,38.
б) Найдем математические ожидания каждой случайной величины:
М(Х) = 10,2 + 20,7 + 50,1 = 2,1
М(Y) = 70,2 + 80,8 = 7,8.
Так как величины Х и Y независимые, то
М(ХY) = М(Х)  М(Y) = 2,17,8 = 16,38.
5. Математическое ожидание М(Х) числа появлений события А
в n независимых испытаниях равно произведению числа испытаний
на вероятность появления события в каждом испытании:
М(Х) = n  р.
(6.10)
Дисперсия. Рассмотрим следующий пример.
Пример 10. Найти математическое ожидание случайных величин Х и Y, зная законы их распределения.
Х
1
3
7
8
4
1
р
1/12 1/6
1/4
1/6 1/12 1/4
Y
р
2
1/6
1
1/6
0
1/12
1
1/3
2
0
3
1/4
По формуле (6.5) находим
1
1
1
1
1
1
7
4 1 +1 +3 +7 = ,
12
6
4
6
12
4 12
1
1
1
1
1 7
М(Y) = 2  1 + 0 + 1 + 2  0 + 3 = .
6
6
12
3
4 12
М(Х) = 8
Мы получили любопытный результат: законы распределения величин Х и Y разные, а их математические ожидания одинаковы.
Из рис. 6.1. видно, что значения величины Y более сосредоточены около математического ожидания М(Y), чем значения величины
Х, которые разбросаны (рассеяны) относительно ее математического
ожидания М(Х) (рис. 6.2).
71
2 1
1
0
2
3
Y
М(Y)
Р и с. 6.1
8
4
1 0
1
3
7
Х
М(Х)
Р и с. 6.2
Основной числовой характеристикой степени рассеяния значений
случайной величины Х относительно ее математического ожидания
М(Х) является дисперсия, которая обозначается через D(Х).
Определение. Отклонением называется разность между
случайной величиной Х и ее математическим ожиданием М(Х),
т.е. Х  М(Х).
Заметим, что отклонение Х  М(Х) и его квадрат (Х  М(Х))2 также являются случайными величинами. Причем если случайная величина Х распределена по закону, заданному табл. 6.1, то квадрат ее
отклонения имеет следующий закон распределения (табл. 6.8):
Таблица 6.8
(Х  М(Х))2
р
(х1  М(Х))2
р1
(х2  М(Х))2
р2
…
…
(хn  М(Х))2
рn
Действительно, чтобы случайная величина (Х  М(Х))2 приняла
значение (х1  М(Х))2, достаточно, чтобы случайная величина Х приняла значение х1. Вероятность же этого события равна р1. Аналогично обстоит дело и для остальных возможных значений квадратов
отклонений.
Введем теперь определение дисперсии случайной величины Х.
72
Определение. Дисперсией дискретной случайной величины Х называется математическое ожидание квадрата ее отклонения от математического ожидания:
D(Х) = М(Х  М(Х))2.
(6.11)
Пример 11. Найти дисперсию случайной величины Х, заданной законом распределения:
Х
1
2
5
р
0,3
0,5
0,2
Найдем математическое ожидание Х:
М(Х) = 10,3 + 20,5 + 50,2 = 2,3.
Найдем все возможные значения квадрата отклонения (Х  М(Х))2:
(х1  М(Х))2 = (1 – 2,3)2 = 1,69
(х2  М(Х))2 = (2 – 2,3)2 = 0,09
(х3  М(Х))2 = (5 – 2,3)2 = 7,29.
Запишем закон распределения случайной величины (Х  М(Х))2:
1,69
0,09
7,29
(Х  М(Х))2
р
0,3
0,5
0,2
По определению найдем D(Х):
D(Х) = 1,690,3 + 0,090,5 + 7,290,2 = 2,01.
Однако, такое вычисление не очень удобно. Упростим формулу
(6.11), используя свойства математического ожидания:
D(Х) = М(Х  М(Х))2 = М(Х2  2М(Х)  Х + М2(Х)) =
= М(Х2)  2М(Х)  М(Х) + М2(Х) = М(Х2)  М2(Х).
(6.12)
Вывод: Дисперсия случайной величины есть разность между математическим ожиданием квадрата случайной величины и квадратом
ее математического ожидания.
Приведем без доказательства некоторые свойства дисперсии.
1. Дисперсия постоянной величины С равна нулю:
D(С) = 0.
(6.13)
2. Если Х  случайная величина, а С  постоянная, то
D(СХ) = С2D(Х).
(6.14)
3. Если Х и Y  независимые случайные величины, то
73
D(Х + Y) = D(Х) + D(Y).
(6.15)
Следствие 1. Дисперсия суммы нескольких взаимно независимых случайных величин равна сумме дисперсий этих величин.
Следствие 2.
D(С + Х) = D(Х).
(6.16)
Следствие 3.
D(Х  Y) = D(Х) + D(Y).
(6.17)
4. Дисперсия числа появлений события А в n независимых испытаниях, в каждом из которых вероятность р появления события
постоянна, равна произведению числа испытаний на вероятность появления и непоявления события в одном испытании:
D(Х) = n  р  q.
(6.18)
Доказать свойства самостоятельно.
Пример 12. Дискретная случайная величина распределена по
закону
Х
0
1
2
1
р
0,2
0,1 0,3 0,4
Найти D(Х).
Сначала находим
М(Х) = 10,2 + 00,1 + 10,3 + 20,4 = 0,9,
а затем
М(Х2) = 10,2 + 00,1 + 10,3 + 40,4 = 2,1.
По формуле (6.12) имеем:
D(Х) = М(Х2)  М2(Х) = 2,1 – 0,81 = 1,29.
Пример 13. Сравнить дисперсии случайных величин, заданных
законами распределения:
Х 1
1
2
3
Y
1
2
3
1
р 0,48 0,01 0,09 0,42
р 0,19 0,51 0,25 0,05
Находим:
М(Х) = 10,48 + 10,01 + 20,09 + 30,42 = 0,97;
М(Х2) = 10,48 + 10,01 + 40,09 + 90,42 = 4,63;
D(Х) = 4,63 – 0,972  3,69;
74
М(Y) = 10,19 + 10,51 + 20,25 + 30,05 = 0,97;
М(Y2) = 10,19 + 10,51 + 40,25 + 90,05 = 2,15;
D(Y) = 2,15 – 0,972  1,21.
Полученные результаты показывают, что несмотря на то, что
значения и математические ожидания случайных величин Х и Y одинаковы, их дисперсии различны, причем D(Х) > D(Y). Это означает,
что случайная величина Y с большей вероятностью принимает значения, близкие к математическому ожиданию, чем случайная величина Х.
Среднее квадратическое отклонение. Для оценки рассеяния
значений случайной величины вокруг ее среднего значения кроме
дисперсии служит и другая характеристика – среднее квадратическое
отклонение.
Определение. Средним квадратическим отклонением случайной величины Х называют квадратный корень из дисперсии:
(Х) =
D(X) .
(6.19)
(Х) имеет размерность случайной величины Х.
6.5. Закон больших чисел
Основная особенность случайной величины состоит в том, что
нельзя заранее предвидеть, какое из возможных значений она примет
в результате испытания. Однако при достаточно большом числе испытаний поведение случайных величин почти утрачивает случайный
характер и становится закономерным. Весьма важным при этом является знание условий возникновения закономерностей случайной величины. Эти условия составляют содержание ряда теорем, получивших общее название закона больших чисел. Впервые этот закон (в
простейшей его форме) был сформулирован Яковом Бернулли в виде
теоремы, устанавливающей связь между вероятностью случайного
события и его частотой.
Теорема Бернулли. Если в каждом из n независимых испытаний вероятность р наступления события А постоянна, а
число испытаний достаточно велико, то вероятность того, что
75
частота m/n события А будет как угодно мало отличаться от
его вероятности р, сколь угодно близка к единице, т.е. для
любого   0 имеет место
m

lim P   p     1 .
n   n

Наиболее общим законом больших чисел является теорема Чебышева, которую, как и теорему Бернулли, мы приводим без доказательства, пояснив лишь ее сущность.
Теорема Чебышева. Если Х1, Х2, …, Хn  попарно независимые случайные величины, причем дисперсии их не превышают постоянного числа С, а число их достаточно велико,
то, как бы мало ни было данное число   0, вероятность того, что отклонение средней арифметической этих случайных
величин от средней арифметической их математических ожиданий по абсолютной величине меньше , сколь угодно близка к единице.
Другими словами, если случайные величины Х1, Х2, …, Хn удовлетворяют условию теоремы Чебышева, то
 Х  Х 2  ...  Х n M ( X 1 )  M ( X 2 )  ...  M ( X n )

lim P 1

   =1.
n  
n
n

Очевидно, что если все случайные величины Х1, Х2, …, Хn, удовлетворяющие условию теоремы Чебышева, имеют одно и то же математическое ожидание, т.е.
М(Х1) = М(Х2) = … = М(Хn) = а,
 Х  Х 2  ...  Х n

lim P 1
 а    =1.
n  
n

Таким образом, среднее арифметическое достаточно большого
числа попарно независимых случайных величин, дисперсии которых
ограничены одним и тем же числом, утраивают характер случайной
величины. В этом состоит сущность теоремы Чебышева, представляющей одну из самых общих форм закона больших чисел.
то
76
Значение закона больших чисел трудно переоценить. Так, широко применяемый на практике выборочный метод основан на законе
больших чисел. Например, на заготовительных пунктах о качестве
привезенной продукции судят по небольшой его пробе. Хотя во взятой пробе число единиц привезенной продукции значительно меньше, чем во всей партии, их вполне достаточно для проявления закона
больших чисел с точностью, удовлетворяющей потребности практики.
Широко применяется закон больших чисел при планировании
объема и ассортимента товаров широкого потребления, в теории надежности, теории стрельбы, теории измерений и во многих других
отраслях науки и народного хозяйства.
6.6. Задания для самостоятельного решения
1. Дискретная случайная величина Х задана законом распределения
Х
2
4
5
6
р
0,3
0,1
0,2
0,4
Построить многоугольник распределения.
2. В денежной лотерее выпущено 100 билетов. Разыгрывается
один выигрыш в 50 руб. и десять выигрышей по 1 руб. Найти закон
распределения случайной величины Х  стоимости возможного выигрыша для владельца одного лотерейного билета.
3. Монета брошена 2 раза. Написать в виде таблицы закон распределения случайной величины Х – числа выпадений "герба".
4. Составить закон распределения числа попаданий в цель при
шести выстрелах, если вероятность попадания при одном выстреле
равна 0,4.
5. Вероятность того, что студент найдет в библиотеке нужную
книгу, равна 0,3. Составить закон распределения числа библиотек,
которые он посетит, если в городе четыре библиотеки.
6. Охотник стреляет по дичи до первого попадания, но успевает
делать не более четырех выстрелов. Найти дисперсию числа промахов, если вероятность попадания в цель при одном выстреле равна 0,7.
77
7. Найти математическое ожидание случайной величины Х, если
закон ее распределения задан
Х
1
2
3
4
Р
0,3
0,1
0,2
0,4
8. На заводе работают четыре автоматические линии. Вероятность того, что в течение рабочей смены первая линия не потребует
регулировки, равна 0,9, вторая – 0,8, третья – 0,75, четвертая – 0,7.
Найти математическое ожидание числа линий, которые в течение рабочей смены не потребуют регулировки.
9. Найти дисперсию случайной величины Х, зная закон ее распределения:
Х
0
1
2
3
4
Р
0,2
0,4
0,3
0,08
0,02
10. Вероятность попадания в цель при каждом выстреле р = 0,8.
Имеется 3 снаряда. Составить закон распределения случайной величины Х – числа израсходованных снарядов, если стрельба ведется до
первого попадания. Найти М(Х), D(Х).
11. Производится 4 выстрела с вероятностью попадания в цель
р1 = 0,6, р2 = 0,4, р3 = 0,5, р4 = 0,7. Найти математическое ожидание
общего числа попадания.
12. Дискретные случайные величины Х и Y заданы законами распределения:
Х
1
2
Y
0,5
1
р
0,2 0,8
р
0,3 0,7
Найти М(Х + Y) двумя способами:
а) непосредственно, составив закон распределения случайной величины Х + Y;
б) используя свойство 3.
13. Вероятность отказа детали за время испытания на надежность
равна 0,2. Найти математическое ожидание числа отказавших деталей, если испытанию будут подвергнуты 10 деталей.
14. Найти математическое ожидание произведения числа очков,
которые могут выпасть при одном бросании двух игральных костей.
78
15. Дисперсия случайной величины Х равна 5. Найти дисперсию
следующих величин: а) Х – 1; б) 2Х; в) 3Х + 6.
16. Случайная величина Х принимает только два значения: +С и
С, каждое с вероятностью 0,5. Найти дисперсию этой величины.
17. Случайная величина Х может принимать два возможных значения: х1 с вероятностью 0,3 и х2 с вероятностью 0,7, причем х2 > х1.
Найти х1 и х2, зная, что М(Х) = 2,7 и D(Х) = 0,21.
18. Найти дисперсию случайной величины Х – числа появлений
события в 100 независимых испытаниях, в каждом из которых вероятность наступления события равна 0,7.
Лекция № 7. НЕПРЕРЫВНЫЕ СЛУЧАЙНЫЕ ВЕЛИЧИНЫ
7.1. Понятие функции распределения и ее свойства
Дискретная случайная величина может быть задана законом распределения. Такой способ не применим для непрерывных случайных
величин, так как число их значений бесконечно. Возникает необходимость ввести общий способ задания любой случайной величины. С
этой целью вводят понятие функции распределения вероятностей
случайной величины.
Пусть х – действительное число. Вероятность события, состоящего в том, что случайная величина Х примет значение, меньшее х
(Х < х), обозначим F(х).
Определение. Функцией распределения называют функцию F(х), определяющую вероятность следующего события
F(х) = Р(Х < х).
Геометрически это означает: F(х)  вероятность того, что случайная величина Х примет значение, которое изображается на числовой оси точкой, лежащей левее точки х.
Иначе F(х) называют интегральной функцией распределения.
Перечислим ее свойства.
1. Значения функции распределения принадлежат отрезку [0; 1]:
0  F(х)  1.
79
2. F(х)  неубывающая функция, т.е.
F(х2)  F(х1), если х2 > х1.
Действительно, пусть х1 < х2. Тогда
Р(Х < х2) = Р(Х < х1) + Р(х1  Х < х2).
Откуда Р(Х < х2)  Р(Х < х1) = Р(х1  Х < х2)  0 или
F(х2)  F(х1)  0, следовательно F(х2)  F(х1).
Следствие 1. Вероятность того, что случайная величина примет
значение, заключенное в интервале (а; b) равна
Р(а  Х < b) = F(b)  F(а).
Пример 1. Случайная величина Х задана функцией распредепри
х  2,
 0
x
ления F(х) =   1 при 2  x  4,
2
при
x  4.
 1
Найти вероятность того, что в результате испытания Х примет
значение, заключенное в интервале (2; 3).
Р(2 < Х < 3) = F(3)  F(2) = 3/2 – 1 – 0 = 1/2.
Следствие 2. Вероятность того, что непрерывная случайная величина Х примет одно определенное значение, равна нулю.
Следовательно, не представляет интереса говорить о том, что непрерывная случайная величина примет одно определенное значение,
но имеет смысл находить вероятность попадания ее в интервал, даже
сколь угодно малый. Например, интересуются вероятностью того, что
размеры деталей не выходят за дозволенные границы, но не ставят
вопроса о вероятности их совпадения с проектным размером.
3. Если возможные значения случайной величины принадлежат
интервалу (а; b), то
1) F(х) = 0 при х  а;
2) F(х) = 1 при х  b.
Следствие. Если возможные значения непрывной случайной величины расположены на всей оси Х, то справедливы следующие
предельные соотношения:
80
lim F ( x)  0 ;
x  
lim F ( x)  1.
x 
Приведенные свойства дают возможность изобразить график
функции распределения непрерывной случайной величины (рис. 7.1).
Он представляет собой не убывающую функцию, ограниченную прямыми у = 0 и у = 1.
F(x
1
a
0
b
x
Р и с. 7.1
Пример 2. Дискретная случайная величина Х задана законом
распределения:
Х
2
6
10
р
0,5
0,4
0,1
Построить график функции распределения этой величины.
Если х  2, то F(х) = Р(Х < х) = 0.
Если 2 < х  6, то F(х) = 0,5.
Если 6 < х  10, то F(х) = Р(Х = 2) + Р(Х = 6) = 0,9.
Если х > 10, то F(х) = 1, так как событие достоверное
F(х) = Р(Х = 2) + Р(Х = 6) + Р(Х = 10) = 1.
Аналитически это можно записать в виде
х  2,
 0 при
0,5 при 2  x  6,
F(х) = 
0,9 при 6  x  10,
 1 при
x  10.
График функции изображен на рис. 7.2.
81
F(x)
1
0,9
0,5
0
2
6
10
x
Р и с. 7.2
Вывод: График функции распределения непрерывной случайной
величины изображается непрерывной кривой, а дискретной – имеет
ступенчатый вид.
7.2. Плотность распределения вероятностей непрерывной
случайной величины
Определение. Плотностью распределения вероятностей
непрерывной случайной величины Х называют функцию f(х):
f(х) = F'(х).
Из этого определения следует, что функция распределения является первообразной для плотности распределения (дифференциальный закон).
Заметим, что для описания распределения вероятностей дискретной случайной величины плотность распределения неприменима.
Справедлива следующая теорема.
Теорема. Вероятностью того, что непрерывная случайная
величина Х примет значение, принадлежащее интервалу
(а; b), равна
b
Р(а < X < b) =  f ( x ) dx .
a
Для ее доказательства используют свойство 2 п. 7.1.
82
(7.1)
Р(а < x < b) = F(b) – F(a) =
b
F ( x) a
b
  f ( x) dx .
a
Геометрически (7.1) означает вероятность того, что непрерывная
случайная величина примет значение, принадлежащее интервалу
(а; b), равна площади криволинейной трапеции, ограниченной осью
0Х, кривой f(х) и прямыми х = а и х = b.
Пример 3. Случайная величина Х задана функцией распредепри
х  2,
 0
x
ления F ( х )    1 при 2  x  4,
2
при
x  4.
 1
Найти вероятность того, что в результате испытания Х примет
значение, принадлежащее интервалу (2; 3), используя плотность распределения:
х  2,
 0 при

