Основные числовые характеристики дискретных и непрерывных случайных величин

Примеры:

1)      пусть событие А – извлечение из колоды в 32 карты туза, а событие В – то, что и вторая вынутая из колоды карта окажется тузом. Тогда, если после первого раза карта была возвращена в колоду, то вероятность вынуть вторично туз не меняется:  Если же первая карта в колоду не возвращается, то осуществление события А приводит к тому, что в колоде осталась 31 карта, из которых только 3 туза. Поэтому

2)      если событие А – попадание в самолет противника при первом выстреле из орудия, а  В – при втором, то первое попадание уменьшает маневренность самолета, поэтому р(В/А) увеличится по сравнению с р(А).

Теорема 1.3 (теорема умножения). Вероятность произведения двух событий равна произведению вероятности одного из них на условную вероятность другого при условии, что первое событие произошло:                

 р (АВ) = р (А) · р (В/А).                                                                 (1.6)

Доказательство.

Воспользуемся обозначениями теоремы 1.1. Тогда для вычисления р(В/А) множеством возможных исходов нужно считать т_А (так как А произошло), а множеством благоприятных исходов – те, при которых произошли и А, и В ( т_АВ ). Следовательно,

 откуда следует утверждение теоремы.

Пример. Для поражения  цели необходимо попасть в нее  дважды. Вероятность первого попадания  равна 0,2, затем она не меняется при  промахах, но после первого попадания  увеличивается вдвое. Найти вероятность  того, что цель будет поражена первыми  двумя выстрелами.

Решение. Пусть событие А – попадание при первом выстреле, а событие В – попадание при втором. Тогда р (А) = 0,2, р (В/А) = 0,4, р (АВ) = 0,2·0,4 = 0,08.

Следствие.  Если подобным образом вычислить вероятность события ВА, совпадающего с событием АВ, то получим, что р (ВА) = р (В) · р (А/В). Следовательно,      

р (А) · р (В/А) = р (В) · р (А/В).                                                              (1.7)

Определение 1.3. Событие В называется независимым от события А, если появление события А не изменяет вероятности В, то есть  р (В/А) = р (В).

Замечание. Если событие В не зависит от А, то и А не зависит от В. Действительно, из       р (А) · р (В/А) = р (В) · р (А/В). следует при этом, что  р (А) · р (В) = р (В) · р (А/В), откуда р (А/В) = р (А). Значит, свойство независимости событий взаимно.

Теорема умножения  для независимых событий имеет  вид:    

р (АВ) = р (А) · р (В) ,                                                                             (1.8)

то есть вероятность  произведения независимых событий  равна произведению их вероятностей.

При решении задач  теоремы сложения и умножения  обычно применяются вместе.

Пример. Два стрелка  делают по одному выстрелу по мишени. Вероятности  их попадания при одном выстреле равны соответственно 0,6 и 0,7. Найти  вероятности следующих событий: 

А – хотя бы одно попадание при двух выстрелах; 

В – ровно одно попадание при двух выстрелах; 

С – два попадания; 

D – ни одного попадания.

Решение. Пусть событие Н₁ – попадание первого стрелка, Н₂ – попадание второго. Тогда

А = Н₁ + Н₂, В =Н1 События Н₁ и Н₂ совместны и независимы, поэтому теорема сложения применяется в общем виде, а теорема умножения – в виде р (АВ) = р (А) · р (В) , Следовательно, р(С) = 0,6·0,7 = 0,42,           р(А) = 0,6 + 0,7 – 0,42 = 0,88,

р(B) = 0,6·0,3 + 0,7·0,4 = 0,46 (так как события  и  несовместны),

р(D) = 0,4·0,3 = 0,12. Заметим, что события А и D являются противоположными, поэтому

р(А) = 1 – р(D).                

 

Вероятность появления  хотя бы одного события.

Теорема 1.4. Вероятность появления хотя бы одного из попарно независимых событий

А₁, А₂,…, А_п равна              

 р (А) = 1 – q₁q₂…q_n ,                                                                       (1.9)

где q_i – вероятность события , противоположного событию А_i .

