Теория вероятностей. Ч. I - Камышинский технологический

А. Н. Засульский , А. С. Чурзина
ТЕОРИЯ ВЕРОЯТНОСТЕЙ
Часть I
ФЕДЕРАЛЬНОЕ АГЕНТСТВО ПО ОБРАЗОВАНИЮ
ГОСУДАРСТВЕННОЕ ОБРАЗОВАТЕЛЬНОЕ УЧРЕЖДЕНИЕ
ВЫСШЕГО ПРОФЕССИОНАЛЬНОГО ОБРАЗОВАНИЯ
ВОЛГОГРАДСКИЙ ГОСУДАРСТВЕННЫЙ ТЕХНИЧЕСКИЙ УНИВЕРСИТЕТ
КАМЫШИНСКИЙ ТЕХНОЛОГИЧЕСКИЙ ИНСТИТУТ (ФИЛИАЛ)
ВОЛГОГРАДСКОГО ГОСУДАРСТВЕННОГО ТЕХНИЧЕСКОГО УНИВЕРСИТЕТА
А. Н. Засульский , А. С. Чурзина
ТЕОРИЯ ВЕРОЯТНОСТЕЙ
Часть I
Учебное пособие
Волгоград
2009
1
УДК 519.2(075.8)
З 36
Рецензенты: коллектив кафедры математики и информатики Камышинского филиала НОУ ВПО «Волгоградский институт бизнеса»; директор Камышинского филиала СГА А. И. Трачук
Засульский, А. Н. ТЕОРИЯ ВЕРОЯТНОСТЕЙ: учеб. пособие. Часть I /
А. Н. Засульский, А. С. Чурзина; ВолгГТУ, Волгоград, 2009. – 124 с.
ISBN 978-5-9948-0286-1
Излагаются следующие разделы теории вероятностей: случайные
события, случайные величины, числовые характеристики, законы распределения случайных величин.
Содержатся задачи для аудиторных и домашних занятий, снабжённые ответами. В конце учебного пособия имеются таблицы для вероятностных расчетов. Для контроля качества знаний приведены восемь вариантов контрольных заданий.
Предназначено для студентов инженерно-технических специальностей вузов.
Ил. 17.
Табл. 7.
Библиогр.: 12 назв.
Печатается по решению редакционно-издательского совета
Волгоградского государственного технического университета

ISBN 978-5-9948-0286-1
2
Волгоградский
государственный
технический
университет, 2009
ВВЕДЕНИЕ
Предмет теории вероятностей
Теория вероятностей есть математическая наука, изучающая закономерности в случайных явлениях при массовом их повторении.
Под случайным будем понимать такое явление, которое при многократном воспроизведении одного и того же опыта протекает всякий раз
несколько по-иному.
Человек в своей практической деятельности на каждом шагу встречается со случайными явлениями. Не существует в природе явлений без них
протекающих. Простейшим примером случайных явлений служат ошибки
измерений. Взвешивая одно и то же тело на аналитических весах несколько раз, мы всякий раз получаем близкие, но различные результаты. Эти
различия обусловлены влиянием многих второстепенных факторов, сопровождающих операцию взвешивания, таких как: положение тела на чаше
весов, случайные вибрации аппарата, ошибки отсчета измерений и т. д.
Вторым примером случайных явлений может служить рассеивание
снарядов. Пользуясь методами внешней баллистики (науки о движении
снаряда в воздухе), можно вычислить теоретическую траекторию снаряда. Эта траектория является функцией начальной скорости 0, угла бросания 0 и баллистического коэффициента С. Фактически снаряды никогда не ложатся в одну и ту же расчетную точку. Дело в том, что траектория каждого снаряда за счет влияния многих неучтенных факторов
несколько отличается от теоретической. К таким факторам можно причислить ошибки изготовления снаряда, отклонение веса снаряда от номинала, неоднородность структуры заряда, ошибки установления ствола
орудия в заданном направлении, метеорологические условия (параметры
состояния атмосферы во всех точках траектории) и т. д.
Рассмотрим третий пример. Некоторое техническое устройство решает определенную задачу в условиях, когда на систему непрерывно воздействуют помехи. Наличие помех приводит к тому, что устройство решает задачу с некоторой ошибкой, в ряде случаев выходящей за пределы
допустимой. Возникают вопросы: как часто будут появляться такие
ошибки и какие меры следует принять, чтобы их исключить?
Чтобы ответить на эти вопросы, нужно исследовать природу и
структуру случайных возмущений, изучить реакцию устройства на эти
возмущения, выяснить влияние конструктивных параметров устройства
на вид реакции.
Эти и подобные задачи, число которых чрезвычайно велико, требуют изучения не только основных, главных факторов, определяющих явление в общих чертах (идеальный процесс), но и анализа второстепенных
факторов, число которых огромно.
3
С теоретической точки зрения, те факторы, которые мы назвали второстепенными, в принципе, ничем не отличаются от основных. Можно
неограниченно повышать точность решения каждой задачи, учитывая
всякий раз все новые и новые группы факторов: от самых существенных
до самых ничтожных. Однако такая попытка привела бы к тому, что решение задачи в силу непомерной громоздкости и сложности оказалось бы
практически неосуществимым и к тому же не имело никакой ценности.
К примеру, теоретически можно было бы поставить и решить задачу
об определении траектории вполне определенного снаряда с учетом всех
погрешностей его изготовления при точно определенных метеорологических данных (температура, давление, влажность, скорость ветра) в каждой точке траектории. Такое решение было бы весьма сложным и к тому
же не имело бы никакой практической ценности, так как оно относилось
бы к конкретному снаряду и заряду в данных конкретных условиях, которые практически больше не повторятся.
Очевидно, должно существовать принципиальное различие в методах учета основных, решающих факторов, определяющих в главных чертах изучаемое явление, и второстепенных факторов, влияющих на явление в качестве «погрешностей» или «возмущений». Элемент неопределенности, сложности, многопричинности, присущий случайным явлениям,
требует создания специальных методов для изучения этих явлений.
Такие методы и разрабатываются в теории вероятностей. Ее предметом являются специфические закономерности случайных явлений.
Методы теории вероятностей, называемые вероятностными или статистическими, дают возможность производить расчеты, позволяющие
делать практические выводы относительно случайных явлений. Как и
всякая прикладная наука, теория вероятностей нуждается в исходных
экспериментальных данных для расчетов. Раздел теории вероятностей,
изучающий методы обработки результатов опытов и получения из них
необходимых данных, называется математической статистикой.
Теория вероятностей является мощным инструментом исследования
и поэтому она находит большое число самых разнообразных применений
в различных областях науки и инженерной практики.
В прошлом веке теория вероятностей использовалась в теории измерений, в теории стрельбы и физике. В этом веке она постепенно проникла
в аэродинамику, радиотехнику, теорию управления, динамику полета,
теорию связи, строительную механику, теорию машин и механизмов,
теорию волнения моря и качки кораблей, метеорологию и т. д.
Вся теория современных сложных систем и процессов управления
основана на применении статистических методов.
4
Краткие исторические сведения
Возникновение теории вероятностей в современном смысле относится
к середине XVII в. и связано с исследованиями Паскаля (1623–1662), Ферма (1601–1665), Гюйгенса (1629–1695) в области теории азартных игр.
Нужно отметить, что теория вероятностей как математическая наука
становилась и развивалась не на базе практических задач, так как они
слишком сложны; законы, управляющие этими случайными явлениями,
выступают недостаточно отчетливо. Нужен был более простой материал.
Таким материалом исторически оказались азартные игры. Схемы азартных игр дают исключительные по своей простоте и прозрачности модели
случайных явлений, позволяющие в отчетливой форме наблюдать и изучать управляющие ими специфические законы. Возможность неограниченно повторять один и тот же опыт обеспечивает проверку этих законов
в условиях действительной массовости.
В это время постепенно сформировались такие понятия, как вероятность и математическое ожидание; были установлены их свойства и способы вычисления.
С именем Якова Бернулли (1654–1705) связано первое доказательство одного из важнейших положений теории вероятностей – закона
больших чисел.
Следующий важный шаг в развитии теории вероятностей связан с
именем Муавра (1667–1754), который ввел в рассмотрение и обосновал
для простейшего случая очень важный, часто наблюдаемый в случайных
явлениях, так называемый, нормальный закон. Этот закон играет исключительно важную роль в случайных явлениях. Теоремы, обосновывающие этот закон для тех или иных условий, носят общее название Центральной предельной теоремы.
Особенно значительную роль в развитии аналитических методов
теории вероятностей сыграли Лаплас (1749–1827), Гаусс (1777–1855),
Пуассон (1781–1840). Для всего XVIII в. и начала XIX в. характерно бурное развитие теории вероятностей.
С половины XIX столетия и до двадцатых годов XX в. развитие теории вероятностей связано исключительно с именами русских ученых. В это
время в России создается та знаменитая Петербургская математическая
школа, трудами которой теория вероятностей (и не только она) была поставлена на прочную логическую и математическую основу, что позволило
ей стать надежным, точным и эффективным методом познания.
Среди ученых Петербургской математической школы следует назвать
В. Я. Буняковского (1804–1889), П. Л. Чебышева (1821–1894), А. А. Маркова (1856–1922), А. М. Ляпунова (1857–1918).
Характерной особенностью работ Петербургской математической
школы была исключительная четкость постановки задач, полная матема5
тическая строгость применяемых методов и, наряду с этим, тесная связь
теории с непосредственными требованиями практики. Дальнейшее развитие теории вероятностей и ее приложений обязано С. Н. Бернштейну,
А. Я. Хинчину, А. Н. Колмогорову, В. И. Романовскому, И. В. Смирнову,
Б. В. Гнеденко, Е. Б. Дынкину, В. С. Пугачеву.
За рубежом также усиленными темпами идет развитие теории вероятностей. Вопросы, относящиеся к случайным процессам, как и у нас,
пользуются особым вниманием.
Значительные работы в этой области принадлежат Н. Винеру, В. Феллеру, Д. Дубу.
6
§ 1. ОСНОВНЫЕ ПОНЯТИЯ ТЕОРИИ ВЕРОЯТНОСТЕЙ
1.1. Событие. Виды случайных событий
Всякая наука, развивающая теорию какого-нибудь круга явлений,
содержит ряд основных понятий, на которых она базируется.
В геометрии, к примеру, таковыми являются понятия точки, прямой,
плоскости; в механике – силы, массы. В теории вероятностей таким понятием является событие.
Под событием в теории вероятностей понимают результат любого
опыта или наблюдения. События обозначаются большими начальными
буквами латинского алфавита – А, В, С, …:
А – появление герба при бросании монеты;
В – появление двух гербов при двукратном бросании монеты;
С – попадание в цель при выстреле и т. д.
Рассматривая вышеперечисленные события, замечаем, что каждое из
них обладает какой-то степенью возможности появления: одни более
возможны, другие менее возможны. Например, сразу видно, что событие
А более возможно, чем событие В. Чтобы количественно сравнивать
между собой события по степени их возможности, нужно с каждым событием связать число, которое должно быть тем больше, чем более возможно событие. Это число и называют вероятностью события. Итак, вероятность события – это численная мера степени возможности появления этого события. Р(А) – символическое обозначение вероятности
события А.
Два или несколько событий называются несовместными в данном
опыте, если появление одного события исключает возможность появления других.
Примеры:
1) попадание и промах при одном выстреле;
2) извлечение шестерки, валета, короля из колоды;
3) ровно два, ровно три студента отсутствуют на лекции.
События в данном опыте называются равновозможными, если возможность появления одинакова у каждого из них.
Примеры:
1) появление герба и цифры при бросании монеты;
2) появление шара с номером 3, 5, 7 при извлечении одного шара из
урны, содержащей 15 пронумерованных шаров.
Два или несколько событий образуют полную группу событий в данном опыте, если одно из событий должно непременно появиться.
Примеры:
1) выигрыш, проигрыш, ничья при игре футбольной команды;
2) появление 1, 2, 3, 4, 5, 6 при бросании игральной кости.
7
Событие называют достоверным, если оно непременно произойдет
в результате опыта. Событие взятия стандартной детали из партии, в
которой все детали стандартны, является достоверным.
Событие называется невозможным, если оно не может произойти
при выполнении определенного комплекса условий.
Два несовместных события, образующих полную группу, называются противоположными. Например, попадание и промах при одном выстреле – противоположные события. Если событие обозначено через А,
то противоположное ему событие принято обозначать А .
1.2 . Классическое определение вероятности события.
Элементы комбинаторного анализа
Существуют группы событий, обладающие следующими свойствами: события несовместны, равновозможны и образуют полную группу.
Такие события называют случаями или элементарными (неразложимыми)
событиями. Если результат какого-либо опыта можно мысленно представить в виде элементарных событий, то про такой опыт говорят, что он
сводится к «схеме урн», а вся совокупность элементарных событий называется полем событий.
Случай называется благоприятствующим событию А, если появление этого случая влечет за собой и появление события А. Так, например,
при бросании двух игральных костей возможны 36 случаев: (1; 1), (1; 2),
(1; 3), (1; 4), (1; 5), (1; 6), … , (6; 1), (6; 2), … , (6; 6) и только 4 случая: (1; 4),
(4; 1), (2; 3) и (3; 2) благоприятствуют событию А – сумма выпавших очков равна 5.
Определение. Вероятность события А равна отношению числа случаев, благоприятствующих событию А, к общему числу всевозможных,
несовместимых и равновозможных случаев.
Таким образом,
P( A) 
m
,
n
(1.1)
где m – число случаев, благоприятствующих событию А; n – число всевозможных, равновозможных и несовместных случаев.
Таким образом, формула (1.1) позволяет вычислить вероятность события до опыта и полученное таким образом число выражает меру объективной возможности наступления события. Так как число благоприятствующих случаев всегда заключено между 0 и n (0 – для невозможного,
а n – для достоверного события), то вероятность события, вычисленная
по формуле (1.1), всегда есть правильная рациональная дробь.
Формула (1.1) называется классической формулой вычисления вероятностей.
8
Пример 1. В урне находится 3 белых и 7 черных шаров. Из урны
наугад извлекается один шар. Найти вероятность того, что этот шар будет черным.
Решение. Обозначим через А событие появления черного шара. Общее число случав n = 10; число случаев, благоприятствующих событию
А, m = 7. Следовательно, P( A)  7  0,7.
10
При подсчете вероятностей большую помощь оказывают формулы
комбинаторики.
Комбинации элементов, выбираемых из различных групп
Пусть имеется k различных групп, состоящих из каких-либо элементов. Первая группа содержит n1 элементов: а1, а2, ... , аn1; вторая группа
содержит n2 элементов: b1, b2, … , bn2; последняя k-я группа содержит nk
элементов: с1, с2, ..., сnk. Составим всевозможные комбинации из k элементов, принадлежащих различным группам, так что во всякую комбинацию входит только по одному элементу из каждой группы. Эти комбинации имеют вид: (a, b, … , c). Комбинации (a, b, … ,c) и ( a, b,..., c ) считаются различными, если имеется хотя бы одна пара различных между
собой элементов а и a, b и b,...,с и c . Число таких комбинаций равно:
n = n1 n2 …nk.
(1.2)
Докажем это. При k = 1 оно очевидно.
При k = 2 покажем на оси абсцисс точками элементы одной группы,
а на оси ординат – элементы второй группы. Тогда всевозможные пары
(a, b) изображаются точками прямоугольной «решетки» на плоскости и
очевидно, что число таких пар n = n1 n2. Далее воспользуемся методом
математической индукции.
Пусть формула (1.2) верна, когда число групп равно (k - 1). Покажем,
что она имеет место для k групп. По предположению формула верна для
(k - 1) групп, и поэтому число новых элементов равно произведению n1 n2
… nk-1. Таким образом, мы свели случай (k - 1)-ой группы к случаю двух
групп: в первой новой группе содержится n1 n2 … nk-1 элементов, а во второй группе содержится nk элементов. Но мы показали, что формула (1.2)
верна для двух групп, следовательно, общее число различных комбинаций вида (a, b, … , c) равно (n1, n2, …nk-1)nk, что и требовалось доказать.
Формула (1.2) называется прямым произведением множеств.
Размещение k шаров по n ящикам
Пусть имеется k шаров и n ящиков. Задача состоит в выборе ящика
для каждого шара. Если имеется k шаров, то для каждого ящика возможно k независимых исходов эксперимента, поэтому k шаров можно разместить по n ящикам nk различными способами.
9
Многие мыслимые эксперименты, внешне различные, но по существу эквивалентные абстрактной схеме размещения k шаров по n ящикам:
а) дни рождения (распределение дней рождения k человек соответствует размещению k шаров по n = 365 ящикам);
б) несчастные случаи (классификация k несчастных случаев по дням
недели, в которые они происходят, эквивалентна распределению k шаров
по n = 7 ящикам);
в) при стрельбе по n мишеням пули соответствуют шарам, мишени –
ящикам;
г) игра в кости (возможному исходу эксперимента, состоящему в
бросании k костей, соответствует размещение k шаров по n = 6 ящикам):
д) лифт отправляется с k пассажирами и останавливается на n этажах
(распределение пассажиров по группам в зависимости от этажа, на котором они выйдут, соответствует размещению k шаров по n ящикам);
е) случайные цифры (каждой последовательности k случайных цифр
отвечает размещение k шаров по n = 10 ящикам с номерами 0, 1, 2, …, 9).
Число подобных примеров можно расширить.
Выборки. Число размещений. Перестановки
Пусть имеется некоторая совокупность n различных предметов (элементов) а1, а2, …, аn.
Из этой совокупности выбирается k предметов таким образом, что
каждый выбранный предмет фиксируется и возвращается обратно. Результатом такого выбора является комбинация вида ( ai , ai ,
1
2
Комбинации (ai , ai ,
1
2
..., aik ).
..., aik ) и (a j1 , a j2 , ..., a jk ) считаются различ-
ными, если на каком-либо шаге были выбраны различные предметы, то
есть aim  a jm , хотя бы при одном m. Число таких комбинаций N равно:
N = nk .
(1.3)
Действительно, можно представить, что имеется k одинаковых групп
по n элементов и на m-м шаге выбора выбирается элемент из m-й группы.
Тогда формула (1.2) дает следующее выражение для N различных комбинаций: N = nn…n = nk, так как n1 = n2 = …= nk = n.
При втором способе выбора k элементов из совокупности n различных элементов а1, а2,…, аn однажды выбранный элемент удаляется из совокупности, так что выборка без возвращения не содержит повторяющихся элементов. Очевидно, что в этом случае объем выборки k не может
превысить объем данной совокупности из n элементов. При таком способе выбора первый член выборки может быть выбран n способами, второй
– n - 1, третий – n - 2, последний – n - (k - 1). Согласно формуле (1.2), общее число выборок N равно: N = n(n - 1)(n - 2)…(n – k + 1).
10
Подобное произведение встречается довольно часто, поэтому оказывается удобным ввести следующее обозначение:
(1.4)
Ank  n(n  1) ... (n  k  1).
Так как, по определению, группы элементов, состоящие из k элементов в каждой и отличающиеся друг от друга либо самими элементами,
либо их порядком, называются размещениями из n элементов по k, то
очевидно, что всякое размещение
Ank есть выборка без возвращения.
Так как, по определению, группы, состоящие из одного и того же
числа элементов и отличающиеся друг от друга только порядком элементов, называются перестановками (Pn), то при k = n число размещений
совпадает с числом перестановок из n элементов
Pn = n(n - 1)(n - 2)…1= n!
(1.5)
Пример 2. Группа студентов из 7 человек садится в пригородный поезд, насчитывающий 10 вагонов. Предположим, что каждый из студентов
выбирает свой вагон случайно. Какова вероятность того, что все студенты попадут в разные вагоны?
Решение. Всего существует 107 способов размещения студентов по
вагонам. Событию А – все студенты попадут в разные вагоны – благоA7
7
приятствуют А10
 10  9  8  7  6  5  4 случаев. Поэтому P( A)  10  0,06048 .
7
10
Сочетания
Группы, состоящие из k элементов в каждой группе и отличающиеся
друг от друга хотя бы одним элементом, называются сочетаниями.
Число всех сочетаний из n элементов по k элементов в каждом обозначается С n . Если в каждом сочетании из n элементов по k (их всего
k
С nk ) сделать всевозможные перестановки его элементов (число таких перестановок равно Pk), то получатся все размещения из n элементов по k.
k
k
Поэтому Cn  Pk  An , откуда следует:
Ank n(n  1)...(n  k  1)
n!
(1.6)


.
Pk
k!
k !(n  k )!
Пример 3. Из колоды в 36 карт наудачу извлекаются три карты.
Определить вероятность р того, что сумма очков этих карт равна 21, если
валет составляет два очка, дама – три, король – четыре, туз – одиннадцать, а остальные карты соответственно – шесть, семь, восемь, девять и
десять очков.
3
Решение. Общее число исходов n  C36
 7140.
Cnk 
11
Благоприятствующие комбинации: 1) (7, 7, 7); 2) (9, 9, 3), (6, 6, 9);
3) (2, 8, 11), (2, 9, 10), (3, 7, 11), (3, 8, 10), (6, 4, 11), (10, 7, 4), (9, 8, 4) и (8,
7, 6), поэтому
m  C43  C41  C42  8C41  C41  C41  4  2  4  6  8  43  564; р = 0,079.
Пример 4. В партии из N деталей M деталей бракованных. Из партии
наугад выбирается n деталей. Определить вероятность того, что среди
отобранных деталей будет ровно m бракованных.
Решение. Общее число случаев, очевидно, равно С Nn . Благоприятствующими случаями окажутся все те, при которых среди n отобранных деталей
окажется m бракованных и, следовательно, ровно (n - m) стандартных. Так
как в партии число бракованных деталей ровно М, то выбрать из них m штук
можно C Mm S способами, а ( n - m) стандартных деталей из (N - M) стандартных можно C Nn mM способами. Тогда по формуле (1.2) общее число благоm
nm
приятствующих случаев будет равно: CM  C N  M , откуда
P( A) 
m
CM
 C Nn mM
.
(1.7)
C Nn
Формулу (1.6) обобщим следующей теоремой:
Теорема. Пусть k1, k2, …, km – целые неотрицательные числа,
причем k1 + k2 + …+ km = n. Тогда число N способов, посредством которых n элементов могут быть разделены на m групп, таких, что
первая группа содержит k1 элементов, вторая – k2 элементов и т. д.,
равно
n!
.
(1.8)
N
k1 !k2 !...km !
Заметим, что порядок групп существенен в том смысле, что разбиения (k1 = 3, k2 = 2) и (k1 = 2, k2 = 3) различны; порядок элементов в каждой
группе не учитывается. Так, например, если множество, состоящее из 4
элементов {1, 2, 3, 4}, разбить случайным образом на две группы по два
элемента в каждой, то таковыми являются следующие разбиения:
{(1, 2), (3, 4)}, {(1, 3), (2, 4)}, {(1, 4), (2, 3)}, {(2, 3), (1, 4)}, {(2, 4), (1, 3)}
и {(3, 4), (1, 2)}.
Доказательство. Сначала выберем первую группу, состоящую из k1
k
элементов. Это можно осуществить C n 1 способами. Затем из оставшихся
(n - k1) элементов выберем вторую группу, состоящую из k2 элементов. Это
можно осуществить
Сnk2 k1 способами и т. д. После образования (m - 1)-й
группы останется n - k1 - k2 -…- km-1 = km элементов, которые и составляют
12
последнюю группу. По формуле (1.2) определим число способов, посредством которых n элементов могут быть разбиты на m групп:
N  Cnk1  Cnk2 k ... Cnkmk k
1
1
2 ...km 1
. Применяя к каждому множителю пра-
вой части этого равенства формулу (1.6), легко его привести к виду (1.8).
Пример 5. Бросаются 6 игральных костей. Найти вероятности следующих событий: А = {выпадут 3 единицы: две тройки, одна шестерка},
В = {выпадут различные цифры}, С = {выпадут три одинаковые цифры}.
Решение. Общее число элементарных исходов равно 66 = 46656.
Число исходов, благоприятствующих событию А, определим по
формуле (1.8) при n = 6, k1 = 3, k2 = 2, k3 = 1.
6! = 60. Тогда Р(А) = 60  0,0013 .
N
46656
3! 2! 1!
Очевидно, что число случаев, благоприятствующих событию В, равно 6! = 720.
720
Поэтому P( B) 
 0,0154 .
46656
Число случаев, благоприятствующих событию С, равно
3
C6  6  53  15000 .
15000
 0,3215 .
46656
Схема выбора, приводящая к сочетаниям с повторениями
Если опыт состоит в выборе с возвращением m элементов множества
Е{l1, l2, l3,…ln}, но без последующего упорядочивания, то различными исходами такого опыта будут всевозможные m-элементные наборы, отличающиеся составом. При этом отдельные наборы могут содержать повторяющиеся элементы. Например, при m = 4 наборы {l1, l1, l2, l1} и {l1, l1, l1,
l2} неразличимы для данного эксперимента, а набор {l1, l3, l2, l1} отличен
от любого из предыдущих. Получающиеся в результате данного опыта
комбинации называются сочетаниями с повторениями, а их общее число
Таким образом, P(C ) 
N определяется формулой: N
 Cnmm1 .
1.3. Статистическое определение вероятности события
Формула (1.1) для непосредственного подсчета вероятностей непригодна, если опыт, в результате которого может появиться интересующее
нас событие, не обладает симметрией возможных исходов, то есть, не
сводится к схеме урн. Так, например, если игральная кость выполнена
неправильно, то вероятность выпадения определенной грани не будет
1
равна . Вместе с этим ясно, что выпадение той или иной определенной
6
13
грани обладает некоторой вероятностью, указывающей, насколько часто
в среднем должна появиться данная грань при многократном бросании.
Очевидно, что вероятности таких событий, как попадание в цель при выстреле, перегорание электрической лампы за сутки ее работы, всхожесть
семян пшеницы того или иного сорта и т. д. также не могут быть вычислены по формуле (1.1). Для таких событий применяются другие способы
определения вероятностей, связанные с опытом, наблюдением, экспериментом.
Если производится серия из n опытов, в каждом из которых могло
появиться или не появиться событие А, то частотой события А в данной серии опытов называется отношение числа опытов, в которых появилось событие А, к общему числу произведенных опытов.
Длительные наблюдения над появлением или непоявлением события
А при большом числе повторных испытаний показывают, что частота события А при достаточно большом числе опытов в каждой серии опытов
сохраняет почти постоянную величину.
Впервые такого рода устойчивость частот была подмечена на явлениях демографического характера. Так, уже в древности было замечено,
что отношение числа родившихся мальчиков к числу всех рождений
остается из года в год почти неизменным для целых государств и любых
народов. Имеется огромный опытный материал по проверке этого факта.
Так, проводились бросания монеты, игральных костей и др. В качестве
примера ограничения рассмотрим эксперименты с бросанием монеты.
Экспериментатор
Бюффон
Пирсон
Пирсон
Число
бросаний
4040
12000
24000
Число
выпадений герба
2048
6019
12012
Частота
0,5080
0,5016
0,5005
То, что при большом числе испытаний для многих случайных событий частота остается почти постоянной, обязывает нас предположить
наличие не зависящих от испытания закономерностей течения явления,
проявление которых приводит к почти постоянству частоты. Тот факт,
что для событий, к которым применимо классическое определение вероятности, частота события при большом числе испытаний близка к вероятности, заставляет нас предположить и в общем случае, что существует
некоторая постоянная, около которой колеблется частота. Эту постоянную и называют вероятностью изучаемого случайного события А.
Таким образом, будем говорить, что событие А имеет вероятность,
если это событие обладает следующими особенностями:
1) можно, по крайней мере принципиально, провести в неизменных
условиях любое число независимых испытаний, в каждом из которых
может появиться или не появиться событие А;
14
2) в результате этих многочисленных испытаний замечено, что частота события А для данной группы испытаний почти не отличается от
некоторой (в общем-то неизвестной) постоянной;
3) за численное значение этой постоянной можно приближенно
принять частоту события А или же число, близкое к частоте.
Таким образом, определенная вероятность случайного события имеет название статистической вероятности.
Условимся обозначать статистическую вероятность события А знаком Р*(А). Итак,
Р* ( А) 
m
,
n
(1.9)
где m – число появлений событий А; n – общее число проведенных опытов.
1.4. Геометрические вероятности
Если при определении вероятности некоторого события число элементарных исходов бесконечно, то «классическое» определение вероятности, основанное на рассмотрении конечной группы элементарных событий, непригодно. В этом случае применяют геометрическое определение вероятности.
Пусть в пространстве любой размерности задана некоторая область
G и в ней содержится другая область g. В область G наудачу бросается
точка и спрашивается, чему равна вероятность того, что точка попадет в
область g. Выражению «точка бросается наудачу в область G» придается
следующий смысл: брошенная точка может попасть в любую точку области G, вероятность попадания в любую часть области G пропорциональна
мере этой области (длине, площади и т. д.) и не зависит от ее расположения и формы.
Таким образом, по определению, вероятность попадания в область g
наудачу брошенной точки в область G, равна:
p
mes g
.
mes G
(1.10)
Пример 1. Два парохода должны подойти к одному и тому же причалу. Время прихода обоих пароходов независимо и равновозможно в течение данных суток. Определить вероятность того, что одному из пароходов придется ожидать освобождения причала, если время стоянки первого парохода 1 час, а второго – 2 часа.
Решение. Обозначим время прихода первого парохода к причалу через х часов, а время прихода второго парохода через у.
Если первый пароход подойдет к причалу первым (х < у), а второй не
более чем через час (у  х +1), то второму пароходу придется ожидать, то
есть х < у  х + 1. Если второй пароход придет первым (у < х), а первый не
15
более чем через 2 часа (х  у + 2), то первому пароходу придется ожидать,
то есть у < х  у + 2.
Объединение решений систем неравенств
0  х  24,
0  х  24,


и
0  у  24,
0  у  24,
 у  х  у  2,
 х  у  х  1,


является условием того, что одному из пароходов придется ожидать.
Изобразим х и у как декартовы координаты на плоскости; в качестве
единицы масштаба выберем час. Все возможные исходы прихода пароходов изобразятся точками квадрата со стороной 24; благоприятствующие встречи пароходов расположены в заштрихованной области (рис. 1).
y
24
у=х+1
х=у+2
24 х
0
2
24
x
Рис. 1.
1
1
242  232  222
2
2
р
 0,121.
242
Пример 2. На окружности радиуса R наудачу поставлены три точки
А, В, С (рис. 2а). Какова вероятность того, что треугольник АВС остроугольный?
X
Решение. Пусть х и у – длины дуг
окружности, соединяющих вершины треугольника АВС, АВ и ВС соответственно.
Возможные значения удовлетворяют неравенствам 0 < х + у  2R, а благоприятствующие – системе неравенств х  R, у  R, х
+ у  R (рис. 2б).
Y
Рис. 2а
16
2R
1
 R 2 1
2
р

1
 2 R 2 4
2
R
g
R
0
2R
x
Рис. 2б.
Пример 3. Значения p и q равновозможны в квадрате |p|  1, |q|  1.
Найти вероятности следующих событий: А = {корни квадратного уравнения х2 + 2рх + q = 0 действительны}, В = {корни квадратного уравнения х2
+ 2рх + q = 0 положительны}.
Решение. Если уравнение х2 + 2рх + q = 0 имеет действительные корни, то его дискриминант р2 – q  0, откуда q  p2.
Изобразим в координатной плоскости (р, q) множество элементарных исходов. Этим множеством являются точки квадрата (рис. 3). Точки,
благоприятствующие тому, что корни уравнения действительны, расположены в заштрихованной области.
q
-1
p
-1
Рис. 3.
По формуле геометрической вероятности (1.10) находим:
1
Р( А) 
2  2  р 2 dp
0
4
1
3 2.