f ( x )  F ' ( X )  1 2 при 2  x  4,
 0 при
x  4.

Вывод. По известной функции распределения может быть найдена плотность распределения.
Попробуем решить обратную задачу: зная f(х), найти F(х):
x
F ( x )  Р ( X  x )   f ( x) dx .
(7.2)

Укажем свойства плотности распределения.
1. Плотность распределения – неотрицательная функция f(х)  0.
2. Несобственный интервал от плотности распределения в пределах от  до + равен единице:

 f ( x )dx  1 .

Действительно, он выражает вероятность события, состоящего в
том, что случайная величина примет значение, принадлежащее интервалу (; +). Очевидно, такое событие достоверно, следовательно, вероятность его равна единице.
83
Геометрически это означает, что площадь криволинейной трапеции, ограниченной осью 0х и кривой плотности распределения, равна единице.
В частности, если все возможные значения случайной величины
принадлежат интервалу (а; b), то
b
 f ( x)dx  1.
а
Пример 4. Плотность распределения непрерывной случайной
величины Х задана на всей оси 0х равенством f(х) =
2С
1 х
2
. Найти
постоянную С.
Плотность распределения f(х) должна удовлетворять свойству 2:

 f ( x )dx  1 . Для данной функции:


dx


2
C

arctg
x

2

 1  x
2С 
 
 2С  lim arctg b  lim arctg a   2C     2C  1
 b 
a  

2 2
С
1
2
7.3. Числовые характеристики непрерывных случайных
величин
Математическое ожидание. Пусть непрерывная случайная величина Х задана плотностью распределения f(х). Допустим, что все
возможные значения Х принадлежат отрезку [a; b]. Разобьем этот
отрезок на п частичных отрезков длиной х1, х2, …, хп и выберем
в каждом из них произвольную точку хi (i = 1, 2, …, п). Нам надо
определить математическое ожидание непрерывной величины по
аналогии с дискретной; составим сумму произведений возможных
значений хi на вероятности попадания их в интервал хi (произве84
дение f(х)хi приближенно равно вероятности попадания Х в интервал х):  xi f ( xi )xi . Перейдя к пределу при стремлении к нулю
длины наибольшего из частичных отрезков, получим определенный
b
интеграл  х f ( x)dx .
а
Определение. Математическим ожиданием непрерывной
случайной величины Х, возможные значения которой принадлежат отрезку [a; b], называют определенный интеграл
b
М ( Х )   х f ( x )dx .
(7.3)
а
Если возможные значения принадлежат всей оси 0х, то

М ( Х )   х f ( x)dx .
(7.4)

По аналогии с дисперсией дискретной случайной величины определяется и дисперсия непрерывной величины.
Определение. Дисперсией непрерывной случайной величины называют математическое ожидание квадрата ее отклонения.
Если возможные значения Х принадлежат отрезку [a; b], то
b
D( X )   x  M ( X )2 f ( x)dx ;
(7.5)
a
если возможные значения принадлежат всей оси 0х, то

D( X )   x  M ( X )2 f ( x)dx .

Среднее квадратическое отклонение непрерывной случайной величины определяется, как и для величины дискретной, равенством
( Х )  D ( X ) .
Замечание. Свойства математического ожидания и дисперсии
дискретных величин сохраняются и для непрерывных. Кроме того,
справедливы более удобные формулы для вычисления D(X):
85
b
D( X )   х 2 f ( x)dx  M ( X )2
(7.6)
a

D( X )   х 2 f ( x)dx  M ( X )2 .
или
(7.7)

Пример 5. Найти М(Х), D(X) и (Х) случайной величины, запри
x  a,
 0
 1
данной f ( x)  
при a  x  b,
b

a

при
x  b.
 0
Вычислим математическое ожидание:
a

b
xdx 
М ( Х )   x  f ( x)  dx   0  dx  
  0  dx 
b

a


a
b
b
x2
(b  a)(b  a ) b  a



.
2(b  a) a
2(b  a )
2
Найдем дисперсию:
(b  a ) 2
D( X )   х f ( x)dx 
.
4


2
b
x 2 dx
x3
b 3  a 3 b 2  ab  a 2
2



 х f ( x)dx  
b

a
3
(
b

a
)
3
(
b

a
)
3

а
a

b
b 2  ab  a 2 b 2  2ab  a 2
D( X ) 


3
4
4b 2  4ab  4a 2  3b 2  6ab  3a 2 b 2  2ab  a 2 (b  a) 2
.



12
12
12
ba
Тогда: ( X )  D( X ) 
.
2 3
86
7.4. Задания для самостоятельного решения
1. Непрерывная случайная величина Х задана своей плотностью
0
при
x  0,


распределения вероятностей: f ( x)   A(3x  x 2 ) при 0  x  3,

0
при
x  3.

Требуется: 1) найти коэффициент А; 2) найти функцию распределения F(x); 3) построить графики функций f(x) и F(x); 4) найти
математическое ожидание и дисперсию Х; 5) найти вероятность того, что Х примет значение из интервала (1; 2).
2. Дана функция распределения непрерывной случайной величины

при
x  0,
 0


Х: F ( x )   A sin x при 0  x  , Найти: 1) параметр А; 2) плот2


 1
при
x .

2
ность распределения; 3) построить графики F(x) и f(x); 4) вычислить математическое ожидание и дисперсию; 5) определить вероят 
ность того, что Х примет значение из интервала  ;  .
6 4
3. Функция распределения непрерывной случайной величины Х
(времени безотказной работы некоторого устройства) равна

х
Т
F(x) = 1  е (х  0). Найти вероятность безотказной работы устройства за время Х  Т.
4. Дискретная случайная величина задана законом распределения:
Х
3
4
7
10
р
0,2
0,1
0,4
0,3
Найти функцию распределения и построить ее график.
87
5. Плотность распределения непрерывной случайной величины
1
задана на (с; с) формулой: f ( x ) 
. Найти все ее число2
2
 c x
вые характеристики.
6. Случайная величина Х задана функцией распределеx  2,
0,
1 1
 x
ния: F ( x )    arcsin ,  2  x  2, Найти вероятность того, что
2
2 
x  2.
1,
в результате испытания случайная величина Х примет значение, заключенное в интервале (1; 1).
7. Случайная величина Х задана функцией распределения:
x  2,
0,
1
F ( x )   x  1, 2  x  4, Построить график F(x). Найти вероят2
x  4.
1,
ность того, что в результате испытания Х примет значение: а) меньше
0,2; б) меньше 3; в) не меньше 3; г) не меньше 5.
8. Случайная величина Х задана функцией распределения:
0, x  0,

F ( x )   x 2 , 0  x  1, Найти вероятность того, что в результате че1,
x  1.

тырех независимых испытаний величина Х ровно три раза примет
значение, принадлежащее интервалу (0,25; 0,75).
9. Случайная величина Х задана на всей оси 0х функцией распределения: F ( x ) 
1 1
x
 arctg . Найти возможное значение х1,
2 
2
удовлетворяющее условию: с вероятностью 1/6 случайная величина
Х в результате испытания примет значение, большее х1.
88
10. Задана плотность распределения непрерывной случайной веx  0,
0,

личины Х: f ( x )  sin x, 0  x   2 , Найти функцию распределе0,
x   2.

ния F(x).
Лекция № 8. ЗАКОНЫ РАСПРЕДЕЛЕНИЯ НЕПРЕРЫВНОЙ
СЛУЧАЙНОЙ ВЕЛИЧИНЫ
При решении задач практики приходится сталкиваться с различными распределениями непрерывных случайных величин. Плотности
распределения непрерывных случайных величин иначе называют законами распределений. Наиболее часто встречаются законы равномерного, нормального и показательного распределений.
8.1. Равномерное распределение вероятностей непрерывной
случайной величины
Распределение вероятностей называют равномерным, если на
интервале, которому принадлежат все возможные значения случайной
величины, плотность распределения сохраняет постоянное значение.
Приведем пример равномерно распределенной непрерывной случайной величины.
Пример 1. Шкала измерительного прибора проградуирована в
некоторых единицах. Ошибку при округлении отсчета до ближайшего целого деления можно рассматривать как случайную величину Х,
которая может принимать с постоянной плотностью вероятности любое значение между двумя соседними целыми делениями. Таким образом, Х имеет равномерное распределение.
Пусть плотность равномерного распределения, считая, что все
возможные значения случайной величины заключены в интервале
 0, x  (a; b),
[а; b], имеет вид: f ( x)  
C , x  [a; b].
89
Найдем постоянную С.
b
b
 f ( x)  dx  1, тогда
 C  dx  C b  a   1 ,
a
a
C
1
.
ba
Итак, плотность вероятности равномерного распределения имеет вид:
x  a,
0,
 1
f ( x)  
, a  x  b,
(8.1)
b

a

x  b.
0,
График плотности распределения изображен на рис. 8.1.
f(x)
1
ba
0
а
x
b
Р и с. 8.1
Найдем функцию распределения вероятностей непрерывной случайной величины Х:
x
если х < a, F ( x )   f ( x)  dx  0,