Доказательство.

Если событие А заключается в появлении хотя бы одного события из А₁, А₂,…, А_п, то события А и  противоположны, поэтому по теореме 2.2 сумма их вероятностей равна 1. Кроме того, поскольку А₁, А₂,…, А_п  независимы, то независимы и , следовательно, р( ) = . Отсюда следует справедливость формулы

 р (А) = 1 – q₁q₂…q_n .

Пример. Сколько  нужно произвести бросков монеты, чтобы с вероятностью не менее 0,9 выпал хотя бы один герб?

Решение. Вероятность  выпадения герба при одном  броске равна вероятности противоположного события (выпадения цифры) и равна 0,5. Тогда вероятность выпадения хотя бы одного герба при п выстрелах равна 1- (0,5)^п . Тогда из решения неравенства 1- (0,5)^п > 0,9

следует, что п > log₂10 ≥ 4.

 

Формула полной вероятности и формула Байеса.

 

Определение 2.1. Пусть событие А может произойти только совместно с одним из событий Н₁, Н₂,… Н_п, образующих полную группу несовместных событий. Тогда события Н₁, Н₂,… Н_п  называются гипотезами.

Теорема 2.1. Вероятность события А, наступающего совместно с гипотезами Н₁, Н₂,…, Н_п, равна:

                                                     (2.1)

где p(H_i) – вероятность  i-й гипотезы, а p(A/H_i) – вероятность события А при условии реализации этой гипотезы. Формула носит название формулы полной вероятности.

Доказательство.

Можно считать событие А суммой попарно несовместных событий АН₁, АН₂,… АН_п. Тогда из теорем сложения и умножения следует, что 

 

что и требовалось  доказать.

Пример. Имеются  три одинаковые урны с шарами. В  первой из них 3 белых и 4 черных шара, во второй – 2 белых и 5 черных, в третьей  – 10 черных шаров. Из случайно выбранной урны наудачу вынут шар. Найти вероятность того, что он белый.

Решение. Будем считать  гипотезами Н₁, Н₂ и Н₃ выбор урны с соответствующим номером. Так как по условию задачи все гипотезы равновозможные, то

  Найдем условную вероятность А при реализации каждой гипотезы:

 Тогда                

  

Формула Байеса (теорема гипотез).

Пусть известен результат  опыта, а именно то, что произошло, событие А. Этот факт может изменить априорные (то есть известные до опыта) вероятности гипотез. Например, в предыдущем примере извлечение из урны белого шара говорит о том, что этой урной не могла быть третья, в которой нет белых шаров, то есть р (Н₃/А) = 0. Для переоценки вероятностей гипотез при известном результате опыта используется формула Байеса:

                                                      (2.2)

Действительно, из  р (А) · р (В/А) = р (В) · р (А/В). получим, что    откуда следует справедливость формулы         .

Пример. После двух выстрелов двух стрелков, вероятности  попаданий которых равны 0,6 и 0,7, в  мишени оказалась одна пробоина. Найти  вероятность того, что попал первый стрелок.

Решение. Пусть событие А – одно попадание при двух выстрелах, а гипотезы: Н₁ – первый попал, а второй промахнулся, Н₂ – первый промахнулся, а второй попал, Н₃ – оба попали, Н₄ – оба промахнулись. Вероятности гипотез: р(Н₁) = 0,6·0,3 = 0,18, р(Н₂) = 0,4·0,7 = 0,28, р(Н₃) = 0,6·0,7 = 0,42,   р(Н₄) = 0,4·0,3 = 0,12.  Тогда    р(А/Н₁) = р(А/Н₂) = 1,                    р(А/Н₃) = р(А/Н₄) = 0. Следовательно, полная вероятность р(А) = 0,18·1 + 0,28·1 + 0,42·0 + 0,12·0 = 0,46.

 Применяя формулу  Байеса, получим:                                

               

 

Схема повторения испытаний. Формула Бернулли.