2
3
1
Точки, благоприятствующие тому, что корни уравнения х2 + 2рх + q = 0
положительны, должны удовлетворять системе неравенств: р2 – q  0, р < 0
и q > 0 (по теореме Виета, х1 + х2 = -2р > 0, a х1  х2 = q > 0). Эти точки на
17
рис. 3 заштрихованы дважды. По формуле (1.10) находим:
0
2
 р dp
Р( В)  1
4

1 .
12
1.5. Задачи
1. В ящике имеется 20 одинаковых деталей, из них 8 окрашенных.
Наудачу извлекают одну деталь. Найти вероятность события А = {эта деталь окажется окрашенной}.
Ответ: Р(А) = 0,4.
2. Подбрасываются две игральные кости. Найти вероятности следующих событий: А = {число очков на обеих костях совпадает}, В = {число
очков на первой кости больше, чем на второй}, С = {сумма очков четна},
D = {сумма очков больше двух}, Е = {сумма очков меньше пяти}, F =
{хотя бы на одной кости появится цифра 6}, G = {произведение выпавших очков равно 6}.
Ответ: Р(А) = 1/6; Р(В) = 5/12; Р(С) = 1/2; Р(D) = 35/36; P(E) = 1/6;
P(F) = 11/36; P(G) = 1/9.
3. Куб, все грани которого окрашены, распилен на 1000 кубиков
одинакового размера. Полученные кубики тщательно перемешаны.
Определить вероятность того, что кубик, извлеченный наудачу, будет
иметь две окрашенные стороны.
Ответ: р = 0,096.
4. Из партии, содержащей 10 изделий, среди которых 3 бракованных,
наудачу извлекаются три изделия. Найти вероятность следующих событий: А = {в полученной выборке содержится хотя бы одно бракованное
изделие}, В = {в полученной выборке все изделия бракованные}, С = {в
полученной выборке ровно два бракованных изделия}.
Ответ: Р(А) = 17/24; Р(В) = 1/120; Р(С) = 7/40.
5. Из колоды в 52 карты извлекаются наудачу 4 карты. Найти вероятности следующих событий: А = {в полученной выборке все карты бубновой масти}, В = {в полученной выборке все карты одной масти}, С = {в
выборке окажется хотя бы один туз}, Д = {будет получен следующий состав карт: валет, дама и 2 короля}.
Ответ: Р(А)  0,26410-2; Р(В)  0,0106; Р(С)  0,2813; Р(Д)  0,35510-3.
6. Группа из восьми человек занимает места с одной стороны прямоугольника стола. Найти вероятность того, что два определенных лица
окажутся рядом, если: а) число мест равно 8; б) число мест равно 12.
Ответ: а) р = 1/4; б) р = 1/6.
7. Телефонная книга раскрывается наудачу и выбирается случайный
номер телефона. Считая, что телефонные номера состоят из семи цифр,
причем все комбинации цифр равновероятны, найти вероятности следующих событий:
18
А = {четыре последних цифры телефонного номера одинаковы},
В = {все цифры различны},
С = {номер начинается с цифры 5},
D = {номер содержит три цифры 5, две цифры 4 и две цифры 2}.
Ответ: Р(А) = 0,001; Р(В)  0,0605; Р(С) = 0,1; Р(D)  2,110-5.
8. Десять книг на одной полке расставлены наудачу. Определить вероятность того, что при этом три определенные книги окажутся поставленными рядом.
Ответ: р 
1
.
15
9. Определить вероятность того, что выбранное наудачу целое число
N при а) возведении в квадрат; б) возведении в четвертую степень; в)
умножении на произвольное число даст число, оканчивающееся единицей.
Ответ: а) р = 0,2; б) р = 0,4; в) р = 0,04.
10. Из разрезной азбуки выкладывается слово «математика». Затем
все буквы этого слова тщательно перемешиваются и снова складываются
в случайном порядке. Какова вероятность того, что снова получится слово «математика»?
2!3!2!
Ответ: р 
 7 106 .
10!
11. На отрезке [-1; 2] наудачу взяты два числа. Какова вероятность
того, что их сумма больше единицы, а произведение меньше единицы?
Ответ: р  0,321.
12. Какова вероятность того, что сумма трех наудачу взятых отрезков,
длина каждого из которых не превосходит  , будет меньше  ?
Ответ: р = 1/6.
13. Два лица условились встретиться в определенном месте между 15 и
16 часами дня. Пришедший первым ждет второго 20 минут, после чего уходит. Найти вероятность того, что встреча состоится, если каждое лицо
наудачу выбирает момент своего прихода (в промежутке от 15 до 16 часов).
Ответ: р = 5/9.
19
§ 2. ОСНОВНЫЕ ТЕОРЕМЫ ТЕОРИИ ВЕРОЯТНОСТЕЙ
И СЛЕДСТВИЯ ИЗ НИХ
2.1. Алгебра событий
Во многих областях точных наук применяются символические операции над различными объектами, причем название этих операций определяется их свойствами. Если операции обладают свойствами арифметических действий над числами, то их называют операциями сложения и
умножения. Таковы, например, операции сложения и умножения векторов, сложения и умножения матриц и т. д. Эти операции позволяют не
только упростить форму записи, но и во многих случаях облегчить логическое построение научных выводов. Введение таких операций над событиями плодотворно и в теории вероятностей. Объединением или суммой двух событий А и В называется событие, состоящее в появлении
хотя бы одного из событий А и В, безразлично какого. Сумма двух событий А и В обозначается А + В или А  В. В зависимости от обстоятельств
используют одно из двух обозначений.
Если событие А – сдача первого экзамена на отлично, событие В –
сдача второго экзамена на отлично, то событие А + В есть сдача только
первого экзамена на отлично или только второго, или обоих вместе.
Суммой нескольких событий называется событие, состоящее в появлении хотя бы одного из этих событий.
Пересечением или произведением двух событий А и В называется
событие, состоящее в совместном появлении события А и события В.
Пересечение событий А и В обозначается А ∩ В или АВ.
Например, если событие А – появление туза при вынимании карты
из колоды, событие В – появление карты бубновой масти, то АВ есть появление бубнового туза.
Произведением нескольких событий называется событие, состоящее в совместном появлении всех этих событий.
На рис. 4, например, наглядно проиллюстрировано понятие произведения трех событий А, В, С.
Разностью (А – В или А/В) называется событие, состоящее в том,
что А происходит, а В не происходит.
Из определения операций сложения и умножения событий вытекают
следующие их свойства:
1) А + В = В + А, АВ = ВА – коммутативность;
2) (А + В) + С = А + (В + С), (АВ)С = А(ВС) – ассоциативность;
3) (А + В)С = АС + ВС – дистрибутивность умножения относительно
сложения;
20
4) АВ + С = (А + С) (В + С) – дистрибутивность сложения относительно
умножения.
А
В
С
Рис. 4.
На рис. 5 незаштрихованная фигура изображает разность А - В.
Рис. 5.
На рис. 5 можно увидеть следующие тождества:
(А + В) – В = А – АВ = А В = А – В, где, как всегда, В – событие, противоположное событию В. Событие А называется противоположным
событию В, если они образуют полную группу событий. Событие, противоположное событию В, обозначается В .
Примером противоположных событий могут служить попадание и
промах при одном выстреле.
2.2. Теорема сложения вероятностей
Теорема сложения вероятностей формулируется следующим образом:
вероятность суммы двух несовместных событий равна сумме вероятностей этих событий
Р (А + В) = Р (А) + Р (В).
(2.1)
21
Докажем эту теорему для схемы случаев. Для событий, не сводящихся к схеме случаев, эта теорема постулируется (вводится аксиоматически).
Пусть возможные исходы опыта сводятся к n случаям, которые для
наглядности изобразим в виде точек
k B
m A
.....................................................................
n
Будем считать, что m случаев благоприятствуют событию А, а k случаев – событию В. Тогда Р (А) = m/n, P(B) = k/n. Так как события А и В
несовместны, то событию А + В благоприятствуют m + k случаев и Р(А + В)
= (m + k)/n = m/n + k/n = Р(А) + Р(В). Эта теорема легко обобщается на
случай любого числа несовместных событий. Ее удобно записать в виде:
n
n
i 1
i 1
P(  Ai )   P( Ai ) .
(2.2)
Следствие 1. Если несовместные события Аi, i = 1, 2, ... , n образуют
полную группу событий, то сумма их вероятностей равна единице:
n
 Ai  1 .
i 1
Действительно, так как события Ai образуют полную группу, то появление хотя бы одного из них есть достоверное событие, т. е.
P  A1  A2  ...  An   1 .
Но так как события Ai несовместны, то к ним применима теорема
сложения вероятностей событий:
n
Р  А1  А2  ...  Аn   Р  А1   Р  А2   ...  Р  Аn    Р  Аi   1.
i 1
Следствие 2. Сумма вероятностей противоположных событий
равна единице:
Р  А  Р  А   1 .
Это следствие является частным случаем следствия 1. Оно выделено
ввиду его большой важности в практическом применении теории вероятностей. На практике часто легче вычислить вероятность противоположного события А , чем вероятность прямого события А.
Пример 1. В лотерее 1000 билетов; из них на один билет попадает
выйгрыш 500 руб., на 10 билетов – выигрыши по 100 руб., на 50 билетов
– выигрыши по 20 руб., на 100 билетов – выигрыши по 5 руб., остальные
билеты невыигрышные. Некто покупает билет. Найти вероятность выиграть не менее 20 рублей.
Решение. Рассмотрим события: А – выиграть не менее 20 рублей,
22
А1 – выиграть 500 рублей, А2 – выиграть 100 рублей, А3 – выиграть 20
рублей, тогда, А  А1  А2  А3 .
События А1, А2 и А3 несовместны и по теореме сложения вероятностей имеем:
P( A)  P  А1   Р  А2   Р  А3   0,001  0,01  0,05  0,061 .
Пример 2. Круглая мишень (рис. 6) состоит из трех зон I, II, III. Вероятности попаданий в зоны I, II, III при одном выстреле соответственно
равны 0,1; 0,2 и 0,15. Найти вероятность промаха.
Рис. 6.
Решение. Обозначим А – промах, А – попадание.
Тогда A  A1  A 2  A3 , где A1 , A 2 , A 3 – попадание соответственно в первую, вторую и третью зоны.
P( A)  P( A1 )  P( A 2 )  P( A3 )  0,1 + 0,2 + 0,15 = 0,45,
откуда P( A)  1  P( A)  0,55.
Если события А и В совместны, то вероятность суммы этих событий
выразится формулой:
Р(А + В) = Р(А) + Р(В) - Р(АВ).
(2.3)
Рассматривая рис. 4, можно сделать вывод, что
Р(А + В + С) = Р(А) + Р(В) + Р(С) - Р(АВ) - Р(АС) - Р(ВС) + Р(АВС).
Методом полной математической индукции можно получить общую
формулу для вероятности суммы любого числа совместных событий:
n
 n  n
Р   Аi    P( Ai )   P( Ai Aj )  ...  (1) n1 P( A1 A2 A3 ... An ) , (2.4)
i, j
 i 1  i 1
где суммы рассматриваются для различных значений индексов i, j.
Разрешая равенство (3.4) относительно P( A1 A2 A3 ... An ), получим
n
n
n
i
i, j
i , j .k
P( A1 A2 A3 ... An )   P( Ai )   P( Ai  A j )   P( Ai  A j  Ak )  ...
 (1)
n 1
P( A1  A2  ...  An .
23
(2,5)
Для n = 2 формула (2.5) принимает вид:
P( A1 A2 )  P( A1 )  P( A2 )  P( A1  A2 ) ,
а для n = 3:
P( A1 A2 A3 )  P( A1 )  P( A2 )  P( A3 )  P( A1  A2 )  P( A1  A3 ) –
 P( A2  A3 )  P( A1  A2  A3 ).
(2.6)
(2.7)
Пример 3. Техническое устройство состоит из трех агрегатов: двух
агрегатов первого типа – А1 и А2 – и одного агрегата второго типа – В. А1
и А2 дублируют друг друга: при отказе одного из них происходит автоматическое переключение на другой. Агрегат В не дублирован. Для того
чтобы устройство прекратило работу, нужно чтобы одновременно отказали оба агрегата А1 и А2 или агрегат В. Таким образом, отказ устройства
– событие C – представляется в виде: С = А1 А2 +В, где А1 – отказ агрегата А1, А2 – отказ агрегата А2, В – отказ агрегата В. Требуется выразить
вероятность события С через вероятности событий, содержащих только
суммы, а не произведения элементарных событий А1, А2 и В.
Решение. Применяя свойство дистрибутивности сложения относительно умножения, а затем формулу (2.6) и определение суммы событий,
получим:
Р(С )  Р( А1 А2  В)  Р ( А1  В)( А2  В)  Р( А1  В)  Р( А2  В) 
 Р( А1  А2  В).
2.3. Теорема умножения вероятностей
Известно, что в основе определения вероятности события А лежит
некоторая совокупность условий опыта или наблюдения. Если никаких
других ограничений при вычислении вероятности Р(А) не налагается, то
такие вероятности называются безусловными.
Во многих случаях приходится находить вероятности событий при
дополнительном условии: произошло некоторое событие В. Такие вероятности будем называть условными и обозначать символом Р(А/В) или
РВ  А , читается: вероятность события А при условии, что событие В
произошло.
Пример 1. Брошены две игральные кости. Чему равна вероятность
того, что сумма выпавших на них очков равна 9 (событие А), если известно, что эта сумма не превышает 10 очков (событие В).
Решение. Все возможные случаи, которые могут представиться, запишем в табл. 1, каждая клетка которой содержит запись возможного события: на первом месте в скобках указывается число очков, выпавших на
первой кости, а на втором месте – число очков, выпавших на второй кости.
24
Таблица 1
(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)
Общее число возможных случаев – 36, благоприятствующих событию А – 4. Таким образом, безусловная вероятность Р (А) = 4/36= 1/9. Если событие В произошло, то осуществилась одна из 33 (а не из 36) возможностей и, следовательно, условная вероятность Р(А/В) = 4/33.
Событие А называется независимым от события В, если вероятность
события А не зависит от того, произошло событие В или нет, т. е.
Р(А/В) = Р(А). В противном случае событие А называется зависимым от
события В, что равносильно тому, что P(A/B)  P(A).
Теорема умножения вероятностей формулируется следующим образом:
вероятность произведения двух событий равна произведению вероятности одного из них на условную вероятность другого, вычисленную при условии, что первое событие имеет место:
Р(АВ) = Р(А) Р(В/А).
(2.8)
Докажем эту теорему для схемы случаев.
Пусть возможные исходы опыта сводятся к n случаям, которые
изобразим в виде n точек:
m-A
k-B
……………………………………………….
lАВ
n
Пусть событию А благоприятны m случаев, а событию В – k случаев.
Будем предполагать, что события А и В совместны и поэтому существуют
случаи, благоприятные как событию А, так и событию В одновременно.
Пусть число таких случаев равно l. Тогда
P(AB) = l/n = lm/nm = m/nl/m = P(A)P(B/A),
т. к. l/m – условная вероятность события В.
Действительно, если известно, что событие А произошло, то из ранее
возможных n случаев остаются только те m случаев, которые благоприятствуют событию А, а из них l случаев благоприятны событию В. Следовательно,
P(B/A) = l/m.
Очевидно, что при применении теоремы умножения вполне безразлично, какое из событий А и В считать первым, а какое вторым. Поэтому
25
теорему умножения можно записать и в таком виде:
Р(АВ) = Р(В) Р(А/В).
Следствие 1. Если событие А не зависит от события В, то и событие В не зависит от события А.
Доказательство. Так как событие А не зависит от события В, то
Р(А) = Р(А/В). Теперь докажем, что и событие В не зависит от события А,
т. е. Р(В) = Р(В/А).
Напишем теорему умножения вероятностей в двух формах:
Р(АВ) = Р(А) Р(В/А) и Р(АВ) = Р(В) Р(А/В), откуда
Р(А) Р(В/А) = Р(В) Р(А/В).
Так как Р(А) = Р(А/В), то Р(В) = Р(В/А), что и требовалось доказать.
Следствие 2. Вероятность произведения двух независимых событий А и В равна произведению вероятностей этих событий:
Р(АВ) = Р(A) Р(В).
Это следствие вытекает из определения независимых событий.
Следствие 3. Вероятность произведения нескольких событий
равна вероятности одного из них, умноженной на условную вероятность другого, относительно первого, на условную вероятность третьего относительно первых двух и т. д., на условную вероятность последнего относительно пересечения всех предыдущих:
Р(А1А2 ... Аn) = Р(А1) Р(А2/А1) Р(А3/А1А2) ... Р(Аn/А1А2 ... Аn -1).
(2.9)
Это следствие легко выводится из (2.8) по индукции.
В случае независимых событий следствие (3) упрощается и принимает вид:
Р(А1А2…Аn) = Р(А1)Р(А2)…Р(Аn),
(2.10)
т. е. вероятность произведения независимых событий равна произведению вероятностей этих событий.
Рассмотрим примеры на применение теоремы умножения вероятностей.
Пример 2. В урне 5 белых и 7 черных шаров. Из урны вынимают два
шара. Найти вероятность того, что оба шара окажутся черными.
Решение. Введем события: А – первый (или условно считающийся
первым, если шары вынимаются одновременно) шар черный, В – второй
шар черный. Тогда будем иметь:
Р(А) = 7/12, Р(В/А) = 6/11 и тогда по формуле (2.8)
Р(АВ) = 7/12·6/11 = 7/22.
Пример 3. В урне 20 шаров – 5 белых, 7 черных и 8 красных. Найти
вероятность того, что среди вынутых из урны четырех шаров один будет
белым, второй – черным, а остальные два будут красными.
Решение. Введем события: А1 – первый шар белый, А2 – второй шар
черный, А3 – третий шар красный, А4 – четвертый шар красный. Тогда
получим:
Р(А1) = 5/20, Р(А2 / А1) = 7/19, Р(А3 /А1 А2) = 8/18, Р(А4 / А1 А2 А4) = 7/17,
26
и по формуле (2.9):
Р(А4 / А1 А2 А4) = 5/207/198/187/17 = 98/2907 ≈ 0, 0337.
Чтобы убедиться в том, что эта вероятность не зависит от того, в каком порядке берутся эти события, возьмем их в другом порядке, например А2, А4, А1, А3. Тогда получим:
Р(А2) = 7/20, Р(А4 /А2) = 8-19, Р(А1 /А2А4) = 5/18, Р(А3 /А2А4А1) = 7/17,
P( A2 A4 A1 A3 )  7 / 20  8/19  5/18  7 /17  98/ 2907  0,0337.
На практике сравнительно редко встречаются задачи, в которых
нужно применять только теорему сложения или только теорему умножения вероятностей. Обычно обе теоремы приходится использовать совместно. При этом, как правило, событие, вероятность которого требуется
определить, представляется в виде суммы нескольких несовместимых событий, каждое из которых в свою очередь является произведением событий.
Пример 4. Производится три выстрела по одной мишени. Вероятность попадания при первом, втором и третьем выстрелах равна соответственно Р1 = 0,4; Р2 = 0,6; Р3 = 0,8.
Найти вероятность того, что в результате этих трех выстрелов в мишени будут ровно две пробоины.
Решение. Введем события: А – ровно два попадания в мишень, А1, А2,
А3 – попадание при первом, втором и третьем выстрелах, Ã1, Ã2, Ã3 – промах при первом, втором и третьем выстрелах.
Событие А может осуществиться несколькими способами: может
быть попадание при первом и втором выстрелах, а при третьем выстреле
будет промах; попадание при первом и третьем выстрелах, а при втором
выстреле промах; или, наконец, попадание при втором и третьем выстрелах, но промах при первом выстреле. Следовательно,
А = А1А2Ã3 + А1Ã2А3 + Ã1А2А3.
Применяя формулы (2.2), (2.10) и свойство вероятностей противоположных событий, находим:
Р(А) = Р( А1 А2 А3 )  Р( А1 А2 А3 )  Р( А1 А2 А3 ) 
= 0,40,60,2 + 0,40,40,8 + 0,60,60,8 = 0,484.
Пример 5. В условиях предыдущего примера найти вероятность того, что в мишени будет хотя бы одна пробоина.
Решение. Рассмотрим событие В – хотя бы одно попадание в цель.
Пользуясь теми же обозначениями и теми же приемами, приведенными в
предыдущем примере, можно представить событие В следующим образом:
B  A1 A2 A3  A1 A2 A3  A1 A2 A3  A1 A2 A3  A1 A2 A3  A1 A2 A3  A1 A2 A3
и, используя основные теоремы теории вероятностей, определить Р(В).
Однако такой путь решения задачи громоздок, здесь целесообразно от
прямого события В перейти к противоположному В – ни одного попада27
ния. Тогда В  А1 А2 А3 и по теореме умножения независимых событий
P (B ) = Р(Ā1Ā2Ā3) = 0,6·0,4·0,2 = 0,048, откуда Р(В) = 1 – P (B ) = 0,952.
На этом примере проиллюстрирован принцип целесообразности
применения противоположных событий в теории вероятностей, который
можно сформулировать следующим образом: если противоположное событие распадается на меньшее число вариантов, чем прямое событие,
то имеет смысл при вычислении вероятностей переходить к противоположному событию.
Пример 6. В урне имеется n одинаковых шаров с номерами от 1 до n.
Шары извлекаются по одному без возвращения. Определить вероятность
того, что хотя бы при одном извлечении номер шара совпадет с номером
опыта.
Решение. Пусть событие Аk состоит в том, что при k-м извлечении
достали шар с номером k (k = 1, 2, …, n).
 n
 k 1


Искомая вероятность р  Р   Аk  . События Аk совместны и при
любых различных значениях k, i, j имеют место равенства:
Р  Аk  
1  n  1 !
,

n
n!
Р  Аk Аi   Р  Аk  Р  Аi / Аk  
 n  2 ! ,
1 1


n n 1
n!
1 1
1
P( Ak Ai A j )  P( Ak ) P( Ai / Ak ) P( A j / Ak Ai )  