a
x
x
dx
x
xa
если a  х  b, F ( x )   0  dx  


,
b

a
b

a
b

a

a
a
a
b
b
x
dx
x
ba
если х > b, F ( x )   0  dx  
  0  dx 

 1.
b

a
b

a
b

a

a
b
a
x  a,
0,
x  a
Итак, F ( x )  
, a  x  b,
b

a

x  b.
1,
90
График ее изображен на рис. 8.2.
f(x)
1
0
а
x
b
Р и с. 8.2
Числовые характеристики непрерывной случайной величины Х,
распределенной равномерно, были найдены в примере 5 предыдущей
2
аb
b  a  , ( X )  b  a .
лекции: М ( Х ) 
, D( X ) 
2
12
2 3
Пример 2. Цена деления шкалы измерительного прибора равна
0,2. Показания прибора округляют до ближайшего целого деления.
Найти вероятность того, что при отсчете будет сделана ошибка: а)
меньше 0,04; б) больше 0,05.
Ошибку округления можно считать случайной величиной Х распределенной равномерно с плотностью распределения f(x) = 1/0,2 = 5:
а) Р(Х < 0,04) = Р(0 < Х < 0,04) + Р(0,16 < Х < 0,2) =
0, 04
0, 2
=  5  dx   5  dx  5  0,04  5(0,2  0,16)  0,4;
0
0,16
б) Р(Х > 0,05) = Р(0,05 < Х < 0,15) =
0,15
=  5  dx  5  (0,15  0,05)  0,5.
0, 05
Пример 3. Автобусы некоторого маршрута идут строго по расписанию с интервалом движения 5 минут. Найти вероятность того,
что пассажир, подошедший к остановке, будет ожидать очередной
автобус менее 3 минут.
Рассматривая время ожидания пассажиром очередного автобуса
как непрерывную случайную величину, распределенную равномерно
с плотностью f(x) = 1/5 = 0,2, получим:
91
5
Р(Х < 3) = Р(2 < Х < 5) =  0,2  dx  0,2  (5  2)  0,6.
2
8.2. Нормальное распределение непрерывной случайной
величины
Нормальным называют распределение вероятностей непрерывной случайной величины, которое описывается плотностью
f ( x) 
1
e
 2

 x  a 2
2 2
.
(8.2)
Таким образом, нормальное распределение определяется двумя
параметрами: а и . Достаточно знать эти параметры, чтобы задать
нормальное распределение. Вероятностный смысл этих параметров
таков: а есть математическое ожидание,   среднее квадратическое отклонение.
Нормальное распределение называют нормированным, если
а = 0 и  = 1. Плотность нормированного распределения
f ( x) 
1
e
2

x2
2
табулирована, ее значения сведены в прил. 1.
График плотности нормального распределения называют нормальной кривой (кривой Гаусса).
Исследуем функцию f ( x ) 
1
e
 2

 x  a 2
2 2
методами дифферен-
циального исчисления.
1. Очевидно, функция определена на всей числовой оси.
f(x)
0
а
а
Р и с. 8.3
92
а+
x
2. При всех значениях х функция принимает положительные
значения, т.е. нормальная кривая расположена над осью 0х.
3. Предел функции при неограниченном возрастании х (по абсолютной величине) равен нулю: lim f ( x)  0 , т.е. ось 0х служит го| x | 
ризонтальной асимптотой графика.
4. При
у  
ха

3
2
х=а

е
функция имеет максимум
1
,
 2
так как
 х  а 2
2 2
и у  > 0 при х < а, у  < 0 при х > а.
5. Разность х  а содержится в аналитическом выражении функции в квадрате, т.е. график функции симметричен относительно прямой х = а.
6. Точки х = а   являются точками перегиба. График нормальной кривой изображен на рис. 8.3.
7. Выясним влияние параметров нормального распределения на
форму кривой:
а) изменение величины параметра а (математического ожидания)
не изменяет формы нормальной кривой, а приводит лишь к ее сдвигу
вдоль оси 0х: вправо, если а возрастает, и влево, если а убывает;
б) с возрастанием  максимальная ордината нормальной кривой
убывает, а кривая становится более пологой, т.е. сжимается к оси 0х,
при убывании  нормальная кривая становится более "островершинной" и вытягивается в положительном направлении оси 0у (рис. 8.4).
f(x)
=1
=3
 = 7,5
0
x
Р и с. 8.4
93
8. При любых значениях параметров а и  площадь, ограниченная нормальной кривой и осью 0х, остается равной единице
(свойство 2 плотности распределения).
9. Вероятность попадания нормальной случайной величины в заданный интервал
()
может быть найдена по формуле:
  а
а
Р (   X  )  Ф
  Ф
 , где Ф(х) – функция Лапласа,
  
  
значения которой размещены в прил. 2.
10. Часто требуется вычислить вероятность осуществления неравенства |X – a| < .
P(|X  a| < ) =
aa
aа
P(a   < X < a + ) = Ф
  Ф
 = 2 Ф(/).






При  = 0 P(|X| < ) = 2 Ф(/).
11. Правило трех сигм: если случайная величина распределена
нормально, то абсолютная величина ее отклонения от математического ожидания не превосходит утроенного среднего квадратического
отклонения.
Действительно,
P(|X  | < 3) = 2 Ф(3) = 2 Ф(3) = 20,49865 = 0,9973.
На практике правило трех сигм применяют так: если распределение изучаемой случайной величины неизвестно, но условие, указанное в приведенном правиле, выполняется, то есть основание предполагать, что изучаемая величина распределена нормально; в противном случае она не распределена нормально.
Пример 4. Валики, изготовляемые автоматом, считаются стандартными, если отклонение диаметра валика от проектного размера
не превышает 2 мм. Случайные отклонения диаметра валиков подчиняются нормальному закону со средним квадратическим отклонением  = 1,6 и математическим ожиданием а = 0. Сколько процентов
стандартных валиков изготовляет автомат?
94
Пусть Х – случайная величина, характеризующая диаметр валика.
Валики считаются стандартными, если |x| < 2. Найдем вероятность
этого события.
Р(|x| < 2) = 2 Ф(2/1,6) = 2 Ф(1,25)  20,3944 = 0,7888.
Примерно 79% стандартных валиков изготовляет автомат.
8.3. Показательное распределение непрерывной случайной
величины
Показательным (экспоненциальным) называют распределение
непрерывной случайной величины Х, которое описывается плотностью
при х  0,
0
f ( x )    х
(8.3)

e
при
x

0
,

где   постоянная положительная величина.
Показательное распределение характеризуется о д н и м параметром . Эта особенность показательного распределения указывает на
его преимущество по сравнения с распределениями, зависящими от
большего числа параметров. Обычно параметры неизвестны и приходится находить их оценки (приближенные значения); разумеется,
проще оценить один параметр, чем два или три и т.д.
Найдем функцию распределения показательного закона
x
0
x


0
F ( x )   f ( x)dx   0dx   e  x dx  1  e  x .
при х  0,
0
Итак, F ( x )  
 x
при x  0.
1  e
Графики плотности и функции распределения показательного закона изображены на рис. 8.5.
Вероятность попадания непрерывной случайной величины, распределенной по показательному закону, в интервал ():
Р( Х  ) = F()  F() = 1 – e  (1 – e) = e – e.
Значения функции ех находят по прил. 3.
95
f(x)
F(x)

1
x
0
0
x
Р и с. 8.5
Найдем числовые характеристики показательного распределения.
ux


dv    e  x  dx 




 x
М ( Х )   х  f ( x)  dx   x  e  dx  

du

dx
0
0


 v  e  x 
  x  e  x

0


1
1
1
  e  x  dx    e  x
  0  1  .
0



0
Аналогично найдем дисперсию D(X) = 1/2, тогда (X) = 1/.
Следовательно, математическое ожидание и среднее квадратическое
отклонение показательного распределения равны между собой и равны обратной величине параметра .
Показательное распределение широко применяется в приложениях, в частности в теории надежности, одним из основных понятий которой является функция надежности.
Функцией надежности R(t) называют функцию, определяющую
вероятность безотказной работы элемента за время длительностью t
при интенсивности отказов :
R(t) = Р(T > t) = 1 – F(t) = et.
8.4. Задания для самостоятельного решения
1. Цена деления шкалы амперметра равна 0,1 А. Показания округляют до ближайшего целого деления. Найти вероятность того, что
при отсчете будет сделана ошибка, превышающая 0,02 А.
96
2. Найти числовые характеристики случайной величины Х, распределенной равномерно в интервале (2; 8).
3. Диаметр круга измерен приближенно, причем а  х  b. Рассматривая диаметр как случайную величину Х, распределенную равномерно в интервале [а; b], найти математическое ожидание и дисперсию площади круга.
4. Математическое ожидание нормально распределенной случайной величины Х равно а = 3 и  = 2. Написать плотность вероятности Х.
5. Математическое ожидание и среднее квадратическое отклонение нормально распределенной случайной величины соответственно
равны 10 и 2. Найти вероятность того, что в результате испытания Х
примет значение, заключенное в интервале (12; 14).
6. Автомат штампует детали. Контролируется длина Х, которая
распределена нормально с математическим ожиданием (проектная
длина), равным 50 мм. Фактически длина изготовленных деталей не
менее 32 и не более 68 мм. Найти вероятность того, что длина наудачу взятой детали: а) больше 55 мм; б) меньше 40 мм.
7. Случайные ошибки измерения подчинены нормальному закону
со средним квадратическим отклонением  = 20 мм и математическим ожиданием а = 0. Найти вероятность того, что из трех независимых измерений ошибка хотя бы одного не превзойдет по абсолютной величине 4 мм.
8. Случайная величина Х распределена нормально с математическим ожиданием а = 10. Вероятность попадания Х в интервал (10; 20)
равна 0,3. Чему равна вероятность попадания Х в интервал (0; 10)?
9. Написать плотность и функцию распределения показательного
закона, если  = 6.
10. Студент помнит, что плотность показательного распределеx  0,
 0,
ния имеет вид: f ( x)  
однако он забыл, чему равна
 x
С

e
,
x

0
;

постоянная С. Найти С.
97
8.5. Задания для подготовки к коллоквиуму по теме
"Элементы теории вероятностей"
Теоретические
вопросы
1. Предмет теории вероятностей
2. Виды случайных событий
3. Операции над событиями
4. Частота и вероятность события. Свойства вероятности случайного события
5. Геометрическая вероятность
6. Элементы комбинаторики: размещения, перестановки, сочетания
7. Примеры вычисления вероятности случайного события
8. Теоремы сложения вероятностей несовместных и совместных
событий
9. Полная группа событий. Противоположные события
10. Произведение событий. Условная вероятность
11. Теоремы умножения вероятностей для зависимых и независимых событий
12. Вероятность появления хотя бы одного события
13. Формула полной вероятности. Формулы Бейеса
14. Повторение испытаний: формула Бернулли
15. Локальная и интегральная теоремы Лапласа. Формула Пуассона
16. Случайные величины: дискретные и непрерывные. Закон
распределения вероятностей дискретной случайной величины
17. Виды законов: биноминальное распределение, распределение Пуассона, геометрическое, гипергеометрическое
18. Числовые характеристики дискретной случайной величины:
М(х), D(х), . Их свойства, вычисления, вероятностный смысл
19. Функция распределения вероятностей случайной величины.
Свойства, график
20. Плотность распределения вероятностей непрерывной случайной величины
98
21. Вероятность попадания непрерывной случайной величины в
заданный интервал
22. Нахождение функции распределения по известной плотности
распределения. Свойства плотности распределения
23. Виды законов распределения вероятностей непрерывной
случайной величины: равномерное, показательное, нормальное
24. Числовые характеристики непрерывных случайных величин:
М(х), D(х), 
Практические вопросы
1. Одновременно бросаются две игральные кости. Определить
вероятность того, что выпадет сумма очков, равная 5.
2. В лотерее имеется 10 билетов: 5 выигрышей и 5 проигрышей.
Берем два билета. Какова вероятность выигрыша?
3. Игральная кость бросается 5 раз. Какова вероятность того, что
хотя бы один раз не появится 4 очка?
4. На плоскости начерчены две концентрические окружности, радиусы которых 5 и 10 см соответственно. Найти вероятность того, что
точка, брошенная наудачу в большой круг, попадет также и в кольцо,
образованное построенными окружностями. Предполагается, что вероятность попадания точки в плоскую фигуру пропорциональна площади этой фигуры и не зависит от ее расположения.
5. Наудачу взяты два положительных числа х и у, каждое из
которых не превышает единицы. Найти вероятность того, что сумма
х + у не превышает единицы, а произведение ху не меньше 0,09.
6. Вероятность попадания в самолет из винтовки равна 0,004.
Сколько стрелков должны стрелять одновременно, чтобы вероятность попадания стала >70%?
7. Из двух орудий по одной цели произведено по выстрелу. Вероятность попадания из первого орудия 0,7, из второго 0,6. Определить
вероятность хотя бы одного попадания.
8. На 100 карточках написаны числа от 1 до 100. Определить вероятность того, что на случайно взятой карточке содержится цифра 5.
99
9. Имеется 4 машины. Вероятность того, что машина работает в
произвольный момент t, равна 0,9. Определить вероятность того, что
в момент t работает хотя бы одна машина.
10. Вероятность попадания в цель р = 0,9. Определить вероятность того, что при трех выстрелах будет три попадания.
11. В первом ящике деталей первого сорта 30%, во втором 40%.
Вынимаются по одной детали из каждого ящика. Определить вероятность того, что обе вынутые детали первого сорта.
12. Механизм состоит из трех деталей. Вероятность брака при
изготовлении 1-й детали р1 = 0,008, вероятность брака 2-й детали
р2 = 0,012, вероятность брака 3-й детали р3 = 0,01. Определить вероятность брака при изготовлении всего механизма.
13. Вероятность попадания при одном выстреле р = 0,6. Определить вероятность того, что при трех выстрелах будет иметь место хотя бы одно попадание.
14. Среди 350 механизмов 160 первого сорта, 110 – второго сорта и 80 – третьего сорта. Вероятность брака среди механизмов первого сорта 0,01, среди второго сорта 0,02, среди третьего сорта 0,04. Берется один механизм. Определить вероятность того, что механизм
исправный.
15. Пусть известно, что вследствие ошибок, допускаемых при
подготовке стрельбы, центр рассеивания снарядов (ЦРС) при первом
выстреле может находиться по дальности в одной из пяти точек. Вероятность того, что ЦРС будет находиться в этих точках, соответственно равны р1 = 0,1, р2 = 0,2, р3 = 0,4, р4 = 0,2, р5 = 0,1. Известно
также, что если ЦРС будет находиться в первой точке, то вероятность
попадания в цель по дальности будет равна р1 = 0,15 и для остальных
точек соответственно: р2 = 0,25, р3 = 0,6, р4 = 0,25, р5 = 0,15. На исходной установке прицела произведен выстрел, в результате которого
получен по дальности промах. Определить, чему равна вероятность
того, что выстрел произведен на установке прицела, соответствующей каждой из указанных пяти точек ЦРС, т.е. определить вероятно100
сти гипотез о различных ошибках в положении ЦРС после испытания
(выстрела).
16. Игральная кость бросается 5 раз. Какова вероятность, что 2
раза выпадет шестерка и 3 раза не шестерка?
17. Производится 6 выстрелов. Определить вероятность того, что
не все выстрелы дадут перелеты, если вероятность перелета р = ½,
вероятность недолета q = ½ (стрельба по "узкой" цели).
18. Для условий предыдущей задачи определить вероятность того, что будет 3 перелета и 3 недолета.
19. Найти математическое ожидание числа очков при одном бросании игральной кости.
20. Найти дисперсию случайной величины Х, заданной таблицей распределения
х
2
3
5
р
0,1
0,6
0,3
21. Вероятность появления события А при одном испытании
равна 0,4. Производится 5 независимых испытаний. Найти дисперсию
числа появлений события А.
22. Найти вероятность получения хотя бы одного попадания в
цель при 10 выстрелах, если вероятность попадания при одном выстреле р = 0,15.
23. Случайная величина Х задана интегральной функцией рас0 при x  0,

пределения F ( x )   x при 0  x  1, Найти плотность распределе1 при x  1.