Рассмотрим серию  из п испытаний, в каждом из которых событие А появляется с одной и той же вероятностью р, причем результат каждого испытания не зависит от результатов остальных. Подобная постановка задачи называется схемой повторения испытаний. Найдем вероятность того, что в такой серии событие А произойдет ровно к раз (неважно, в какой последовательности). Интересующее нас событие представляет собой сумму равновероятных несовместных событий, заключающихся в том, что А произошло в некоторых к испытаниях и не произошло в остальных  п – к испытаниях. Число таких событий равно числу сочетаний из п по к, то есть , а вероятность каждого из них: p^kq^n-k, где q = 1 – p– вероятность того, что в данном опыте А не произошло. Применяя теорему сложения для несовместных событий, получим формулу Бернулли:  

                                                                 (2.3)                   

Пример. Для получения  приза нужно собрать 5 изделий  с особым знаком на этикетке. Найти  вероятность того, что придется купить 10 изделий, если этикетки с этим знаком имеют 5% изделий.

Решение. Из постановки задачи следует, что последнее купленное  изделие имеет особый знак. Следовательно, из предыдущих девяти эти знаки имели 4 изделия. Найдем вероятность этого по формуле Бернулли:

Тогда  р = 0,0006092·0,05 = 0,0000304.              

 

Приближение Пуассона для схемы Бернулли.

Формула Бернулли требует  громоздких расчетов при большом  количестве испытаний. Можно получить более удобную для расчетов приближенную формулу, если при большом числе  испытаний вероятность появления А в одном опыте мала, а произведение пр = λ сохраняет постоянное значение для разных серий опытов ( то есть среднее число появлений события А в разных сериях испытаний остается неизменным). Применим формулу Бернулли: 

Найдем предел полученного  выражения при 

Таким образом, формула Пуассона

                                                          (2.4) 

позволяет найти  вероятность к появлений события А для массовых (п –

велико ) и редких (р – мало ) событий.

 

 

Случайные величины.

Наряду с понятием случайного события в теории вероятности  используется и более удобное  понятие случайной величины.

Определение 3.1. Случайной величиной называется величина, принимающая в результате опыта одно из своих возможных значений, причем заранее неизвестно, какое именно.

Будем обозначать случайные  величины заглавными буквами латинского алфавита (Х, Y,Z,…), а их возможные значения – соответствующими малыми буквами (x_i, y_i,…).

Примеры: число очков, выпавших при броске игральной кости; число появлений герба при 10 бросках  монеты; число выстрелов до первого  попадания в цель; расстояние от центра мишени до пробоины при попадании.

Можно заметить, что  множество возможных значений для  перечисленных случайных величин  имеет разный вид: для первых двух величин оно конечно ( соответственно 6 и 11 значений), для третьей величины множество значений бесконечно и  представляет собой множество натуральных  чисел, а для четвертой – все  точки отрезка, длина которого равна  радиусу мишени. Таким образом, для  первых трех величин множество значений из отдельных (дискретных), изолированных  друг от друга значений, а для  четвертой оно представляет собой  непрерывную область. По этому показателю случайные величины подразделяются на две группы: дискретные и непрерывные.

Определение 3.2. Случайная величина называется дискретной, если она принимает отдельные, изолированные возможные значения с определенными вероятностями.

Определение 3.3.  Случайная величина называется непрерывной, если множество ее возможных значений целиком заполняет некоторый конечный или бесконечный промежуток.

 

Дискретные  случайные величины.

Для задания дискретной случайной величины нужно знать  ее возможные значения и вероятности, с которыми принимаются эти значения. Соответствие между ними называется законом распределения случайной величины. Он может иметь вид таблицы, формулы или графика.

Таблица, в которой  перечислены возможные значения дискретной случайной величины и  соответствующие им вероятности, называется рядом распределения:

xi	x1	x2	…	xn	…
pi	p1	p2	…	pn	…

Заметим, что событие, заключающееся в том, что случайная  величина примет одно из своих возможных  значений, является достоверным, поэтому 

Пример. Два стрелка делают по одному выстрелу по мишени. Вероятности их попадания при одном выстреле равны соответственно 0,6 и 0,7. Составить ряд распределения случайной величины Х – числа попаданий после двух выстрелов.