n n 1 n  2
n
(n  3)!
1

, ..., P  Ak   .
n
 k 1  n!
Используя формулу для вероятности суммы n событий, получим:
(n  1)!
(n  2)!
(n  3)!
1
P  C n1
 C n2
 C n3
 ...  (1) n 1 C nn 
n!
n!
n!
n!
n 1 1
= 1 – 1/2! + 1/3! – ... + ( 1)  .
n!
1
Если n велико, то р  1   0, 629 .
е
Пример 7. Задача о четырех лгунах. Из четырех человек a, b, c, d
один (а) получил информацию, которую в виде сигнала “ да ” или “ нет ”
сообщает второму (b), второй – третьему (c), третий – четвертому (d), а
четвертый объявляет результат полученной информации таким же образом, как и все другие. Известно, что каждый из них говорит правду только в одном случае из трех. Какова вероятность, что первый из этих лгунов сказал правду, если четвертый сказал правду?
28
Решение. Введем события: А1 – a передал истину b, относительно
информации им полученной, т. e. сказал “да”; А2 – b передал с то, что сказал а, т. e. сказал “да”; А3 – с передал d то, что сказал b, т. e. сказал “да”; А4
– d сказал “да”, т. e. передал то, что сказал ему с. По условию задачи
Р( А1 )  Р( А2 )  Р( А3 )  Р( А4 )  1/ 3 ,
Р( А1 )  Р( А2 )  Р( А3 )  Р( А4 )  2/ 3 ,
где Ā1, Ā2, Ā3, Ā4 – события, противоположные событиям А1, А2, А3, А4 соответственно. События А, В, С, D – лгуны a, b, c, d сказали истину относительно информации, полученной а.
Ясно, что А = А1 и, следовательно, Р(А) = 1/3. По теореме умножения
вероятностей имеем: Р(АD) = Р(А) Р(D/А) = Р(D) Р(А/D), откуда
Р( А) Р( D / А) – искомая вероятность.
Р ( А / D) 
Р ( D)
Выразим события D/А и D через события А1, А2, А3, А4 и им противоположные.
D/А – лгун D сказал истину, если лгун A тоже сказал истину.
D / A  A2 A3 A4  A2 A3 A4  A2 A3 A4  A2 A3 A4 и по теоремам сложения и умножения вероятностей получим:
Р(D/A) = 1/3∙2/3∙2/3 + 2/3∙1/3∙2/3 + 2/3∙2/3∙1/3 + 1/3∙1/3∙1/3 = 13/27.
D  A1 A2 A3 A4  A1 A2 A3 A4  A1 A2 A3 A4  A1 A2 A3 A4  A1 A2 A3 A4 
 A1 A2 A3 A4  A1 A2 A3 A4  A1 A2 A3 A4 .
Р(D) = 41/81, откуда Р( А / D)   1  13  /  41   13 .
 3 27   81 
41
2.4. Формула полной вероятности
Следствием теорем сложения и умножения вероятностей является
так называемая формула полной вероятности.
Пусть событие А, вероятность которого требуется определить, может
появиться с одним из несовместных событий H1, H2, …, Hn, образующих
полную группу. Эти события называются гипотезами. Поскольку гипотезы Hi (i = 1, 2, …, n) образуют полную группу, то их объединение (читай
сумма) является событием достоверным. Так как событие А может появиться совместно с одной из гипотез Hi, то событие А является суммой
событий АH1, АH2, …, АHn (A = AH1 + AH2 + …+ AHn).
Так как по условию гипотезы Hi (i = 1, 2,…, n) несовместны, то события АH1, АH2, …, АHn. также несовместны и, применяя теорему сложения и теорему умножения вероятностей, получим:
Р( А)  Р( АН1  АН 2  ...  АН n )  Р( АН1 )  Р( АН 2 )  ...  Р( АН n ) 
 Р( Н1 ) Р( А / Н1 )  ...  Р( Н 2 ) Р( А / Н 2 )  ...  Р( Н n ) Р( А / Н n ).
29
Итак, вероятность события А равна сумме вероятностей событий H1,
H2, …, Hn, умноженных на соответствующие условные вероятности события А, т. е.
n
Р( А)   Р( Н i ) Р ( А /Н i ) .
i 1
(2.11)
Пример 1. Имеется четыре одинаковые на вид урны; в первой урне
два белых и три черных шара, во второй – три белых и два черных шара,
в третьей – пять белых и столько же черных шаров, а в четвертой урне
семь шаров и все они черные. Некто выбирает одну из урн и вынимает из
нее один шар. Найти вероятность того, что этот шар будет белым.
Решение. Рассмотрим четыре гипотезы: H1 – выбор первой урны, H2 –
выбор второй урны, H3 – выбор третей урны, H4 – выбор четвертой урны,
событие А – появление белого шара.
По условию задачи гипотезы равновозможны, так что
Р(H1) = Р(H2) = Р(H3) = Р(H4) = 1/4.
Условные вероятности при этих гипотезах соответственно равны:
Р(А/Н1) = 2/5, Р(А/Н2) = 3/5, Р(А/Н3) = 1/2, Р(А/Н4) = 0.
По формуле (2.11) – формуле полной вероятности
Р(А) = 1/4∙2/5 + 1/4∙3/5 + 1/4∙1/2 + 1/4∙0 = 3/8.
Рис. 7.
Пример 2. Представьте себе странника, идущего из некоторого пункта О и на разветвлении дорог выбирающего наугад один из возможных
путей.
Схема дорог изображена на рис. 7. Здесь указан также некоторый
пункт А и ведущие в него пути. Какова вероятность того, что странник
попадет в этот пункт?
Решение. Из пункта О путник может пойти по одному из пяти равновозможных направлений. Пусть H1, H2, H3, H4, H5 – гипотезы, состоящие в том, что путник направится в пункты В1, В2, В3, В4, В5 соответственно. Вероятности этих гипотез равны между собой и равны 1/5. Если
странник попадает в пункт В5, то он может прийти в пункт А по двум дорогам из пяти, идущих из пункта В5, т. e.,
Р(А/ H5) = 2/5.
Совершенно аналогично:
Р(А/H1) = 1/3, Р(А/H2) = 1/2, Р(А/H3) = 0, Р(А/H4) = 1,
30
где А – событие, состоящее в том, что путник попадает в пункт А.
По формуле полной вероятности
Р (А) = 1/5∙1/3 + 1/5∙1/2 + 1/5∙0 + 1/5∙1 + 1/5∙2/5 = 67/150 ≈ 0,45
Пример 3. Для поиска пропавшего самолета выделено 10 вертолетов,
каждый из которых может быть использован для поисков в одном из двух
возможных районов, где самолет может находиться с вероятностями 0,8
и 0,2. Как следует распределить вертолеты по районам поисков, чтобы
вероятность обнаружения самолета была наибольшей, если каждый вертолет обнаруживает находящийся в районе поиска самолет с вероятностью 0,2, а поиски осуществляются каждым вертолетом независимо от
других? Найти вероятность обнаружения самолета при оптимальной
процедуре поисков.
Решение. Обозначим через А событие, состоящее в том, что самолет
будет обнаружен, а через H1 и H2 – гипотезы (предположения), что самолет находится в первом и, соответственно, во втором районе. Тогда, как
следует из условия задачи, Р(H1) = 0,8 и Р(H2) = 0,2. Определим условные
вероятности Р(А/H1) и Р(А/H2), обозначив через k (0 ≤ k ≤ 10) число вертолетов, посланных на поиски самолета в первый район.
Тогда Р(А/H1) = 1 - 0,8k, а Р(А/H2) = 1-0,810-k.
Откуда Р(А) = (1 - 0,8k)∙0,8 + (1 - 0,810-k)∙0,2 =
= 0,8 - 0,8k+1 + 0,2 – 0,2∙0,810-k = 1 - 0,8∙0,8k – 0,2∙0,810∙0,8-k =
= 1 - 0,8(0,8k + 1/4∙0,810∙0,8-k) = 1 - 0,8[(0,8k/2 – (0,85/2)∙(0,8-k/2)2 + 0,85].
Вероятность Р(А) будет максимальна, если 0,8k/2 – (0,85 /2)∙0,8-k/2 = 0.
Это уравнение можно переписать в виде: 0,8k = (1/2)∙0,85 или 0,8k-5 = 1/2.
Откуда k = 5 + ln2 / (ln5 – 2∙ln2) ≈ 8. Так как k должно быть натуральным, то k = 8.
Итак, для оптимальной процедуры поисков нужно в первый район
послать 8 вертолетов, а во второй район только 2. При такой процедуре
поисков Р(А) = 1 - 0,86 ≈ 0,74.
2.5. Вычисление вероятностей гипотез после испытания
(формула Байеса)
Следствием теоремы умножения и формулы полной вероятности является формула Байеса, или теорема гипотез.
Пусть имеется полная группа несовместных гипотез H1, H2,…, Hn,
причем вероятности этих гипотез известны до опыта. Вероятности Р(Hi)
(i = 1, 2, …, n) до опыта обычно называются априорными, т. е. в данном
случае до того, как был произведен опыт. Допустим, что произведен
опыт, в результате которого появилось событие А совместно с одной из
гипотез. Спрашивается: как следует изменять вероятности Р(Hi) (i = 1, 2,
…, n) в связи с появлением этого события? Иначе говоря, нужно найти
условные вероятности событий Hi (i = 1, 2, …, n) относительно события А.
31
На основании теоремы умножения вероятностей (2.8) можно записать:
Р(АHi) = Р(А) Р(Hi/А) = Р(Hi) Р(А/Hi).
Откуда следует, что Р(Hi/А) = [Р(Hi) Р(А/Hi)] / Р(А).
Подставляя в эту формулу выражение вероятности события А из
формулы полной вероятности (2.11), получим:
Р( Н i / А) 
Р( Н i ) Р( А / Н i )
n
(i = 1, 2, …, n).
(2.12)
 Р( Н i ) Р( А / Н i )
i 1
Формулу (2.12) называют формулой Байеса или теоремой гипотез.
Пример 1. Прибор может собираться из высококачественных деталей
и из деталей обычного качества. Обычно 40 % приборов собираются из
высококачественных деталей. Если прибор собран из высококачественных деталей, то его надежность (вероятность безотказной работы) в течение двух лет равна 0,95; если прибор собран из деталей обычного качества, то его надежность равна 0,7. Прибор испытывался в течение двух
лет и работал безотказно. Найти вероятность того, что он собран из деталей обычного качества.
Решение. До начала испытания возможны две гипотезы: Н1 – прибор
собран из деталей обычного качества, Н2 – прибор собран из высококачественных деталей.
Вероятности этих гипотез до опыта: Р(Н1) = 0,6; Р(Н2) = 0,4.
В результате опыта наблюдено событие А – прибор безотказно работал два года. Условные вероятности события А при гипотезах Н1 и Н2
равны: Р(А/H1) = 0,7; Р(А/H2) = 0,95.
По формуле (2.12) находим вероятность гипотезы Н1 после опыта
(апостериорные вероятности): Р(H1/А) = (0,6∙0,7) / (0,6∙0,7 + 0,4∙0,95) =
0,525.
Пример 2. Батарея из трех орудий произвела залп, причем два снаряда попали в цель. Найти вероятность того, что второе орудие дало попадание, если вероятности попадания в цель первым, вторым и третьим
орудиями соответственно равны р1 = 0,5, р2 = 0,6, р3 = 0,8.
Решение. Пусть событие А – два орудия попали в цель. Априори
сделаем два предположения (гипотезы): H1 – второе орудие попало в
цель; H2 – второе орудие не попало в цель. По условию задачи Р(H1) =
0,6, так как событие H2 противоположно событию H1, то Р(H2) = 1 – 0,6 =
0,4. Найдем условную вероятность Р(А/H1), т. e., вероятность того, что в
цель попало два снаряда, причем один из них послан вторым орудием и,
следовательно, второй – либо первым и третье сделало промах, либо третьим и первое орудие дало промах. Два этих события несовместны и поэтому, применяя основные теоремы, получим:
Р(А/H1) = р1q3 + р3q1 = 0,5∙0,2 + 0,8∙0,5 = 0,5.
32
Теперь найдем условную вероятность Р(А/H2) – вероятность того,
что в цель попало два снаряда, причем второе орудие дало промах. Иначе, найдем вероятность того, что первое и третье орудие попали в цель.
Эти два события независимы, поэтому применима формула (2.10):
Р(А/H2) = 0,5∙0,8 = 0,4.
Искомая вероятность Р(H1/А) того, что второе орудие дало попадание, по формуле (2.12) равна: Р(H1/А) = Р(H1)∙Р(А/H1)/ [Р(H1)∙Р(А/H1) +
Р(H2)∙Р(А/H2)] = 0,6∙0,5/(0,6∙0,5 + 0,4∙0,4) = 15/23.
Пример 3. Имеются две урны, причем известно, что в одной урне содержится 16 белых и 4 черных шара, а во второй урне – 8 белых и 12 черных шаров. Шар, извлеченный наудачу из выбранной урны, оказался
черным. Определить вероятность того, что второй шар, извлеченный из
этой же урны, окажется белым, если первый шар возвращен в ту урну, из
которой его достали.
Решение. Введем в рассмотрение две гипотезы: Н1 – первый шар извлекли из первой урны, H2 – первый шар извлекли из второй урны – и событие А – первый извлеченный шар черный.
По условию задачи Р(H1) = Р(H2) = 1/2, Р(А/H1) = 1/5, Р(А/H2) = 3/5.
Поэтому по формуле полной вероятности, вероятность события А будет
равняться:
Р(А) = 1/2∙1/5 + 1/2∙3/5 = 2/5. После первого испытания вероятности
гипотез H1 и H2 изменятся. Определим их:
Р(H1/А) = (Р(H1)∙Р (А/H1))/ Р(А) = (1/2∙1/5)/2/5 = 1/4, Р(H2/А) = ¾.
Пусть событие В состоит в том, что второй извлеченный шар окажется белым. Вероятность события В можно определить по формуле
полной вероятности, причем условные вероятности Р(H1/А) и Р(H2/А)
становятся априорными для события В, поэтому
Р(В) = Р(H1/А)∙Р(В/H1) + Р(H2/А)∙Р(В/H2) = 1/4∙4/5 + 3/4∙2/5 = 1/2.
2.6. Задачи
1. Когда возможно равенство АВ = А?
Ответ: событие А – частный случай события В.
2. Упростить выражение А = (В + С) (В + С ) ( В + С).
Ответ: А = ВС.
3. Доказать, что А В = А + В и С  D  СD .
4. Когда возможны равенства: а) А + В = А , б) АВ = А , в) А + В
= АВ?
Ответ: а) А невозможное, а В достоверное;
б) А достоверное, а В невозможное;
в) А = В.
5. Найти случайное событие Х из равенства: Х  А  Х  А  В .
Ответ: X  B.
33
6. Доказать, что АВ  АВ  AB  A B и что А, АВ, А  В образуют
полную группу.
7. Судно имеет одно рулевое устройство, четыре котла и две турбины. Событие А означает исправность рулевого устройства, Вk (k = 1, 2,
3, 4) – исправность k-го котла, СJ(j = 1, 2) – исправность j-й турбины. Событие D – управляемое судно будет в том случае, когда исправны рулевое устройство, хотя бы один котел и хотя бы одна турбина. Выразить
события D и D через А, Вk и СJ.
Ответ: D = А(В1 + В2 + В3 + В4) (С1 + С2), D  A  B1 B 2 B3 B 4  C1 C 2 .
8. Студент знает 20 из 25 вопросов программы. Зачет считается
сданным, если студент ответит на 3 из 4 поставленных вопросов. Какова
вероятность того, что студент сдаст зачет?
Ответ: р = 2109/2530 ≈ 0,834.
9. Два стрелка, для которых вероятности попадания в мишень равны соответственно 0,7 и 0,8, производят по одному выстрелу. Определить
вероятность хотя бы одного попадания в мишень.
Ответ: р = 0,94.
10. Вероятность поражения первой мишени для стрелка равна 2/3.
Если при первом выстреле зафиксировано попадание, то стрелок получает право на второй выстрел по другой мишени. Вероятность поражения
обеих мишеней при двух выстрелах равна 0,5. Определить вероятность
поражения второй мишени.
Ответ: р = 0,75.
11. Студент разыскивает нужную ему формулу в трех справочниках.
Вероятности того, что формула содержится в первом, втором, третьем
справочнике соответственно равны 0,6; 0,7; 0,8. Найти вероятность того,
что формула содержится: а) только в одном справочнике; б) только в
двух справочниках; в) во всех трех справочниках.
Ответ: а) р = 0,188; б) р = 0,452; в) р = 0,336.
12. Студенты выполняют контрольную работу в классе контролирующих машин. Работа состоит из трех задач. Для получения зачета достаточно решить две задачи. Для каждой задачи зашифровано пять различных ответов, из которых только один правильный. Студент Петров
плохо знает материал и поэтому выбирает ответы для каждой задачи
наудачу. Какова вероятность того, что он получит зачет?
Ответ: р = 0,104.
В задачах 13–17 приведены схемы соединения элементов, образующих цепь с одним входом и одним выходом. Предполагается, что отказы
элементов являются независимыми в совокупности событиями. Считаются известны надежность pk k-го элемента и, соответственно, qk = (1 - pk) –
вероятность его отказа. Отказ любого элемента приводит к прерыванию
сигнала в той ветви цепи, где находится данный элемент. Вычислить
надежность p каждой из схем.
34
13.
1
2
3
Ответ: р = 1 – q1 q2 q3.
14.
1
2
3
4
5
6
Ответ: р = 1 – (1 – р1р2р3) (1 – р4р5р6).
15.
2
1
4
3
Ответ: р = р1р4(1 – q2q3).
16.
1
3
2
4
Ответ: р = (1 – q1q2) (1 – q3q4).
17.
1
3
5
2
4
Ответ: р = р5(1 – q1q2) (1 – q3q4) + q5(р1р3 + р2р4 – р1р2р3р4).
18. За некоторый промежуток времени бактерия может погибнуть с
вероятностью 1/4, выжить с вероятностью 1/4 и разделиться на две с вероятностью 1/2. В следующий такой же промежуток времени с каждой
бактерией, независимо от ее происхождения, случается то же самое.
Сколько бактерий и с какими вероятностями могут существовать к концу
второго промежутка времени?
Ответ: могут существовать 0, 1, 2, 3, 4 бактерии соответственно с вероятностями 11/32, 4/32, 5/32, 4/32 и 4/32.
35
19. Иван и Петр по очереди каждый по m раз бросают по две игральные кости. Выигрывает тот, у кого раньше выпадет сумма очков на
обеих костях, равная 8. Иван бросает первым. Найти вероятности р1 и р2
выигрыша для каждого игрока и определить, во сколько раз шансы на
выигрыш Ивана выше, чем у Петра, если: а) число бросаний не ограничено и m =1; б) число бросаний не ограничено, но m = 2.
Ответ: а) р1 = 36/67; р2 = 31/67; р1/р2 = 36/31 ≈ 1,16;
б) р1 =362/(362 + 312) ≈ 0,574; р2 = 312/(362 + 312) ≈ 0,426; р1/р2 = 62/312 ≈
≈ 1,35.
20. Для разрушения моста достаточно попадания одной авиационной
бомбы. Найти вероятность того, что мост будет разрушен, если на него
сбросить 4 бомбы, вероятности попаданий которых соответственно равны 0,3; 0,4; 0,5 и 0,6.
Ответ: р = 0,916.
21. Вероятность хотя бы одного попадания в цель при четырех выстрелах равна 0,9919. Найти вероятность попадания в цель при одном
выстреле.
Ответ: р = 0,7.
22. В продажу поступают телевизоры трех заводов. Продукция первого завода содержит 20 % телевизоров со скрытым дефектом, второго –
10 %, третьего – 5 %. Какова вероятность приобрести исправный телевизор, если в магазин поступили 30 % телевизоров с первого завода, 20 % –
со второго и 50 % – с третьего?
Ответ: р = 0,895.
23. По самолету производятся три одиночных выстрела. Вероятность
попадания при первом выстреле равна 0,4, при втором – 0,5, при третьем
– 0,7. Для выхода самолета из строя заведомо достаточно трех попаданий; при одном попадании самолет выходит из строя с вероятностью 0,2,
а при двух попаданиях с вероятностью 0,6. Найти вероятность того, что в
результате трех выстрелов самолет будет выведен из строя.
Ответ: р = 0,458.
24. В первой урне содержится 10 шаров, из них 8 белых; во второй
урне 20 шаров из них 4 белых. Из каждой урны наудачу извлекли по одному шару, а затем из этих двух шаров наудачу взят один шар. Найти вероятность того, что будет взят не белый шар.
Ответ: р = 0,5.
25. В первой урне содержится 6 белых и 4 черных шара, во второй
урне 3 белых и 2 черных, из первой урны наудачу извлекают сразу 3 шара,
и шары того цвета, которые окажутся в большинстве, опускают во вторую
урну и тщательно перемешивают. После этого из второй урны наудачу извлекают 1 шар. Какова вероятность того, что этот шар будет белым?
Ответ: р = 349/560 ≈ 0,623.
36
26. Для поиска месторождения нефти на заданной территории организовано n геологических партий, каждая из которых не зависимо от других обнаруживает залежь с вероятностью р. После обработки и анализа
сейсмографических записей вся территория была поделена на два района.
В первом районе нефть может залегать с вероятностью р1, а во втором – с вероятностью 1 - р1. Как следует распределить n геологических партий по двум
районам, чтобы вероятность обнаружения нефти была максимальной?
Ответ: в первый район следует послать k0 геологических партий, где
k0 – ближайшее целое к числу [n/2 + (ln((1 – р1)/р1))/2ln(1 – р)]. Пусть событие А – на заданной территории нефть обнаружена. Тогда
Р(А) = 1 – р1(1 – р)k – (1 – р1) (1 – р)n-k , где k – число геологических партий, посланных в первый район. Далее рассмотреть функцию
f(x) = 1 – р1(1 – р)х – (1 – р1) (1 – р)n-х и найти ее максимум при х [0; n].
27. В пирамиде 10 винтовок, из которых 4 снабжены оптическим
прицелом. Вероятность того, что стрелок поразит мишень при выстреле
из винтовки с оптическим прицелом, равна 0,95; для винтовки без оптического прицела эта вероятность равна 0,8. Стрелок поразил мишень из
наудачу взятой винтовки. Что вероятней: стрелок стрелял из винтовки с
оптическим прицелом или без него?
Ответ: вероятнее, что винтовка была без оптического прицела (вероятность того, что винтовка была без оптического прицела, равна 24/43, а
с оптическим прицелом – 19/43).
28. Три стрелка производят по одному выстрелу в одну и ту же мишень. Вероятности попадания в мишень при одном выстреле для каждого
из стрелков соответственно равны р1, р2, р3. Какова вероятность того, что
второй стрелок промахнулся, если после выстрелов в мишени оказалось
две пробоины?
Ответ: р = [(1 – р2) р1 р3] / [(1 – р1) р2 р3 + (1 – р2) р1 р3 + (1 – р3) р1 р2].
29. В группе из 25 человек, пришедших сдавать экзамены по теории
вероятностей, имеется 10 отличников, 7 подготовленных хорошо, 5 удовлетворительно и 3 человека подготовлены плохо. Отличники знают все
25 вопросов программы, хорошо подготовленные – 20, подготовленные
удовлетворительно – 15, плохо подготовленные знают лишь 10 вопросов.
Вызванный наудачу студент ответил на 2 заданных вопроса. Найти вероятности следующих событий: S1 = {студент подготовлен отлично или хорошо), S2 = {студент подготовлен удовлетворительно}, S3 = {студент подготовлен плохо}.
Ответ: Р(S1) ≈ 0,8677, Р(S2) ≈ 0,1052, Р(S3) ≈ 0,0271.
30. Из 18 стрелков 5 попадают в мишень с вероятностью 0,8; 7 – с
вероятностью 0,7; 4 – с вероятностью 0,6; 2 – с вероятностью 0,5.
Наудачу выбранный стрелок произвел выстрел, но в мишень не попал. К
какой из групп вероятнее всего принадлежал этот стрелок?
Ответ: стрелок из второй группы.
37
§ 3. ПОСЛЕДОВАТЕЛЬНОСТЬ НЕЗАВИСИМЫХ ИСПЫТАНИЙ
3.1. Повторение опытов. Формула Бернулли
При практическом применении теории вероятностей часто приходится встречаться с задачами, в которых один и тот же опыт или аналогичные опыты повторяются неоднократно.
В результате каждого опыта может появиться или не появиться событие А, причем нас будет интересовать не результат каждого опыта, а общий
результат, то есть число появлений события А в данной серии опытов.
Например, если производится несколько выстрелов по мишени, то
нас будет интересовать не результат каждого выстрела, а общее число
попаданий. В подобных задачах нужно уметь находить вероятность любого числа появлений события А. Эти задачи решаются весьма просто,
если опыты независимы. Опыты являются независимыми, если исход
каждого опыта не зависит от исхода других. Например, несколько последовательных бросаний монеты представляют собой независимые опыты.
Если вероятность появления события А в каждом опыте неизменна, т. е.
условия опытов одинаковы, то к этому случаю относится частная теорема
о повторении опытов. Если же вероятность появления события А от опыта к опыту изменяется, т. е. условия опытов различны, то к этому случаю
относится общая теорема. Опыты (испытания), в которых вероятность
появления события А остается неизменной, называются испытаниями
Бернулли. В каждом испытании Бернулли возможны два и только два исхода – появление события А («успех») и непоявление события А («неудача»). Вероятности «успеха» и «неудачи» обозначаются соответственно
буквами p и q. Очевидно, что p + q = 1.
Пусть производится n независимых опытов, в каждом из которых
может появиться событие А с вероятностью, равной р и, следовательно, с
вероятностью, равной q = 1 – р, событие А может не появиться. Определим вероятность Рn(m) того, что в этих n испытаниях событие А появится
ровно m раз. Рассмотрим событие Bm, состоящее в том, что в n испытаниях событие А появится ровно m раз и, следовательно, n – m раз событие А
не появится.
Обозначим через Аi появление события А в i-м опыте, а через Аi –
непоявление события А в i-м опыте. Тогда
Bm  A1 A2 ... Am Am1 ... An  A1 A2 A3 ... An1 An  ...
 A1 A2 ... Anm Anm1 ... An ,
причем в каждое произведение событие А должно входить m раз, а А
должно входить n – m раз. Число таких слагаемых равно Сnm , то есть чис38
лу способов, какими можно из n опытов выбрать m, в которых произошло
событие А. По теоремам умножения и сложения вероятностей имеем:
P( Bm )  Pn (m)  p m qn  m  p m qn  m  ...  p m qn  m  Cnm p m qn  m .
Cnm
Таким образом, имеем следующую теорему: если производится n
независимых опытов, в каждом из которых событие А появится с вероятностью, равной р, то вероятность того, что событие А появится
ровно m раз, выражается формулой Бернулли
(3.1)
Pn (m)  Cnm  p m  q nm ,
где q = 1 – p,
nn  1...n  m  1
n!
.
Сnm 

m!
m!n  m!
В связи с тем, что вероятности, определяемые формулой (3.1), представляют собой члены разложения бинома (q + p)n, то распределение (3.1)
называется биномиальным распределением.
Возьмем теперь вспомогательную переменную z и заметим, что величина z m  Pn (m)  Cnm p m q n  m z m представляет собой общий член разложения функции  n ( z )  q  pz n по формуле бинома Ньютона. Функция
 n (z ) называется производящей функцией биномиального распределения вероятностей.
Таким образом, вероятность Рn(m) представляет собой коэффициент
при zm в разложении функции  n ( z )  q  pz  по степеням z.
Формула (3.1) легко обобщается на случай, когда вероятность события А имеет различные значения в разных опытах. Если опыты независимы и вероятность события А в i-м опыте равна pi, qi = 1 – pi (i = 1, 2, …, n),
то вместо (3.1) совершенно аналогично получается формула:
(3.2)
Pn (m)  Cnm  pi1 pi 2 ... p1m qim1 ... qin .
n
Легко заметить, что вероятность Pn(m) в этом случае представляет
коэффициент при zm в разложении по степеням z производящей функции
n
 n ( z )   qi  pi z . Отметим, что сумма всех вероятностей Pn(m) (m =
i 1
0, 1, …, n) как в частном случае (формула 3.1), так и в общем случае
n
(формула 3.2) равна единице:  Pn ( m )  1 .
m 0
При решении многих практических задач, кроме вероятности Pn(m)
(вероятность того, что в n независимых испытаниях событие А наступит
39
ровно m раз), приходится рассматривать вероятность того, что событие А
появится не менее m раз. Эта вероятность Pn(m, n), очевидно, равна:
n
Pn (m, n)   Pn (i ).
(3.3)
i m
Если m меньше половины n, то удобнее переходить к противоположному событию и вычислить вероятность Pn(m, n) по формуле:
m 1
Pn (m, n)  1   Pn (i ).
(3.4)
i 0
Пример 1. Что вероятнее выиграть у равносильного противника (ничейный исход партий исключен): а) две партии из четырех или четыре
партии из восьми; б) не менее двух партий из четырех или не менее четырех партий из восьми?
Решение. Так как противники равносильные, то вероятности выигрыша и проигрыша каждой партии одинаковы и равны p = q = 0,5.
1. Вероятность выиграть две партии из четырех:
2
2
3
1 1
P4 (2)  C42       .
2
2
8
   
Вероятность выиграть четыре партии из восьми:
8
35
1
P8 (4)  C84   
.
 2  128
Так как
3

35
, то вероятнее выиграть две партии из четырех.
8 128
2. Вероятность выиграть не менее двух партий из четырех:
P4 ( 2, 4)  P4 ( 2)  P4 (3)  P4 ( 4) 
3

8
1

4
1
16

11
.
16
Вероятность выиграть не менее четырех партий из восьми:
P8 (4, 8)  P8 (4)  P8 (5)  P8 (6)  P8 (7)  P8 (8) 

35 28 14
4
1
163





.
128 128 128 128 256 256
Так как 11  163 , то вероятнее выиграть не менее двух партий из че16
256
тырех.
Пример 2. Подводная лодка атакует корабль, выпуская по нему последовательно и независимо одну от другой 5 торпед. Каждая торпеда
попадает в корабль с вероятностью 0,4. При попадании торпеды с вероятностью 0,2 затопляется один из пяти отсеков корабля. Определить вероятность гибели корабля, если для этого необходимо затопление не менее двух отсеков.
Решение. Обозначим А – событие, состоящее в том, что корабль погибнет. До начала атаки возможны гипотезы Нk – в корабль попало k тор40
пед (k = 0, 1, 2, 3, 4, 5). Вероятности гипотез Р(Нk)определим по формуле
Бернулли (3.1).
P( H 0 )  C50  0, 40  0,650  0,07776 ,
P( H 1 )  C 51  0,4  0,6 4  0,2592 ,
P( H 2 )  C52  0,42  0,63  0,3456 ,
P( H 3 )  C53  0,43  0,62  0,2304 ,
P( H 4 )  C54  0,44  0,6  0,0768 ,
P( H 5 )  C55  0,45  0,60  0,01024 .
5
Условие нормировки  P( H k )  1 выполнено. По условию задачи
k 0
P ( A H 0 )  P ( A H1 )  0 .
В случае попадания двух торпед в корабль, он не будет затоплен, если обе торпеды попадут в один и тот же отсек, но так как отсеков пять, то
2
1
Р ( A H 2 )  5     0,2. Поэтому Р( A H 2 )  1  0,2  0,8 .
5
3
Аналогично, Р( A H 3 )  1  5   1   0,96,
5
4
1
Р ( A H 4 )  1  5     0,992,
5
Р( A H 5 )  0,9984 .
По формуле полной вероятности
5
P( A)   P( H k )  P( A / H k )  0,584 .
k 0
Пример 3. Сколько нужно провести опытов для того, чтобы с вероятностью не меньшей Р можно было утверждать, что событие А произойдет по крайней мере один раз, если вероятность появления события А в
каждом опыте равна р?
Решение. Вероятность Рn(1, n) появления события А хотя бы один раз
в n опытах по формуле (3.3) равна: Pn (1, n) 
n
 P (i)  1  q
i 1
n
n
, где q = 1 –
p. Так как по условию задачи Pn(1, n)  Р, то 1 – (1 - р)n  Р. Откуда (1 – р)n
 1 - Р. Логарифмируя это равенство и учитывая, что ln (1 - p) < 0 получим:
ln (1  P )
(3.5)
n
.
ln (1  p )
41
3.2. Отрицательное биномиальное и полиномиальное
распределения
Биномиальные коэффициенты Cnm  n(n  1)...(n  m  1) определены
m!
для целых положительных n и m. Расширим это определение. Так как m
обозначает число сомножителей (число элементов в группе), то оно
должно быть целым. Однако выражение n(n – 1)(n – 2) … (n – m + 1)
определено при любых действительных n, при единственном предположении, что m – целое положительное число. При m > n и при m < 0 положим С n  0 , а при m = 0 С n  1 и 0! = 1. Тогда, заменив n на x, полуm
m
чим формулу:
x( x  1)( x  2)...(x  m  1)
,
(3.6)
m!
которая определяет биномиальные коэффициенты при любых х и любых
целых положительных m. Легко убедиться в том, что при таком определении имеем, например,
С m1  ( 1) m , С m2  ( 1) m ( m  1) и C xm1  C xm  C xm1 .
Покажем, что для любого х > 0 имеет место формула:
(3.7)
C mx  (1) m C xm m1 .
Действительно, по определению,
m
m
( 1) C x  m 1  (1)m ( x  m  1)( x  m  2)...( x  1) x  ( x)( x  1)...( x  m  1)  Cmx .
Cxm 
m!
m!
Рассмотрим последовательность n испытаний Бернулли с вероятностью успеха (появления события А) р. Нас будет интересовать вопрос о
том, сколько испытаний предшествует m-му успеху. Здесь m – фиксированное положительное число. Пусть m-й успех осуществится при -м испытании. Так как   m, то удобно писать  = k + m. Вероятность того,
что m-й успех осуществляется при (k + m)-м испытании (k = 0, 1, 2, …)
будет обозначаться Р(k, m, p). Эта вероятность равна вероятности того,
что m-му успеху предшествует ровно k-неудач (событие А не появится).
Это событие осуществится тогда и только тогда, когда среди m + k – 1
испытаний ровно k привели к неудаче, а следующее (m + k)-е испытание
привело к успеху, поэтому соответствующие вероятности равны:
Cmk k 1 p m1q k p , так что
(3.8)
P (k , m, p )  C mk  k 1 p m q k .
Переписывая биномиальные коэффициенты в соответствии с формулой (3.7), получим эквивалентную форму записи:
(3.9)
P(k , m, p )  C km p m (q ) k .
42
Заметим, что вероятности, определяемые по формуле (3.9), удовле
творяют условию нормировки  P( k , m, p )  1 . Действительно, по формуk 0
ле бинома Ньютона,


k 0
k 0
k
m
k
m
k
k
m
m
m m
 C m p ( q)  p  C m ( q)  p (1  q)  p p  1 .
Для произвольного, но фиксированного числа m > 0 и 0 < p < 1 последовательность {P(k, m, p)} определяет отрицательное биномиальное распределение.
Пример 1. Задача Банаха о спичечных коробках. Некий математик
всегда носит с собой две коробки спичек; каждый раз, когда он хочет достать спичку, он выбирает наугад одну из коробок. Неизбежно наступит
момент, когда впервые одна из коробок окажется пустой. Найти вероятность того, что вторая коробка содержит m спичек (m = 1, 2,…, N), если
первая коробка оказалась пустой.
Решение. Занумеруем спичечные коробки. Пусть событие А1 состоит
в том, что впервые первая коробка оказалась пустой, а событие А2 – вторая коробка впервые оказалась пустой. Из соображений симметрии следует, что Р(А1) = Р(А2). Обозначим через А – событие, состоящее в том,
что одна из двух коробок окажется пустой. Очевидно, А=А1+А2 и Р(А) =
2Р(А1). Если первая коробка оказалась пустой, а вторая содержит m спичек, то это означает, что спички брались всего (2N – m) раз, причем N раз
из первой коробки и последний раз спичка бралась из этой же коробки,
и поэтому по формуле (3.8) имеем:
1
P( A)  2C2NN1m 1 2 N  m  C2NN1m 1 2 2 N  m 1 .
2
Биномиальное распределение можно легко обобщить на случай n
повторных независимых испытаний, каждое из которых может иметь несколько исходов. Обозначим возможные исходы любого испытания через
А1, А2,…, Аm соответственно и допустим, что вероятность осуществления
исхода Аi в каждом испытании равна рi (i = 1, …, m).
m
При m = 2 получаем испытание Бернулли; в общем случае  pi  1 –
i 1
единственное условие, которому числа рi должны удовлетворять.
Вероятность того, что в n испытаниях исход А1 появится k1 раз, исход А2 появится k2 раз и т. д., равна:
pn (k1 , k 2 , ... k m ) 
n!
k
k
p1 1 p2 2 ... pmkm ,
k1!k 2 ! ... k m !
(3.10)
где ki – произвольные неотрицательные целые числа, подчиненные условию k1 + k2 +…+ km = n. При m = 2 формула (3.10) сводится к биномиаль43
ному распределению с p1 = p, p2 = q, k1 = m, k2 = n – m. Доказательство
формулы (3.10) производится так же, как и формулы (3.1). Формула
(3.10) задает так называемое полиномиальное распределение; это название
объясняется тем, что выражение (3.10) является общим членом разложения многочлена (р1 + р2 +…+рm)n.
Пример 2. В урне имеется три шара: черный, красный и белый. Из
урны по одному шары извлекались 5 раз, причем после каждого извлечения шар возвращался обратно. Определить вероятность того, что черный
и белый шары извлечены не менее чем по два раза каждый.
Решение. Пусть события А1, А2, А3 – извлечения соответственно черного, красного и белого шара из урны. Очевидно, р1 = Р(А1) =
1
, р2 = Р(А2)
3
=
1
, р3 = Р(А3) =
3
1
. Всего производится n = 5 испытаний и определяется
3
вероятность р того, что события А1 и А3 произойдут не менее чем по два
раза, то есть или k1 = k3 = 2, тогда k2 = 1, или k1 = 3, k2 = 0, k3 = 2, или
k1 = 2, k2 = 0, k3 = 3. Поэтому искомая вероятность
5
p
5
5
5!  1 
5!  1 
5!  1 
  
  
    0,206 .
2! 1! 2!  3  3! 0! 2!  3 
2! 0! 3!  3 
Пример 3. Два равносильных шахматиста играют матч из 12 партий.
В каждой партии возможны три исхода: А1 – выиграл первый игрок (проиграл второй), А2 – выиграл второй игрок (проиграл первый), А3 – ничья.
Пусть р1 = Р(А1) = 0,2; р2 = Р(А2) = 0,2; р3 = Р(А3) = 1 – р1 – р2 = 0,6. Найти
вероятности следующих событий: А – {первый игрок выиграл 3 партии,
проиграл 3 партии и остальные свел вничью}, B – {один из игроков выиграл 4 партии и проиграл 3 партии}, С – {сыграно 6 результативных
партий}.
Решение. Событие А соответствует полиномиальной схеме при n =
12, m = 3, k1 = 3, k2 = 3, k3 = 6, p1 = p2 = 0,2; p3 = 0,6, поэтому
12!
Р( А) 
 (0,2) 3  (0,2) 3  (0,6) 6  0,055. Событие В соответствует ком3! 3! 6!
бинированной полиномиальной схеме, в которой выигрывает 4 партии и проигрывает 3 партии первый игрок или выигрывает 4 партии и проигрывает 3
партии второй игрок, поэтому Р(В) = Р12(4, 3, 5) + Р12(3, 4, 5) =

12!
12!
 (0,2) 4  (0,2) 3  (0,6) 5 
 (0,2) 3  (0,2) 4  (0,6) 5  0,055.
4! 3! 5!
3! 4! 5!
Событие С также соответствует комбинированной полиномиальной
схеме:
Р(С) = Р12(6, 0, 6) + Р12(5, 1, 6) + Р12(4, 2, 6) + Р12(3, 3, 6) + Р12(2, 4, 6)+
44
+ Р12(1, 5, 6) + Р12(0, 6, 6) = 2Р12(6, 0, 6) + 2Р12(5, 1, 6) + 2Р12(4, 2, 6) + Р12(3, 3, 6) =
2  12!
2  12!