ния f(x), М(Х), D(X).
24. Случайная величина х подчиняется нормальному закону распределения с математическим ожиданием 30 и дисперсией 100. Найти
вероятность того, что значение случайной величины заключается в
интервале (10, 50).
25. Дискретная случайная величина Х задана законом распределения:
101
х
2
4
7
р
0,5
0,2
0,3
Найти функцию распределения и построить ее график.
26. Задана плотность распределения непрерывной случайной ве0 при x  1,

личины Х: f ( x )   x  1 2 при 1  x  2, Найти функцию распреде0 при x  2.

ления F(x).
27. Случайная величина подчиняется нормальному закону распределения с дисперсией 2 = 0,16. Найти вероятность того, что значение случайной величины будет отличаться по абсолютной величине от математического ожидания меньше, чем на 0,3.
28. Длина изготовляемой автоматом детали представляет собой
случайную величину, распределенную по нормальному закону с параметрами М(Х) = 0,15,  = 0,2. Найти вероятность брака, если допустимые размеры детали должны быть 150,3. Какую точность длины изготовляемой детали можно гарантировать с вероятностью 0,97?
29. Вероятность попадания в цель р = ½. Какова вероятность того, что при 250 выстрелах число попаданий будет заключено между
100 и 150?
30. Вероятность брака при изготовлении некоторых деталей
р = 0,02. Определить вероятность того, что среди взятых 100 штук деталей окажется бракованных не более 25.
102
Лекция № 9. ЭЛЕМЕНТЫ МАТЕМАТИЧЕСКОЙ
СТАТИСТИКИ. ПРОВЕРКА ГИПОТЕЗЫ
О ПРЕДПОЛАГАЕМОМ РАСПРЕДЕЛЕНИИ ГЕНЕРАЛЬНОЙ
СОВОКУПНОСТИ ПО КРИТЕРИЮ ПИРСОНА
9.1. Предмет и основные задачи математической статистики
Математическая статистика  это раздел математики, который изучает методы сбора, систематизации, обработки и использования статистических данных для получения научно обоснованных выводов и принятия решений.
При этом под статистическими данными понимается совокупность чисел, которые представляют количественные характеристики
интересующих нас признаков изучаемых объектов. Статистические
данные получаются в результате специально поставленных опытов,
наблюдений.
Примером статистических данных служит последовательность
значений той или иной случайной величины, полученных в результате некоторого наблюдения, эксперимента (опыта). Так, последовательность чисел, которые получаются в результате неоднократного
измерения некоторой величины, скажем взвешивания некоторого тела на аналитических весах, является простейшим примером статистических данных. Рассмотрим еще один пример. С целью определения
качества электрических лампочек, выпускаемых заводом, отмечают,
сколько часов горит каждая лампочка до выхода из строя. Полученная совокупность чисел представляет статистические данные.
Статистические данные по своей сущности зависят от многих
случайных факторов, поэтому математическая статистика тесно связана с теорией вероятностей, которая является ее теоретической основой. Как мы знаем, теория вероятностей устанавливает правила нахождения вероятностей суммы, произведения и других сложных событий, а также числовых характеристик (математического ожидания,
103
дисперсии) случайных величин по заданным вероятностям и законам
распределения данных событий и случайных величин. На практике
же редко встречаются случаи, когда вероятности исходных событий и
законы распределения рассматриваемых случайных величин были бы
заранее известны. Возвращаясь к нашему последнему примеру, отметим, что для прогнозирования запасов лампочек целесообразно иметь
предварительные сведения о сроках службы выпускаемых заводом
лампочек. Однако до начала производства эти сведения остаются неизвестными. В таких ситуациях используются статистические методы
исследования, смысл которых состоит в том, что сведения об изучаемом признаке всей совокупности объектов получают, изучая более
или менее обширную часть, должным образом отобранную из общей
совокупности объектов. Так, в нашем примере из всей партии случайным образом отбирают для испытания некоторое количество лампочек. Полученные сведения о продолжительности работы отобранных лампочек представляют собой уже известные статистические
данные, которые, будучи обработаны методами математической статистики, позволяют сделать выводы о качестве всей продукции данного завода.
Среди основных задач математической статистики могут быть
отмечены следующие: оценка неизвестной вероятности случайного
события; оценка неизвестного закона распределения случайной величины или ее числовых характеристик (математического ожидания,
дисперсии); проверка гипотез (предположений), сделанных относительно некоторых случайных событий, случайных величин (о вероятности события, о законе распределения случайной величины и т.д.).
Результаты проводимых исследований методами математической
статистики применяются к принятию решений, в частности, при планировании и организации производства, при анализе технологических процессов, при предупредительном и приемочном контроле качества продукции, при выборе оптимального времени настройки или
замены действующей аппаратуры – например, определение срока замены двигателя самолета, отдельных деталей станков и т.п.
104
Математическая статистика возникла в XVIII в. в работах Я. Бернулли, П. Лапласа. Большой вклад в математическую статистику внесли русские и советские ученые В.Я. Буняковский*), П.Л. Чебышев,
А.А. Марков, А.Н. Колмогоров, Б.В. Гнеденко и многие другие.
В настоящее время математическая статистика продолжает бурно
развиваться; при этом все больше расширяется круг ее задач и методов исследования с широким применением ЭВМ. Так, разрабатываются статистические методы распознавания образов, определения характеристик элементов систем автоматического управления и т.д.
9.2. Основные понятия математической статистики
Пусть требуется изучить данную (как правило, многочисленную)
совокупность объектов относительно некоторого признака. Например, требуется определить, в какой степени параметры выпускаемых
изделий соответствуют стандартным нормативам. Если число элементов в совокупности не очень большое и обследование объекта не
связано с его уничтожением и не требует больших затрат, то можно
исследовать каждый элемент в отдельности, фиксировать значение
исследуемого признака и соответствующей обработкой результатов
сделать тот или иной вывод об изучаемом признаке.
Если же совокупность состоит из очень большого числа объектов, или исследование связано с уничтожением объектов, или оно дорого стоит, то сплошное исследование нецелесообразно. Бессмысленно, например, исследовать на срок горения все лампочки данной
партии, так как в результате вся партия уничтожилась бы. В таких
случаях выводы об исследуемом признаке делаются на основе изучения ограниченного числа объектов должным образом отобранных из
общей совокупности.
Определение. Генеральной совокупностью называется
множество числовых значений некоторого признака всех объектов рассматриваемой совокупности.
*)
Виктор Яковлевич Буняковский (1804-1889) – русский математик, академик
Петербургской академии наук.
105
Определение. Выборочной совокупностью или просто выборкой называется множество числовых значений некоторого
признака всех объектов, случайным образом отобранных из
всей совокупности рассматриваемых объектов.
Например, генеральной совокупностью является совокупность
чисел, соответствующих срокам службы всех лампочек выпущенной
партии (эти числа в действительности остаются неизвестными), а выборочной совокупностью будет совокупность чисел, соответствующих срокам службы отобранных для испытания лампочек (числа этой
совокупности определяются из проведенного опыта). Для простоты,
если это не приводит к противоречиям, т.е. недвусмысленно известно, о каком признаке идет речь, под генеральной совокупностью и
под выборкой будем понимать саму совокупность изучаемых объектов. Так, например, будем говорить, что партия всех электрических
лампочек, которая выпущена заводом, представляет генеральную совокупность, а множество лампочек, взятых для обследования, составляет выборочную совокупность. Подчеркнем, однако, что в математической статистике, как и всегда в математике, мы абстрагируемся
от конкретной природы объектов и изучаем только их абстрактные, в
данном случае числовые, характеристики.
Основную задачу математической статистики можно сформулировать как задачу получения обоснованных выводов о неизвестных
свойствах генеральной совокупности по известным свойствам извлеченной из нее выборки.
Число объектов совокупности (генеральной или выборочной) называется объемом данной совокупности. Например, если цех выпустил 2000 деталей, а для обследования отобрано 150 деталей, то объем
генеральной совокупности равен 2000 (N = 2000), а объем выборки
равен 150 (n = 150).
9.3. Группировка статистических данных
Для установления закономерностей массовых случайных явлений
изучаются статистические данные, т.е. сведения, полученные путем
106
наблюдений или экспериментов о значениях интересующего нас признака.
Изучение статистических данных обычно начинается с их группировки. При большом числе статистических данных удобнее их
группировать по отдельным интервалам значений. Для этого все значения интересующего нас признака разделяются на некоторое число
интервалов и рассматриваются группы значений, попавших в последовательно расположенные интервалы. Число n таких интервалов,
как правило, берется в пределах от 10 до 20. Ширина интервалов х
определяется путем деления размаха выборки на количество интерваx  xmin
лов: х  max
. При этом частота интервала равна сумме часn
тот, попавших в данный интервал.
Пример 1. Для выборки, полученной при измерении электрической емкости двадцати пластин пьезоэлементов, составить таблицу
статистического распределения по интервалам, принимая число интервалов равное 10: 9,9; 11; 9,2; 12; 8; 8,7; 7; 11,8; 11,7; 10,3;
11,2; 8,1; 9,5; 11,5; 11,6; 9,7; 10,2; 11,4; 8,6; 10.
Объем выборки равен 10. Вычисляем ширину интервалов
х 
12  7
 0,5 . Следовательно, имеем интервалы [7; 7,5], (7,5; 8],
10
(8; 8,5], (8,5; 9], (9; 9,5], (9,5; 10], (10; 10,5], (10,5; 11], (11; 11,5],
(11,5; 12]. Используя данные примера, получаем табл. 9.1 статистического распределения выборки по интервалам.
Таблица 9.1
Концы
интервалов
Частота
Концы
интервалов
Частота
[7; 7,5]
(7,5; 8]
(8; 8,5]
(8,5; 9]
(9; 9,5]
1
1
1
2
2
(9,5; 10]
(10; 10,5]
(10,5; 11]
(11; 11,5]
(11,5; 12]
3
2
1
3
4
107
9.4. Геометрическая интерпретация статистических распределений выборки
Если на оси абсцисс прямоугольной системы координат расположить значения наблюдаемой величины xi, а на оси ординат – соответствующие им частоты, то в плоскости получим точки (xi; ni). Соединяя их отрезками прямых, получим ломаную линию, которую называют полигоном частот (рис. 9.1).
ni
30
15
12
6
0
1
2
3
4
5
хi
Р и с. 9.1
Если статистическое распределение выборки задается в виде последовательности интервалов значений вариант и их частот, то геометрическое изображение дается при помощи гистограммы частот.
Определение. Гистограммой частот называют ступенчатую фигуру, состоящую из прямоугольников, построенных на
частичных интервалах с длиной h и высотой, равной отношению ni/h (плотность частоты на данном интервале).
n
Площадь частичного i-ого прямоугольника равна h  i  ni 
h
сумме частот значений случайной величины, попавших в i-ый интервал. Площадь гистограммы частот равна сумме всех частот, т.е.
объему выборки n.
Определение. Гистограммой относительных частот называют ступенчатую фигуру, состоящую из прямоугольников,
108
основаниями которых служат интервалы с длиной h и высоni
той
.
nh
Легко заметить, что площадь гистограммы относительных частот
равна единице.
Пример 2. По данным изучения выработки на одного рабочего в
отчетном году в процентах по отношению к предыдущему году было
составлено интервальное статистическое распределение в виде табл.
9.2 для выборки объема n = 117, извлеченной из всей совокупности
рабочих завода. Построить гистограмму относительных частот статистического распределения данной выборки (см. рис. 9.2).
Таблица 9.2
Интервал значений варианты
(выработка в отчетном году
в % по отношению к предыдущему году)
Частота интервалов
(количество рабочих
с данной выработкой)
[80; 90]
(90; 100]
(100; 110]
(110; 120]
(120; 130]
(130; 140]
(140; 150]
8
15
46
29
13
3
3
ni / 1170
46 / 1170
29 / 1170
15 / 1170
13 / 1170
8 / 1170
3 / 1170
0
80 90 100 110 120 130 140 150
хi
Р и с. 9.2
109
9.5. Проверка гипотезы о предполагаемом законе распределения с помощью критерия Пирсона 2
Если закон распределения случайной величины неизвестен, но
есть основания предположить, что он имеет определенный вид (назовем его А), то проверяют нулевую гипотезу: случайная величина подчиняется закону распределения А при помощи критерия согласия.
Критерием согласия называют критерий проверки гипотезы о
предполагаемом законе неизвестного распределения.
Имеется несколько критериев согласия. Остановимся подробнее
на одном из них – критерии Пирсона. С этой целью сравнивают эмпирические (наблюдаемые) и теоретические (вычисленные в предположении того или иного закона распределения) частоты.
Обычно они различаются. Это может быть связано либо с малым
числом наблюдений, любо с неверной гипотезой, либо со способом
группировки данных, либо с другими причинами.
Критерий согласия Пирсона, как и любой критерий, не доказывает справедливости гипотезы, а лишь устанавливает на принятом
уровне значимости ее согласие или несогласие с данными наблюдений.
В качестве критерия проверки нулевой гипотезы принимаем случайную величину:
2
  n
i
Pi ст  Рi т 2 ,
Pi т
(9.1)
где Рi ст  статистические вероятности; Рi т  теоретические вероятности, полученные в предположении того или иного распределения.
По формуле (9.1) находят 2 статистическое (наблюдаемое) и
сравнивают с 2 (r; )  критическим, где   уровень значимости
проверки гипотезы, он задается, если нет, то в технике принимают
 = 0,05; r  число степеней свободы: r = k   , где k  число интервалов, на которые разбивают весь статистический материал,  
число наложенных связей.
110
Для нормального закона распределения  = 3, так как  Pi  1,
i
М(Х) = а, .
Для показательного закона  = 2, так как  Pi  1, М(Х) =  = 1/.
i
Для равномерного закона  = 3,  Pi  1, а и b  концы интервала.
i
2
По прил. 4 находят  2кр и сравнивают с  ст
.
2
Если  ст
<  2кр  нет оснований отвергать нулевую гипотезу. Если
2
 ст
>  2кр  нулевую гипотезу отвергают.
Замечание. Интервалы, содержащие малочисленные частоты
(ni < 5), следует объединить, а частоты этих интервалов сложить. В
этом случае при определении числа степеней свободы r следует принимать число интервалов, оставшихся после объединения.
Рассмотрим примеры решения задачи.
Пример 3. Из опыта получена следующая статистическая таблица случайной величины. Нужно выдвинуть гипотезу о характере
данного распределения, найти параметры распределения, проверить
гипотезу с помощью критерия согласия Пирсона. Общее число испы6
таний n   ni  80.
i 1
Номера интервалов
1
2
3
4
5
6
Концы интервалов
[0; 10]
(10; 20]
(20; 30]
(30; 40]
(40; 50]
(50; 60]
Абсолютные частоты
11
14
15
10
14
16
1) Находим относительные частоты Рi ст 
Рi ст :
11 14 15 10 14 16
; ; ; ; ; .
80 80 80 80 80 80
ni
n
 Pi ст  1 .
2) Строим гистограмму.
111
Pi ст
h

Pi ст
10
 f ст ( x)  статистическая плотность распределения, ее
значения соответственно равны: 0,01375; 0,0175; 0,01875; 0,0125;
0,0175; 0,02.
Pi
h
 f ст ( х )
0,02
fт (х)
0,015
0,01
0
10
20
30
40
50
60
х
Р и с. 9.3
3) Выдвигая гипотезу о характере распределения, можно предположить, что оно равномерное, так как fст (х) мало отличается, и значения ni близки друг к другу.
Найдем параметры этого распределения:
x  a,
 0,
 1
f ( x)  
, a  x  b,
b

a

x  b.
 0,
ab
М ( х) 
;
2
(b  a ) 2
D ( x) 
;
12

ba
.
2 3
Таким образом, параметры а и b данного распределения находим, решая систему:
a  b  2M ( x)
(9.2)

b

a

2
3



4) Чтобы найти М(х) и , составим расчетную табл. 9.3.
112
1
2
3
4
5
6
Середина
интервалов хi
0
Относительная
частота
n
Pi ст  i
n
11
0,1375
5
0,01375
14
0,175
15
15
0,1876
10
Концы интервалов
Абсолютная
частота ni
Номер интервала
Таблица 9.3
Плотность
хi × Рi ст
стат.
fст (х)
хi 31,25
(хi 
 31,25)2
(хi  31,25)2 ×
× Рi ст
Рi т
0,6875
26,25
689,0625
94,7461
0,1452
0,0175
2,625
16,25
264,0625
46,2109
0,17
25
0,01876
4,6875
6,25
39,0625
7,3242
0,17
0,125
35
0,0125
4,375
3,75
14,0625
1,7578
0,17
14
0,175
45
0,0175
7,875
13,75
189,0625
33,0859
0,17
16
0,2
55
0,02
11
23,75
564,0625
112,8125
0,17
0
10
20
30
40
50
60
295,9374 = 2
6

i 1
80
1
М(Х) =
= 31,25
  295,9374 
= 17,202831 
 17,2
113
5) Найдем значения а и b, решив систему (9.2), где М(х) = 31,25,
 = 17,2.
 аb
 a  b  62,5
b  61,04
 31,25




2


 a  b  59,58
 a  1,46
b  a  2 3 17,2
а = 1,46, b = 61,04
6) Составим функцию распределения
x  1,46,
 0,

f ( x)  0,017, 1,46  x  61,04,
 0,
x  61,04.

7) Найдем Рi т: Р(0 < x < 10) Р(10 < x < 20), исходя из равномерного закона распределения. Вероятность попадания случайной величины Х в заданный интервал может быть найдена по следующей
формуле


1
1

Р (  x  )  
 dx 
x 
.
b

a
b

a
b

a


В нашем случае: Р (  X  )  0,017  (  ).
Р(0 < Х < 10) = Р(0 < Х < 1,46) + Р(1,46 < Х < 10) =
= 0 + 0,017  (10 – 1,46) = 0,14518  0,1452.
Р(10 < Х < 20) = 0,017  10 = 0,17 = Р(20 < Х < 30) =
= Р(30 < Х < 40) = Р(40 < Х < 50) = Р(50 < Х < 60) = 0,17.
8) Проверим, согласуются ли статистические данные с теоретическими с помощью критерия 2.
2

набл
=n
( Рi ст  Pi т ) 2
Рi т
= 800,0197086 = 1,576688.
Зная
 = 0,05 и r = 6 – 3, находим
2
критическое.
2крит (0,05; 3) = 7,8, значит 2набл < 2крит. Следовательно, нет оснований отвергнуть гипотезу о равномерном распределении генеральной
совокупности. Другими словами, эмпирические и теоретические частоты различаются незначительно (случайно).
114
Таблица 9.4
Номера
интервалов
Pi ст
Pi т
Pi ст Pi т
(Pi ст Pi т)
1
2
3
4
5
6
0,1375
0,175
0,1875
0,125
0,175
0,2
0,1452
0,17
0,17
0,17
0,17
0,17
0,0077
0,005
0,0175
0,045
0,005
0,03
0,00005929
0,000025
0,00030625
0,002025
0,000025
0,0009
2
( Рi ст  Pi т ) 2
Рi т
0,0004084
0,00014705
0,001802
0,01191
0,00014705
0,005294
6

0,0197086
i 1
Пример 4. В итоге испытания 450 ламп было получено статическое распределение длительности их горения (табл. 9.5), где в первой
графе указаны интервалы в часах, во второй – частота ni, т.е. количество ламп, время горения которых заключено в пределах заданного
интервала. Требуется при уроне значимости  = 0,01 проверить гипотезу о том, что время горения ламп распределено по показательному закону.
1) Составляем расчетную табл. 9.5, предварительно построив гистограмму относительных частот (рис. 9.4).
fст
7104
1104
0
400
800
1200
1600
2000
2400
2800
хi
Р и с. 9.4
2) Выдвигая предположение о том, что случайная величина Х 
длительность горения ламп  подчиняется показательному распределению, найдем параметр  этого распределения.
115
x  0,
 0,
f т ( x)  
 x
  e , x  0.
3) Заполним расчетную табл. 9.5.
4) Так как М(Х) =  =
(9.3)
1
1
, то  
 0,001.
998,6

0,
x  0,

f ( x)  
 0, 001 x
, x  0.
0,001  e
5) Находим теоретическую вероятность попадания
(а; b) по формуле Р(а < Х < b) = еа  еb, где  = 0,001.
Р(0 < Х < 400) = е0  е0,4 = 1 – 0,6703 = 0,3297,
Р(400 < Х < 800) = е0,4  е0,8 = 0,6703 – 0,4493 = 0,221,
Р(800 < Х < 1200) = е0,8  е1,2 = 0,4493 – 0,3012 = 0,1481,
Р(1200 < Х < 1600) = е1,2  е1,6 = 0,3012 – 0,2019 = 0,0993,
Р(1600 < Х < 2000) = е1,6  е2 = 0,2019 – 0,1353 = 0,0666,
Р(2000 < Х < 2400) = е2  е2,4 = 0,1353 – 0,0907 = 0,0446,
Р(2400 < Х < 2800) = е2,4  е2,8 = 0,0907 – 0,0608 = 0,0299.
6) Находим
Х ст2 = 0,07392  450 = 33,26
и
в
2
Х кр
(0,01; 72) = 15,1.
2
Так как Х ст2 > Х кр
, то гипотезу о показательном законе распреде-
ления статистического материала отвергаем.
116
Середина
интервалов хi
Абсолютная частота ni
Относительная
частота Рi ст
Концы интервалов
Номер интервала
Таблица 9.5
f ст (х) =
200
121
0,269
0,0006725
53,8
0,3297
0,0607
0,00368
0,01116
600
95
0,211
0,0005275
126,6
0,221
0,01
0,0001
0,000452
1000
76
0,169
0,0004225
169
0,1481
0,0209
0,000437
0,00265
1400
56
0,124
0,00031
173,6
0,0993
0,0247
0,00061
0,00614
1800
45
0,1
0,00025
180
0,0666
0,0334
0,0011
0,01652
2200
36
0,08
0,0002
176
0,0446
0,0354
0,00125
0,028
2600
21
0,046
0,000115
119,6
0,0299
0,0161
0,00026
0,0087
450
0,999
Рi
h
h = 400
хi × Рi ст
2
Рi т
Pi cт  Pi т
(Pi cт  Pi т)
( Pi ст  Pi т ) 2
Pi т
0
1
400
2
800
3
1200
4
1600
5
2000
6
2400
7
2800

М(Х) =
= 998,6
0,07392
117
Пример 5. Измерен диаметр у 270 валов хвостовиков. Значения
диаметра оказались в диапазоне 66…90 см. Разбив весь статистический материал на интервалы длиной 2 см, получили статистическую
табл. 9.6. Проверить гипотезу о характере данного распределения.
Таблица 9.6
Номера
интервалов
1
2
3
4
5
6
Концы
Абсолют.
интервалов частоты ni
(66; 68)
4
(68; 70)
12
(70; 72)
24
(72; 74)
41
(74; 76)
50
(76; 78)
53
Номера
Концы
интервалов интервалов
7
(78; 80)
8
(80; 82)
9
(82; 84)
10
(84; 86)
11
(86; 88)
12
(88; 90)
Абсолют.
частоты ni
39
26
13
5
2
1
 ni = 270
Составляем расчетную табл. 9.7, предварительно подсчитав:
1) Рi ст – относительные частоты попадания в каждый из указанных двенадцати интервалов (пятая графа табл. 9.7).
2) Строим гистограмму относительных частот (основание прямоугольников хi = 2 см, а высота
Рi ст
2
), на основании которой можно
сделать предположение о том, что статистический материал подчиняется нормальному закону распределения.
Рi ст
2
имеет смысл статисти-
ческой плотности распределения случайной величины fст(х), рис. 9.5.
3) Вычисляем М(Х) = 76,12 и  = 4,04.
4) Вероятность попадания нормальной случайной величины в заданный интервал (а; b) может быть найдена по формуле
118
fст (х)
0,01
0
66
68
70
72
74
76
78 80
82
84
86
88
90
хi
Р и с. 9.5
 а  76,12 
 a  76,12 
Рi т (ai < Х < ai+1) =  i 1
   i
,
4
,
04
4
,
04




где Ф(х) – функция Лапласа, значения которой размещены в прил. 2.
5) fт (х) =
1
е
4,04 2

( х  76,12 ) 2
2  ( 4, 04) 2
.
6) Х ст2 = 95,886  104  270  2,59 (сумма последней графы табл.
9.8).
По
прил.
4,
зная
 = 0,05
и
r = 12 – 3 = 9,
находим
2
2
Х кр
(0,05; 9) = 16,9. Так как Х ст2 < Х кр
, то нет оснований отвергать
предположение о том, что статистический материал подчиняется
нормальному закону. Иначе, статистические и теоретические частоты
различаются незначительно (случайно).
119
120
Середины
интервалов
Абсолютная
частота ni
Относительная
частота Рi ст
Концы интервалов
Номера интервалов
Таблица 9.7
67
4
0,015
0,008
1,005
9,12
83,174
1,248
69
12
0,044
0,022
3,036
7,12
50,694
2,231
71
24
0,090
0,045
6,39
5,12
26,214
2,359
73
41
0,152
0,076
11,096
3,12
9,734
1,480
75
50
0,185
0,092
13,875
1,12
1,254
0,232
77
53
0,166
0,098
15,092
0,88
0,774
0,152
79
39
0,144
0,072
11,376
2,88
8,294
1,194
81
26
0,096
0,048
7,776
4,88
23,814
2,286
83
13
0,048
0,024
3,984
6,88
47,334
2,272
85
5
0,019
0,009
1,615
8,88
78,854
1,498
87
2
0,007
0,004
0,609
10,88
118,374
0,829
89
1
0,003
0,0015
0,267
12,88
165,894
0,498
270
0,999  1
f ст 
Рi ст
2
хi  Pi ст
хi  76,12
(хi 
 76,12)2
Pi ст ×
× (хi  76,12)2
66
1
68
2
70
3
72
4
74
5
76
6
78
7
80
8
82
9
84
10
86
11
88
12
90