 (0,2) 6  (0,2) 0  (0,6) 6 
 (0,2) 5  (0,2)  (0,6) 6 
6! 0! 6!
5! 1! 6!
2  12!
12!

 (0,2) 4  (0,2) 2  (0,6) 6 
 (0,2) 3  (0,2) 3  (0,6) 6  0,177 .
4! 2! 6!
3! 3! 6!
3.3. Локальная и интегральная теоремы Муавра-Лапласа
Выше мы вывели теорему Бернулли, которая позволяет вычислить
вероятность того, что в n испытаниях событие появится ровно m раз. Если n велико, то вычисление вероятностей по формуле Бернулли представляет значительные трудности, так как формула требует выполнения
действий над громадными числами. Поэтому возникает необходимость в
асимптотических формулах, позволяющих с достаточной степенью точности определить эти вероятности. В 1730 г. для частного случая схемы Бернулли при p = q = 1 асимптотическая формула была получена Муавром, а
2
затем обобщена Лапласом на случай произвольного р, отличного от 0 и 1.
Эта формула получила название локальной теоремы Муавра-Лапласа.
Прежде чем формулировать теорему, обозначим m  np  x и будем
npq
считать, что х содержится в произвольных конечных пределах.
Локальная теорема. Вероятность того, что в n независимых испытаниях, в каждом из которых вероятность появления события постоянна и равна p (0 < p < 1), событие наступит ровно m раз (безразлично, в какой последовательности), приближенно равна
x2

где  ( x )  1 e 2 ,
а x  m  np .
Pn ( m) 
2
npq
npq
Доказательство. Приведенное ниже доказательство опирается на известную из курса математического анализа формулу Стирлинга
1
n!
 ( x) ,
 2n  n n  e  n  en . В этой формуле показатель n удовлетворяет
1
и, поэтому, lim  n  0 . Следовательно, для больn
12 n
ших n имеет место приближенное равенство n! 2n  nn  en . Так как,
по условию, m  np  x npq и х ограничена, то, очевидно, при n  
неравенству  n 
m  np  x npq   , n  m  nq  x npq   равномерно относительно х. Используя формулу Стирлинга, получаем, что
n!
Pn (m)  Cnm p m q nm 
p m q n m 
m!( n  m )!
45

2 n  n n  e n  p m  q n m
2 m  mm  e m  2 (n  m)  (n  m)nm  e ( n m)
m
1


2
n
 np   nq 
  

m( n  m )  m   n  m 

nm
.
p . Используя разложение ln 1       1  2 ,
m
q и nm
1 x
1 x
n
n
n
2
nq
nq
np
np
если n  0, получаем, что

m

q 
m
   np  x npq
  m ln 1  x
np 
np

 n  m 

nm
p 


ln 
  nq  x npq ln 1  x

nq 
 nq 

m
ln  
 np 
  m ln


 x

q
1 q 2;

x 
np 2 np 



p 1 p 2
  nq  x npq   x

x .
nq 2 nq 

Складывая эти равенства, получим:
 np  m  nq  n m 
1 2 1 q3 3 1
ln    
x 
 x 

2
2 np
2
 m   n  m 

p3 3
x
nq
и, следовательно,
 np  m  nq  n  m 
1
lim ln   
   x2 .

n    m   n  m 
2



m
np
nq 
Откуда    

 m  nm
Далее,
n

m(n  m)
np  x
n m

1
 x2
e 2
n

npq nq  x npq

.

1

npq
1

q 
p 
1  x
1  x




np 
nq 

.
По условию величина х ограничена, тогда второй множитель правой
части этого равенства при n   стремится к единице и поэтому
n
1 .

m(n  m)
npq
В итоге получаем, что Pn (m) 
1
2
46

1
npq
e
1
 x2
2
, где x  m  np , то
npq
есть
1 
e
Pn ( m) 
  ( x ) , где  ( x ) 
2
npq
1
x2
2
,а
m  np
(3.11)
.
npq
Равенства (3.11) и доказывают нашу теорему. При больших n она дает достаточно точные значения вероятностей Pn(m), причем с ростом n их
относительная точность возрастает. В этом и заключается содержание
локальной теоремы Муавра-Лапласа.
Для упрощения расчетов, связанных с применением функции
x
x2
1  2 , пользуются таблицей значений этой функции (см. при ( x) 
e
2
ложение 1).
Функция (х) является четной, т. е. значения ее не изменяются при
замене х на –х: (х) = (-х). По этой причине в таблице приведены значения ее лишь для положительных значений аргумента. Функция (х) при
значениях x > 0 является монотонно убывающей, а при х   ее предел
равен нулю. Поэтому для значений x > 5 можно считать (х)  0, так как
(5) = 0,0000015.
Пример 1. Вероятность рождения мальчика равна 0,515. Найти вероятность того, что из 200 новорожденных будет 95 девочек.
Решение. Поскольку необходимо найти вероятность того, что из 200
новорожденных будет 95 девочек, то в формулах (3.11) р должно означать вероятность рождения девочки, которая равна р = 1 – 0,515 = 0,485.
Вычислим выражение
npq при n = 200, p = 0,485 и q = 0,515:
npq  200  0,485  0,515  49,955  7,068 .
Значение х, соответствующее m = 95, равно:
x
95  200  0,485
 0,283 .
7,068
Искомая вероятность Р200(95) будет равна:
 (0, 283)  (0, 283) .
P200 (95) 
7,068

7,068
По таблице находим, что (0,283) = 0,3833 (на тысячные доли значения аргумента сделана поправка). Поэтому окончательно имеем:
. P200 (95)  0.3833  0,54.
7.068
Формулы (3.11) позволяют приближенно вычислить вероятность того, что в n независимых испытаниях событие будет наблюдаться ровно m
раз. Но в задачах часто требуется определять вероятность того, что инте47
ресующее нас событие наступит число раз, заключенное в некоторых
пределах. Например, можно поставить вопрос о вероятности того, что
среди 2000 новорожденных будет от 600 до 800 мальчиков, то есть или
600, или 601, или 602 и т. д. до 800 включительно. По теореме сложения
вероятностей событий искомая вероятность Р2000(600, 800) = Р2000(600) +
Р2000(601) + Р2000(602) +…+ Р2000(800). Каждое из этих слагаемых нетрудно
найти по формуле Муавра-Лапласа (3.11). Но вычисление их в количестве
201, а затем сложение, конечно, весьма утомительно. Аналогичные трудности появляются при решении задач такого типа. Поэтому возникает
необходимость получения формулы, позволяющей с достаточной степенью
точности для практики без затруднений вычислять аналогичные суммы.
Поставленная задача получает решение в интегральной теореме
Муавра-Лапласа: если вероятность р наступления события А в каждом испытании постоянна и отлична от 0 и 1, а число испытаний достаточно велико, то вероятность того, что в n независимых испытаниях событие А появится не менее m1 раз и не более m2 раз, приближенно равна:
Pn(m1,m2) = Ф(x) – Ф(х),
(3.12)
2
х
m  np
m  np
1 х 2
где x '  1
, x' '  2
, а функция Ф( х) 
 е dx .
2 0
npq
npq
Приведенное ниже доказательство опирается на определение интегральной суммы и определенного интеграла как предела интегральной
m  i  np ,
суммы.
Для
доказательства
положим
тогда
xi  1
npq
xi  xi 1  xi 
1
(i = 0, 1, …, m2 – m1 = k), x  m1  np  х' ,
0
npq
npq
m  np
xk  2
 x' ' .
npq
k
Тогда Pn ( m1 , m2 )   Pn ( m1  i ) 
i 0

k

xi2
2
1
2
e
1
x ''  x
e 2
i 0
1
2
xi 
2
x ''
e

x'
x2
2
1
2
0
dx 
k
e
npq i  0
2

k i2
2
x

1
1
2
e
dx 

2 x '
2
2
1
1
x'  x
e 2

x ''
e

x2
2
dx =
0
x2
x 

dx 
dx  Ф( х' ' )  Ф( x' ) , где Ф( х )  1  e 2 dx .


2 0
2 0
2 0
Таким образом, теорема не строго, но конструктивно доказана. Формула (3.12) называется интегральной формулой Муавра-Лапласа. Решая
48
вопрос о применении этой формулы, необходимо иметь в виду, что вероятности, полученные по ней, будут достаточно точны, если произведение
npq составляет несколько сотен. Если задача не требует большой точности, то формулу (3.12) можно использовать и в тех случаях, когда произведение npq имеет небольшое значение, но все-таки не меньшее 20.
2
Функция Ф( х ) 
1
2
x x
e 2

dx называется функцией Лапласа, она табули-
0
рована (см. приложение 2). Чтобы успешно пользоваться этой таблицей,
необходимо знать ее некоторые свойства.
1.
Функция Ф(х) нечетная, то есть при замене х на –х меняется
лишь ее знак (Ф(-х) = -Ф(х)). Действительно,
x2
1 x  2
Ф(  х ) 
 e dx .
2 0
Далее сделаем замену переменной интегрирования, положив t = -x.
Тогда dх = -dt, а пределами интегрирования по переменной t будут 0 и х.
def
x2
t2
x 
x 
Следовательно, Ф( х)  1  e 2 dx   1  e 2 dt  Ф( х) . Это свой2 0
2 0
ство функции Ф(х) учтено при составлении таблицы – приведены ее значения лишь для положительных значений аргумента.
2.
Функция Ф(х) монотонно возрастает, а ее предел при х   раx2

вен 0,5. Действительно, производная Ф' ( х )  1 e 2  0 при х и, сле2
довательно, Ф(х) монотонно возрастает на всем множестве действительных чисел. Предел функции Ф(х) при х   равен:
x2
x2


1  2
1
 1,
 1 х 2 
lim Ф( х )  lim 


 e dx  
 e dx 
x
x    2 0
2 2
2 0
2



2
 x
e 2
так как из курсов интегрального исчисления известно, что 
dx 

2
0
– это, так называемый, интеграл Эйлера-Пуассона.
Функция Ф(х), возрастая с ростом х, очень быстро приближается к
своему пределу, равному 1 . Уже при х = 5 она практически не отличает2
ся от него: Ф(5) = 0,499997 – см. таблицу значений функции Ф(х). По
этой причине для всех x > 5 Ф(х) = 1 .
2
Пример 2.
Найти вероятность того, что из 2000 новорожденных
49
мальчиков будет от 900 до 1100 включительно, если вероятность рождения мальчика равна р = 0,515.
Решение. Найдем, применяя равенства (3.12), значения x и х при
m1 = 900, m2 = 1100, р = 0,515, q = 0,485 и n = 2000.
900  2000  0,515
130
x' 

 5,816 ;
22,3506
2000  0,515  0,485
x' ' 
1100  2000  0,515
2000  0,515  0,485

70
 3,132 .
22,3506
Тогда искомая вероятность в соответствии с формулой (3.12) равна:
Р2000 (900, 1100)  Ф(3,132)  Ф(5,816)  Ф(3,132)  Ф(5,816) 
 0,4992  0,5  0,9992.
3.4. Отклонение относительной частоты
от постоянной вероятности в независимых испытаниях
Мы вновь вернемся к испытаниям Бернулли и поставим перед собой
задачу найти вероятность того, что отклонение относительной частоты
m
от постоянной вероятности р по абсолютной величине не превышает
n
заданного числа  > 0. Иначе – найти вероятность существования неравенства m  p   . Эта вероятность записывается так: P m  p    . За n

n


m
m
 p   ему равносильными:     p   ,
n
n
np  n  m  np  n . Далее, полагая в формулах (3.12)
меним неравенство
или
m1  np  n , m2  np  n, получим, что
x'  
n
npq
 
n
n
, x' '  

pq
npq
n
.
pq


m

n 
n 
  Ф  
 . Учитывая нечетТогда, P  p     Ф 



pq 
pq 
 n



ность функции Ф(х), будем иметь:

m

n 
(3.13)

P   p     2Ф 
pq 
 n


Таким образом, мы доказали следующее: вероятность того, что в n
независимых испытаниях, в каждом из которых вероятность появления события равна р (0 < p < 1), абсолютная величина отклонения
50
относительной частоты появления события от вероятности появления этого события не превысит положительного , приближенно
n
равна удвоенной функции Лапласа при x  
.
pq
Пример 1. Вероятность того, что покупателю магазина необходима
обувь 36-го размера, равна 0,3. Какова вероятность того, что среди 500
покупателей доля нуждающихся в обуви 36-го размера отклонится от вероятности 0,3 не более чем на 0,04 (по абсолютной величине)?
Решение. Согласно формуле (3.13), при n = 500, p = 0,3, q = 1 – p =
0,7,  = 0,04 искомая вероятность равна:

 m

500 
  2Ф(1,95)  0,9488 .
P
 0,3  0,04   2Ф 0,04
500
0
,
3  0,7 



Пример 2. В урне содержатся белые и черные шары в отношении 4:1.
После извлечения шара регистрируется его цвет и шар возвращается в
урну. Чему равно число извлечений n, при котором с вероятностью
0,9722 можно ожидать, что абсолютная величина отклонения относительной частоты появления белого шара от его вероятности будет не более, чем 0,01?
Решение. По условию р = 0,8, q = 0,2, а вероятность того, что доля
(относительная частота) появления белых шаров по абсолютной величине отклонится от вероятности 0,8 не превзойдет  = 0,01, равна 0,9722.
Все это можно записать в виде:

m

n 
  0,9722 .
P   0,8  0,01   2Ф 0,01
n
0
,
8
 0,2 



По таблице значений функции Ф(х) находим, что Ф(х) = 0,4861 при
х = 2,2. Следовательно, 0,01
n
 2,2 . Решая уравнение относительно
0,8  0,2
n, будем иметь, что n = 882 = 7744.
Пример 3. Игральную кость бросают 80 раз. Найти с вероятностью
0,9973 границы, в которых будет заключено число m выпадений шестерки.
Решение. По условию n = 80, р 
1
6
, q
5
, а в соответствии с фор-
6
мулой (3.13) мы имеем равенство:


 80  6  6 
80 
  0,49865 .
2Ф  
 0,9973 , Ф 

5
1 5 



6 6

По таблице значений функции Лапласа находим, что Ф(х) = 0,49865
при х = 3. С другой стороны, аргумент того же значения функции
51
(0,49865) равен  80  6  6 . Следовательно, для определения  имеем со5
1
отношение  16  6  6  3 , откуда   . Следовательно,
8
m 1
1
  ,
80 6
8

1 m 1 1

  ,
8 80 6 8
3, (3)  m  23, (3) , откуда 4  m  23 .
3.5. Наивероятнейшее число появлений события
в независимых испытаниях
Число m0 наступления события в n независимых испытаниях называется наивероятнейшим, если число наступления вероятности события не меньше вероятности других возможных исходов данной серии
испытаний.
Пусть вероятность наступления некоторого события А в каждом испытании постоянна и равна 0,5. Проведены две серии испытаний: в одной – 10,
а в другой – 11. Вероятности возможных исходов испытаний найдем по
формуле Бернулли при p = q = 0,5. Для первой серии m = 0, 1, 2, …, 10, а для
второй m = 0, 1, 2, …, 11. Результаты вычислений приведены в табл. 2.
Таблица 2
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
–
Р10(m)
0,001 0,010 0,044 0,117 0,205
0,246 0,205
0,117 0,044 0,010
0,001
Р11(m)
0,000 0,005 0,027 0,081 0,161
0,226 0,226
0,161 0,081 0,027
0,005 0,000
Из табл. 2 следует, что вероятности Р10(m) и Р11(m) с ростом m первоначально возрастают и, достигнув наибольшего значения, в дальнейшем убывают. Различие в этих испытаниях состоит в том, что во второй
серии испытаний существует не одно, а два наивероятнейших исхода испытаний: m0  5, m0  6.
Покажем, что закономерность в изменении вероятностей Рn(m) характерна для схемы Бернулли. Пусть произведено n независимых испытаний, в каждом из которых событие А может наступить с вероятностью
р. Согласно формуле Бернулли (3.1), вероятности того, что событие А
наступит (m - 1) раз и m раз соответственно равны:
n!
n!
Pn (m  1) 
p m 1qn  m 1 ,
Pn (m) 
p m qn  m .
(m  1)!(n  m  1)!
m!(n  m)!
Для 1  m  n , как легко подсчитать,
следует, что
Pn ( m )  Pn ( m  1) , если
52
Pn (m)
n  m  1 p , отсюда


Pn (m  1)
m
q
n  m 1 p
  1 , то есть, если
m
q
m  np  p ; Pn ( m )  Pn ( m  1) , если m  np  p и, наконец, Pn(m) < Pn(m-1),
если m > np + p.
Таким образом, для всех m от 1 до наибольшего целого числа, не
превосходящего np + p, вероятности Pn(m) возрастают и, начиная с mпервого целого числа, большего np + p, убывают. Но m – это число
наступлений события А в n испытаниях, поэтому оно должно быть только
целым. Отсюда вытекает, что вероятности Pn ( m ) и Pn ( m  1) равны между
собой лишь в случае, если число np + p целое. Пусть m0 – наивероятнейшее число наступлений события А в n испытаниях. В таком случае, с одной стороны, Pn (m0  1)  Pn (m0 ) , а поэтому в соответствии с тем, что
m  np  p , должно выполняться неравенство m0  np  p . С другой стороны, должно выполняться неравенство Pn (m0  1)  Pn (m0 ) , а отсюда вытекает неравенство m0  1  np  p , откуда m0  np  q . Соединяя неравенства, которым должно удовлетворять m0, получим:
(3.14)
np  q  m0  np  p.
Числа np + p и np – q отличаются одно от другого на единицу. Поэтому, если np + p дробное, то и np – q дробное и между ними имеется
только одно целое число. Если же np + р целое число, то и np – q тоже
является целым.
Итак, если np + р не является целым числом, то двойное неравенство
(3.14) определяет (и при том только одно) целое число m0. Если же np + р
целое число, то существуют два наивероятнейших числа. Ими являются числа m0 = np + р и m0 = np – q. Заметим, что если np является целым числом, то
m0 = np. Это вытекает, как мы видим, из двойного неравенства (3.14).
Пример 1. Вероятность производства нестандартной детали равна
0,045. Найти наивероятнейшее число нестандартных среди 700 деталей.
Решение. Подстановка значений n = 700, p = 0,045, q = 0,955 в неравенство (3.14) дает: 700  0,045 – 0,955  m0  700  0,045 + 0,045. После
вычислений получаем: 30,545  m0  31,545, откуда наивероятнейшее
число нестандартных деталей m0 = 31 как единственное целое число, заключенное между 30,545 и 31,545.
Пример 2. Вероятность попадания в цель при выстреле из винтовки
равна 0,8. Найти наивероятнейшее число попаданий при 19 выстрелах.
Решение. По условию n = 19, p = 0,8, q = 0,2. Подставляя эти значения в двойное неравенство (3.14), получим 15  m0  16. Следовательно,
мы имеем случай, когда существуют два наивероятнейших исхода
стрельбы: 15 и 16 попаданий в цель.
3.6. Теорема Пуассона
Пусть производится n независимых испытаний, в каждом из которых
вероятность появления события А постоянна и равна р. Для определения
m появлений события А в этих испытаниях используют формулу Бернул53
ли. Если же n велико, то пользуются асимптотической формулой МуавраЛапласа. Однако эта формула действует тем хуже, чем больше отличается вероятность р от 0,5, то есть, чем меньшие значения р или q приходится рассматривать. Возникает, таким образом, задача разыскания асимптотической формулы, специально приспособленной для случая малых р и
относительно больших n. Такая формула была найдена Пуассоном. Сделаем, однако, важное допущение: произведение np сохраняет постоянное
значение, а именно np = .
Теорема Пуассона. Если р  0 при n   , а произведение np = ,
m
e .
m!
Доказательство. lim Pn (m)  lim Cnm p m q n  m 
то lim Pn ( m ) 
n
n 
n 
m
n(n  1)(n  2)...(n  (m  1))      
  1  
n 
m!
n
n 
n m
 lim

m

1 
2   m  1   
lim 1  1   ...1 
 1  
n


m!
n 
n
 n  n  
m

n
  .
1  
n

n

Применяя теоремы о пределах и учитывая, что lim 1    e   ,
n  
n
получим:
m
e .
m!
Итак, для случая малых р и относительно больших n
lim Pn (m) 
n 
Pn (m) 
m
m!
e  .
(3.15)
Это знаменитое пуассоновское приближение для биномиального
распределения (формула Пуассона).
Изучим поведение Pn(m) как функции m. С этой целью рассмотрим
 . Мы видим, что если m < , то Pn(m) > Pn(m - 1).
отношение Pn (m)
Pn (m  1)

m
Если же m > , то Pn(m) < Pn(m - 1), если, наконец m = , то Pn(m) = Pn(m - 1).
Отсюда выводим, что величина Pn(m) возрастает при увеличении m от 0 до
m0 = [] и при дальнейшем увеличении m убывает. Если  – целое число, то
Pn(m) имеет два максимальных значения: при m0 =  и при m0 =  - 1.
Пример 1. Дни рождения. Какова вероятность рm того, что в обществе из 500 человек m человек родились в день нового года?
Решение. Если эти 500 человек выбраны наугад, то можно применить схему 500 испытаний Бернулли с вероятностью р = 1/365. Тогда р0 =
(364/365)500 = 0,2537…. Для использования приближенной формулы
54
Пуассона полагаем  = 500/365 = 1,3699…. Тогда Р500(0) = 0,2541… и содержит ошибку лишь в третьем десятичном знаке. Для m = 1, 2, …, 6 точные значения Pm, вычисленные по биномиальной формуле, равны:
Р1 = Р500(1) = 0,3481…; Р2 = Р500(2) = 0,2385…;
Р3 = Р500(3) = 0,1089…; Р4 = Р500(4) = 0,0372…;
Р5 = Р500(5) = 0,0101…; Р6 = Р500(6) = 0,0023….
Соответствующие значения Рm, вычисленные по формуле (3.15), равны:
Р1 = 0,3481…; Р2 = 0,2385…; Р3 = 0,1089…; Р4 = 0,0372…; Р5 = 0,0101…;
Р6 = 0,0023…. Здесь все ошибки лишь в четвертом десятичном знаке.
Пример 2. При испытании легированной стали на содержание углерода вероятность того, что в случайно взятой пробе процент углерода
превысит допустимый уровень, равна 0,01. Считая применимой формулу
Пуассона, вычислить, сколько в среднем необходимо испытать образцов,
чтобы с вероятностью, равной 0,95 указанный эффект наблюдался, по
крайней мере, k раз (рассмотреть случаи k = 1, 2, 3).
Решение. В рассматриваемом примере искомая вероятность

k 1
mk
m 0
Pn (m  k )   Pn (m)  1   Pn (m)  0,95 , откуда
k 1
 Pn ( m)  0,05 .
m 0
По формуле Пуассона
k 1
 Pn (m)  Pn (0)  Pn (1)  Pn (2)  ...  Pn (k  1) 
m 0
 e   e  
2
e   ... 
k 1

2
k 1 
,
e   e  1   
 ... 
(k  1)!
2!
(k  1)! 

2!
где  = 0,01n. Итак,

2
k 1 
e   1   
 ... 
 0,05 .

2!
(k  1)! 

2
k 1
Поэтому 1      ...  
 0,05e . Логарифмируя последнее не2!
(k  1)!
равенство, имеем:

2
k 1 
ln 1   
 ... 
   ln 0,05 , откуда

2!
(k  1)! 



2
k 1  . Таким образом, уравнение для
  ln 20  1   
 ... 

2!
( k  1)! 


определения  приведено к виду, допускающему метод итераций. Решим
это уравнение для k = 1, 2, 3. При k = 1 имеем:   ln 20  2,957...,
55
0,01n  2,9957 , n  299,57, n  300 , так как n есть целое число. При k = 2
имеем:   ln 20(1   ) . Это неравенство выполняется при   4,75 , от2 
 
куда n  475. При k = 3, имеем   ln 201      , а это неравенство

2 
 
выполняется при   6,3 , поэтому n  630.
3.7. Простейший поток событий
События, наступающие в случайные моменты времени, называются
потоком событий.
Примерами потоков событий могут служить: поступление вызовов
на АТС и на пункт скорой медицинской помощи, прибытие самолетов в
аэропорт, подъезд автомобилей к автозаправке, последовательность отказа элементов некоторого устройства и др.
Среди свойств, которыми могут обладать потоки, выделим свойства
стационарности, отсутствия последствия и ординарности.
Свойство стационарности характеризуется тем, что вероятность появления m событий на любом промежутке времени зависит только от
числа m и от длительности t этого промежутка и не зависит от начала его
отсчета; при этом различные промежутки времени предполагаются непересекающимися. Например, вероятности появления m событий на промежутках (1; 5), (10; 15), (Т; Т + 5) одинаковой длительности t = 5 единицам времени, равны между собой.
Итак, если поток событий обладает свойством стационарности, то
вероятность появления m событий за промежуток времени длительностью t есть функция, зависящая только от m и t.
Свойство отсутствия последствия характеризуется тем, что вероятность появления m событий за любой промежуток времени не зависит
от того, появлялись или не появлялись события в моменты времени,
предшествующие началу рассматриваемого промежутка. Иначе говоря,
предыстория потока не сказывается на вероятности появления событий в
ближайшем будущем.
Итак, если поток событий обладает свойством отсутствия последствия, то имеет место взаимная независимость появлений того или иного
числа событий в непересекающиеся промежутки времени.
Свойство ординарности характеризуется тем, что появление двух и
более событий за малый промежуток времени практически невозможно.
Иначе, если поток обладает свойством ординарности, то за бесконечно
малый промежуток времени может появиться не более одного события.
Поток событий, обладающий свойствами стационарности, отсутствия последствия и ординарности, называется простейшим или пуассоновским.
56
Интенсивностью потока  будем называть среднее число появлений событий за единицу времени.
Можно доказать, что если постоянная интенсивность потока известна, то вероятность появления m событий простейшего потока за время
длительностью t определяется формулой:
(  t ) m  t
(3.16)
Pt (m) 
e .
m!
Формула (3.16), как и формула (3.15), называется формулой Пуассона.
Эта формула отражает все свойства простейшего потока. Действительно, из формулы (3.16) видно, что вероятность появления m событий
за время t при заданной интенсивности является функцией m и t, что характеризует свойство стационарности. Эта формула не использует информацию о появлении событий до начала рассматриваемого промежутка, а это характеризует свойство отсутствия последствия. И, наконец,
убедимся в том, что формула (3.16) отражает свойство ординарности.
Действительно, Pt (m  1)  1  Pt (0)  Pt (1)  1  et  tet . Далее, пользуясь
разложением в ряд Тейлора e t  1  t  (t )  (t )  ..., после простей2
2!
ших преобразований получим:
Pt ( m  1) 
3
3!
( t ) 2 ( t )3
t



 ...  ( t ) 2 1   ....
2
3
3


Сравнивая между собой вероятность появления одного события за
время t ( Pt (1)  t (1  t  ...) ) и вероятность появления более одного события за этот же промежуток времени  P (m  1)  (t )2  1  t  ...  , заключа t