М(х) = 76,12
D(х) = 16,279
= 16,279  4,04
Таблица 9.8
аi  76,12
ai  76,12
4,04
10,12
2,50
8,12
6,12
4,12
2,12
0,12
1,88
3,88
5,88
7,88
9,88
11,88
13,88
2,01
1,51
1,02
0,53
0,03
0,47
0,96
1,46
1,95
2,45
2,94
3,44
 a  76,12 
i  i

 4,04 
0,4938
Pi ст  Pi т 2
Pi т =
= Фi+1  Фi
Pi ст  Pi т
(Pi ст  Pi т)
0,0166
0,0016
256  108
1,5  104
0,0440
0
0
0
0,0871
0,0029
84,1  108
0,96  104
0,1461
0,0059
3481  108
2,4  104
0,1600
0,025
62500  108
39,06  104
0,2208
0,0248
61504  108
27,85  104
0,1507
0,0067
4489  108
2,98  104
0,0964
0,0004
16  108
0,016  104
0,0465
0,0015
225  108
0,48  104
0,0184
0,0006
36  108
0,19  104
0,0053
0,0017
289  108
5,45  104
0,0015
0,0015
225  108
15  104
2
Pi т
0,4772
0,4332
0,3461
0,2000
0,0400
0,1808
0,3315
0,4279
0,4744
0,4928
0,4981
0,4996
  95,886  10 4
i
121
9.6. Задания для самостоятельного решения
Для индивидуально заданного статистического материала проверить гипотезу о неизвестном законе распределения с помощью критерия согласия Пирсона. Номер варианта задания совпадает с порядковым номером студента по журналу преподавателя.
Вариант 1
Проверить гипотезу о законе распределения
10
20
7
2
29
27
14
30
29
40
35
25
55
28
34
33
55
44
22
42
30
26
20
33
15
51
28
15
30
28
6
27
21
43
51
27
56
32
31
47
19
44
23
32
24
28
25
36
28
26
13
38
16
5
51
40
30
19
44
28
25
27
25
41
29
9
28
24
32
40
41
25
17
31
55
23
34
34
37
22
29
15
40
20
38
25
14
12
45
17
40
49
52
28
9
33
33
12
36
40
34
17
34
12
23
20
38
28
30
17
37
44
5
45
51
21
41
29
12
20
51
20
29
9
26
39
31
31
26
14
34
54
32
37
56
15
29
26
18
18
32
48
41
9
34
32
19
32
35
27
16
24
18
23
42
32
31
22
20
25
11
27
23
26
13
9
41
41
5
10
39
43
6
40
17
40
44
46
8
37
29
12
31
10
29
2
9
26
29
36
Вариант 2
Проверить гипотезу о законе распределения
14
42
23
26
23
12
18
25
27
20
122
25
32
21
36
22
13
22
5
21
37
25
27
23
15
28
20
14
11
22
38
37
26
18
11
10
20
16
29
13
8
2
31
15
34
32
24
2
25
34
29
37
34
9
7
35
25
10
27
6
29
19
44
32
12
36
19
20
36
34
25
3
22
12
15
16
29
21
43
28
17
28
5
31
35
25
32
20
18
24
29
21
39
40
27
37
16
13
26
36
4
20
17
16
31
27
30
23
18
17
26
Вариант 3
Проверить гипотезу о законе распределения
20
39
43
44
36
50
28
18
38
41
13
20
64
34
16
35
45
39
67
51
48
59
48
24
22
32
66
35
38
58
20
52
53
53
29
16
33
23
39
11
17
24
1
42
63
34
48
49
50
10
22
20
32
49
39
51
12
46
23
18
56
34
24
31
51
10
40
24
27
29
39
48
46
34
12
61
59
67
14
57
39
36
56
29
37
53
51
33
62
9
46
44
25
16
5
39
33
31
42
51
45
10
50
34
54
13
23
30
24
11
35
29
43
10
63
23
30
38
13
37
36
29
32
17
63
54
26
33
46
56
28
30
42
48
58
53
32
46
35
61
28
49
35
71
53
25
29
48
50
40
20
26
38
4
3
57
23
8
10
4
18
15
38
4
6
49
27
34
6
38
13
7
30
17
5
9
19
8
30
7
7
20
16
15
25
25
17
5
6
9
30
34
42
16
22
14
28
12
19
6
11
11
26
15
20
33
21
26
20
21
43
25
29
6
23
39
23
32
6
27
19
26
19
27
13
12
14
23
27
18
Вариант 4
Проверить гипотезу о законе распределения
5
18
19
5
12
9
21
20
14
17
17
5
3
13
32
10
4
18
12
14
4
28
5
40
39
11
3
24
13
13
39
10
8
6
14
14
26
28
32
25
4
13
3
27
14
22
2
14
18
20
19
22
15
58
7
11
11
11
52
4
7
8
12
15
11
9
14
28
33
31
36
54
9
32
13
4
14
11
25
40
22
18
8
9
32
18
6
58
60
8
31
8
18
8
23
11
10
10
2
27
10
36
16
7
18
21
63
8
37
22
Вариант 5
Проверить гипотезу о законе распределения
12
21
15
7
23
15
28
34
11
24
42
30
17
6
16
29
23
31
29
24
13
24
42
17
18
20
28
8
5
0
40
25
21
5
35
29
22
10
32
43
20
23
16
23
7
34
28
42
22
34
17
35
26
14
38
21
35
26
34
22
30
13
32
21
28
39
7
17
28
27
23
29
7
30
28
30
21
0
4
24
25
15
21
21
23
20
35
26
15
27
14
25
28
43
34
28
33
29
32
31
15
32
42
25
27
10
22
21
24
18
123
Вариант 6
Проверить гипотезу о законе распределения
20
44
5
5
7
0
13
0
9
9
8
1
2
6
9
36
41
8
15
27
8
13
2
13
1
1
10
30
9
0
10
3
47
25
4
6
27
33
7
5
5
13
32
26
23
1
5
1
0
5
16
0
9
12
18
4
16
1
33
26
6
34
1
1
19
31
12
36
21
6
4
13
39
5
7
2
4
2
7
2
16
7
0
19
12
1
2
11
31
0
3
12
9
18
6
20
19
7
5
27
7
40
1
3
8
3
1
7
2
15
9
6
1
3
3
18
36
12
11
2
0
26
8
15
11
2
23
2
6
2
24
22
4
5
11
5
12
7
6
2
20
6
6
11
5
9
2
14
34
18
29
11
26
2
13
15
17
16
57
15
19
12
53
5
22
14
4
38
4
46
10
5
34
20
8
12
27
31
7
7
8
12
4
8
15
44
25
7
9
6
7
6
7
8
41
31
11
15
4
4
35
6
17
5
4
10
5
22
10
17
76
26
15
12
42
55
22
11
7
44
29
44
14
7
21
63
20
29
40
12
Вариант 7
Проверить гипотезу о законе распределения
6
23
6
9
23
14
13
35
22
16
23
20
14
21
7
5
24
7
13
19
16
7
24
17
4
6
25
14
14
36
13
8
7
19
9
13
25
19
21
34
29
3
15
17
13
10
18
7
2
10
5
17
7
8
69
3
9
2
17
18
9
3
13
44
26
11
6
5
49
18
11
7
4
5
45
7
20
10
11
9
13
9
16
15
12
4
7
19
19
17
63
19
8
4
8
4
41
12
12
4
11
19
8
4
18
35
12
22
52
45
Вариант 8
Проверить гипотезу о законе распределения
15
11
15
7
26
70
11
8
3
20
124
37
5
38
22
17
11
29
13
10
7
9
20
3
12
37
4
23
9
19
34
16
5
13
31
16
17
20
10
14
24
19
4
28
6
6
89
13
65
23
19
16
20
11
43
5
12
25
7
53
19
19
49
37
6
10
11
20
6
8
53
28
38
9
45
27
31
6
21
3
7
36
19
15
8
13
38
17
10
48
4
44
7
27
14
22
23
7
58
21
46
7
11
23
10
13
7
21
10
11
4
Вариант 9
Проверить гипотезу о законе распределения
4
18
22
6
28
26
27
20
9
51
9
11
17
12
16
4
3
10
41
43
40
41
25
37
17
29
19
21
67
5
48
45
34
30
16
57
24
69
14
53
24
55
3
25
38
34
12
2
19
27
23
14
19
28
17
7
28
52
20
22
4
6
41
19
22
7
3
45
53
29
4
26
5
24
27
20
36
12
13
6
89
8
42
11
24
30
8
42
16
7
7
1
3
6
51
4
31
3
11
28
5
36
20
55
67
10
24
4
10
40
33
13
77
9
9
21
28
39
34
34
29
3
53
3
26
13
5
6
5
4
22
22
4
2
45
73
32
16
14
3
13
33
12
13
7
22
31
9
11
8
17
21
24
9
2
24
23
11
106
46
52
37
12
6
20
9
4
9
26
4
2
10
15
21
3
8
16
15
17
41
16
6
16
3
30
14
16
47
8
66
8
96
21
5
9
7
7
40
36
6
4
13
4
5
28
8
26
16
15
10
22
18
31
30
17
8
15
11
12
39
24
21
20
46
6
6
15
7
8
48
Вариант 10
Проверить гипотезу о законе распределения
14
39
14
21
4
15
11
13
27
27
25
22
9
2
70
20
21
18
18
39
8
21
41
22
8
21
6
17
7
12
7
4
53
11
4
6
12
22
14
57
25
24
34
20
17
22
56
53
69
5
51
14
8
13
6
44
12
24
7
5
28
23
18
8
15
11
27
5
13
79
15
12
24
11
40
12
68
14
22
18
7
58
85
17
31
16
6
12
11
13
6
9
4
6
27
61
6
81
24
7
50
6
8
34
6
8
6
10
7
6
Вариант 11
Проверить гипотезу о законе распределения
5
9
19
17
95
13
23
36
21
23
12
3
27
10
21
16
17
26
20
12
22
31
8
12
9
9
32
7
33
4
19
9
5
14
24
33
16
10
34
9
32
11
4
14
39
37
10
11
8
6
9
17
11
3
7
40
37
37
8
8
10
23
37
21
17
9
19
26
8
46
22
3
3
9
19
11
24
8
28
18
29
9
6
17
80
8
15
12
17
3
5
11
20
25
29
4
9
13
17
4
39
24
40
22
10
25
23
8
4
31
125
Вариант 12
Проверить гипотезу о законе распределения
11
17
31
26
39
9
35
26
4
25
12
11
20
24
38
39
22
44
27
20
44
18
21
30
25
4
23
16
29
11
4
28
23
14
41
30
22
15
38
29
17
43
21
29
32
19
25
27
23
44
35
13
11
17
30
39
38
21
25
27
28
1
5
31
16
37
20
15
22
10
15
7
20
6
11
24
16
27
15
20
32
0
10
39
11
15
7
17
31
16
4
12
15
28
24
17
37
27
9
33
38
41
26
32
28
28
21
6
19
8
25
21
22
27
27
33
32
28
20
14
36
14
21
9
27
26
23
25
24
43
22
29
27
4
16
9
19
12
27
26
17
8
14
11
21
29
34
19
21
24
10
30
28
42
13
28
26
12
40
49
22
32
9
16
27
33
29
52
38
37
24
25
20
29
55
10
55
20
38
31
45
52
12
32
20
18
43
21
57
33
23
64
14
7
13
37
9
29
12
5
9
76
3
10
22
7
3
35
54
16
10
12
7
13
21
6
79
72
8
13
36
9
2
91
13
43
10
23
32
13
Вариант 13
Проверить гипотезу о законе распределения
30
44
32
34
28
44
30
46
40
32
27
45
36
38
34
50
29
16
31
11
5
46
19
46
28
17
31
1
9
28
19
55
36
13
20
38
53
30
31
33
47
34
29
41
56
45
27
26
31
21
39
44
6
12
32
17
28
48
28
25
18
31
24
21
16
17
29
23
33
18
11
31
23
10
24
30
3
11
45
24
46
29
55
46
28
29
25
51
32
42
40
43
55
43
26
32
40
20
47
16
41
29
5
46
27
46
35
43
32
44
Вариант 14
Проверить гипотезу о законе распределения
7
25
9
22
4
42
29
5
8
17
126
16
11
21
32
70
8
31
22
31
5
12
9
5
51
18
18
7
51
13
11
106
27
19
82
29
11
10
10
13
3
19
12
48
34
17
8
8
19
12
26
5
21
31
20
13
72
11
20
19
4
18
30
16
17
49
16
4
33
13
3
17
17
36
22
39
20
10
24
35
22
19
20
4
12
16
2
13
18
36
8
6
6
38
17
77
8
10
35
7
11
46
13
9
39
8
40
40
25
8
3
Вариант 15
Проверить гипотезу о законе распределения
16
39
13
17
14
35
9
14
40
15
7
10
60
18
22
7
25
5
34
12
5
15
8
26
20
50
40
21
60
30
6
7
12
14
4
10
14
9
5
27
25
6
37
23
39
15
11
41
10
28
42
24
42
4
16
10
33
5
21
44
7
29
34
6
52
14
20
24
8
13
24
27
5
17
19
17
25
13
43
21
12
20
14
13
42
10
4
18
49
15
5
7
25
9
12
27
14
6
32
7
9
47
45
26
13
18
20
18
31
3
11
7
12
4
6
11
3
16
30
5
31
27
10
7
30
40
23
9
30
40
12
22
16
19
16
6
10
7
6
13
51
28
3
26
17
17
9
25
4
11
2
24
14
31
41
39
44
18
40
29
38
27
24
54
23
18
25
14
13
15
21
37
22
19
35
26
4
28
40
37
35
44
35
37
14
12
24
38
43
44
9
6
1
3
3
18
36
12
11
2
0
26
8
15
11
2
23
2
6
2
24
22
4
5
11
5
12
7
6
2
20
6
6
11
5
9
2
14
34
18
Вариант 16
Проверить гипотезу о законе распределения
32
9
37
15
29
26
40
8
50
29
16
31
39
41
6
24
29
31
41
19
28
16
23
29
50
33
39
19
35
36
17
40
50
32
36
33
34
26
19
11
35
23
44
48
24
39
43
47
55
33
35
44
27
55
31
4
28
17
26
30
27
34
24
0
22
51
21
19
37
49
15
42
27
33
16
45
50
21
28
36
48
39
29
39
29
20
32
46
6
27
28
51
15
33
28
40
11
44
34
31
28
19
36
18
10
43
20
10
28
33
Вариант 17
Проверить гипотезу о законе распределения
20
44
5
5
7
0
13
0
9
9
8
1
2
6
9
36
41
8
15
27
8
13
2
13
1
1
10
30
9
0
10
3
47
25
4
6
27
33
7
5
5
13
32
26
23
1
5
1
0
5
16
0
9
12
18
4
16
1
33
26
6
34
1
1
19
31
12
36
21
6
4
13
39
5
7
2
4
2
7
2
16
7
0
19
12
1
2
11
31
0
3
12
9
18
6
20
19
7
5
27
7
40
1
3
8
3
1
7
2
15
127
Вариант 18
Проверить гипотезу о законе распределения
0
3
3
0
4
12
20
2
32
20
38
8
32
28
42
11
43
2
17
3
31
31
19
15
39
44
8
25
42
29
30
14
9
8
3
40
23
11
10
30
42
20
13
39
5
22
5
24
18
3
21
48
51
25
27
18
22
21
9
1
1
13
4
9
47
27
4
21
35
23
15
3
30
31
15
34
20
16
20
13
18
25
1
17
15
2
20
23
15
4
9
3
15
58
20
47
18
21
23
11
9
8
45
6
5
1
34
40
6
11
31
23
1
49
16
12
4
11
49
24
31
26
15
1
1
25
3
12
22
10
10
28
13
47
12
10
25
52
16
5
27
1
1
34
30
3
2
10
16
5
39
8
18
11
1
3
13
34
29
7
30
17
6
5
7
12
1
6
32
46
15
5
9
15
2
6
14
15
27
24
12
29
2
14
30
7
7
14
17
30
14
23
23
2
29
3
3
32
6
5
17
25
7
25
17
21
2
6
25
17
21
6
10
8
4
13
12
28
0
19
Вариант 19
Проверить гипотезу о законе распределения
3
21
0
18
4
13
16
6
0
20
9
28
1
14
25
17
28
2
7
2
21
24
22
20
5
0
15
2
17
37
9
39
2
19
10
14
9
11
38
5
6
12
12
18
20
25
26
14
1
11
3
1
36
2
23
4
5
5
36
10
35
28
21
11
12
21
0
14
34
23
1
8
39
33
15
11
8
5
15
6
14
6
7
24
6
17
1
21
19
19
6
38
12
18
18
21
13
20
20
7
29
3
19
24
9
31
7
0
19
6
Вариант 20
Проверить гипотезу о законе распределения
4
24
5
38
35
0
6
11
11
23
128
34
11
31
15
21
11
29
18
14
22
30
9
18
6
15
15
7
12
22
29
11
23
15
1
26
19
28
25
19
27
18
9
29
11
20
1
10
7
7
30
7
2
15
19
25
17
4
4
6
6
27
7
21
1
7
18
8
17
30
8
28
3
4
10
25
28
8
26
1
14
16
28
19
32
7
6
7
6
13
2
14
29
21
4
17
13
10
38
33
8
10
6
19
20
8
34
23
33
9
6
16
14
2
9
34
8
5
28
3
13
Вариант 21
Проверить гипотезу о законе распределения
15
19
16
26
3
35
12
1
10
18
37
14
10
10
17
9
4
6
12
14
14
41
13
5
5
28
35
12
6
21
25
3
16
12
10
36
13
27
2
36
25
22
19
13
20
22
28
25
19
12
4
40
16
15
7
6
34
2
7
30
10
25
19
34
20
21
16
19
27
4
26
23
39
2
1
21
7
24
25
5
30
32
4
34
12
38
3
6
25
11
29
14
1
21
0
35
13
10
6
14
30
27
21
19
28
1
5
18
29
12
2
7
8
1
30
20
26
6
7
30
2
40
21
29
3
13
4
3
0
19
9
17
26
29
4
31
14
23
12
7
12
19
21
6
3
5
24
0
5
14
23
1
21
30
42
22
10
13
17
10
36
20
5
28
21
21
16
24
6
3
17
8
1
19
22
1
25
9
19
15
2
12
2
28
9
17
11
17
17
11
15
25
28
41
10
18
1
20
7
16
13
13
33
12
7
22
11
8
31
9
89
11
8
42
24
30
16
7
8
42
7
6
1
3
51
4
11
28
31
3
5
55
36
20
67
10
10
40
24
4
Вариант 22
Проверить гипотезу о законе распределения
13
10
2
30
3
44
10
15
21
41
4
2
17
2
2
40
33
11
13
38
20
14
26
16
8
13
26
33
22
13
20
20
26
8
6
12
18
16
26
1
9
22
1
33
12
35
11
25
6
18
6
38
16
16
3
1
35
2
18
11
5
4
20
2
5
1
24
40
7
32
6
7
17
2
99
2
9
24
6
8
36
1
14
12
16
44
17
9
11
3
25
9
7
23
37
28
23
20
18
2
Вариант 23
Проверить гипотезу о законе распределения
48
30
45
34
16
57
14
53
24
69
24
25
55
3
38
34
19
27
12
2
23
28
14
19
17
7
20
22
28
52
4
6
18
22
28
26
9
51
27
20
9
12
11
17
16
4
41
43
3
10
40
37
41
25
17
29
67
5
19
21
4
19
6
41
22
7
53
29
3
45
4
24
26
5
27
20
13
6
36
12
33
9
13
77
9
21
34
34
28
39
29
3
3
53
26
13
5
4
5
6
22
2
22
4
45
73
14
3
32
16
129
Вариант 24
Проверить гипотезу о законе распределения
28
29
16
23
19
35
36
50
33
39
17
32
40
50
26
19
11
36
33
34
32
15
9
37
8
50
29
29
26
40
16
41
31
39
31
41
19
6
24
29
35
48
23
44
47
55
33
24
39
43
35
55
44
27
17
26
30
31
4
28
28
33
51
15
44
34
31
28
40
11
28
18
19
36
10
28
33
10
43
20
27
0
34
24
19
37
49
22
51
21
15
33
42
27
21
28
36
16
45
50
48
39
39
29
46
6
27
29
20
32
2
31
24
14
18
40
29
41
39
44
35
37
44
35
38
43
44
14
12
24
38
54
27
24
14
13
15
23
18
25
21
19
37
22
28
40
37
35
26
4
Вариант 25
Проверить гипотезу о законе распределения
4
28
5
40
13
39
11
24
13
3
5
18
19
5
17
12
9
20
14
21
17
5
3
13
14
32
10
18
12
4
39
10
8
6
25
14
14
28
32
26
4
13
3
27
20
14
22
14
18
2
22
18
8
9
8
32
18
58
60
6
19
22
15
58
4
7
11
11
52
11
7
8
12
15
31
11
9
28
33
14
36
54
9
32
40
13
4
11
25
14
31
8
18
8
27
23
11
10
2
10
10
36
16
7
22
18
21
8
37
63
13
7
30
17
7
5
9
8
30
19
7
20
16
15
9
25
25
5
6
17
20
26
38
4
4
3
57
8
10
23
18
15
38
4
38
6
49
34
6
27
24
21
46
6
6
20
8
48
15
7
29
9
17
80
8
6
17
3
15
12
5
11
25
29
4
20
17
4
9
13
39
24
22
10
25
40
4
31
23
8
Вариант 26
Проверить гипотезу о законе распределения
19
9
14
24
33
5
34
9
16
10
130
32
11
14
39
37
4
8
6
10
11
5
9
17
95
13
19
21
23
23
36
12
3
10
21
16
27
20
12
17
26
22
31
12
9
9
8
33
4
32
7
9
17
3
7
40
11
8
8
37
37
10
23
21
17
9
37
8
46
19
26
22
3
9
19
11
3
28
18
24
8
8
96
5
9
7
21
36
6
7
40
4
13
5
28
8
4
15
10
26
16
22
18
30
17
8
31
12
39
15
11
Вариант 27
Проверить гипотезу о законе распределения
2
31
15
24
2
34
34
29
32
25
37
34
9
25
10
7
6
29
35
27
14
42
23
12
18
26
27
20
23
25
25
32
21
13
22
36
21
37
22
5
25
27
23
20
14
15
22
38
28
11
37
26
18
20
16
11
13
8
10
29
19
44
32
19
20
12
34
25
36
36
21
39
40
16
13
27
36
4
37
26
20
17
16
30
23
31
17
26
27
18
16
24
18
32
31
23
20
25
42
22
11
27
23
9
41
26
5
10
13
41
39
43
6
40
44
40
8
37
17
46
29
12
31
2
9
10
29
36
29
26
3
22
12
29
21
15
28
17
16
43
28
5
31
32
20
35
24
29
25
18
17
8
11
21
29
14
21
24
34
19
32
0
39
11
15
10
31
16
7
17
4
12
28
24
17
15
9
33
37
27
38
41
32
28
28
26
19
8
21
6
14
6
6
17
7
21
19
19
24
1
6
38
18
21
12
20
20
7
18
13
29
3
9
31
19
0
19
6
24
7
39
8
1
3
18
34
29
7
11
13
Вариант 28
Проверить гипотезу о законе распределения
17
43
29
32
19
21
23
44
25
27
11
17
26
39
9
31
4
25
35
26
12
11
24
38
39
20
27
20
22
44
44
18
30
25
4
21
29
11
23
16
4
28
14
41
30
23
38
29
22
15
35
13
17
30
39
11
25
27
38
21
28
1
31
16
37
5
22
10
20
15
15
7
6
11
24
20
15
20
16
27
25
21
27
27
33
22
20
14
32
28
36
14
9
27
26
21
24
43
23
25
22
29
4
16
9
27
27
26
19
12
Вариант 29
Проверить гипотезу о законе распределения
21
24
5
0
22
2
17
37
20
15
9
39
10
14
2
11
38
5
19
9
3
21
4
13
0
6
0
20
18
16
9
28
25
17
1
2
7
2
14
28
6
12
20
25
12
14
1
11
18
26
3
1
23
4
36
5
36
10
2
5
35
28
12
21
21
14
34
23
11
0
1
8
15
11
39
5
15
6
33
8
30
17
7
12
6
6
32
46
5
1
15
5
2
6
9
15
27
24
15
14
12
29
30
7
2
14
17
30
14
7
131
Вариант 30
Проверить гипотезу о законе распределения
42
13
39
5
5
24
18
3
20
22
21
51
25
22
27
21
9
1
48
18
0
3
0
20
4
2
32
20
3
12
1
4
9
4
47
21
35
23
13
27
38
32
28
43
42
2
17
3
8
11
31
19
15
8
39
25
42
29
31
44
30
9
8
23
3
11
10
30
14
40
15
30
31
20
15
16
20
13
3
34
18
1
17
20
15
23
15
4
25
2
10
13
47
25
12
52
16
5
28
10
27
1
34
2
30
10
16
5
1
3
9
15
58
18
20
21
23
11
3
47
9
45
6
34
5
40
6
11
8
1
31
1
49
4
16
11
49
24
23
12
31
15
1
3
1
12
22
10
26
25
9
45
26
18
20
31
3
18
47
13
7
34
6
14
20
8
13
24
29
52
11
12
4
11
3
30
5
16
7
6
31
10
7
40
23
30
40
9
27
30
Вариант 31
Проверить гипотезу о законе распределения
5
8
26
50
40
60
30
21
15
20
6
12
14
10
14
5
27
9
7
4
25
37
23
15
11
10
28
41
6
39
16
13
17
35
9
40
15
14
39
14
12
16
19
6
10
6
13
7
22
16
51
3
26
17
9
4
11
25
28
17
7
60
18
7
25
34
12
5
10
22
42
42
4
10
33
21
44
5
24
16
24
5
17
17
25
43
21
13
27
19
12
14
13
10
4
49
15
18
20
42
5
25
9
27
14
32
7
6
7
12
Вариант 32
Проверить гипотезу о законе распределения
25
3
12
10
36
27
2
16
13
36
132
15
19
26
3
35
1
10
16
12
18
37
14
10
17
9
6
12
10
4
14
14
41
5
5
28
12
6
13
35
21
30
32
34
12
38
6
25
4
3
11
29
14
21
0
35
10
6
1
13
14
10
25
34
20
21
19
27
19
16
4
25
22
13
20
22
25
19
19
28
12
4
40
15
7
6
2
7
16
34
30
9
17
29
4
31
23
12
26
14
7
12
19
6
3
5
0
5
21
24
14
30
27
19
28
1
18
29
21
5
12
26
23
2
1
21
24
25
39
7
5
2
40
29
3
13
3
0
21
4
19
2
7
1
30
20
6
7
8
26
30
Вариант 33
Проверить гипотезу о законе распределения
20
44
13
7
5
5
9
9
0
0
5
13
5
23
32
26
0
5
1
1
8
1
41
9
2
6
15
27
8
36
8
13
10
1
2
13
9
0
30
1
10
3
27
4
47
25
7
5
33
6
16
0
16
18
9
12
33
26
1
4
16
7
2
12
0
19
31
0
11
1
3
12
19
6
9
18
5
27
7
20
7
40
1
8
1
3
2
15
7
3
24
22
12
11
4
5
6
2
7
5
20
6
2
5
6
11
34
18
14
9
6
34
12
19
1
1
21
6
36
31
4
13
4
7
39
5
7
2
2
2
9
6
36
3
1
3
11
2
12
18
0
26
23
11
8
15
6
2
2
2
Вариант 34
Проверить гипотезу о законе распределения
30
12
22
29
15
15
9
18
6
7
11
25
19
27
26
19
23
15
1
28
17
6
25
17
17
21
25
7
25
2
21
28
0
19
4
13
6
10
8
12
18
7
7
30
20
1
9
29
11
10
28
26
1
14
25
28
3
4
10
8
16
6
13
2
7
6
28
19
32
7
14
38
33
8
17
13
29
21
4
10
4
11
11
23
35
0
24
5
38
6
34
18
14
22
21
11
11
31
15
29
10
33
9
6
8
34
6
19
20
23
16
28
3
13
34
8
14
2
9
5
7
4
6
6
25
17
2
15
19
4
27
17
30
8
7
18
7
21
1
8
14
32
6
5
29
3
23
23
2
3
23
20
7
5
7
13
21
14
24
19
63
19
8
4
12
12
4
8
41
4
11
19
18
35
22
52
4
8
12
45
29
11
13
15
16
57
2
26
17
15
19
12
22
14
38
4
5
53
4
46
Вариант 35
Проверить гипотезу о законе распределения
16
7
4
6
14
14
17
24
25
36
13
8
9
13
19
21
19
7
25
34
29
3
13
10
7
2
17
15
18
10
5
17
69
3
2
17
8
7
9
18
6
23
23
14
35
22
9
6
13
16
9
3
26
11
5
49
44
13
6
18
11
7
45
7
10
11
5
4
20
9
13
9
12
4
19
19
15
16
7
17
10
5
8
12
31
7
20
34
27
7
8
12
15
44
7
9
8
4
25
6
133
Лекция № 10. ПРИМЕНЕНИЕ ТЕОРИИ ВЕРОЯТНОСТЕЙ
К ВОПРОСАМ ПРОИЗВОДСТВА
Данная лекция может быть проведена самими студентами в форме докладов и сообщений, отражающих круг инженерных задач, решаемых методами теории вероятностей. В качестве примера можно
указать на задачи контроля и регулирования процессов, расчета надежности автоматических линий, расчета межоперационных запасов
и т.д.
Приведем примерный перечень докладов, которые могут быть
подготовлены силами студентов.
1. Понятие о теории передачи информации. Энтропия. Задача о
телеграфном коде.
2. Роль нормального распределения в приложениях техники.
3. 2 как критерий однородности распределений.
4. Теоретико-вероятностный метод расчета размерных цепей.
5. Статистические методы анализа точности технологического
процесса.
6. Статистические методы анализа стабильности технологического процесса.
7. Статистические методы текущего предупредительного контроля качества продукции.
8. Статистические методы приемочного последующего контроля
качества продукции.
9. Теория "наиболее слабого звена" и законы распределения
крайних членов выборки.
10. Статистическая интерпретация результатов испытаний материалов деталей машин на выносливость при переменных напряжениях.
11. Понятие о случайных процессах. И т.д.
134
БИБЛИОГРАФИЧЕСКИЙ СПИСОК
1. Валуцэ, И.И. Математика для техникумов: учеб. пособ / И.И. Валуцэ,
Г.Д. Дилигул. 2-е изд. –М.: Наука. Гл. ред. физ.-мат. лит., 1990.
2. Гмурман, В.Е. Руководство к решению задач по теории вероятностей и
математической статистике: учеб. пособ. для студентов втузов / В.Е. Гмурман.
3-е изд. –М.: Высш. шк, 1979.
3. Гмурман, В.Е. Теория вероятностей и математическая статистика: учеб.
пособ. для втузов / В.Е. Гмурман. 5-е изд. –М.: Высш. шк, 1977.
4. Данко, П.Е. Высшая математика в упражнениях и задачах: учеб. пособ.
для втузов. В 2-х ч. Ч. II / П.Е. Данко, А.Г. Попов, Т.Я. Кожевникова. 5-е изд. –
М.: Высш. шк, 1996.
5. Кордонский, Х.Б. Приложения теории вероятностей в инженерном деле /
Х.Б. Кордонский.–М.: Физматгиз, 1963.
6. Пискунов, Н.С. Дифференциальное и интегральное исчисления. В 2-х т. /
Н.С. Пискунов. –М.: Интеграл-Пресс, 1997.
135
ПРИЛОЖЕНИЯ
Приложение 1
2
Значения функции f ( x ) 