2
3

ем, что при t  0 вероятность появления более одного события является
величиной высшего порядка малости по сравнению с вероятностью
наступления одного события, что характеризует свойство ординарности.
Итак, формулу (3.16) можно считать математической моделью простейшего потока событий.
Пример. Среднее число вызовов, поступающих на АТС в минуту,
равно 120. Найти вероятности следующих событий: А = {за две секунды на
АТС не поступит ни одного вызова}, B = {за две секунды на АТС поступит
менее двух вызовов}, С = {за одну секунду на АТС поступит хотя бы один
вызов}, D = {за три секунды на АТС поступит не менее 6 вызовов}.
Решение. По условию  = 120/60 = 2. Воспользуемся формулой
(t )m  t .
(3.16):
Pt (m) 
m!
e
1. Искомая вероятность того, что за две секунды не поступит ни одного вызова: P( A)  P2 (0)  (2  2) e 22  e 4  0,018 .
0
0!
57
2. Событие «поступило менее двух вызовов» произойдет, если
наступит одно из двух следующих несовместных событий: поступил
один вызов и не поступило ни одного вызова. Поэтому
P( B)  P2 (m  2)  P2 (0)  P2 (1)  4  4  e4  5  e4  0,092 .
3. Событие С = {за одну секунду поступит хотя бы один вызов} и
событие С = {за одну секунду не поступит ни одного вызова} противоположны, поэтому вероятность того, что за одну секунду поступит хотя
0
бы один вызов P(С )  P1(m  1)  1  P1 (0)  1  (2  1) e 2  0,865 .
0!
4. Событие D = {поступило не менее 6 вызовов} и событие D = {поступило менее 6 вызовов} противоположны и поэтому P3 (m  6)  P3 ( m  6)  1 .
Откуда P( D )  P3 ( m  6)  1  P3 ( m  6) 
 1  P3 (0)  P3 (1)  P3 ( 2)  P3 (3)  P3 ( 4)  P3 (5) 
 1
6 0 6 6 6 6 2 6 6 3 6 6 4 6 6 5 6
е  е  е  е  е  е  1  179,8  е 6  0,554.
0!
1!
2!
3!
4!
5!
3.8. Задачи
1. Найти вероятность того, что событие А наступит не менее трех раз
в четырех независимых испытаниях, если вероятность появления события А в одном испытании равна 0,4.
Ответ: р = 0,1792.
2. Отрезок разделен на четыре равные части. На отрезок наудачу
брошено 10 точек. Найти вероятность того, что на одну из частей деления
попадет одна точка, на другую – две, на третью – три, на четвертую – четыре. Предполагается, что вероятность попадания точки на отрезок пропорциональна длине отрезка и не зависит от его расположения.
10
1
Ответ: р  С10
 С92  С73  С44  1 4  0,012.
3. Производится четыре независимых выстрела по одной и той же
цели с различных расстояний; вероятности попадания при этих выстрелах равны соответственно р1 = 0,1; р2 = 0,2; р3 = 0,3; р4 = 0,4. Найти вероятности ни одного, одного, двух, трех и четырех попаданий.
Ответ: Р4(0) = 0,302; Р4(1) = 0,440; Р4(2) = 0,215; Р4(3) = 0,040; Р4(4)
= 0,002.
4. В библиотеке имеются книги только по технике и математике. Вероятности того, что любой читатель возьмет книгу по технике и математике равны соответственно 0,7 и 0,3. Определить вероятность того, что
пять читателей подряд возьмут книги или только по технике, или только
по математике, если каждый из них берет только одну книгу.
Ответ: р  0,17.
58
5. Вероятность попадания стрелком в десятку равна 0,7, а в девятку –
0,3. Определить вероятность того, что этот стрелок при трех выстрелах
наберет не менее 29 очков.
Ответ: р = 0,784.
6. За один цикл автомат изготавливает 10 деталей. За какое количество циклов вероятность изготовления хотя бы одной бракованной детали будет не менее 0,8, если вероятность того, что любая деталь бракованная, равна 0,01.
Ответ: n  16.
7. В электропоезд, состоящий из шести вагонов, садится двенадцать
человек, причем выбор каждым пассажиром вагона равновозможен.
Определить вероятности следующих событий: А = {в каждый вагон вошло по два человека}; В = {в один вагон никто не вошел, в другой – вошел один человек, в два вагона – по два человека, а в оставшиеся два вагона соответственно три и четыре человека}.
12!
3  5!12!
1
Ответ: P( A) 
 0,00344 , P( B) 
 12  0,138 .
6 12
2
(2!)  6
(2!)  3!4! 6
8. Вероятность поражения мишени при одном выстреле из винтовки
равна 0,4. Найти вероятность того, что при 600 выстрелах мишень будет
поражена 250 раз.
Ответ: Р600(250)  0,0236.
9. Монета брошена 2n раз (n велико!). Найти вероятность того, что
«герб» выпадет ровно n раз.
Ответ: P2n (n )  0,5642 .
n
10. Вероятность появления события в каждом из 2100 независимых
испытаний равна 0,7. Найти вероятность того, что событие появится: а) не
менее 1470 и не более 1500 раз; б) не менее 1470 раз; в) не более 1469 раз.
Ответ: а) P2100(1470, 1500)  0,4236; б) P2100(1470, 2100)  0,5;
в) P2100(0, 1469)  0,5.
11. Вероятность появления положительного результата в каждом из
n опытов равна 0,9. Сколько нужно провести опытов, чтобы с вероятностью 0,98 можно было ожидать, что не менее 150 опытов дадут положительный результат?
Ответ: n = 177.
12. Вероятность появления события в каждом из 900 независимых
испытаний равна 0,5. Найти вероятность того, что относительная частота
появления события отклонится от его вероятности по абсолютной величине не более чем на 0,02.
Ответ: р = 0,7698.
59
13. Вероятность появления события в каждом из 10000 независимых
испытаний равна 0,75. Найти такое положительное число , чтобы с вероятностью 0,979 абсолютная величина отклонения относительной частоты
появления события от его вероятности 0,75 не превысила .
Ответ:   0,01.
14. Отдел технического контроля проверяет 475 изделий на брак.
Вероятность того, что изделие бракованное, равна 0,05. Найти с вероятностью 0,9426 границы, в которых будет заключено число m бракованных изделий среди проверенных.
Ответ: 15  m  32.
15. Три стрелка одновременно стреляют по мишени. Вероятность
попадания в мишень при одном выстреле для первого стрелка равна 0,8,
для второго – 0,9, а для третьего – 0,7. Найти наивероятнейшее число
залпов, при которых все три стрелка попадут в мишень, если будет произведено 20 залпов.
Ответ: m0 = 10.
16. Прибор состоит из пяти независимо работающих элементов. Вероятность отказа любого элемента в момент включения прибора равна
0,2. Найти: а) наивероятнейшее число отказавших элементов; б) вероятность наивероятнейшего числа отказавших элементов; в) вероятность отказа прибора, если для этого достаточно, чтобы отказали хотя бы четыре
элемента.
Ответ: m0 = 1; Р5(1)  0,41; Р5(4,5) = 0,0067.
17. Станок-автомат штампует детали. Вероятность того, что изготовленная деталь окажется бракованной, равна 0,01. Найти вероятность того,
что среди 200 деталей окажется ровно 4 бракованных.
Ответ: Р200(4)  0,09.
18. Завод отправил на почту 1000 изделий. Вероятность повреждения
изделия в пути равна 0,001. Найти вероятности следующих событий: А =
{в пути повреждено ровно три изделия}; В = {повреждено менее трех}; С
= {повреждено более трех}; D = {повреждено хотя бы одно}.
Ответ: Р(А)  0,0613; Р(В)  0,9197; Р(С)  0,019; P(D)  0,632.
19. Среднее число вызовов, поступающих на АТС в одну минуту,
ровно двум. Найти вероятность того, что за четыре минуты поступит: а)
три вызова; б) менее трех вызовов; в) не менее трех вызовов. Поток вызовов предполагается простейшим.
Ответ: а) Р4(3)  0,0286; б) Р4(m < 3)  0,0138; в) Р4(m  3)  0,9862.
20. Вероятность того, что любой абонент позвонит на коммутатор в
течение часа, равна 0,01. Телефонная станция обслуживает 300 абонентов. Какова вероятность, что в течение часа позвонят 4 абонента?
Ответ: Р1(4)  0,168.
60
§ 4. ДИСКРЕТНЫЕ СЛУЧАЙНЫЕ ВЕЛИЧИНЫ, ИХ ЗАКОНЫ
РАСПРЕДЕЛЕНИЯ И ЧИСЛОВЫЕ ХАРАКТЕРИСТИКИ
4.1. Понятие дискретной случайной величины (ДСВ)
Одним из основных понятий теории вероятностей является понятие
случайной величины. Но прежде чем дать определение ДСВ, мы остановимся на рассмотрении примеров:
– число мальчиков, которые родятся в Камышине в ближайший месяц может быть равным 0 (родятся все девочки или не будет вообще новорожденных), 1, 2 и т. д. до некоторого конечного числа n.;
– число космических частиц, попадающих на определенный участок
земной поверхности за определенный промежуток времени;
– число вызовов, поступающих от абонентов на телефонную станцию в течение определенного промежутка времени определенной длины.
К такого же типа величинам относятся: количество бракованных деталей в партии; количество зерен в колосе на участке, засеянном семенами одного сорта; число выстрелов до первого попадания в цель и т. д.
Несмотря на всю разнородность конкретного содержания приведенных нами примеров, все они с точки зрения математики представляют
одну и ту же картину. А именно: в каждом примере мы имеем дело с величиной, так или иначе характеризующей исследуемое явление. Каждая
из этих величин под влиянием случайных факторов способна принимать
различные значения, но нельзя достоверно указать, какое значение она
примет в рассматриваемом опыте, явлении, наблюдении. Такие величины
называются случайными.
Определение. Случайной величиной называется переменная, которая
может принимать те или иные значения, неизвестно заранее – какие
именно. Случайные величины будем обозначать заглавными буквами латинского алфавита: Х (одна случайная величина), Y (вторая), Z (третья) и
т. д., а их возможные значения – соответствующими строчными буквами.
Например, Х – число попаданий при четырех выстрелах; возможные значения: х1 = 0, х2 = 1, х3 = 2, х4 = 3, х5 = 4. Нами будет рассмотрено два типа
случайных величин:
1)
прерывные (или дискретные);
2)
непрерывные случайные величины.
Определение. Случайная величина называется дискретной, если
множество ее значений конечно или счетно.
Примерами прерывных случайных величин с конечным числом значений могут служить число родившихся детей в течение суток, число
пассажиров автобуса, число детей в семье и т. д.
Пусть стрельба по цели ведется до первого попадания. Тогда число
производимых выстрелов будет случайной величиной. Она может принимать значения: 1 (если первый выстрел привел к попаданию в цель),
2 (если первый выстрел даст промах, а второй – попадание), 3 (если пер61
вые два выстрела дадут промахи, а третий – попадание) и т. д. до бесконечности. Для полной характеристики дискретной случайной величины
недостаточно перечислить все возможные ее значения, нужно еще указать вероятности этих значений.
Определение. Законом распределения случайной величины называется всякое соотношение, устанавливающее связь между возможными
значениями случайной величины и соответствующими им вероятностями. Закон распределения случайной величины можно задать таблично,
графически или аналитически.
4.2. Ряд распределения. Многоугольник распределения.
Примеры классических дискретных распределений
Простейшей формой задания закона распределения дискретной случайной величины Х является таблица, в которой перечислены возможные
значения случайной величины и соответствующие им вероятности (табл. 3):
Таблица 3
Х
P
xi
pi
x1
p1
x2
p2
…
…
xn
pn
Такая таблица называется рядом распределения случайной величины Х.
События Х = хi (i = 1, 2, …, n) являются несовместными и единственно
возможными, т. е. они образуют полную группу событий, поэтому сумма
их вероятностей должна быть равна единице:
n
p1  p2  p3  ...  pn   pi  1 .
(4.1)
i 1
Чтобы придать ряду распределения более наглядный вид, часто прибегают к его графическому изображению: по оси абсцисс откладывают
возможные значения случайной величины, а по оси ординат – вероятности этих значений, т. е. строят точки с координатами (xi ; pi). Для наглядности полученные точки соединяют отрезками прямых. Такая фигура называется многоугольником распределения. Многоугольник распределения, так
же как и ряд распределения, является исчерпывающей характеристикой
случайной величины.
Иногда удобной оказывается, так называемая, «механическая» интерпретация ряда распределения. Представим себе, что некоторая масса,
равная единице, распределена по оси абсцисс так, что в n отдельных точках х1, х2, …, хn сосредоточены соответственно массы р1, р2, …, рn. Тогда
ряд распределения интерпретируется как система материальных точек с
массами рi (i = 1, 2, …, n), расположенными на оси абсцисс.
Пример 1. Стрелок производит четыре выстрела по мишени. Вероятность попадания при каждом выстреле равна 0,1. За каждое попадание
стрелку присуждается 10 очков. Построить ряд распределения и многоугольник распределения числа выбитых очков.
62
Решение. Обозначим Х число выбитых очков. Возможные значения
случайной величины Х: х1 = 0, х2 = 10, х3 = 20, х4 = 30, х5 = 40. Соответствующие им вероятности найдем по формуле Бернулли при n = 4, p =
0,1, q = 1 – p = 0,9 и m = 0, 1, 2, 3, 4;
Р4(0) = 0,94 = 0,6561; Р4(1) = 40,10,93 = 0,2916; Р4(2) = 60,120,92 =
0,0486; Р4(3) = 40,130,9 = 0,0036; Р4(4) = 0,14= 0,0001.
Ряд распределения величины Х имеет вид:
X
P
xi
pi
0
0,6561
10
0,2916
20
0,0486
30
0,0036
40
0,0001
Многоугольник распределения изображен на рис. 8.
р
1
0
10
20
30
40
x
Рис. 8.
Пример 2. Вероятность появления события А в одном опыте равна р.
Производится ряд независимых опытов, которые продолжаются до первого появления события А. Случайная величина Х – число проведенных
опытов. Построить ряд распределения случайной величины Х.
Решение. Возможные значения величины Х: 1, 2, 3, 4, … (теоретически они ничем не ограничены). Для того, чтобы величина Х приняла значение, равное 1, необходимо, чтобы событие А произошло в первом же
опыте; вероятность этого равна р. Для того, чтобы величина Х приняла
значение, равное 2, нужно, чтобы в первом опыте событие А не появилось, а во втором появилось; вероятность этого равна qp, где q = 1 – p, и
т. д. Ряд распределения величины Х имеет вид:
Х
P
xi
pi
1
р
2
pq
3
pq2
63
…
…
n
pqn-1
…
…
Первые пять ординат многоугольника распределения для случая p =
0,5 показаны на рис. 9.
p
0,5
0,4
0,3
0,2
0,1
0
1
2
3
4
5
х
Рис. 9.
Ниже приведем примеры некоторых широко известных дискретных
распределений, описываемых функцией дискретного аргумента.
1. Распределение Паскаля
Случайная величина Х имеет распределение Паскаля с параметром
r > 0, если она может принимать любые целые неотрицательные значения
с вероятностями:
rm
.
(4.2)
P ( X  m) 
(1  r )m1

Покажем, что  P( X  m)  1 .
m 0

Имеем: 
m
rm
m 0 (1  r )
m 1

1   r 
1
1

 1.
 
 
1  r m 0  1  r 
1  r 1  r /(1  r )
2. Гипергеометрическое распределение
Случайная величина Х имеет гипергеометрическое распределение с параметрами N, М и n (N, M, n – натуральные числа), если она принимает конечное множество возможных значений {max (0, n + M - N)  m  min (M,n)}
соответственно с вероятностями
P ( X  m) 
m nm
CM
CN  M
.
(4.3)
C Nn
Гипергеометрическое распределение возникает в экспериментах по
выбору без возвращения n шаров из урны, содержащей N черных и белых
шаров, из которых М шаров белых.
64
Пример 3. Из урны, содержащей четыре белых и шесть черных шаров, случайным образом и без возвращения извлекаются три шара. Случайная величина Х – число белых шаров в выборке. Описать закон распределения (в форме ряда распределения) случайной величины Х и показать, что сумма вероятностей Р(Х = m) равна единице.
Решение. Для решения задачи применим формулу (4.3), полагая N = 10,
M = 4, n = 3, тогда P( X  m) 
C4mC63 m
3
C10
, m = 0, 1, 2, 3. По этим данным
составим ряд распределения
xi
p(Х = хi)
0
1/6
1
1/2
2
3/10
3
1/30
3
и вычислим сумму вероятностей Р(Х = хi):  P( X  xi )  1  1  3  1  1 .
Используя формулу
Cnm
6 2 10 30
i 0
n!
, можно переписать (4.3) в виде:

m!(n  m)!
P ( X  m) 
CnmCNMnm
.
(4.4)
CNM
Так как сумма вероятностей любого распределения вероятностей
равна единице, то из (4.4) вытекает, что при любых целых и положительных N, M, и n
(4.5)
Сn0СNMn  Сn1С NMn1  Сn2С NMn2  ...  СnM С N0 n  С NM .
Это тождество довольно часто оказывается полезным.
3. Биномиальное распределение
Если возможные значения случайной величины Х определяют по формуле Бернулли ( P( X  m)  Cn , p
m
m
q nm , m  0, 1, .... , n, q  1  p),
то распределение величины Х называется биномиальным (или распределением Бернулли).
4. Распределение Пуассона
Случайная величина Х называется распределенной по закону Пуассона с параметром   0, если ее возможные значения равны 0, 1, 2, …, а
соответствующие вероятности определяются формулой (3.15)
P ( X  m) 
m
m!
e .
Напоминаем, что распределение Пуассона может быть получено из
биномиального распределения путем предельного перехода при n  ,
р  0 при условии np =  и в этом случае интерпретируется как закон
«редких явлений». Если n достаточно велико, а р мало, то формулу Пуас65
сона (3.15) часто используют в качестве приближения вместо точной
формулы Бернулли (3.1).
4.3. Зависимость и независимость случайных величин.
Математические операции над случайными величинами
Важную роль в теории вероятностей играет понятие независимости
случайных величин. Пусть закон распределения случайной величины Х
характеризуется табл. 3, а закон распределения случайной величины Y
задается следующей таблицей:
Таблица 4
Y
P
yi
pj
y1
p1
…
…
y2
p2
ym
pm
Определение. Дискретные случайные величины X и Y называются независимыми, если независимы при любых i и j события Х = хi и Y = yj
(i = 1, 2, … , n; j = 1, 2, … , m). В противном случае случайные величины X
и Y называются зависимыми.
Таким образом, случайные величины X и Y независимы в том случае, когда закон распределения каждой из них не изменяется, если становится известным, что другая случайная величина приняла любое из своих
значений. Понятие зависимости и независимости случайных величин
легко распространяется на любое число случайных величин.
Предположим, что случайные величины X и Y выражают размер выигрыша на приобретенные два билета (соответственно на первый и второй денежно-вещевой лотереи различных выпусков). В этом случае X и Y
– независимые случайные величины, так как если станет известным, что
на первый билет выпал выигрыш (Х приняла некоторое значение), то закон распределения Y не изменится. Если же X и Y означают размер выигрыша на купленные два билета денежно-вещевой лотереи одного и того
же выпуска, то в этом случае X и Y – зависимые случайные величины. В
дальнейшем, если это не оговорено, случайные величины будем считать
независимыми.
Операции умножения случайной величины на постоянный множитель, сложения, вычитания и умножения случайных величин весьма
своеобразны. Пусть дана случайная величина Х, ряд распределения которой характеризуется табл. 3.
Определение. Произведение kX случайной величины Х на постоянный
множитель k – это новая случайная величина, которая с теми же вероятностями, что и случайная величина Х, принимает значения, равные
произведениям на k значений случайной величины Х. Следовательно, ряд
распределения kx имеет следующий вид:
Таблица 5
kX
P
значение
значение
kx1
p1
kx2
p2
66
…
…
kxn
pn
Определение. Квадрат случайной величины Х, то есть Х2 – это новая случайная величина, которая с теми же вероятностями, что и случайная величина Х, принимает значения, равные квадратам ее значений.
Пример 1. Составить ряд распределения случайной величины Х2, если ряд распределения величины Х задан таблицей:
X
P
xi
pi
-2
0,1
-1
0,1
0
0,2
1
0,15
2
0,05
3
0,15
5
0,25
Решение. Квадраты значений случайной величины Х равны: (-2)2 = 4,
(-1) = 1, 02 = 0, 12 = 1, 22 = 4, 32 = 9, 52 = 25. Таким образом, случайная величина Х2 принимает пять различных значений: 0, 1, 4, 9, 25 с вероятностями, равными соответственно 0,2, 0,25, 0,15, 0,15, 0,25. Вероятность
0,25 для значения 1, как и вероятность 0,15 для значения 4, получены по
теореме сложения как сумма вероятностей, с которыми случайная величина Х может принять значения –1 и 1, -2 и 2. Итак, ряд распределения
случайной величины Х2 можем записать в виде:
2
xi2
pi
X2
P
0
0,2
1
0,25
4
0,15
9
0,15
25
0,25
Пусть заданы случайные величины X и Y, законы распределения которых представлены табл. 3 и 4 соответственно.
Определение. Суммой случайных величин X и Y называется новая
случайная величина Z = X + Y, которая принимает все значения вида: xi +
yj (i = 1, 2, …, n; j = 1, 2, …, m) с вероятностями Pij, выражающими вероятность того, что случайная величина Х принимает значение xi, а Y –
значение yj, то есть
Pij  P( X  xi , Y  y j )  P( X  xi )  P(Y  y j )  pi  p 'j .
Аналогично определяются разность и произведение случайных величин Х и Y.
Пример 2. Случайные величины Х и Y заданы законами распределения:
Х
P
xi
0
1
2
3
pi
0,1
0,2
0,3
0,4
Y
yj
-1
0
1
P
p 'j
0,2
0,3
0,5
,
Составить законы распределения их суммы и произведения.
Решение. Определим возможные значения случайных величин Z1 = X + Y
и Z2 = XY; вычислим вероятности, с которыми они принимают каждое из
значений. Результаты вычисления оформим таблицей.
67
№ п/п
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
Х
0
0
0
1
1
1
2
2
2
3
3
3
Y
-1
0
1
-1
0
1
-1
0
1
-1
0
1
Z2 = XY
0
0
0
-1
0
1
-2
0
2
-3
0
3
Z1 = X + Y
-1
0
1
0
1
2
1
2
3
2
3
4
Pij
0,10,2 = 0,02
0,10,3 = 0,03
0,10,5 = 0,05
0,20,2 = 0,04
0,20,3 = 0,06
0,20,5 = 0,10
0,30,2 = 0,06
0,30,3 = 0,09
0,30,5 = 0,15
0,40,2 = 0,08
0,40,3 = 0,12
0,40,5 = 0,20
Вероятности каждого из 12 возможных случаев вычисляются по теореме умножения вероятностей. Случайная величина Z1 имеет шесть различных значений: -1, 0, 1, 2, 3, 4 с вероятностями, соответственно равными 0,02, 0,07, 0,17, 0,27 и 0,20. Вероятность 0,17 для значения 1 получена
по теореме сложения вероятностей – 0,17 = Р13 + р22 + Р31 = 0,05 + 0,06 +
0,06. Аналогично вычислены вероятности оставшихся значений. В итоге
получим следующий ряд распределения:
Z1 = X+Y
P
z1i
-1
0
1
2
3
4
pi
0,02
0,07
0,17
0,27
0,27
0,20
Случайная величина Z2 может принимать семь различных значений:
-3, -2, -1, 0, 1, 2, 3. Применение теоремы сложения вероятностей требуется
для отыскания лишь вероятности того, что случайная величина Z2 примет
значение 0. Каждое из остальных своих значений она принимает только в
одном случае. В результате получим следующий ряд распределения:
Z2 = XY
z2i
-3
-2
-1
0
1
2
3
P
pi
0,08
0,06
0,04
0,37
0,10
0,15
0,20
Можно получить закон распределения суммы (произведения) трех и
более случайных величин. Для этого сначала находят сумму (произведение) двух случайных величин, рассматривая ее как одну новую случайную величину. Затем складывают (умножают) с третьей (на третью) и
т. д., то есть, таким образом можно найти закон распределения суммы
(произведения) любого конечного числа случайных величин. Нетрудно
установить, что как сумма двух одинаковых случайных величин Х и Х не
равна 2Х, так и произведение этих случайных величин ХХ не равно Х2.
4.4. Числовые характеристики случайных величин,
их роль и назначение
Всякий закон распределения случайной величины с вероятностной
точки зрения полностью описывает (характеризует) случайную величину.
68
Однако во многих вопросах практики нет необходимости характеризовать случайную величину полностью, исчерпывающим образом. Зачастую достаточно бывает указать только отдельные числовые параметры,
которые характеризуют существенные черты случайной величины: ее
среднее значение, около которого группируются возможные значения
случайной величины; число, характеризующее степень разбросанности
этих значений около среднего, и т. д. Такие характеристики, назначение
которых – выразить в сжатой форме наиболее существенные особенности
распределения, называются числовыми характеристиками случайной величины. В теории вероятностей числовые характеристики и операции с
ними играют огромную роль. Весьма часто удается решить задачу до
конца, оставляя в стороне законы распределения и оперируя лишь числовыми характеристиками.
4.5. Математическое ожидание дискретной случайной
величины и его свойства
Среди всех числовых характеристик случайной величины, безусловно, самой важной является математическое ожидание или среднее значение. Оно наиболее удобно для аналитических операций и в то же время
обладает полезным для статистов свойством, называемым выборочной
устойчивостью.
Пусть случайная величина Х задана табл. 3. Охарактеризуем положение значений случайной величины на оси абсцисс с учетом того, что
эти значения имеют различные вероятности. Для этой цели воспользуемся «средним взвешенным» значений xi, причем каждое значение xi при
осреднении должно учитываться с «весом», пропорционально вероятности этого значения. Таким образом, мы вычислим среднее значение случайной величины Х, которое обозначим М(Х):
n
x p
x p  x p  ...  xn pn i 1 i i ,
М (Х )  1 1 2 2
 n
p1  p2  ...  pn
 pi
i 1
n
или, учитывая, что  pi  1 , получим:
i 1
n
M ( X )   xi pi .
i 1
(4.6)
Это среднее взвешенное значение и называется математическим
ожиданием.
Определение. Математическим ожиданием дискретной случайной
величины называется сумма произведений всевозможных ее значений на
вероятности этих значений.
69
Очевидно, что с механической точки зрения математическое ожидание М(Х), определяемое формулой (4.6), характеризует положение центра
тяжести системы материальных точек xi (i = 1, 2, …, n), в которых сосредоточены соответственно массы pi (I = 1, 2, …, n).
Из наличия своеобразной связи между частотой и вероятностью
можно вывести как следствие наличие подобной связи между средним
арифметическим и математическим ожиданием. Действительно, пусть
производится N независимых опытов, в каждом из которых величина Х
принимает определенное значение. Предположим, что значение х1 появилось m1 раз, значение х2 – m2 раз, вообще значение xi появилось mi раз.
n
Очевидно, что
m
i 1
i
 N . Вычислим среднее арифметическое наблюда-
емых значений величины Х, которое в отличие от математического ожидания М(Х) обозначим М*(Х):
М *( Х ) 
Но
x1m1  x2 m2  ...  xn mn n mi .
  xi
N
N
i 1
mi
есть частота (или статистическая вероятность события Х = хi);
N
эту частоту мы условились обозначать pi* . Тогда
n
M * ( X )   xi pi* ,
i 1
то есть, среднее арифметическое наблюдаемых значений случайной величины равно сумме произведений всех возможных значений случайной
величины на частоты этих значений.
*
При увеличении числа опытов N частоты pi будут приближаться
(сходиться по вероятности) к соответствующим вероятностям pi. Следовательно, и среднее арифметическое наблюдаемых значений случайной
величины М*(Х) при увеличении числа опытов будет приближаться (сходиться по вероятности) к ее математическому ожиданию М(Х).
Сформулированная нами связь между средним арифметическим и
математическим ожиданием составляет содержание одной из форм закона больших чисел.
Пример 1. Найти математическое ожидание случайной величины Х,
имеющей распределение Паскаля.
Решение. Случайная величина Х может принимать целые неотрицательные значения (xi = m (m = 0, 1, 2, …)) с вероятностями
rm
.
Pi  P( X  m) 
(1  r )m1
70
По формуле (4.6) вычислим математическое ожидание.
M ( x) 


m
 (1  r )
mr
m 0

m 1
 1  1
1    m1  

1  r m1
r 
r
1
Пусть Ф( r ) 

 Ф(r )dr   
m1
m 1
 m 1
m
m
1
1 
2
r  r
 1
1  

r
m 1 
m
(1  r )
m 1

 1

m1  

r  1 m1 
r
1


1
1 

2
r
m1 r 

Ряд


mr
1
 1
m1  
r m1 
r

 m 1

r
m

m
1
1 

2
r
m1 r 
 m 1
.
 m 1
, тогда
 m 1

dr 

1
 1  r 
m 
m
 C.
1
m
является бесконечно убывающей геометрической
прогрессией, у которой первый член и знаменатель равны
r
. Поэтому
1 r
 Ф(r )dr  r  c. Дифференцируя это равенство по r, получим Ф(r) = 1.
Итак, М(Х) = rФ(r) = r. Таким образом, параметр r представляет собой
математическое ожидание случайной величины.
Пример 2. Определить математическое ожидание случайной величины Х распределенной по закону Пуассона.
Решение. По определению математического ожидания
M (X ) 



m
 mP ( X  m)  m0m m! e
m 0

.
Первый член суммы (как и в примере 1) равен нулю. Следовательно,
суммирование начнем с m = 1:

M (Х )
 m
m1

m
m!

e   e   m
m1

m1
m!

 e   m
m1

m1
.
(m  1)!
Обозначим m – 1 = k, тогда
M ( Х )  e



k
 e

k 0 k!
 