1
e
2
x
2
х
f(х)
х
f (х)
х
f (х)
0,00
0,3989
1,35
0,1604
2,70
0,0104
0,05
0,3984
1,40
0,1497
2,75
0,0091
0,10
0,3970
1,45
0,1394
2,80
0,0079
0,15
0,3945
1,50
0,1295
2,85
0,0069
0,20
0,3910
1,55
0,1200
2,90
0,0060
0,25
0,3867
1,60
0,1109
2,95
0,0051
0,30
0,3814
1,65
0,1023
3,00
0,0044
0,35
0,3752
1,70
0,0940
3,05
0,0038
0,40
0,3683
1,75
0,0863
3,10
0,0033
0,45
0,3605
1,80
0,0790
3,15
0,0028
0,50
0,3521
1,85
0,0721
3,20
0,0024
0,55
0,3429
1,90
0,0656
3,25
0,0020
0,60
0,3332
1,95
0,0596
3,30
0,0017
0,65
0,3230
2,00
0,0540
3,35
0,0015
0,70
0,3123
2,05
0,0488
3,40
0,0012
0,75
0,3011
2,10
0,0440
3,45
0,0010
0,80
0,2897
2,15
0,0396
3,50
0,0009
0,85
0,2780
2,20
0,0355
3,55
0,0007
0,90
0,2661
2,25
0,0317
3,60
0,0006
0,95
0,2541
2,30
0,0283
3,65
0,0005
1,00
0,2420
2,35
0,0252
3,70
0,0004
1,05
0,2299
2,40
0,0224
3,75
0,0004
1,10
0,2179
2,45
0,0198
3,80
0,0003
1,15
0,2059
2,50
0,0175
3,85
0,0002
1,20
0,1942
2,55
0,0154
3,90
0,0002
1,25
0,1826
2,60
0,0136
3,95
0,0002
1,30
0,1714
2,65
0,0119
4,00
0,0001
136
Приложение 2
z
Значения функции ( x ) 
2
1 х 2
 е dz
2 0
х
(х)
х
(х)
х
(х)
0,00
0,0000
0,95
0,3289
1,90
0,4713
0,01
0,0040
1,00
0,3413
2,00
0,4772
0,05
0,0199
1,05
0,3531
2,10
0,4821
0,10
0,0398
1,10
0,3643
2,20
0,4861
0,15
0,0596
1,15
0,3749
2,30
0,4893
0,20
0,0793
1,20
0,3849
2,40
0,4918
0,25
0,0987
1,25
0,3944
2,50
0,4938
0,30
0,1179
1,30
0,4032
2,60
0,4953
0,35
0,1368
1,35
0,4115
2,70
0,4965
0,40
0,1554
1,40
0,4192
2,80
0,4974
0,45
0,1736
1,45
0,4265
2,90
0,4981
0,50
0,1915
1,50
0,4332
3,00
0,49865
0,55
0,2088
1,55
0,4394
3,20
0,49931
0,60
0,2257
1,60
0,4452
3,40
0,49966
0,65
0,2422
1,65
0,4505
3,60
0,499841
0,70
0,2580
1,70
0,4554
3,80
0,499927
0,75
0,2734
1,75
0,4599
4,00
0,499968
0,80
0,2881
1,80
0,4641
4,5
0,499997
0,85
0,3023
1,85
0,4678
5,00
0,500000
0,90
0,3159
137
Приложение 3
k
Значение функции вида Р(k, ) =
k
 e
k!


0,1
0,2
0,3
0,4
0,5
0,6
0
0,904837
0,818731
0,740818
0,670320
0,606531
0,548812
1
0,090484
0,163746
0,222245
0,268128
0,303265
0,329287
2
0,004524
0,016375
0,033337
0,053626
0,075816
0,098786
3
0,000151
0,001091
0,003334
0,007150
0,012636
0,019757
4
0,000004
0,000055
0,000250
0,000715
0,001580
0,002964
0,000002
0,000015
0,000057
0,000158
0,000356
0,000001
0,000004
0,000013
0,000035
0,000001
0,000003
5
6
7
k

0,7
0,8
0,9
1,0
2,0
3,0
0
0,496585
0,449329
0,406570
0,367879
0,135335
0,049787
1
0,347610
0,359463
0,365913
0,367879
0,270671
0,149361
2
0,121663
0,143785
0,164661
0,183940
0,270671
0,224042
3
0,028388
0,038343
0,049398
0,061313
0,180447
0,224042
4
0,004968
0,007669
0,011115
0,015328
0,090224
0,168031
5
0,000695
0,001227
0,002001
0,003066
0,036089
0,100819
6
0,000081
0,000164
0,000300
0,000511
0,012030
0,050409
7
0,000008
0,000019
0,000039
0,000073
0,003437
0,021604
0,000002
0,000004
0,000009
0,000859
0,008101
0,000001
0,000191
0,002701
10
0,000038
0,000810
11
0,000007
0,000221
12
0,000001
0,000055
8
9
13
0,000013
14
0,000003
15
0,000001
138
Окончание прил. 3
k

4,0
5,0
6,0
7,0
8,0
9,0
0
0,018316
0,006738
0,002479
0,000912
0,000335
0,000123
1
0,073263
0,033690
0,014873
0,006383
0,002684
0,001111
2
0,146525
0,084224
0,044618
0,022341
0,010735
0,004998
3
0,195367
0,140374
0,089235
0,052129
0,028626
0,014994
4
0,195367
0,175467
0,133853
0,091226
0,057252
0,033737
5
0,156293
0,175467
0,160623
0,127717
0,091604
0,060727
6
0,104194
0,146223
0,160623
0,149003
0,122138
0,091090
7
0,059540
0,104445
0,137677
0,149003
0,139587
0,117116
8
0,029770
0,065278
0,103258
0,130377
0,139587
0,131756
9
0,013231
0,036266
0,068838
0,101405
0,124007
0,131756
10
0,005292
0,018133
0,041303
0,070983
0,099262
0,118580
11
0,001925
0,008242
0,022529
0,045171
0,072190
0,097020
12
0,000642
0,003434
0,011262
0,026350
0,048127
0,072765
13
0,000197
0,001321
0,005199
0,014188
0,029616
0,050376
14
0,000056
0,000472
0,002228
0,007094
0,016924
0,032384
15
0,000015
0,000157
0,000891
0,003311
0,009026
0,019431
16
0,000004
0,000049
0,000334
0,001448
0,004513
0,010930
17
0,000001
0,000014
0,000118
0,000596
0,002124
0,005786
18
0,000004
0,000039
0,000232
0,000944
0,002893
19
0,000001
0,000012
0,000085
0,000397
0,001370
20
0,000004
0,000030
0,000159
0,000617
21
0,000001
0,000010
0,000061
0,000264
22
0,000003
0,000022
0,000108
23
0,000001
0,000008
0,000042
24
0,000003
0,000016
25
0,000001
0,000006
26
0,000002
27
0,000001
139
Приложение 4
Критические точки распределения 2
Число степеней
свободы k
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25
26
27
28
29
30
140
0,01
6,6
9,2
11,3
13,3
15,1
16,8
18,5
20,1
21,7
23,2
24,7
26,2
27,7
29,1
30,6
32,0
33,4
34,8
36,2
37,6
38,9
40,3
41,6
43,0
44,3
45,6
47,0
48,3
49,6
50,9
Уровень значимости 
0,025
0,05
0,95
0,975
5,0
3,8
0,0039
0,00098
7,4
6,0
0,103
0,051
9,4
7,8
0,352
0,216
11,1
9,5
0,711
0,484
12,8
11,1
1,15
0,831
14,4
12,6
1,64
1,24
16,0
14,1
2,17
1,69
17,5
15,5
2,73
2,18
19,0
16,9
3,33
2,70
20,5
18,3
3,94
3,25
21,9
19,7
4,57
3,82
23,3
21,0
5,23
4,40
24,7
22,4
5,89
5,01
26,1
23,7
6,57
5,63
27,5
25,0
7,26
6,26
28,8
26,3
7,96
6,91
30,2
27,6
8,67
7,56
31,5
28,9
9,39
8,23
32,9
30,1
10,1
8,91
34,2
31,4
10,9
9,59
35,5
32,7
11,6
10,3
36,8
33,9
12,3
11,0
38,1
35,2
13,1
11,7
39,4
36,4
13,8
12,4
40,6
37,7
14,6
13,1
41,9
38,9
15,4
13,8
43,2
40,1
16,2
14,6
44,5
41,3
16,9
15,3
45,7
42,6
17,7
16,0
47,0
43,8
18,5
16,8
0,99
0,00016
0,020
0,115
0,297
0,554
0,872
1,24
1,65
2,09
2,56
3,05
3,57
4,11
4,66
5,23
5,81
6,41
7,01
7,63
8,26
8,90
9,54
10,2
10,9
11,5
12,2
12,9
13,6
14,3
15,0
СОДЕРЖАНИЕ
Введение ……………………………………………………………………...
Раздел I. СЛУЧАЙНЫЕ СОБЫТИЯ …………………………………..
3
4
Лекция № 1. Предмет теории вероятностей ……………………………..
4
Лекция № 2. Частота и вероятность события ……………………..........
12
Лекция № 3. Теоремы сложения и умножения вероятностей случайных событий ………………………………………………...
31
Лекция № 4. Формула полной вероятности. Формулы Байеса …...........
47
Лекция № 5. Повторение испытаний ……………………………………..
55
Раздел II. СЛУЧАЙНЫЕ ВЕЛИЧИНЫ ………………………………..
64
Лекция № 6. Виды случайных величин. Способ задания и законы
распределения дискретной случайной величины ……….
64
Лекция № 7. Непрерывные случайные величины ………………………
79
Лекция № 8. Законы распределения непрерывной случайной величины ………………………………………………......................
89
Лекция № 9. Элементы математической статистики. Проверка гипотезы о предполагаемом распределении генеральной
совокупности по критерию Пирсона ….…………………
103
Лекция № 10. Применение теории вероятностей к вопросам производства ……………………………………………………….
133
Библиографический список ………………………………………………… 135
Приложения …………………………………………………………………. 136
141