e  .
Таким образом, параметр λ представляет собой не что иное, как математическое ожидание случайной величины Х.
Перейдем к рассмотрению теорем, характеризующих свойства математических ожиданий.
71
Теорема 1. Математическое ожидание постоянной величины
равно этой постоянной.
Доказательство. Постоянную величину (а) можно считать случайной, которая принимает лишь одно значение (а) с вероятностью p = 1.
Поэтому математическое ожидание такой величины равно:
М(а) = а1 = а.
Теорема 2. Постоянный множитель можно выносить за знак
(символ) математического ожидания, т. е.
M(KX) = KM(X).
(4.7)
Доказательство. Пусть закон распределения случайной величины X
характеризуется табл. 3. Тогда KX – это случайная величина, закон распределения которой задается табл. 5. Математическое ожидание такой
случайной величины равно:
n
M ( KX )  Kx1P1  Kx2 P2 
 Kxn Pn  K  xi Pi  KM ( X ).
i 1
Теорема 3. Математическое ожидание суммы любого конечного числа случайных величин равно сумме их математических ожиданий, т. е.
M(X +Y + …+ Z) = M(X) + M(Y) + … + M(Z).
(4.8)
Доказательство. Сначала докажем теорему для двух случайных величин X и Y, законы распределения которых приведены в табл. 3 и 4. Математическое ожидание случайной величины X + Y равно:
n
m
n m
n m
i 1 j 1
i 1 j 1
M ( X  Y )    ( xi  y j ) pij    xi pij    y j pij ,
i 1 j 1
где через pij обозначена вероятность того, что случайная величина X + Y
примет значение xi + y j (i = 1, 2, …, n; j = 1, 2, …, m).
m
Так как в сумме  xi pij xi не зависит от индекса j, то xi можно выj 1
n m
нести за знак суммы и двойную сумму   xi pij записать в виде:
i 1 j 1
n
m
n
j 1
i 1
 xi  pij   xi pi ,
i 1
m
так как, очевидно, что  pij  pi .
j 1
Аналогично можно получить:
n m
m
n
m
i 1 j 1
j 1
i 1
j 1
'
  y j pij   y j  pij   y j p j .
72
n
m
n
i 1
j 1
i 1
Таким образом, M ( X  Y )   xi pi   y j p 'j . Но  xi pi  M ( X ), а
m
 yi pj  M (Y ), поэтому M(X + Y) = M(X) + M(Y), что требовалось до-
j 1
казать.
Теорему, доказанную для суммы двух случайных величин, легко
распространить на сумму трех случайных величин. Действительно,
M(X + Y + Z) = M[(X + Y) + Z] = M(X + Y) + M(Z) = M(X) + M(Y) + M(Z).
Методом математической индукции теорема легко доказывается для
суммы любого конечного числа слагаемых.
Следствие. Так как X - Y = X + (-1)Y, то по формуле (4.8) M(X - Y ) =
= M[X + (-1)Y] = M(X) + M[(-1)Y]. По теореме 2 имеем:
M[(-1)Y] = -1M(Y) = -M(Y).
Из последних двух равенств получаем:
M(X-Y) = M(X) - M(Y).
(4.9)
Теорема 4. Математическое ожидание произведения конечного
числа независимых случайных величин равно произведению их математических ожиданий, т. е.
M(XY … Z) = M(X)M(Y) … M(Z).
(4.10)
Доказательство. Первоначально докажем теорему для двух независимых случайных величин X и Y. Пусть табл. 3 и 4 определяют их законы
распределения. Поскольку случайные величины X и Y независимые, то их
произведение принимает значения xi y j (i = 1, 2, …, n; j = 1, 2, …, m) с
вероятностями pij  pi  p 'j . Поэтому
n m
M ( XY )    xi y j pi p'j .
i 1 j 1
Множители xi pi можно вынести за знак второй суммы, так как они
не зависят от индекса j, по которому производится суммирование во второй сумме:
n
m
i 1
j 1
M ( XY )   xi pi  y j p'j .
n
m
i 1
j 1
Так как, по определению,  xi pi  M ( X ), а  y j p'j  M (Y ), то
имеем: M ( XY )  M ( X )M (Y ), что и требовалось доказать.
Это доказательство можно легко распространить на произведение
любого конечного числа независимых случайных величин.
Пример 3. Вычислить математическое ожидание случайной величины X – числа появления события А в n независимых испытаниях, т. е.
найти M(X) биномиального распределения.
73
Решение. Первоначально найдем математическое ожидание числа
появлений события А в одном испытании, если вероятность события А
равна р. Случайная величина Х – число появлений события А в одном
испытании может принимать только два значения: х1 = 1 событие А
наступило) с вероятностью р и х2 = 0 (событие А не наступило) с вероятностью q = 1 - p. Искомое математическое ожидание M(X) =1p + 0q = p.
Итак, математическое ожидание числа появлений события А в одном
испытании равно вероятности этого события.
Теперь решим основную задачу.
Пусть X – число появлений события А в n испытаниях. Очевидно, что
общее число X появлений события А в этих испытаниях складывается из
числа появлений события в каждом испытании. Поэтому, если X1 – число
появлений события в первом испытании, X2 – во втором, … Xn – в n-ом, то
общее число появлений события X  X1  X 2   X n . По теореме 3 имеем:
M ( X )  M ( X1 )  M ( X 2 )   M ( X n ).
Так как M ( X1 )  M ( X 2 )   M ( X n )  p, то M(X) = np.
Итак, математическое ожидание биномиального распределения с параметрами n и p равно произведению np.
Кроме важнейшей из характеристик положения – математического
ожидания – на практике иногда применяются и другие числовые характеристики положения, в частности мода и медиана случайной величины.
Модой случайной величины называется ее наиболее вероятностное
значение. Обозначается мода буквой Мo.
Медианой Ме распределения случайной величины X называется такое число xm, для которого P( X  xm )  1 и P( X  xm )  1 . Другими сло2
2
вами, xm выбрано таким образом, чтобы вероятность того, что X меньше
или больше чем xm, была возможно более близка к 0,5.
4.6. Дисперсия дискретной случайной величины и ее свойства.
Среднее квадратическое отклонение
Выше отмечалось, что математическое ожидание случайной величины является постоянной величиной. Оно связано с ней и характеризует ее
в среднем. Иногда математическое ожидание дает необходимое представление о случайной величине, тогда отпадает необходимость детального изучения закона распределения.
Однако в большинстве случаев только математическое ожидание не
может в достаточной степени охарактеризовать случайную величину.
Бывает так, что математические ожидания случайных величин одинаковы, но по характеру распределения они совершенно различны.
Пусть случайные величины X и Y заданы законами распределения:
74
X
P
xi
pi
-0,2
0,05
-0,1
0,2
0
0,5
0,1
0,2
0,2
0,05
Y
P
yj
p j’
-30
0,2
-10
0,15
0
0,3
10
0,15
30
0,2
Математические ожидания их одинаковы – равны нулю:
M(X) = (-0,2)0,05 + (-0,1)0,2 + 00,5 + 0,10,2 + 0,20,05 = 0;
M(Y) = (-30)0,2 + (-10)0,15 + 00,3 + 100,15 + 300,2 = 0.
Характер распределений случайных величин Х и Y различный. Действительно, случайная величина X принимает значения, близкие к математическому ожиданию, а случайная величина Y принимает значения,
отклоняющиеся от математического ожидания, причем вероятности этих
значений не малы. Так, при одинаковой средней величине выпадающих в
двух местностях осадков за год нельзя сказать, что эти местности одинаковы по климату (при прочих равных условиях). Аналогично одна средняя заработанная плата не дает возможности судить об удельном весе
высоко- и низкооплачиваемых рабочих. Эти примеры показывают, что
умение давать оценку рассеивания значений случайной величины имеет
весьма важное значение.
Оценивать рассеивание можно по-разному. Наиболее распространенной мерой рассеивания является так называемая “дисперсия” и непосредственно полученное из нее “среднее квадратическое отклонение” (СКО).
Пусть задан закон распределения случайной величины X (см. табл. 3),
математическое ожидание этой величины равно mx. Разброс значений
случайной величины X около математического ожидания mx могут характеризовать квадраты отклонений значений случайной величины от
m: (х1 – mx)2, (x2 – mx)2, …, (xn – mx)2. Квадраты этих отклонений можно
рассматривать как значения новой случайной величины ( X  mx )2 . Вероятность того, что она примет значение, ( xi  mx )2 , очевидно, та же, что и
P ( X  xi ), т. е. равна Рi (i = 1, 2, …, n). Это означает, что случайная величина (X-mx)2 имеет следующий закон распределения:
Значение
(x1-mx)2
(x2-mx)2
...
(xn-mx)2
Вероятность
р1
р2
...
рn
Математическое ожидание этой случайной величины называется
дисперсией случайной величины X, которая обозначается символом D(X)
или 2(X). Следовательно,
n
D( X )   ( xi  mx )2 рi .
i 1
(4.11)
Определение. Дисперсией случайной величины X называется математическое ожидание квадрата отклонения ее от математического
ожидания:
(4.12)
D( X )  M ( X  M ( X )) 2 .
75
Определение. Арифметическое значение корня квадратного из дисперсии случайной величины называется ее средним квадратическим отклонением. СКО обозначается (X) или x, т. е. по определению
 ( X )  D( x) .
(4.13)
Среднее квадратическое отклонение (иначе “стандарт”) случайной
величины X имеет размерность, совпадающую с размерностью случайной
величины X.
Полезно иметь в виду следующее: если обратиться к механической
интерпретации распределения, то дисперсия представляет собой не что
иное, как момент инерции заданного распределения масс относительно
центра тяжести (математического ожидания).
Далее перейдем к рассмотрению теорем, характеризующих свойства
дисперсии.
Теорема 1. Дисперсия постоянной величины равна нулю.
Доказательство. Так как математическое ожидание постоянной равно этой постоянной и она принимает только одно значение с вероятностью. равной 1, то D(c) = (a-a)21 = 0.
Теорема 2. Постоянный множитель можно выносить за знак дисперсии, возводя его при этом в квадрат:
D(KX ) = K2D(X).
(4.14)
Доказательство. Пусть закон распределения случайной величины X
определяется табл. 3. Тогда табл. 5 характеризует закон распределения
величины KX. Из формулы (4.7) следует, что M(KX) = KM(X) = Kmx.
Применяя формулу (4.11), получим:
n
n
D( KX )   ( Kxi  Kmx )2 рi  K 2  ( xi  mx )2 рi  K 2 D( X ),
i 1
i 1
n
так как, по определению,  ( xi  mx )2 рi  D( X ). Теорема доказана.
i 1
Теорема 3. Дисперсия случайной величины равна математическому ожиданию квадрата ее без квадрата ее математического ожидания:
D(X) = M(X2) – M2(X).
(4.15)
Доказательство. Для упрощения записи обозначим математическое
ожидание случайной величины X через mx. Применяя свойства математического ожидания, получим:
D( X )  M ( X  M ( X ))2  M ( X  mx ) 2  M ( X 2  2mx X  mx2 ) 
 M ( X 2 )  2mx M ( X )  M (mx2 )  M ( X 2 )  2mx2  mx2 
 M ( X 2 )  M 2 ( X ).
Теорема доказана.
Формула (4.15) упрощает вычисление дисперсии.
76
Теорема 4. Дисперсия суммы двух независимых случайных величин равна сумме их дисперсий.
Доказательство. Пусть случайные величины X и Y независимы. Тогда,
применяя формулу (4.15) и свойства математического ожидания, получим:
D(X + Y) = M(X + Y)2 – M2(X + Y) = M(X2 + 2XY + Y2) –
– (M(X) + M(Y))2 = M(X2) + 2M(X)M(Y) + M(Y2) –
– M2(X) – 2M(X)M(Y) – M2(Y) = [M(X2) – M2(X)] +
+ [M(Y2) – M2(Y)] = D(X) + D(Y).
Итак,
D(X+Y) = D(X)+D(Y).
(4.16)
Таким образом, для двух независимых случайных величин теорема доказана. Пользуясь методом математической индукции, теорему можно распространить на любое конечное число независимых случайных величин.
Следствие. Среднее квадратическое отклонение суммы конечного числа независимых случайных величин равно корню квадратному из суммы квадратов их средних квадратических отклонений:
 ( X )  12 ( X1 )   22 ( X 2 )    n2 ( X n ),
если X = X1 + X2 + … Xn.
Справедливость этого предложения непосредственно вытекает из
теоремы 4 о свойствах дисперсии и из определения среднего квадратического отклонения.
Пример 1. Найти дисперсию числа появлений события А в одном
испытании, если вероятность появления события А равна р.
Решение. Случайная величина X – число появлений события А в
одном испытании может принимать только два значения: x1 = 0 (событие
А не наступило) с вероятностью q = 1 -p и x2 = 1 (событие А наступило) с
вероятностью p.
Математическое ожидание случайной величины X, как было показано ранее, равно p. Для вычисления дисперсии применим формулу (4.11).
n
D( X )   ( xi  mx )2 Pi  (0  p)2 q  (1  p)2 p  pq.
i 1
Пример 2. Определить дисперсию случайной величины X, имеющей
биномиальное распределение.
Решение. Очевидно, что общее число появлений события в n независимых испытаниях складывается из числа появления события в отдельных испытаниях. Поэтому, если X1 – число появления события в первом испытании, X2 – во втором, …, Xn – в n-ом, то общее число появления
события X = X1 + X2 + …+ Xn. По четвертому свойству дисперсии имеем:
D(X) = D(X1) + D(X2) + … + D(Xn) = npq, так как D(X1) = D(X2) = … = D(Xn) = pq.
Пример 3. Вычислить дисперсию случайной величины X, распределенной по закону Пуассона.
77
Решение. В п. 4.5, (пример 2) было показано, что математическое ожидание случайной величины, распределенной по закону Пуассона, равно .
Дисперсию случайной величины X вычислим по формуле (4.15). Как
видно из этой формулы, нам достаточно найти математическое ожидание
квадрата случайной величины X, поскольку математическое ожидание ее
уже найдено.


m
m0
m0
m!
M ( X 2 )   m2 P( X  m)  m2
e .
Первый член суммы равен нулю. Следовательно, суммирование
начнем с m = 1:



 m 
m
 m1
M ( X 2 )   m2
e  e  m2
  e  m
.
m 1
m!
m 1
m!
m 1
(m  1)!
m 1
Обозначим сумму ряда  m 
через Ф() и проинтегрируем
m 1 ( m  1)!
полученное равенство:



 m1
m
m
m
d  
 m1d   
  ( ) d    

(m  1)!
m 1
m 1 ( m  1)!
m 1 ( m  1)!


c   
 m1
m 1 ( m  1)!
 c   e  c.
Итак,  ( )d    e  c. Дифференцируя это равенство, получим:
( )  e   e . Откуда M ( X 2 )   e (e   e )     2 .
D( X )  M ( X 2 )  M 2 ( X )     2   2   , т. е., совпадает с математиче-
ским ожиданием. Таким образом, параметр , который определяет закон
Пуассона, численно равен математическому ожиданию и дисперсии случайной величины, распределенной по этому закону. Этот важный результат устанавливает теоретико-вероятностный смысл параметра .
Пример 4. Доказать, что математическое ожидание среднего арифметического одинаково распределенных случайных величин X1, X2, …, Xn
равно математическому ожиданию a каждой из случайных величин, а
дисперсия в n раз меньше дисперсии D каждой из величин, если они являются независимыми случайными величинами.
Доказательство. Пусть случайная величина Z  X1  X 2   X n . Тогда,
n
в соответствии с формулами (4.7) и (4.8), получим:
M (Z )  M (
X1  X 2 
n
1
 M ( X1 )  M ( X 2 ) 
n
 Xn
1
M ( X1  X 2 
n
na
 M ( X n ) 
 a.
n
)
78
Xn) 
Согласно теоремам 2 и 4, характеризующим свойства дисперсии,
будем иметь:
D( Z )  D(
1
n2
X1  X 2 
n
[ D( X1 )  D( X 2 ) 
Xn
)
1
n2
D( X1  X 2 
 D( X n )] 
что и требовалось доказать.
1.
a)
nD
n2

 Xn) 
D
,
n
4.7. Задачи
Дискретная случайная величина X задана законом распределения:
X
xi
0
1
2
3
4
P
pi
0,1
0,2
0,3
0,3
0,1
X
xi
10
15
20
P
pi
0,1
0,7
0,2
б)
Построить многоугольник распределения.
2. В партии 10 % нестандартных деталей. Наудачу отобраны четыре
детали. Написать закон распределения случайной величины X – числа нестандартных деталей среди четырех отобранных и построить многоугольник распределения.
Ответ:
X
xi
0
1
2
3
4
P
pi
0,6561
0,2916
0,0486
0,0036
0,0001
3. Игральная кость бросается 3 раза. Написать закон распределения
числа появлений шестерки.
Ответ:
X
xi
0
1
2
3
P
pi
125/216
75/216
15/216
1/216
4. В партии из шести деталей 4 стандартных. Наудачу отобраны 3
детали. Составить закон распределения случайной величины X – числа
стандартных деталей среди отобранных.
Ответ:
X
xi
0
1
2
3
P
pi
0
1/5
3/5
1/5
5. Вероятность того, что стрелок попадает в мишень при одном выстреле, равна 0,8. Стрелку выдают патроны до тех пор, пока он не промахнется. Составить закон распределения числа патронов, выданных
стрелку.
79
Ответ:
X
xi
1
pi
P
3
…
k
…
0,128
…
0,8 0,2
…
2
0,2
0,16
k-1
6. Из партии, содержащей 100 изделий, среди которых имеется 10
дефектных, выбраны случайным образом 5 изделий для проверки их качества. Построить ряд распределения случайного числа X дефектных изделий, содержащихся в выборке.
Ответ:
X
xi
0
1
2
3
4
5
P
pi
0,583
0,340
0,070
0,007
0,…
0,…
7. Производятся последовательные независимые испытания пяти
приборов на надежность. Каждый следующий прибор испытывается
только в том случае, если предыдущий оказался надежным. Построить
ряд распределения случайной величины X – числа испытанных приборов,
если вероятность выдержать испытания для каждого из них равна 0,9.
Ответ:
X
xi
1
2
3
4
5
P
pi
0,1
0,09
0,081
0,0729
0,6561
8. Вероятность выпадания герба при каждом из пяти бросаний монеты равна 0,5. Составить ряд распределения случайной величины Z – отношения числа X появлений герба к числу Y появлений решки.
Ответ:
Z
zi
0
1/4
2/3
3/2
4

P
pi
1/32
5/32
10/32
10/32
5/32
1/32
9. Найти математическое ожидание, дисперсию (по формулам (4.11)
и (4.15)) и среднее квадратическое отклонение дискретной случайной величины X, заданной законом распределения:
X
xi
-5
2
3
4
P
pi
0,4
0,3
0,1
0,2
Ответ. M(X) = -0,3; D(X) = 15,21; (X) = 3,9.
10. Дан перечень возможных значений дискретной случайной величины X: x1 = 1, x2 = 2, x3 = 3, а также известны математические ожидания
этой величины и ее квадрата: M(X) = 2,3, M(X2) = 5,9. Найти вероятности,
соответствующие возможным значениям Х.
Ответ: p1 = 0,2; p2 = 0,3; p3 = 0,5.
80
11. Отдел технического контроля проверяет изделия на стандартность. Вероятность того, что изделие стандартно, равна 0,9. В каждой
партии содержится 5 изделий. Найти математическое ожидание дискретной случайной величины X – числа партий, в каждой из которых окажется ровно 4 стандартных изделия, если проверке подлежит 50 партий.
Ответ: M ( X )  50  С54  0,94  0,1  16.
12. Найти дисперсию дискретной случайной величины X – числа отказов элемента некоторого устройства в 100 независимых опытах, если
вероятность отказа элемента в каждом опыте равна 0,9.
Ответ: D(X) = 9.
13. Производятся независимые испытания с одинаковой вероятностью появления события А в каждом испытании. Найти вероятность появления события А, если дисперсия числа появления события А в трех независимых испытаниях равна 0,63.
Ответ: p1 = 0,3; p2 = 0,7.
14. Дискретная случайная величина X имеет только три возможных
значения: x1, x2 и x3, причем x1  x 2  x 3 . Вероятности того, что X примет
значения x1 и x2, соответственно равны 0,3 и 0,2. Найти закон распределения величины X, зная ее математическое ожидание M(X) = 2,2 и дисперсию D(X) = 0,76.
Ответ:
X
xi
1
2
3
P
pi
0,3
0,2
0,5
15. Доказать, что если X и Y – независимые случайные величины, то
D( XY )  D( X ) D(Y )  M 2 (Y ) D( X )  M 2 ( X ) D(Y ).
16. Из урны, содержащей 4 белых и 6 черных шаров, случайным образом и без возвращения извлекаются 3 шара. Случайная величина X –
число белых шаров в выборке. Описать закон распределения и найти математическое ожидание, моду и дисперсию случайной величины X.
Ответ:
X
P
xi
0
1
2
3
pi
1/6
1/2
3/10
1/30
M(X) = 6/5, Mо = 1, D(X) = 14/25.
17. Испытания в схеме Бернулли с вероятностью успеха р в одном
испытании повторяются до тех пор, пока не появится успех, после чего
прекращаются. Пусть X – число проведенных испытаний до первого
успеха включительно. Найти M(X), M, D(X). (Закон распределения случайной величины X называется геометрическим с параметром p.)
Ответ: M(X) = 1/p, Mо = 1, D(X) = q/p2.
81
18. Вероятность попадания стрелка в мишень в неизменных условиях постоянна и равна p. Стрелку выдаются патроны до тех пор, пока он
не промахнется. Пусть X – число выданных стрелку патронов в этом эксперименте. Найти M(X) и D(X).
Ответ: M(X )= 1/q, D(x) = p/q2.
19. Испытуемый прибор состоит из пяти элементов. Вероятность отказа для элемента с номером k равна pk = 0,2 + 0,1(k - 1).Определить математическое ожидание и дисперсию числа отказавших элементов, если
отказы элементов независимы.
Ответ: M(X) = 2, D(X) = 1,1.
20. Случайная величина X может принимать целые положительные
значения с вероятностями, убывающими в геометрической прогрессии.
Выбрать первый член а и знаменатель прогрессии q так, чтобы математическое ожидание величины X было равно 10.
Ответ: q = 0,9; a = 0,1.
21. Случайная величина X может иметь любое целое положительное
значение n с вероятностью, пропорциональной 1 . Найти математиче3n
ское ожидание X.
Ответ: M(X) = 3 .
2
22. *Случайная величина X имеет распределение
1
2
n = 1, 2, 3, ... Найти М(X).
P( X  ) 
2n (2n  1)( 2n  1)
Ответ: M(X) = 2ln2 - 1.
23. Из урны, содержащей m белых и n черных шаров, извлекаются
шары до тех пор, пока не появится белый шар. Найти математическое
ожидание случайной величины X – числа вынутых черных шаров и ее
дисперсию, если каждый шар после извлечения возвращается в урну.
Ответ: M(X) = n , D( X )  n(n  m) .
2
m
m
82
§ 5. НЕПРЕРЫВНЫЕ СЛУЧАЙНЫЕ ВЕЛИЧИНЫ, ИХ ЗАКОНЫ
РАСПРЕДЕЛЕНИЯ И ЧИСЛОВЫЕ ХАРАКТЕРИСТИКИ
5.1. Функция распределения и ее свойства
Если множество значений случайной величины Х несчетно, то составить ряд распределения случайной величины Х невозможно, так как
нельзя перечислить все возможные ее значения. Следовательно, для такой случайной величины не существует ряда распределения в том смысле, в каком он существует для дискретной случайной величины.
Для количественной характеристики распределения случайной величины Х можно пользоваться не вероятностью Х = х, а вероятностью Х <
x, где х – текущая переменная. Вероятность этого события, очевидно, зависит от х, т. е. является функцией от х. Эту функцию и называют функцией распределения случайной величины Х, которая обозначается F(x).
Таким образом, по определению:
F(x) = P(X < x).
(5.1)
Определение. Функцией распределения случайной величины Х называется функция F(x), выражающая для каждого x   ;   , вероятность того, что случайная величина Х примет какое-нибудь значение,
меньшее х.
Функцию распределения F(x) называют также интегральной функцией распределения или интегральным законом распределения.
Функция распределения – самая универсальная характеристика случайной величины. Она существует для всех случайных величин: как прерывных (дискретных), так и непрерывных (определение непрерывной
случайной величины будет дано чуть ниже).
Пример 1. Производится один опыт, в котором может появиться или
не появиться событие А. Вероятность появления события А равна 0,4.
Случайная величина Х – число появления события А в опыте. Построить ее функцию распределения.
Решение. Ряд распределения случайной величины Х имеет вид:
xi 0 1
pi 0, 6 0, 4
Случайная величина Х не принимает значений, меньших 0. Следовательно, для ∀ x  0 события Х < х невозможные – их вероятности равны
нулю, откуда равна нулю и функция F(x) для ∀ x  0 . Для ∀ x  0,1 функция F(x) равна 0,6. Действительно, если, например, х = 0,5, то F(x) означает
вероятность события Х < 0,5. Но случайная величина Х принимает значение меньшее 0,5 в одном случае: значение 0 с вероятностью 0,6.
Покажем, что для ∀ х > 1, F(x) = 0,6 + 0,4 = 1. Пусть, например, х = 4.
Тогда F(x) выражает вероятность события Х < 4. Случайная величина Х
83
принимает значения, меньшие 4, в двух случаях: или 0 с вероятностью
0,6, или 1 с вероятностью 0,4. Применяя теорему сложения вероятностей,
мы и получим указанное выше значение функций F(x) = 1 при х = 4. Итак,
0, если х  0,

F ( x)  0, 6, если 0  x  1,
1, если х  1.

График функции распределения представлен на рис. 10 (функция
F(x) непрерывна слева).
F(x)
1
0,6
0
1
x
Рис. 10.
Пример 2. В условиях примера 1 производится 5 независимых опытов. Построить функцию распределения случайной величины Х – числа
появлений события А.
Решение. Используя формулу Бернулли, составим ряд распределения случайной величины Х:
xi
0
1
2
3
4
5
pi 0, 07776 0, 2592 0,3456 0, 2304 0, 0768 0, 01024
Построим график функции распределения F(x):
0, если х  0,
0, 07776, если 0  x  1,

0,33696, если 1  x  2,

F ( x)  0, 68256, если 2  x  3,
0,91296, если 3  x  4,

0,98976, если 4  x  5,
1, если х  5.

График функции F(x) представлен на рис. 11.
84
F(x)
1
0,989
0,912
0,682
0,336
0,077
0
1
2
3
4
5
x
Рис. 11.
На этих примерах мы убеждаемся в том, что по известному ряду
распределения случайной величины Х, можно легко построить функцию
распределения этой величины.
Действительно,
F ( x)  P ( X  x )   P ( X  xi ) ,
xi  x
где неравенство x i
x
под знаком суммы указывает, что суммирование
распространяется на все те значения x i , которые меньше х.
Функция распределения любой дискретной величины всегда есть
разрывная ступенчатая функция, скачки которой происходят в точках,
соответствующих возможным значениям случайной величины, и равны
вероятностям этих значений, причем сумма всех скачков функции F(x)
равна единице.
Определение. Случайная величина называется непрерывной, если ее
функция распределения непрерывна на всем множестве действительных
чисел, а производная функции распределения непрерывна во всех точках,
за исключением, может быть, конечного числа точек на любом конечном интервале.
Рассмотрим общие свойства функции F(x).
Свойство 1. Значения функции распределения принадлежат отрезку
[0; 1].
Доказательство. Это свойство вытекает из определения функций
распределения как вероятности: вероятность всегда есть число, которое
не меньше нуля, но не больше единицы.
Свойство 2. Функция F(x) есть неубывающая функция своего аргумента, т. е. F ( x2 )  F ( x1 ), если x2  x1 .
85
Доказательство. Пусть x2  x1 . Событие, состоящее в том, что Х
принимает значение, меньшее x2 , можно разделить на следующих два
несовместных события: 1) Х принимает значение, меньшее x1 , с вероятностью P ( X  x1 ); 2) Х принимает значение, удовлетворяющее двойному
неравенству x1  X  x2 , с вероятностью P ( x1  X  x2 ).
По теореме сложения имеем: P( X  x2 )  P( X  x1 )  P( x1  X  x2 ).
Отсюда: P( X  x2 )  P( X  x1 )  P( x1  x2 )
или F ( x2 )  F ( x1 )  P( x1  X  x2 ).
Так как P( x1  X  x2 )  0, то F ( x2 )  F ( x1 )  0 или F ( x2 )  F ( x1 ),
что и требовалось доказать.
Свойство 3. Вероятность того, что случайная величина примет значение, заключенное в полуинтервале [a; b), равна приращению функций
распределения на этом полуинтервале:
(5.2)
P(a  X  b)  F (b)  F (a).
Это очень важное свойство вытекает из свойства 2, если положить
x1  a и x2  b .
Свойство 4. Вероятность того, что непрерывная случайная величина
Х примет одно определенное значение, равна нулю.
Действительно, положим в формуле (5.2) a  x1 , b  x1  x, имеем:
P( x1  X  x1  x)  F ( x1  x)  F ( x1 ).
Переходя к пределу при x  0 и учитывая непрерывность функции
F(x), получим: P( X  x1 )  0. Исходя из этого легко убедиться в справедливости равенств:
P(a  X  b)  P(a  X  b)  P(a  X  b)  P(a  X  b).
Свойство 5. Если возможные значения случайной величины принадлежат интервалу (а; b), то F(x) = 0, если x  a и F(x) = 1, если x > b.
Действительно, пусть x  a , тогда событие X < x невозможно (так
как значений меньших х величина Х по условию не принимает) и, следовательно, вероятность его равна нулю. Пусть x > b. Тогда событие X < x
достоверно (так как все возможные значения величины Х < х) и, следовательно, вероятность его равна единице.
Следствие. Для всякой непрерывной случайной величины Х имеют
место следующие предельные соотношения:
(5.3)
lim F ( x )  0 ,
lim F ( x )  1.
x 
x 
Доказанные свойства позволяют представить, как выглядит график
функции распределения непрерывной случайной величины (рис. 12.).
86
F(x)
1
0
x
Рис. 12.
Пример 3. Минутная стрелка электрических часов продвигается
скачками поминутно. Вы бросили взгляд на часы. Они показывают 12 часов. Тогда для вас истинное время в данный момент будет случайной величиной. Найти ее функцию распределения, считая, что время течет равномерно.
Решение. Для общности предположим, что часы показывают Т минут. Очевидно, что функция распределения истинного времени равна 0
для всех x  T и 1 для x  T  1. Так как время течет равномерно, то вероятность того, что истинное время меньше Т + 0,5 мин., равна 0,5, так
как одинаково вероятно, прошло ли Т мин., менее или более полминуты.
Вероятность того, что истинное время меньше Т + 0,75 мин., равна 0,75
(вероятность этого втрое больше вероятности того, что истинное время
больше Т + 0,75 мин., как сумма вероятностей противоположных событий). Аналогично рассуждая, мы придем к тому, что вероятность истинному времени х быть меньше х + Т равна х. Следовательно, функция распределения истинного времени имеет следующее выражение:
0, если х  T ,

F ( x)   x  T , если T  x  T  1,
1, если х  T  1.

5.2. Плотность вероятности и ее свойства
Пусть имеется непрерывная случайная величина Х с функцией распределения F(x), которую мы будем считать дифференцируемой. Вычислим вероятность попадания этой случайной величины на участок от х до
x  x :
P( x  X  x  x)  F ( x  x)  F ( x).
Рассмотрим отношение этой вероятности к длине участка, т. е. среднюю вероятность, приходящуюся на единицу длины на этом участке, и
87
перейдем к пределу при x  0 :
F ( x  x)  F ( x)
lim
 F ( x).
x0
x
Введем обозначение:
f ( x)  F ( x) .
Функция f(x) – производная функции распределения – характеризует
плотность, с которой распределяются значения случайной величины в
данной точке. Эта функция называется плотностью распределения или
плотностью вероятности непрерывной случайной величины Х.
Определение. Плотностью вероятности f(x) непрерывной случайной величины называется производная от ее функции распределения
F(x), т. е.
(5.4)
f ( x)  F ( x) .
Иногда функцию f(x) называют дифференциальной функцией распределения или дифференциальным законом распределения.
Плотность распределения так же, как и функция распределения, есть
одна из форм закона распределения. В противоположность функции распределения эта форма не является универсальной: она существует только
для непрерывных случайных величин.
Выразим вероятность попадания случайной величины Х на отрезок
от  до  через плотность распределения (рис. 13).
f(x)
0


x
Рис. 13.
По формуле (5.2) с учетом свойства 4 функции распределения имеем:
P(  X   )  P(  X   )  F ( )  F ( ).
Но по формуле Ньютона-Лейбница




F ( )  F ( )   F ( x)dx   f ( x)dx.
Таким образом, была доказана теорема: вероятность того, что непрерывная случайная величина Х примет какое-нибудь значение из отрезка
88
 ;   ,
равна определенному интегралу от ее плотности вероятности в
пределах от  до  :

P(  X   )   f ( x)dx.
(5.5)

Зная дифференциальную функцию f(x), можно найти и интегральную
функцию F(x) по формуле:
x
F ( x)   f ( x)dx.
(5.6)

Действительно, F ( x)  P( X  x)  P(  X  x). Полагая в формуле
(5.5) a  , b  x, будем иметь:
x
P(  X  x)   f ( x)dx. Наконец, заменив P(  X  x) через F(x),

x
получим окончательно: F ( x)   f ( x)dx.

Укажем основные свойства плотности вероятности.
1. Плотность вероятности есть неотрицательная функция: f ( x)  0,
так как F(x) является неубывающей функцией.
2. Интеграл в бесконечных пределах от плотности вероятности равен 1:

 f ( x)dx  1.

.
(5.7)
Это следует из формулы (5.6) и из того, что F ()  1.
Геометрически основные свойства плотности вероятности означают
следующее:
1) вся кривая f(x) лежит не ниже оси абсцисс;
2) площадь криволинейной трапеции, ограниченной графиком f(x) и
осью абсцисс, равна единице.
Пример 1. Функция распределения непрерывной случайной величины Х задана выражением:
0, если х  0,

F ( x)  ax3 , если 0  x  2,
1, если х  2.

Найти: 1) коэффициент а; 2) плотность вероятности f(x); 3) вероятность попадания случайной величины Х на участок от 0,5 до 1,5.
Решение.
1. Так как функция F(x) непрерывна, то при х = 2, ах3 = 1, откуда.
1
a .
8
89
2. Плотность вероятности выразится, согласно определениию, формулой:
0, если х  0,
3

f ( x)   x 2 , если 0  x  2,
8
0, если х  2.
3.
По формуле (5.2) имеем:
13
 0,406.
32
Пример 2. Плотность вероятности случайной величины Х задана в
A
виде: f ( x) 
(  x  ). Найти: 1) коэффициент А; 2) вероятность
1  x2
того, что случайная величина Х примет какое-нибудь значение, большее 0,
но меньшее 5; 3) функцию распределения случайной величины Х.
Решение.
1. Условие (5.7) приводит к равенству:

A
dx  1.

2
 1  x
P(0,5  X  1,5)  F (1,5)  F (0,5) 

Но
A

 1 
x

dx
dx  A 
2
 1 
x2
 Aarctgx


 A .
Следовательно, A  1 , откуда A  1 . Итак,

1
f ( x) 
.
 (1  x 2 )
2. По формуле (5.5) с учетом того, что вероятность любого отдельного значения для непрерывной случайной величины равна нулю, имеем:
5
P(0  X  5)  
dx
0  (1 
2
x )
1
 arctgx

3. Применяя формулу (5.6) при f ( x) 
5
0
 0, 435.
1
 (1  x 2 )
, получим функцию
распределения данной случайной величины:
x
F ( x)  
dx
  (1 

1

(arctgx 

2
x2 )
)

1

arctgx
x


1

(arcttgx  arctg ()) 
1 1
 arctgx.
2 
5.3. Числовые характеристики
Непрерывные случайные величины, так же как и случайные величины дискретного типа, помимо законов распределения (функция распре90
деления, плотность вероятности), могут описываться числовыми характеристиками, среди которых различают характеристики положения: математическое ожидание, мода, медиана – и характеристики рассеивания:
дисперсия, среднее квадратическое отклонение, различные моменты.
Математическим ожиданием (средним значением) называется действительное число, определяемое формулой:

mx  M ( X )   xf ( x)dx.
(5.8)

Математическое ожидание существует, если несобственный интеграл в правой части формулы (5.8) сходится абсолютно.
Определение. Модой непрерывной случайной величины называется
действительное число М0, определяемое как точка максимума плотности вероятности f(x).
Мода может не существовать, иметь единственное значение (унимодальное распределение) или иметь множество значений (мультимодальное распределение).
Определение. Медианой случайной величины Х непрерывного типа
называется действительное число Ме, удовлетворяющее условию:
(5.9)
P( X  M е )  P ( X  M е ) или F ( M е )  1 .
2
Определение. Дисперсией случайной величины Х называется неотрицательное число D(X), определяемое формулой:

D( X )  M ( X  mx )2   ( x  mx )2 f ( x)dx,
(5.10)

если несобственный интеграл в правой части равенства (5.10) сходится.
Неотрицательное число  x   ( X )  D( X ) называется средним
квадратическим отклонением. Оно имеет размерность случайной величины Х и определяет некоторый стандартный среднеквадратичный интервал
рассеивания, симметричный относительно математического ожидания.
Случайная величина Х называется центрированной (обозначается
0
X ), если mx  0. Случайная величина Х называется стандартизированной, если mx  0 и  x  1.
Определение. Начальным моментом k-го порядка (k = 0, 1, 2, …)
распределения случайной величины Х (если он существует) называется
действительное число ак, определяемое формулой:

 k  M ( X k )   xk f ( x)dx .
(5.11)

Определение. Центральным моментом k-ого порядка распределе91
ния случайной величины Х (если он существует) называется действительное число  k , определяемое по формуле:

k  M ( X  mx )k   ( x  mx )k f ( x)dx .
(5.12)

Из определения моментов следует, что
 0  0  1 , 1  0 , mx  1 , 2  D( X )   2  12 , 3   3  31 2  212 .
Отметим еще две важные характеристики распределения, связанные
с моментами высшего порядка: Аx  3 (коэффициент асимметрии или
3
k
"скошенности" распределения), Ex  4  3 (коэффициент эксцесса, (про k4
сто "эксцесс") или “островершинности” распределения).
Пример 1. Случайная величина Х подчинена закону распределения
Парето с параметрами   0 ,   0 , если ее функция распределения вероятностей имеет вид:
0, если х   ,

F ( x)     
1   x  , если х   .
  
Найти основные характеристики m x ,  х , Mo, Mе распределения Парето, выразив их через параметры распределения.
Решение. Находим плотность распределения вероятностей:
0, если х   ,


f ( x)  F ( x)       1
   x  , если х   .
  
Математическое ожидание вычислим по формуле (5.8):
 1

   
 ,   1 .
mx   xf ( x)dx     xdx 

x

1




Найдем второй начальный момент:
2  M ( X 2 ) 
 1
  2 
x
   x 
dx 
 2 , а > 2.
 2
Для вычисления дисперсии используем формулу:
D( X )   x2   2  mx2 
 2
 2 2
 2
.


  2 (  1)2 (  1)2 (  2)
92
Так как плотность вероятности f(x) монотонно убывает при х >  , то
М0 =  .
Медиану Ме находим, как корень уравнения F ( x) 

1

2

1
 
1     , откуда M е   2 .
x
2
 
Пример 2. Случайная величина Х распределена по закону равнобедренного треугольника в интервале (-а; а) (закон Симпсона), если
она непрерывного типа и ее плотность распределения вероятностей имеет
вид, изображенный на рис. 14.
Написать выражение для f(x), вычислить функцию распределения
вероятностей, математическое ожидание, дисперсию, моду, медиану,
эксцесс.
f(x)
1/a
-a
0
a
x
Рис. 14.
Найдем плотность вероятностей, используя уравнение прямой в отx
y
1
x

 1 или
y  1   , если
резках: f(x) = 0, если х  а; F ( x) 
1
a
a
a
a


1
x
а < x < 0; f ( x)  a  1  1 или y  1   , если 0  х < a; f(x) = 0, если
a
a
x
y
a


х  а.
Используя определение абсолютной величины, функцию f(x) можно
записать следующим образом:
0, если х   ,

f ( x)   1 
x
 a 1  a  , если х   .

 
93
Найдем функцию распределения F(x) случайной величины Х, используя формулу (5.6).
F(x) = 0, если x   a;
2
1
x
1
x 2  x  a  x  , если  a  x  0;
1

dx

x






a
a 
2a  a
2a 2
a a 
x
F ( x)  
x
1
x
x
1
x2  0

1

dx

1

dx

x









a
a
a 
2a  a
a a 
0
2
2
2
+ 1  x  x  x  1  1 2ax  x  1  (a  x) , если x > a.
a 
2a  0 2 a 2a
2a 2
Итак,
0, если x   a,
0
F ( x)  
(a  x)
F(x) =
2a
1
2
2
, если  a  x  0,
(a  x)
2a
2
2
, если 0  x  a,
1, если < х.
Из рис. 14 следует, что математическое ожидание, мода и медиана
равны нулю. Далее, так как mx > = 0 и функция f(x) на интервале (-а; а)
четна, а вне этого интервала равна нулю, то
a
2 a x 
a2
D( X )  2  x 2 f ( x)dx   1   x 2 dx  .
a 0 a 
6
0
Поступая аналогично и используя формулу (5.12), вычислим центральный момент четвертого порядка:
2a 
x
2  x5 x 6  a a 4 ,
4   x 4 1   dx     
a0  a
a  5 6a  0 15
отсюда

a4 a4
3
Ex  44  3 
: 3  .
15 36
5
x
5.4. Примеры некоторых классических распределений
1. Закон равномерной плотности
В некоторых задачах практики встречаются непрерывные величины,
которые в пределах некоторого конечного интервала имеют постоянную
плотность вероятностей. О таких случайных величинах говорят, что они
распределяются по закону равномерной плотности.
Пример 1. Производится взвешивание тела на точных весах, но в
распоряжении взвешивающего имеются только разновески весом не ме94
нее 1 г; результат взвешивания показывает, что вес тела заключен между
а и (а + 1) граммами. Вес тела принят равным (а + 0,5) граммам. Допущенная при этом ошибка X, очевидно, есть случайная величина, распределенная c равномерной плотностью на интервале (-0,5; 0,5) г.
Пример 2. Пригородные поезда идут с интервалом 10 минут. Пассажир выходит на платформу в случайный момент времени. Время Т, в течение которого ему придется ждать поезда, представляет собой случайную величину, распределенную с равномерной плотностью на интервале
(0; 10) минут.
Рассмотрим случайную величину X, подчиненную закону равномерной плотности на интервале от а до b, и напишем для нее выражение плотности распределения f(x).
c, если a  x  b,
Так как f ( x)  

0, если x   или x  b ;
а площадь, ограниченная графиком f(x) и осью абсцисс, равна единице:
с(b - а) = 1, то
с
1
ba
и плотность распределения f(x) имеет вид:
 1
, если a  x  b,

f ( x)   b  a
0, если x   или x  b ;
(5.13)
Напишем выражение для функции распределения F(x), используя
формулу (5.6):
0, если x   ,
xa

F ( x)  
, если a  x  b,
b  a

1, x  b ;
(5.14)
График функции F(x) приведен на рис. 15.
Определим числовые характеристики случайной величины X, имеющей равномерное распределение на интервале от а до b. Матеb
матическое ожидание величины Х равно: mx   xdx  a  b .
2
aba
В силу симметрии равномерного распределения медиана величины Х
также равна Ме = a  b .
2
Моды закон равномерной плотности не имеет.
По формуле (5.10) находим дисперсию X:
b
b  a  ,
ab
1 b
ab

D( X )    x 
x 
 f ( x)dx 
 dx 
2 
b  a a
2 
12
a
2
2
95
откуда среднее квадратическое отклонение
 k  D( X ) 
ba .
2 3
В силу симметрии распределения его асимметрия равна нулю:

Аx  33  0.
k
F(x)
1
0
a
b
x
Рис. 15.
Для определения эксцесса находим четвертый центральный момент:
2
 b  a  , отсюда
1 b
ab
4 
x
 dx 
b  a a
2 
80
Ex 
4
 3  1, 2 .
 k4
И, наконец, найдем P(a < X <  ) no формуле (5.5):

P(a < X <  )   dx     .
ba
 ba
2. Показательное распределение
Показательным называют распределение вероятностей, описываемое
дифференциальной функцией:
0, если x  0,
f ( x)     x
 e , если x  0,
где
 – постоянное положительное число.
Определим функцию распределения:
x
0
x


0
F ( x)   f ( x)dx   0dx    e x dx  1  e x .
Графики плотности и функции распределения изображены на рис. 16.
96
f(x)
F(x)

1
0
x 0
x
Рис. 16.
Вычислим вероятность попадания случайной величины X, распределенной по показательному закону, в интервал (  ;  ).
P(  X   )  F (  )  F ( )  e   e .
Определим математическое ожидание и среднее квадратическое отклонение показательного распределения:



0
M ( X )   xf ( x)dx    xe x dx . Интегрируя по частям, получим:
М(Х) = 1/  .
Определим дисперсию:

2
0
2
D( X )    x 2e x dx  (1  )2 

1
2

1 .
2
Таким образом,  ( X )  1 .

Сравнивая М(Х) и  (Х), заключаем, что M ( X )   ( X )  1 .

Обозначим через Т непрерывную случайную величину – длительность времени безотказной работы элемента (некоторого устройства).
Очевидно, что функция распределения F(t) = Р(Т < t) определит вероятность отказа за время, длительностью t. Следовательно, вероятность
безотказной работы R(t) равна R(t) = Р(Т > t) = 1 - F(t).
Функцию R(t) называют функцией надежности (она определяет вероятность безотказной работы элемента за время t).
Часто функция F(t) имеет показательное распределение, функция
 t
распределения которого F(t)=1- e .
Следовательно, функция надежности R(t) имеет вид:
R(t )= 1-(1- e
 t
) = e
97
 t
.
Показательным законом надежности называют функцию надежности R(t), определяемую равенством
R(t) = e
 t
,
(5.16)
где  – интенсивность отказов.
Пример 1. Непрерывная случайная величина Х распределена по по5 x
казательному закону f(x) = 5 e
(х  0). Найти математическое ожидание, среднее квадратическое отклонение и дисперсию X.
Решение. Так как М(Х) и a(Х) показательного распределения равны
между собой и равны числу 1/  – параметру показательного распределения, то M ( X )   ( X )  1  0,2 . Дисперсия D(X) = (0,2)2 = 0,04.
5
Пример 2. Время безотказной работы элемента, распределенного по
показательному закону f(x) = 0,05е-0,05t (t > 0), где t – время в сутках.
Найти вероятность того, что элемент проработает 20 суток.
Решение. По условию постоянная интенсивность отказов  = 0,05. Далее
по формуле (5.16) определим искомую вероятность R(20) = e-0,05*20 = e-1  0,37.
1. Распределение Вейбулла
Случайная величина Х непрерывного типа подчиняется закону распределения Вейбулла с параметрами n  N , a  R, b > 0, если ее плотность распределения вероятностей записывается в виде
0, если x   ,

n
f ( x)   n  x  a  n 1  x  a 
 b 
e
, если a  x.
 

b  b 
Распределение Вейбулла в ряде случаев характеризует срок службы
радиоэлектронной аппаратуры и, кроме того, применяется для аппроксимации различных несимметричных распределений в математической статистике. Легко заметить то, что показательное распределение – частный
случай распределения Вейбулла (n = 1, а = 0, b = 1/  ).
Вычислим математическое ожидание случайной величины X, имеющей распределение Вейбулла.

n  xa
M (X )   x

6a  b 
Сделаем подстановку
 xa 


e  b 
n 1
e
 xa 


 b 
n
dx.
n
 t , отсюда
1
x  a  bt 2 , n  x  a 


b b 
n 1
dx  dt ,
нижний предел интегрирования по переменной t равен 0, а верхний равен
98
 и, следовательно,
1


 1
M ( X )    a  dt n  e t dt  a  et dt  b  t n e t dt.

0
0
0


Первый из полученных интегралов равен 1, а второй
 1
 1 1
n
et dt

 1
 1 t
 Г 1   , где Г ( )   t e dt
n


0
0
0
(  1) – гамма-функция Эйлера. Итак,
 1
t n et dt

  t
 1
M ( X )  a  bГ 1   .
 n
2. Гамма-распределение ( закон Г(а,b)).
Непрерывная случайная величина Х имеет гамма-распределение с
параметрами, а > 0 и b > 0, если ее плотность вероятностей имеет следующий вид:
0, если x  0,

f ( x)   ba a 1 bx
 Г (a) x e , если x  0.

Показательное распределение с параметром  также является частным случаем гамма-распределения (а = 1, b =  ).
Другой частный случай гамма-распределения с параметрами a  n
2
1
(n – натуральное число ), b  называется распределением Хи-квадрат с
2
n степенями свободы (пишут X2(n)). Распределение Х2(n) играет большую
роль в математической статистике.
Если случайная величина Х подчинена закону Х2(n), то ее плотность
вероятностей записывается в виде
0, если x  0,

n
x
1
f ( x)  
x 21e 2 , если x  0.
 2n 2 Г ( n )

2
Можно доказать, что
для распределения (5.18)
Ax  2 a ,
a
a
M ( X )  , D( X )  2 ,
b
b
и, следовательно, для распределения (5.19)
М(Х) = n, D(X) = 2n, Ax  2n , E x 
12
n
99
.
Ex 
6
a
5.5. Нормальный закон распределения
Нормальный закон распределения (закон Гаусса) играет исключительно важную роль в теории вероятностей. Это наиболее часто встречающийся в практической деятельности человека закон распределения. Главная особенность, выделяющая нормальный закон среди других законов,
состоит в том, что он является предельным законом, к которому приближаются другие законы распределения при весьма часто встречающихся типичных условиях. Доказано, что сумма достаточно большого числа независимых (или слабо зависимых) случайных величин, подчиненных каким
угодно законам распределения (при соблюдении некоторых весьма нежестких ограничений), приближенно подчиняется нормальному закону, и это выполняется тем точнее, чем большее число случайных величин суммируется.
Нормальный закон распределения характеризуется плотностью вероятностей вида:
f ( x) 
1

 x  m 2
2 2
.
(5.20)
 2
График плотности распределения f(x) изображен на рис. 17.
Выясним смысл числовых параметров m и  , входящих в (5.20), используя интеграл Эйлера-Пауссона:

e
t
 e dt   .
2

f(x)
1
 2
0
m
x
Рис. 17.
Покажем, что параметр m является математическим ожиданием, а
параметр  – средним квадратическим отклонением нормально распределенной случайной величины X. Действительно,
 x  m 2

1   2 2
M ( X )   xf ( x)dx 
dx.
 xe
 2 

 x  m   t , имеем:
Применяя замену переменной
 2
M (X ) 
1


 


2t  m e t dt 
2
 2  t
m
te dt 

 

2
100

e

t 2
dt  m,
Первый из полученных интегралов равен нулю (интеграл от нечетной функции по симметричному промежутку), а второй равен
грал Эйлера-Пуассона). Вычислим дисперсию величины X:
 x  m 2
 2 
2  2 2
D( X ) 
dx.
  x  m e

 (инте-

И вновь применив замену переменной  x  m   t , имеем:
 2
2 2
D( x) 


2 t
 t e dt .
2

Интегрируя по частям, получим:
2 
 2  t 2   t 2   2
t 2
  e dt  
 2 ,
 t 2te dt 
 te
 
 



D( X ) 
откуда  ( X )   .
Итак, мы показали, что математическое ожидание случайной величины, подчиненной закону (5.20), равно m, а среднее квадратическое отклонение равно  .
Выведем формулы для центральных моментов любого порядка.
По определению,

1
k    x  mx  f ( x)dx 
k

  x  m e
k
 x  m 2
2 2
 2 
Используя замену переменной  x  m   t , получим:

dx .
 2
k
 2 

k

k t
 t e dt .
2
 
Применяя к полученному интегралу формулу интегрирования по частям, будем иметь:
k

 2 


 k  1 
2 
k

 t
k 1 t 2
e
 2 
dt 


2

k

k
 1 k 1 t 2  k  1  k  2 t 

 t e dt  =
 t e

2 
 2

k  2 t
 t e dt ,
2

так как первый член внутри скобок равен нулю.
101
Выражение, полученное для  k , можно переписать следующим образом:
k
 2 

 k  1 
k

2

k t 2
 t e

2
  2 
2 
dt 
k 2
 k  1 
2

2 

k

k  2 t
 t e dt 
2

k  2 t
2
 t e dt   k  1 k  2 .
2

Итак, k   k  1 k 2 .
Эта формула является рекуррентным соотношением, позволяющим
выражать центральные моменты высших порядков через моменты низших порядков. Пользуясь этой формулой и учитывая, что  0 = 1, а 1 = 0,
вычислим центральные моменты любых порядков.
Из рекуррентного соотношения следует, что все центральные моменты нечетного порядка нормального распределения равны нулю.
Для четных k, вытекают следующие выражения для последователь2
ности моментов:  2   2 ,  4  3 4 , 6  15 6 и т. д.
Общая формула для моментов k = 2m-гo порядка при любом натуральном m имеет вид:
2m   2m  1!! 2m , где (2m – 1)!! = 135 ... (2m – 1).
Так как для нормального распределения  3 = 0, то его асимметрия
также равна нулю.
Из выражения четвертого момента и определения эксцесса следует,
что Еx = 0.
Вычислим вероятность попадания случайной величины X, имеющей
нормальное распределение, на заданный интервал ( ;  ).
Для определения искомой вероятности, применим формулу (5.5) Из
неё с учетом формулы (5.20) следует:
P (  X   ) 
1
 
e
 x  m 2
2 2
dx.
 2 
Преобразуем этот интеграл так, чтобы можно было пользоваться готовыми таблицами. Для этого введем новую переменную t  x  m . От
сюда х =  t + m, dx =  dt. Найдем пределы интегрирования по новой
переменной. Если х =  , то t    m ; если х =  , то t    m .


102
Таким образом, имеем:
P(  X   ) 
2
0
 m

t2
2
0

t2
2
1
1
1
e dt 
e dt 


2  m
2  m
2
t

1
1
2
e
dt 
=

2  m
2
 m



 m



t2
e 2 dt 
0
t2
2
e dt.
0
Пользуясь функцией Лапласа
t2
1 x 2
( x) 
 e dt ,
2 0
окончательно получим:
  m
  m .
P(  X   )   
  

  
  
B частности, при   m   ,   m   , m    X  m   и
x  m   , с учетом эквивалентности неравенств, имеем:
mm
mm
Р( X  m )  )   
  
=









 


 
          2  
 
 
 
Так как Ф(x) = -Ф(-x), то

Р( X  m )  )  2   .
 
(5.22)
Пример 1. Случайная величина Х распределена по нормальному закону. Математическое ожидание и дисперсия этой величины соответственно равны 10 и 25. Найти вероятность того, что величина Х примет значение, принадлежащее интервалу (15; 25).
Решение. Воспользовавшись формулой (5.21) и тем, что по условию
 =15,  = 20, m = 10,  = 25 = 5 получим:
Р(15 < x < 29 ) =
= Ф 20  10   Ф 15  10  = Ф(2) – Ф(1) ≈ 0,4772 – 0,3413 ≈ 0,136.

5


5

Пример 2. Измерительный прибор имеет систематическую ошибку 5
м и среднюю квадратическую ошибку 75 м. Какова вероятность того, что
ошибка измерения не превзойдет по абсолютной величине 5 м?
Решение. Обозначим через Х ошибку измерения. Ее систематическая
ошибка (математическое ожидание), по условию задачи, равна 5 м. По фор103
муле (5.22), при m = 5,  = 75 и  = 5, имеем Р(| Х – 5|) < 5 = 2Ф( 5 ) =
75
2Ф(0,0(6)). Так как Ф(0,06)  0,0239 а Ф(0,07)  0,0275, то, согласно методу линейной интерполяции, Ф(0,0(6))  0,0266 и Р(|Х – 5| < 5)  0,053.
Пример 3. Заряд охотничьего пороха отвешивается на весах, имеющих среднюю квадратическую ошибку взвешивания 150 мг. Номинальный вес порохового заряда – 2,3 г. Определить вероятность повреждения
ружья, если максимально допустимый вес порохового заряда – 2,5 г.
Решение. Пусть случайная величина Х – истинный вес заряда. По
условию задачи mx = 2,3 г,  x = 0,15 г,  = 2,5 г – 2,3 г = 0,2 г. Так как
нормальная кривая симметрична относительно прямой х = m, то площади, ограниченные сверху нормальной кривой, а снизу – интервалами (m –
 ;) и (m; m +  ), равны между собой. По той же причине равны площади, ограниченные нормальной кривой и интервалами (–  ; m –  ) и (m
+  ;  ).
Поскольку эти площади численно равны вероятностям попадания в
соответствующий интервал, то Р(m < Х < m +  ) = (m –  < Х < m), а
Р(–  < Х < m –  ) = Р(m +  < Х <  ).
Так как Р(m –  ) < Х < m) + Р(m < Х < m +  ) = Р(|Х – m |<  ) =
2Ф(  /  ), то Р(m < Х < m +  ) = Ф(  /  ). Р(Х > m +  ) = 0,5 – P(m <
X < m +  ),
или Р(Х – m >  ) = 0,5 – Р(0 < Х – m <  ) = 0,5 – Ф(  /  ).
Найдем искомую вероятность:
Р(Х > 2,5) = Р(Х – 2,3 > 0,2) = 0,5 – Ф(0,2/0,15) = 0,5 – Ф(1, (3))  0,5
– 0,4088  0,091.
Пример 4. Изделие считается высшего качества, если отклонение его
размеров от номинала не превосходит по абсолютной величине 3,45 мм.
Случайные отклонения размера изделия от номинала подчиняется нормальному закону со средним квадратическим отклонением, равным 3мм,
а систематические отклонения отсутствуют. Определить среднее число
изделий высшего сорта, если изготовлены четыре изделия
Решение. Пусть Х – отклонение размера изделия от номинала. Вероятность того, что изготовленное изделие окажется высшего сорта, вычислим по формуле (5.22) при m = 0,  = 3,45 мм,  = 3 мм. Итак,
P = P(|X| < 3,45) = 2Ф(3,45/3) = 2Ф(1,15) = 20,3749 = 0,7498.
Произведение 0,74984 = 2,9982  3 дает среднее число изделий высшего сорта из 4 изготовленных изделий.
Ответ: 3 изделия.
104
5.6. Задачи
1. Случайная величина Х задана функцией распределения вероятностей
0, если x  0,

F ( x)   x 2 , если 0  x  1,
1, x  1;

Найти вероятность того, что в результате четырех независимых испытании величина Х ровно три раза примет значение, принадлежащее интервалу (0,25; 0,75).
Ответ: P(3) = 0,25.
2. Случайная величина Х задана на всей оси абсцисс интегральной
функцией:
F ( x) 
1 1
x
 arctg .
2 
2
Найти возможное значение x1, удовлетворяющее условию: с вероятностью 1/6 случайная величина Х в результате испытания примет значение, большее x1.
Ответ: x1 = 2 3 .
3. Непрерывная случайная величина Х на всем множестве действительных чисел задана дифференциальной функцией:
f ( x) 

2
 4  x2

.
Найти вероятность того, что в четырех независимых испытаниях Х
примет ровно два раза значение, заключенное в интервале (-2; 2).
Ответ: Р = 3/8.
4. Дана дифференциальная функция непрерывной случайной величины X:
0, если x  0,

f ( x)   sinx, если 0  x   / 2,
0, x   / 2.

Найти функцию распределения F(x).
Ответ:
0, если x  0,

F ( x)  1  cos x, если 0  x   / 2,
1, x   / 2;

5. Случайная величина Х задана плотностью распределения вероятностей f(x) = C(x2 – 2x) в интервале [0; 2]; вне этого интервала f(x) = 0.
Найти: а) параметр С; б) математическое ожидание; в) моду и медиану.
Ответ: а) C = –3/4; б) М(х) = М0 = Мe = 1.
105
6. Известно, что при стрельбе по плоской мишени в неизменных
условиях случайная величина X – расстояние от точки попадания до центра мишени – подчиняется закону распределения Релея с плотностью
распределения вероятностей
0, если x  0,

f ( x)   x  x22
 2 e 2 a , x  0.
a
где а > 0 – параметр, характеризующий распределение.
Построить эскиз графика плотности вероятностей f(x), проверить
2
условие нормировки, вычислить характеристики mx,  x , M0, Me, Ax и на
эскизе графика выяснить взаимное расположение характеристик Мx, M0,
Me.
Ответ: mx = a  2  1, 253a ,  x2  a 2( 2   2 ) 0 , 4 2a92 ,M0 = a,
Me =
2ln 2  1,177a, Ax   2   3  1,177,
M 0  M e  mx .
7. Скорость V молекул идеального газа, находящегося в равновесии
при фиксированной температуре, является случайной величиной, подчиняющейся закону распределения Максвелла с плотностью распределения
вероятностей
0, если x  0,

fV ( x)   2 3 2  1  x2
 2 x e 2 , x  0,

 
где параметр распределения   0 определяется температурой и массой
молекул. Выразить среднее значение и наиболее вероятное значение скорости молекул, а также дисперсию распределения через физический параметр  .
Ответ: mv = 2 2    , М0 = 2  , Dv = 1  3  8  .
 
8. Случайная величина Х подчиняется закону арксинуса c плотностью распределения вероятностей
0, если x  a,

f ( x)  
1
, если x  a.

2
2
 a  x
Найти функцию распределения и вычислить mx, Dx, M0, Me.
106
Ответ:
0, если x  a,
1 1
x

F ( x)    arcsin , если  a  x  a,
2

a

1, если x  a;
mx = 0, Dx =
1 2
a ,
2
M0 не существует, Me = 0.
9. Время ожидания у бензоколонки автозаправочной станции является случайной величиной X, распределенной по показательному закону со
средним временем ожидания, равным t0. Найти вероятности следующих
событий:
3 
t
A   0  X  t0  , B   X  2t0  .
2 
2
Ответ: P(A)= e0,5  e1,5  0,3834, P ( B )  e 2  0,135.
10. Автобусы некоторого маршрута идут строго по расписанию. Интервал движения – 10 мин. Найти вероятность того, что пассажир, подошедший к остановке, будет ожидать очередной автобус менее 6 мин.
Ответ: P = Р(4 < Х < 10) = 0,6.
11. Найти математическое ожидание и среднее квадратическое отклонение показательного распределения, заданного: а) дифференциальной функцией f(x) = 5 e 5 x ( x  0) ;
0,4 x
( x  0) .
б) интегральной функцией F ( x)  1  e
Ответ: а) М(х) = 0,2;  (х) = 0,2; б) М(х) =  (х) = 2,5.
12. Непрерывная случайная величина Х распределена по показательному закону, заданному функцией распределения F(x) = 0 при х  0;
0 , 6 x
F(x) = l- e
при х > 0. Найти вероятность того, что в результате трех
испытаний Х примет дважды значение, принадлежащее интервалу (2; 5).
Ответ: P  C32  0,252    0,748  0,1425 .
13. Испытывают три элемента, которые работают независимо один от
другого. Длительность времени безотказной работы элементов распределена
по показательному закону: для первого элемента F1 (t )  1  e 0,1t ; для второ2
го F2 (t )  1  e 0,2t ; для третьего элемента F3 (t )  1  e0,3t . Найти вероятность
того, что в интервале времени (0; 5) суток откажут: а) только один элемент;
б) только два элемента; в) все три элемента.
Ответ: а) р = 0,445; б) р = 0,29; в) p = 0,05.
14. Написать плотность распределения вероятностей нормально распределенной случайной величины X, зная, что M(X) = 5, а D(X) = 16.
Ответ: F ( x) 
1
4 2
e

 x 5  2
32
.
107
15. Математическое ожидание и среднее квадратическое отклонение
нормально распределенной случайной величины Х соответственно равны
20 и 5. Найти вероятность того, что в результате испытания Х примет
значение, заключенное в интервале (15; 25).
Ответ: р = Р(15 < X < 25) = 0,6826.
Если плотность распределения вероятностей случайной величины Х имеет вид:
 xm

1
2
e 2 ( x  (; )),
 2
то для краткости говорят, что случайная величина X распределена по
закону N(m,  ).
16. Случайная величина Х распределена по закону N (10, 5). Найти
симметричный относительно mx интервал, в который с вероятностью р
попадет значение X. Рассмотреть следующие числовые значения:
а) p = 0,9974; б) p = 0,9544; в) p = 0,50.
Ответ. а) (-5; 25); б) (0; 20); в) (6,65; 13,25).
17. В нормально распределенной совокупности 15 % значений x
меньше 12 и 40 % значений x больше 16,2. Найти среднее значение и
стандартное отклонение данного распределения.
Ответ: mx = 15,39,  x = 3,26.
18. Деталь, изготовленная автоматом, считается годной, если отклонение ее контролируемого размера от номинала не превосходит 10 мк.
Случайные отклонения контролируемого размера от номинала подчиняются закону N (0,5).
а) сколько процентов годных деталей изготавливает автомат?
б) сколько необходимо изготовить деталей, чтобы с вероятностью не
менее 0,95 среди них оказалось хотя бы одна бракованная деталь?
Ответ: а)  95 %, б) n  65.
19. Браковка шариков для подшипников производится следующим
образом: если шарик проходит через отверстие диаметром d2, но не проходит через отверстие диаметра d1 < d2, то шарик считается годным. Если
какое-либо из этих условий нарушается, то шарик бракуется. Считается,
что диаметр шарика Х – случайная величина, распределенная по закону
F ( x) 
d d

N  1 2 , (d1  d2 )  , где  (0 <  < 0,5) определяет точность изготовле 2

ния шариков:
а) определить вероятность того, что шарик будет забракован;
б) какую точность изготовления следует установить (т. е. каким следует
выбрать параметр  ), чтобы брак составлял не более 1 % всей продукции?
 1 
; б)   0,1945 .
 2a 
Ответ: а) p  1  2Ф
108
20. Случайная величина Х распределена по закону N(m,  ).
а) вычислить P1 ( X  xn 2 ) и P2 ( xn1  X  xn 2 ) , где xn1 и xn 2 – точки
перегиба кривой плотности распределения вероятностей;
б) пусть ( ;  ) – интервал, не содержащий mx. При каком  вероятность Р(  ) = P(   Х   ) будет наибольшей?
в) вычислить первый абсолютный центральный момент (М(|Х-m|)).
Ответ: а) p1 = 0,1587, p2 = 0,6826;
ав

 m
2


б)  
.
ln  в  m   ln  а  m 
 в  а  
в) M ( X  m )   2 .

109
ВАРИАНТЫ ПРЕДЛАГАЕМОЙ КОНТРОЛЬНОЙ РАБОТЫ
Вариант № 1
1. Из 3-х орудий произвели залп по цели. Вероятность попадания в
цель при одном выстреле из каждого орудия соответственно равна: 0,8;
0,7; 0,9. Найти вероятность того, что: а) только один снаряд попадет в
цель; б) только два снаряда попадут в цель; в) все три снаряда попадут в
цель; г) хотя бы один снаряд попадет в цель.
2. Студент знает 50 из 60 вопросов программы. Найти вероятность
того, что он знает два вопроса, содержащиеся в его экзаменационном билете.
3. В каждой из двух урн содержится два черных и восемь белых
шаров. Из первой урны наудачу извлечен шар и переложен во вторую
урну, после чего из второй урны наудачу извлечен шар. Найти вероятность того, что шар, извлеченный из второй урны, окажется белым.
4. Вероятность появления события в каждом из независимых испытаний равна 0,8. Найти вероятность того, что в 100 испытаниях событие
появится не менее 70 и не более 80 раз.
5. При автоматической наводке орудия вероятность попадания по
движущейся мишени равна 0,9. Найти наивероятнейшее число попаданий
при 50 выстрелах.
6. Наудачу независимо друг от друга выбирают 5 растений ячменя.
Вероятность появления растения ячменя с четырьмя стеблями равна 0,2.
Какова вероятность, что при этом у двух или трех растений окажется по 4
стебля?
7. Найти вероятность попадания в заданный интервал (2; 13) нормально распределенной случайной величины, если известны ее математическое ожидание m = 10 и среднее квадратическое отклонение  = 4.
8. Производятся выстрелы из орудия с вероятностью попадания 0,8
при каждом выстреле. Стрельба ведется до первого попадания, но не
свыше четырех выстрелов. Написать закон распределения дискретной
случайной величины X – числа проведенных выстрелов.
9. Случайная величина X имеет плотность вероятностей:
0, если x  1,

f ( x)   A
 2 , если x  1.
x
Определить: а) коэффициент А; б) функцию распределения F(x);
в) вероятность попадания случайной величины в интервал (2; 3); г) вероятность того, что при четырех независимых испытаниях величина X ни
разу не попадет в интервал (2; 3).
110
Вариант № 2
1. Функция распределения непрерывной случайной величины X задана следующим образом:
0, если x  0,
1 1

F ( x)    cos x, если 0  x   ,
2 2
1, если x   .
Найти: а) f(x); б) M(x), D(x), (x).
2. Длина детали, изготовленной на станке, есть нормальная случайная величина с математическим ожиданием 45 см и средним квадратическим отклонением 0,4 см. Найти вероятность того, что две наудачу взятые детали имеют отклонение от математического ожидания по абсолютной величине не более 0,16 см.
3. Две перфораторщицы набили по одинаковому количеству перфокарт. Вероятность того, что первая перфораторщица допустит ошибку,
равна 0,05, для второй – 0,1. При сверке перфокарт была обнаружена
ошибка. Найти вероятность того, что ошиблась первая перфораторщица.
4. Вероятность наступления события в каждом из независимых испытаний равна 0,8. Сколько нужно произвести испытаний, чтобы с вероятностью 0,95 можно было ожидать отклонение относительной частоты
появления события от его вероятности не более, чем на 0,02?
5. В первом ящике 2 белых и 10 черных шаров, во втором ящике 8
белых и 4 черных шара. Из каждого ящика вынули по шару. Какова вероятность, что: а) оба шара белые; б) один белый, а другой черный?
6. Два станка работают независимо друг от друга. Вероятность бесперебойной работы в течение часа для первого станка равна 0,75, для
второго – 0,8. Какова вероятность того, что в течение часа будет нарушение в работе только одного станка?
7. Школа принимает в первый класс 200 детей. Определить вероятность того, что среди них окажутся 100 девочек, если вероятность рождения мальчика равна 0,515.
8. В классе 12 мальчиков и 18 девочек. Нужно выбрать делегацию
из двух человек. Какова вероятность того, что случайно выбраны: а) два
мальчика; б) две девочки; в) девочка и мальчик?
9. Прядильщица обслуживает 1000 веретен. Вероятность обрыва нити
на одном веретене в течение одной минуты равна 0,004. Найти вероятность
того, что в течение одной минуты обрыв произойдет в пяти веретенах.
Вариант № 3
1. Найти математическое ожидание, дисперсию и среднее квадратическое отклонение дискретной случайной величины по данному закону
ее распределения
хi
pi
1,4
0,3
1,8
0,4
2,3
0,2
111
3,2
0,1
2. Вероятность перевыполнения обязательств одним заводом – 0,9,
другим – 0,95. Какова вероятность того, что хотя бы один завод перевыполнит план, если они реализуют продукцию независимо друг от друга?
3. Вероятность попадания в цель при одном выстреле из орудия
равна 0,8. Сколько нужно произвести выстрелов, чтобы наивероятнейшее
число попаданий было равно 20?
4. Вероятность выпуска нестандартной электролампы равна 0,1.
Чему равна вероятность того, что в партии из 2000 ламп: а) число стандартных будет не менее 1790 штук; б) число нестандартных ламп менее
101 штуки?
5. Вероятность появления события в каждом из 8 независимых испытаний равна 0,6. Найти вероятность того, что событие появится: а) не
менее трех и не более шести раз; б) не менее трех раз; в) не менее двух раз.
6. В урне имеется 6 белых и 9 черных шаров. Из нее два раза вынимают по три шара, которые в урну не возвращаются. Найти вероятность
того, что в первый раз появится 3 белых шара, а во второй раз – 3 черных
шара.
7. Первое орудие трехорудийной батареи пристреляно так, что его
вероятность попадания равна 0,2, остальным двум орудиям соответствует
вероятность попадания 0,3. Два орудия произвели одновременно по выстрелу, в результате чего цель поражена. Какова вероятность того, что
первое орудие стреляло?
8. Вычислить вероятность того, что случайная величина Х, заданная
нормальным законом распределения, при трех испытаниях хотя бы один
раз окажется в интервале (1; 2), если математическое ожидание и среднее
квадратическое отклонение ее соответственно равны 1,5 и 1,2.
9. Случайная величина Х имеет следующую функцию распределения:
0 при x  0,
 2
x
F ( x)   при 0  x  3,
9
1 при x  3.

Найти: а) плотность вероятностей; б) построить графики F(x) и f(x);
в) найти M(x), D(x), (x); г) вероятность попадания случайной величины
Х на отрезок [1; 15].
Вариант № 4
1. Среди деталей, изготавливаемых рабочим, бывает в среднем 3 %
нестандартных. Найти вероятность того, что среди взятых на испытание
6 деталей 2 детали будут нестандартными. Каково наивероятнейшее число нестандартных деталей в данной выборке из шести изделий, какова
его вероятность?
112
2. Издательство отправило газеты в два почтовых отделения. Вероятность своевременной доставки газет в каждое почтовое отделение равна 0,9. Найти вероятность того, что: а) оба отделения получат газеты вовремя; б) оба отделения получат газеты с опозданием; в) только одно отделение получит газеты вовремя; г) хотя бы одно отделение получит
газеты вовремя.
3. Имеется три одинаковых по виду ящика. В первом ящике 20 белых шаров. Во втором – 10 белых и 10 черных, в третьем – 20 черных
шаров. Из выбранного наугад ящика вынули белых шар. Какова вероятность того, что шар вынут из 1-го ящика?
4. Многолетними наблюдениями установлено, что в данном районе
в сентябре 10 дней бывают дождливыми. Совхоз в течение трёх дней
(первых) сентября должен выполнить некоторую работу. Определить вероятность того, что ни один из этих дней не будет дождливым.
5. Из партии в 25 изделий, среди которых 6 нестандартных, выбраны случайным образом 3 изделия для проверки их качества. Построить
закон распределения случайной величины Х – числа нестандартных деталей, содержащихся в выборке. Найти математическое ожидание и дисперсию.
6. Дана функция плотности f(x) = Ax2e-2x при 0  x   и 0 при х < 0.
Определить А, F(x) и вероятность попадания случайной величины Х в интервал (0; ½).
7. При взвешивании тела получается средний вес m = 2,3 г, среднее
квадратическое отклонение веса  = 0,02 г. Какое отклонение веса тела от
среднего веса можно гарантировать с вероятностью 0,9?
8. Среднее число вызовов, поступающих на АТС за 1 мин., равно 2.
Найти вероятность того, что за 4 мин. поступит: а) три вызова; б) не менее трёх вызовов; в) менее трех вызовов. Предполагается, что поток вызовов простейший.
9. Вероятность появления события в каждом из независимых испытаний равна 0,8. Найти вероятность того, что событие наступит 120 раз из 144.
Вариант № 5
1. Завод отправил на базу 5000 изделий. Вероятность того, что в
пути изделие повредится, равна 0,001. Найти вероятность того, что на базу прибудут ровно три и не более трех негодных изделий.
2. Функция распределения случайной величины Х имеет вид:
F(x) = A+Barctg х при - < x < +.
Определить постоянные А и В и найти плотность вероятностей. Построить графики обеих функций.
3. Три стрелка произвели залп по цели. Вероятность поражения цели для первого, второго и третьего стрелка соответственно равна: 0,7; 0,8;
113
0,9. Найти вероятность того, что а) только один стрелок поразит цель;
б) только два стрелка поразят цель; в) все три стрелка поразят цель; г) хотя бы один стрелок поразит цель.
4. Найти закон распределения дискретной случайной величины Х,
которая имеет два возможных значения х1 < х2. Математическое ожидание равно 2,2, дисперсия – 0,36 и р1 = 0,9.
5. В каждой из двух урн содержится 4 черных и 6 белых шаров. Из
второй урны наудачу извлечен один шар и переложен в первую урну, после чего из первой урны наудачу извлечен шар. Найти вероятность того,
что шар, извлеченный из первой урны, окажется белым.
6. Вероятность наступления события в каждом из независимых испытаний равна 0,2. Проведено 900 испытаний. Найти вероятность того,
что относительная частота появления события отклонится от его вероятности не больше, чем на 0,04.
7. На фабриках a, b, c машины производят соответственно 25 %, 35 %,
40 % всех изделий. В их продуктах брак составляет соответственно 5 %, 4 %,
2 %. Какова вероятность того, что случайно выбранное изделие дефектно?
8. Вероятность попадания в цель при одном выстреле равна 0,6.
Найти: а) вероятность того, что при 5400 выстрелах цель будет поражена
3240 раз; б) наиболее вероятное число попаданий в цель при 5400 выстрелах.
9. Математическое ожидание нормально распределенной случайной величины Х равно m = 2, среднее квадратическое отклонение  = 1.
Найти вероятность того, что Х примет значение, принадлежащее интервалу (4; 7).
Вариант № 6
1. Случайная величина Х подчинена нормальному закону с математическим ожиданием 2,2, средним квадратическим отклонением 0,5. Какова вероятность того, что при испытании случайная величина окажется
в интервале [3; 4]?
2. В мешке смешаны нити трёх цветов: белых – 50 %, красных – 30 %,
черных – 20 %. Определить вероятность того, что при последовательном
вытягивании наугад трех нитей окажется, что: а) все нити одного цвета;
б) все нити разных цветов.
3. Данные длительной проверки качества выпускаемой продукции
показали, что в среднем брак составляет 7,5 %. Определить наиболее вероятное число исправных деталей в партии из 39 штук.
4. Вероятность попадания в цель из орудия равна 0,8. Найти вероятность того, что при 900 выстрелах число попаданий будет заключено в
границах от 690 до 740.
5. В коробке находится 4 красных и 6 зеленых карандашей. Из нее
случайно выпали 3 карандаша. Какова вероятность того, что два из них
окажутся красными?
114
6. На фабриках А, В, и С производят соответственно 25 %, 35 % и
40 % всех изделий. В их продукции брак составляет 5 %, 4 % и 2 %. Какова вероятность того, что случайно выбранное изделие дефектно?
7. Производится пять выстрелов по самолету. Вероятность попадания при каждом выстреле равна 0,3. Найти закон распределения случайной величины Х – числа попаданий в самолет, найти M(X) и D(X).
8. Билет на право разового участия в азартной игре стоит Х долларов.
Игрок выбрасывает две игральные кости и получает выигрыш 100 долларов,
если выпали две шестерки; 10 долларов, если выпала только одна шестерка;
и проигрывает, если не одной шестерки не появилось. Какова должна быть
стоимость билета, если игра приносила доход ее устроителям?
9. Из аэровокзала отправились два автобуса к трапам самолетов.
Вероятность своевременного прибытия каждого автобуса в аэропорт равна 0,95. Найти вероятность того, что: а) оба автобуса опоздают; б) оба автобуса прибудут вовремя; в) только один прибудет вовремя; г) хотя бы
один прибудет вовремя.
Вариант № 7
1. Вероятность хотя бы одного попадания при 2 выстрелах равна
0,96. Найти вероятность трех попаданий при четырех выстрелах.
2. Вероятность появления события в каждом из независимых испытаний равна 0,2. Найти вероятность того, что событие наступит 20 раз в
100 испытаниях.
3. В урне 5 белых и 4 черных шара. Наудачу извлекают из урны 1
шар, а затем другой (не возвращая). Найти вероятность того, что во втором случае был вынут белый шар.
4. Произвели три выстрела по одной мишени. Вероятность попадания при каждом выстреле равна 0,5. Найти вероятность того, что в результате выстрелов будет только одно попадание.
5. При каком числе выстрелов наивероятнейшее число попаданий равно 16, если вероятность попадания в отдельном выстреле составляет 0,7?
6. Случайная величина Х подчинена закону распределения с плотностью f(x), причем
0, если x  0,

f ( x)  a(3x  x2 ), если 0  x  3,
0, если x  3.

Построить график f(x).
Найти: 1) коэффициент а; 2) F(x); 3) вероятность попадания величины Х в промежуток (1; 2).
7. Стрелок делает по мишени три выстрела. Вероятность попадания
в мишень при каждом выстреле равна 0,3. Построить ряд распределения
и найти дисперсию числа попаданий.
115
8. Случайная величина Х распределена по нормальному закону с
математическим ожиданием M = 40 и дисперсией, равной 200. Вычислить
вероятность попадания случайной величины в интервал (30; 80).
9. В партии из 100 одинаковых по внешнему виду изделий смешаны 40 штук 1 сорта и 60 штук 2 сорта. Найти вероятность того, что взятые наудачу два изделия окажутся: а) одного сорта; б) разных сортов.
Вариант № 8
1. Считается, что отклонение длины изготавливаемых деталей от
стандарта является случайной величиной, распределенной по нормальному закону. Если стандартная длина равна 40 см, среднее квадратическое отклонение равно 0,4 см, то какую точность длины изделия можно
гарантировать с вероятностью 0,8?
2. Дана функция плотности:
0, если x  0
 2
ax , если 0  x  1
f ( x)  
2
a ( 2  x ) , если 1  x  2
0, если x  2.

Найти: a; M(x); D(x).
3. Определить вероятность того, что в семье, имеющей 5 детей, будет: а) три девочки и два мальчика; б) не больше трех девочек. Вероятности рождения мальчика и девочки считаются одинаковыми.
4. Два охотника стреляют в цель. Известно, что вероятность попадания у первого охотника равна 0,2, а у второго – 0,6. В результате первого залпа оказалось одно попадание в цель. Чему равна вероятность того, что промахнулся первый охотник?
5. Сколько раз надо подбросить игральную кость, чтобы наивероятнейшее число выпадений двойки было равно 32?
6. Найти вероятность того, что в партии из 800 изделий число изделий высшего сорта заключено между 450 и 500, если вероятность того,
что отдельное изделие высшего сорта, равна 0,62.
7. В некотором цехе брак составляет 5 % всех изделий. Составить
таблицу распределения числа бракованных изделий из 4 взятых наудачу
изделий. Найти математическое ожидание и дисперсию этой случайной
величины.
8. На книжной полке случайным образом расставлены 4 книги по
теории вероятностей и 3 книги по теории игр. Какова вероятность того,
что книги по данному предмету окажутся рядом?
9. Два стрелка произвели по одному выстрелу по мишени. Вероятность поражения мишени каждым из стрелков равна 0,8. Найти вероятность
того, что: а) оба стрелка поразят цель; б) оба стрелка промахнутся; в) только
один стрелок поразит мишень; г) хотя бы один стрелок поразит мишень.
116
Приложение 1
Таблица значений функции  ( х ) 

х2
2
0
1
0,3989 3989
2
3989
3
3988
4
3986
5
3984
6
3982
1
е
2
7
3980
3970
3965
3961
3956
3951
3945
3939
3932
3925
3918
3910
3902
3894
3885
3876
3867
3857
3847
3836
3825
3814
3802
3790
3778
3765
3752
3739
3726
3712
3697
3683
3668
3652
3637
3621
3605
3589
3572
3555
3538
3521
3503
3485
3467
3448
3429
3410
3391
3372
3352
3332
3312
3292
3271
3251
3230
3209
3187
3166
3144
3123
3101
3079
3056
3034
3011
2989
2966
2943
2920
2897
2874
2850
2827
2803
2780
2756
2732
2709
2685
2661
2637
2613
2589
2565
2541
2516
2492
2468
2444
0,2420 2396
2371
2347
2323
2299
2275
2251
2227
2203
2179
2155
2131
2107
2083
2059
2036
2012
1989
1965
1942
1919
1895
1872
1849
1826
1804
1781
1758
1736
1714
1691
1669
1647
1626
1604
1582
1561
1539
1518
1497
1476
1456
1435
1415
1394
1374
1354
1334
1315
1295
1276
1257
1238
1219
1200
1182
1163
1145
1127
1109
1092
1074
1057
1040
1023
1006
0989
0973
0957
0940
0925
0909
0893
0878
0863
0848
0833
0818
0804
0790
0775
0761
0748
0734
0721
0707
0694
0681
0669
0656
0644
0632
0620
0608
0596
0584
0573
0562
0551
0,0540 0529
0519
0508
0498
0488
0478
0468
0459
0449
0440
0431
0422
0413
0404
0396
0387
0379
0371
0363
0355
0347
0339
0332
0325
0317
0310
0303
0297
0290
8
3977
9
3973
0,0
0,1
0,2
0,3
0,4
0,5
0,6
0,7
0,8
0,9
1,0
1,1
1,2
1,3
1,4
1,5
1,6
1,7
1,8
1,9
2,0
2,1
2,2
117
Окончание прилож. 1
0
0283
1
0277
2
0270
3
0264
4
0258
5
0252
6
0246
7
0241
8
0235
9
0229
0224
0219
0213
0208
0203
0198
0194
0189
0184
0180
0175
0171
0167
0163
0158
0154
0151
0147
0143
0139
0136
0132
0129
0126
0122
0119
0116
0113
0110
0107
0104
0101
0099
0096
0093
0091
0088
0086
0084
0081
0079
0077
0075
0073
0071
0069
0067
0065
0063
0061
0060
0058
0056
0055
0053
0051
0050
0048
0047
0046
0,0044 0043
0042
0040
0039
0038
0037
0036
0035
0034
0033
0032
0031
0030
0029
0028
0027
0026
0025
0025
0024
0023
0022
0022
0021
0020
0020
0019
0018
0018
0017
0017
0016
0016
0015
0015
0014
0014
0013
0013
0012
0012
0012
0011
0011
0010
0010
0010
0009
0009
0009
0008
0008
0008
0008
0007
0007
0007
0007
0006
0006
0006
0006
0005
0005
0005
0005
0005
0005
0004
0004
0004
0004
0004
0004
0004
0004
0003
0003
0003
0003
0003
0003
0003
0003
0002
0002
0002
0002
0002
0002
0002
0002
0002
0002
0002
0002
0002
0001
0001
2,3
2,4
2,5
2,6
2,7
2,8
2,9
3,0
3,1
3,2
3,3
3,4
3,5
3,6
3,7
3,8
3,9
118
Приложение 2
z2
x 
Таблица значений функции Лапласа ( x)  1  e 2 dz
2 0
x
0,00
0,01
0,02
0,03
0,04
0,05
0,06
0,07
0,08
0,09
0,10
0,11
0,12
0,13
0,14
0,15
0,16
0,17
0,18
0,19
0,20
0,21
0,22
0,23
0,24
0,25
0,26
0,27
0,28
0,29
0,30
0,31
0,32
0,33
0,34
0,35
0,36
0,37
0,38
0,39
0,40
0,41
1,68
1,69
Ф(x)
0,0000
0,0040
0,0080
0,0120
0,0160
0,0199
0,0239
0,0279
0,0319
0,0359
0,0398
0,0438
0,0478
0,0517
0,0557
0,0596
0,0636
0,0675
0,0714
0,0753
0,0793
0,0832
0,0871
0,0910
0,0948
0,0987
0,1026
0,1064
0,1103
0,1141
0,1179
0,1217
0,1255
0,1293
0,1331
0,1368
0,1406
0,1443
0,1480
0,1517
0,1554
0,1591
0,4535
0,4545
x
0,42
0,43
0,44
0,45
0,46
0,47
0,48
0,49
0,50
0,51
0,52
0,53
0,54
0,55
0,56
0,57
0,58
0,59
0,60
0,61
0,62
0,63
0,64
0,65
0,66
0,67
0,68
0,69
0,70
0,71
0,72
0,73
0,74
0,75
0,76
0,77
0,78
0,79
0,80
0,81
0,82
0,83
1,91
1,92
Ф(x)
0,1628
0,1664
0,1700
0,1736
0,1772
0,1808
0,1844
0,1879
0,1915
0,1950
0,1985
0,2019
0,2054
0,2088
0,2123
0,2157
0,2190
0,2224
0,2257
0,2291
0,2394
0,2357
0,2389
0,2422
0,2454
0,2486
0,2517
0,2549
0,2580
0,2611
0,2642
0,2673
0,2703
0,2734
0,2764
0,2794
0,2823
0,2852
0,2881
0,2910
0,2939
0,2967
0,4719
0,4726
x
0,84
0,85
0,86
0,87
0,88
0,89
0,90
0,91
0,92
0,93
0,94
0,95
0,96
0,97
0,98
0,99
1,00
1,01
1,02
1,03
1,04
1,05
1,06
1,07
1,08
1,09
1,10
1,11
1,12
1,13
1,14
1,15
1,16
1,17
1,18
1,19
1,20
1,21
1,22
1,23
1,24
1,25
2,28
2,30
119
Ф(x)
0,2995
0,3023
0,3051
0,3078
0,3106
0,3133
0,3159
0,3186
0,3212
0,3238
0,3264
0,3289
0,3315
0,3340
0,3365
0,3389
0,3413
0,3438
0,3461
0,3485
0,3508
0,3531
0,3554
0,3577
0,3599
0,3621
0,3643
0,3665
0,3686
0,3708
0,3729
0,3749
0,3770
0,3790
0,3810
0,3830
0,3849
0,3869
0,3883
0,3907
0,3925
0,3944
0,4887
0,4893
x
1,26
1,27
1,28
1,29
1,30
1,31
1,32
1,33
1,34
1,35
1,36
1,37
1,38
1,39
1,40
1,41
1,42
1,43
1,44
1,45
1,46
1,47
1,48
1,49
1,50
1,51
1,52
1,53
1,54
1,55
1,56
1,57
1,58
1,59
1,60
1,61
1,62
1,63
1,64
1,65
1,66
1,67
2,74
2,76
Ф(x)
0,3962
0,3980
0,3997
0,4015
0,4032
0,4049
0,4066
0,4082
0,4099
0,4115
0,4131
0,4147
0,4162
0,4177
0,4192
0,4207
0,4222
0,4236
0,4251
0,4265
0,4279
0,4292
0,4306
0,4319
0,4332
0,4345
0,4357
0,4370
0,4382
0,4394
0,4406
0,4418
0,4429
0,4441
0,4452
0,4463
0,4474
0,4484
0,4495
0,4505
0,4515
0,4525
0,4969
0,4971
Окончание прилож. 2
x
1,70
1,71
1,72
1,73
1,74
1,75
1,76
1,77
1,78
1,79
1,80
1,81
1,82
1,83
1,84
1,85
1,86
1,87
1,88
1,89
1,90
Ф(x)
0,4554
0,4564
0,4573
0,4582
0,4591
0,4599
0,4608
0,4616
0,4625
0,4633
0,4641
0,4649
0,4656
0,4664
0,4671
0,4678
0,4686
0,4693
0,4699
0,4706
0,4713
x
1,93
1,94
1,95
1,96
1,97
1,98
1,99
2,00
2,02
2,04
2,06
2,08
2,10
2,12
2,14
2,16
2,18
2,20
2,22
2,24
2,26
Ф(x)
0,4732
0,4738
0,4744
0,4750
0,4756
0,4761
0,4767
0,4772
0,4783
0,4793
0,4803
0,4812
0,4821
0,4830
0,4838
0,4846
0,4854
0,4861
0,4868
0,4875
0,4881
x
2,32
2,34
2,36
2,38
2,40
2,42
2,44
2,46
2,48
2,50
2,52
2,54
2,56
2,58
2,60
2,62
2,64
2,66
2,68
2,70
2,72
120
Ф(x)
0,4898
0,4904
0,4909
0,4913
0,4918
0,4922
0,4927
0,4931
0,4934
0,4938
0,4941
0,4945
0,4948
0,4951
0,4953
0,4956
0,4959
0,4961
0,4963
0,4965
0,4967
x
2,78
2,80
2,82
2,84
2,86
2,88
2,90
2,92
2,94
2,96
2,98
3,00
3,20
3,40
3,60
3,80
4,00
4,50
5,00
Ф(x)
0,4973
0,4974
0,4976
0,4977
0,4979
0,4980
0,4981
0,4982
0,4984
0,4985
0,4986
0,49865
0,49931
0,49966
0,499841
0,499928
0,499968
0,499997
0,499997
Список использованной литературы
Венцель, Е. С. Теория вероятностей / Е. С. Венцель. – М.: Наука, 1979. – 576 с.
Гнеденко, Б. Е. Курс теории вероятностей / Б. Е. Гнеденко. – М.: Наука, 1971. – 407 с.
Гмурман, В. Е. Теория вероятностей и математическая статистика / В. Е. Гмурман. –
М.: ВШ, 1972. – 368 с.
4. Гмурман, В. Е. Руководство к решению задач по теории вероятностей и математической статистике / В. Е. Гмурман. – М.: ВШ, 1975. – 333 с.
5. Данко, П. Е. Высшая математика в упражнениях и задачах: в 3 ч. Ч. 3. / П. Е. Данко,
А. Г. Попов. – М.: ВШ, 1971. – 320 с.
6. Карасев, А. И. Теория вероятностей и математическая статистика / А. И. Карасев. – М.:
Наука, 1970. – 360 с.
7. Корн, Г. Справочник по математике для научных работников и инженеров / Г. Корн,
Т. Корн. – М.: Наука, 1968. – 600 с.
8. Пугачев, В. С. Теория вероятностей и математическая статистика / В. С. Пугачев. – М.:
Наука, 1979. – 495 с.
9. Севастьянов, Б. А. Сборник задач по теории вероятностей / Б. А. Севастьянов, В. П. Чистяков, А. Н. Зубков. – М.: Наука, 1980. – 271 с.
10. Розанов, Ю. А. Лекции по теории вероятностей / Ю. А. Розанов. – М.: Наука, 1986. –
125 с.
11. Феллер, В. Введение в теорию вероятностей / В. Феллер. – М.: Наука,1986. – 498с.
12. Сборник задач по теории вероятностей, математической статистике и теории случайных функций / Б. Г. Володин [и др.]. – М.: Наука, 1970. – 650 с.
1.
2.
3.
121
ОГЛАВЛЕНИЕ
Введение......…………...………………………….…….......……….
Предмет теории вероятностей………………….......…….……..
Краткие исторические сведения…………..…….......………….
§ 1. Основные понятия теории вероятностей...................................
1.1. Событие. Виды случайных событий….........…………….
1.2. Классическое определение вероятности события. Элементы комбинаторного анализа…………...........……………….....
1.3. Статистическое определение вероятности события……...
1.4. Геометрические вероятности…………..........……………..
1.5. Задачи…………………………..................….........................
§ 2. Основные теоремы теории вероятностей и следствия из них..
2.1. Алгебра событий……………...................…………………..
2.2. Теорема сложения вероятностей…...………………………
2.3. Теорема умножения вероятностей….......………………….
2.4. Формула полной вероятности………………..………….…
2.5. Вычисление вероятностей гипотез после испытания
(формула Байеса)……………………… ……………….........……..
2.6. Задачи…………...........…………………................................
§ 3. Последовательность независимых испытаний.....................…
3.1. Повторение опытов. Формула Бернулли…..............……...
3.2. Отрицательное биномиальное и полиномиальное распределения……………………………........……............………………
3.3. Локальная и интегральная теоремы Муавра-Лапласа…....
3.4. Отклонение относительной частоты от постоянной вероятности в независимых испытаниях……….............………………
3.5. Наивероятнейшее число появлений события в независимых испытаниях…………………………………………….........…
3.6. Теорема Пуассона……..…………….………………………
3.7. Простейший поток событий………………..............…...….
3.8. Задачи…………………......................……………………....
§ 4. Дискретные случайные величины, их законы распределения
и числовые характеристики……….........…..................................…
4.1. Понятие дискретной случайной величины (ДСВ)…......…
4.2. Ряд распределения. Многоугольник распределения.
Примеры классических дискретных распределений………......……..
4.3. Зависимость и независимость случайных величин. Математические операции над случайными величинами.............….
4.4. Числовые характеристики случайных величин, их роль и
назначение……………….........................……………………….…
122
3
3
5
7
7
8
13
15
18
20
20
21
24
29
31
33
38
38
42
45
50
52
53
56
58
61
61
62
66
68
4.5. Математическое ожидание дискретной случайной величины и его свойства…...........................................................………
4.6. Дисперсия дискретной случайной величины и ее свойства.
Среднее
квадратическое
отклонение………….…........……….
4.7. Задачи………………..............………………………………
§ 5. Непрерывные случайные величины, их законы распределения и числовые характеристики….............................................…...
5.1. Функция распределения и ее свойства….....….…………..
5.2. Плотность вероятности и ее свойства………..........………
5.3. Числовые характеристики………….............…………...…..
5.4. Примеры некоторых классических распределений...……
5.5. Нормальный закон распределения………….....……...……
5.6. Задачи………………………………………........…………..
Варианты предлагаемой контрольной работы................................
Приложение 1……………..........................................………………
Приложение 2……………………………..................……………....
Список использованной литературы…………..………...........…...
123
69
74
79
83
83
87
90
94
100
105
110
117
119
121
Анатолий Николаевич Засульский
Анна Сергеевна Чурзина
ТЕОРИЯ ВЕРОЯТНОСТЕЙ
ЧАСТЬ I
Учебное пособие
Редактор Пчелинцева М. А.
Компьютерная верстка Сарафановой Н. М.
Темплан 2009 г., поз. № 25К.
Лицензия ИД № 04790 от 18 мая 2001 г.
Подписано в печать 11. 09. 2009 г. Формат 60×84 1/16.
Бумага листовая. Печать офсетная.
Усл. печ. л. 7,75. Усл. авт. л. 7,56.
Тираж 100 экз. Заказ №
Волгоградский государственный технический университет
400131 Волгоград, просп. им. В. И. Ленина, 28.
РПК «Политехник»
Волгоградского государственного технического университета
400131 Волгоград, ул. Советская, 35.
124